江苏省盐城市大丰区等5地2022-2023学年高二上学期1月期末数学试题

（北京）股份有限公司 各种高中资料一手更新，认准 （北京）股份有限公司 全科试题免费下载公众号《高中僧课堂》 （北京）股份有限公司 （北京）股份有限公司 （北京）股份有限公司 2022-2023 学年度高二年级第一学期期末联考 数学试题参考答案及评分细则 一、单项选择题 1 2 3 4 5 6 7 8 C C D A C C A B 二、多项选择题 9 10 11 12 ACD ABD BD BC 三、填空题 13、 1 2  14、 13 31 ( , ) 5 5  15、370 16、3 1  四、解答题 17、解：（1）直线AB 的方程为 1 2 2 y x   ，即 2 4 0 x y    ， 圆心到直线AB 的距离为 | 4 10 4 | 2 5 5 d     ， 故点P 到直线AB 距离的最大值为2 5 4  ；....................................................4 分 （2）当直线PB 与圆相切时， PBA  最小，此时线段PB 的长为 2 2 4 5 2 16 3     （ ） ．.....................................................................................10 分 18、解：（1） 3 4 ) 1 ( 2 5      k k k Sk ，解得 12 k  ；.......................................................4 分 （2） 5 1 6 ( 1) 2 2 2 n n a n      ， 2 5 2 2 4 3 2 1 2 0 4 5 | | 10 1             i i a ．..............................................12 分 19、解：（1） ) 1 ( 3 2 2 3 ) ( 2       f x x x f ， ) 1 ( 3 2 2 3 ) 1 (        f f ， 解得 ( 1) 3 f   ；................................................................................................4 分 （2） x x x x f 2 ) ( 2 3    ， 2 2 3 ) ( 2     x x x f ， 设切点为 0 0 ( , ( )) x f x ，则切线方程为 0 0 0 ( ) ( )( ) y f x f x x x     ， 将原点带入得 0 0 0 ( ) ( ) f x f x x   ，即 0 0 2 0 0 2 0 3 0 ) 2 2 3 ( 2 x x x x x x      ， （北京）股份有限公司 化简得 0 ) 1 2 ( 0 2 0   x x ，得 0 0 x  或 0 1 2 x  ， 0 ( ) 2 f x  或 0 9 ( ) 4 f x   ， 故切线方程为 2 y x  或 9 4 y x  ．.............................................................12 分 20、解：（1）设 1 1 ( , ) A x y ， 2 2 ( , ) B x y ，线段AB 中点设为 0 ( ,2) x 抛物线C 的焦点为 (0,1) ， 根据抛物线的定义得 1 2 2 4 2 6 AB y y       ；.....................................4 分 （2）直线l 斜率必存在，设为 2  kx y 与抛物线联立得：       2 4 2 kx y y x ， 0 8 4 2   kx x ，得 8 2 1   x x ， 4 4 8 16 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1           x x x x y y x x OB OA ．...............................12 分 21、解：（1） * 1 2 3 1( ) n a a a a n n N        ， （1） 当 2 n  时， 1 2 3 1 n a a a a n       ， （2） (1) (2)  得； 1 n n a n   ，..................................................................................3 分 又 1 2 a  符合上式，故 1 n n a n   ； ..................................................................4 分 （2） 1 2 2 n n n n na n b    ， 2 3 2 3 4 1 2 2 2 2 n n n S        ， 2 3 4 1 1 2 3 4 1 2 2 2 2 2 2 n n n n n S          ， 错位相减得： 2 3 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 n n n n S         ， 1 1 1 1 1 (1 ) 1 3 3 4 2 1 1 2 2 2 1 2 n n n n n            ， ............................................................7 分 即 3 3 2 n n n S    ，由 3 1 n S n     ，得 ( 1)( 3) 2n n n     ，......................8 分 （北京）股份有限公司 设 ( 1)( 3) ( ) 2n n n f n    ，则 1 ( 2)( 4) ( 1) 2n n n f n      ， 故 2 1 1 ( 2)( 4) ( 1)( 3) 2 2 ( 1) ( ) 2 2 2 n n n n n n n n n f n f n               ， 由 2 1 2 2 ( 1) ( ) 0 2n n n f n f n         恒成立，知 ( ) f n 单调减， 故 ( ) f n 的最大值为 (1) 4 f  ， 则 4  ．.....................................................12 分 22、解：（1） 1 2 1 2 3 2 c a c b           ，解得 2, 3 a b   ， 即椭圆C 的标准方程为 2 2 1 4 3 x y  ； ................................................................. 3 分 （2）解法一：直线AB 的方程为 1( 1) y k x   ，直线CD 的方程为 2( 1) y k x   ， 联立 1 2 2 ( 1) 1 4 3 y k x x y          ， 2 2 2 2 1 1 1 (3 4 ) 8 4 12 0 k x k x k      ， 设     1 1 2 2 , , A x y B x y ， ，则 2 1 2 1 2 1 4 2 3 4 P x x k x k     ， 1 2 1 3 3 4 P k y k   ， 同理得 2 2 2 2 4 3 4 Q k x k   ， 2 2 2 3 3 4 P k y k   ， 则 1 2 1 2 3 3 9 9 ( ) 4 4 16 16 OP OQ k k k k k k      ； .................................................7 分 解法二：易证 1 2 3 4 3 4 OP OQ k k k k          ，则 1 2 1 2 3 3 9 9 ( ) 4 4 16 16 OP OQ k k k k k k      ； 说明：不通过严格证明直接用结论解的，不给分； （3）当直线PQ 的斜率不存在时，PQ x  轴，点P 与点Q 关于x 轴对称， 则 1 2 0 k k   ，与题意中的 1 2 3 k k   矛盾，不符合题意； 故设直线PQ 的方程为y kx m   ， （北京）股份有限公司 由第（2）问可知 2 1 2 1 4 3 4 P k x k   ， 1 2 1 3 3 4 P k y k   ， 带入直线PQ 的方程有 2 1 2 2 1 1 4 3 3 4 3 4 k k k m k k      ， 化简得 2 1 1 4( ) 3 3 0 k m k k m     ， 同理有 2 2 2 4( ) 3 3 0 k m k k m     ， 所以 1 2 k k 、 为方程 2 4( ) 3 3 0 k m x x m     的两个根，有 1 2 3 4( ) k k k m    ， 又 2 3 2 1  k k ， 所以 2 1  k m ， 所以直线PQ 的方程为 2 1    k kx y ， 得直线PQ 过定点 ) 2 1 , 1 ( G ，...............................................................................11 分 故由 1 F H HG  ，且 1 FG 为定值，知存在 点 ) 4 1 , 1 ( T 为 1 FG 的中点时， 1 1 2 TH FG  为定 值．................................................................................................................12 分