2023-2024学年广东省深圳市深圳中学高二上学期期中数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省深圳市深圳中学高二上学期期中数学试题（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.在等差数列an中，a4+a8=20，a7=12，则a4=( )
A. 4B. 5C. 6D. 8
2.在等比数列an中，若a5=2,a3a8=a7，则an的公比q=( )
A. 2B. 2C. 2 2D. 4
3.已知两条直线l1:3x+y-5=0和l2:x-ay=0相互垂直，则a=( )
A. 13B. -13C. -3D. 3
4.已知椭圆C的一个焦点为1,0，且过点0, 3，则椭圆C的标准方程为
( )
A. x22+y23=1B. x24+y23=1C. x23+y22=1D. x23+y24=1
5.在等比数列an中，3a2a4=4a3，且a6=2a5，则an的前6项和为
( )
A. 22B. 24C. 21D. 27
6.已知F是双曲线C：x23-y2=1的一个焦点，点P在C的渐近线上，O是坐标原点，|OF|=2|PF|，则△OPF的面积为( )
A. 1B. 32C. 22D. 12
7.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1-c,0、F2c,0，若椭圆C上存在一点P，使得△PF1F2的内切圆的半径为c2，则椭圆C的离心率的取值范围是
( )
A. 0,35B. 0,45C. 35,1D. 45,1
8.已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)，点B的坐标为(0,b)，若C上的任意一点P都满足|PB|≥b，则C的离心率取值范围是( )
A. (1, 5+12]B. [ 5+12,+∞)C. (1, 2]D. [ 2,+∞)
二、多选题（本大题共4小题，共20分。在每小题有多项符合题目要求）
9.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5=1，则( )
A. a2+a8=2B. a3a7=1C. S9=9D. S10=10
10.已知圆M：x2+y2-4x+3=0，则下列说法正确的是
( )
A. 点4,0在圆M内B. 圆M关于x+3y-2=0对称
C. 半径为 3D. 直线x- 3y=0与圆M相切
11.已知双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F，过点F且斜率为k(k≠0)的直线l交双曲线于A、B两点，线段AB的中垂线交x轴于点D.若AB≥ 2DF，则双曲线的离心率的值可能是
( )
A. 23B. 2C. 52D. 5
12.若数列{an}满足a1=a2=1，an=an-1+an-2(n≥3)，则称该数列为斐波那契数列.如图所示的“黄金螺旋线”是根据斐波那契数列画出来的曲线.图中的长方形由以斐波那契数为边长的正方形拼接而成，在每个正方形中作圆心角为90∘的扇形，连接起来的曲线就是“黄金螺旋线”.记以an为边长的正方形中的扇形面积为bn，数列{bn}的前n项和为Sn，则
( )
A. a8=21B. a2023是奇数
C. a2+a4+a6+⋯+a2022=a2023D. S2023a2023⋅a2024=π4
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13.数列an的通项公式an=1 n+1+ n，若Sn=9，则n=_______．
14.已知直线l:y=x被圆C:x-32+y-12=r2r>0截得的弦长为2，则r=____
15.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右两焦点分别是F1、F2，其中F1F2=2c.椭圆C上存在一点A，满足AF1⋅AF2=4c2，则椭圆的离心率的取值范围是____________
16.已知A，B分别是椭圆E：x24+y23=1的左、右顶点，C，D是椭圆上异于A，B的两点，若直线AC，BD的斜率k1，k2满足k1=2k2，则直线CD过定点，定点坐标为____________
四、解答题（本大题共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)
在平面直角坐标系xOy中，圆C1：x+12+y2=4与圆C2：x2+y-32=10相交于P，Q两点．
(1)求线段PQ的长；
(2)记圆C1与x轴正半轴交于点M，点N在圆C2上滑动，求▵MNC2面积最大时的直线MN的方程．
18.(本小题12分)
已知等差数列an的前Sn项和为Sn，a1=3,bn为等比数列，且b1=1,bn>0,b2+S2=10，S5=5b3+3a2,n∈N*．
(1)求数列an，bn 的通项公式；
(2)求数列an⋅bn的前n项和Tn．
19.(本小题12分)
已知半径为3的圆的圆心在x轴上，圆心的横坐标是整数，且与直线4x-3y+7=0相切．
(1)求圆的方程；
(2)设直线ax-y+4-2a=0与圆相交于A，B两点，求实数a的取值范围；
(3)在(2)的条件下，是否存在实数a，使得弦AB的垂直平分线l过点P3,-1？若存在，求出实数a的值；若不存在，请说明理由．
20.(本小题12分)
在平面直角坐标系xOy中，圆O1：x+22+y2=1，圆O2：x-22+y2=1，点H1,0，一动圆M与圆O1内切、与圆O2外切．
(1)求动圆圆心M的轨迹方程E；
(2)是否存在一条过定点的动直线l，与E交于A、B两点，并且满足HA⊥HB？若存在，请找出定点；若不存在，请说明理由．
21.(本小题12分)
已知等差数列an的前n项和为Sn，且a4=4，数列bn的前n项之积为Tn，b1=13，且Sn=lg 3Tn．
(1)求Tn；
(2)令cn=anbn，求正整数n，使得“cn-1=cn+cn+1”与“cn是cn-1，cn+1的等差中项”同时成立；
(3)设dn=2an+7，en=-1ndn+2dndn+1，求数列en的前2n项和Y2n．
22.(本小题12分)
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点为F1,F2,F1F2=2 3,P为椭圆C上异于长轴端点的一个动点，O为坐标原点，直线PF1,PO,PF2分别与椭圆C交于另外三点M,Q,N，当P为椭圆上顶点时，有PF1=2F1M．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)求S△POF1S△PQM+S△POF2S△PQN的最大值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】由等差数列的性质得到a5=8，从而求出公差，得到答案．
解：由等差数列的性质可知a4+a8=a5+a7=20，
又a7=12，故a5=8，
设等差数列的公差为d，则d=a7-a57-5=12-82=2，
所以a4=a5-d=8-2=6．
故选：C
2.【答案】B
【解析】【分析】根据等比数列的性质求得正确答案．
解：an是等比数列，
依题意，a5=2,a3a8=a5a6=2a6=a7，所以q=a7a6=2．
故选：B
3.【答案】D
【解析】【分析】根据两直线垂直需满足的条件建立关于a的方程求解即可．
解：直线l1:3x+y-5=0和l2:x-ay=0相互垂直，
则3×1+1×(-a)=0，解得a=3．
故选：D．
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了椭圆的标准方程，属于较易题．
设出椭圆方程，结合已知条件，即可容易求得结果．
【解答】
解：∵椭圆C的一个焦点为1,0，且过点0, 3，
∴椭圆的焦点在 x 轴上，故设其方程为： x2a2+y2b2=1(a>b>0) ，
显然 c=1 ， b= 3 ，
则 a2=b2+c2=4 ，故椭圆方程为 x24+y23=1 ，
故选：B
5.【答案】C
【解析】【分析】利用等比中项的性质求出a3的值，求出等比数列an的公比q，进而求出a1的值，再利用等比数列求和公式可求得结果．
解：设等比数列an的公比为q，则q≠0，且对任意的n∈N*，an≠0，
由3a2a4=4a3可得3a32=4a3，解得a3=43，
因为a6=2a5，则q=a6a5=2，所以，a1=a3q2=43×14=13，
因此，an的前6项和为a11-q61-q=131-261-2=21．
故选：C．
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查双曲线的简单性质，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．
由题意画出图形，不妨设F为双曲线C：x23-y2=1的右焦点，求出OP，再由三角形面积公式求解．
【解答】
解：如图，不妨设F为双曲线C：x23-y2=1的右焦点，P为第一象限点．
由双曲线方程可得，其渐近线y=± 33x，
它与x轴的夹角为30∘，即∠POF=30∘，
在△OPF中，|OF|=2|PF|=2，由余弦定理得：|PF|2=|OP|2+|OF|2-2|OP|⋅|OF|cs∠POF，
即12=|OP|2+22-2|OP|⋅2cs30∘，
整理得：|OP|2-2 3|OP|+3=0，解得|OP|= 3，
所以△OPF的面积为S△OPF=12|OP|⋅|OF|sin∠POF=12× 3×2×sin30∘= 32．
故选：B．
7.【答案】A
【解析】【分析】利用△PF1F2面积相等，得到|yM|=a+c2,由此得到|yM|≤b,消去b,整理化简求出离心率的取值范围．
解：△MF1F2的面积为12|F1F2|⋅|yM|,因为△MF1F2的内切圆半径为c2，所以△MF1F2面积可表示为12(2a+2c)×c2，所以12×2c×|yM|=12(2a+2c)×c2,
解得|yM|=a+c2,因为|yM|≤b,所以a+c2≤b,
两边平方得：(a+c2)2≤b2,又因为b2=a2-c2,
整理得：5c2+2ac-3a2≤0,
因为e=ca,不等式两边同时除以a2，得：5e2+2e-3≤0；
解得：0故选：A
8.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查双曲线的离心率范围的求解及不等式恒成立问题．
设P的坐标，求出|PB|的最小值，结合已知和二次函数，得出a，b，c的不等式求解即可．
【解答】
解：设P(m,n)，因为P在双曲线上，所以m2=a2(1+n2b2)，
则|PB|2=m2+(n-b)2=(a2b2+1)n2-2bn+a2+b2=c2b2n2-2bn+c2，
又n∈R，所以|PB|2min=c2b2×b6c4-2b×b3c2+c2=c2-b4c2，
由已知c2-b4c2≥b2，即a2-(c2-a2)2c2≥0，
解得1因此1即双曲线C的离心率取值范围是(1,1+ 52].
故选A．
9.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查等差数列的性质，等差数列通项公式与前n项和公式，属于基础题．
由等差中项可判断A；根据等差数列的通项公式可得a3a7=1-4d2，由于d不确定，所以B错误；由等差数列的前n项和公式与等差中项的性质，可判断C；利用选项C的结论，可得S10=10+5d，由于d不确定，所以D错误．
【解答】
解：设数列{an}的公差为d，
由a2+a8=2a5=2，知选项A正确；
a3a7=(a5-2d)(a5+2d)=a52-4d2=1-4d2，由于d不确定，所以B错误；
由S9=(a1+a9)⋅92=9a5=9，知选项C正确；
S10=S9+a10=9+a5+5d=10+5d，由于d不确定，所以D错误．
故选：AC．
10.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查圆的标准，考查点与圆的位置关系、点到直线的距离公式等知识，属于基础题．
A选项，代入点坐标，大于0，表示点在圆外；B选项，圆心在直线上，故关于直线对称；C选项，配方后得到圆的半径；D选项，利用点到直线距离进行求解．
【解答】
解：x2+y2-4x+3=0整理得：x-22+y2=1，
∵x=4，y=0时x2+y2-4x+3=3>0，∴点4,0在圆M外，A错；
∵圆心M2,0在直线x+3y-2=0上，∴圆M关于x+3y-2=0对称，B对；
∵圆M半径为1，故C错；
∵圆心M2,0到直线x- 3y=0的距离为d=2 1+3=1，与半径相等，
∴直线x- 3y=0与圆M相切，D对．
故选：BD．
11.【答案】BC
【解析】【分析】设直线l：y=kx-c，联立直线l与双曲线方程，结合韦达定理和弦长公式，表示出AB，再求出线段AB中垂线方程，结合两点距离公式，表示出DF，再由双曲线的离心率e=ca即可求解．
解：设双曲线的右焦点为Fc,0，Ax1,y1，Bx2,y2，则直线l：y=kx-c，
联立方程x2a2-y2b2=1y=kx-c，消去y得：b2-a2k2x2+2a2k2cx-a2k2c2+b2=0，
则可得b2-a2k2≠0，Δ>0，x1+x2=-2a2k2cb2-a2k2，x1x2=-a2k2c2+b2b2-a2k2，
则AB= 1+k2 -2a2k2cb2-a2k22-4-a2k2c2+b2b2-a2k2=2ab21+k2b2-a2k2，
设线段AB的中点Mx0,y0，
则x0=x1+x22=-a2k2cb2-a2k2，y0=kx0-c=k-a2k2cb2-a2k2-c=-b2kcb2-a2k2，
即M-a2k2cb2-a2k2,-b2kcb2-a2k2，
且k≠0，线段AB的中垂线的斜率为-1k，
则线段AB的中垂线所在直线方程为y+b2kcb2-a2k2=-1kx+a2k2cb2-a2k2，
令y=0，则b2kcb2-a2k2=-1kx+a2k2cb2-a2k2，解得x=-k2c2b2-a2k2，
即D-k2c3b2-a2k2,0，则DF=-k2c3b2-a2k2-c=b2c1+k2b2-a2k2，
由题意可得：AB≥ 2DF，即2ab21+k2b2-a2k2≥ 2b2c1+k2b2-a2k2，
整理得2a≥ 2c，则e=ca≤2 2= 2，
又双曲线的离心率e>1，所以双曲线的离心率取值范围是1, 2．
故选：BC．
12.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查数列的递推关系及累加法的应用，属于中档题．
根据斐波那契数列定义对ABCD选项依次判断。
【解答】
解：对于A：由a1=1,a2=1，且an=an-1+an-2(n⩾3,n∈N*)，可得a8=21，A正确;
对于B：由斐波那契数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144……，
可得每三个数中前两个为奇数，后一个偶数，所以a2023是奇数，B正确;
对于C：因为a2=a3-a1;a4=a5-a3; ⋯a2022=a2023-a2021，相加可得：a2+a4+a6+⋯+a2022=a2023-1，故C错误；
对于D：因为斐波那契数列总满足an=an-1+an-2(n⩾3,n∈N*)，且a1=a2=1，
所以a12=a2a1，
a22=a2a2=a2a3-a1=a2a3-a2a1，
a32=a3a3=a3a4-a2=a3a4-a3a2，
类似的有，an2=anan=anan+1-an-1=anan+1-anan-1，
其中n⩾2.
累加得a12+a22+a32+⋯+an2=an⋅an+1，
Sn=π4(a12+a22+⋯an2)=π4anan+1，
故：S2023a2023⋅a2024=π4．
13.【答案】99
【解析】【分析】利用裂项相消法进行求解即可．
解：因为an=1 n+1+ n= n+1- n，
所以Sn=( 2-1+ 3- 2+⋯+ n+1- n)=9，
即 n+1-1=9⇒n+1=100⇒n=99，
故答案为：99
14.【答案】 3
【解析】【分析】由题意，利用点到直线的距离公式求得弦心距，根据弦长公式，可得答案．
解：由圆的方程x-32+y-12=r2，则其圆心为3,1，
圆心到直线的距离d=3-1 12+12= 2，弦长的一半为1，r= 22+12= 3，
故答案为 ： 3
15.【答案】 66, 55
【解析】【分析】先设出点A，然后由向量数量积得到A的轨迹，应用A在椭圆上则两个曲线有交点，再求离心率即可．
解：设点Ax1,y1，
则AF1⋅AF2=4c2⇒-c-x1,-y1⋅c-x1,-y1=x12-c2+y12=4c2，
即x12+y12=5c2，所以点A在以0,0为圆心，半径为 5c的圆上，
又因为A点在椭圆上，所以圆x12+y12=5c2与椭圆x2a2+y2b2=1有交点，
根据对称性可知b≤r≤a，即b≤ 5c≤a⇒b2≤5c2≤a2⇒a2-c2≤5c2≤a2，
所以5c2≤a2≤6c2，即椭圆离心率e∈ 66, 55，
故答案为： 66, 55
16.【答案】-23,0
【解析】【分析】设出直线方程，联立椭圆方程，由根与系数关系求出C，D点坐标，得出直线方程，即可求出直线所过定点
解：因为A-2,0，B2,0，k1=2k2，
则lAC：y=k1x+2，lBD：y=k2x-2．
设CxC,yC，DxD,yD．
联立椭圆方程与lAC得：3+4k12x2+16k12x+-12+16k12=0
得xA+xC=-16k123+4k12，
∴xC=-16k123+4k12-xA=-16k123+4k12--2=6-8k123+4k12，
因为k1=2k2，
∴xC=6-8k123+4k12=6-32k223+16k22，∴C6-32k223+16k22,24k23+16k22，
联立椭圆方程与lBD得：3+4k22x2-16k22x+-12+16k22=0，
得xB+xD=16k223+4k22，
∴xD=16k223+4k22-xB=16k223+4k22-2=-6+8k223+4k22，∴D-6+8k223+4k22,-12k23+4k22，
因为C6-32k223+16k22,24k23+16k22，D-6+8k223+4k22,-12k23+4k22，
所以lCD：9k2x+8k22-3y+6k2=0，即8k22y+9x+6k2-3y=0，
当y=0,9x+6=0时，即x=-23,y=0时方程恒成立，故直线过定点-23,0．
故答案为：-23,0
17.【答案】解：(1)
已知圆C1的圆心为C1-1,0，半径为r1=2，
圆C2的圆心为C20,3，半径为r2= 10，
又两圆公共弦对应的直线方程为：x+3y-1=0，
圆心C1到x+3y-1=0的距离为d1= 105，
所以PQ=2 r12-d12=6 105；
(2)
对于圆C1：(x+1)2+y2=4，令y=0，由x>0解得x=1，
即M1,0，又C2(0,3)，当▵MNC2的面积最大时，NC2⊥MC2，
设N(a,b)，则kNC2=3-b-a,kMC2=-3，NC2=r2，
有kNC2⋅kMC2=3-b-a⋅(-3)=-1 (3-b)2+(0-a)2= 10，解得a=-3b=2或a=3b=4,
即N-3,2或N3,4，所以kMN=-12或2，
所以MN方程：y-0=-12(x-1)或y-0=2(x-1)，
即x+2y-1=0或2x-y-2=0．

【解析】【分析】(1)根据两圆的一般方程可求出公共弦对应的直线方程，根据点到直线的距离公式圆心C1到公共弦的距离为d1，结合勾股定理计算即可求解；
(2)由题意求出点M的坐标，易知当NC2⊥MC2时▵MNC2的面积最大.设N(a,b)，则kNC2⋅kMC2=-1NC2=r2，解之可得N的坐标，结合直线的点斜式方程即可求解．
18.【答案】解：(1)设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，
由题意可得：b1⋅q+2a1+d=10,5a1+5×42×d=5b1q2+3(a1+d),
解得q=2或q=-175(舍去)，d=2．
∴数列an 的通项公式是an=2n+1,n∈N*
数列bn的通项公式是bn=2n-1，n∈N*．
(2)Tn=3⋅20+5⋅21+7⋅22+⋯⋯+(2n+1)2n-1
∴2Tn=3⋅21+5⋅22+7⋅23+⋯⋯+(2n+1)2n，
∴-Tn=3⋅20+2⋅21+2⋅22+⋯⋯+2⋅2n-1-(2n+1)2n=2n+1-1-(2n+1)2n
∴Tn=(2n-1)2n+1,n∈N*

【解析】【分析】(1)设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，根据题设条件列方程组求出d,q的值，从而求出数列an，bn的通项公式；
(2)根据数列数列an⋅bn的通项构成特点，可由错位相减法求数列an⋅bn的前n项和Tn．
19.【答案】解：(1)
设圆心为Mx0,0，且x0是整数．则点x0,0到直线4x-3y+7=0的距离为3．
得4x0+7 42+-32=3，所以x0=2，x0=-112，不是整数，故舍去，
所以x0=2
轨迹方程：x-22+y2=9
(2)
联立轨迹方程与直线方程，
x-22+y2=9ax-y+4-2a=0
将y=ax+4-2a代入圆的方程，x-22+ax+4-2a2=9
得到1+a2x2+-4a2+8a-4x+4a2-16a+11=0
因为直线与圆有两个交点，所以Δ=-4a2+8a-42-41+a24a2-16a+11=9a2-7>0，
得a∈-∞,- 73∪ 73,+∞
(3)
当a=0时显然不符合题意；
当a≠0时，
设l的方程为y=-1ax-3-1
由于直线l垂直平分弦AB，故圆心M2,0必在l上，
a=1符合(2)的范围，
所以a=1

【解析】【分析】(1)由圆心到直线的距离等于半径，解出圆心坐标求出轨迹方程；
(2)直曲联立构成方程组，判别式大于零，有两个交点；
(3)设出点斜式利用圆中弦垂直平分线过圆心得到结果．
20.【答案】解：(1)
由圆O1方程知：圆心O1(-2,0)，半径r1=1；由圆O2方程知：圆心O2(2,0)，半径r2=1，
设动圆M的半径为r，

∵动圆M与圆O1内切，与圆O2外切，∴MO1=r-1,MO2=r+1，
∴MO2-MO1=2，且2∴动圆圆心M的轨迹是以O1,O2为焦点，实轴长为2的双曲线的左支，
∴a=1,c=2,b2=4-1=3，
∴动圆圆心M的轨迹方程E为：x2-y23=1x≤-1．
(2)
设直线l为x=my+n，
把x=my+n代入x2-y23=1，并整理得3m2-1y2+6mny+3n2-3=0，
Δ=36m2n2-4(3m2-1)(3n2-3)>0，即3m2+n2-1>0，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则y1+y2=-6mn3m2-1,y1y2=3n2-33m2-1，
x1x2=my1+nmy2+n=m2y1y2+mny1+y2+n2
=m2×3n2-33m2-1+mn×-6mn3m2-1+n2=-3m2-n23m2-1>0，所以3m2-1<0
x1+x2=my1+n+my2+n=my1+y2+2n=m×-6mn3m2-1+2n=-2n3m2-1<0，
所以n<0，
∵HA⊥HB，∴HA⋅HB=0，∴x1-1x2-1+y1y2=0，
∴x1x2-x1+x2+y1y2+1=0，
∴-3m2-n23m2-1--2n3m2-1+3n2-33m2-1+1=0，即n2+n-2=0，解得n=-2或n=1，
当n=1时，直线l为x=my+1，过H1,0，不合题意，舍去；
当n=-2时，直线l为x=my-2，过定点-2,0．

【解析】【分析】利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
(1)设直线方程，设交点坐标为x1,y1,x2,y2；
(2)联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x(或y)的一元二次方程，必要时计算Δ；
(3)列出韦达定理；
(4)将所求问题或题中的关系转化为x1+x2、x1x2(或y1+y2、y1y2)的形式；
(5)代入韦达定理求解．
(1)由题意得MO2-MO1=2，则动圆圆心M的轨迹是以O1,O2为焦点，实轴长为2的双曲线的左支，可得a=1,c=2,b2=4-1=3，即可得出结果；
(2)设直线l为x=my+n，代入x2-y23=1，并整理得3m2-1y2+6mny+3n2-3=0，设Ax1,y1,Bx2,y2，由题知HA⋅HB=0，即x1x2-x1+x2+y1y2+1=0，结合韦达定理求得n，代入直线方程即可得出答案．
21.【答案】解：(1)
由Sn=lg 3Tn，
令n=1，得a1=S1=lg312T1=2lg3b1=2lg313=-2，即a1=-2，
设等差数列an的公差为d，
由a4=a1+3d=4，解得d=2，
所以an=-2+2n-1=2n-4，
所以Sn=na1+an2=n-2+2n-42=n2-3n，
所以lg 3Tn=n2-3n，即Tn= 3n2-3n．
(2)
存在，理由如下：
由(1)可得Tn= 3n2-3n，
所以当n≥2时，则Tn-1= 3n-12-3n-1= 3n2-5n+4，
可得bn=TnTn-1= 32n-4=3n-2；
当n=1时，b1=13也满足上式，所以bn=3n-2n∈N*．
所以cn=anbn=2n-43n-2，
若cn-1=cn+cn+1成立，即2n-63n-3=2n-43n-2+2n-23n-1，则n=4，
此时c3=23，c4=49，c5=29，满足：2c4=c3+c5，
即c4为c3，c5的等差中项，
所以存在n=4符合题意．
(3)
dn=2an+7=22n-4+7=4n-1，
则en=-1n4n+14n-14n+3=-1n214n-1+14n+3=12-1n4n-1--1n+14n+3，
所以Y2n=12-13-17+17--111+-111-115+⋯+18n-1--18n+3
=12-13+18n+3=12×-8n24n+9=-4n24n+9．

【解析】【分析】(1)先求出a1，再由等差数列求出公差，代入Sn求出Tn即可；
(2)先由递推公式求出bn，再求出cn，再根据条件求出满足cn-1=cn+cn+1，验证此时cn是否为cn-1，cn+1的等差中项即可；
(3)先求出dn，代入求出en并进行裂项，最后求和即可．
22.【答案】解：(1)
由题知M-32c,-b2，代入椭圆C:x2a2+y2b2=1得9c24a2+14=1，
∴a2=3c2=9，b2=9-3=6，
∴椭圆C的方程为x29+y26=1；
(2)

设Px0,y0,PM=λPF1,PN=μPF2，
设MxM,yM，由PM=λPF1得xM-x0,yM-y0=λ- 3-x0,-y0，
解得xM=1-λx0- 3λ,yM=1-λy0，
则M1-λx0- 3λ,1-λy0，
代入椭圆C的方程得1-λx0- 3λ29+(1-λ)2y026=1，
即1-λ2x02-2 3λ1-λx0+ 3λ29+(1-λ)2y026=1，
即1-λ2x029+(1-λ)2y026+-2 3λ1-λx0+ 3λ29=1，
即(1-λ)2-2 3λ1-λ9x0+13λ2=1，
即-2λ+43λ2-2 3λ1-λ9x0=0，
即1-λx0= 32λ-3，
∴λ=x0+3 3x0+2 3，同理可得μ=x0-3 3x0-2 3，
S▵POF1S▵PQM+S▵POF2S▵PQN=PF1⋅POPM⋅PQ+PF2⋅POPN⋅PQ=12λ+12μ
=12x0+2 3x0+3 3+x0-2 3x0-3 3=x02-18x02-27=1+9x02-27 ，
由题知x02∈0,9,∴S▵POF1S▵PQM+S▵POF2S▵PQN∈12,23，
当x0=0即P为短轴端点时取得最大值23．

【解析】【分析】圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：
(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
(2)利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
(4)利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
(5)利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域．
(1)由题知M-32c,-b2，代入椭圆求得a,b即可；
(2)设Px0,y0,PM=λPF1,PN=μPF2，求得M,N坐标代入椭圆方程求出λ,μ，S▵POF1S▵PQM+S▵POF2S▵PQN=PF1⋅POPM⋅PQ+PF2⋅POPN⋅PQ=12λ+12μ代入计算求最值即可．