高考数学二轮专题学与练 24 解答题解题方法与技巧（高考押题）（含解析）

这是一份高考数学二轮专题学与练 24 解答题解题方法与技巧（高考押题）（含解析），共25页。试卷主要包含了如图，已知椭圆E，已知椭圆M等内容，欢迎下载使用。

高考押题专练
1.在三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c.已知b＝3，c＝2.
(1)若2a·cos C＝3，求a的值；
(2)若＝，求cos C的值．
【解析】(1)由余弦定理得，2a·＝3，
将b＝3，c＝2代入，解得a＝2.
(2)由正弦定理，得＝，
即sin C＋sin Ccos B＝sin Bcos C，
则sin C＝sin Bcos C－cos Bsin C＝sin(B－C)．
因为0 所以C＝B－C，则B＝2C.
由正弦定理可得＝＝，
将b＝3，c＝2代入，解得cos C＝.
2.如图，在四棱锥P­ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，AC，BD相交于点O，点E为PC的中点，OP＝OC，PA⊥PD.

求证：(1)PA∥平面BDE;
(2)平面BDE⊥平面PCD.
【证明】(1)连结OE，因为O为平行四边形ABCD对角线的交点，所以O为AC的中点．

又因为E为PC的中点，
所以OE∥PA.
又因为OE⊂平面BDE，PA⊄平面BDE，
所以PA∥平面BDE.
(2)因为OE∥PA，PA⊥PD，所以OE⊥PD.
因为OP＝OC，E为PC的中点，所以OE⊥PC.
又因为PD⊂平面PCD，PC⊂平面PCD，PC∩PD＝P，所以OE⊥平面PCD.
又因为OE⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面PCD.
3.如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆＋＝1(a>b>0)的离心率为，C为椭圆上位于第一象限内的一点

(1)若点C的坐标为，求a，b的值；
(2)设A为椭圆的左顶点，B为椭圆上一点，且＝，求直线AB的斜率．
【解析】(1)因为椭圆的离心率为，
所以＝，即＝.　①
又因为点C在椭圆上，所以＋＝1.　②
由①②解得a2＝9，b2＝5.
因为a>b>0，所以a＝3，b＝.
(2)由(1)知，＝，所以椭圆方程为＋＝1，即5x2＋9y2＝5a2.
设直线OC的方程为x＝my(m>0)，B(x1，y1)，C(x2，y2)．
由消去x，得5m2y2＋9y2＝5a2，
所以y2＝.因为y2>0，所以y2＝.
因为＝，所以AB∥OC.可设直线AB的方程为x＝my－a.
由消去x，得(5m2＋9)y2－10amy＝0，
所以y＝0或y＝，得y1＝.
因为＝，所以(x1＋a，y1)＝，于是y2＝2y1，
即＝(m>0)，所以m＝.
所以直线AB的斜率为＝.
4．已知函数f(x)＝(a－3)x－a－2ln x(a∈R)．
(1)若函数f(x)在(1，＋∞)上为单调增函数，求实数a的最小值；
(2)已知不等式f(x)＋3x≥0对任意x∈(0,1]都成立，求实数a的取值范围．
【解析】(1)法一：因为f′(x)＝a－3－(x>0),
当a≤3时，f′(x)＜0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a＞3时，由f′(x)＜0，得0＜x＜，f(x)在上单调递减，
由f′(x)＞0，得x＞，f(x)在上单调递增.
因为函数f(x)在(1，＋∞)上为单调增函数，
所以a＞3且≤1，所以a≥5,
所以实数a的最小值为5.
法二：因为函数f(x)在(1，＋∞)上为单调增函数，
所以f′(x)＝a－3－≥0在(1，＋∞)上恒成立，
所以a≥3＋在(1，＋∞)上恒成立，
又当x＞1时，3＋＜5,
所以a≥5，
所以实数a的最小值为5.
(2)令g(x)＝f(x)＋3x＝a(x－1)－2ln x，x∈(0,1]，
所以g′(x)＝a－.
①当a≤2时，由于x∈(0,1]，所以≥2，
所以g′(x)≤0，g(x)在(0,1]上单调递减，
所以g(x)min＝g(1)＝0，所以对任意x∈(0,1]，g(x)≥g(1)＝0，
即对任意x∈(0,1]不等式f(x)＋3x≥0都成立，所以a≤2;
②当a＞2时，由g′(x)＜0，得0＜x＜，g(x)在上单调递减；
由g′(x)＞0，得x＞，g(x)在上单调递增．
所以，存在∈(0,1)，使得g＜g(1)＝0，不合题意．
综上所述，实数a的取值范围为(－∞，2]．
5．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记集合M＝{n|n(n＋1)≥λan，n∈N*}，若M中有3个元素，求λ的取值范围；
(3)是否存在等差数列{bn}，使得a1bn＋a2bn－1＋a3bn－2＋…＋anb1＝2n＋1－n－2对一切n∈N*都成立？若存在，求出bn；若不存在，说明理由．
【解析】(1)当n＝1时，S1＝2a1－1，得a1＝1.
当n≥2时，由Sn＝2an－1，①
得Sn－1＝2an－1－1，②
①－②，得an＝2an－1，即＝2(n≥2)．
因此{an}是首项为1，公比为2的等比数列，所以an＝2n－1.
(2)由已知可得λ≤，令f(n)＝，
则f(1)＝2，f(2)＝3，f(3)＝3，f(4)＝，f(5)＝，
下面研究f(n)＝的单调性，
因为f(n＋1)－f(n)＝－＝，
所以，当n≥3时，f(n＋1)－f(n)＜0，f(n＋1)＜f(n)，
即f(n)单调递减.
因为M中有3个元素，
所以不等式λ≤解的个数为3，所以2＜λ≤，即λ的取值范围为.
(3)设存在等差数列{bn}使得条件成立，
则当n＝1时，有a1b1＝22－1－2＝1，所以b1＝1.
当n＝2时，有a1b2＋a2b1＝23－2－2＝4，所以b2＝2.
所以等差数列{bn}的公差d＝1，所以bn＝n.
设S＝a1bn＋a2bn－1＋a3bn－2＋…＋anb1，
S＝1·n＋2(n－1)＋22(n－2)＋…＋2n－2·2＋2n－1·1，③
所以2S＝2·n＋22(n－1)＋23(n－2)＋…＋2n－1·2＋2n·1，④
④－③，得
S＝－n＋2＋22＋23＋…＋2n－1＋2n ＝－n＋＝2n＋1－n－2，
所以存在等差数列{bn}，且bn＝n满足题意．
6.如图，在四棱锥E­ABCD中，平面EAB⊥平面ABCD，四边形ABCD为矩形，EA⊥EB，点M，N分别是AE，CD的中点．

求证：(1)MN∥平面EBC；
(2)EA⊥平面EBC.
【证明】(1)取BE中点F，连结CF，MF，
又M是AE的中点，
所以MFAB.
又N是矩形ABCD边CD的中点，所以NCAB，所以MFNC，
所以四边形MNCF是平行四边形，所以MN∥CF.

又MN⊄平面EBC，CF⊂平面EBC，
所以MN∥平面EBC.
(2)在矩形ABCD中，BC⊥AB，
又平面EAB⊥平面ABCD，平面ABCD∩平面EAB＝AB，BC⊂平面ABCD，
所以BC⊥平面EAB.
又EA⊂平面EAB，所以BC⊥EA.
又EA⊥EB，BC∩EB＝B，EB⊂平面EBC，BC⊂平面EBC，所以EA⊥平面EBC.
7．△ABC中，·＝S△ABC(S△ABC表示△ABC的面积)．
(1)若BC＝2，求△ABC外接圆的半径；
(2)若B－C＝，求sin B的值．
【解析】(1)因为·＝S△ABC，
所以AB·AC·cos A＝·AB·AC·sin A，
即cos A＝sin A，
又因为cos2A＋sin2A＝1，A∈(0，π)，
解得sin A＝，cos A＝.
设△ABC外接圆的半径为R，
则2R＝＝＝，
所以R＝，即△ABC外接圆的半径为.
(2)因为A＋B＋C＝π，
所以sin(B＋C)＝sin(π－A)＝sin A＝，
cos(B＋C)＝cos(π－A)＝－cos A＝－，
则cos 2B＝cos[(B＋C)＋(B－C)]
＝cos
＝cos(B＋C)cos－sin(B＋C)sin
＝－×－×＝－.
又cos 2B＝1－2sin2B，
所以sin2B＝＝＝，
又因为B∈(0，π)，
所以sin B＞0，所以sin B＝.
8．如图是一座桥的截面图，桥的路面由三段曲线构成，曲线AB和曲线DE分别是顶点在路面A，E的抛物线的一部分，曲线BCD是圆弧，已知它们在接点B，D处的切线相同，若桥的最高点C到水平面的距离H＝6米，圆弧的弓高h＝1米，圆弧所对的弦长BD＝10米．

(1)求所在圆的半径；
(2)求桥底AE的长.
【解析】(1)设所在圆的半径为r(r>0)，
由题意得r2＝52＋(r－1)2，∴r＝13.
(2)以线段AE所在直线为x轴，线段AE的中垂线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系．

∵H＝6米，BD＝10米，弓高h＝1米，
∴B(－5,5)，D(5,5)，C(0,6)，设所在圆的方程为x2＋(y－b)2＝r2(r>0)，
则∴
∴的方程为x2＋(y＋7)2＝169(5≤y≤6)．
设曲线AB所在抛物线的方程为y＝a(x－m)2，
∵点B(－5,5)在曲线AB上，
∴5＝a(5＋m)2，①
又与曲线段AB在接点B处的切线相同，且在点B处的切线的斜率为，
由y＝a(x－m)2，得y′＝2a(x－m)，
∴2a(－5－m)＝，
∴2a(5＋m)＝－，②
由①②得m＝－29，
∴A(－29,0)，E(29,0).
∴桥底AE＝29－(－29)＝58米．
9.如图，已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左顶点A(－2,0)，且点在椭圆上，F1，F2分别是椭圆的左、右焦点．过点A作斜率为k(k>0)的直线交椭圆E于另一点B，直线BF2交椭圆E于点C.

(1)求椭圆E的标准方程；
(2)若△CF1F2为等腰三角形，求点B的坐标；
(3)若F1C⊥AB，求k的值．
【解析】(1)由题意得解得
∴椭圆E的标准方程为＋＝1.
(2)∵△CF1F2为等腰三角形，且k>0，
∴点C在x轴下方，
若F1C＝F2C，则C(0，－)；
若F1F2＝CF2，则CF2＝2，∴C(0，－)；
若F1C＝F1F2，则CF1＝2，∴C(0，－)，
∴C(0，－)．
∴直线BC的方程y＝(x－1)，
由得或
∴B.
(3)设直线AB的方程为y＝k(x＋2)，
由消去y，得(3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－12＝0，
∴xA·xB＝－2xB＝，
∴xB＝，
∴yB＝k(xB＋2)＝，
∴B.
若k＝，则B，
∴C，
∵F1(－1,0)，∴kCF1＝－，
∴F1C与AB不垂直；
∴k≠，
∵F2(1,0)，kBF2＝，kCF1＝－，
∴直线BF2的方程为y＝(x－1)，
直线CF1的方程为y＝－(x＋1)，
由解得
∴C(8k2－1，－8k)．
由点C在椭圆上，得＋＝1，
即(24k2－1)(8k2＋9)＝0，即k2＝，
∵k>0，∴k＝.
10．数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝4－an.
(1)求证：数列{an}为等比数列，并求通项公式an；
(2)是否存在自然数c和k，使得＞1成立？若存在，请求出c和k的值； 若不存在，请说明理由．
【解析】(1)【证明】当n＝1时，S1＋a1＝4，得a1＝2,
由Sn＝4－an，①
得Sn＋1＝4－an＋1，②
②－①得，Sn＋1－Sn＝an－an＋1，即an＋1＝an,
所以＝，且a1＝2，
所以数列{an}是首项为2，公比为的等比数列，且an＝.
(2)法一：因为an＝，
所以ak＋1＝，Sk＝4，
要使＝>1成立，只要使<0(*)成立，
当c≥4时，不等式(*)不成立；
(也可以根据Sk＝4>c，且2≤Sk＜4，所以c的可能取值为0,1,2,3)
当c＝0时，1<2k<，不存在自然数k使(*)成立；
当c＝1时，<2k<2，不存在自然数k使(*)成立；
当c＝2时，2<2k<3，不存在自然数k使(*)成立；
当c＝3时，4<2k<6，不存在自然数k使(*)成立．
综上所述，不存在自然数c，k，使>1成立.
法二：要使＞1，只要>2，
即只要<0，
因为Sk＝4<4，
所以Sk－＝2－Sk>0，
故只要Sk－2＜c＜Sk.①
因为Sk＋1＞Sk，
所以Sk－2≥S1－2＝1.
又Sk＜4，故要使①成立，c只能取2或3.
当c＝2时，因为S1＝2，所以当k＝1时，c＜Sk不成立，从而①不成立．
当k≥2时，因为S2－2＝>c，
由Sk＜Sk＋1，得Sk－2＜Sk＋1－2，
故当k≥2时，Sk－2＞c，从而①不成立.
当c＝3时，因为S1＝2，S2＝3，
所以当k＝1，k＝2时，c＜Sk不成立，从而①不成立．
因为S3－2＝>c，又Sk－2＜Sk＋1－2，
所以当k≥3时，Sk－2＞c，从而①不成立.
综上所述，不存在自然数c，k，使>1成立．
11．已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋1，g(x)＝a2x2＋bx＋1.
(1)若f(x)≥g(x)对任意实数x恒成立，求实数a的取值范围；
(2)若函数f(x)有两个不同零点x1，x2，函数g(x)有两个不同零点x3，x4.
①若x3＜x1＜x4，试比较x2，x3，x4的大小关系；
②若x1＝x3＜x2，m，n，p∈(－∞，x1)，＝＝，求证：m＝n＝p.
【解析】(1)因为f(x)≥g(x)对任意实数x恒成立，
所以ax2≥a2x2对任意实数x恒成立，
所以a2－a≤0，解得0≤a≤1.
又由题意可得a≠0，所以实数a的取值范围为(0,1]．
(2)①因为函数g(x)的图象开口向上，且其零点为x3，x4，
故g(x)＜0，得x3 因为x1，x2是f(x)的两个不同零点，
故f(x1)＝f(x2)＝0.
因为x3＜x1＜x4，故g(x1)＜0＝f(x1)，
于是(a2－a)x＜0.
注意到x1≠0，故a2－a＜0.
因为g(x2)－f(x2)＝(a2－a)x＜0，
故g(x2)＜f(x2)＝0，从而x3 于是x3＜x2＜x4.
②【证明】记x1＝x3＝t，故f(t)＝at2＋bt＋1＝0，g(t)＝a2t2＋bt＋1＝0，于是(a－a2)t2＝0.
因为a≠0，且t≠0，故a＝1.
所以f(x)＝g(x)且函数图象开口向上.
所以当x∈(－∞，x1)时，f(x)单调递减，f′(x)单调递增且f′(x)＜0，g(x)单调递减且g(x)＞0.
若m＞n，则f′(n) 同上，当n＞p时，可推得p＞m.
所以p＞m＞n＞p，矛盾．所以m＞n不成立.
同理，n＞m亦不成立．
所以m＝n.同理，n＝p.
所以m＝n＝p.
12．已知向量m＝(cos x，－1)，n＝(sin x，cos2x)．
(1)当x＝时，求m·n的值；
(2)若x∈，且m·n＝－，求cos 2x的值．
【解析】(1)当x＝时，m＝，n＝，
所以m·n＝－＝.
(2)m·n＝cos xsin x－cos2x＝sin 2x－cos 2x－＝sin－，
若m·n＝－，则sin－＝－，
即sin＝，
因为x∈，所以－≤2x－≤，
所以cos＝，
则cos 2x＝cos＝cos×cos－sinsin＝×－×＝.
13.如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是矩形，点E在棱PC上(异于点P，C)，平面ABE与棱PD交于点F.

(1)求证：AB∥EF；
(2)若平面PAD⊥平面ABCD，求证：AF⊥EF.
【证明】(1)因为底面ABCD是矩形，所以AB∥CD.
又因为AB⊄平面PDC，CD⊂平面PDC，
所以AB∥平面PDC.
又因为AB⊂平面ABEF，平面ABEF∩平面PDC＝EF，
所以AB∥EF.
(2)因为底面ABCD是矩形，所以AB⊥AD.
又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊂平面ABCD，
所以AB⊥平面PAD.
又AF⊂平面PAD，所以AB⊥AF.
又由(1)知AB∥EF，所以AF⊥EF.
14.如图，在平面直角坐标系xOy中，焦点在x轴上的椭圆C：＋＝1经过点(b,2e)，其中e为椭圆C的离心率．过点T(1,0)作斜率为k(k＞0)的直线l交椭圆C于A，B两点(A在x轴下方)．

(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点O且平行于l的直线交椭圆C于点M，N，求的值；
(3)记直线l与y轴的交点为P.若＝，求直线l的斜率k.
【解析】(1)因为椭圆C：＋＝1经过点(b,2e)，
所以＋＝1.
因为e2＝＝，所以＋＝1，
又a2＝b2＋c2，＋＝1，
解得b2＝4或b2＝8(舍去)．
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
因为T(1,0)，则直线l的方程为y＝k(x－1)．
联立直线l与椭圆方程消去y，得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－8＝0，
所以x1＋x2＝，x1x2＝.
因为MN∥l，所以直线MN的方程为y＝kx，
联立直线MN与椭圆方程消去y得(2k2＋1)x2＝8，解得x2＝.
因为MN∥l，所以＝，
因为(1－x1)·(x2－1)＝－[x1x2－(x1＋x2)＋1]＝，(xM－xN)2＝4x2＝.
所以＝×＝.
(3)在y＝k(x－1)中，令x＝0，则y＝－k，所以P(0，－k)，
从而＝(－x1，－k－y1)，＝(x2－1，y2)，
∵＝，∴－x1＝(x2－1)，
即x1＋x2＝，①
由(2)知x1＋x2＝，②
联立①②得x1＝，x2＝.
又x1x2＝，
∴50k4－83k2－34＝0，
解得k2＝2或k2＝－(舍去)．
又因为k＞0，所以k＝.
15．定义：从一个数列{an}中抽取若干项(不少于三项)按其在{an}中的次序排列的一列数叫做{an}的子数列，成等差(比)的子数列叫做{an}的等差(比)子列．
(1)求数列1，，，，的等比子列；
(2)设数列{an}是各项均为实数的等比数列，且公比q≠1.
①试给出一个{an}，使其存在无穷项的等差子列(不必写出过程)；
②若{an}存在无穷项的等差子列，求q的所有可能值．
【解析】(1)显然从数列中抽取四项或五项时，不存在等比子列，当抽取三项时，设所求等比子数列含原数列中的连续项的个数为k(1≤k≤3，k∈N*)，
当k＝2时，
① 设，，成等比数列，则＝×，即m＝n＋＋2,
当且仅当n＝1时，m∈N*，此时m＝4，所求等比子数列为1，，；
②设，，成等比数列，则＝×，即m＝n＋1＋－2∉N*;
当k＝3时，数列1，，；，，；，，均不成等比数列；
当k＝1时，显然数列1，，不成等比数列．
综上，所求等比子数列为1，，.
(2)①形如：a1，－a1，a1，－a1，a1，－a1，…(a1≠0，q＝－1)均存在无穷项，
等差子数列： a1，a1，a1，… 或－a1，－a1，－a1.
②设{ank}(k∈N*，nk∈N*)为{an}的等差子数列，公差为d，
当|q|>1时，|q|n>1，取nk>1＋log|q|，从而|q|nk－1>，
故|ank＋1－ank|＝|a1qnk＋1－1－a1qnk－1|
＝|a1||q|nk－1·|qnk＋1－nk－1|
≥|a1||q|nk－1(|q|－1)>|d|，
这与|ank＋1－ank|＝|d|矛盾，故舍去．
当|q|<1时，|q|n<1，取nk>1＋log|q|，
从而|q|nk－1<，
故|ank＋1－ank|＝|a1||q|nk－1|qnk＋1－nk－1|≤
|a1||q|nk－1||q|nk＋1－nk＋1|<2|a1||q|nk－1<|d|，
这与|ank＋1－ank|＝|d|矛盾，故舍去．
又q≠1，故只可能q＝－1，
结合①知，q的所有可能值为－1.
16．已知函数f(x)＝＋xln x(m>0)，g(x)＝ln x－2.
(1)当m＝1时，求函数f(x)的单调增区间；
(2)设函数h(x)＝f(x)－xg(x)－，x>0.若函数y＝h(h(x))的最小值是，求m的值；
(3)若函数f(x)，g(x)的定义域都是[1，e]，对于函数f(x)的图象上的任意一点A，在函数g(x)的图象上都存在一点B，使得OA⊥OB，其中e是自然对数的底数，O为坐标原点．求m的取值范围．
【解析】(1)当m＝1时，f(x)＝＋xln x，f′(x)＝－＋ln x＋1.
因为f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f′(1)＝0，
所以当x>1时，f′(x)>0；当0 所以函数f(x)的单调增区间是(1，＋∞)．
(2)h(x)＝＋2x－，则h′(x)＝2－＝，令h′(x)＝0，得x＝ ，
当0 当x> 时，h′(x)>0，函数h(x)在上单调递增．
所以h(x)min＝h＝2－.
①当(2－1)≥ ，即m≥时，
函数y＝h(h(x))的最小值h(2－)
＝＝，
即17m－26＋9＝0，
解得＝1或＝(舍去)，所以m＝1.
②当0<(2－1)< ，即 函数y＝h(h(x))的最小值h＝(2－1)＝，解得＝(舍去)．
综上所述，m的值为1.
(3)由题意知，kOA＝＋ln x，kOB＝.
考虑函数y＝，
因为y′＝>0在[1，e]上恒成立，
所以函数y＝在[1，e]上单调递增，
故kOB∈，所以kOA∈，
即≤＋ln x≤e在[1，e]上恒成立，
即－x2ln x≤m≤x2(e－ln x)在[1，e]上恒成立．
设p(x)＝－x2ln x，
则p′(x)＝－2xln x≤0在[1，e]上恒成立，
所以p(x)在[1，e]上单调递减，所以m≥p(1)＝.
设q(x)＝x2(e－ln x)，
则q′(x)＝x(2e－1－2ln x)≥x(2e－1－2ln e)>0在[1，e]上恒成立，
所以q(x)在[1，e]上单调递增，所以m≤q(1)＝e.
综上所述，m的取值范围为.
17.已知椭圆M：＋＝1(a>b>0)的右焦点F的坐标为(1,0)，P，Q为椭圆上位于y轴右侧的两个动点，使PF⊥QF，C为PQ的中点，线段PQ的垂直平分线交x轴，y轴于点A，B(线段PQ不垂直x轴)，当Q运动到椭圆的右顶点时，|PF|＝.
(1)求椭圆M的标准方程；
(2)若S△ABO∶S△BCF＝3∶5，求直线PQ的方程．
【解析】(1)由题意知，当Q运动到椭圆的右顶点时，PF⊥x轴，

则|PF|＝＝，
又c＝1，∴a＝，b＝1.
∴椭圆M的标准方程为＋y2＝1.
(2)设直线PQ的方程为y＝kx＋b，显然k≠0，联立椭圆方程得(2k2＋1)x2＋4kbx＋2(b2－1)＝0，
则Δ＝8(2k2－b2＋1)>0，①
设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，A(xA，yA)，B(xB，yB)，
由根与系数的关系得
∴y1＋y2＝(kx1＋b)＋(kx2＋b)＝，
y1y2＝(kx1＋b)(kx2＋b)＝，
由·＝0⇔(1－x1)(1－x2)＋y1y2＝0，
得3b2－1＋4kb＝0，④
点C，
∴线段PQ的中垂线AB的方程为
y－＝－.
分别令x＝0，y＝0可得A，B，
显然A为BC的中点，
∴＝＝2＝＝2，
由④式得k＝，
则xA＝＝，
＝2＝＝，
得b2＝3(b2＝－6舍去)，
∴b＝，k＝－或b＝－，k＝.
经检验，满足条件①②③，
故直线PQ的方程为y＝－x＋或y＝x－.
18．正项数列{an}满足a＋an＝3a＋2an＋1，a1＝1.
(1)求a2的值；
(2)证明对任意的n∈N*，an<2an＋1；
(3)记数列{an}的前n项和为Sn，证明对任意的n∈N*,2－≤Sn<3.
【解析】(1)将n＝1代入题中条件得a＋a1＝3a＋2a2＝2及a2>0，
所以a2＝.
(2)【证明】由a＋an＝3a＋2an＋1<4a＋2an＋1
＝(2an＋1)2＋2an＋1，
又因为二次函数y＝x2＋x在x∈(0，＋∞)上单调递增，
故对任意n∈N*，an<2an＋1.
(3)【证明】由(2)知，当n≥2时，>，>，…，>，
由上面(n－1)个式子相乘得an>a1＝，
又a1＝＝1，
所以an≥，
故Sn＝a1＋a2＋…＋an
≥1＋＋…＋
＝2－，
另一方面，由于a＋an＝3a＋2an＋1>2a＋2an＋1＝2(a＋an＋1)，
令a＋an＝bn，则bn>2bn＋1，
于是<，<，…，<，
由上面(n－1)个式子相乘得bn≤b1＝，
即a＋an＝bn≤，
故Sn＝a1＋(a2＋…＋an)<1＋
＝3－<3.
所以对任意的n∈N*,2－≤Sn<3.
19．在平面直角坐标系xOy中，抛物线C的顶点是原点，以x轴为对称轴，且经过点P(1,2)．
(1)求抛物线C的方程；
(2)设点A，B在抛物线C上，直线PA，PB分别与y轴交于点M，N，|PM|＝|PN|.求直线AB的斜率．
【解析】(1)依题意，设抛物线C的方程为y2＝ax(a≠0)．
由抛物线C经过点P(1,2)，得a＝4，
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)由题意作出图象如图所示．

因为|PM|＝|PN|，
所以∠PMN＝∠PNM，所以∠1＝∠2，
所以直线PA与PB的倾斜角互补，
所以kPA＋kPB＝0.
依题意，直线AP的斜率存在且不为零，
设直线AP的方程为y－2＝k(x－1)(k≠0)，
将其代入抛物线C的方程，
整理得k2x2－2(k2－2k＋2)x＋k2－4k＋4＝0.
设A(x1，y1)，则1×x1＝，
y1＝k(x1－1)＋2＝－2，
所以A.
以－k替换点A坐标中的k，得B.
所以kAB＝＝－1.
即直线AB的斜率为－1.
20．已知数列{an}中，a1＝3,2an＋1＝a－2an＋4.
(1)【证明】an＋1>an；
(2)【证明】an≥2＋n－1；
(3)设数列的前n项和为Sn，求证：1－n≤Sn<1.
【证明】(1)∵2an＋1－2an＝a－4an＋4＝(an－2)2≥0，
∴an＋1≥an≥3，∴(an－2)2>0，∴an＋1>an.
(2)∵2an＋1－4＝a－2an＝an(an－2)，∴＝≥，∴an－2≥(an－1－2)≥2(an－2－2)≥…≥n－1(a1－2)＝n－1，∴an≥2＋n－1.
(3)∵2(an＋1－2)＝an(an－2)，
∴＝＝，
∴＝－，
∴＝－，
∴Sn＝＋＋…＋
＝－＋－＋…＋－
＝－
＝1－，
由(2)知an＋1－2≥n，
∴0<≤n，
∴1－n≤Sn＝1－<1.
21.椭圆＋y2＝1的离心率为，过点P(2,0)作直线l交椭圆于不同的两点A，B.

(1)求椭圆的方程；
(2)①设直线l的斜率为k，求出与直线l平行且与椭圆相切的直线方程(用k表示)；
②若C，D为椭圆上的动点，求四边形ACBD面积的最大值．
【解析】(1)由题意得＝，解得a＝，
即椭圆方程为＋y2＝1.
(2)①设切线方程为y＝kx＋m，
代入＋y2＝1可得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，
由Δ＝0可得m2＝1＋2k2，
故切线方程为y＝kx±.
②要使得四边形ACBD的面积最大，需满足C，D两点到直线l的距离之和最大，
即两条切线间的距离d＝＝最大，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l的方程为y＝kx－2k，
联立整理得
(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－2＝0，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
故|AB|＝|x1－x2|
＝·
＝·，
故S四边形ACBD≤d·|AB|
＝··
＝＝2 ≤2，
当且仅当k＝0且C(0,1)，D(0，－1)或C(0，－1)，D(0,1)时，等号成立．
故所求四边形ACBD面积的最大值为2.
22．设数列{an}满足a1＝，an＋1＝an＋，n∈N*.
(1)求a2，a3；
(2)证明数列{an}为递增数列；
(3)证明≤an≤，n∈N*.
【解析】(1)a2＝＋＝，a3＝＋2＝.
(2)【证明】用数学归纳法证明an>0：
①当n＝1时，a1＝>0；
②假设n＝k时，ak>0，则ak＋1＝ak＋>0.
所以由①②得an>0，n∈N*.
所以an＋1－an＝>0，
即an＋1>an，数列{an}为递增数列．
(3)【证明】由(2)知an>0，n∈N*且数列{an}为递增数列，
由an＋1－an＝<得
－<<＝－，
－<－，…，－<－，－<－，
因此－<2－，
所以－≤2－(当且仅当n＝1时，等号成立)，
故an≤.
由an≤<1得an＋1＝an＋ 所以an>an＋1，
故an＋1－an＝>，
所以－>≥＝－，
－>－，－>－，…，－>1－，
因此－>1－，
所以－≥1－(当且仅当n＝1时，等号成立)，
故an≥.
综上所述，对任意的n∈N*，≤an≤.
23．过椭圆C：＋＝1(a>b>0)右焦点F(1,0)的直线与椭圆C交于A，B两点，自A，B向直线x＝5作垂线，垂足分别为A1，B1，且＝.
(1)求椭圆C的方程；
(2)记△AFA1，△FA1B1，△BFB1的面积分别为S1，S2，S3，证明是定值，并求出该定值．
【解析】(1)设A(x，y)，则|AA1|＝|5－x|，|AF|＝，由＝，得＋＝1，而A是椭圆C上的任一点，∴椭圆C的方程为＋＝1.
(2)【证明】由题意知，直线AB的斜率不可以为0，而可以不存在，∴可设直线AB的方程为x＝my＋1.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由得(4m2＋5)y2＋8my－16＝0，
∴y1＋y2＝－，y1y2＝－.①
由题意，S1＝|AA1||y1|＝|5－x1||y1|，
S3＝|BB1||y2|＝|5－x2||y2|，
S2＝|A1B1|·4＝2|y1－y2|，
∴＝·
＝·
＝－·，
将①代入，化简并计算可得＝，
∴是定值，且该定值为.
24．设an＝xn，bn＝2，Sn为数列{an·bn}的前n项和，令fn(x)＝Sn－1，x∈R，n∈N*.
(1)若x＝2，求数列的前n项和Tn；
(2)求证：对任意n∈N*，方程fn(x)＝0在xn∈，1上有且仅有一个根；
(3)求证：对任意p∈N*，由(2)中xn构成的数列{xn}满足0 【解析】(1)∵x＝2，∴an＝2n，令cn＝，
Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝＋＋…＋，　①
Tn＝＋＋…＋，　②
①－②得Tn＝＋2－
＝＋2×－＝－，
∴Tn＝3－.
(2)【证明】对任意n∈N*，当x>0时，由函数fn(x)＝－1＋x＋＋＋…＋(x∈R，n∈N*)，可得f′(x)＝1＋＋＋…＋>0，∴函数f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
令fn(xn)＝0，当n≥2时，fn(1)＝＋＋…＋>0，即fn(1)>0.
又fn＝－1＋＋＋＋＋…＋≤－＋·i
＝－＋×
＝－×n－1<0，
根据函数的零点判定定理，可得存在唯一的xn∈，满足fn(xn)＝0.
当n＝1时，显然存在唯一的x1＝1满足f1(x1)＝0.
综上所述，对任意n∈N*，方程fn(x)＝0在xn∈上有且仅有一个根．
(3)【证明】当x>0时，∵fn＋1(x)＝fn(x)＋>fn(x)，∴fn＋1(xn)>fn(xn)＝fn＋1(xn＋1)＝0.
由fn＋1(x)在(0，＋∞)上单调递增，
可得xn＋10，
故数列{xn}为递减数列，
即对任意的n，p∈N*，xn－xn＋p>0.
由于fn(xn)＝－1＋xn＋＋＋…＋＝0，①
fn＋p(xn＋p)＝－1＋xn＋p＋＋＋…＋＋＝0，②
用①减去②并移项，利用0 xn－xn＋p＝＋
≤<<
＝－<.
综上可得，对于任意p∈N*，由(2)中xn构成的数列{xn}
满足0