2021年北京朝阳区清华大学附属中学（将台路校区）高二上学期期末数学试卷

这是一份2021年北京朝阳区清华大学附属中学（将台路校区）高二上学期期末数学试卷，共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（共10小题；共50分）
1. 已知双曲线 C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0 的两条渐近线互相垂直，焦距为 8，则 C 的方程为
A. x27−y29=1B. x24−y24=1C. x216−y216=1D. x28−y28=1

2. 已知 △ABC 的顶点 B，C 在椭圆 x23+y2=1 上，顶点 A 是椭圆的一个焦点，且椭圆的另外一个焦点在 BC 边上，则 △ABC 的周长是
A. 23B. 6C. 43D. 12

3. 已知等差数列 an 单调递增且满足 a1+a10=4，则 a8 的取值范围是
A. 2,4B. −∞,2C. 2,+∞D. 4,+∞

4. 如图是函数 fx 的导函数 fʹx 的图象，则下列判断正确的是
A. 在 −2,1 上，fx 是增函数
B. 在 1,3 上，fx 是减函数
C. 在 4,5 上，fx 是增函数
D. 在 −3,−2 上，fx 是增函数

5. " a=−3 "是"圆 x2+y2=1 与圆 (x+a)2+y2=4 相切"的
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件

6. 如果数列 an 满足，a1=2，a2=1 且 an−1−ananan−1=an−an+1anan+1 （ n≥2 ），则此数列的第 10 项为
A. 1210B. 129C. 110D. 15

7. 在各项都为正数的数列 an 中，首项 a1=2，且点 an2,an−12 在直线 x−9y=0 上，则数列 an 的前 n 项和 Sn 等于
A. 3n−1B. 1−−3n2C. 1+3n2D. 3n2+n2

8. 点 A 是抛物线 C1:y2=2pxp>0 与双曲线 C2:x2a2−y2b2=1a>0,b>0 的一条渐近线的一个交点，若点 A 到抛物线 C1 的焦点的距离为 p，则双曲线 C2 的离心率等于
A. 6B. 5C. 3D. 2

9. 函数 fx=ex+1a+ex−1a−2x−2 的零点个数是
A. 0B. 1C. 2D. 3

10. 设 F 是椭圆 C:x2a2+y2b2=1a>b>0 的一个焦点，P 是 C 上的点，圆 x2+y2=a29 与线段 PF 交于 A，B 两点，若 A，B 是线段 PF 的两个三等分点，则 C 的离心率为
A. 33B. 53C. 104D. 175

二、填空题（共5小题；共25分）
11. 若等差数列 an 满足 a7+a8+a9>0，a7+a101．

18. 已知椭圆 C 的两个焦点分别为 F1−3,0，F23,0，且椭圆 C 过点 P1,32．
（1）求椭圆 C 的标准方程；
（2）若与直线 OP（O 为坐标原点）平行的直线交椭圆 C 于 A，B 两点，当 OA⊥OB 时，求 △AOB 的面积．

19. 已知函数 fx=2a−x2exa∈R．
（1）求函数 fx 的单调区间；
（2）若 ∀x∈1,+∞，不等式 fx>−1 恒成立，求实数 a 的取值范围．

20. 已知椭圆 G：x2a2+y24=1a>2 的离心率为 53，设过点 1,0 的直线 l 交椭圆 G 于 M，N 两点．
（1）求椭圆 G 的方程．
（2）若直线 l 的斜率为 2，求 MN．
（3）设 A 为椭圆的左顶点，AM，AN 分别交 y 轴于点 P，Q，在 x 轴上是否存在点 T，使得以 PQ 为直径的圆恒过点 T?如果存在，求出点 T 的坐标；如果不存在，说明理由．

21. 对于数列 an，定义 an*=1,an+1≥an−1,an+10，所以在 4,5 上，fx 是增函数，C正确；
当 x∈−3,−2 时，fʹx0，所以 an−3an−1=0，即 anan−1=3，
所以数列 an 是首项 a1=2，公比 q=3 的等比数列，其前 n 项和 Sn=a11−qn1−q=2×3n−13−1=3n−1．
8. B
9. A
10. D
【解析】如图所示，设线段 AB 的中点为 D，连接 OD，OA，
设椭圆 C 的左、右焦点分别为 F，F1，连接 PF，PF1．
设 ∣OD∣=t，
因为点 A，B 是线段 PF 的两个三等分点，
所以点 D 为线段 PF 的中点，
所以 OD∥PF1，且 ∣PF1∣=2t，PF1⊥PF．
因为 ∣PF∣=3∣AB∣=6∣AD∣=6a32−t2，
根据椭圆的定义，得 ∣PF∣+∣PF1∣=2a，
所以 6a32−t2+2t=2a，
解得 t=a5 或 t=0（舍去）．
所以 ∣PF∣=8a5，∣PF1∣=2a5．
在 Rt△PFF1 中，
∣PF∣2+∣PF1∣2=∣FF1∣2，
即 8a52+2a52=2c2，
得 c2a2=1725，
所以 C 的离心率 e=ca=175．
第二部分
11. 8
12. 0,±7
13. x−3y+2=0
【解析】先由半径与切线的垂直关系求得切线斜率为 33，则过 1,3 切线方程为 x−3y+2=0．
14. 2
【解析】由题意得，直线 l1 截圆所得的劣弧长为 π2，则圆心到直线 l1 的距离为 22，即 ∣a∣2=22⇒a2=1，同理可得 b2=1，则 a2+b2=2．
15. x225+y216=1
【解析】因为 PA=PB，所以 PA+PC=PB+PC=BC=10>AC，
由椭圆的定义可知，P 点的轨迹是以 A，C 为焦点，长轴长为 10 的椭圆，其方程为 x225+y216=1．
第三部分
16. （1） 设等比数列 an 的公比为 q，则 a3=a1q2=2q2=8，
所以 q=2 或 q=−2（舍），所以 an=a1qn−1=2n，n∈N*．
（2） 由（1）得 an=2n，所以 Sn=a11−qn1−q=21−2n1−2=2n+1−2．
17. （1） fʹx=aeexxʹ=ae⋅exx−exx2=aex−1x−1x2，
则切线斜率 k=fʹ2=ae⋅2−122=e2，解得 a=2．
所以 fx=2ex−1x，其定义域为 −∞,0∪0,+∞，fʹx=2ex−1x−1x2．
令 fʹx>0，解得 x>1，故 fx 在区间 1,+∞ 上单调递增．
令 fʹxxex−2e．
设 hx=xlnxx>0，则 hʹx=lnx+1，hʹ1e=ln1e+1=0．
所以当 x∈0,1e 时，hʹx0．
故 hx 在区间 0,1e 上单调进减，在区间 1e,+∞ 上单调递增．
从而 hx 在 0,+∞ 上的最小值为 h1e=−1e．
设 mx=xex−2ex>0，
则 mʹx=1−xex，
所以当 x∈0,1 时，mʹx>0，当 x∈1,+∞ 时，mʹxmx 成立，即 gx>1．
18. （1） 设椭圆 C 的标准方程为 x2a2+y2b2=1a>b>0，
由题意可得 a2−b2=3,1a2+34b2=1, 解得 a2=4,b2=1.
故椭圆 C 的标准方程为 x24+y2=1．
（2） 直线 OP 的方程为 y=32x，设直线 AB 的方程为 y=32x+m，Ax1,y1，Bx2,y2．将直线 AB 的方程代入椭圆 C 的方程并整理得 x2+3mx+m2−1=0，
由 Δ=3m2−4m2−1>0，得 m2−12 时，令 x2−2x−2a=0⇒x1=1−2a+1，x2=1+2a+1，
列表：
x−∞,1−2a+11−2a+1,1+2a+11+2a+1,+∞fʹx+−+fx↗↘↗
由表可知，当 a>−12 时，函数 fx 的单调递增区间为 −∞,1−2a+1 和 1+2a+1,+∞，单调递减区间为 1−2a+1,1+2a+1．
（2） 因为 fx>−1⇔2a−x2ex>−1⇔2a>x2−ex，
所以由条件知，2a>x2−ex 对 ∀x≥1 恒成立．
令 gx=x2−ex，hx=gʹx=2x−ex，
则 hʹx=2−ex，
当 x∈1,+∞ 时，hʹx=2−ex≤2−e1−e2，即实数 a 的取值范围是 1−e2,+∞．
20. （1） 由题意知 b2=4，离心率 e=ca=53，
因为 a2=b2+c2=4+59a2，
所以 a2=9，c2=5，
所以椭圆 G 的方程为 x29+y24=1．
（2） 直线 l 方程为 y=2x−1，
设 Mx1,y1，Nx2,y2，
联立 y=2x−1,x29+y24=1,
得 109x2−2x=0，
所以 x1+x2=95，x1x2=0，
所以 MN=4+1952−4×0=955．
（3） 由（1）知 A−3,0，显然直线 l 斜率不为 0，
故设直线 l 方程为 x=ty+1，
设 Mx1,y1，Nx2,y2，
联立 x=ty+1,x29+y24=1,
得 4t2+9y2+8ty−32=0，
Δ=8t2+1284t2+9>0 恒成立，
故 y1+y2=−8t4t2+9，
y1y2=−324t2+9，
直线 AM 方程为 y=y1x1+3x+3，
所以 P0,3y1x1+3，
直线 AN 方程为 y=y2x2+3x+3，
所以 Q0,3y2x2+3，
假设存在 x 轴上一点 Tx0,0，则 PT⊥QT，
因为 PT=x0,−3y1x1+3，QT=x0,−3y2x2+3，
所以 PT⋅QT=x02+9y1y2x1+3x2+3=0，
即 x02=−9y1y2x1x2+3x1+x2+9，
因为 x1x2=ty1+1ty2+1=t2y1y2+ty1+y2+1=9−36t24t2+9，
x1+x2=ty1+1+ty2+1=ty1+y2+2=184t2+9，
所以 x02=−−32×99−36t2+3×18+94t2+9=32×990×54=2，
所以 x0=±2，
所以以 PQ 为直径的圆恒过点 2,0 和 −2,0．
21. （1） 因为 a1=12，a2=12，a3=38，a4=14，a5=532，
根据题意可得 a1*=1，a2*=−1，a3*=−1，a4*=−1．
（2） 必要性：对 n=1，有 S1*=a2−a1，因此 ∣a2−a1∣=∣S1*∣=∣a1*∣=1．
对任意 n∈N* 且 n≥2，有 Sn*=an+1−a1，Sn−1*=an−a1，
两式作差，得 Sn*−Sn−1*=an+1−an，即 an*=an+1−an，
因此 ∣an+1−an∣=∣an*∣=1．
综上，对任意 n∈N*，有 ∣an+1−an∣=1．
充分性：若对任意 n∈N*，有 ∣an+1−an∣=1，则 an*=an+1−an，
所以 Sn*=a1*+a2*+⋯+an*=a2−a1+a3−a2+⋯+an+1−an=an+1−a1．
综上，“对任意 n∈N*，Sn*=an+1−a1”的充要条件是“对任意 n∈N*，∣an+1−an∣=1”．
（3） 构造数列 bn：b1=0，bn+1−bn=an+1−an,∣an+1−an∣=11,an+1−an=0．
则对任意 1≤n≤m 且 n∈N*，有 bn*=an*，∣bn+1−bn∣=1．
结合（Ⅱ）可知，Sm*=a1*+a2*+⋯+am*=b1*+b2*+⋯+bm*=bm+1−b1=bm+1，
又 Sm*=am，
因此 bm+1=am．
设 a2−a1，a3−a2，⋯，am+1−am 中有 k 项为 0，则
am+1=a1+a2−a1+a3−a2+⋯+am+1−am=b1+b2−b1+b3−b2+⋯+bm+1−bm−k=bm+1−k=am−k,
即 am+1−am=−k，
因为 am+1−am∈−1,0,1，
所以 k=0或1．
若 k=0，则 am+1−am=0，
与 a2−a1，a3−a2，⋯，am+1−am 中有 0 项为 0，即 k=0 矛盾，不符题意；
若 k=1，则 am+1−am=−1，
所以，当 am+1−am=−1，a2−a1，a3−a2，⋯，am−am−1 中有一项为 0，其余 m−2 项为 ±1 时，数列 an 满足条件．
a2−a1，a3−a2，⋯，am−am−1 中有一项为 0，共 m−1 种取法；其余 m−2 项每项有 1 或 −1 两种取法，
所以，满足条件的数列 an 的个数为 m−1⋅2m−2．