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1、上海市复旦大学附属中学2022-2023学年高二上学期期末数学试题高二年级数学期末考试试卷一、填空题（本大题共12题，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分，满分54分）1. 直线，当m变动时，所有直线都通过定点_.【答案】【解析】【分析】化直线方程为，解方程组即可得出答案.【详解】将直线方程化为.解，可得，所以，当m变动时，所有直线都通过定点.故答案为：.2. 已知直线：，：，若，则实数a的值为_.【答案】#0.5【解析】【分析】直接根据直线垂直得到，解得答案.【详解】，则，解得.故答案为：3. 记为等差数列的前n项和.若，则的公差为_.【答案】【解析】【分析】由题意可得，解方程组即可求出
2、答案.【详解】设公差为.由已知可得，解得 .故答案为：.4. 设是等差数列的前项和，若，则_.【答案】#【解析】【分析】利用等差数列的求和公式以及等差中项性质可求得的值.【详解】由等差数列的求和公式可得.故答案为：.5. 直线l：与圆：交于A，B两点，则_.【答案】【解析】【分析】由已知得出圆心、半径.又可得圆心到直线的距离，即直线过圆心，即可得出弦长.【详解】由已知可得，圆心，半径.圆心到直线的距离，所以直线过圆心，所以.故答案为：.6. 数列的首项，且（为正整数），令，则_.【答案】【解析】【分析】由已知变形可得，可知数列是首项为，公比也为的等比数列，可求出的通项公式，进而可得出数列的通项
3、公式，利用等差数列的求和公式可求得所求代数式的值.【详解】因为数列的首项，且（为正整数），则，且，所以数列是首项为，公比也为的等比数列，故，所以，则，所以，数列为等差数列，故.故答案为：.7. 已知双曲线的一条渐近线平行于直线l：y2x10，双曲线的一个焦点在直线l上，则双曲线的方程为_【答案】【解析】【分析】根据渐近线与直线的平行关系确定出的关系，再根据焦点在上确定出的值，结合计算出即可得到双曲线的方程.【详解】因为一条渐近线与平行，所以，又因为双曲线的焦点为，且直线过点，所以，所以，所以，所以双曲线的方程为：.故答案为：.【点睛】本题考查根据直线的平行关系求解参数、根据的值求解双曲线的方程
4、，难度一般.当直线过标准形式椭圆或者双曲线的焦点时，此时焦点一定为直线与坐标轴的交点.8. 已知数列的前n项和为，且不是常数列，则以下命题正确的是_.若数列为等差数列，则为等比数列；若数列为等差数列，恒成立，则是严格增数列；若数列为等比数列，则恒成立；若数列为等差数列，则的最大值在n为8或9时取到.【答案】【解析】【分析】定义法求出，即可说明；反证法，证明不成立，即可说明； 成立.分别求出当、时，该式的符号，即可判断；根据等差数列的性质可得，进而结合已知可得.即可得出的符号，进而判断.【详解】对于，设公差为，则，则个常数，所以为等比数列，故正确；对于，设，显然有.则当时，有，有，与已知恒成立，
5、矛盾，所以，假设不成立，所以.所以是严格增数列，故正确；对于，设数列公比为，则由已知可得，.所以.当时，所以；当时，所以；当时，所以.综上可得，恒成立，故正确；对于，由可得，所以.又，所以.且当时，；当时，.所以，的最大值在n为8或9时取到，故正确.故答案为：.9. 已知圆C：上一动点M，点，线段MB的中垂线交直线MC于点，且点P到y轴的距离是，则_.【答案】#【解析】【分析】根据确定的轨迹为椭圆的右半部分，根据条件联立方程组得到，再计算长度得到答案.【详解】圆C：，圆心为，半径，如图所示：连接，则，故的轨迹为椭圆的右半部分，椭圆方程为：，（），点P到y轴的距离是，则，且，解得，（舍去负值），
6、故.故答案为：10. 数列的通项公式为（n为正整数），其中表示不超过x的最大整数，则_.【答案】【解析】【分析】当时，每组共有个，代入数据利用错位相减计算得到答案.【详解】当时，每组共有个，故设，则，相减得到：，整理得到，故.故答案为：11. 已知、分别为双曲线的左、右焦点，过的直线与双曲线的右支交于、两点，记的内切圆半径为，的内切圆半径为，与的内切圆圆心均在直线上，且，则此双曲线离心率的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】设圆切、分别于点、，推导出，可得出，可得出关于、的不等式，即可求得该双曲线离心率的取值范围.【详解】设、的内切圆圆心分别为、，设圆切、分别于点、，过的直线与双曲线的右支交
7、于、两点，由切线长定理可得，所以，则，所以点的横坐标为.故点横坐标也为，同理可知点的横坐标为，故轴，故圆和圆均与轴相切于，圆和圆两圆外切.在中，所以，所以，则，所以，即，所以，可得，可得，则，因此，.故答案为：.12. 已知集合，.将的所有元素从小到大依次排列构成一个数列.记为数列的前n项和，则使得成立的n的最小值为_.【答案】36【解析】【分析】先根据等差数列以及等比数列的求和公式确定满足条件的项数的取值范围，再列不等式求满足条件的项数的最小值.【详解】设，则.由得，化简得，解得：（舍去）或.又，且，所以，所以所以只需研究是否有满足条件的解，此时.当时，.由可知，则满足；当时，为等差数列项数
8、，且.由，即，解得.因为，且，所以，所以得满足条件的最小值为.综上所述，使得成立的n的最小值为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：设，先由已知求出范围，进而得出的范围，进而求解即可.二、选择题（本大题共4题，每题5分，满分20分）13. 无穷等比数列4，2，1，的各项和为（ ）A. B. C. 7D. 【答案】A【解析】【分析】确定，则，再求极限得到答案.【详解】等比数列，则，故无穷等比数列的各项和为.故选：A14. 设是首项为正数的等比数列,公比为则“”是“对任意的正整数”的A. 充要条件B. 充分而不必要条件C. 必要而不充分条件D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【详解】试题分析：
9、由题意得，故是必要不充分条件，故选C.【考点】充要关系【名师点睛】充分、必要条件的三种判断方法：定义法：直接判断“若p则q”、“若q则p”的真假并注意和图示相结合，例如“pq”为真，则p是q的充分条件等价法：利用pq与非q非p，qp与非p非q，pq与非q非p的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法集合法：若AB，则A是B的充分条件或B是A的必要条件；若AB，则A是B的充要条件15. 两个圆：与：恰有三条公切线，则的最大值为（ ）A. B. C. 6D. 6【答案】A【解析】【分析】将圆与圆的方程化为标准方程，得出圆心、半径.由题意可知，两圆外切，即，代入整理可得，然后根据基本不
10、等式即得.【详解】由已知可得，圆的方程可化为，圆心为，半径；圆的方程可化为，圆心为，半径.因为圆与圆恰有三条公切线，所以两圆外切.所以有，即，所以.又，当且仅当时，等号成立，所以.故选：A.16. 设等差数列的前n项和为，首项，公差，若对任意的正整数n，总存在正整数k，使，则的最小值为（ ）A. 74B. 8C. 53D. 13【答案】D【解析】【分析】首先根据等差数列的前项和公式得到，令，化简得到，又因为，所以，得，再利用等差数列前项和公式得到，利用二次函数的性质即可得到答案.【详解】由题意得，则得，即，令得，即，即得.因为首项，公差，则得，即.又因为，所以，代入得.当时，由得即，所以因此当
11、或时，的最小值为.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题主要考查等差数列前项和公式，根据题意化简得到，从而得到为解决本题的关键.三、解答题（本大题共5题，满分76分）17. 已知以点为圆心的圆与x轴交于点O、A，与y轴交于点O、B，其中O为原点.（1）求证：的面积为定值；（2）设直线与圆C交于点M、N，若，求圆C的方程.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）确定圆方程，根据方程计算，再计算面积得到证明.（2）确定，根据斜率公式计算得到，得到圆方程.【小问1详解】圆方程为，取时，解得或，即；取时，解得或，即；，得证.【小问2详解】，故在的垂直平分线上，且圆心在的垂直平分线上，故，解得
12、或（舍）.圆方程为18. 已知数列为等差数列，数列中，点在直线上，其中是数列的前项和.（1）求数列、的通项公式；（2）若，求数列的最大项.【答案】（1）， （2）【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，可求得数列的通项公式，由题意可得，令可求得的值，当时，由可得，作差可推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得数列的通项公式；（2）利用数列单调性的定义判断数列的单调性，可求得数列的最大项的值.【小问1详解】解：设等差数列的公差为，则，解得，所以，由题意可得，当时，则有，解得，当时，由可得，上述两个等式作差可得，可得，所以，数列为等
13、比数列，且首项为，公比为，故.【小问2详解】解：，则.当时，即；当时，；当时，即.所以，数列中的最大项为.19. 某地区森林年初原有木材存量为，且每年增长率为，因生产建设的需要每年年底要砍伐的木材量为，设为年后该地区森林木材的存量.（1）求的表达式；（2）如果，为保护生态环境，经过多少年后，木材存储量能翻一番？参考数据：，.【答案】（1） （2）年【解析】【分析】（1）分析可得，可得出，可求得数列的表达式；（2）解不等式，结合指数函数的单调性以及指数、对数的互化可求得结果.【小问1详解】解：由题意可知，第年后，所以，因为，所以，则，【小问2详解】解：由，由题意，可得，所以，因此，经过年后，木材
14、储量翻一番.20. 已知椭圆和双曲线的焦距相同，且椭圆经过点，椭圆的左、右顶点分别为、，动点在椭圆上且异于点、，直线、与直线分别交于点、.（1）求椭圆的标准方程；（2）求线段长的最小值；（3）如图，设直线与轴交于点，过点作直线交椭圆与、，直线与交于一点，证明：点在一条定直线上.【答案】（1） （2） （3）证明见解析【解析】【分析】（1）求出椭圆的焦点坐标，利用椭圆定义可求得的值，进一步可求得的值，由此可得出椭圆的标准方程；（2）计算得出，设直线的方程为，直线的方程为，其中，计算出点、的纵坐标，利用基本不等式可求得的最小值；（3）分析可知直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭
15、圆的方程联立，列出韦达定理，求出直线、的方程，将这两条直线的方程联立，求出点的横坐标，即可证得结论成立.【小问1详解】解：双曲线的焦距为，所以，椭圆的焦点分别为、，由椭圆定义可得，因此，椭圆的标准方程为.【小问2详解】解：设点，则且，易知点、，设直线的方程为，直线的方程为，其中，设点、，则，可得，所以，当且仅当时，等号成立，故线段长的最小值为.【小问3详解】解：易知点，当直线与轴重合时，、为椭圆长轴的顶点，不合乎题意，设直线的方程为，设点、，联立可得，可得，由韦达定理可得，直线的方程为，直线的方程为，联立直线、的方程可得，解得，因此，点在直线上.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一
16、般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值21. 记实数、中较小者为，例如，对于无穷数列，记.若对任意均有，则称数列为“趋向递增数列”.（1）已知数列、的通项公式分别为，判断数列、是否为“趋向递增数列”？并说明理由；（2）已知首项为，公比为的等比数列是“趋向递增数列”，求公比的取值范围；（3）若数列满足、为正实数，且，求证：数列为“趋向递增数列”的必要非充分条件是中没有.【答案】（1）数列不是“趋向递增数列”，数列是“趋向递增数列”，理
17、由见解析 （2） （3）证明见解析【解析】【分析】（1）利用定义“趋向递增数列”判断数列、，可得出结论；（2）求得，分、六种情况讨论，验证能否恒成立，综合可得出的取值范围；（3）利用充分条件、必要条件的定义，利用反证法结合“趋向递增数列”的性质证明数列中没有，再证明出数列中没有时数列不是“趋势递增数列”.【小问1详解】解：由于，记，所以，由于，不满足对任意均有，所以数列不“趋向递增数列”，由于，记，所以，数列是“趋向递增数列”.小问2详解】解：.当时，数列为单调递增数列，此时，满足题意，当时，数列为常数列，不满足题意；当时，数列为单调递减数列，此时，不满足题意；当时，此时，满足题意；当时，此时
18、，不满足题意；当时，此时，不满足题意，综上所述，的取值范围是.【小问3详解】证明：先证必要性：假设存在正整数使得，令.因为、为正实数，且，所以，于是.则数列从第项开始为：、.若为奇数，与数列为“趋向递增数列”矛盾：若为偶数，与数列为“趋向递增数列”矛盾，故假设不成立，所以数列为“趋向递增数列”的必要条件是中没有；再证非充分：首先，若中没有，构造数列：，此时，与“趋向递增数列”定义矛盾；其次，证明数列中各项均大于.下面利用数学归纳法证明.即证：，当时，；假设当时，命题成立，即，.当时，.因此，有对任意，均有.当为偶数时，；当为奇数时，所以对任意均成立.因此，中没有是数列为“趋向递增数列”非充分条件.所以数列为“趋向递增数列”的必要非充分条件是中没有.【点睛】关键点点睛：本题考查数列新定义“趋势递增数列”，在证明第三问时，可充分采用反证法与数学归纳法结合充分条件、必要条件的定义来证明，并且可充分利用特例法来推出矛盾.