福建省龙岩市2022-2023高二上学期期末数学试卷+答案

龙岩市2022～2023学年第一学期期末高二教学质量检查数学参考答案一、选择（本大题共8小题，每小题5分，共40分）题号12345678答案ACDADDBC8.【详解】由an2(bnbn1)得SnSn12(SnSn1)，则SnSn12，即bnbn12，又b1S1a12，所以数列{bn}是以2为首项，2为公差的等差数列，则bn22(n1)2n，an2(bnbn1)8n4，选项A正确.2211111111由bnSn得Snbn4n，则22()，n2，Sn4n4n18n1n1n111111111111所以[(1)()()()()]k1Sk4832435n2nn1n1111117(1)，选项B正确.482nn1167n11(8n4)()b72n7ncn198n47令cn()an(8n4)()，则99c7n8n49n(8n4)()972cn1cn1(1)，由1得n4，由1得n4，所以c1c2c3c4，92n1cncnc5c6c7，数列{cn}先增后减，故{cn}的最大项是在n4或n5时取得，又7767228c28()4，c36()5c，选项C错误.495965614an12n111122(22)，SnSn14n(n1)4n(n1)nak11111111111则[(22)(22)(22)](12)，k1SkSk141223n(n1)4(n1)4选项D正确.二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号9101112答案ACDBDBCDBCD12.【详解】由a2na2n14n3，a2na2n14n1两式相减得a2n1a2n12，所以高二数学答案第1页（共8页）数列{a2n1a2n1}是常数列{2}，选项C正确；由a2na2n14n3得a2n2a2n14n1，又a2na2n14n1，两式相加得a2na2n28n，所以{a2na2n2}是等差数列，选项D正确；由前面分析有a3a5，a7a9，a47a49是各项均为2的常数列，a4a6，a8a10，…，a48a50是以16为首项，16为公差的等差12(121)数列，所以aaaaaa1221216161272，345649502又数列{an}的前50项和为1275，所以a1a23，选项A错误；又a2na2n14n3，令n1得a2a11，联立方程组解得a11，a22，再由a1a32得a31，选项B正确.综上，选BCD.三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13512116513．14．15．316．；3811516.【详解】（1）设H(23cos,sin)是椭圆上任意一点，P(0,1)，则|PH|2114414412cos2(1sin)211sin22sin1311(sin)2，11111111211当且仅当sin时取等号，故|PH|的最大值是.11111x2（2）设直线AB：ykx，联立直线AB方程与椭圆y21，2122123k可得(k)xkx0，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1x2，12421k123y111x1x2.因为直线PA：yx1与直线yx3交于C，则21x24(k)1124x14x14x24x2xC，同理可得xC，则x12y12(2k1)x11x22y22(2k1)x21154x14x2|CD|1|xCxD|||42(2k1)x11(2k1)x21x1x2x1x225||25|2|[(2k1)x11][(2k1)x21](2k1)x1x2(2k1)(x1x2)13516k213516k21，2|3k1|2(3k1)216(t1)2135955162169法1：令3k1t，则|CD|()，2t22t525高二数学答案第2页（共8页）516365当即k时，|CD|取最小值.t5165法2：（柯西不等式）9316k211(4k11)23516k21651665465，2(3k1)25|3k1|5|3k1|5365当且仅当k时取等号，故|CD|取最小值.165四、解答题（本大题共6小题，共70分）17.（本题满分10分）解：（1）由题意设圆C的方程为(xa)2y2r2，代入A(1,1)和B(3,3)得(1a)21r2a2(x2)2y21022，解得2，所以圆C的方程为........5分(3a)9rr10（2）易知直线m的斜率存在，设直线m的方程为y5k(x7)，即kxy57k0.|55k|55k圆心C(2,0)，弦心距d，由垂径定理得d232r2，即()2910，k21k2143整理得12k225k120，解得k，或k，3443即直线m的斜率为或...............................................................................................10分3418.（本题满分12分）22解：（1）选①：由题意有a4a1a25，则(a16)a1(a148)，解得a11.54选②：由Sa得5a2a24，解得a1.5131211n(n1)na2S1选③：n2a1n，nn1由题意得10(a11)(12310)55，解得a11.那么an1(n1)22n1，所以数列{an}的通项公式an2n1(nN*)..................................................6分11111（2）由（1）得()，anan1(2n1)(2n1)22n12n11111所以a1a2a2a3a3a4a100a10111111111[(1)()()()]233557199201高二数学答案第3页（共8页）11100(1)................................................................................................12分220120119.（本题满分12分）7r7rr解：（1）(a2x)的通项公式为Tr1C7a(2x)，34343令r3，则T4C7a(2x)280ax，由题意得280a422680，则a481，又a0，所以a3...................4分727（2）由（1）得(32x)a0a1(x1)a2(x1)a7(x1).（i）令x2得1a0a1a2a3a4a5a6a7，①7令x0得3a0a1a2a3a4a5a6a7，②371①+②，得3712(aaaa)，即aaaa，024602462137①—②，得1372(aaaa)，即aaaa，1357135723711371314所以(aaaa)(aaaa)()....8分024613572247rrr（ii）由（2）（i）知[12(x1)]的通项公式Tr1C7(2)(x1)，则当r0，2，4，6时，a0，a2，a4，a60；当r1，3，5，7时，a1，a3，a5，a70.所以|a0||a1||a2||a7|7a0a1a2a3a4a5a6a73..............................................................12分20.（本题满分12分）解：（1）因为|MF1||MF2|22|F1F2|2，所以点M的轨迹C是以点F1，F2为左、x2y2右焦点的椭圆，设其方程为1(ab0)，则2a22，可得a2，a2b2x2又c1，则ba2c21，所以轨迹C的方程为y21...............4分2x1（2）①若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为x1，联立2x2y1222122解得：AB(1,),(1,)，AB=2，S12=，不满足题意，22OAB223舍去..........................................................................................................................................5分②若直线l的斜率存在，则设直线l的方程为yk(x1)，Ax1，y1、Bx2，y2，.yk(x1)联立2，消去y整理得(2k21)x24k2x2k220，x2y12高二数学答案第4页（共8页）224k2k24222所以x1x2，x1x2.16k42k12k2=8k10,2k212k211112S1yy1(1)(1)kxkxk(xx)=,OAB2122122123222224k2k28k1x1x2=x1x24x1x2=242=2,2k12k12k21228kk12162224222所以2=，9kk1=22k1，k+k2=0，k=1或k=2（舍）,2k219所以k=1，直线l的方程为xy10或xy10..............................................12分21.（本题满分12分）解：（1）设治理n年后，该地区的年垃圾排放量构成数列{an}.当n6时，数列{an}是首项为a130010290，公差为10的等差数列，则ana1(n1)d290(n1)(10)10n300；当n7时，数列{an}是首项为a70.9a6，公比为0.9的等比数列，n7n6则ana7q2400.9.因此，治理n年后，该地区的年垃圾排放量的表达式为10n300,1n6ann6............................................................................4分2400.9,n7（2）由（1）及题意得a6240150，所以n7时才有an150.n6n6因此an2400.9150，即0.90.625.又0.940.6561，0.950.59049，所以n65，即n11.因而该地区要实现目标，那么至少要经过11年.................................................8分S（3）设S为数列{a}的前n项和，则Tn．nnnnSSnS(n1)SnaS由于TTn1nn1nn1nn1nn1n(n1)n(n1)n(aa)(aa)(aa)(aa)n11n12n13n1n，(n1)n由（1）知，1n6时，an10n300，则{an}为递减数列，n6n7时，an2400.9，则{an}为递减数列，且a7a6，因此{an}为递减数列，于是an1a10，an1a20，an1a30，…，an1an0，因此Tn1Tn0，所以数列{Tn}为递减数列，即年平均垃圾排放量呈逐年下降趋势，故认为现有的治理是有显著效果的.................................................................12分高二数学答案第5页（共8页）22.（本题满分12分）x2y21636解：（1）因为点A(4,6)在双曲线C：1上，所以1，解得a24，a216a2a216a2x2y2或a264.又16a20，则a24，所以双曲线C：1．412法1：P(x1,y1)，Q(x2,y2)，易知直线PQ的斜率存在，设PQ：ykxm，ykxm222222mk联立xy可得(3k)x2mkxm120，所以x1x2，13k2412m212xx，4m2k24(3k2)(m212)0，化简得123k222y16y26m4k120，且k3．由kAPkAQ0得0，x14x24即(x24)(kx1m6)(x14)(kx2m6)0，即2kx1x2(m64k)(x1x2)8(m6)0，m2122mk所以2k(m64k)8(m6)0，3k23k2化简得2(2k2k6)m(k2)0，即(k2)(4k6m)0，所以k2或m64k．当m64k时，直线PQ：ykxmk(x4)6过点A(4,6)，与题意不符，舍去，故k2．...............................................................................5分yk(x4)6法2：设直线AP方程为yk(x4)6，联立x2y2可得14128k212k(3k2)x2(8k212k)x16k248k240，所以x4，1k238k212k4k212k124k212k12x4，同理可得x，1k23k232k23224k8k24y2y1x2x12，x2x12，kPQk3k3x2x18k224k(8)k(x4)6[k(x4)6]k(xx8)22121k32.......5分x2x1x2x124kk23y6yy6yxx4yy6k11k22法3：令，，则AP，AQ，x14x24x1x2高二数学答案第6页（共8页）x2y2(x4)2(y6)2因为1，所以1，412412化简得3x224xy212y0.ykx设直线PQ的方程为ykxm，则1，mykxykx所以3x224xy212y0，mmy24ky212y212ky两边同除以x2可得3240，mxmx2mx2mx12y22412ky24k化简得(1)30，mx2mxm2412kmkk0，故k2．.............................................................5分APAQ121m（2）由已知得直线PQ的斜率存在且不为零，PQ∥MN，故直线MN的斜率存在且不为零，设直线MN方程为yk(x4)，设G(x0,y0)，M(x3,y3)，N(x4,y4)，两渐近线的方程合并为3x2y20，联立yk(x4)，消去y并化简整理得8k2(k23)x28k2x16k20，则xx，34k2324kyyk(xx)8k．3434k232222因为|GM||GN|，所以(x0x3)(y0y3)(x0x4)(y0y4)，移项并利用平方差公式整理得：(x3x4)[2x0(x3x4)](y3y4)[2y0(y3y4)]0，y3y4[2x0(x3x4)][2y0(y3y4)]0，x3x48k224k16k2即2xk(2y)0，即xky..............................7分0k230k2300k23由题意知直线PG的斜率为3，直线QG的斜率为3，所以y1y03(x1x0)，y2y03(x2x0)，可得y1y23(x1x22x0)，yy3(xx2x)因此直线PQ的斜率k12120，x1x2x1x2直线PG：y3(xx0)y0，即yy03x03x，代入双曲线方程3x2y2120即(3xy)(3xy)12中，高二数学答案第7页（共8页）得(y03x0)[23x(y03x0)]12，112解得P的横坐标x1(y03x0)，23y03x0112同理x2(y03x0)，23y03x0112y012x0可得x1x2(22y0)，x1x22x022x0，3y03x0y03x03(xx2x)3x所以k1200，......................................................................10分x1x2y016k24k212k因为xky，解得x，y，00k230k230k2312y所以x40，0k23ky0k(x04)，则点G在直线MN上，所以G，M，N三点共线..................12分注：其它解法酌情给分.高二数学答案第8页（共8页）