江苏省南通市六校高二上学期期末联考数学试题gm.pdf

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绝密★启用前
江苏省南通市六校2021-2022学年高二上
学期期末联考数学试题
注意事项:1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2、
请将答案正确填写在答题卡上
一、单选题
3y10的倾斜角为()

4y50与圆x2y210相交与A,B两点,则AB的长等于().

(x)lnxx在(0,e]上的最大值为()
A.-
(2,3)且平行于直线2xy50的直线的方程为()
2y4y72y82y50
8x上一点P到y轴的距离是4,则点P到该抛物线焦点的距离是()

a
a为等比数列,若8aa0,则6的值为()
n25a
4
A.-.-
:我国古代一座9层塔共挂了126盏灯,且相邻两层中的下一层灯数
比上一层灯数都多n(n为常数)盏,底层的灯数是顶层的13倍,则塔的底层共有灯()

ex1与曲线yax在公共点处有公共切线,则实数a()
2ee21
.
eeee
二、多选题
f(x)的导函数的图象如图所示,则下列结论正确的是():.
A.-1是函数f(x)的极小值点
B.-4是函数f(x)的极小值点
(x)在区间(,4)上单调递减
(x)在区间(4,1)上先增后减
(5,2),且直线l在y轴上的截距是直线l在x轴上的截距的2倍,则直
线l的方程是可以是()
y122y210
2y95y0
x2y21
1上一点,椭圆的左､右焦点分别为F,F,且cosFPF,
9412123
则()
A.△22
12F1PF2
210
PF2
12
5
a的公差为d,S,且d0,则()
nn1020
a0
112030
a15时,S取得最小值
921n
三、填空题
13A4,9B6,3__________.
.已知两点和则以AB为直径的圆的标准方程是
π
xxcosxsinx,则f的值为______.

2
a满足a3a(2n1)a2n,则a=________.
n12nn
x2y2
1a0,b0上的一点,F、F分别是双曲线的左、右
a2b212
焦点,已知FPF90,且PF2PF,则双曲线的离心率为________.
1212
四、解答题
:x12y22:.
(1)若点M3,5,求过点M的圆C的切线方程;
(2)若点N2,1为圆C的弦AB的中点,求直线AB的方程.
a是等差数列,b是等比数列,且b3,b9,ab,ab.
nn2311144
(1)求a的通项公式;
n
(2)设cab,求数列c的前n项和.
nnnn
xa
xlnxaR
x
(1)讨论fx的单调区间;
1
(2)求fx在,e上的最大值ga.

e
x2y2
,F、F分别为椭圆C:1(ab0)的左、右焦点,A,B为两个
12a2b2
3
顶点,已知椭圆C上的点(1,)到F、F两点的距离之和为4.
212
(1)求a的值和椭圆C的方程;
(2)过椭圆C的焦点F作AB的平行线交椭圆于P,Q,求FPQ的面积.
21
,B两地相距200km,某船从A地逆水到B地,水速为8km/h,船在静水中
的速度为vkm/h(v>8).若船每小时的燃料费与其在静水中速度的平方成正比,比例
系数为k,当v=12km/h,每小时的燃料费为720元.
(1)求比例系数k
(2)当8v20时,为了使全程燃料费最省,船的实际前进速度应为多少?
(3)当8vx(x为大于8的常数)时,为了使全程燃料费最省,船的实际前进速度
应为多少?

,a0,a2a1nN,数列b满足bloga1.
n1n1nnn2n
(1)求证:数列a1是等比数列,并求出数列a的通项公式;
nn:.
1,n1

(2)数列c前n项和为S,且满足c11,求S的表达式;

nnn,n2n
bb
nn1
qqr5DDD
(3)令Da1,对于大于2的正整数、r(其中),若、、三个数
nn2qr
经适当排序后能构成等差数列,求符合条件的数组q,r.
:.
参考答案

先求出直线的斜率,再根据斜率与倾斜角的关系,即可求出结果.
解:
3
直线3x3y10即y3x,所以直线3x3y10的斜率为3,故倾斜角为
3
60.
故选:D.

根据弦长公式即可求出.
解:
5
因为圆心0,0到直线3x4y50的距离为d1,所以AB的长等于
3242
AB2r2d221016.
故选:C.

对函数求导,然后求出函数的单调区间,从而可求出函数的最大值
解:
11x
由f(x)lnxx,得f'(x)1,
xx
当0x1时,f'(x)0,当1xe,f'(x)0,
所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,e]上单调递减,
所以当x1时,f(x)取得最大值f(1)ln111,
故选:A

根据平行设直线方程为2xyC0,代入点计算得到答案.
解:
:.
设直线方程为2xyC0,将点A(2,3)代入直线方程得到43C0,解得C7.
故直线方程为:2xy70.
故选:B.

计算抛物线的准线,根据距离结合抛物线的定义得到答案.
解:
抛物线y28x的焦点为F2,0,准线方程为,
x2
到y轴的距离是4,故到准线的距离是6,故点到该抛物线焦点的距离是6.
PPP
故选:A.

根据8aa0,利用等比数列的通项公式求解.
25
解:
因为8aa0,
25
所以8aqaq40,
11
则q38,解得q2,
aaq5
所以61q24.
aaq3
41
故选:B

根据给定条件利用等差数列前n项和公式列式计算即可作答.
解:
依题意,9层塔从上层到下层挂灯盏数依次排成一列可得等差数列a,kN,k9,
k
aaa13a
a13a,于是得S19911963a126,解得a2,a26,
91922119
所以塔的底层共有灯26盏.
:.
故选:C

设公共点为Ps,t,根据导数的几何意义可得出关于a、s的方程组,即可解得实数a、s的
值.
解:
设公共点为Ps,t,yex1的导数为yex1,曲线yex1在Ps,t处的切线斜率s1,
ke
aa
yax的导数为y,曲线yax在Ps,t处的切线斜率k,
2x2s
a
因为两曲线在公共点P处有公共切线,所以es1,且tes1,tas,
2s
a
es1a1
1112e
所以2s,即as解得s,所以e2a,解得a,
2s22e
es1as

故选:A.

根据导函数图象确定fx的单调性,由此确定正确选项.
解:
由f'x图象可知,fx在,4上递减,在4,上递增,
所以1不是极值点,A选项错误;4是极小值点,B选项正确;C选项正确;D选项错误.
故选:BC

分直线l过原点与不过原点两种情况讨论,即可求得直线l的方程.
解:
2
①当直线l过原点时,设直线方程为ykx,将点(5,2)代入,可得斜率k,直线方程为
5
2
yx,即为2x5y0,故D正确;
5
xy52
②当直线l不过原点时,设直线方程为1,其中a0,将点(5,2)代入,可得1,
a2aa2a
:.
xy
解之得a6,所以直线方程为1,即直线l的方程为2xy120,故A正确.
612
故选:AD.

△FPF的周长并判断;
12
PF的值,结合三角形的面积公式求解出
12
S并判断;
F1PF2
;
PF的值求解出结果并判断.
12
解:
PF2a6,
12
所以CPFPFFF2a2c6294625,故错误;
F1PF21212
PF2a6,FF2PF2PF22PFPFcosFPF,
1212121212
2
所以494362PFPFPFPF,
12312
111
所以PFPF6,所以SPFPFsinFPF6122,故正确;
12FPF2121229
12
,
14242210
所以FFd22,所以d,故正确;
212FF255
12
1
PFPFPFcosFPF62,故正确;
121212
3
故选:BCD.

29d
由题可得a,然后逐项分析即得.
12
解:
109d2019d
由SS,可得10a20a,
10201212
:.
29d29d31d
∴a,an1ddn,
12n22
对于A,aa2a29d0,故A错误;
11201
30aa30aa
对于B,S13011200,故B正确;
3022
对于C,aa2a28dd0,故C正确;
9211
nn1ddd225d
对于D,Snan215dnn152,当n15时,S取得最小值,
n12222n
故D正确.
故选:BCD.
13.x52x6210
AB
根据AB的中点是圆心,是半径,即可写出圆的标准方程.
2
解:
A4,9B6,35,6
因为和,故可得AB中点为,
又AB642392210?,故所求圆的半径为10,
则所求圆的标准方程是:x52x6210.
故答案为:x52x6210.
π
14.
2

先求出fx的导函数fx,然后将代入可得答案.
2
解:

fxcosxxsinxcosxxsinxfsinx
,所以
2222

故答案为:
2
2
15.
2n1
2
先由题意得n2时,a3a(2n3)a2(n1),再作差得a,
12n1n2n1
验证n1时也满足.
:.
解:
a3a(2n1)a2n①
12n
当n1时,a2;
1
当n2时,a3a(2n3)a2(n1)②
12n1
2
①②得(2n1)a2,a,当n1也成立.
nn2n1
2
即a
n2n1
2
故答案为:
2n1

由双曲线的定义可求得PF、PF,利用勾股定理可得出关于a、c的齐次等式,进而可求
12
得该双曲线的离心率.
解:
由双曲线的定义可得2aPFPFPF,故PF4a,
1221
由勾股定理可得PF2PF2FF2,即4a22a22c2,可得,
c5a
1212
c
因此,该双曲线的离心率为e5.
a
故答案为:5.
17.
(1)x3或5x12y450
(2)xy10
(1)求出圆C的圆心与半径,分过点M的直线的斜率不存和存在两种情况,利用圆心到直
线距离等于半径,即可求出切线方程;
(2)根据圆心与弦中点的连线垂直线,可求出直线AB的斜率,进而求出结果.
(1)
:.
解:由题意知圆心的坐标为C1,2,半径r2,
当过点M的直线的斜率不存在时,方程为x3.
由圆心C1,2到直线x3的距离312r知,此时,直线与圆相切.
当过点M的直线的斜率存在时,设方程为y5k(x3),
|k253k|
即kxy53k2,
k21
5
解得k,∴方程为5x12y450.
12
故过点M的圆C的切线方程为x3或5x12y450.
(2)
12
解:∵圆心C1,2,N2,1,即k1,
NC21
又kk1,
NCAB
∴k1,则AB:xy10.
AB
18.
(1)a2n1
n
3n1
(2)n2
2
(1)设a是公差为d的等差数列,b是公比为q的等比数列,运用通项公式可得q3,
nn
d2,进而得到所求通项公式;
(2)求得cab2n13n1,再由数列的求和方法:分组求和,运用等差数列和等
nnn
比数列的求和公式,计算即可得到所求和.
(1)
1ad
解:()设是公差为的等差数列,
n
b是公比为q的等比数列,
n
:.
b
由b3,b9,可得q33,
23b
2
bbqn233n23n1;
n2
即有ab1,ab27,
11144
aa
则d1412,
13
则aan1d12n12n1;
n1
(2)
解:cab2n13n1,
nnn
则数列c的前n项和为
n
113n3n1
n12.
132n11393n2nn
2132
19.
(1)①a0,f(x)在(0,)上单减;②a0,f(x)在(0,a)上单增,(a,)单减;
a
,ae

e

1
(2)g(a)lna,ae.
e

1
2ea,a
e
ax
(1)f(x),根据函数定义域(0,),分a0,a0,讨论求解;
x2
11
(2)根据(1)知:分a0,0a,ae,ae讨论求解.
ee
(1)
ax
解:(1)定义域(0,),f(x)
x2
①时,f(x)0成立,所以fx在0,上递减;
a0
②a0时,当xa时,f(x)0,当0xa时,f(x)0,
所以fx在0,a上单增,a,单减;
:.
(2)
1
由(1)知:时,fx在,e单减,
a0
e
1
所以f(x)f()2ea;
maxe
11
0a时,fx在,e单减,

ee
1
所以f(x)f()2ea;
maxe
11
ae时,fx在,a上单增,a,e上递减,

ee
所以f(x)f(a)lna;
max
1
ae时,fx在,e单增,

e
a
所以f(x)f(e);
maxe
a
,ae

e

1
综上:g(a)lna,ae.
e

1
2ea,a

e
20.
x2y2
(1)a=2,1
43
21
(2)
2
19
(1)由题意可得a=2,1,求出b2,从而可求得椭圆方程,
44b2
(2)由题意可求出A,B,F的坐标,则可求出直线PQ的方程,然后将直线方程与椭圆方程
2
联立,消去x,利用根与系数的关系,求出|yy|(yy)24yy的值,从而可求出
121212
1
SSS|FF||yy|的值
F1PQF1F2PF1F2Q21212
(1)
由椭圆的定义可得2a=4,所以a=2,
:.
319
又因为点(1,)在椭圆C上,所以1,解得:b23,
244b2
x2y2
所以a的值为2,椭圆C的方程为1.
43
(2)
由椭圆的方程可得A(2,0),B(0,3),F(1,0),
2
303
所以kk,
PQAB0(2)2
3
所以直线PQ的方程为y(x1),
2
3
y(x1)
2
设P(x,y),Q(x,y),由可得8y243y90,
1122x2y2

1
43
39
所以yy,yy,
122128
3921
所以|yy|(yy)24yy4(),
121212482
112121
所以SSS|FF||yy|2
F1PQF1F2PF1F2Q21212222
21.
(1)5
(2)8km/h
(3)答案见解析
(1)列出关系式ykv2,根据当v=12km/h,每小时的燃料费为720元即可求解;
1
(2)列出燃料费的函数解析式,利用导数求其最值即可;
(3)讨论x的范围,结合(2)的结论可得答案.
(1)
设每小时的燃料费为y,则ykv2
11
当v=12km/h,每小时的燃料费为720元,
:.
720
代入得k5.
122
(2)
由(1)得y,
1
2001000v2
则y5v2(820),
v8v8
1000v216000v
所以y,
(v8)2
令y0,解得v=0(舍去)或v=16,
所以当v(8,16)时,y0;当v(16,20]时,y0,
所以当v=16时,y取得最小值,
故为了使全程燃料费最省,船的实际前进速度应为8km/h.
(3)
由(2)得,
若x16时,则y在区间(8,x]上单调递减,
当v=x时,y取得最小值;
若x16时,则y区间(8,16)上单调递减,在区间[16,x]上单调递增,
当v=16时,y取得最小值;
综上,当x16时,船的实际前进速度为8km/h,全程燃料费最省;
当x16时,船的实际前进速度应为(x-8)km/h,全程燃料费最省
22.
(1)证明见解析,a2n11;
n
1
(2)S2;
nn
33,5.
()
a1
(1)由已知等式变形可得n12,利用等比数列的定义可证得结论成立,确定等比数列
a1
n
a1的首项和公比,可求得数列a的通项公式;
nn
:.
1,n1

(2)求得c11,然后分n1、n2两种情况讨论,结合裂项相消法可得出
n,n2

n1n
S的表达式;
n
n1*25DDD2D5DD
(3)求得D2nN,分、2D5DD、三种情况
n2qrq2rr2q
q
讨论,利用奇数与偶数的性质以及整数的性质可求得、r的值,综合可得出结论.
(1)
解:由a2a1可得a12a1,a0,则a11,a12,
n1nn1n112
a1
以此类推可知,对任意的nN,a10,则n12,
na1
n
故数列a1为等比数列,且该数列的首项为a11,公比为2,
n1
故a112n1,可得a2n11.
nn
(2)
1,n1

解:由(1)知a2n11,所以blog2n1n1,所以c11,
nn2n,n2

n1n
当n=1时,Sc1,
11
111111
当n2时,Scccc112.
n123n223n1nn
11
因为S1满足S2n2,所以S2.
1nnnn
(3)
n1*
解:D2nN,5D、D、D这三项经适当排序后能构成等差数列,
n2qr
①若25DDD,则102212q12r1,所以,2q212r215,
2qr
2q211q213
qrq,r3,5
又,所以,,则;
2r214r235

②若2D5DD,则22q152212r1,则2q122r25,
q2r
左边为偶数,右边为奇数,所以,②不成立;
③若2D5DD,同②可知③也不成立.
r2q
综合①②③得,q,r3,5.