2022-2023学年安徽省宣城市高二（上）期末数学试卷

这是一份2022-2023学年安徽省宣城市高二（上）期末数学试卷，共26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．（5分）在数列{an}中，已知，当n≥2时，3＝（ ）
A．﹣3B．C．D．5
2．（5分）已知直线l：x+2y﹣1＝0的倾斜角为θ，则csθ＝（ ）
A．﹣B．C．±D．﹣
3．（5分）数学与建筑的结合造就建筑艺术品，如吉林大学的校门是一抛物线形水泥建筑物，如图．若将该大学的校门轮廓（忽略水泥建筑的厚度）2（a≠0）的一部分，且点A（2，﹣2）在该抛物线上（ ）
A．B．（0，﹣1）C．D．
4．（5分）如图：在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点．若，，，则下列向量中与相等的向量是（ ）
A．B．C．D．
5．（5分）已知等比数列{an}的各项都是正数，其公比为4，且a1a2a3a4a5＝410，则a4a6＝（ ）
A．44B．46C．48D．410
6．（5分）古希腊数学家阿波罗尼奥斯（约公元前262～公元前190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，他证明过这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数k（k＞0，k≠1），后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．在平面直角坐标系中，设A（﹣3，0），B（3，0）＝2，则动点M的轨迹方程为（ ）
A．（x﹣5）2+y2＝16B．x2+（y﹣5）2＝9
C．（x+5）2+y2＝16D．x2+（y+5）2＝9
7．（5分）正四面体ABCD的棱长为a，点E，F分别是BC，则的值为（ ）
A．a2B．C．D．
8．（5分）已知双曲线﹣＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，直线l过点F2且与该双曲线的右支交于A，B两点，△ABF1的周长为7a，则该双曲线离心率的取值范围是（ ）
A．（1，]B．（，）C．[，]D．[，）
二、多选题（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，部分选对的得2分，有选错的得0分.）
（多选）9．（5分）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＜0，S7＝S12，则（ ）
A．数列{an}是递减数列
B．a10＝0
C．Sn＜0时，n的最大值是18
D．S2＜S16
（多选）10．（5分）圆C：（x+2）2+（y﹣3）2＝16，直线l：3x+4y+19＝0，点M在圆C上，则下列结论正确的是（ ）
A．圆C关于直线3x﹣2y＝0对称
B．|MN|的最大值是9
C．从N点向圆C引切线，切线长的最小值是3
D．直线y＝k（x﹣1）+1被圆C截得的弦长取值范围为
（多选）11．（5分）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，E为棱A1B1的中点，则（ ）
A．AB1∥面BC1D
B．A1C⊥BD
C．平面AC1E截该长方体所得截面面积为
D．三棱锥A﹣B1C1E的体积为
（多选）12．（5分）已知O为坐标原点，F1，F2分别是渐近线方程为x±2y＝0的双曲线E的左、右焦点，M为双曲线E上任意一点，MN平分∠F1MF2，且，|ON|＝4，则（ ）
A．双曲线E的标准方程为
B．双曲线E的离心率为
C．点M到两条渐近线的距离之积为
D．若直线MF1与双曲线E的另一支交于点P，Q为MP的中点，则
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分.）
13．（5分）若直线ax﹣y＝0与直线4x﹣ay+a﹣2＝0平行，则a＝ ．
14．（5分）数列是等差数列，且a1＝1，a4＝﹣，那么a2022＝ ．
15．（5分）若圆x2+y2＝1与圆x2+y2﹣6x﹣8y﹣a＝0恰有两条公切线，则实数a的取值范围为 ．
16．（5分）在四棱锥A﹣BCDE中，AB⊥平面BCDE，BC⊥CD，∠CBE＝120°，且AB＝BC＝BE＝2 ．
四、解答题（本题共6小题，共70分，其中第17题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明证明过程或演算步骤）
17．（10分）已知等差数列{an}满足a1＝1，且a3+a7＝18．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设，求数列{bn}的前n项和Tn．
18．（12分）已知在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，侧棱PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝1．
（1）求证：直线PB∥平面MAC；
（2）求点P到平面MAC的距离．
19．（12分）已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，直线l过点P（2，1），交抛物线于A
（1）若P为AB中点，求l的方程．
（2）求|AF|+|BF|的最小值．
20．（12分）已知数列{an}是公差不为零的等差数列，a1＝1且a2，a5，a14成等比数列．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设数列{bn}的前n项和为Sn，在①，n∈N*；②Sn＝2bn﹣1，n∈N*；③Sn+1＝2Sn+1，n∈N*这三个条件中任选一个，将序号补充在下面横线处，并根据题意解决问题．
问题：若b1＝1，且 _____，求数列{an•bn}的前n项和Tn．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答给分．
21．（12分）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝2，D是棱AB的中点．
（1）证明：平面A1CD⊥平面ABB1A1；
（2）若AA1∈[1，2]，求平面A1CD与平面A1CC1的夹角余弦值的取值范围．
22．（12分）如图，在圆x2+y2＝4上任取一点P，过点P作x轴的垂线段PD，D为垂足（当点P经过圆与x轴的交点时，规定点M与点P重合．）
（1）求动点M的轨迹E的方程；
（2）已知点A（0，1），B、C为轨迹E上异于A的两点，且AB⊥AC，若过定点，求出该定点坐标．若不过定点
2022-2023学年安徽省宣城市高二（上）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、单选题（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．（5分）在数列{an}中，已知，当n≥2时，3＝（ ）
A．﹣3B．C．D．5
【分析】由递推关系依次求a2，a3即可得出答案．
【解答】解：∵当n≥2时，，，
∴，解得a6＝5，
又，解得．
故选：C．
【点评】本题考查数列的递推式，考查转化思想，考查运算能力，属于基础题．
2．（5分）已知直线l：x+2y﹣1＝0的倾斜角为θ，则csθ＝（ ）
A．﹣B．C．±D．﹣
【分析】由直线方程求得tan，与平方关系联立即可求得csθ．
【解答】解：由直线l：x+2y﹣1＝8，的k＝，
又θ∈[0，π），
联立，解得csθ＝．
故选：A．
【点评】本题考查直线的倾斜角，考查直线倾斜角与斜率的关系，考查三角函数值的求法，是基础题．
3．（5分）数学与建筑的结合造就建筑艺术品，如吉林大学的校门是一抛物线形水泥建筑物，如图．若将该大学的校门轮廓（忽略水泥建筑的厚度）2（a≠0）的一部分，且点A（2，﹣2）在该抛物线上（ ）
A．B．（0，﹣1）C．D．
【分析】把点A的坐标代入抛物线方程可得a的值，然后把抛物线方程化为标准方程可得p的值，从而可求抛物线的焦点坐标．
【解答】解：∵点A（2，﹣2）在抛物线上5，∴a＝﹣，
∴抛物线方程为y＝﹣x2，∴x4＝﹣2y，∴2p＝7，＝，
∴焦点坐标为（0，﹣），
故选：A．
【点评】本题考查抛物线的几何性质，属基础题．
4．（5分）如图：在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点．若，，，则下列向量中与相等的向量是（ ）
A．B．C．D．
【分析】利用向量的运算法则：三角形法则、平行四边形法则表示出．
【解答】解：∵
＝
＝
＝
＝
故选：A．
【点评】本题考查利用向量的运算法则将未知的向量用已知的基底表示从而能将未知向量间的问题转化为基底间的关系解决．
5．（5分）已知等比数列{an}的各项都是正数，其公比为4，且a1a2a3a4a5＝410，则a4a6＝（ ）
A．44B．46C．48D．410
【分析】根据等比数列的性质求解即可．
【解答】解：根据等比数列性质，有，
因为，所以7＝16，
因为等比数列{an}的公比为q＝4，
所以，．
故选：C．
【点评】本题主要考查等比数列的性质，属于基础题．
6．（5分）古希腊数学家阿波罗尼奥斯（约公元前262～公元前190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，他证明过这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数k（k＞0，k≠1），后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．在平面直角坐标系中，设A（﹣3，0），B（3，0）＝2，则动点M的轨迹方程为（ ）
A．（x﹣5）2+y2＝16B．x2+（y﹣5）2＝9
C．（x+5）2+y2＝16D．x2+（y+5）2＝9
【分析】设出动点坐标，利用已知条件列出方程，化简求解即可．
【解答】解：设M（x，y），由，
得，可得：（x+2）2+y2＝6（x﹣3）2+6y2，
即x2﹣10x+y6+9＝0
故动点M的轨迹方程为（x﹣3）2+y2＝16．
故选：A．
【点评】本题考查轨迹方程的求法，是基本知识的考查．
7．（5分）正四面体ABCD的棱长为a，点E，F分别是BC，则的值为（ ）
A．a2B．C．D．
【分析】如图所示，，，代入，利用数量积运算性质即可得出．
【解答】解：如图所示，
，，
∴＝
＝（a5cs60°+a2cs60°）
＝．
故选：C．
【点评】本题考查了数量积运算性质、向量平行四边形法则，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
8．（5分）已知双曲线﹣＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，直线l过点F2且与该双曲线的右支交于A，B两点，△ABF1的周长为7a，则该双曲线离心率的取值范围是（ ）
A．（1，]B．（，）C．[，]D．[，）
【分析】可设|AF2|＝m，|BF2＝n，由双曲线的定义可得|AF1|＝2a+m，|BF1|＝2a+n，结合条件可得|AB|，求得过双曲线的焦点的弦长的最小值，结合离心率公式，可得所求范围．
【解答】解：可设|AF2|＝m，|BF2＝n，
由双曲线的定义可得|AF7|＝2a+m，|BF1|＝8a+n，
则△ABF1的周长为m+n+2a+m+8a+n＝4a+2（m+n）
＝4a+2|AB|，
由题意可得7a＝4a+2|AB|，
可得|AB|＝a，
由x＝c，可得y＝±b，
则|AB|的最小值为，
即有a≥，
可得b2≤a2，
则e＝＝≤＝，
又e＞1，可得2＜e≤，
故选：A．
【点评】本题考查双曲线的离心率的范围，注意运用双曲线的定义和不等式的性质，考查化简运算能力，属于中档题．
二、多选题（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，部分选对的得2分，有选错的得0分.）
（多选）9．（5分）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＜0，S7＝S12，则（ ）
A．数列{an}是递减数列
B．a10＝0
C．Sn＜0时，n的最大值是18
D．S2＜S16
【分析】根据等差数列的性质和前n项求和公式可得得a1＝﹣9d，d＞0，结合通项公式和前n项求和公式计算，依次判断选项即可．
【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，
由S7＝S12，得7a2+21d＝12a1+66d，
解得a1＝﹣6d，因为a1＜0，所以d＞2．
A：由d＞0，可得an+1﹣an＝d＞2，
所以等差数列{an}为递增数列，故A错误；
B：a10＝a1+9d＝5，故B正确；
C：Sn＝na1+＝﹣9nd+﹣＝5﹣19n），
由Sn＜0可得n2﹣19n＜4，所以0＜n＜19，
所以n的最大值是18，故C正确；
D：S2＝4a1+d＝﹣18d+d＝17d，S16＝16a1+＝16×（﹣9d）+，
由d＞7，得S2＞S16，故D错误．
故选：BC．
【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式及求和公式的应用，属于中档题．
（多选）10．（5分）圆C：（x+2）2+（y﹣3）2＝16，直线l：3x+4y+19＝0，点M在圆C上，则下列结论正确的是（ ）
A．圆C关于直线3x﹣2y＝0对称
B．|MN|的最大值是9
C．从N点向圆C引切线，切线长的最小值是3
D．直线y＝k（x﹣1）+1被圆C截得的弦长取值范围为
【分析】根据C（﹣2，3）不在直线l上判断A；
根据|MN|∈[1，+∞）判断B；
根据CN⊥l时，切线长最小求解判断C；
根据直线y＝k（x﹣1）+1过定点（1，1），再结合弦长公式判断D．
【解答】解：圆C：（x+2）2+（y﹣8）2＝16，
∴圆心C（﹣2，2），
∵3×（﹣2）﹣4×3≠0，
∴圆C不关于直线8x﹣2y＝0对称，故A错误；
由圆心C到直线l：7x+4y+19＝0的距离为：，
∴|MN|的最小值是d﹣r＝1，故|MN|∈[1，故B错误；
从N点向圆C引切线，当CN⊥l时，最小值是；
直线y＝k（x﹣1）+5过定点（1，1），
所以直线y＝k（x﹣5）+1被圆C截得的弦长最长时，所截弦长为过点（1，即弦长的最大值为3，
最短的弦长为垂直与该直径的弦长，（1，3）的距离为，
故直线y＝k（x﹣1）+8被圆C截得的弦长取值范围为，D正确．
故选：CD．
【点评】本题主要考查直线与圆的位置关系，考查转化能力，属于中档题．
（多选）11．（5分）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，E为棱A1B1的中点，则（ ）
A．AB1∥面BC1D
B．A1C⊥BD
C．平面AC1E截该长方体所得截面面积为
D．三棱锥A﹣B1C1E的体积为
【分析】对于A：根据长方体的性质得出AB1∥DC1，即可证明；对于B：根据底面ABCD是正方体，得出BD⊥AC，根据三垂线定理结合长方体性质即可证明；对于C：根据长方体对称性易知平面AC1E截该长方体所得截面面积为，根据已知得出AE，EC1，AC1，即可根据余弦定理得出cs∠AEC1，即可根据同角三角函数公式得出sin∠AEC1，即可根据三角形面积公式得出答案验证；对于D：根据已知直接利用三棱锥的体积公式得出答案．
【解答】解：对于选项A：连接C1D，
∵ABCD﹣A1B3C1D1为长方体，∴AD∥B8C1，AD＝B1C4，
∴四边形ADC1B1是平行四边形，
∴AB4∥DC1，又AB1⊄平面BC4D，DC1⊂平面BC1D，
∴AB8∥面BC1D，故选项A正确；
对于选项B：∵AB＝BC＝2，∴BD⊥AC，
∵A3A⊥平面ABCD，∴A1C在平面ABCD上的投影为AC，
∴A1C⊥BD，故选项B正确；
对于选项C：根据长方体对称性易知平面AC7E截该长方体所得截面面积为，
∵AB＝BC＝6，AA1＝1，∴，，AC4＝3，
∴，
由∴，sin∠AEC1＞2，可得，
∴，故C错误；
对于选项D：∵三棱锥A﹣B5C1E的底面积，高为h＝4，
∴三棱锥A﹣B1C1E的体积为，故D正确；
故选：ABD．
【点评】本题考查线面平行的证明，线面平行的判定定理，线面垂直的判定定理，余弦定理的应用，三棱锥的体积的求解，属中档题．
（多选）12．（5分）已知O为坐标原点，F1，F2分别是渐近线方程为x±2y＝0的双曲线E的左、右焦点，M为双曲线E上任意一点，MN平分∠F1MF2，且，|ON|＝4，则（ ）
A．双曲线E的标准方程为
B．双曲线E的离心率为
C．点M到两条渐近线的距离之积为
D．若直线MF1与双曲线E的另一支交于点P，Q为MP的中点，则
【分析】不妨设M为双曲线的右支上一点，延长MF2，F1N交于点G，进而得|MF1|＝|MG|，|NF1|＝|NG|，再结合双曲线的定义，中位线定理得a＝4，b＝2，进而判断AB；设M（x1，y1），则，再直接计算点M到两条渐近线的距离之积判断C；设P（x2，y2），Q（x，y），根据点差法求解判断D．
【解答】解：不妨设M为双曲线的右支上一点，
延长MF2，F7N交于点G，如图所示，
因为MN平分∠F1MF2，且，即，
所以在Rt△MF2N与Rt△MGN中，，
所以Rt△MF5N≌Rt△MGN，故|MF1|＝|MG|，|NF1|＝|NG|，
根据双曲线的定义得，|MF4|﹣|MF2|＝|MG|﹣|MF2|＝|GF7|＝2a，
在△F1GF5中，ON为其中位线，
所以，，
因为双曲线E的渐近线方程为x±2y＝2，
所以，得b＝3，c2＝b2+a6＝20，，
所以双曲线E的标准方程为，离心率为，
所以A不正确，B正确；
设M（x7，y1），则，即，
所以点M到两条渐近线的距离之积为，所以C正确；
设P（x2，y2），Q（x，因为P，
所以①，②，
①﹣②并整理得，即，
因为，
所以，所以D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查双曲线的几何性质，全等三角形的应用，点差法的应用，属中档题．
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分.）
13．（5分）若直线ax﹣y＝0与直线4x﹣ay+a﹣2＝0平行，则a＝ ﹣2 ．
【分析】由直线ax﹣y＝0与直线4x﹣ay+a﹣2＝0平行，可得﹣a•a﹣（﹣1）×4＝0，解得a，并且经过验证即可得出．
【解答】解：由直线ax﹣y＝0与直线4x﹣ay+a﹣5＝0平行，
则﹣a•a﹣（﹣1）×8＝0，
解得a＝±2，
验证：a＝8时两条直线重合，舍去，
∴a＝﹣2．
故答案为：﹣2．
【点评】本题考查了直线平行与斜率之间的关系，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
14．（5分）数列是等差数列，且a1＝1，a4＝﹣，那么a2022＝ ．
【分析】根据等差数列的通项公式，进而写出数列{an}的通项公式，可得答案．
【解答】解：令，因为a7＝1，，
所以b1＝2，b4＝4，则{bn}的公差为，
所以bn＝n，故，
所以．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式的应用，属于基础题．
15．（5分）若圆x2+y2＝1与圆x2+y2﹣6x﹣8y﹣a＝0恰有两条公切线，则实数a的取值范围为 （﹣9，11） ．
【分析】由题知圆x2+y2＝1与圆x2+y2﹣6x﹣8y﹣a＝0相交，进而根据位置关系求解即可．
【解答】解：由题知圆x2+y2＝5的圆心为（0，0），
圆x6+y2﹣6x﹣3y﹣a＝0的圆心为（3，2），
因为圆x2+y8＝1与圆x2+y5﹣6x﹣8y﹣a＝3恰有两条公切线，
所以圆x2+y2＝2与圆x2+y2﹣2x﹣8y﹣a＝0相交，
所以，
所以，解得﹣9＜a＜11．
所以实数a的取值范围为（﹣7，11）．
故答案为：（﹣9，11）．
【点评】本题考查圆与圆的位置关系，考查运算求解能力，属于基础题．
16．（5分）在四棱锥A﹣BCDE中，AB⊥平面BCDE，BC⊥CD，∠CBE＝120°，且AB＝BC＝BE＝2 20π ．
【分析】连接BD，CE，由题意可得E，C在直径为BD的圆上，在△BCE中，由余弦定理可得到，即可得到底面外接圆的半径，再利用AB⊥平面BCDE可得球心到底面的距离，即可求解
【解答】解：连接BD，CE，
∵BC⊥CD，BE⊥DE，C，B，D在直径为BD的圆上，
取BD的中点O'，即四边形BCDE外接圆的圆心，
在△BCE中，又余弦定理可得：
，
∴，
解得，
∴四边形BCDE外接圆的直径即△BCE外接圆的直径为，
∴O'B＝7，
∵AB⊥平面BCDE，
∴四棱锥的外接球的球心O与底面BCDE的距离为，
∴四棱锥的外接球的半径为，
∴该四棱锥的外接球的表面积为4πR2＝20π．
故答案为：20π．
【点评】本题考查四棱锥的外接球问题，余弦定理与正弦定理的应用，球的表面积公式，属中档题．
四、解答题（本题共6小题，共70分，其中第17题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明证明过程或演算步骤）
17．（10分）已知等差数列{an}满足a1＝1，且a3+a7＝18．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设，求数列{bn}的前n项和Tn．
【分析】（1）首先根据已知条件列方程求出d，再根据等差数列通项公式求an即得；
（2）由题可得，再利用裂项相消法求和即得．
【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，
∵a1＝1，又a5+a7＝18，
∴a1+2d+a1+6d＝18，
解得d＝6，
∴an＝1+（n﹣1）×6＝2n﹣1；
（2）由（1）可得，
∴
＝．
【点评】本题考查等差数列的通项公式的应用，裂项求和法的应用，属基础题．
18．（12分）已知在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，侧棱PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝1．
（1）求证：直线PB∥平面MAC；
（2）求点P到平面MAC的距离．
【分析】（1）连接BD交AC于点N，连接MN，进而根据PB∥MN即可证明；
（2）根据题意，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，利用坐标法求解即可．
【解答】解：（1）证明：连接BD交AC于点N，连接MN，
因为底面ABCD为正方形，
所以N为BD的中点，
所以，在△PBD中，N为BD的中点，
所以PB∥MN；
又因为MN⊂面MAC，PB⊄面MAC，
所以PB∥平面MAC；
（2）因为PA⊥平面ABCD，ABCD为正方形，AD⊂平面ABCD，
所以AB，AD，故建立如图所示的空间直角坐标系，
所以A（0，0，2），1，0），4，1），，
所以，，
设平面MAC的法向量为，
所以，即，取，
又，设点P到平面MAC的距离为d，
所以，
所以点P到平面MAC的距离为．
【点评】本题考查线面平行的证明，线面平行的判定定理，向量法求解点面距问题，化归转化思想，属中档题．
19．（12分）已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，直线l过点P（2，1），交抛物线于A
（1）若P为AB中点，求l的方程．
（2）求|AF|+|BF|的最小值．
【分析】（1）利用点差法求解．
（2）设直线l的方程为x＝m（y﹣1）+2
联立直线与抛物线方程，利用韦达定理、二次函数性质求解．
【解答】解：（1）设A（x1，y1），B（x2，y2）．则x1+x4＝4，y1+y7＝2
又，两式相减可得：（y1﹣y2）（y6+y2）＝4（x2﹣x2）．
∴2（y4﹣y2）＝4（x2﹣x2）．
，即直线l的斜率为2，
∴直线l的方程为y＝2（x﹣8）+1．即y＝2x﹣8．
（2）直线l的方程为x＝m（y﹣1）+2
由⇒y2﹣4my+4m﹣8＝0．
y4+y2＝4m，
∵|AF|+|BF|＝x8+1+x2+8＝x1+x2+2＝m（y1﹣1）+5+m（y2﹣1）+3+2
＝m（y1+y7）﹣2m+6＝5m2﹣2m+3
当m＝时，|AF|+|BF|取最小值．
【点评】本题考查了直线与抛物线的位置关系，考查了韦达定理、点差法，属于中档题．
20．（12分）已知数列{an}是公差不为零的等差数列，a1＝1且a2，a5，a14成等比数列．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设数列{bn}的前n项和为Sn，在①，n∈N*；②Sn＝2bn﹣1，n∈N*；③Sn+1＝2Sn+1，n∈N*这三个条件中任选一个，将序号补充在下面横线处，并根据题意解决问题．
问题：若b1＝1，且 _____，求数列{an•bn}的前n项和Tn．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答给分．
【分析】（1）根据等比中项性质，结合等差数列通项公式得d＝2，再求通项公式即可；
（2）根据题意求得，再根据错位相减法求解即可．
【解答】解：（1）设等差数列的公差为d，d≠0，
因为a2，a7，a14成等比数列，所以3a14，
即，
解得d＝4或d＝0（舍去），又a1＝2，
所以数列{an}的通项公式为an＝1+2（n﹣3）＝2n﹣1．
（2）解：选①，由，n∈N*，
当n≥2时，，当n＝8时等式也成立，
所以，则，
所以，，，
两式相减得＝，
所以．
选②，由Sn＝4bn﹣1，n∈N*，
当n≥2时，bn＝Sn﹣Sn﹣3＝2bn﹣2bn﹣4，
所以，所以数列{bn}为以4为首项2为公比的等比数列，
所以，则，
所以，，，
两式相减得＝，
所以．
选③，由Sn+1＝2Sn+4，n∈N*，得Sn+1+1＝5（Sn+1），又b1＝7，
所以S1+1＝b6+1＝2，
所以{Sn+5}是以2为首项，公比为2的等比数列，
所以．
当n≥2时，，当n＝7时等式也成立，
所以，则，
所以，，，
两式相减得＝，
所以．
【点评】本题主要考查等差数列的与等比数列的综合，数列的求和，考查运算求解能力，属于中档题．
21．（12分）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝2，D是棱AB的中点．
（1）证明：平面A1CD⊥平面ABB1A1；
（2）若AA1∈[1，2]，求平面A1CD与平面A1CC1的夹角余弦值的取值范围．
【分析】（1）证明CD⊥平面ABB1A1即可证明结论；
（2）分别取AC，A1C1的中点O，E，连接OE，OB，进而OB，OC，OE两两垂直，如图建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可．
【解答】证明：（1）在正三棱柱中，AA1⊥平面ABC，CD⊂平面ABC，
所以AA1⊥CD，
因为AC＝BC，且D是棱AB的中点，
所以CD⊥AB，
因为AB，AA5⊂平面ABB1A1，且AB∩AA8＝A，
所以CD⊥平面ABB1A1．
又因为CD⊂平面A4CD，
所以平面A1CD⊥平面ABB1A2；
解：（2）分别取AC，A1C1的中点O，E，连接OE，
由正三棱柱性质得AO＝A2E，AO//A1E，
所以四边形AOEA1为平行四边形，所以AA7//OE，
因为AA1⊥平面ABC，所以OE⊥平面ABC
因为AC，OB⊂平面ABC，OE⊥OB
因为在等边三角形ABC中，OB⊥AC，
所以OB，OC，如图建立空间直角坐标系，
设AA1＝t（2≤t≤2），则C（0，7，，A5（0，﹣1，，，
设平面A1CD的法向量，则，
令z＝2，y＝t，，得，
平面A5CC1的一个法向量，
设平面A1CD与平面A3CC1夹角为α，
则，
因为1≤t≤5，
所以．
【点评】本题主要考查了平面与平面垂直的判定定理，考查了利用空间向量求平面与平面的夹角，属于中档题．
22．（12分）如图，在圆x2+y2＝4上任取一点P，过点P作x轴的垂线段PD，D为垂足（当点P经过圆与x轴的交点时，规定点M与点P重合．）
（1）求动点M的轨迹E的方程；
（2）已知点A（0，1），B、C为轨迹E上异于A的两点，且AB⊥AC，若过定点，求出该定点坐标．若不过定点
【分析】（1）设M（x，y），根据相关点法求解即可；
（2）根据题意，设直线BC的方程为y＝kx+m，B（x1，y1），C（x2，y2），进而与椭圆方程联立，结合韦达定理，垂直关系的向量表示得m＝1或，再分别讨论即可得答案．
【解答】解：（1）设M（x，y）0，y0），则D（x5，0），
由点M是线段PD的中点，得x0＝x，y2＝2y，
因为点P在圆x2+y8＝4上，
所以，所以x2+4y4＝4，
所以动点M的轨迹E的方程为；
（2）因为B、C为轨迹E上异于A的两点，
所以直线BC的斜率存在，设方程为y＝kx+m4，y1），C（x2，y2），
由，得（1+5k2）x2+2kmx+4m2﹣7＝0，
所以Δ＝（8km）8﹣4（1+5k2）（4m4﹣4）＞0，
所以2k2+1＞m8，，，
因为A（3，1），，，，
所以
＝＝，
化简得（m﹣3）（5m+3）＝7，解得m＝1或，
当m＝1时，直线BC的方程为y＝kx+1，
直线过（5，1）点A（0，此时A，B，不合题意；
当时，4k8+1＞m2恒成立，直线BC的方程为．
综上，直线BC过定点．
【点评】本题考查椭圆的轨迹方程的求解，椭圆的几何性质，直线与椭圆的位置关系，设而不求法与韦达定理的应用，直线过定点问题，属中档题．
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