2020-2021学年河南省许昌市高二（上）1月月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年河南省许昌市高二（上）1月月考数学试卷人教A版，共12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。


1. 命题“在△ABC中，若csA=22，则A=π4”的逆否命题是( )
A.在△ABC中，若csA=22，则A≠π4
B.在△ABC中，若csA≠22，则A=π4
C.在△ABC中，若csA≠22，则A≠π4
D.在△ABC中，若A≠π4，则csA≠22

2. 已知a，b，c均为实数，则下列说法中正确的是( )
A.若a>b，则ac2>bc2B.若a2>b2，则a>b
C.若a>b，则a+b>2abD.若a>b>0，则a2>b2

3. 已知双曲线C:x24t2−y2t2=1，则双曲线C的离心率是( )
A.2B.52C.32D.5

4. 若“x>a”是“1x<3”的一个充分不必要条件，则下列a的范围满足条件的是( )
A.a>2B.0
5. 已知等差数列an的前n项和为Sn，a1=1，a2+2a4=17，则S10的值为( )
A.70B.80C.90D.100

6. 已知关于x的不等式ax2−3x+2<0的解集为x|1A.x|x≤−12或x≥1B.x|x≤−1或x≥12
C.x|−12≤x≤1 D.x|−1≤x≤12

7. 倾斜角为π4的直线经过椭圆x22+y2=1的右焦点F，且与椭圆交于A，B两点，则弦长|AB|=( )
A.223B.423C.22D.42

8. 给出下列命题：
①命题“∀x∈R， x2+2x+1>0”的否定是"∀x∈R，x2+2x+1≤0”；
②“4③已知a∈R，则“a−3<0”是“lga2+1<1”的充分不必要条件；
④“若m≥1，则mx2−2m+1x+m+3≥0的解集为R”的逆命题；
其中真命题的序号为( )
A.②③④B.①②④C.②④D.②③

9. 已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的焦点到渐近线的距离为1，且与椭圆x28+y22=1有公共焦点．则双曲线C的渐近线方程为( )
A.y=±77xB.y=±7xC.y=±55xD.y=±5x

10. 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinA+C=23sin2B2⋅a=2，c=3，则sin2A的值为( )
A.−277B.3314C.437D.43−2114

11. 已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的焦距为4，直线l:y=2x与椭圆C相交于点A，B，点P是椭圆C上异于点A，B的动点，直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，且k1⋅k2=−59，则椭圆C的标准方程是( )
A.x216+y212=1B.x220+y216=1C.x29+y25=1D.x25+y2=1

12. 已知在数列an中，对任意的n∈N∗，nan+1=n+1an+3nn+1恒成立，当且仅当n=4时， an取得最小值，且csa12π=1，则满足上述条件的a1的个数为( )
A.1B.2C.4D.5
二、填空题

已知向量x,y满足约束条件，则 y≤3，x≤3，x+y−5≥0，则z=yx的最大值为________．

在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若A=π3，a=7，bc=13，则b=________．

已知数列an是递增的等比数列，其前n项和为Sn，且a3+a7=5，a2⋅a8=4，则S12S6的值为________．

已知双曲线E：x29−y2b2=1(b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F2作直线交双曲线E于点A，C，连接AO（O为坐标原点）并延长交双曲线E于点B，若F2C→=3AF→2，且∠BF2C=60∘，则四边形AF1BF2的面积为________.
三、解答题

设命题P：方程x2a−3+y22a+7=1表示中心在原点，焦点在坐标轴上的双曲线；命题q：方程2x2−x+a=0有实数解．
(1)若命题P为真命题，求实数a取值范围；

(2)若命题“p∨q”为真，命题“p∧q”为假，求实数a的取值范围．

在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且ab=a2+b2−c2．
(1)求角C；

(2)若△ABC的面积S=534，且c=21，求△ABC的周长．

已知函数fx=ex−e−x．
(1)判断函数y=fx的奇偶性，并解关于x的不等式fx>0；

(2)正实数a，b满足fa+fb−1=0，若关于x的不等式2x2−2x<1a+1b恒成立，求实数x的取值范围．

某卫材公司年初投资300万元，购置口罩生产设备，立即投入生产，预计第一年该生产设备的使用费用为36万元，以后每年增加6万元，该生产设备每年可给公司带来121万元的收入．假设第n年该设备产生的利润（利润=该年该设备给公司带来的收入−该年的使用费用）为an．
(1)写出an的表达式；

(2)在该设备运行若干整年后，该卫材公司需要升级产品生产线，决定处置该生产设备，现有以下两种处置方案：
①当总利润（总利润=各年的收入之和−各年的使用费用−购置口罩生产设备的成本）最大时，以7万元变卖该生产设备；
②当年平均总利润最大时，以72万元变卖该生产设备．
请你为该公司选择一个合理的处置方案，并说明理由．

已知点Pnn,ann∈N∗都在直线l:y=2x−1上，数列bn的前n项和为Sn，已知b1=1，Sn+1−2Sn=1n∈N∗．
(1)求数列an，bn的通项公式；

(2)已知数列an⋅bn的前n项和为Tn，若对任意n≥2,n∈N∗，均有Tn−3k≥4n2−24n+27成立，求实数k的取值范围．

已知椭圆C:y2a2+x2b2=1a>b>0过点M13,263，且离心率为63．
(1)求椭圆C的标准方程；

(2)点A是椭圆C与x轴正半轴的交点，点M， N在椭圆C上且不同于点A，若直线AM，AN的斜率分别是kAM，kAN，且
kAM⋅kAN=6，试判断直线MN是否过定点，若过定点，求出定点坐标，若不过定点，请说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省许昌市高二（上）1月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
四种命题间的逆否关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：命题的逆命题是：在△ABC中，若A=π4，则csA=22，
变为否定是：在△ABC中，若A≠π4，则csA≠22，
所以命题的逆否命题是：在△ABC中，若A≠π4，则csA≠22.
故选D．
2.
【答案】
D
【考点】
不等式的基本性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：对于A选项，取c=0，则ac2=bc2，A选项错误；
对于B选项，取a=−2，b=1，则a2>b2成立，但a对于C选项，取a=b=−1，则a+b=−2<2=2ab，C选项错误；
对于D选项，若a>b>0，由不等式的基本性质可得a2>b2，D选项正确．
故选D．
3.
【答案】
B
【考点】
双曲线的标准方程
双曲线的离心率
【解析】
根据离心率的计算公式计算即可．
【解答】
解：∵ x24t2−y2t2=1，
由双曲线的定义知：a2=4t2，b2=t2，
∴ c2=a2+b2=4t2+t2=5t2，
∴ e2=c2a2=5t24t2=54，
又∵ e>1，
∴ e=52．
故选B．
4.
【答案】
A
【考点】
根据充分必要条件求参数取值问题
集合关系中的参数取值问题
【解析】
由充分不必要条件的性质转化条件为x|x>a {x|x>13或x<0}，即可得解．
【解答】
解：由题意，不等式1x<3的解集为{x|x>13或x<0}，
因为“x>a”是“1x<3”的一个充分不必要条件，
所以x|x>a是{x|x>13或x<0}的子集，
所以a≥13，
对比选项，仅有A满足要求．
故选A．
5.
【答案】
D
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的性质
【解析】
用基本量法求出公差d，再由前n项和公式计算．
【解答】
解：设数列公差为d，
则a2+2a4=a1+d+2a1+3d=17，
因为a1=1，
所以d=2，
所以S10=10a1+10×92d=10×1+10×92×2=100.
故选D．
6.
【答案】
D
【考点】
一元二次不等式的解法
【解析】
先由不等式的解集求出参数，再解不等式，即可得出结果．
【解答】
解：因为关于x的不等式ax2−3x+2<0的解集为{x|1所以1和−b是关于x的方程ax2−3x+2=0的两根，
因此 1−b=3a，−b=2a，
解得a=1，b=−2，
则不等式bx2−x+a≥0可化为−2x2−x+1≥0，
即2x2+x−1≤0，
解得−1≤x≤12.
故选D．
7.
【答案】
B
【考点】
与椭圆有关的中点弦及弦长问题
【解析】
先先由题中条件，得到直线方程，联立直线与椭圆方程，根据弦长公式，即可求出结果．
【解答】
解：可知椭圆x22+y2=1的右焦点为F1,0，
因为倾斜角为π4的直线经过椭圆x22+y2=1的右焦点F，且与椭圆交于A，B两点，
所以直线AB的方程为y=tanπ4x−1=x−1，
设Ax1,y1，Bx2,y2，
联立 x22+y2=1，y=x−1，
化简得，x2+2x−12=2，即3x2−4x=0，
所以 x1+x2=43，x1x2=0，
所以弦长|AB|=1+12⋅x1+x22−4x1x2
=2×169=432．
故选B．
8.
【答案】
C
【考点】
命题的真假判断与应用
命题的否定
必要条件、充分条件与充要条件的判断
一元二次不等式的解法
【解析】
根据特称命题的否定变换形式可判断①；由椭圆的标准方程形式以及充分条件、必要条件的定义可判断②；由对数型复合函数的定义域以及充分条件、必要条件的定义可判断③；写出逆命题，根据一元二次不等式恒成立求出m的取值范围即可判断④．
【解答】
解：对于①，命题"∀x∈R，x2+2x+1>0"的否定是：
“∃x∈R，x2+2x+1≤0"，故①错误；
对于②，若x26−k+y2k−4=1表示椭圆，
则6−k>0，k−4>0，6−k≠k−4，
解得4所以“4对于③，若lga2+1<1，则a2+1<10，即a2<9，
解得−3对于a−3<0，所以a<3，
所以“a−3<0是"lga2+1<1”的必要不充分条件，故③错误；
对于④，“若m≥1，则mx2−2m+1x+m+3≥0的解集为R”的逆命题为：
若“mx2−2m+1x+m+3≥0的解集为R，则m≥1”，
若mx2−2m+1x+m+3≥0，
当m=0时，则−2x+3≥0，显然不恒成立，
当m≠0时，则m>0，Δ=4m+12−4mm+3≤0，
解得m≥1，
所以逆命题是真命题，故④正确，
综上，正确的是②④.
故选C．
9.
【答案】
C
【考点】
双曲线的渐近线
椭圆的标准方程
双曲线的标准方程
点到直线的距离公式
【解析】
本题考查椭圆与双曲线的焦点坐标，考查双曲线的渐近线方程，关键是求出a，b．解题时要注意椭圆中a2=b2+c2，双曲线中a2+b2=c2．两者不能混淆．求出椭圆焦点坐标，得双曲线的焦点坐标，再由焦点到渐近线的距离可求得a，b，得渐近线方程．
【解答】
解：可知椭圆的焦点坐标为6,0，−6,0，
所以双曲线的焦点坐标为6,0，−6,0，
所以双曲线中c=6，
因为双曲线渐近线方程为y=±bax，其中一条为bx−ay=0，
所以|6b|a2+b2=6bc2=1，
所以b=1，
所以a=5，
所以渐近线方程为y=±55x．
故选C．
10.
【答案】
C
【考点】
正弦定理
同角三角函数间的基本关系
二倍角的正弦公式
余弦定理
【解析】
由诱导公式结合二倍角公式可得tanB2=33，进而可得B=π3，利用余弦定理可得b、csA，再由二倍角公式即可得解．解决本题的关键是结合三角恒等变换及余弦定理对条件进行转化．
【解答】
解：由sinA+C=23sin2B2，
可得sinB=23sin2B2，
所以2sinB2csB2=23sin2B2，
因为B∈0,π，
所以B2∈0,π2，sinB2≠0，
所以csB2=3sinB2，
所以tanB2=33，
所以B2=π6，
所以B=π3，
所以b2=a2+c2−2accsB=4+9−2×2×3×12=7，
即b=7，
所以csA=b2+c2−a22bc=7+9−467=277，
所以sinA=1−cs2A=217，
所以sin2A=2sinAcsA=2×277×217=437．
故选C．
11.
【答案】
C
【考点】
椭圆的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
求解本题的关键在于，先由椭圆的对称性，设出A、B两点坐标，再根据直线PA、PB斜率的乘积，由点差法求出a2和b2的关系式，即可根据椭圆性质求解．设Px,y， Ax1,y1，得B−x1,−1，由k1⋅k2=−59，以及点差法，求出b2a2，再由焦距，以及椭圆的性质，求出a2和b2，即可得出椭圆方程．
【解答】
解：因为椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的焦距为2c=4，
则a2−b2=c2=4①；
设Px,y，
因为直线l:y=2x与椭圆C相交于点A，B，
所以设Ax1,y1，则B−x1,−y1，
又因为点P是椭圆C上异于点A，B的动点，
直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，且k1⋅k2=−59，
所以k1⋅k2=y−y1x−x1⋅y+y1x+x1=y2−y12x2−x12=−59，
又 x2a2+y2b2=1，x12a2+y12b2=1，
两式作差可得x2−x12a2+y2−y12b2=0，
则y2−y12x2−x12=−b2a2，
所以b2a2=59②，
由①②解得a2=9，b2=5，
所以椭圆C的标准方程是x29+y25=1．
故选C．
12.
【答案】
A
【考点】
数列递推式
等差关系的确定
等差数列的通项公式
一元二次不等式的解法
【解析】
由条件可得ann是公差为3的等差数列，求出an=3n2+a1−3n，根据最小值为n=4时取得建立不等式，求出a1范围，结合a1=4kk∈Z确定a1即可求解．由递推关系可构造等差数列，求出an=3n2+a1−3，关键点在于当n=4时，求出二次函数对称轴范围及a4与a3，a5的关系，建立关于a1的不等式，结合a1=4kk∈Z，求出合适的a1，属于中档题．
【解答】
解：∵ nan+1=n+1an+3nn+1，
∴ a1+1n+1=ann+3，
即an+1n+1−ann=3，
∴ ann是公差为3的等差数列，
由csa12π=1，可得a12π=2kπk∈Z，
所以a1=4kk∈Z，
又∵ann=a1+n−1×3=3n+a1−3，
∴ an=3n2+a1−3n，
由当且仅当n=4时，an取得最小值可得：
−a1−32×3∈(3,4]，a4解得−21≤a1<−18或−24又∵ a1=4kk∈Z，
故a1=−20，
所以满足上述条件的a1的个数为1个．
故选A．
二、填空题
【答案】
32
【考点】
简单线性规划
求线性目标函数的最值
【解析】
作出可行域，利用yx表示可行域内点x,y与原点连线斜率可得．
【解答】
解：作出可行域，如图△ABC内部（含边界）所示，
yx表示可行域内点x,y与原点连线的斜率，
由图可得其最大值为OC的斜率，
可知C2,3，
所以kOC=32．
所以yx的最大值为32．
故答案为：32．
【答案】
1
【考点】
余弦定理
【解析】
利用余弦定理即可求解．
【解答】
解：由bc=13，则c=3b，
根据余弦定理可得，
a2=b2+c2−2bccsA，
即7=b2+9b2−3b2=7b2，
解得b=1或b=−1（舍去）．
故答案为：1．
【答案】
9
【考点】
等比数列的性质
等比数列的前n项和
【解析】
由等比数列的性质与基本量法求得公比q，应用等比数列前n项和公式可得结论．
【解答】
解：∵ an是递增的等比数列，
∴ a3+a7=5，a3a7=a2a8=4，
解得a3=1a7=4，
则a7a3=q4=4，
∴ q=2，
∴ S12S6=a1[1−(2)12]1−2a1[1−(2)6]1−2=9．
故答案为：9.
【答案】
1083
【考点】
双曲线的定义
余弦定理
正弦定理
【解析】

【解答】
解：如图所示：
因为A，B关于原点对称，且F1，F2关于原点对称，
由双曲线的对称性可知四边形AF1BF2是平行四边形.
设|AF2|=m，
因为F2C→=3AF2→，
所以|CF2|=3m.
由题可得a=3，
由双曲线的定义得|AF1|−|AF2|=2a=6，所以|AF1|=m+6，
同理可得|F1C|=3m+6.
因为∠BF2C=60∘，
所以∠F1AC=60∘，
在△F1AC中，由余弦定理得|F1C|2=|AF1|2+|AC|2−2|AF1|⋅|AC|cs60∘，
即3m+62=m+62+m+3m2−2m+6×(m+3m)×12，
化简得m2−12m=0，
解得m=12或m=0（舍去），
所以SAF1BF2 =2S△F1AF2
=2×12|AF1|⋅|AF2|sin60∘
=2×12×18×12×32
=1083.
故答案为：1083.
三、解答题
【答案】
解：(1)由题意a−32a+7<0，
解得−72即a的范围是−72,3．
(2)命题q为真时，Δ=1−8a≥0 ，解得a≤18，
命题“p∨q”为真，命题“p∧q”为假，则p，q一真一假．
P真q假时， −7218，
解得，18P假q真时， a≤−72或a≥3，a≤18， ，
解得，a≤−72，
综上a的取值范围是(−∞,−72]∪(18,3)．
【考点】
双曲线的标准方程
逻辑联结词“或”“且”“非”
【解析】
本题考查由复合命题的真假求参数范围．掌握复合命题的真值表是解题关键．复合命题的真值表．
（1）根据双曲线的标准方程求得参数范围；
（2）再求出命题4为真时参数的范围，然后由复合命题的真假确定参数范围．
【解答】
解：(1)由题意a−32a+7<0，
解得−72即a的范围是−72,3．
(2)命题q为真时，Δ=1−8a≥0 ，解得a≤18，
命题“p∨q”为真，命题“p∧q”为假，则p，q一真一假．
P真q假时， −7218，
解得，18P假q真时， a≤−72或a≥3，a≤18， ，
解得，a≤−72，
综上a的取值范围是(−∞,−72]∪(18,3)．
【答案】
解：(1)因为ab=a2+b2−c2，
由余弦定理得，csC=a2+b2−c22ab=ab2ab=12，
所以C=π3.
(2)因为△ABC的面积S=534，且c=21，
所以S=12absinC=34ab=534，ab=a2+b2−21，
即ab=5，a2+b2=26，
则a+b=a+b2=a2+b2+2ab=6，
所以△ABC的周长为a+b+c=6+21．
【考点】
余弦定理
正弦定理
解三角形
【解析】
（1）根据余弦定理，由题中条件，即可求出结果；
（2）根据三角形面积公式，由题中条件列出方程求出a+b，即可得出结果．
【解答】
解：(1)因为ab=a2+b2−c2，
由余弦定理得，csC=a2+b2−c22ab=ab2ab=12，
所以C=π3.
(2)因为△ABC的面积S=534，且c=21，
所以S=12absinC=34ab=534，ab=a2+b2−21，
即ab=5，a2+b2=26，
则a+b=a+b2=a2+b2+2ab=6，
所以△ABC的周长为a+b+c=6+21．
【答案】
解：(1)函数定义域是R，
∵ f−x=e−x−ex=−fx，
∴ fx是奇函数，
fx=ex−e−x>0，即ex>e−x，
∴ ex⋅ex>e−x⋅ex，即e2x>1，
∴ 2x>0，即x>0，
∴ 不等式解集为0,+∞.
(2)由fa+fb−1=0，得fa=−fb−1，
又∵ fx是奇函数，
∴ fa=f1−b，
又∵ fx=ex−e−x=ex−1ex是增函数，
∴ a=1−b，即a+b=1，
∵ a>0，b>0，
∴ 1a+1b=a+b1a+1b
=2+ba+ab≥2+2ba⋅ab=4，
当且仅当ba=ab，即a=b=12时等号成立，
∴ 1a+1b的最小值是4，
若不等式2x2−2x<1a+1b恒成立，
则2x2−2x<4恒成立，即x2−x−2<0，
解得−1【考点】
函数奇偶性的判断
指、对数不等式的解法
奇偶性与单调性的综合
基本不等式在最值问题中的应用
不等式恒成立问题
一元二次不等式的解法
【解析】
（1）根据奇偶性定义判断，再根据指数函数性质解不等式；
（2）利用奇偶性与单调性得a,b的关系，求出1a+1b的最小值，然后解相应的不等式可得．
【解答】
解：(1)函数定义域是R，
∵ f−x=e−x−ex=−fx，
∴ fx是奇函数，
fx=ex−e−x>0，即ex>e−x，
∴ ex⋅ex>e−x⋅ex，即e2x>1，
∴ 2x>0，即x>0，
∴ 不等式解集为0,+∞.
(2)由fa+fb−1=0，得fa=−fb−1，
又∵ fx是奇函数，
∴ fa=f1−b，
又∵ fx=ex−e−x=ex−1ex是增函数，
∴ a=1−b，即a+b=1，
∵ a>0，b>0，
∴ 1a+1b=a+b1a+1b
=2+ba+ab≥2+2ba⋅ab=4，
当且仅当ba=ab，即a=b=12时等号成立，
∴ 1a+1b的最小值是4，
若不等式2x2−2x<1a+1b恒成立，
则2x2−2x<4恒成立，即x2−x−2<0，
解得−1【答案】
解：(1)由题意可知第n年的使用费为36+n−1×6，
∴ an=121−36+n−1×6
=85−6n−1
=−6n+91，n∈N∗．
(2)设an的前n项和为Sn，
则Sn=n85+91−6n2=−3n2+88n，
若采用第一种方案，则总收入最大，
根据二次函数的对称轴公式，x=−b2a=443，
可得n=14或n=15，
∵ S14=644，S14=645，
∴ S15>S14，
∴ 当n=15时，即第15年时总利润最大，
总利润最大为645−300+7=352（万元）；
若采用第二种方案，
令bn=Sn−300n=−3n−300n+88
=−3n+300n+88
≤23n⋅300n+88=28，当且仅当n=10时取等号，
∴ 第10的平均利润最大，此时的总利润为S10−300=280（万元），
故最大利润为280+72=352（万元）
综上所述，两种方案的最终利润一样，但是第二种方案只用了10年的时间，此选择第二种方案合理．
【考点】
等差关系的确定
等差数列的通项公式
数列与函数最值问题
等差数列的前n项和
基本不等式
【解析】
本题考查了数列的应用，解题的关键是列出总收入以及利润表达式，考查了运算能力、分析能力，属于中档题．（1）计算出每年的使用费，从而可得an=12|−36+n−1×6，即可求解．
（2）利用等差数列的前Ⅱ项和公式求出各年的收入之和，若采用第一种方案：利用二次函数的性质即可总利润的最大值；若采用第二种方案，4bn=Sn−300n，根据基本不等式可求出平均利润的最大值，进而可得总利润．
【解答】
解：(1)由题意可知第n年的使用费为36+n−1×6，
∴ an=121−36+n−1×6
=85−6n−1
=−6n+91，n∈N∗．
(2)设an的前n项和为Sn，
则Sn=n85+91−6n2=−3n2+88n，
若采用第一种方案，则总收入最大，
根据二次函数的对称轴公式，x=−b2a=443，
可得n=14或n=15，
∵ S14=644，S14=645，
∴ S15>S14，
∴ 当n=15时，即第15年时总利润最大，
总利润最大为645−300+7=352（万元）；
若采用第二种方案，
令bn=Sn−300n=−3n−300n+88
=−3n+300n+88
≤23n⋅300n+88=28，当且仅当n=10时取等号，
∴ 第10的平均利润最大，此时的总利润为S10−300=280（万元），
故最大利润为280+72=352（万元）
综上所述，两种方案的最终利润一样，但是第二种方案只用了10年的时间，此选择第二种方案合理．
【答案】
解：(1)由题意an=2n−1，
又∵ Sn+1−2Sn=1，
∴ Sn−2Sn−1=1n≥2，
两式相减得，bn+1−2bn=0，即bn+1=2bn，
又∵ b1=1，S2=a1+a2=1+2S1=3，
∴ b2=2，
满足b2=2b1，
∴ bn是等比数列，
∴ bn=2n−1.
(2)由(1)可知，an=2n−1，bn=2n−1，
∴ anbn=2n−1⋅2n−1，
Tn=1+3×2+5×22+⋯+2n−1×2n−1①，
则2Tn=1×2+3×22+⋯+2n−3×2n−1+2n−1×2n②，
①−②得，
−Tn=1+2×2+2×22+⋯+2×2n−1−2n−1×2n
=1+2n+1−4−2n−1×2n
=−3−2n−3×2n，
∴ Tn=2n−3⋅2n+3，
对任意n≥2，n∈N∗，不等式Tn−3k≥4n2−24n+27，
可化为k≥2n−92n，
设fn=2n−92n，
fn+1−fn=2n−72n+1−2n−92n=−2n+112n+1，
n≤5时，fn+1−fn>0，fn+1>fn，
n≥6时，fn+1−fn<0，fn+1∴ {fn}中f6最大，f6=364，
∴ k≥364．
【考点】
等差数列的通项公式
等比数列的通项公式
等比关系的确定
数列递推式
数列的求和
不等式恒成立问题
数列与函数的综合
【解析】
本题考查等差数列和等比数列的通项公式，考查错位相减法求和，不等式恒成立问题，解题关键是求出Tn，把不等式转化为求新数列的最大项．用作差法可得．数列求和的方法有：公式法，错位相减法，裂项相消法，分组（并项）求和法，倒序相加法等等．
（1）点Pn坐标代入直线方程得an，利用bn=Sn−Snn≥2可得bn的递推关系，再由b1>0知{bn}是等比数列，由此可得通项公式；
（2）由错位相减法求得Tn，不等式可转化为k≥2n−92n．设fn=2n−92n，用作差法求得fn的最大值即可得k的范围．
【解答】
解：(1)由题意an=2n−1n∈N∗，
又∵ Sn+1−2Sn=1，
∴ Sn−2Sn−1=1n≥2，
两式相减得，bn+1−2bn=0，即bn+1=2bn，
又∵ b1=1，S2=a1+a2=1+2S1=3，
∴ b2=2，
满足b2=2b1，
∴ bn是等比数列，
∴ bn=2n−1.
(2)由(1)可知，an=2n−1，bn=2n−1，
∴ anbn=2n−1⋅2n−1，
Tn=1+3×2+5×22+⋯+2n−1×2n−1①，
则2Tn=1×2+3×22+⋯+2n−3×2n−1+2n−1×2n②，
①−②得，
−Tn=1+2×2+2×22+⋯+2×2n−1−2n−1×2n
=1+2n+1−4−2n−1×2n
=−3−2n−3×2n，
∴ Tn=2n−3⋅2n+3，
对任意n≥2，n∈N∗，不等式Tn−3k≥4n2−24n+27，
可化为k≥2n−92n，
设fn=2n−92n，
fn+1−fn=2n−72n+1−2n−92n=−2n+112n+1，
n≤5时，fn+1−fn>0，fn+1>fn，
n≥6时，fn+1−fn<0，fn+1∴ {fn}中f6最大，f6=364，
∴ k≥364．
【答案】
解：(1)由题意知：e=ca=63，
即c2=23a2，
又∵ b2=a2−c2=a2−23a2=13a2，
∴ 椭圆方程可化为：y2a2+3x2a2=1，
又∵ 椭圆过点M13,263，
∴ 263a2+3×132a2=1，
解得：a2=3，
∴ 椭圆C的标准方程为：y23+x2=1.
(2)如图所示：
直线AM，AN的斜率一定存在且不为0，
设lAM：y=kx−1，
又∵ kAM⋅kAN=6，
lAB：y=6kx−1，
联立y=kx−1，y23+x2=1，
化简得，k2+3x2−2k2x+k2−3=0，
Δ=−2k22−4k2+3k2−3=36>0，
∴ xM⋅xA=k2−3k2+3，
又∵ xA=1，
∴ xM=k2−3k2+3，代入y=kx−1，
得：yM=−6k3+k2，
∴ Mk2−3k2+3,−6k3+k2，
用6k代换k，即得N12−k212+k2,−12k12+k2，
∴ kMN=−6k3+k2−−12k12+k2k2−3k2+3−12−k212+k2=3kk2+6,
∴ lMN：y=3kk2+6x−k2−3k2+3−6k3+k2，
即y=3kk2+6x−3，
∴ 直线MN恒过定点3,0．
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的离心率
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
（1）解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x（或y）建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系；根据椭圆上的点M13,263以及离心率列出方程即可求得椭圆的标准方程：
（2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．设出直线AM．AN的方程，联立椭圆方程，求出M，N两点的坐标，写出直线MN的方程，即可判断直线是否过定点．
【解答】
解：(1)由题意知：e=ca=63，
即c2=23a2，
又∵ b2=a2−c2=a2−23a2=13a2，
∴ 椭圆方程可化为：y2a2+3x2a2=1，
又∵ 椭圆过点M13,263，
∴ 263a2+3×132a2=1，
解得：a2=3，
∴ 椭圆C的标准方程为：y23+x2=1.
(2)如图所示：
直线AM，AN的斜率一定存在且不为0，
设lAM：y=kx−1，
又∵ kAM⋅kAN=6，
lAB：y=6kx−1，
联立y=kx−1，y23+x2=1，
化简得，k2+3x2−2k2x+k2−3=0，
Δ=−2k22−4k2+3k2−3=36>0，
∴ xM⋅xA=k2−3k2+3，
又∵ xA=1，
∴ xM=k2−3k2+3，代入y=kx−1，
得：yM=−6k3+k2，
∴ Mk2−3k2+3,−6k3+k2，
用6k代换k，即得N12−k212+k2,−12k12+k2，
∴ kMN=−6k3+k2−−12k12+k2k2−3k2+3−12−k212+k2=3kk2+6,
∴ lMN：y=3kk2+6x−k2−3k2+3−6k3+k2，
即y=3kk2+6x−3，
∴ 直线MN恒过定点3,0．p
q
p∨q
p∧q
¬p
真
真
真
真
假
真
假
真
假
假
假
真
真
假
真
假
假
假
假
真