江苏省盐城中学2022-2023学年高二上学期期末数学试题(含答案解析)

2024年3月9日发(作者：小学一升二的数学试卷)

江苏省盐城中学2022-2023学年高二上学期期末数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题x2y21．已知椭圆C:1，则椭圆C的焦点坐标为（916）A．5,0,(5,0)C．0,3,(0,3)2．已知f(x)x3，则limA．0B．(0,7),(0,7)D．0,5,0,5f(1x)f(1)（xx0）D．3B．3C．23．已知A2,0、B2,3，直线l过定点P1,2，且与线段AB相交，则直线l的斜率k的取值范围是（A．2k1）1B．k12C．k1）D．k2或k14．已知fxf2023lnxA．012xx，则f2023（2B．2023C．1D．20235．已知直线l过点Aa,0，且斜率为1，若圆x2y24上有4个点到l的距离为1，则a的取值范围为（A．(1,1)）22,B．22C．(2,2)D．[0,2)6．已知圆C:(x1)2y216，F(1,0)为圆内一点，将圆折起使得圆周过点F(如图)，然后将纸片展开，得到一条折痕l，这样继续下去将会得到若干折痕，观察这些折痕围成的轮廓是一条圆锥曲线，则该圆锥曲线的方程为（）x2y2A．143x2x2y22B．y1C．143427．若数列{an}满足an11，且a13，则a2023（1anx2y2D．154）试卷第1页，共4页

A．2B．13C．21D．38．“中国剩余定理”一般指“孙子定理”，是中国古代求解一次同余式组的方法，是数论中一个重要定理，若将被3除余2且被5除余2的正整数从小到大排列，组成数列cn，则c23为（A．62）B．102C．302D．332二、多选题x2y29．若曲线C:1，且a,b分别是1与9的等差中项与等比中项，则下列描述正ab确的是（）A．曲线C可以表示焦点在x轴的椭圆B．曲线C可以表示焦距是42的双曲线C．曲线C可以表示离心率是2的椭圆53D．曲线C可以表示渐近线方程是yx的双曲线5Sn为数列an的前n项和，10．若数列an为等比数列，则下列数列一定成等比的有（）A．数列2anC．Sn,S2nSn,S3nS2n11．下列求导运算错误的是（．．A．(log2(2x))C．(3x)3xlnx12xln2B．数列an1anD．数列anan1）B．(x1x)exexD．(xsin(2x))sin(2x)2xcos(2x)12．“黄金双曲线”是指离心率为“黄金分割比”的倒数的双曲线（将线段一分为二，较大部分与全长的比值等于较小部分与较大部分的比值，则这个比值称为“黄金分割比”），x2y2若黄金双曲线C:221(ab0)的左右两顶点分别为A1,A2，虚轴上下两端点分ab别为B1,B2，左右焦点分别为F1,F2，EF为双曲线任意一条不过原点且不平行于坐标轴的弦，M为EF的中点.设双曲线C的离心率为e，则下列说法正确的有（A．e）5+12B．kEFkOMeC．直线F1B2与双曲线C的一条渐近线垂直试卷第2页，共4页

D．A1A2F1F2B1B22三、填空题13．在平面直角坐标系xOy中，若F是抛物线y=x2的焦点，P2,m是抛物线上的一点，则PF________．14．若P是直线xy10上的一点，点Q是曲线ylnx上的一点，则PQ的最小值为________．*15．对于数列an，若集合Axxan,nN为有限集，则称数列an为“好数列”.2若“好数列”an满足an1an2an2，则a1____________．x2y216．已知A,B,C是椭圆2+21(ab0)上的三个点，O为坐标原点，A,B两点关于ab原点对称，AC经过右焦点F，若OAOF且AF2CF，则该椭圆的离心率是_____．四、解答题17．已知等差数列an和等比数列bn满足a11,b38,anlog2bn，nN*．(1)求数列an，bn的通项公式；(2)设数列an中不在数列bn中的项按从小到大的顺序构成数列cn，记数列cn的前n项和为Sn，求S50．18．已知圆C:x2y24x6y40．(1)若一直线被圆C所截得的弦的中点为M(3,2)，求该直线的方程；把△CAB的面积S表示为m(2)设不过圆心C的直线l:yxm与圆C交于A，B两点，的函数，并求S的最大值．19．设函数fxalnx212x1（a为非零常数）2(1)若曲线fx在点0,f0处的切线经过点1,ln2，求实数a的值；(2)讨论函数yfx的单调性.120．已知数列an各项均不为0，且a1，Qn为数列an的前n项的积，Sn为数列Qn3*的前n项的和，若Qn3SnSn10nN,n2.试卷第3页，共4页

1(1)求证：数列是等差数列；Sn(2)求an的通项公式.x2y221．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知椭圆：221(a>b>0）的离心率ab20的最大距离为221.，椭圆上的点与点P1，2(1)求椭圆的标准方程；为B，B）下顶点分别为A、过点P的直线与椭圆交于点C、D（异于点A、，(2)设椭圆的上、与y轴交于点M，直线AD与直线BC交于点N，试探究：OMON是否为定值？若是定值，请求出该定值；若不是定值，请说明理由.S1,k122．我们知道，如果Snak，那么ak，反之，如果SS,k2且kNk1k1knnnS1,k1aS1SkSk1Sn.后者常称为求数列前nak，那么kSS,k2且kNk1k2k1k项和的“差分法”（或裂项法）.nnn1n(1)请你用差分法证明：kk，其中k；2k1k1k1n32n11lnn1(2)证明：k1k1k1kn试卷第4页，共4页

参考答案：1．B【分析】首先确定焦点位置是在x轴还是在y轴，再由标准方程求得a,b,c即可求得焦点坐标.x2y222【详解】因为椭圆方程是1，所以a16,b9，916所以c2a2b2，即ca2b21697，又因为椭圆焦点在y轴上，所以焦点坐标为(0,7),(0,7).故选：B.2．D【分析】利用导数的定义与运算法则即可得出【详解】已知f(x)x3，得f(x)3x2，由导数的定义可得lim故选：D3．A【分析】设直线l与线段AB交于点Q2,y，其中0y3，利用斜率公式可求得k的取值范围.【详解】设直线l与线段AB交于点Q2,y，其中0y3，所以，k故选：A.4．B【分析】求导直接求解即可.【详解】解：求导得fx所以f2023故选:B5．C【分析】首先由点斜式求出直线方程，再确定圆心，由题意知圆心到直线的距离小于1，即可求出a的取值范围.答案第1页，共15页f20232023f2023xx1，f(1x)f(1)f(1)3.xx0y2y22,1.2120231，解得f20232023

【详解】因为圆x2y24上有4个点到l的距离为1，所以圆心到直线的距离小于1，设圆x2y24的圆心O0,0到直线的距离为d，又因为过点Aa,0，且斜率为1的直线方程为yxa，即xya0，所以d故选：C.6．A【分析】由图形可知PFPCPAPCAC结果为定值，进而根据椭图的定义推断出点P的轨迹方程.【详解】F(1,0)，C(1,0)，点F关于折痕l的对称点A在圆周上，折痕l为线段AF的垂直平分线，折痕l与AC相交于点P，如图所示：00a11221，解得a2，即2a2.则有PAPF，可知PFPCPAPCAC4FC2，所以点P的轨迹是以F,C为左、右焦点的椭圆，其中长轴2a4，焦距2c2，所以点P的x2y2x2y2轨迹方程为1，即折痕围成轮廓的圆锥曲线的方程为1.4343故选：A7．B【分析】先根据题干中的递推公式进行逐项代入，即可判别出数列为周期数列，再根据周期数列的性质即可计算出a2023的值．【详解】数列{an}满足an11a31222，，且a13，a211a1an121212，a41，a513a1，L1a231a321a4则数列{an}是以4为最小正周期的周期数列，即an4an，答案第2页，共15页

1∴a2023a50543a3.3故选：B8．D【分析】由条件确定数列cn的通项公式，由此确定c23.【详解】被3除余数为2的正整数从小到大排列可得，2,5,8,11,14,17,20,23,26,29,32,，被5除余数为2的正整数从小到大排列可得，2,7,12,17,22,27,32,，两个数列的公共项按从小到大排列可得，2,17,32,，所以cn为首项为2，公差为15的等差数列，所以c2322215332．故选：D.9．AB【分析】先求出a，b的值，分类讨论即可求解.【详解】由题知，a,b分别是1与9的等差中项与等比中项，2a1910，b2199，解得：a5，b3；当a5，b3时，x2y2此时曲线C的方程为：1，53因此曲线C为椭圆，焦点在x轴上，b310离心率e1，1a55故选项A正确，C错误；当a5，b3时，x2y2此时曲线C的方程为：1，532因此曲线C为双曲线，由c2a2b2得c2538，解得：c22，焦距为：42，答案第3页，共15页

x2y215渐近线方程为：0即yx535故选项B正确，D错误；故选：AB.10．AD【分析】设出等比数列an的公比，利用定义及通项并结合公比的取值情况逐项判断作答.n1【详解】令等比数列an的公比为q(q0)，则ana1q，n1对于A，2an2a1q，2an1q，数列2an是等比数列，A是；2annn1对于B，当q1时，an1ana1(1)a1(1)0，此时数列an1an不是等比数列，B不是；对于C，当q1，且n为正偶数时，Sn0，此时Sn,S2nSn,S3nS2n不成等比数列，C不是；对于D，an1an2an2q2，则数列anan1是等比数列，D是.anan1an故选：AD11．ABC【分析】利用导数运算法则，逐项计算、判断作答.【详解】对于A，(log2(2x))(2x)1，A不正确；2xln2xln2xexxex1xx，B不正确；对于B，(x)e(ex)2e对于C，(3x)3xln3，C不正确；对于D，(xsin(2x))sin(2x)x(sin(2x))sin(2x)x2cos(2x)sin(2x)2xcos(2x)，D正确.故选：ABC12．ACD【分析】对选项逐个分析判断：对于A由黄金双曲线的定义即可求得离心率，对于B由点差法即可得出kEFkOM的值，对于C分别求出直线F1B2及渐近线的斜率，求得斜率之积是否为1，对于D将所给线段长度由a,b,c代入，再由a,b,c之间的关系化简即可判断.答案第4页，共15页

cex2y2【详解】对于A：若C:221(ab0)是黄金双曲线，则aab1512，故A512正确；x1x2x02对于B：设Ex1,y1,Fx2,y2，Mx0,y0，其中，yyy1202x12y12122a2b2x12x2y12y2又Ex1,y1,Fx2,y2在双曲线上，即2两式相减得0，222xyab22122aby1y2b2x1x2b22x0b2x0b2x00即x1x2a2y1y2a22y0a2y0a2y00则kEFb21b22得kEFkOM2e21，故B错误；akOMab0b，渐近线得斜率kb，0cca对于C：kF1B2bbb2a2c21e则kF1B2kcaacace251511，2即kF1B2k1，则直线F1B2与双曲线C的一条渐近线垂直，故C正确；c对于D：因为A1A22a,B1B22b,F1F22c，ea51，2所以c51512a,b2a222所以A1A2F1F2B1B24ac4b24即A1A2F1F2B1B2，故D正确.故选：ACD.13．2512a42512a0，2174【分析】将点P的坐标代入抛物线方程，求出m的值，可得出点P的坐标，再利用抛物线的定义可求得PF.1【详解】将点P的坐标代入抛物线方程可得m224，即点P2,4，易知点F0,，4117由抛物线的定义可得PF4.44答案第5页，共15页

故答案为：14．217.4mlnm12【分析】设Qm,lnm,m0，利用点到直线的距离可得d利用导数求出gxming12，即可得到答案，令gxxlnx1，【详解】因为点Q是曲线ylnx上的一点，故设Qm,lnm,m0，所以Q到直线xy10的距离为d令gxxlnx1，则gx1mlnm12，1x1xx当x1,gx0,gx单调递增；当0x1,gx0,gx单调递减；所以gxming12，所以dmlnm12mlnm12222所以PQ的最小值为2故答案为：215．1【分析】由题意可得an11an1，分a110，a110和a110三种情况进行分类讨论，检验是否满足“好数列”即可2【详解】由an1an2an2可得an11an1，22当a110即a11时，所以a210，a310，,an10，*此时an1，满足Axxan,nN1，故此时数列an为“好数列”；当a110即a11，则a210，a310，,an10，由an11an1可得lnan11lnan1lnan12lnan1，当a110时，lnan112lnan1，所以lnan1是以lna11为首项，公比为2的等比数列，所以lnan1lna112n1222，答案第6页，共15页

所以此时lnan1每项并不相同，由于ylnx在定义域内是递增函数，*故an每项并不相同，则集合Axxan,nN为无限集，故数列an不为“好数列”；lna212ln1a1当a110时，则，lna12lna1,n2n1n所以lnan1是从第二项起公比为2的等比数列，ln1a1,n1所以lnan1，n2lna12,n22所以从第二项起，lnan1每项并不相同，由于ylnx在定义域内是递增函数，*an每项并不相同，故从第二项起，则集合Axxan,nN为无限集，故数列an不为“好数列”；综上所述，a11故答案为：116．155##33【分析】方法一：设椭圆的左焦点为F，由条件证明四边形AFBF为矩形，设CFm，结合椭圆的定义求AF，CF，利用勾股定理列方程可得a,c关系由此可求离心率.方法二：设As,t，Cm,n，由OAOF可得s2t2c2，由AF2CF可得2ms3c,2nt0，结合点A,C的坐标满足椭圆方程列方程，消元可得a,c关系由此可求离心率.【详解】方法一：设椭圆的半焦距为c，左焦点为F，则OFOFc因为A,B两点关于原点对称，所以OAOB，又OAOF，所以OAOBc，所以四边形AFBF为矩形，设CFm，因为AF2CF，所以AF2m，由椭圆的定义可得AF2a2m，CF2am，在RtCAF，CA3m，CF2am，AF2a2m，答案第7页，共15页

所以2am9m22a2m，所以ma2a4a，故AF，AF，333222224a16a在RtFAF中，FF2c，所以4c，99所以9c25a20，所以离心率ec5.a3方法二：设椭圆的半焦距为c，点A的坐标为s,t，点C的坐标为m,n，则点B的坐标为m2n2s2t2s,t，点F的坐标为c,0，且2+21①，2+21②，abab2ms2ms+2nt2nt3，②×4－①可得，a2b2AF2CF因为AC经过右焦点F，，所以AF2FC，所以cs,t2mc,n，故2ms3c,2nt0，3ca23c2a2a2所以2ms，又2ms3c，所以s，22c2ccst因为OAOF，所以s2t2c2，又2+21，ab22所以s2a2c2b2c2，所以3c2a24a2c2b2，22222所以9c414a2c25a40，即9c5aca0，又0ca，所以9c25a20，所以离心率e故答案为：5.3c5.a3【点睛】方法点睛：椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a，c，代入公式ec；a②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝a2－c2转化为a，c的齐次式，答案第8页，共15页

然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．n17．(1)ann，bn2，nN*(2)1478【分析】（1）由题知a33，进而得等差数列an的公差为d1，进而根据等差数列通项公式和指对互化即可得答案；（2）由题知数列cn的前50项是由数列an的前55项去掉数列bn的前5项后构成的，进而根据等差数列，等比数列的求和公式求解即可.【详解】（1）解：因为等差数列an和等比数列bn满足a11,b38,anlog2bn，nN*，所以a3log2b3log283，所以等差数列an的公差为d所以，ann，nlog2bnn所以，ann，bn2，nN*an（2）解：由（1）bn22na2n，即bn是数列an中的第2n项．a3a1311，22设数列an的前n项和为Pn，数列bn的前n项和为Qn，65因为b62a64,b52a32所以数列cn的前50项是由数列an的前55项去掉数列bn的前5项后构成的，2125(155)55所以S50P55Q51478．21218．(1)yx1；(2)S19(m1)418(m1)2，m132,11,132；.22【分析】（1）根据给定条件，求出圆心坐标，再利用圆的性质求解作答.（2）利用点到直线的距离公式，求出△CAB边AB上的高，再求出弦AB长即可求解作答.答案第9页，共15页

【详解】（1）圆C:(x2)2(y3)29圆心C(2,3)，半径r3，显然点M(3,2)在圆C内，由圆的性质知，当M(3,2)为圆C弦的中点时，该弦所在直线垂直于直线CM，直线CM的斜率kCM231，则有所求直线斜率为1，方程为：y2x3，即yx1，32|23m|2所以该直线的方程为yx1.（2）直线l:xym0与圆C相交时，圆心C到直线l的距离d3，解得132m132，又直线l不过圆心C(2,3)，即m1，因此132m132且m1，|AB|2r2d2232(△CAB的面积Sm12)2(m1)236，211|m1|1|AB|d2(m1)236(m1)418(m1)2，2222因为132m132且m1，则0(m1)218，当(m1)29，即m2或m4时，Smax9，21(m1)418(m1)2，m132,11,132，当m2或m4时，2所以SSmax9.219．(1)1；(2)分类讨论，答案见解析.【分析】（1）利用导数的几何意义，求出曲线fx在点0,f0处的切线方程，再代入计算作答.（2）求出函数定义域，利用导数结合分类讨论求解单调区间作答.【详解】（1）函数fxalnx2而f(0)aln21，2aa12x，则有f(0)，x1，求导得：f(x)x2221a1a因此曲线fx在点0,f0处的切线方程为y(aln2)x，则有ln2(aln2)，2222111即(ln2)aln2，而ln20，则a1，222所以实数a的值为1.答案第10页，共15页

（2）函数fxalnx212x1的定义域为(2,)，2x22xa(x1)2a1，f(x)x2x2当a1时，恒有f(x)0，当且仅当x=1且a1取等号，则函数f(x)在(2,)上单调递增，当a1时，由x22xa0解得x111a，x211a，当x111a2，即0a1时，当2xx1或xx2时，f(x)0，当x1xx2时，f(x)0，因此函数f(x)在(2,11a)，(11a,)上单调递增，在(11a,11a)上单调递减，当a0，即11a2时，当2xx2时，f(x)0，当xx2时，f(x)0，因此函数f(x)在(2,11a)上单调递减，在(11a,)上单调递增，所以当a0时，f(x)递减区间是(2,11a)，递增区间是(11a,)；当0a1时，f(x)递增区间是(2,11a)，(11a,)，递减区间是(11a,11a)；当a1时，f(x)递增区间是(2,).20．(1)证明见解析；13,n11(2)an,n2，nN.2n2n,n3【分析】（1）根据给定的递推公式，结合前n项和与第n项的关系，列式推理作答.（2）利用（1）的结论求出Qn，再利用前n项积的意义求出通项作答.Sn为数列Qn的前n项的和，Qn3SnSn10，【详解】（1）当nN*,n2时，又QnSnSn1，则有Sn1Sn3SnSn1，依题意，nN,Sn0，因此113，SnSn1答案第11页，共15页

1113为首项，3为公差的等差数列.所以数列是以SaS11n11（2）由（1）知，S33(n1)3n，即Sn，n3n1111当nN*,n2时，Qn，而Q1a1不满足上式，3n3(n1)3n(n1)31Qn23n(n1)因为Qn为数列an的前n项的积，则当n3时，ann，1Qn1n3(n1)(n2)1Q61a1而a22，1均不满足上式，1Q123313,n11所以an的通项公式是an,n2，nN.2n2n,n321．(1)椭圆的标准方程为x28y241；(2)OMON4，理由见解析.【分析】求其最大值，解方程求a，根据离心率及a,b,c关(1)表示椭圆上的点到点P的距离，系可求b,c，由此可得椭圆方程；(2)由条件知可设直线CD的方程为ykx1，联立直线CD的方程和椭圆方程可得C,D的坐标关系，求点N的纵坐标并化简，由此证明OMON为定值.m2n2Tm,nc为椭圆上一点，则221，ama，【详解】（1）设椭圆的半焦距为，设点ab22bc20，所以TPm1nm1b2m2m22m1b2，因为P1，aa2222所以当ma时，TP取最大值，最大值为a1，由已知221a1，所以a22，又椭圆的离心率为所以椭圆的标准方程为2c2，所以e，所以c2，故b2a2c24，a22x28y241；答案第12页，共15页

（2）若直线CD的斜率不存在，则CD//AB，与已知矛盾，故设直线CD的方程为ykx1，令x0可得yk，故点M的坐标为0,k，x2y212222联立8，消y可得，2k1x4kx2k80，4ykxk2222422方程2k1x4kx2k80的判别式16k42k12k80，4k22k28设Cx1,y1,Dx2,y2，则x1x22,x1x22，2k12k1B为椭圆的上、下顶点，所以A0,2,B0,2，因为A、所以直线AD的方程为yy22y2x2，x2，直线BC的方程为y1x1x2设Nx3,y3，联立直线AD和直线BC的方程可得，点N的纵坐标为y34kx1x242kx22k4x1x1x22k282k28，又，即4kx1x2x1x2，x1x24k2kk2x12kx2所以y32k28x1x24k2k2x22k24kx1kk2x12kx24，k所以OMON0ky34，【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．22．(1)证明见解析；(2)证明见解析.答案第13页，共15页

【分析】（1）利用裂项法求出k，再利用裂项法求出k即可推理作答.23nnk1k1（2）构造函数f(x)ln(x1)x，利用导数探讨论单调性，证明和即可作答.1k11ln，再求k1kk13123【详解】（1）kN，(k1)3k33k23k1，则有k[k(k1)](3k1)，331n31n13312(3n1)13nn(n1)(2n1)，因此k[k(k1)](3k1)(n0)3k13k13326k1n21432134又kN，(k1)4k44k36k24k1，则k[k(k1)]k(4k1)，4241n43n21n4因此k[k(k1)]k(4k1)4k12k14k1k1n3143113(4n1)(n04)n(n1)(2n1)n42642nnn11411141212nn(n1)(2n1)n(2n1)nn(2n1)[n(n1)]，而k，4444422k1n所以kk.k1k13n2（2）令f(x)ln(x1)x，求导得f(x)x0时，f(x)0，1x1，当1x0时，f(x)0，当x1x1因此函数f(x)在(1,0)上单调递增，在(0,)上单调递减，x(1,0)，f(x)f(0)0，即ln(x1)x，kN，取x1，k111k11k1ln1，即有ln，即ln，k1kk1k1k1k1x(0,)，f(x)f(0)0，即ln(x1)x，kN，取x=1，kk111k1111ln1，即ln，则ln，kkk1kkkknnn1111[ln(k1)lnk]，ln(k1)lnk，有于是kN，k1kk1k1k1k1kn11ln(n1)ln1，即k1k1k1knn11lnn1.所以k1k1k1kn【点睛】易错点睛：裂项法求和，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．答案第14页，共15页

答案第15页，共15页