2023-2024学年黑龙江省哈尔滨三中高二（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年黑龙江省哈尔滨三中高二（上）期末数学试卷（含解析），共17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.设{an}是等比数列，且a1+a3=3，a3+a5=6，则a9+a11=( )
A. 24B. 36C. 48D. 64
2.已知椭圆C：x225+y29=1的左焦点为F，P为C上任意一点，则|PF|的最大值为( )
A. 5B. 9C. 10D. 18
3.若直线y=kx+2k与曲线y= 1−x2有两个不同的交点，则k的取值范围是( )
A. (− 33, 33)B. [0, 33)C. [− 3, 3]D. [0, 3)
4.我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就，在“杨辉三角”中，第n行的所有数字之和为2n−1，若去除所有为1的项，依次构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，…则此数列的前15项和为( )
A. 110B. 114C. 124D. 125
5.数列{an}通项公式为an=3n−27，则其前n项和Sn的最小值为( )
A. −105B. −108C. −115D. −118
6.已知点P为直线l：x=−2上任意一点，从点P作抛物线y2=4x的两条切线，切点分别为A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1x2+y1y2=( )
A. −4B. 4C. −3D. 3
7.已知直线y=−x+1与双曲线C：x2m−y2=1交于不同两点A，B，O为坐标原点.若三角形AOB的重心在直线2x+3y=0上，则其离心率的值为( )
A. 133B. 53C. 153D. 139
8.数列{an}中，a1=3,an+1=(1+1n)an+2n+2，若∀n∈N*，都有λn9nan−8n≥0恒成立，则实数λ的最小值为( )
A. 83B. 15×(89)7C. 17×(89)8D. 19×(89)9
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知数列{an}的前n项和为Sn，下列说法正确的是( )
A. 若点(n,an)在函数y=kx+b(k,b为常数)的图象上，则{an}为等差数列
B. 若{an}为等差数列，则{3an}为等比数列
C. 若{an}为等差数列，a1>0，S11>0，S12<0，则当n=6时，Sn最大
D. 若Sn=2n+3，则{an}为等比数列
10.设O为坐标原点，直线y= 33(x−1)过抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点，且与C交于A，B两点，l为C的准线，则( )
A. p=1B. |AB|=8
C. 以AB为直径的圆与l相切D. S△AOB=4
11.已知P为双曲线C：x2−y28=1上一点，F1，F2为其左右焦点，则( )
A. 若∠F1PF2=60°，则△F1PF2的面积为4 3
B. 若∠F1PF2=90°，则△F1PF2的周长为6+2 17
C. 双曲线C上存在一点R，使得|RF1|，|RO|，|RF2|成等差数列
D. |PF1||PF2|+|PF2||PF1|有最大值52
12.已知数列{an}满足an+2=an+4,n为奇数3an,n为偶数,a1=1,a2=3,Sn为数列{an}的前n项和，则下列说法正确的有( )
A. 当n为奇数时，Sn=n2+n−3+( 3)n+12
B. 设bn=a2n−1a2n+2，则数列{bn}的前n项和Pn小于37
C. 设cn=a2n，则数列{cn(cn−1)(cn+1−1)}的前n项和Tn小于14
D. 设dn=a2n−1，则数列{1dn(dn+1+1)}的前n项和Rn小于1360
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.设Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1025=40482023−a999，则S2023= ______ ．
14.已知直线l：y=x+2，圆O：x2+y2=1，则圆O上任意一点到直线l的距离的最小值为______ ．
15.已知数列{an}的前项和为Sn，且2Sn=an+n2，则S20= ______ ．
16.已知点P(3,1)在椭圆C：x212+y24=1上，直线l交椭圆C于M，N两点，且∠MPN=90°，若PQ⊥l，垂足为Q，则|PQ|的最大值为______ ．
四、解答题：本题共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，已知点F1(− 5,0),F2( 5,0)，||MF1|−|MF2||=4，动点M的轨迹为C．
(Ⅰ)求C的方程；
(Ⅱ)若直线l：y=−34x+t交C于A，B两点，且|AB|=2 11，求直线l的方程．
18.(本小题12分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn=3an−2n+1．
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)若bn=an2，求数列{bn}的前n项和Tn．
19.(本小题12分)
在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为 32，且C过点( 3,12)．
(Ⅰ)求椭圆C的方程；
(Ⅱ)设过点P(0,3)的直线l与椭圆交于不同的两点A，B，且PB=32PA，求直线l的斜率．
20.(本小题12分)
已知数列{an}的首项a1=1，对任意的n∈N*，都有an+1−an=2an2n−1．
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)若bn=3nan，求数列{bn}的前n项和Sn．
21.(本小题12分)
已知数列{an}满足an+2=3an+1−2an，且a1=1，a2=3．
(Ⅰ)求证：数列{an+1−an}为等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)求证：1a1+1a2+1a3+…+1an<53．
22.(本小题12分)
在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线C：x2=2py(p>0)的焦点F与椭圆y22+x2=1的一个焦点重合，A，B是抛物线C上位于y轴两侧不对称的两动点，且OA⋅OB=12．
(Ⅰ)求证：直线AB恒过一定点M，并求出该点坐标；
(Ⅱ)若点N为y轴上一定点，且∠ANO=∠BNO；
①求出N点坐标；
②当F为△ABN的内心时，求△ABN重心的坐标．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：等比数列{an}中，设公比为q，
∵a1+a3=3，a3+a5=6，
∴a3+a5a1+a3=a1q2+a3q2a1+a3=q2=2，
∴a9+a11=(a1+a3)q3=3×24=48．
故选：C．
根据已知条件求出公比，即可求出a9+a11的值．
本题主要考查了等比数列的性质的应用，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：由题易知F(−4,0)，设P(x0,y0)，x0∈[−5,5]，则x0225+y029=1可得y02=9(1−x0225)，
∴|PF|= (x0−4)2+y02= x02−8x0+16+y02= x02−8x0+16+9(1−x0225)= 16x0225−8x0+25= 1625(x0−254)2，
由二次函数性质可得当x0=−5时，|PF|取得最大值为9．
故选：B．
由标准方程求得F(−4,0)，设P(x0,y0)并利用两点间距离公式可得|PF|= (x0−4)2+y02= 1625(x0−254)2，结合二次函数性质可求得其最大值为9．
本题考查椭圆的性质的应用，属于中档题．
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查直线和圆的位置关系的应用，利用数形结合是解决本题的关键．
由圆心到直线的距离d=|2k| k2+1=1，可得k=± 33，根据直线y=kx+2k与曲线y= 1−x2有两个不同的交点，即可得出结论．
【解答】
解：由y= 1−x2得x2+y2=1，(y≥0)，对应的轨迹为上半圆，
直线y=kx+2k过定点A(−2,0)，
由圆心到直线的距离d=|2k| k2+1=1，可得k=± 33，
若直线y=kx+2k与曲线y= 1−x2有两个不同的交点，
则0≤k< 33，
故选B．
4.【答案】B
【解析】解：数列的前15项为2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，6，15，20，15，6，
可得此数列的前15项和为2+3+3+4+6+4+5+10+10+5+6+15+20+15+6
=4−2+8−2+16−2+32−2+64−2=(4+8+16+32+64)−10=114．
故选：B．
由题意写出数列的前15项计算可得所求和．
本题考查数列在实际问题中的运用，考查数列的求和，以及运算能力，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：an=3n−27，
则an+1−an=3n−24−(3n−27)=3，a1=−24，
故数列{an}是以−24为首项，3为公差的等差数列，
a8=−3，a9=0，a10=3，且{an}为递增数列，
故前n项和Sn的最小值为：S9=9×(a1+a9)2=−108．
故选：B．
根据已知条件，结合等差数列的性质，以及等差数列的前n项和公式，即可求解．
本题主要考查等差数列的性质，以及等差数列的前n项和公式，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：因为点P为直线l：x=−2上任意一点，从点P作抛物线y2=4x的两条切线，
所以切线的斜率一定存在且不为零，
取点P(−2,0)，设切线PA的方程为：x=my−2，
由x=my−2y2=4x，得y2−4my+8=0，
Δ=16m2−32=0，解得m=± 2，
由抛物线的对称性，不妨取m= 2，则y=2 2，x=2，
即点A(2,2 2)，由对称性可知点B(2,−2 2)，
故x1x2+y1y2=4−8=−4．
故选：A．
特殊值法，取点P为(−2,0)，分别求出直线PA的方程，进而求出点A的坐标，根据抛物线的对称性即可求出点B的坐标，进而求得结果．
本题考查直线与抛物线的位置关系，定值问题，属中档题．
7.【答案】C
【解析】解：联立直线与曲线方程有y=−x+1x2m−y2=1，得(1−m)x2+2mx−2m=0，
因为直线与双曲线有两个交点，则1−m≠0Δ>0，Δ=4m2−4(1−m)(−2m)=−4m2+8m>0，
解得0设A(x1,y1),B(x2,y2),x1+x2=−2m1−m，
y1=−x1+1，y2=−x2+1，y1+y2=−(x1+x2)+2，所以y1+y2=21−m，
设三角形AOB的重心为G，则G(x1+x23,y1+y23)，又因为重心在直线2x+3y=0上，
所以2⋅x1+x23+3⋅y1+y23=0，即−4m3−3m+21−m=0，−4m+63−3m=0，解得m=32，
所以a2=32,b2=1,b2a2=23,e= 1+b2a2= 153．
故选：C．
直曲联立求出x1+x2=−2m1−m,y1+y2=21−m，根据重心坐标G(x1+x23,y1+y23)在直线2x+3y=0上得到关于m的方程，解得m确定双曲线方程，根据e= 1+b2a2求解离心率即可．
本题考查了双曲线性质和三角形重心的应用，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：数列{an}中，a1=3,an+1=(1+1n)an+2n+2，
则an+1=n+1nan+2(n+1)，
即an+1n+1=ann+2，
又a11=3，
则数列{ann}是以3为首项，2为公差的等差数列，
则ann=3+2(n−1)，
即an=(2n+1)n，
又∀n∈N*，都有λn9nan−8n≥0恒成立，
则λ≥(2n+1)(89)n恒成立，
设bn=(2n+1)(89)n，
则bn+1−bn=(2n+3)(89)n+1−(2n+1)(89)n=15−2n9×(89)n，
显然当n≤7时，bn+1>bn，当n≥8时，bn+1则当n=8时，bn取最大值17×(89)8，
即λ≥17×(89)8，
则实数λ的最小值为17×(89)8．
故选：C．
由题意可得数列{ann}是以3为首项，2为公差的等差数列，即an=(2n+1)n，又∀n∈N*，都有λn9nan−8n≥0恒成立，则λ≥(2n+1)(89)n恒成立，设bn=(2n+1)(89)n，然后求其最大值即可．
本题考查了数列的递推式，重点考查了等差数列通项公式的求法，属中档题．
9.【答案】ABC
【解析】解：对于A：由题意可知，an=kn+b，
故an−an−1=k(常数)，则{an}为等差数列，故A正确；
对于B：由于数列{an}为等差数列，所以an−an−1=d(常数)，
故3an3an−1=3an−an−1=3d(常数)，所以数列{3an}为等比数列，故B正确；
对于C：若{an}为等差数列，a1>0，所以S11=(a1+a11)×112>0，则a1+a11=2a6>0，
又S12=(a1+a12)×122<0，所以a1+a12=a6+a7<0，故a7<0，所以公差d<0，
所以等差数列递减，则当n≤6时，an>0，当n≥7时，an<0，
则当n=6时，Sn最大，故C正确；
对于D：由于Sn=2n+3，当n=1时，整理得a1=5，
当n≥2时，Sn−1=2n−1+3，故an=Sn−Sn−1=2n−2n−1=2n−1，
经检验，a1=5不满足上式，
故an=5,n=12n−1,n≥2，故选项D错误．
故选：ABC．
直接利用数列的递推关系式，等差数列和等比数列的定义判断A，B，C，D的结论．
本题主要考查等差数列的性质，属于基础题．
10.【答案】CD
【解析】解：直线y= 33(x−1)过抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点，可得p2=1，则p=2，所以A错误；
抛物线方程为y2=4x，准线l的方程为x=−1，
直线y= 33(x−1)与抛物线y2=4x交于A，B两点，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，直线方程代入抛物线方程消去y，可得x2−14x+1=0，
则x1+x2=14，所以|AB|=x1+x2+p=14+2=16，所以B错误；
A，B的中点的横坐标x1+x22=7，中点到抛物线的准线的距离为7+1=8，
则以AB为直径的圆与l相切，所以C正确；
O点到直线AB的距离d=12,S△AOB=12d⋅|AB|=12×12×16=4，所以D正确．
故选：CD．
求出抛物线方程，利用抛物线的定义，结合直线与抛物线的位置关系计算弦长和三角形面积判断选项的正误即可．
本题考查了抛物线的方程和性质，直线与抛物线的综合，考查了方程思想和转化思想，属中档题．
11.【答案】BD
【解析】解：由题意得F1(−3,0)，F2(3,0)，|F1F2|=6，不妨设P(x,y)且在双曲线的右支，如图，
对于A，B，由双曲线定义可得|PF1|−|PF2|=2，设∠F1PF2=θ，
在△F1PF2中，由余弦定理得csθ=|PF1|2+|PF2|2−|F1F2|22|PF1|⋅|PF2|
当θ=60°时，可得|PF1|−|PF2|=2cs60°=|PF1|2+|PF2|2−|F1F2|22|PF1|⋅|PF2|S△F1PF2=12|PF1|⋅|PF2|sin60°，解得|PF1|= 33+1|PF2|= 33−1S△F1PF2=8 3，故A错误；
当θ=90°时，|PF1|−|PF2|=2|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2，解得|PF1|= 17+1|PF2|= 17−1，
所以△F1PF2的周长为|PF1|+|PF2|+|F1F2|=6+2 17，故B正确；
对于C，假设存在点R，不妨设在双曲线的右支，则|RF1|−|RF2|=2，所以公差d=−1，且|RF1|+|RF2|=2|RO|，
当F1，R，F2三点不共线时，设∠F1RF2=α则RO=12(RF1+RF2)，即4|RO|2=|RF1|2+|RF2|2+2|RF1|⋅|RF2|csα，
又因为|RF1|+|RF2|=2|RO|，所以4|RO|2=|RF1|2+|RF2|2+2|RF1|⋅|RF2|，
又因为F1，R，F2三点不共线，所以|RF1|2+|RF2|2+2|RF1|⋅|RF2|≠|RF1|2+|RF2|2+2|RF1|⋅|RF2|csα，故此种情况不符合，
当F1，R，F2三点共线时，则|RF1|+|RF2|=4+2=6≠2|RO|=2，故此种情况不符合，
综上所述，则假设不成立，故不存在点R，故C错误；
对于D，|PF1||PF2|+|PF2||PF1|=|PF2|+2|PF2|+|PF2||PF2|+2=1+2|PF2|+1−2|PF2|+2=2+2|PF2|−2|PF2|+2，
令|PF2|=t≥2，则2|PF2|−2|PF2|+2=2t−2t+2=4t(t+2)，
因为t(t+2)≥8，所以0<4t(t+2)≤12，
所以2<2+2|PF2|−2|PF2|+2≤52，
所以|PF1||PF2|+|PF2||PF1|的最大值为52，故D正确．
故选：BD．
根据题意根据双曲线定义及余弦定理，可对A、B判断求解；根据等差数列性质及双曲线定义可对C判断求解；根据双曲线定义及二次函数求最值可对D判断求解．
本题考查双曲线性质的综合应用，属于中档题．
12.【答案】ACD
【解析】解：由an+2=an+4,n为奇数3an,n为偶数，
得奇数项是以a1=1为首项，公差为4的等差数列，
偶数项是以a2=3为首项，公比为3的等比数列，
所以当n为奇数时，Sn=(a1+a3+…+an)+(a2+a4+a6+…+an−1)
=n+12×1+n+12×(n+12−1)2×4+3(1−3n−12)1−3=n2+n−3+( 3)n+12，故A对；
bn=a2n−1a2n+2=4n−33n+1，
所以Pn=132+533+934+…+4n−33n+1，
13Pn=133+534+935+…+4n−33n+2，
两式相减得：23Pn=19+4(133+134+…+13n+1)−4n−33n+2=19+4×133(1−13n−1)1−13−4n−33n+2=13−4n+33n+2，
所以Pn=12−12⋅4n+33n+1<12，故B错；
cn=a2n=3⋅3n−1=3n，
所以cn(cn−1)(cn+1−1)=3n(3n−1)(3n+1−1)=12(13n−1−13n+1−1)，
则Tn=12[(13−1−132−1)+(132−1−133−1)+…+(13n−1−13n+1−1)]=12(12−13n+1−1)<14，故C对；
由dn=a2n−1=4n−3,1dn(dn+1+1)=1(4n−3)(4n+2)<1(4n−3)(4n+1)=14(14n−3−14n+1)，
所以Rn<14[(1−15)+(15−19)+…+(14n−3−14n+1)]=14(1−14n+1)=n4n+1，
令f(n)=n4n+1=14+1n，得f(n)是递增数列，所以Rn<(14+1n)min=15<1360，故D对．
故选：ACD．
选项A，利用分组法求和即得；选项B，利用错位相减法求和即得；选项C，利用裂项法求和即可；选项D，利用裂项法求和即可．
本题考查了数列的分组求和、裂项相消求和和错位相减求和，属于难题．
13.【答案】2024
【解析】解：a1025=40482023−a999，
则a1025+a999=40482023，
故S2023=2023(a1+a2023)2=2023(a1025+a999)2=2024．
故答案为：2024．
根据已知条件，结合等差数列的性质，以及等差数列的前n项和公式，即可求解．
本题主要考查等差数列的性质，以及等差数列的前n项和公式，属于基础题．
14.【答案】 2−1
【解析】解：由圆O：x2+y2=1，可知圆心O(0,0)，半径r=1，
所以圆心到直线l：y=x+2的距离为d=2 1+1= 2，即可得圆O上任意一点到直线l的距离的最小值为d−r= 2−1．
故答案为： 2−1．
根据题意求出圆心到直线距离再减去半径即可得出圆上一点到直线距离的最小值．
本题考查直线与圆的位置关系的应用，属于中档题．
15.【答案】210
【解析】解：已知数列{an}的前项和为Sn，且2Sn=an+n2，①
则当n≥2时，2Sn−1=an−1+(n−1)2，②
由①−②可得an+an−1=2n−1，(n≥2)，
则S20=(a1+a2)+(a3+a4)+...+(a19+a20)=2×(2+4+6+...+20)−10=2×(2+20)×102−10=210．
故答案为：210．
由题意可得an+an−1=2n−1，(n≥2)，则S20=(a1+a2)+(a3+a4)+...+(a19+a20)求解．
本题考查了数列的递推式，属中档题．
16.【答案】3 22
【解析】解，如图所示，
设直线l的方程为x=my+t，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立x212+y24=1x=my+t消去x整理可得(m2+3)y2+2mty+t2−12=0，
可得y1+y2=−2mtm2+3,y1y2=t2−12m2+3，
且Δ=(2mt)2−4(m2+3)(t2−12)=48m2−12t2+144>0，即t2<4m2+12，
又∠MPN=90°，可得PM⋅PN=0，
即PM⋅PN=(x1−3)(x2−3)+(y1−1)(y2−1)=(m2+1)y1y2+(mt−3m−1)(y1+y2)+t2−6t+10
=(m2+1)⋅t2−12m2+3+(mt−3m−1)⋅−2mtm2+3+t2−6t+10=0，
整理可得m2−mt−2t2+9t−9m2+3=0，即m2−mt=2t2−9t+9，
所以m2−mt+14t2=94t2−9t+9，即(m−12t)2=(32t−3)2，
解得m=2t−3或m=3−t，
所以直线l的方程为x=my+m+32或x=my+3−m，
此时可得直线l恒过定点(32,−12)或(3,1)(与P重合，不合题意，舍去)，
所以当点P(3,1)与定点(32,−12)之间的距离完全充当点P到直线l的距离时，|PQ|取得最大值，
即|PQ|max= (3−32)2+(1+12)2=3 22，
故答案为：3 22．
设直线l的方程为x=my+t，与椭圆方程联立利用韦达定理结合∠MPN=90°可求得m2−mt=2t2−9t+9，即可证明直线l恒过定点(32,−12)，即可得|PQ|的最大值即为点P(3,1)与定点之间的距离．
本题考查椭圆的性质及直线与椭圆的综合应用，属于中档题．
17.【答案】解：(Ⅰ)因为点F1(− 5,0),F2( 5,0)，||MF1|−|MF2||=4<2 5，
所以动点M的轨迹是以点F1(− 5,0),F2( 5,0)为焦点，2a=4的双曲线，
所以c= 5，a=2，b=1，
所以曲线C的方程为x24−y2=1．
(Ⅱ)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由y=−34x+tx24−y2=1，得5x2−24tx+16(t2+1)=0，
Δ=(−24t)2−4×5×16(t2+1)=256t2−320>0，解得t2>54，
x1+x2=24t5，x1x2=16(t2+1)5，
|AB|= 1+k2×|x1−x2|= 1+k2× (x1+x2)2−4x1x2= 1+k2× Δ5
= 1+(−34)2× 256t2−3205=2 11，
解得t=±2，满足t2>54，符合题意；
所以直线l的方程为y=−34x±2．
【解析】(Ⅰ)利用双曲线定义可得c= 5，a=2，b=1，即可求得结果；
(Ⅱ)联立直线与双曲线方程，利用韦达定理由弦长公式即可求得t的值，可得直线l的方程．
本题考查双曲线的定义，直线与双曲线的位置关系，属中档题．
18.【答案】解：(Ⅰ)当n=1时，2S1=2a1=3a1−2×1+1=3a1−1，得a1=1，
当n≥2时，
an=Sn−Sn−1=12(3an−2n+1)−12[3an−1−2(n−1)+1]
=32an−32an−1−1，
所以an=3an−1+2，变形得an+1=3(an−1+1)，即an+1an−1+1=3，
数列{an+1}是以a1+1=2为首项，以3为公比的等比数列，
所以an+1=2⋅3n−1，即an=2⋅3n−1−1；
(Ⅱ)由an=2⋅3n−1−1，所以bn=an2=(2⋅3n−1−1)2=4×9n−1−4×3n−1+1，
所以Tn=4(90+91+…+9n−1)−4(30+31+…+3n−1)+n
=4×1−9n1−9−4×1−3n1−3+n=12⋅9n−2⋅3n+n+32．
【解析】(Ⅰ)由an=Sn−Sn−1得an=3an−1+2，得数列{an+1}是以a1+1=2为首项，以3为公比的等比数列，由等比数列求通项即可；
(Ⅱ)利用数列分组法求和即可得．
本题考查了数列的递推式和数列分组求和，属于中档题．
19.【答案】解：(Ⅰ)由e= 32可知，c2a2=a2−b2a2=1−b2a2=34，
则b2a2=14，即a2=4b2，所以椭圆C的方程为x24b2+y2b2=1，
将点C( 3,12)代入椭圆方程，可得34b2+14b2=1，解得b2=1，a2=4，
所以椭圆C的方程为x24+y2=1．
(Ⅱ)由题意可知，直线l的斜率存在且不为0，
设直线AB的方程为y=kx+3，且A(x1,y1)，B(x2,y2)，
将直线方程与椭圆方程联立x24+y2=1y=kx+3，得(4k2+1)x2+24kx+32=0，
Δ=(24k)2−4×32×(4k2+1)>0，化简得2k2−4>0，解得k> 2或k<− 2，
x1+x2=−24k4k2+1,x1⋅x2=324k2+1，
由PB=32PA可知，x2=32x1，所以x1=−48k5(4k2+1),x12=643(4k2+1)，
所以(48k)225(4k2+1)2=643(4k2+1)，化简得108k2=25(4k2+1)，解得k=±5 24，
所以直线l的斜率为k=±5 24．
【解析】(Ⅰ)由椭圆离心率为 32可知，a2=4b2，所以椭圆的方程为x24b2+y2b2=1，将点C代入椭圆的方程求解即可；
(Ⅱ)设直线l的方程并将其方程与椭圆方程联立，利用韦达定理以及PB=32PA求解即可．
本题考查了利用待定系数法求椭圆的方程，椭圆的性质和直线与椭圆的综合，考查了方程思想和转化思想，属中档题．
20.【答案】解：(Ⅰ)由an+1−an=2an2n−1，
得an+1=an+2an2n−1=an(1+22n−1)=2n+12n−1an，即an+1an=2n+12n−1，
所以an=a1×a2a1×a3a2×…×anan−1=1×31×53×…×2n−12n−3=2n−1；
(Ⅱ)由an=2n−1，得bn=3nan=3n⋅(2n−1)，
所以Sn=3+3×32+5×33+…+(2n−1)×3n，
得3Sn=32+3×33+5×34+…+(2n−1)×3n+1，
两式相减得：−2Sn=3+2(32+33+34+…+3n)−(2n−1)⋅3n+1
=3+2×9(1−3n−1)1−3−(2n−1)⋅3n+1=−6−2(n−1)⋅3n+1，
所以Sn=(n−1)3n+1+3．
【解析】(Ⅰ)由an+1−an=2an2n−1，得an+1an=2n+12n−1，然后利用累乘法求通项即得；
(Ⅱ)由an=2n−1，得bn=3nan=3n⋅(2n−1)，利用错位相减法即得．
本题考查了累乘法求通项和错位相减求和，属于中档题．
21.【答案】证明：(Ⅰ)由已知，得an+2−an+1=2(an+1−an)，
又a2−a1=2≠0，所以an+2−an+1an+1−an=2，
所以{an+1−an}为首项为2，公比为2的等比数列，
所以an+1−an=2⋅2n−1=2n，
即a2−a1=2,a3−a2=22,a4−a3=23,⋯,an+1−an=2n，
将这n个式子累加，得an+1−a1=2+22+23+⋯+2n=2(1−2n)1−2=2n+1−2，
所以an+1=2n+1−1，即an=2n−1．
(Ⅱ)当n≥2时，因为an=4⋅2n−2−1=3⋅2n−2+2n−2−1≥3⋅2n−2，所以1an≤13⋅2n−2，
则1a1+1a2+1a3+…+1an≤1+13(1+12+…+12n−2)=53−23⋅12n−1<53，
当n=1时，不等式显然成立．
综上，1a1+1a2+1a3+…+1an<53．
【解析】(Ⅰ)利用等比数列的定义，证明{an+1−an}为等比数列，再利用累加法求通项公式；
(Ⅱ)当n≥2时，将an放缩为an≥3⋅2n−2，即1an≤13⋅2n−2，利用等比数列的前n项和公式证明．
本题考查了利用定义法证明等比数列，利用累加法求数列的通项公式，等比数列的前n项和，考查了分类讨论思想和转化思想，属中档题．
22.【答案】解：(Ⅰ)证明：由题意知F(0,1)，所以p=2，所以抛物线E：x2=4y，
设A(x1,x124),B(x2,x224)，由题意可设直线AB方程为y=kx+t，
联立y=kx+tx2=4y，得x2−4kx−4t=0，x1+x2=4k，x1x2=−4t，
由OA⋅OB=12，得x1x2+x12x2216=12，解得x1x2=−24或x1x2=8(舍)，
所以x1x2=−24=−4t，解得t=6，
所以直线AB过定点M(0,6)．
(Ⅱ)①由(Ⅰ)知直线AB方程为y=kx+6，x1+x2=4k，x1x2=−24，
设y轴上的定点N(0,n)，由∠ANO=∠BNO，则NO为∠ANB的角平分线，
即直线AN与直线BN关于y轴对称，则kAN+kBN=0，即x124−nx224−nx1+x2x2=0，
所以x2(x124−n)+x1(x224−n)=0，化简得(x1+x2)(x1x24−n)=0，
因为A，B位于y轴两侧不对称，所以x1+x2≠0，
所以x1x24−n=−6−n=0，解得n=−6，所以N(0,−6)．
②由(Ⅰ)及①得直线AB过定点M(0,6)，N(0,−6)，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
因为F为△ABN的内心，所以|AN||AM|=|NF||MF|=75，
所以 (x1−0)2+(y1+6)2 (x1−0)2+(y1−6)2=75，即x12+y12−37y1+36=0，
又因为x12=4y1，所以y12−33y1+36=0，
同理可得|BN||BM|=|NF||MF|=75，即 (x2−0)2+(y2+6)2 (x2−0)2+(y2−6)2=75，化简得y22−33y2+36=0，
所以y1，y2是方程y2−33y+36=0的两个根，所以y1+y2=33，
所以x124+x224=33，所以(x1+x2)2=x12+x22+2x1x2=132−48=84，
所以x1+x2=±2 21，
所以△ABN的重心坐标为(x1+x2+03,y1+y2−63)=(±2 213,9)．
故△ABN的重心坐标为(±2 213,9)．
【解析】(Ⅰ)根据题意求出x2=4y，设直线AB方程为y=kx+t，将直线与抛物线方程联立，并利用根与系数关系及OA⋅OB=12求解即可；
(Ⅱ)①由题意可知，NO为∠ANB的角平分线，得到kAN+kBN=0，再求出N的坐标即可；
②由(Ⅰ)和①及题意，可得|AN||AM|=|NF||MF|=75,|BN||BM|=|NF||MF|=75，结合点在抛物线上可得△ABN重心的坐标．
本题考查了圆锥曲线中直线过定点问题，三角形的重心和直线与圆锥曲线的综合，考查了转化思想和方程思想，属难题．