【文档说明】江苏省南菁高级中学2020-2021学年高二上学期12月阶段性考试数学（强化班）试题含答案.doc，共(8)页，995.000 KB，由小赞的店铺上传

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江苏省南菁高级中学2020-2021学年第一学期高二12月份阶段性考试强化班(数学学科)2020.12.11试卷满分：150分考试时间：120分钟一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合

题目要求的.1．已知等差数列{}na中，.若nnab2=，则数列{}nb的前5项和等于(B)A.186B.90C.45D.302．若a＞b＞0，则下列不等式中一定成立的是(D)A.ba＞b＋1a＋1B．a－1b＞b－1aC.2a＋ba＋2b＞abD．a＋1b＞b＋1a

3．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列．对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”

．现有高阶等差数列，其前7项分别为3，4，6，9，13，18，24，则该数列的第19项为(A)A.174B.184C.188D.1604．已知()fx为定义在R上的可导函数，'()fx为其导函数，且(

)'()10fxfx++，(0)2019f=，则不等式()2020xxefxe+的解集为(A)A．(0,)+B．(,0)(0,)−+UC．(2019,)+D．(,0)(2019,)−+U解：设()()xxgxefxe=+，则()()()[()(

)1]xxxxgxefxefxeefxfx=++=++，∵()'()10fxfx++，0xe，∴()[()()1]0xgxefxfx=++，∴()gx是R上的增函数，又(0)(0)12020gf=+=，∴()()2020xxg

xefxe=+的解集为(0,)+，即不等式()2020xxefxe+的解集为(0,)+．故选A．5．设函数()yfx=在R上有定义．对于给定的正数K，定义函数(),()(),()KfxfxKfxKfxK=，取函数()2xfxxe

−=−−．若对任意的xR，恒有()()Kfxfx=，则(D)A．K的最大值为2B．K的最小值为2C．K的最大值为1D．K的最小值为16．已知点(),4Pn为椭圆()222210xyabab+=上一点，12,FF是椭圆的两个焦点，如果12PFF的内切圆的直径为

3，则此椭圆的离心率为(A)A．35B．45C．23D.577．过点(,)Amm与曲线()lnfxxx=相切的直线有且只有两条，则实数m的取值范围是(B)A．(－∞，e)B．(e，＋∞)C．(0，1e)D

.(1，＋∞)解：设切点为()，，所以切线方程为:，代入得，即这个关于的方程有两个解.化简方程为，即，令()，，，在上单调递增，在上单调递减，，g(1)＝0，所以，所以.选B.8．等差数列{}na的前n项和为nS，已知322(1)2019(1)aa−+−＝2021sin3，32019(1)a

−＋20192019(1)a−＝2021cos6，则2020S等于(B)A．0B．2020C．4040D．20203二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分.9

．已知0,0ab，且1ab+=，则下列结论正确的为(ABD)A．2212ab+B．122ab−C．22loglog2ab+−D．2ab+10．已知数列na的前n项和为S，11a=，121nnnSSa+=++，数列12nnnaa+的前n项和为nT

，*nN，则下列选项正确的为(BCD)A．数列1na+是等差数列B．数列1na+是等比数列C．数列na的通项公式为21nna=−D．1nT11．已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，准线为x＝－1，过点F的直线

与抛物线交于A，B两点，过A，B两点作准线的垂线，垂足为A1，B1，P为线段AB的中点，O为坐标原点，则(ACD)A．线段AB长度的最小值为4B．∠A1FB1为锐角C．A，O，B1三点共线D．P的坐标可能为(3，－2)解析：抛物线C的方程为y2＝4x，线段AB长度的最小值为通径2p＝4，A正确；

11,//AAAFAAx=轴，∴111AFAAAFAFO==，同理11BFBBFO=，∴1190AFB=，B错误；设直线与抛物线交于AB：1xmy=+，联立抛物线：2440ymy−−=，设1122

(,),(,),AxyBxy则124yy=−，12114OAykyxy===−，∵12(1,)By−，∴12OBOAkyk=−=，A，O，B1三点共线，C正确；设AB的中点00(,)Pxy，则12022yyym+==，200121xmym=

+=+，取m＝－1时，P(3，－2)，D正确；答案：ACD12．关于函数1()lnfxxx=+，下列判断正确的是()A．1x=是()fx的极小值点；B．函数()yfxx=−有且只有1个零点；C．存在正实数k，使得()fxkx恒成立；D．对任意两个正实数1x

，2x，且21xx，若12()()fxfx=，则122xx+.【分析】A．求函数的导数，结合函数极值的定义进行判断；B．求函数的导数，结合函数的单调性，结合函数单调性和零点个数进行判断即可；C．利用参数分离法，构造函数21ln()xgxxx=+，求函数的导数，研究函数的单调性和极值进行

判断即可；D．令()(1)(1)gtftft=+−−，求函数的导数，研究函数的单调性进行证明即可．解：A．函数()fx的的定义域为(0,)+，22111'()xfxxxx−=−+=，当(0,1)x时，()0fx，

()fx单调递减，当(1,)x+时，()0fx，()fx单调递增，1x=是()fx的极小值点，即A正确；B．1()()lnygxfxxxxx==−=+−，221'()0xxgxx−+−=，函数()gx在(

0,)+上单调递减，且(1)0g=，∴函数()yfxx=−有且只有1个零点，即B正确；C．若()fxkx恒成立，即21lnxkxx+恒成立．令21ln()xgxxx=+，则3ln2'()xxxgxx−−=，令()ln2hxxxx=−−，则()hxl

nx=−，当(0,1)x时，'()0hx，当(1,)x+时，'()0hx，∴在(0,1)x上，函数()hx单调递增，(1,)x+上函数()hx单调递减，()(1)0hxh，()0gx，∴21ln(

)xgxxx=+在(0,)+上函数单调递减，函数无最小值，当x→+时，()0gx→，∴不存在正实数k，使得()fxkx恒成立，即C不正确；D．由单调性可知，12(0,1),(1,),xx+令(

0,1)t，则1(0,1)t−，11t+，令21121()(1)(1)ln(1)ln(1)ln1111ttgtftfttttttt+=+−−=++−−−=++−−−，则2222222222222(1)41112224'()0(1)1(1)(1)1(1)tttt

tttgttttttt−−−−++−−−=+=+=−+−−−−，()gt在(0,1)上单调递减，则()(0)0gtg=，∴(0,1)t时，(1)(1)ftft−+令11xt=−，由12()()fxfx=(1)ft+，得21xt+，则12112xxtt+

−++=，故D正确．故选：ABD．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．已知命题：“2(1,4),0xxaxa−+”为真命题，则实数a的取值范围是．4a14．设抛物线24yx=的焦点为F，A、B两点在抛物线上，且

A、B、F三点共线，过AB的中点M作y轴的垂线与抛物线在第一象限内交于点N，若|NF|＝32，则||AB＝_________615．已知正数yx,满足12=+yx，则1121++yx的最小值为________．2316．

已知直线y＝a分别与直线22yx=−，曲线2exyx=+交于点A，B，则线段AB长度的最小值为．3ln22+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)已知椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)经过点A(4，0)，

其离心率为32．(1)求椭圆E的方程；(2)已知P是椭圆E上一点，F1，F2为椭圆E的焦点，且∠F1PF2＝π2，求点P到y轴的距离．解(1)因为椭圆E：x2a2＋y2b2＝1经过点A(4，0)，所以16a2＝1，

解得a＝4．又椭圆E的离心率e＝ca＝32，所以c＝23．所以b2＝a2－c2＝4．因此椭圆E的方程为x216＋y24＝1．…………………4分(2)方法一：由椭圆E的方程x216＋y24＝1，知F1(－23，0)，F2(23，0)．设P(x，y)．因为∠F1PF2

＝π2，所以PF1→·PF2→＝0，所以x2＋y2＝12．…………………6分由x216＋y24＝1，x2＋y2＝12，解得x2＝323．…………………8分所以|x|＝463，即P到y轴的距离为463．…………………10分方法二：由椭圆E的方程x2

16＋y24＝1，知c＝23，F1F2＝43．设P(x，y)．因为∠F1PF2＝π2，所以PF21＋PF22＝F1F22＝48．…………………5分由椭圆的定义可知，PF1＋PF2＝2a＝8，所以2PF1·PF2＝(PF1＋PF2)2－(PF21＋P

F22)＝16，所以三角形的面积S＝12PF1·PF2＝4．…………………6分又S＝12F1F2·|y|＝23|y|，所以23|y|＝4，所以|y|＝233．代入x216＋y24＝1得，x2＝323．…………………8分所以|x|＝463，即P到y轴的距离为463．……………

……10分18.(本小题10分)已知递增的等差数列{}na中，2a、5a是方程027122=+−xx的两根，数列{}nb的前n项和为nS，且nnbS211−=(Nn)．(1)求数列{}na，{}nb的通项公式；(2)记nnnbac=，求数列{}nc的前n项和nT．解：

(1)027122=+−xx得31=x，92=x，因为na是递增，所以32=a，95=a，解=+==+=3941215daadaa得==211da，所以12−=nan……………2分在112nnsb=−中，令1=n得11211bb−=

，321=b，当2n时，nnbS211−=，11112nnsb−−=−，两式相减得nnnbbb21211−=−311=−nnbb，nb是等比数列，所以nnnbb32)31(11==−…………………5分(2)nnnn

nbac324−==nnnnnT32432)1(43234322432141321−+−−++−+−+−=−1221032432)1(43234322432143−−−+−−++−+−+−=nnnnnT两式相减得：nnnnT32434

343422121−−++++=−nn3444+−=，所以nnnT3222+−=……………10分19.(本小题10分)已知函数3221()132fxxax=−+，aR．(1)若函数()fx在(0,1)上单调递减，在(1,3)

上单调递增，求a的值；(2)求函数()fx在[1,3]x上的最大值.解：(1)由3221()132fxxax=−+，则2()2fxxax=−．因函数()fx在(0,1)上单调递减，在(1,3)上单调递增，得(1)0f=，当2a=时，'()2(1)fxxx=−显然满足要求，所

以2a=．……………4分(2)因2()2fxxax=−(2)xxa=−，[1,3]x，当12a，即2a时，'()0fx，()fx在[1,3]上单调递增，则max9()(3)192fxfa==−；……………6分当32a，即6a时，'()0

fx，()fx在[1,3]上单调递减，则max5()(1)32afxf==−；……………7分当132a，即26a时，当[1,]2ax时，'()0fx；当[,3]2ax时，'()0fx，所以()fx在[1,]2a递减，在[,3]2a递增，则max()(1),(3)fxff=．

又52(3)(1)43ffa−=−，故当1323a时，(3)(1)ff；当133a=时，(3)(1)ff=；当1363a时，(3)(1)ff．……………9分综上，()fx在[1,3]x上的最大值max

5113,,323()91319,.23aafxaa−=−……………10分20.(本小题12分)已知数列}{na的各项均为正数，其前n项和2)1(+=nnnaaS，Nn.(1)求数列}{na的通项公式；(2)设12log2++=nnnaab，称使数列}{nb的前n项和为

整数的正整数n为“优数”，试求区间(0，2020)内所有“优数”的和S.解：(1)当1n=时，()111111=,2aaSaS+=，()1110aa−=，又10a，所以11a=，当1n时，()()1111122nnnnnnnaaaaaSS−−

−++=−=−，整理得：()()1110nnnnaaaa−−+−−=，因为10nnaa−+，所以有11nnaa−−=，所以数列na是首项11a=，公差1d=的等差数列，数列na的通项公式为()11naandn=+−=；……6分(2)由nan=知：22+

22loglog11nnnanban+==++，数列nb的前n项和为12322223452loglogloglog2341nnbbbbn+++++=+++++xyMNBPQAO()223452loglog212341nnn+==+−+，令()123nb

bbbkkZ+++=，则有()12log21,22knkn++−==−，由()0,2020,nkZ知10k且kN，所以区间()0,2020内所有“优数”的和为()()()()2341022222222S−=−+−+−++−()()2923410112

1222221818222202612−=++++−=−=−=−.……12分21.(本小题12分)已知椭圆()2222:10xyCabab+=的长轴长为4，焦距为22.(1)求椭圆C的方程；(2)过动点()()0,0Mmm

的直线交x轴于点N，交C于点,AP(P在第一象限)，且M是线段PN的中点.过点P作x轴的垂线交C于另一点Q，延长线QM交C于点B.(i)设直线PM，QM的斜率分别为k，'k，证明'kk为定值；(ii)求直线AB

的斜率的最小值.解：(1)设椭圆的半焦距为c，由题意知24,222ac==，所以222,2abac==−=，所以椭圆C的方程为22142xy+=.……2分(2)(i)设()()0000,0,0Pxyxy，由()

0,Mm，可得()()00,2,,2.PxmQxm−所以直线PM的斜率002mmmkxx−==，直线QM的斜率0023'mmmkxx−−==−.此时'3kk=−，所以'kk为定值3−.…………………6分(ii)法1：设()()1122,,,Ax

yBxy，直线PA的方程为ykxm=+，直线QB的方程为3ykxm=−+.联立22142ykxmxy=++=，整理得()222214240kxmkxm+++−=.由20122421mxxk−=+，可得()()21202221mxkx−=+，所以()()2112022

21kmykxmmkx−=+=++，同理，()()()()222222002262,181181mkmxymkxkx−−−==+++.…………………8分所以()()()()()()()2222212222

00022223221812118121mmkmxxkxkxkkx−−−−−=−=++++，()()()()()()()()2222212222000622286121812118121kmkmkkmyymmkxkxkkx−

−−−+−−=+−−=++++，………………9分所以2212161116.44AByykkkxxkk−+===+−由00,0mx，可知0k，…………………10分所以1626kk+…，等号当且仅当66k

=时取得.由0(,2)Pxm，00,0mx在椭圆C:22142xy+=上得2048xm=−，2048mmkxm==−，此时26648mm=−，即147m=，经检验，0符合题意.所以直线AB的斜率的最小值为62.…………………12分法2：同上可得

21202421mxkx−=+()；222024181mxkx−=+()因为12112212,,3AByykykxmykxmxx−==+=−+−所以()()1212121233ABkxmkxmxkxkxxxx+−−++==

−−22220022220024243(21)(181)2424(21)(181)mmkkkxkxmmkxkx−−+++=−−−++22223211811121181kkkkkk+++=−++（）（）（）（）2611

1(6)44kkkk+==+下面同解法1.22.(本小题14分)已知函数f(x)＝alnx＋1x，a∈R．(1)若不等式f(x)＞1对任意x∈(1，＋∞)恒成立，求a的取值范围；(2)若函数h(x)＝f(x)－x有两个极值点x1，x2(x1＜x2)，且h(x2)－h(

x1)≤4e，求a的取值范围．解：(1)不等式f(x)＞1可化为alnx＋1x－1＞0．记g(x)＝alnx＋1x－1，则g(x)＞0对任意x∈(1，＋∞)恒成立．考察函数g(x)＝alnx＋1x－1，x＞0，g′(x)＝ax－1x

2＝ax－1x2．当a≤0时，g′(x)＜0，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，又g(1)＝0，所以g(2)＜g(1)＝0，不合题意；…………………2分当a＞0时，x∈(0，1a)，g′(x)＜0；x∈(1a，＋

∞)，g′(x)＞0，所以g(x)在(0，1a]上单调递减，在[1a，＋∞)上单调递增，若1a≤1，即a≥1时，g(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以x∈(1，＋∞)时，g(x)＞g(1)＝0，符合题意；…………

………4分若1a＞1，即0＜a＜1时，g(x)在[1，1a)上单调递减，所以当x∈(1，1a)时，g(x)＜g(1)＝0，不符合题意；综上所述，实数a的取值范围为[1，＋∞)．…………………6分(3)方法一：h(x)＝f(x)－x＝alnx＋

1x－x，x＞0，h′(x)＝ax－1x2－1＝－x2＋ax－1x2．因为h(x)有两个极值点x1，x2(x1＜x2)，所以h′(x)＝0，即x2－ax＋1＝0的两实数根为x1，x2，0＜x1＜x2，所以x1＋x2＝a，x1x2＝1，△＝a2－4＞0，所以a＞2，0＜x1＜1＜

x2，从而h(x2)－h(x1)＝(alnx2＋1x2－x2)－(alnx1＋1x1－x1)＝2(alnx2＋1x2－x2)＝2[(x2＋1x2)lnx2＋1x2－x2]．…………………9分记m(x)＝2[(

x＋1x)lnx＋1x－x]，x≥1．则m′(x)＝2[(1－1x2)lnx＋(x＋1x)·1x－1x2－1]＝2(1－1x2)lnx≥0(当且仅当x＝1时取等号)，所以m(x)在[1，＋∞)上单调递增，又m(e)＝4e，不等式h(x2)－h(x1)≤4e可化为m

(x2)≤m(e)，所以1＜x2≤e．…………12分因为a＝x2＋1x2，且y＝x＋1x在(1，＋∞)上递增，所以2＜a≤e＋1e，即a的取值范围为(2，e＋1e]．…………………14分方法二：h(x)＝f

(x)－x＝alnx＋1x－x，x＞0，h′(x)＝ax－1x2－1＝－x2＋ax－1x2．因为h(x)有两个极值点x1，x2(x1＜x2)，所以h′(x)＝0，即x2－ax＋1＝0的两实数根为x1，x2，0＜x1＜x2，所以x1＋x2＝a，x1x2＝1，△＝a2－4＞0，所以a＞2，0＜x

1＜1＜x2．设t2＝x2x1(t＞1)，则x1＋t2x1＝a，t2x21＝1，所以x1＝1t，a＝t＋1t，x2＝t，从而h(x2)－h(x1)≤4e等价于h(t)＝(t＋1t)lnt＋1t－t≤2e，t＞1．……………9分记m(x)＝(x＋1x)lnx＋1x－x，x≥1．

则m′(x)＝(1－1x2)lnx＋1x(x＋1x)－1x2－1＝(1－1x2)lnx≥0(当且仅当x＝1时取等号)，所以m(x)在[1，＋∞)上单调递增．又t＞1，m(e)＝2e，所以1＜t≤e．…………………12分因为a＝t＋1t，且y＝x＋1x在(1，＋∞)上递增，所以2＜a≤e＋1

e，即a的取值范围为(2，e＋1e]．…………………14分