2023-2024学年重庆市巴蜀中学高二（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年重庆市巴蜀中学高二（上）期末数学试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知正三棱柱所有棱长均为2，则该正三棱柱的体积为( )
A. 2 3B. 4C. 2 33D. 43
2.已知点P(x,y)满足 (x−1)2+y2=|x+1|，则点P的轨迹为( )
A. 椭圆B. 双曲线C. 抛物线D. 圆
3.在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AA1=1，AD=2，则异面直线AC，A1D的夹角余弦值为( )
A. 1010B. 45C. 23D. 66
4.已知圆C1：(x−a)2+(y−1)2=1与圆C2：(x−1)2+(y−3)2=4有且仅有2条公切线，则实数a的取值范围是( )
A. (1− 5,1+ 5)B. (1+ 5,1+ 21)
C. (−2,0)D. (1− 21,1+ 5)
5.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S9>0，S10<0，则数列{Sn}的最大项是( )
A. S6B. S5C. S9D. S8
6.已知直线mx+y−1=0与直线x−my+2=0相交于点A，B为直线y=2x+6上一动点，则线段AB长度的最小值为( )
A. 55B. 7 510C. 5 56D. 56
7.等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1=2且S8=17S4，则S3=( )
A. 6B. 6或14C. −6或14D. 2或6或14
8.正四面体的外接球与内切球的半径比为( )
A. 1：1B. 2：1C. 3：1D. 4：1
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知双曲线C：Ax2−By2=1的渐近线方程为y=±2x，则该双曲线的方程可以是( )
A. x2−y24=1B. x24−y2=1C. y24−x2=1D. 4y2−x2=1
10.抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点是F，过焦点F的直线l与C相交于不同的两点A，B，O是坐标原点，下列说法正确的是( )
A. 以|AF|为直径的圆与y轴相切
B. 若M(1,2)是线段AB的中点，且kAB=1，则p=2
C. ∠AOB=π2
D. 若|AF||BF|=2，则直线l的斜率为− 2
11.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，M是棱AB的中点，N为正方体表面ADD1A1内的一个动点，且满足MN/​/平面A1BD，下列说法正确的是( )
A. 动点N的轨迹是一段圆弧
B. 三棱锥N−CDD1体积的最大值为43
C. MN⊥AC1
D. 直线MN与AM夹角正切的最小值为 22
12.已知数列{an}满足：∀n∈N*，an+1=an2+2an+b，其中b∈R，数列{an}的前n项和是Sn，下列说法正确的是( )
A. 当b∈(1,+∞)时，数列{an}是递增数列
B. 当b=−6时，若数列{an}是递增数列，则a1∈(−∞,−3)∪(2,+∞)
C. 当b=54,a1=2时，Sn≥n2+3n2
D. 当b=−2，a1=3时，1a1+2+1a2+2+…+1an+2≤310
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知直线l1：x+ky+k=0，l2：x+y+2=0，且l1//l2，则l1与l2之间的距离为______ ．
14.已知函数f(x)=(x−98)(x−99)，则f′(99)= ______ ．
15.已知{an}为等比数列，且a3=3，a7=12，则a5= ______ ．
16.已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，倾斜角为π3且过点F2的直线与双曲线的右支交于P，Q两点，设△PF1F2内切圆O1的半径为r1，△QF1F2的内切圆O2的半径为r2，则圆心O1，O2的横坐标为______ (填a或b)，若|r12−r22|≥3a2，则双曲线离心率的最小值为______ ．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知数列{an}为等差数列，{an}的前n项和为Sn，a6=11，S3=9．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：12S1+23S2+…+n(n+1)Sn<1．
18.(本小题12分)
已知曲线f(x)=x3−x+1．
(1)求曲线在点P(1,1)处的切线方程；
(2)求过点Q(23,13)且与曲线相切的直线方程．
19.(本小题12分)
如图1所示，△ABC为等腰直角三角形，AB=AC=2，E，F分别为AC，BC中点，将△CEF沿直线EF翻折，使得∠AEC=π2，如图2所示．
(1)求证：平面AEC⊥平面ABFE；
(2)求平面BCF与平面CEF夹角的余弦值．
20.(本小题12分)
已知双曲线C：x2a2−y2=1(a>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P为双曲线上一点，且||PF|1−|PF2||=4．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)已知直线lMN：y=kx+1与双曲线C交于M，N两点，且S△MON=2 6，其中O为坐标原点，求k的值．
21.(本小题12分)
已知{an}的前n项和为Sn，且满足∀n∈N*，Sn=2an−2．
(1)求{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足：b1=1，且∀n∈N*，bn+1+bn=2n，求数列{an⋅bn}的前n项和．
22.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为 104，上顶点B(0, 3)．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)O为坐标原点，M(− 3,0),N( 3,0)，点A是椭圆C上的动点，过A作直线AM，AO，AN分别交椭圆C于另外P，R，Q三点，求S△AOMS△APR+S△AONS△AQR的取值范围．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：已知正三棱柱所有棱长均为2，
则该正三棱柱的体积为V=Sh=12×2×2×sinπ3×2=2 3．
故选：A．
结合棱柱的体积公式求解．
本题考查了棱柱的体积公式，属基础题．
2.【答案】C
【解析】解：因为 (x−1)2+y2=|x+1|，
所以点P(x,y)到点(1,0)和到直线x=−1的距离相等，
由抛物线的定义可知：P的轨迹为抛物线．
故选：C．
由题意结合抛物线的定义即可得到答案．
本题考查抛物线的定义，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：因为A1D/​/B1C，
所以异面直线AC，A1D的夹角等于AC，B1C的夹角，
所以由余弦定理可得，cs〈AC,B1C〉=AC2+B1C2−AB122AC⋅B1C=5+5−22× 5× 5=45，
即异面直线AC，A1D的夹角余弦值为45．
故选：B．
由正方体的结构特征可知A1D/​/B1C，所以异面直线AC，A1D的夹角等于AC，B1C的夹角，再利用余弦定理求解即可．
本题主要考查了求异面直线所成的角，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：由圆C1：(x−a)2+(y−1)2=1与圆C2：(x−1)2+(y−3)2=4有且仅有2条公切线可知两圆的位置关系为相交，
所以|r1−r2|<|C1C2|即1< (a−1)2+(1−3)2<3，
平方得1解得1− 5故选：A．
由已知结合圆与圆的位置关系即可求解．
本题主要考查了圆与圆的位置关系的应用，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：S9>0，
则S9=9(a1+a9)2=9a5>0，所以a5>0，
S10<0，
则S10=10(a1+a10)2=5(a5+a6)<0，
所以a5+a6<0，
∴a5>0，a6<0，d=a6−a5<0，
∴数列{an}是递减数列，前项5为正，从第6项起均为负数，
所以数列{Sn}的最大项是S5．
故选：B．
根据已知条件，结合等差数列的前n项和公式，即可求解．
本题主要考查等差数列的前n项和公式，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：直线mx+y−1=0可化为y−1=−mx，所以直线恒过定点P(0,1)，
直线x−my+2=0可化为my=x+2所以直线恒过定点Q(−2,0)，
由两直线的方程可知：两直线相互垂直，
所以点A的轨迹方程为(x+1)2+(y−12)2=54(x≠0且y≠0)，圆心为(−1,12)，
圆心到直线y=2x+6的距离d=|−2−12+6| 5=7 510> 52，
所以(x+1)2+(y−12)2=54(x≠0且y≠0)与直线y=2x+6相离，
所以线段AB长度的最小值为7 510− 52= 55，
故选：A．
先求出两直线过的定点坐标，进而求出点A的轨迹方程，再结合点到直线的距离公式求解即可．
本题主要考查了直线过定点问题，考查了点到直线的距离公式，属于中档题．
7.【答案】D
【解析】解：设等比数列的公比为q，
当S4≠0时，若q=1，则S8S4=8a14a1=2≠17，
所以q≠1，S8=a1(1−q8)1−q=17×a1(1−q4)1−q=17S4，即1−q8=17(1−q4)，
又因为q≠−1，
所以1+q4=17，解得q4=16，所以q=±2，
所以S3=a1(1−q3)1−q=6或14，
当S4=0时，则q=−1，所以S3=2；
综上所述，：S3=2或6或14．
故选：D．
根据已知条件，结合等比数列的前n项和公式，即可求解．
本题主要考查等比数列的前n项和公式，属于基础题．
8.【答案】C
【解析】解：设正四面体S−ABC的外接球球心为O，如图所示：
设外接球半径为R，内切球半径为r，棱长为a，
则AO=SO=R，
在△ABC中，由正弦定理得asinπ3=2AO1，
所以AO1= 33a，
所以SO1= SA2−AO12= 63a,R2=AO12+OO12=AO12+(SO1−R)2，
解得R= 64a，
由等体积法得到VS−ABC=13S表r，
所以r=3VS−ABCS表=3×13S△ABC×SO14S△ABC=SO14= 612a，
所以R：r= 64a： 612a=3：1．
故选：C．
设正四面体的棱长为a，利用勾股定理求出正四面体的外接球半径，利用等体积法求出正四面体的内切球的半径，进而求出结果．
本题主要考查了正四面体的外接球与内切球问题，属于中档题．
9.【答案】AC
【解析】解：由渐近线方程为y=±2x，可设双曲线的方程为4x2−y2=λ(λ≠0)，
结合选项可知，对应的方程可以为x2−y24=1,y24−x2=1．
故选：AC．
结合双曲线的性质即可求解．
本题主要考查了双曲线的性质在双曲线方程求解中的应用，属于基础题．
10.【答案】AB
【解析】解：对于A：设A(x0,y0),F(p2,0)，所以AF中点为N(x0+p22,y02),N到y轴的距离d=x0+p22，
又因为|AF|=x0+p2，所以d=|AF|2，所以以|AF|为直径的圆与y轴相切，故A正确；
对于B：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，所以kAB=y1−y2y122p−y222p=2py1+y2=pyM=1，所以p=yM=2，故B正确；
对于C：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，因为A，B，F三点共线，
所以x1x2=p24，y1y2=−p2，所以x1x2+y1y2≠0，
所以OA，OB不垂直，故C 错误；
对于D：设直线AB的倾斜角为θ，
当点A在第一象限时，|AF|=p1−csθ，|BF|=p1+csθ，
所以|AF||BF|=1+csθ1−csθ=2，所以csθ=13,kAB=tanθ=2 2；
当点A在第四象限时，|BF|=p1−csθ，|AF|=p1+csθ，
所以|AF||BF|=1−csθ1+csθ=2，
所以csθ=−13,kAB=tanθ=−2 2，所以D错误．
故选：AB．
A，设点A(x0,y0)，根据抛物线的定义和中点坐标公式可证；B，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，利用点差法求出直线的斜率，即可求出p的值，可判断B；C，根据焦点弦的性质可知x1x2=p24，y1y2=−p2，可知x1x2+y1y2≠0，可判断C；对于D，根据抛物线的焦半径公式，即可求出直线的斜率，可判断D．
本题考查抛物线的性质，属中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：如图，过M作平面MEF/​/平面A1BD，E，F分别为AA1，AD中点，
因为EF⊂平面MEF，所以EF/​/平面A1BD，
所以动点N的轨迹是线段EF，
故A错误；
当N与E重合时，三棱锥N−CDD1体积的最大，
此时VN−CDD1=13S△CDD1h=13×12×2×2×2=43，
故B正确；
由图可知AC1⊥平面MEF，
又因为MN⊂平面MEF，
所以AC1⊥MN，
故C正确；
直线MN与AM夹角为∠AMN，
又AM⊥AN，
所以tan∠AMN=|AN||AM|，
又|AN|min= 22,|AM|=1，
所以直线MN与AM夹角正切的最小值为 221= 22，
故D正确．
故选：BCD．
由空间点、线、面的位置关系，结合空间几何体的体积公式求解．
本题考查了空间点、线、面的位置关系，重点考查了空间几何体的体积公式，属中档题．
12.【答案】ACD
【解析】解：因为an+1−an=an2+an+b=(an+12)2+b−14且b∈(1,+∞)，
所以an+1−an>0，
即数列{an}是递增数列，
故A正确；
若数列{an}是单调递增数列，
当n≥2时，an+1−an=(an2+2an−6)−(an−12+2an−1−6)=(an−an−1)(an+an−1+2)>0，
又an−an−1>0，
所以an+an−1+2>0，
又因为{an+an−1+2}是单调递增的，
所以只需要a2−a1>0a2+a1+2>0，
即a12+a1−6>0a12+3a1−4>0，
解得a1>2或a1<−4，
故B错误；
因为an+1=an2+2an+54=(an+12)2+an+1≥an+1，
所以an+1−an≥1，
所以an=(an−an−1)+(an−1−an−2)+...+(a2−a1)+a1≥n+1，
所以Sn≥n2+3n2，
故C正确；
易知{an}是递增数列，
所以an≥a1=3，
则an+1+2=an(an+2)≥3(an+2)，
即an+1+2an+2≥3，
所以an+2an−1+2×an−1+2an−2+2×⋯×a2+2a1+2≥3n−1(n≥2)，
即an+2≥3n−1(a1+2)=53×3n(n≥2)，
所以1an+2≤35×13n(n≥2)，
当n=1时，1a1+2=15≤35×131，
所以1an+2≤35×13n(n∈N*)
所以i=1n1ai+2≤35(13+132+...+13n)=35×13×(1−13n)1−13<310，
即D正确．
故选：ACD．
由等比数列的求和公式及数列的单调性的定义，结合数列递推式求数列通项公式逐一判断即可．
本题考查了等比数列的求和公式，重点考查了数列的单调性，属中档题．
13.【答案】 22
【解析】解：由题可知k≠0，且−1k=−1，
所以k=1，所以l1：x+y+1=0，l2：x+y+2=0，
所以l1与l2之间的距离为d=|2−1| 2= 22．
故答案为： 22．
先利用两直线平行时的斜率关系求出k的值，再利用两平行线间的距离公式求解即可．
本题主要考查了两平行线间的距离公式，属于基础题．
14.【答案】1
【解析】解：f(x)=(x−98)(x−99)，
则f′(x)=2x−197，f′(99)=1．
故答案为：1．
根据已知条件，结合导数的求导法则，即可求解．
本题主要考查导数的运算，属于基础题．
15.【答案】6
【解析】解：{an}为等比数列，且a3=3，a7=12，
则a52=a3a7=36，
又因为a5=a3q2>0，所以a5=6．
故答案为：6．
根据已知条件，结合等比数列的性质，即可求解．
本题主要考查等比数列的性质，属于基础题．
16.【答案】a 1+3 24
【解析】解：设F1(−c,0)，F2(c,0)，其中c2=a2+b2．
设O1(x1,y1)，O2(x2,y2).过O1分别作PF1，PF2，F1F2的垂线，垂足分别为R、S、T，
所以由切线长定理有|PR|=|PS|，|F1R|=|F1T|，|F2S|=|F2T|，
则|PF1|−|PF2|=|PR|+|RF1|−(|PS|+|SF2|)=|RF1|−|SF2|=|F1T|−|TF2|=2a，
又因为|F1F2|=|TF1|+|TF2|=2c，所以|TF1|=a+c．
又F1(−c,0)，所以xO1=a，同理可得xO2=a.所以O1，O2在直线x=a上，
所以F2T=F2S=F2I=c−a，过O2作O2H⊥O1S，直线PF2倾斜角为∠PF2G=π3，
由题可知∠PF2G=∠O2O1H，
所以tan∠O2O1H=tanπ3= 3=2(c−a)|r1−r2|⇒|r1−r2|=2(c−a) 3，
sin∠O2O1H=sinπ3= 32=2(c−a)r1+r2⇒r1+r2=4(c−a) 3，
所以|r12−r22|=|(r1−r2)(r1+r2)|=8(c−a)23≥3a2，化简为8c2−16ac−a2≥0，
所以8e2−16e−1≥0，又因为e>1，解得e≥1+3 24．
故答案为：a；1+3 24．
根据双曲线的几何性质，圆的切线长性质，数形结合，即可求解．
本题考查双曲线的几何性质，圆的几何性质，属中档题．
17.【答案】(1)解：设数列{an}的公差为d，
则a6=a1+5d=11S3=3a1+3×22d=9，
解得a1=1d=2，
所以an=1+2(n−1)=2n−1(n∈N*)．
(2)a6=a1+5d=11S3=3a1+3×22d=9证明：由(1)可得Sn=n(2n−1+1)2=n2，
所以n(n+1)Sn=1n(n+1)=1n−1n+1，
所以12S1+23S2+⋯+n(n+1)Sn=1−12+12−13+⋯+1n−1n+1=1−1n+1<1．
【解析】(1)设数列{an}的公差为d，由题意得a6=a1+5d=11S3=3a1+3×22d=9，然后求解；
(2)由(1)可得n(n+1)Sn=1n(n+1)=1n−1n+1，然后累加求和即可．
本题考查了等差数列通项公式的求法，重点考查了裂项求和法，属中档题．
18.【答案】解：(1)由题可知：切点为(1,1)，f′(x)=3x2−1，所以f′(1)=2，
所以曲线在点P(1,1)处的切线方程为y=2(x−1)+1，即y=2x−1；
(2)点Q(23,13)不在曲线f(x)=x3−x+1上，
设切点为A(x0,y0)，所以f′(x0)=3x02−1，
所以切线方程为y=(3x02−1)(x−x0)+x03−x0+1，因为Q(23,13)在直线上，
所以13=(3x02−1)(23−x0)+x03−x0+1，
即2x03−2x02=0，解得x0=1或x0=0．
当切点为(1,1)时，切线方程为y=2x−1；
当切点为(0,1)时，切线的斜率为f′(0)=−1，此时切线方程为y=−x+1．
故所求切线方程为y=2x−1或y=−x+1．
【解析】(1)根据导数的几何意义，直线的点斜式方程，即可求解；
(2)设出切点，根据导数的几何意义，直线的点斜式方程写出切线方程．再将点Q代入建立方程，即可求解．
本题考查利用导数求函数的切线问题，属中档题．
19.【答案】解：(1)证明：由条件△ABC为等腰直角三角形，可知AB⊥AC，
∵E，F分别为AC，BC中点，
∴EF//AB，
∴EF⊥EC，EF⊥AE，又∵EC∩AE=E，EC，AE⊂平面AEC，
∴EF⊥平面AEC，
∵EF⊂平面ABFE，
∴平面AEC⊥平面ABFE；
(2)由(1)可知EF⊥EC，EF⊥AE，
∵条件将△CEF沿直线EF翻折，使得∠AEC=π2，
∴AE⊥EC，
∴AE，EF，EC两两垂直，
以EA为x轴，以EF为y轴，以EC为z轴，

建立如图所示的空间直角坐标系E−xyz，
E(0,0,0)，B(1,2,0)，C(0,0,1)，F(0,1,0)，
CB=(1,2,−1)，FB=(1,1,0)，
由题意易得平面CEF的一个法向量m=(1,0,0)，
设平面BCF的法向量为n=(x,y,z)，
∴CB⋅n=0FB⋅n=0，即x+2y−z=0x+y=0，解得一个法向量n=(1,−1,−1)，
∴|cs|=|m⋅n||m||n|=11× 3= 33．
∴平面BCF与平面CEF夹角的余弦值为 33．
【解析】(1)利用面面垂直的判定定理证得平面AEC⊥平面ABFE；
(2)根据第一问分析空间位置关系，可建立空间直角坐标线求得平面BCF与平面CEF的法向量的所成角，利用向量角和二面角关系，确定二面角的余弦值．
本题考查了面面垂直的证明，求二面角大小的空间向量法．考查了空间想象能力，分析问题解决问题的能力，化归与转化的能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)由题可知2a=4，所以a=2，
所以双曲线的方程为：x24−y2=1．
(2)设M(x1,y1)，N(x2,y2)，由题可知k≠±12，
联立y=kx+1x24−y2=1，得(1−4k2)x2−8kx−8=0，
Δ=(−8k)2−4×(−8)(1−4k2)=32(1−2k2)>0，
所以k2<12,x1+x2=8k1−4k2,x1x2=−81−4k2，
点O到直线lMN：y=kx+1的距离d=1 1+k2，
所以S△MON=12|MN|d=12 1+k2⋅|x1−x2|⋅1 1+k2= (x1+x2)2−4x1x22
=2 2−4k2(1−4k2)2=2 6，
令k2=t<12，化简得：24t2−11t+1=0，解得：t=13或t=18，
所以k=± 33或± 24．
【解析】(1)根据双曲线的定义即可求出2a=4，进而求出双曲线的方程；
(2)设点设M(x1,y1)，N(x2,y2)，联立直线与双曲线的方程，消y，得到关于x的一元二次方程，利用韦达定理和弦长公式求出|MN|，利用点到直线的距离求出点O到直线的距离，根据面积公式即可求出结果．
本题考查双曲线的定义，直线与双曲线的位置关系，属中档题．
21.【答案】解：(1)当n=1时，S1=a1=2a1−2，
所以a1=2
当n≥2时，因为Sn=2an−2，①
所以Sn−1=2an−1−2，②
①−②得Sn−Sn−1=an=2an−2an−1，
即an=2an−1，
即数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以an=2n(n∈N*)．
(2)因为bn+1+bn=2n，
所以bn+2+bn+1=2n+2，
两式相减得bn+2−bn=2，
所以{bn}的奇数项和偶数项分别成等差数列．
当n为奇数时，bn+2=bn+2，
令n=2k−1(k∈N*)，
则b2k+1=b2k−1+2，
所以b2k−1=b1+2(k−1)=2k−1，
此时a2k−1×b2k−1=(2k−1)22k−1；
当n为偶数时，bn+2=bn+2，
令n=2k(k∈N*)，
则b2k+2=b2k+2，
所以b2k=b2+2(k−1)=2k−1，
此时a2k×b2k=(2k−1)22k；
记{an⋅bn}的前n项和为Cn，
当n=2k(k∈N*)时，
Cn=C2k=a1b1+a2b2+⋯+a2k−1b2k−1+a2kb2k=(a1b1+a3b3+⋯+a2k−1b2k−1)+(a2b2+a4b4+⋯+a2kb2k)，
令Tk=a1b1+a3b3+⋯+a2k−1b2k−1=1×2+3×23+⋯+(2k−3)×22k−3+(2k−1)×22k−1，③
所以4Tk=1×23+3×25+⋯+(2k−3)×22k−1+(2k−1)×22k+1，④
③−④得−3Tk=2+2(23+25+⋯+22k−1)−(2k−1)×22k+1=22k(10−12k)−103，
所以Tk=(12k−10)×22k+109，
令Mk=a2b2+a4b4+⋯+a2kb2k=1×22+3×24+⋯+(2k−1)×22k，
则Mk=2Tk，
所以C2k=Tk+Mk=3Tk=(12k−10)×22k+103(k∈N*)，
所以当n为偶数时，Cn=(6n−10)×2n+103；
当n为奇数时，n+1为偶数，
所以Cn=Cn+1−an+1×bn+1=(6n−4)×2n+1+103−n⋅2n+1=(3n−4)×2n+1+103，
所以Cn=(6n−10)×2n+103,n为偶数(3n−4)×2n+1+103,n为奇数．
【解析】(1)结合数列的递推式可得数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，然后求其通项公式即可；
(2)由已知可得{bn}的奇数项和偶数项分别成等差数列，然后结合错位相减法求解．
本题考查了等比数列通项公式的求法，重点考查了错位相减法及分类讨论的数学思想方法，属中档题．
22.【答案】解：(1)由题题意，可得ca= 104b= 3a2=b2+c2，解得a=2 2b= 3c= 5，
∴椭圆C的标准方程为x28+y23=1．
(2)设A(x0,y0)，P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
由题意可知，y0≠0，S△AOMS△APR+S△AONS△AQR=12AM⋅AO⋅sin∠MAO12AP⋅AR⋅sin∠MAO+12AN⋅AO⋅sin∠NAO12AQ⋅AR⋅sin∠NAO
=12(AMAP+ANAQ)=12(y0y0−y1+y0y0−y2)①，
由题可知，直线AP，AQ斜率不为0，设lAP：x=my− 3，
联立x=my− 3x28+y23=1，可得(3m2+8)y2−6 3my−15=0，则y0y1=−153m2+8，
∴y1=−15y0(3m2+8)，又x0=my0− 3，∴m=x0+ 3y0，
∴y1=−15y0[3(x0+ 3y0)2+8]=−15y03x02+8y02+6 3x0+9，
又x028+y023=1，∴3x02+8y02=24，∴y1=−15y06 3x0+33=−5y02 3x0+11②，
设lAQ：x=ny+ 3，同理得y0y2=−153n2+8，∴y2=−15y0(3n2+8)，又x0=ny0+ 3，
∴n=x0− 3y0，∴同理可得y2=−5y0−2 3x0+11③，
将②③代入①，得S△AOMS△APR+S△AONS△AQR=12×(y0y0−(−5y02 3x0+11)+y0y0−(−5y0−2 3x0+11))=1+8012x02−256，
又x02∈[0,8),∴S△AOMS△APR+S△AONS△AQR=1+8012x02−256∈(12,1116]，
∴S△AOMS△APR+S△AONS△AQR的取值范围为(12,1116]．
【解析】(1)根据条件得到关于a，b，c的方程，求出a，b，得到椭圆方程即可；
(2)设A(x0,y0)，P(x1,y1)，Q(x2,y2)，求出S△AOMS△APR+S△AONS△AQR=12(y0y0−y1+y0y0−y2)，设lAP：x=my− 3，联立方程求出y1=−5y02 3x0+11，同理可得y2=−15y0(3n2+8)，代入求解范围即可．
本题考查了利用待定系数法求椭圆的标准方程，椭圆的性质和直线与椭圆的综合，考查了方程思想和转化思想，属难题．