2020-2021学年江苏省苏州市高二（上）期末数学试卷.docx

1、第 1 页（共 17 页） 2020-2021 学年江苏省苏州市高二（上）期末数学试卷学年江苏省苏州市高二（上）期末数学试卷 一、 单项选择题 （本大题共一、 单项选择题 （本大题共 8 小题， 每小题小题， 每小题 5 分， 共计分， 共计 40 分 在每小题给出的四个选项中，分 在每小题给出的四个选项中， 只有一个是符合题目要求的，请把答案添涂在答题卡相应位置上）只有一个是符合题目要求的，请把答案添涂在答题卡相应位置上） 1 （5 分）命题“xR，x2x+10”的否定为（ ） AxR，x2x+10 BxR，x2x+10 CxR，x2x+10 DxR，x2x+10 2 （5 分）已知复数 z

2、i（1+2i） （i 为虚数单位） ，则复数 z 的实部为（ ） A2 B1 C1 D2 3 （5 分）不等式（x+5） （32x）6 的解集是（ ） Ax|x1 或 x 9 2 Bx|1x 9 2 Cx|x 9 2或 x1 Dx| 9 2 x1 4 （5 分）若 0b1，则“a”是“ab”的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 5 （5 分）在弹性限度内，弹簧拉伸的距离与所挂物体的质量成正比，即 d= ，其中 d 是 距离（单位 cm） ，m 是质量（单位 g） ，k 是弹簧系数（单位 g/cm） 弹簧系数分别为 k1， k2的两个弹簧串联时，得到的

3、弹簧系数 k 满足1 = 1 1 + 1 2，并联时得到的弹簧系数 k 满 足 kk1+k2已知物体质量为 20g，当两个弹簧串联时拉伸距离为 1cm，则并联时弹簧拉 伸的最大距离为（ ） A1 4cm B1 2cm C1cm D2cm 6 （5 分）在平面直角坐标系 xOy 中，设抛物线 y22px（p0）上的点 M 与焦点 F 的距离 为 10，点 M 到 x 轴的距离为 2p，则 p 的值为（ ） A1 B2 C4 D8 7 （5 分）若正整数 m，n 满足:4 :2 :3 :1，则所有满足条件的 n 的和为（ ） A6 B4 C3 D1 8 （5 分）单分数（分子为 1，分母为正整数的

4、分数）的广泛使用成为埃及数学重要而有趣 的特色，埃及人将所有的真分数都表示为一些单分数的和，例如 2 5 = 1 3 + 1 15 ， 第 2 页（共 17 页） 7 29 = 1 6 + 1 24 + 1 58 + 1 87 + 1 232 ，现已知 2 101 可以表示成 4 个单分数的和，记 2 101 = 1 606 + 1 + 1 + 1 ， 其中 x， y， z 是以 101 为首项的等差数列， 则 y+z 的值为 （ ） A505 B404 C303 D202 二、 多项选择题 （本大题共二、 多项选择题 （本大题共 4 小题， 每小题小题， 每小题 5 分， 共计分， 共计 2

5、0 分 在每小题给出的四个选项中，分 在每小题给出的四个选项中， 至少有两个是符合题目要求的，请把答案添涂在答题卡相应位置上）至少有两个是符合题目要求的，请把答案添涂在答题卡相应位置上） 9 （5 分）早在古巴比伦吋期，人们就会解一元二次方程16 世纪上半叶，数学家得到了一 元三次、一元四次方程的解法此后数学家发现一元 n 次方程有 n 个复数根（重根按重 数计） 下列选项中属于方程 z310 的根的是（ ） A1 2 + 3 2 B 1 2 + 3 2 C 1 2 3 2 D1 10 （5 分）已知 ab0cd，则（ ） Aacbd Badbc C ; ; D 2 2 11（5 分） 在平面

6、直角坐标系 xOy 中， 若双曲线2 2 4 = 1与直线 ykx+m （k2， mR） 有唯一的公共点，则动点 P（k，m）与定点 Q（0，2）的距离可能为（ ） A2 B6 C22 D3 12 （5 分）已知等比数列an满足 a11，其前 n 项和 Snpan+1+r（nN*，p0） （ ） A数列an的公比为 p B数列an为递增数列 Crp1 D当 p 1 4取最小值时，an3 n1 三、填空题（本大题共三、填空题（本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共计分，共计 20 分请把答案填写在答题卡相应位置分请把答案填写在答题卡相应位置 上）上） 13 （5 分）已知复数 z 满

7、足（1+2i）z3+4i（i 为虚数单位） ，则复数 z 的模为 14 （5 分）已知 a0，b0，且 2a+b4，则 ab+ 1 + 2 的最小值为 15 （5 分）在流行病学中，基本传染数 R0是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力 的情况下，一个感染者平均传染的人数R0一般由疾病的感染周期、感染者与其他人的 接触频率、每次接触过程中传染的概率决定初始感染者传染 R0个人为第一轮传染，这 R0个人每人再传染 R0个人为第二轮传染，假设某种传染病的基本传染数 R03，那 第 3 页（共 17 页） 么初始一名感染者，经过三轮传染后，感染总人数将达到 人；若感染总人数达到 1000 人，则

8、应采取紧急防控措施，那么应在第 轮传染开始前采取紧急防控措 施 （参考数据：lg20.3，lg30.48） 16（5 分） 在平面直角坐标系 xOy 中， 已知椭圆 C： 2 2 + 2 2 = 1 （ab0） 的焦距为46， 直线 l 与椭圆 C 交于 A，B 两点，且 OAOB，过 O 作 ODAB 交 AB 于点 D，点 D 的坐标为 （2，1） ，则椭圆 C 的方程为 四、解答题（本大题共四、解答题（本大题共 6 小题，共计小题，共计 70 分请在答题卡指定区域内作答解答时应写出文分请在答题卡指定区域内作答解答时应写出文 字说明、证明过程或演算步骤字说明、证明过程或演算步骤.） 17

9、（10 分）在平面直角坐标系 xOy 中，设椭圆 2 2 + 2 2 =1 与双曲线 2 2 2 2 =1 的离心率 分别为 e1，e2，其中 ab0 （1）求 e12+e22的值； （2）若双曲线渐近线的斜率小于 2 2 ，求 e1和 e2的取值范围 18 （12 分）已知不等式 ax2+（3a）x3b0（a，bR）的解集为 Ax|3x1 （1）求实数 a，b 的值； （2）设() = 2+2 2 （xA） ，当 x 为何值时 f（x）取得最大值，并求出其最大值 19 （12 分）在2= 22+ ，a3+a516 且 S3+S542， 2 = :1 4:2且 S756 这三个条件中任选一个，

10、补充在下面的问题中，并加以解答 问题：设数列an为等差数列，其前 n 项和为 Sn，_数列bn为等比数列，b1a1， b2a3，求数列* 1 + +的前 n 项和 Tn 20 （12 分）系统找不到该试题 21 （12 分）已知数列an满足 a11，2:1= (1 + 1 )（nN *） （1）求证：数列* +是等比数列，并求数列an的通项公式； （2）记数列an的前 n 项中最大值为 Mn，最小值为 mn，令= + 2 ，称数列bn 是数列an的“中程数数列” 求“中程数数列”bn的前 n 项和 Sn； 若 bmak（m，kN*且 mk） ，求所有满足条件的实数对（m，k） 第 4 页（共

11、17 页） 22（12 分） 如图， 在平面直角坐标系 xOy 中， 椭圆 2 2 + 2 2 = 1 （ab0） 的离心率为 2 2 ， 过原 点 O 的直线交该椭圆于 A，B 两点（点 A 在 x 轴上方） ，点 E（4，0） 当直线 AB 垂直于 x 轴时，| = 25 （1）求 a，b 的值； （2）设直线 AE 与椭圆的另一交点为 C，直线 BE 与椭圆的另一交点为 D 若 OCBE，求ABE 的面积； 是否存在 x 轴上的一定点 T，使得直线 CD 恒过点 T？若存在，求出 T 的坐标；若不存 在，请说明理由 第 5 页（共 17 页） 2020-2021 学年江苏省苏州市高二（上

12、）期末数学试卷学年江苏省苏州市高二（上）期末数学试卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、 单项选择题 （本大题共一、 单项选择题 （本大题共 8 小题， 每小题小题， 每小题 5 分， 共计分， 共计 40 分 在每小题给出的四个选项中，分 在每小题给出的四个选项中， 只有一个是符合题目要求的，请把答案添涂在答题卡相应位置上）只有一个是符合题目要求的，请把答案添涂在答题卡相应位置上） 1 （5 分）命题“xR，x2x+10”的否定为（ ） AxR，x2x+10 BxR，x2x+10 CxR，x2x+10 DxR，x2x+10 【解答】解：命题“xR，x2+x+10“的否定是xR，x2x

13、+10， 故选：C 2 （5 分）已知复数 zi（1+2i） （i 为虚数单位） ，则复数 z 的实部为（ ） A2 B1 C1 D2 【解答】解：zi（1+2i）i2i2i+2， 则 z 的实部为 2 故选：D 3 （5 分）不等式（x+5） （32x）6 的解集是（ ） Ax|x1 或 x 9 2 Bx|1x 9 2 Cx|x 9 2或 x1 Dx| 9 2 x1 【解答】解：因为不等式（x+5） （32x）6 可化为 2x2+7x90， 分解因式得（2x+9） （x1）0， 可化为2 + 9 0 1 0 或2 + 9 0 1 0 ，解得 9 2 x1， 所以不等式（x+5） （32x）6

14、 的解集是x| 9 2 x1 故选：D 4 （5 分）若 0b1，则“a”是“ab”的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 【解答】解：若 a，在 0b1 时，b（1b）bb20 即，故可得 ab， 若 ab，可取 = 1 9， = 2 9，此时， 第 6 页（共 17 页） 所以若 0b1，则“a”是“ab”的充分不必要条件 故选：A 5 （5 分）在弹性限度内，弹簧拉伸的距离与所挂物体的质量成正比，即 d= ，其中 d 是 距离（单位 cm） ，m 是质量（单位 g） ，k 是弹簧系数（单位 g/cm） 弹簧系数分别为 k1， k2的两个弹簧串联时

15、，得到的弹簧系数 k 满足1 = 1 1 + 1 2，并联时得到的弹簧系数 k 满 足 kk1+k2已知物体质量为 20g，当两个弹簧串联时拉伸距离为 1cm，则并联时弹簧拉 伸的最大距离为（ ） A1 4cm B1 2cm C1cm D2cm 【解答】解：根据题意可得，当两个弹簧串联时，弹簧的系数 k= = 20 1 = 20， 由1 = 1 1 + 1 2 = 1:2 12 ，得 k= 12 1+2，则串联时，有 12 1:2 = 20； 并联时，弹簧系数 k满足 kk1+k2，d= ，要使 d最大，则 k最小， 即 k1+k2最小，由 12 1:2 = 20，得 20（k1+k2）k1k

16、2 (1+2 2 )2， 得 80（k1+k2） (1+ 2)2，解得 k1+k20（舍去） ，或 k1+k280， 当且仅当 k1k240 时上式等号成立，此时 d= = 20 80 = 1 4（cm） 故选：A 6 （5 分）在平面直角坐标系 xOy 中，设抛物线 y22px（p0）上的点 M 与焦点 F 的距离 为 10，点 M 到 x 轴的距离为 2p，则 p 的值为（ ） A1 B2 C4 D8 【解答】解：设点 M（x，y） ，由题意可知， + 2 = 10 | = 2 ， 所以 M（10 2，2p） ，又因为 M 点在抛物线上， 所以，4p22p（10 2） ， p4 故选：C

17、7 （5 分）若正整数 m，n 满足:4 :2 :3 :1，则所有满足条件的 n 的和为（ ） A6 B4 C3 D1 【解答】解：因为 m，n 均为正整数， 第 7 页（共 17 页） 所以 1 +4 +2 = 1 + 2 +2 1 + 2 1+2 = 1 + 2 3，1 +3 +1 = 1 + 2 +1 2， 所以1 2，所以 m2 或 3， 若 m2 时，则:4 :2 2 :3 :1， 所以 2 :2 2 1 2 :1， 解得2222 + 1， 则 n3， 若 m3 时，则:4 :2 3 :3 :1， 所以 2 :2 3 1 2 :1， 解得3 13， 则 n1， 所以 n3+14 故选

18、：B 8 （5 分）单分数（分子为 1，分母为正整数的分数）的广泛使用成为埃及数学重要而有趣 的特色，埃及人将所有的真分数都表示为一些单分数的和，例如 2 5 = 1 3 + 1 15 ， 7 29 = 1 6 + 1 24 + 1 58 + 1 87 + 1 232 ，现已知 2 101 可以表示成 4 个单分数的和，记 2 101 = 1 606 + 1 + 1 + 1 ， 其中 x， y， z 是以 101 为首项的等差数列， 则 y+z 的值为 （ ） A505 B404 C303 D202 【解答】解： 2 101 = 1 101 + 1 101 = 1 101 + 2 202 =

19、1 101 + 1 202 + 1 202 = 1 101 + 1 202 + 3 606 = 1 101 + 1 202 + 2 606 + 1 606 = 1 101 + 1 202 + 1 303 + 1 606 所以 x101，y202，z303 满足题目 x，y，z 是以 101 为首项的等差数列， 所以 y+z505 第 8 页（共 17 页） 故选：A 二、 多项选择题 （本大题共二、 多项选择题 （本大题共 4 小题， 每小题小题， 每小题 5 分， 共计分， 共计 20 分 在每小题给出的四个选项中，分 在每小题给出的四个选项中， 至少有两个是符合题目要求的，请把答案添涂在答

20、题卡相应位置上）至少有两个是符合题目要求的，请把答案添涂在答题卡相应位置上） 9 （5 分）早在古巴比伦吋期，人们就会解一元二次方程16 世纪上半叶，数学家得到了一 元三次、一元四次方程的解法此后数学家发现一元 n 次方程有 n 个复数根（重根按重 数计） 下列选项中属于方程 z310 的根的是（ ） A1 2 + 3 2 B 1 2 + 3 2 C 1 2 3 2 D1 【解答】解：选项 A：当 z= 1 2 + 3 2 时，z 3 1 = (1 2 + 3 2 )3 1 =（ 1 2 + 3 2 i） 2 (1 2 + 3 2 ) 1= 1 4 3 4 1 = 2，故 A 错误， 选项 B

21、： 当 z= 1 2 + 3 2 时， z31 （ 1 2 + 3 2 ） 31 （1 2 + 3 2 ） 2 ( 1 2 + 3 2 ) 1 = 1 4 + 3 4 1 = 0，故 B 正确， 选项 C：当 z= 1 2 3 2 时，z 3 1 = ( 1 2 3 2 )3 1 =（ 1 2 3 2 ） 2 ( 1 2 3 2 ) 1= 1 4 + 3 4 1 = 0，故 C 正确， 选项 D：显然当 z1 时满足 z310，故 D 正确， 故选：BCD 10 （5 分）已知 ab0cd，则（ ） Aacbd Badbc C ; ; D 2 2 【解答】解：由 ab0cd，取 a2，b1，c

22、1，d2，则 AB 不成立； 若 ; ;，只需 b（ac）a（bc） ，即 bcac， 显然 bcacc（ba）0，故 C 正确； 若 2 2 ，只需 bc2ad2，又 c2d2，0ba， 显然 bc2ad2成立，故 D 正确 故选：CD 11（5 分） 在平面直角坐标系 xOy 中， 若双曲线2 2 4 = 1与直线 ykx+m （k2， mR） 有唯一的公共点，则动点 P（k，m）与定点 Q（0，2）的距离可能为（ ） A2 B6 C22 D3 第 9 页（共 17 页） 【解答】解：联立 = + 2 2 4 = 1，得（4k 2）x22kmxm240， 因为直线与双曲线有唯一公共点， 所

23、以4k2m2+4（4k2） （m2+4）16（m2k2+4）0， 所以 m2k2+40， |PQ|2k2+（m2）2m2+4+m24m+42m24m+82（m1）2+66， 所以|PQ| 6， 所以选项 BCD 均符合题意， 故选：BCD 12 （5 分）已知等比数列an满足 a11，其前 n 项和 Snpan+1+r（nN*，p0） （ ） A数列an的公比为 p B数列an为递增数列 Crp1 D当 p 1 4取最小值时，an3 n1 【解答】解：因为 Snpan+1+r， 所以 Sn1pan+r（n2） ， 所以 anSnSn1pan+1pan，则 pan+1（p+1）an（n2） ，

24、所以+1 = :1 （n2） ， 当 n1 时，a1S1pa2+r，所以2= 1 ， 因为an为等比数列， 又 = +1 = 1 + 1 1，所以数列an为递增数列， 故选项 A 错误，选项 B 正确； 所以 = +1 = 1 ，解得 rp， 故选项 C 错误； p 1 4 = + 1 4 2 1 4 = 1， 当且仅当 = 1 4，即 p= 1 2时取等号， 此时数列an的公比为 = +1 = 3， 第 10 页（共 17 页） 所以 an3n 1， 故选项 D 正确 故选：BD 三、填空题（本大题共三、填空题（本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共计分，共计 20 分请把答案填

25、写在答题卡相应位置分请把答案填写在答题卡相应位置 上）上） 13 （5 分）已知复数 z 满足（1+2i）z3+4i（i 为虚数单位） ，则复数 z 的模为 5 【解答】解：因为（1+2i）z3+4i， 所以 z= 3+4 1+2 = (3+4)(12) (1+2)(12) = 112 5 ， 故|z|= 5 故答案为：5 14 （5 分）已知 a0，b0，且 2a+b4，则 ab+ 1 + 2 的最小值为 4 【解答】解：a0，b0，且 2a+b4， + 1 + 2 = + 2+ = + 4 2 4 = 4，当且仅当 = 4 ，即 a1，b 2 时等号成立， + 1 + 2 的最小值为：4

26、故答案为：4 15 （5 分）在流行病学中，基本传染数 R0是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力 的情况下，一个感染者平均传染的人数R0一般由疾病的感染周期、感染者与其他人的 接触频率、每次接触过程中传染的概率决定初始感染者传染 R0个人为第一轮传染，这 R0个人每人再传染 R0个人为第二轮传染，假设某种传染病的基本传染数 R03，那 么初始一名感染者，经过三轮传染后，感染总人数将达到 64 人；若感染总人数达到 1000 人， 则应采取紧急防控措施， 那么应在第 6 轮传染开始前采取紧急防控措施（参 考数据：lg20.3，lg30.48） 【解答】解：初始一名感染者，经过一轮传染后，感

27、染人数为 1+R04 人， 经过二轮传染后，感染人数为 4+4R016 人， 经过三轮传染后，感染人数为 16+16R064 人； 则每一轮传染后的感染人数构成以 4 为首项，以 4 为公比的等比数列， 到第 n 轮传染后，感染人数为= 4 4;1= 4， 第 11 页（共 17 页） 由 4n1000，得 n 1000 4 = 3 22 3 0.6 = 5 若感染总人数达到 1000 人，则应采取紧急防控措施，那么应在第 6 轮传染开始前采取 紧急防控措施 故答案为：64；6 16（5 分） 在平面直角坐标系 xOy 中， 已知椭圆 C： 2 2 + 2 2 = 1 （ab0） 的焦距为46

28、， 直线 l 与椭圆 C 交于 A，B 两点，且 OAOB，过 O 作 ODAB 交 AB 于点 D，点 D 的坐标为 （2，1） ，则椭圆 C 的方程为 2 30 + 2 6 = 1 【解答】解：由已知可得 kABkOD1，所以 k = 1 = 1 1 2 = 2， 则直线 BA 的方程为：y12（x2） ，即 y2x+5， 代入椭圆方程消去 y 整理可得： （b2+4a2）x220a2x+25a2a2b20， 设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，B（x2，y2） ，则 x 1+ 2= 202 2+42 ，12= 25222 2+42 ， 又由已知可得：2c46，所以 c26，则 a

29、2b2+24， 所以 x 1+ 2= 202 5224 ，12= 4924 5224 ， 所以 y1y2（2x1+5） （2x2+5）4x1x210（x1+x2）+25= 121244600 5224 ， 又由 OAOB 可得 x1x2+y1y20， 所以49 2;4:1212;44;600 52;24 = 0，即 a434a2+1200， 解得 a230 或 4（舍去） ，所以 a230，b26， 所以椭圆的方程为 2 30 + 2 6 = 1， 故答案为： 2 30 + 2 6 = 1 四、解答题（本大题共四、解答题（本大题共 6 小题，共计小题，共计 70 分请在答题卡指定区域内作答解答

30、时应写出文分请在答题卡指定区域内作答解答时应写出文 字说明、证明过程或演算步骤字说明、证明过程或演算步骤.） 17 （10 分）在平面直角坐标系 xOy 中，设椭圆 2 2 + 2 2 =1 与双曲线 2 2 2 2 =1 的离心率 分别为 e1，e2，其中 ab0 （1）求 e12+e22的值； （2）若双曲线渐近线的斜率小于 2 2 ，求 e1和 e2的取值范围 第 12 页（共 17 页） 【解答】解： （1）由题意知，e12= 22 2 ，e22= 2+2 2 ， e12+e22= 22 2 + 2+2 2 =1 2 2 +1+ 2 2 =2 （2）双曲线 C 的渐近线方程为 y x，

31、 双曲线渐近线的斜率小于 2 2 ， 0 2 2 ， e1=1 ( ) 2（ 2 2 ，1） ， e2=1 + ( ) 2（1， 6 2 ） ， 故 e1的取值范围为（ 2 2 ，1） ，e2的取值范围为（1， 6 2 ） 18 （12 分）已知不等式 ax2+（3a）x3b0（a，bR）的解集为 Ax|3x1 （1）求实数 a，b 的值； （2）设() = 2+2 2 （xA） ，当 x 为何值时 f（x）取得最大值，并求出其最大值 【解答】解： （1）不等式 ax2+（3a）x3b0 的解集为 Ax|3x1， 所以3 和 1 是对应方程 ax2+（3a）x3b0 的两根， 所以9 3(3

32、) 3 = 0 + (3 ) 3 = 0 ，解得 a1，b1； （2）由() = 2+2 2 = 2+2 2 ，x（3，1） ， 设 x2t，则 xt+2，且 t（5，1） ， 令 yf（x） ，则 y= (+2)2+ =t+ 4 +552() 4 =1， 当且仅当t= 4 ，即 t2 时取等号，此时 x0； 所以当 x0 时 f（x）取得最大值，且最大值为 1 19 （12 分）在2= 22+ ，a3+a516 且 S3+S542， 2 = :1 4:2且 S756 这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并加以解答 问题：设数列an为等差数列，其前 n 项和为 Sn，_数列bn为等比数列

33、，b1a1， b2a3，求数列* 1 + +的前 n 项和 Tn 【解答】解：方案一：选条件 依题意，当 n1 时，2a12S1212+a1，解得 a12， 第 13 页（共 17 页） 当 n2 时，由数列an为等差数列，可知 Sn= (1+) 2 = (2+) 2 ， 则 2Sn2 (2+) 2 =2n2+an， 化简整理，可得 an2n， 当 n1 时，a12 也满足上式， an2n，nN*， Sn= (2+) 2 = (2+2) 2 =n（n+1） ， 1 = 1 (:1) = 1 1 :1， 又b1a12，b2a36， 设等比数列bn的公比为 q，则 q= 2 1 = 6 2 =3，

34、 故 bn23n 1，nN*， 1 +bn= 1 1 +1 +23n 1， Tn= 1 1 +b1+ 1 2 +b2+ 1 +bn （ 1 1 + 1 2 + + 1 ）+（b1+b2+bn） （1 1 2 + 1 2 1 3 + + 1 1 +1）+（2+23 1+23n1） 1 1 +1 + 223 13 3n 1 +1 方案二：选条件 依题意，设等差数列an的公差为 d，则 (1+ 2) + (1+ 4) = 16 31+ 32 2 + 51+ 54 2 = 42， 化简整理，得 1 + 3 = 8 81+ 24 = 42， 解得1 = 2 = 2 ， an2+2（n1）2n，nN*，

35、Sn= (2+) 2 = (2+2) 2 =n（n+1） ， 第 14 页（共 17 页） 1 = 1 (:1) = 1 1 :1， 又b1a12，b2a36， 设等比数列bn的公比为 q，则 q= 2 1 = 6 2 =3， 故 bn23n 1，nN*， 1 +bn= 1 1 +1 +23n 1， Tn= 1 1 +b1+ 1 2 +b2+ 1 +bn （ 1 1 + 1 2 + + 1 ）+（b1+b2+bn） （1 1 2 + 1 2 1 3 + + 1 1 +1）+（2+23 1+23n1） 1 1 +1 + 223 13 3n 1 +1 方案三：选条件 依题意，设等差数列an的公差为

36、 d，则 Snna1+ (1) 2 d，S2n2na1+ 2(21) 2 d， 1+(1) 2 21+2(21) 2 = +1 4+2 71+ 76 2 = 56 ， 化简整理，得 1 = 1+ 3 = 8， 解得1 = 2 = 2 ， an2+2（n1）2n，nN*， Sn= (2+) 2 = (2+2) 2 =n（n+1） ， 1 = 1 (:1) = 1 1 :1， 又b1a12，b2a36， 设等比数列bn的公比为 q，则 q= 2 1 = 6 2 =3， 故 bn23n 1，nN*， 第 15 页（共 17 页） 1 +bn= 1 1 +1 +23n 1， Tn= 1 1 +b1+

37、1 2 +b2+ 1 +bn （ 1 1 + 1 2 + + 1 ）+（b1+b2+bn） （1 1 2 + 1 2 1 3 + + 1 1 +1）+（2+23 1+23n1） 1 1 +1 + 223 13 3n 1 +1 20 （12 分）系统找不到该试题 21 （12 分）已知数列an满足 a11，2:1= (1 + 1 )（nN *） （1）求证：数列* +是等比数列，并求数列an的通项公式； （2）记数列an的前 n 项中最大值为 Mn，最小值为 mn，令= + 2 ，称数列bn 是数列an的“中程数数列” 求“中程数数列”bn的前 n 项和 Sn； 若 bmak（m，kN*且 mk

38、） ，求所有满足条件的实数对（m，k） 【解答】解： （1）证明：因为2:1= (1 + 1 ) = +1 an， 所以+1 :1 = 1 2 ， 又1 1 =1，所以数列* +是首项为 1，公比为1 2的等比数列， 则 =（1 2） n1，即为 an= 21； （2）an+1an= +1 2 21 = 1 2 ， n1 时，an+1an0，n2 时，an+1an0， 所以 a1a2a3a4an， 所以 Mna11，mnan= 21， 所以 bn= 1+ 21 2 = 2 + 1 2 = +1 21 +2 2 + 1 2， 所以 Sn= 2 20 3 21 + 3 21 4 22 + + +1

39、 21 +2 2 + 1 2n2 +2 2 + 1 2n； 第 16 页（共 17 页） bm= 2 + 1 2 =ak= 21，mk，m，kN*， 显然 ak 1 2，由可知 a1a21a3= 3 4 a4= 1 2 a5an，故 k1，2，3； k1 时， 2 + 1 2 =1，即 21 =1，即 am1，则 m1，2，又 mk，故 m2； k2 时， 2 + 1 2 =1，即 21 =1，即 am1，则 m1，2，又 mk，故 m 无解； 1 时， 2 + 1 2 = 3 4，即 21 = 1 2，即 am= 1 2，则 m4 综上可得，所有满足条件的实数对有（2，1） ， （4，3）

40、22（12 分） 如图， 在平面直角坐标系 xOy 中， 椭圆 2 2 + 2 2 = 1 （ab0） 的离心率为 2 2 ， 过原 点 O 的直线交该椭圆于 A，B 两点（点 A 在 x 轴上方） ，点 E（4，0） 当直线 AB 垂直于 x 轴时，| = 25 （1）求 a，b 的值； （2）设直线 AE 与椭圆的另一交点为 C，直线 BE 与椭圆的另一交点为 D 若 OCBE，求ABE 的面积； 是否存在 x 轴上的一定点 T，使得直线 CD 恒过点 T？若存在，求出 T 的坐标；若不存 在，请说明理由 【解答】解： （1）设椭圆的焦距为 2c，则 = 2 2 2= 2 2 2+ 16

41、= 25 ，解得 = 22 = 2 ； （2）设 A（x0，y0） ，y00，则 B（x0，y0） ， O 为 AB 的中点，OCBE， C 是 AE 的中点，则 C（0:4 2 ，0 2 ） ，可得 0 2 + 202= 8 (0+4)2 4 + 02 2 = 8 00 ，解得 0= 1 0=7 2 ， = 1 2 4 20= 40= 214； 第 17 页（共 17 页） 由 02+ 202= 8 = 0 04 ( 4) 2+ 22= 8 ，解得 = 0 = 0或 = 308 03 = (10)0 (03)(04) ， 则 C（30;8 0;3 ， ;0 0;3） ，同理，D（ 30:8 0:3 ， 0 0+3） ， 当30;8 0;3 = 30:8 0:3 ，即 x00 时，CD：x= 8 3，与 x 轴的交点为（ 8 3，0） ， 若存在 T 符合题意，则 T（8 3，0） ； 当 x00 时，= 0 03 308 03 8 3 = 30 0 ，= 0 0+3 30+8 0+3 8 3 = 30 0 ， kCTkDT，故 CD 过点 T（8 3，0）