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2023-2024学年四川省眉山市仁寿实验中学高二（上）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年四川省眉山市仁寿实验中学高二（上）期末数学试卷（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.若直线y= 3x−3的倾斜角为α，则α=( )
A. 0B. 60C. 90D. 180
2.椭圆x24+y23=1的长轴长为( )
A. 1B. 2C. 2 3D. 4
3.记等差数列{an}的前n项和为Sn，若S5=5S3，且a3+a4=8，则a5的值为( )
A. 3B. 5C. 7D. 10
4.某次乒乓球单打比赛在甲、乙两人之间进行.比赛采取三局两胜制，即先胜两局的一方获得比赛的胜利，比赛结束.根据以往的数据分析，每局比赛甲胜出的概率都为35，比赛不设平局，各局比赛的胜负互不影响.这次比赛甲获胜的概率为( )
A. 36125B. 925C. 80125D. 81125
5.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA=AB=2，
点M、N分别为AP、BC的中点.则点B到平面MND的距离为( )
A. 2 2121
B. 212
C. 52
D. 112
6.如果椭圆和双曲线的离心率互为倒数，那么就称这组椭圆与双曲线互为“有缘曲线”.已知椭圆C1的方程为x25+y2=1，中心在原点、焦点在y轴上的双曲线C2是椭圆C1的“有缘曲线”，则双曲线C2的渐近线方程为( )
A. y=±2xB. y=±12xC. y=± 52xD. y=±2 55x
7.定义[x]表示不超过x的最大整数，例如：[0.3]=0，[2.1]=2，[−1.7]=−2.若an=[n+23](n∈N+)，数列{an}的前n项和为Sn，则S20=( )
A. 64B. 70C. 77D. 84
8.数学美的表现形式多种多样，我们称离心率e=ω(其中ω= 5−12)的椭圆为黄金椭圆，现有一个黄金椭圆方程为x2a2+y2b2=1,(a>b>0)，若以原点O为圆心，短轴长为直径作⊙O，P为黄金椭圆上除顶点外任意一点，过P作⊙O的两条切线，切点分别为A，B，直线AB与x，y轴分别交于M，N两点，则b2|OM|2+a2|ON|2=( )
A. 1ωB. ωC. −ωD. −1ω
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.在数列{an}中，a1=1,a2=3,∀n∈N*,an+2=an+1−an,Sn为{an}的前n项和，则S2n的值可以为( )
A. 0B. 3C. 4D. 5
10.如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为线段B1D1上动点(包括端点).则以下结论正确的为( )
A. 三棱锥P−A1BD体积为定值43
B. 异面直线A1D，B1D1成角为45°
C. 直线AA1与面A1BD所成角的正弦值 33
D. 存在点P使得CP//面A1BD
11.已知事件A、B发生的概率分别为P(A)=13，P(B)=16，则( )
A. 若P(A−B)=19，则事件A−与B相互独立
B. 若A与B相互独立，则P(A∪B)=49
C. 若A与B互斥，则P(A∪B)=49
D. 若B发生时A一定发生，则P(AB)=13
12.已知圆O：x2+y2=4，下列说法正确的是( )
A. 过点P(1,1)作直线与圆O交于A，B两点，则|AB|范围为[2 2,4]
B. 过直线l：x+y−4=0上任意一点Q作圆O的切线，切点分别为C，D，则直线CD必过定点(1,1)
C. 圆O与圆C：(x−3)2+(y−4)2=r2(r>0)有且仅有两条公切线，则实数r的取值范围为(3,5)
D. 圆O上有4个点到直线l：x− 3y+1=0的距离等于1
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.如图，在三棱锥O−ABC中，D是BC的中点，若OA=a，OB=b，OC=c，则AD等于______．
14.已知公差不为零的等差数列{an}满足a5=10，且a1，a3，a9成等比数列.设Sn为数列{an}的前n项和，则数列{1Sn}的前n项和Tn为______．
15.已知圆C1：x2+y2−4x+2y=0与圆C2：x2+y2−2y−4=0相交于A、B两点，则圆C：(x+3)2+(y−3)2=1上的动点P到直线AB距离的最大值为______．
16.已知抛物线y2=2px(p>0)的焦点F是双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点，过点F作直线l与抛物线交于A、B两点，且|AF|=(3+2 2)|FB|，双曲线的左焦点到直线l的距离大于2b，则双曲线的离心率e的取值范围是______．
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)
已知圆C的圆心在x轴上，且经过点A(−1,0)，B(1,2)．
(1)求线段AB的垂直平分线方程；
(2)求圆C的标准方程．
18.(本小题12分)
已知斜率为2的直线交抛物线y2=x于A(x1,y1)、B(x2,y2)两点，求证：
(1)线段AB的中点在一条定直线上；
(2)1kOA+1kOB为定值(O为坐标原点，kOA、kOB分别为直线OA、OB的斜率)．
19.(本小题12分)
为了纪念2017年在德国波恩举行的联合国气候大会，某社区举办《“环保我参与”有奖问答比赛》活动.某场比赛中，甲、乙、丙三个家庭同时回答一道有关环保知识的问题.已知甲家庭回答正确这道题的概率是34，甲、丙两个家庭都回答错误的概率是112，乙、丙两个家庭都回答正确的概率是14.若各家庭回答是否正确互不影响．
(1)求乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率；
(2)求甲、乙、丙三个家庭中不少于2个家庭回答正确这道题的概率．
20.(本小题12分)
已知四棱锥中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是边长为a的菱形，∠BAD=120°，PA=b．
(Ⅰ)求证：平面PBD⊥平面PAC；
(Ⅱ)设AC与BD交于点O，M为OC中点，若二面角O−PM−D的正切值为2 6，求a：b的值．
21.(本小题12分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足11+S1+11+S2+⋯+11+Sn=1−12n．
(1)求证：数列{11+Sn}是等比数列；
(2)若数列{bn}满足bn=an(an+1+3)(an+3)，求数列{bn}的前n项和Tn．
22.(本小题12分)
已知F为椭圆E：x24+y23=1的右焦点，A，B分别为其左、右顶点，过点F作直线l与椭圆交于M，N两点(不与A，B重合)，记直线AM与BN的斜率分别为k1，k2．
(1)证明：k1k2为定值；
(2)若线段MN的中点为P，过点P作垂直于MN的直线交x轴于点D，试求|DP||MN|的取值范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由k=tanα= 3，故α=60．
故选：B．
由斜率与倾斜角的关系计算即可得．
本题主要考查直线的斜率与倾斜角的关系，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：椭圆x24+y23=1，可知a=2，所以椭圆长轴长为4．
故选：D．
利用椭圆的标准方程，求解a即可．
本题考查椭圆的简单性质的应用，是基础题．
3.【答案】C
【解析】解：由S5=5S3得5a1+10d=15a1+15d，即2a1=d，即a1+a2=0，则(a3+a4)−(a1+a2)=4d=8，即a1=−1，d=2，
a5=a1+4d=7，
故选：C．
根据等差数列的求和公式和通项公式即可求出．
本题考查了等差数列的求和公式和通项公式，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：根据题意，甲队战胜乙队包含两种情况：
甲连胜2局，概率为35×35=925，
前两局甲一胜一负，第三局甲胜，概率为2×35×25×35=36125，
则甲战胜乙的概率为P=925+36125=81125．
故选：D．
根据题意，甲战胜乙包含两种情况：①甲连胜2局，②前两局甲一胜一负，第三局甲胜，由此利用相互独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式能求出甲战胜乙的概率．
本题考查概率的应用，涉及互斥事件、相互独立事件的性质，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA=AB=2，
点M、N分别为AP、BC的中点，
以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，N(2,1,0)，M(0,0,1)，
DM=(0,−2,1)，DN=(2,−1,0)，BN=(0,1,0)，
设平面DMN的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅DM=−2y+z=0n⋅DN=2x−y=0，取x=1，得n=(1,2,4)，
∴点B到平面MND的距离为：
d=|n⋅BN||n|=2 1+4+16=2 2121．
故选：A．
以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．
本题考查点到平面的距离等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
6.【答案】A
【解析】解：设椭圆的长轴为2a，短轴为2b，焦距为2c，
椭圆C1的方程为x25+y2=1，
则a2=5，b2=1，c2=a2−b2=4，
故e=ca=2 5，
由题意可知，双曲线C2的离心率为 52，
设双曲线的长轴为2a1，短轴为2b1，焦距为2c1，
则c1a1= 52，即c12a12=54，
c12=a12+b12，即b12=14a12，
双曲线C2的焦点在y轴上，
故双曲线C2的渐近线方程为y=±a1b1x=±2x．
故选：A．
根据已知条件，结合椭圆、双曲线的性质，即可求解．
本题主要考查双曲线、椭圆的性质，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：因为an=[n+23]，
所以当1≤n≤3，n∈N+时，an=1；
当4≤n≤6，n∈N+时，an=2；
当7≤n≤9，n∈N+时，an=3…；
当3k−2≤n≤3k，k∈N+时，an=k．
所以a19=a20=7，
S20=3×(1+2+…+6)+7×2=3×6×(1+6)2+14=63+14=77．
故选：C．
由[x]的定义，推得当3k−2≤n≤3k，k∈N+时，an=k，再由等差数列的求和公式，计算可得所求和．
本题考查等差数列的求和公式，以及[x]的含义，考查分类讨论思想和运算能力，属于中档题．
8.【答案】A
【解析】解：依题意有OAPB四点共圆，
设点P坐标为P(x0,y0)，
则该圆的方程为：x(x−x0)+y(y−y0)=0，
将两圆方程：x2+y2=b2与x2−x0x+y2−y0y=0相减，
得切点所在直线方程为lAB：xx0+yy0=b2，
解得M(b2x0,0),N(0,b2y0)，
因为x02a2+y02b2=1，
所以b2|OM|2+a2|ON|2=b2b4x02+a2b4y02=b2x02+a2y02b4=a2b2b4=a2b2=11−ω2=2 5−1=1ω．
故选：A．
根据题意O、A、P、B四点在以OP为直径的圆上，可设点P坐标为P(x0,y0)，从而得出四点所在圆的方程为x(x−x0)+y(y−y0)=0，利用两圆方程之差求得切点A、B所在直线方程，进而求得M、N两点坐标即可解决本题．
本题考查了椭圆的性质，重点考查了圆与圆的位置关系，属中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：由∀n∈N*，an+2=an+1−an，得an+3=an+2−an+1=an+1−an−an+1=−an，
于是an+6=−an+3=an，
则数列{an}是以6为周期的周期数列，
由a1=1，a2=3，得a3=2，a4=−1，a5=−3，a6=−2，
因此S2=4，S4=5，S6=0，S8=4，⋯以此类推，所以S2n的取值仅有0，4，5．
故选：ACD．
根据给定的递推公式，计算可得数列{an}的周期是6，再求出前6项，并依次计算S2，S4，S6，S8，⋯即可得解．
本题考查了数列递推关系、数列的周期性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
10.【答案】ACD
【解析】解：因为DD1//BB1，且DD1=BB1，所以四边形BDD1B1为平行四边形，所以B1D1//BD，
又因为B1D1⊄平面A1BD，BD⊂平面A1BD，所以B1D1//平面A1BD，又P为线段B1D1上动点，
所以P到平面A1BD距离为定值，故三棱锥P−A1BD体积为定值，当点P与D1重合时，
VP−A1BD=VB−A1DD1=13S△A1DD1⋅AB=13×12×2×2×2=43，故A正确；
因为B1D1//BD，故A 1D与B1D1所成角等价于A1D与BD所成角，
△A1BD为等边三角形，所以异面直线A1DB1D1成角为60°，故B项错误；
以DA方向为x轴，DC方向为y轴，DD1方向为z轴建立空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)A1(2,0,2)，AA1=(0,0,2)，DA1=(2,0,2)，DB=(2,2,0)，
设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅DA1=0n⋅DB=0，即x+z=0x+y=0，令x=1，得y=z=−1，
故n=(1,−1,−1)，
设直线AA1与面A1BD所成角为θ，
则sinθ=|cs〈AA1,n〉|=22 3= 33，故C项正确；
当P为B1D1中点时，得CP//面A1BD.故D项正确．
故选：ACD．
易证B1D1//平面A1BD，故三棱锥P−A1BD体积为定值；易得B1D1//BD，△A1BD为等边三角形，故B错误；由向量法可判断C正确；当P为B1D1中点时，得CP//面A1BD．
本题考查线面平行的判定定理，线线角的求解问题，向量法求解线面角问题，属难题．
11.【答案】AB
【解析】解：对于A，因为P(A)=13，P(B)=16，则P(A−)=1−P(A)=1−13=23，
因为P(A−)P(B)=23×16=19=P(A−B)，所以，事件A−与B相互独立，A对；
对于B，若A与B相互独立，则P(AB)=P(A)P(B)=13×16=118，
所以P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(AB)=13+16−118=49，B对；
对于C，若A与B互斥，则P(A∪B)=P(A)+P(B)=13+16=12，C错；
对于D，若B发生时A一定发生，则B⊆A，则P(AB)=P(B)=16，D错．
故选：AB．
利用独立事件的定义可判断A选项；利用并事件的概率公式可判断B选项；利用互斥事件的概率公式可判断C选项；分析可知AB=B，可判断出D选项．
本题主要考查独立事件的定义，并事件的概率公式，以及互斥事件的概率公式，属于基础题．
12.【答案】ABD
【解析】解：因为圆O的圆心为O(0,0)，半径R=2，
对于选项A：因为|OP|= 12+12= 2<2，可知点P在圆O内，
可得圆心O到过点P的直线的距离d∈[0, 2]，
所以|AB|=2 R2−d2=2 4−d2∈[2 2,4]，故A正确；
对于选项B：设Q(a,4−a)，则|OQ|= a2+(4−a)2，
可得|QC|2=|OQ|2−R2=a2+(4−a)2−4，
以Q为圆心，|QC|为半径的圆的方程为(x−a)2+(y−4+a)2=a2+(4−a)2−4，
整理得x2+y2−2ax−2(4−a)y+4=0，
由题意可知：直线CD为圆Q与圆O的公共弦所在的直线，
可得4−2ax−2(4−a)y+4=0，整理得a(x−y)+4(y−1)=0，
令x−y=0y−1=0，解得x=1y=1，所以直线CD必过定点(1,1)，故B正确；
对于选项C：圆C：(x−3)2+(y−4)2=r2的圆心C(3,4)，半径为r，则|OC|= 32+42=5，
若圆O与圆C有且仅有两条公切线，所以两圆相交，
则|r−R|<|OC|所以实数r的取值范围为(3,7)，故C 错误；
对于选项D：因为圆心O到直线l：x− 3y+1=0的距离d=|0−0+1| 12+(− 3)2=12<1，
作l1//2//l且l1，l2与l的距离均为1，如下图所示：
由图可知此时A，B，C，D到l的距离均为1，
所以圆O上有4个点到直线l：x− 3y+1=0的距离等于1，故D正确．
故选：ABD．
A：确定P点位置，然后分析圆心O到过点P的直线的距离d，结合|AB|=2 R2−d2确定出|AB|的范围；B：设出Q点坐标，表示出以Q为圆心，|QC|为半径的圆的方程，根据相交圆的公共弦所在直线的方程确定出CD的方程，由此确定出所过的定点；C：先确定出两圆的位置关系，然后得到两圆的半径与圆心距的关系，由此求解出结果；D：先确定圆心到直线l的距离然后结合图示进行说明．
本题考查直线与圆的方程的应用，属于中档题．
13.【答案】−a+12b+12c
【解析】解：在三棱锥O−ABC中，D是BC的中点，若OA=a，OB=b，OC=c，
则AD=12AC+12AB=12OC−12OA+12OB−12OA=−a+12b+12c．
故答案为：−a+12b+12c．
直接利用向量的线性运算求出结果．
本题考查的知识要点：向量的线性运算，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
14.【答案】nn+1
【解析】解：(1)由题意，设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，
则a1=a5−4d=10−4d，a3=a5−2d=10−2d，
a9=a5+4d=10+4d，
∵a1，a3，a9成等比数列，
∴a32=a1a9，即(10−2d)2=(10−4d)(10+4d)，
化简整理，得d2−2d=0，
解得d=0(舍去)，或d=2，
∴a1=10−4d=10−4×2=2，
∴Sn=2n+n(n−1)2⋅2=n(n+1)，n∈N*，
∴1Sn=1n(n+1)=1n−1n+1，
∴Tn=1S1+1S2+…+1Sn
=1−12+12−13+…+1n−1n+1
=1−1n+1
=nn+1．
故答案为：nn+1．
先设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，再根据等差数列的通项公式与等比数列的性质列出关于公差d的方程，解出d的值，然后计算出首项a1的值，即可计算出数列{an}的前n项和Sn的表达式，进一步计算出数列{1Sn}的通项公式，最后运用裂项相消法即可计算出前n项和Tn．
本题主要考查数列求通项公式，以及数列求和问题．考查了方程思想，转化与化归思想，裂项相消法，等差数列的通项公式与等比数列的性质的应用，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．
15.【答案】7 22+1
【解析】解：圆C1：x2+y2−4x+2y=0与圆C2：x2+y2−2y−4=0的方程相减，
可得x−y−1=0，即直线AB的方程为x−y−1=0，
圆C：(x+3)2+(y−3)2=1的圆心为C(−3,3)，半径r=1，
点C(−3,3)到直线AB的距离d=|−3−3−1| 2=7 22，
则圆C上的动点P到直线AB的距离的最大值为d+r=7 22+1．
故答案为：7 22+1．
先求出直线AB的方程，再利用点到直线距离公式求解．
本题主要考查了圆与圆的位置关系，考查了点到直线的距离公式，属于基础题．
16.【答案】(1, 2)
【解析】解：由题意得F(p2,0)，设直线l的方程为x=my+p2，设点A(x1,y1)、B(x2,y2).
由y2=2pxx=my+p2消去x得y2−2mpy−p2=0，△=4m2p2+4p2>0，
由根与系数关系可得y1+y2=2mp①，y1⋅y2=−p2②.
又|AF|=(3+2 2)|FB|，即AF=(3+2 2)FB，
所以，(p2−x1,−y1)=(3+2 2)(x2−p2,y2)，y1=−(3+2 2)y2③.
将③代入①得( 2+1)y2=−mp④，将③代入②得(3+2 2)y22=p2⑤，
再由④⑤解得m2=1，故直线l的斜率为k=±1．
又抛物线y2=2px(p>0)的焦点F是双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点，∴c=p2，所以，直线l的方程即为y=k(x−c)．
由双曲线的左焦点(−c,0)到直线l的距离d=|k(−c−c)−0| 1+k2=2c 2>2b，解得c> 2b，即c2>2b2，
又b2=c2−a2，∴c2>2(c2−a2)，即e=ca< 2，
又e>1，所以，双曲线的离心率e∈(1, 2)．
故答案为：(1, 2)．
设直线l的方程为x=my+p2，设点A(x1,y1)、B(x2,y2).联立直线与抛物线方程，利用韦达定理，结合已知条件转化求解直线的斜率，求出双曲线的焦点坐标，求解直线方程，利用点到直线的距离，转化求解双曲线的离心率的范围即可．
本题考查直线与抛物线的位置关系的应用，双曲线的简单性质的应用，点到直线的距离公式的应用，是中档题．
17.【答案】解：(1)根据题意，设AB的中点为D，
又由A(−1,0)，B(1,2)，则D(0,1)，
又由CD⊥AB，即kCD×kAB=−1，且kAB=2−01+1=1，
则kCD=−1，
故AB的垂直平分线的方程为y=−x+1；
(2)根据题意，设圆的标准方程为(x−a)2+y2=r2，其中C(a,0)，半径为r，
由圆的性质，圆心C在直线CD上，则有0=−a+1，即a=1，
圆心为(1,0)，r=|CA|=2，
故圆的标准方程为(x−1)2+y2=4．
【解析】(1)根据题意，设AB的中点为D，分析有CD⊥AB，即kCD×kAB=−1，求出CD的斜率，即可得答案；
(2)根据题意，设圆的标准方程为(x−a)2+y2=r2，将C的坐标代入直线CD的方程，可得a的值，求出r，即可得答案．
本题考查直线与圆的位置关系，涉及直线方程的计算，属于基础题．
18.【答案】解：(1)证明：不妨设直线方程为y=2x+b，
联立y=2x+by2=x，消去y并整理得4x2+(4b−1)x+b2=0，
由韦达定理得x1x2=b24，x1+x2=1−4b4，
所以y1+y2=2(x1+x2)+2b=1−4b2+2b=12，
可得y1+y22=14，
则线段AB的中点坐标为(1−4b8,14)，
故线段AB的中点一定在直线y=14上；
(2)证明：因为y1y2=(2x1+b)(2x2+b)=4x1x2+2b(x1+x2)+b2
=4×b24+2b⋅1−4b4+b2=b2，
此时1kOA+1kOB=x1y1+x2y2=x1y2+x2y1y1y2=x1(2x2+b)+x2(2x1+b)y1y2
=4x1x2+b(x1+x2)y1y2=b2+b−4b24b2=12，
故1kOA+1kOB为定值，定值为12．
【解析】(1)设出直线的方程，将直线的方程与抛物线方程联立，利用韦达定理以及中点坐标公式再进行求证即可；
(2)先得到y1y2的表达式，根据斜率公式得到1kOA+1kOB的表达式，再进行求证即可．
本题考查直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)某场比赛中，甲、乙、丙三个家庭同时回答一道有关环保知识的问题，
甲家庭回答正确这道题的概率是34，甲、丙两个家庭都回答错误的概率是112，
乙、丙两个家庭都回答正确的概率是14.若各家庭回答是否正确互不影响，
记“甲家庭回答正确这道题”“乙家庭回答正确这道题”“丙家庭回答正确这道题”分别为事件A，B，C，
则P(A)=34，P(A−)⋅P(C−)=112，P(B)⋅P(C)=14，
即[1−P(A)]⋅[1−P(C)]=112，P(B)⋅P(C)=14，
所以P(B)=38，P(C)=23．
所以乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率为38和23．
(2)有0个家庭回答正确的概率为：
P0=P(A−B−C−)=P(A−)⋅P(B−)⋅P(C−)=14×58×13=596，
有1个家庭回答正确的概率为：
P1=P(AB−C−+A−BC−+A−B−C)=34×58×13+14×38×13+14×58×23=724，
所以不少于2个家庭回答正确这道题的概率P=1−P0−P1=1−596−724=2132．
【解析】(1)记“甲家庭回答正确这道题”“乙家庭回答正确这道题”“丙家庭回答正确这道题”分别为事件A，B，C，则P(A)=34，P(A−)⋅P(C−)=112，P(B)⋅P(C)=14，由此能求出乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率．
(2)先分别求出有0个家庭回答正确的概率和有1个家庭回答正确的概率，利用对立事件概率计算公式能求出不少于2个家庭回答正确这道题的概率．
本题考查相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
20.【答案】解：(I)证明：因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD，
又ABCD为菱形，所以AC⊥BD，
因为PA∩AC=A，所以BD⊥平面PAC，
因为BD⊂平面PBD，所以平面PBD⊥平面PAC．
(II)解：过O作OH⊥PM交PM于H，连HD，
因为DO⊥平面PAC，由三垂线定理可得DH⊥PM，所以∠OHD为A−PM−D的平面角
又OD= 32a,OM=a4,AM=3a4，且OHOM=APPM
从而OH=b b2+916a2⋅a4=ab 16b2+9a2
∴tan∠OHD=ODOH= 3(16b2+9a2)2b=2 6
所以9a2=16b2，即ab=43．
【解析】(I)根据线面垂直的判定，证明BD⊥平面PAC，利用面面垂直的判定，证明平面PBD⊥平面PAC．
(II)过O作OH⊥PM交PM于H，连HD，则∠OHD为A−PM−D的平面角，利用二面角O−PM−D的正切值为2 6，即可求a：b的值．
本题考查线面垂直、面面垂直的判定，考查面面角，解题的关键是掌握线面垂直、面面垂直的判定，作出面面角．
21.【答案】解：(1)证明：由11+S1+11+S2+⋯+11+Sn=1−12n，n≥2时，11+S1+11+S2+…11+Sn−1=1−12n−1，相减可得：11+Sn=1−12n−(1−12n−1)=12n，
∵11+S1=1−12=12，满足上式，∴n≥2时，11+Sn÷11+Sn−1=12n÷12n−1=12，
∴数列{11+Sn}是等比数列，首项与公比都为12．
(2)由(1)可得：11+Sn=12n，∴Sn=2n−1，
n≥2时，an=Sn−Sn−1=2n−1−(2n−1−1)=2n−1，
n=1时，a1=1，也满足上式．
数列{bn}满足bn=an(an+1+3)(an+3)=2n−1(2n+3)(2n−1+3)=12n−1+3−12n+3，
∴数列{bn}的前n项和Tn=11+3−12+3+12+3−122+3+…+12n−1+3−12n+3=14−12n+3．
【解析】(1)由11+S1+11+S2+⋯+11+Sn=1−12n，n≥2时，11+S1+11+S2+…11+Sn−1=1−12n−1，相减整理即可证明结论．
(2)由(1)可得：Sn=2n−1，n≥2时，an=Sn−Sn−1，n=1时，a1=1，也满足上式．利用裂项求和方法即可得出Tn．
本题考查了数列递推关系、等比数列的通项公式与求和公式、裂项求和方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)证明：易知A(−2,0)，B(2,0)，
不妨设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
此时k1=y1x1+2，k2=y2x2−2，
则k1k2=y1(x2−2)y2(x1+2)，
因为直线l不与x轴重合，
不妨设直线l的方程为x=ty+1，
此时k1k2=y1(ty2−1)y2(ty1+3)=ty1y2−y1ty1y2+3y2，
联立x=ty+1x24+y23=1，消去x并整理得(4+3t2)y2+6ty−9=0，
易知Δ>0，
由韦达定理得y1+y2=−6t3t2+4，y1y2=−93t2+4，
所以ty1y2=32(y1+y2)，
则k1k2=32(y1+y2)−y132(y1+y2)+3y2=12y1+32y232y1+92y2=13；
(2)不妨设直线l的方程为y=k(x−1)，k≠0，M(x1,y1)N(x2,y2)，
联立y=k(x−1)x24+y23=1，消去y并整理得(4k2+3)x2−8k2x+4k2−12=0，
由韦达定理得x1+x2=8k24k2+3，x1x2=4k2−124k2+3，
所以y1+y2=k(x1+x2)−2k=−6k4k2+3，
不妨设MN的中点为P，
此时P(4k24k2+3,−3k4k2+3)，
所以线段MN的垂直平分线PD的方程为y−−3k4k2+3=−1k(x−4k24k2+3)，
令y=0，
解得xD=k24k2+3，
即D(k24k2+3,0)，
则|PD|= (k24k2+3−4k24k2+3)2+(0−−3k4k2+3)2=3 k4+k24k2+3，
因为|AB|= 1+k2⋅ (x1+x2)2−4x1x2= 1+k2⋅ (8k24k2+3)2−4⋅4k2−124k2+3=12(1+k2)4k2+3，
所以|DP||AB|=14 k2k2+1=14 1−1k2+1，
因为k2+1>1，
所以0<11+k2<1，
则0<14 1−1k2+1<14．
故|DP||MN|的取值范围为(0,14)．
【解析】(1)由题意，设出M，N两点的坐标，此时k1k2=ty1y2−y1ty1y2+3y2，设出直线l的方程，将直线l的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理得到ty1y2=32(y1+y2)，代入k1k2中即可得证；
(2)设出直线l的方程，将直线l的方程与椭圆方程联立，利用弦长公式得到|MN|的表达式以及点D的坐标，推出|PD|，代入|DP||MN|化简再求解即可．
本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
1.若直线y= 3x−3的倾斜角为α，则α=( )
A. 0B. 60C. 90D. 180
2.椭圆x24+y23=1的长轴长为( )
A. 1B. 2C. 2 3D. 4
3.记等差数列{an}的前n项和为Sn，若S5=5S3，且a3+a4=8，则a5的值为( )
A. 3B. 5C. 7D. 10
4.某次乒乓球单打比赛在甲、乙两人之间进行.比赛采取三局两胜制，即先胜两局的一方获得比赛的胜利，比赛结束.根据以往的数据分析，每局比赛甲胜出的概率都为35，比赛不设平局，各局比赛的胜负互不影响.这次比赛甲获胜的概率为( )
A. 36125B. 925C. 80125D. 81125
5.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA=AB=2，
点M、N分别为AP、BC的中点.则点B到平面MND的距离为( )
A. 2 2121
B. 212
C. 52
D. 112
6.如果椭圆和双曲线的离心率互为倒数，那么就称这组椭圆与双曲线互为“有缘曲线”.已知椭圆C1的方程为x25+y2=1，中心在原点、焦点在y轴上的双曲线C2是椭圆C1的“有缘曲线”，则双曲线C2的渐近线方程为( )
A. y=±2xB. y=±12xC. y=± 52xD. y=±2 55x
7.定义[x]表示不超过x的最大整数，例如：[0.3]=0，[2.1]=2，[−1.7]=−2.若an=[n+23](n∈N+)，数列{an}的前n项和为Sn，则S20=( )
A. 64B. 70C. 77D. 84
8.数学美的表现形式多种多样，我们称离心率e=ω(其中ω= 5−12)的椭圆为黄金椭圆，现有一个黄金椭圆方程为x2a2+y2b2=1,(a>b>0)，若以原点O为圆心，短轴长为直径作⊙O，P为黄金椭圆上除顶点外任意一点，过P作⊙O的两条切线，切点分别为A，B，直线AB与x，y轴分别交于M，N两点，则b2|OM|2+a2|ON|2=( )
A. 1ωB. ωC. −ωD. −1ω
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.在数列{an}中，a1=1,a2=3,∀n∈N*,an+2=an+1−an,Sn为{an}的前n项和，则S2n的值可以为( )
A. 0B. 3C. 4D. 5
10.如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为线段B1D1上动点(包括端点).则以下结论正确的为( )
A. 三棱锥P−A1BD体积为定值43
B. 异面直线A1D，B1D1成角为45°
C. 直线AA1与面A1BD所成角的正弦值 33
D. 存在点P使得CP//面A1BD
11.已知事件A、B发生的概率分别为P(A)=13，P(B)=16，则( )
A. 若P(A−B)=19，则事件A−与B相互独立
B. 若A与B相互独立，则P(A∪B)=49
C. 若A与B互斥，则P(A∪B)=49
D. 若B发生时A一定发生，则P(AB)=13
12.已知圆O：x2+y2=4，下列说法正确的是( )
A. 过点P(1,1)作直线与圆O交于A，B两点，则|AB|范围为[2 2,4]
B. 过直线l：x+y−4=0上任意一点Q作圆O的切线，切点分别为C，D，则直线CD必过定点(1,1)
C. 圆O与圆C：(x−3)2+(y−4)2=r2(r>0)有且仅有两条公切线，则实数r的取值范围为(3,5)
D. 圆O上有4个点到直线l：x− 3y+1=0的距离等于1
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.如图，在三棱锥O−ABC中，D是BC的中点，若OA=a，OB=b，OC=c，则AD等于______．
14.已知公差不为零的等差数列{an}满足a5=10，且a1，a3，a9成等比数列.设Sn为数列{an}的前n项和，则数列{1Sn}的前n项和Tn为______．
15.已知圆C1：x2+y2−4x+2y=0与圆C2：x2+y2−2y−4=0相交于A、B两点，则圆C：(x+3)2+(y−3)2=1上的动点P到直线AB距离的最大值为______．
16.已知抛物线y2=2px(p>0)的焦点F是双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点，过点F作直线l与抛物线交于A、B两点，且|AF|=(3+2 2)|FB|，双曲线的左焦点到直线l的距离大于2b，则双曲线的离心率e的取值范围是______．
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)
已知圆C的圆心在x轴上，且经过点A(−1,0)，B(1,2)．
(1)求线段AB的垂直平分线方程；
(2)求圆C的标准方程．
18.(本小题12分)
已知斜率为2的直线交抛物线y2=x于A(x1,y1)、B(x2,y2)两点，求证：
(1)线段AB的中点在一条定直线上；
(2)1kOA+1kOB为定值(O为坐标原点，kOA、kOB分别为直线OA、OB的斜率)．
19.(本小题12分)
为了纪念2017年在德国波恩举行的联合国气候大会，某社区举办《“环保我参与”有奖问答比赛》活动.某场比赛中，甲、乙、丙三个家庭同时回答一道有关环保知识的问题.已知甲家庭回答正确这道题的概率是34，甲、丙两个家庭都回答错误的概率是112，乙、丙两个家庭都回答正确的概率是14.若各家庭回答是否正确互不影响．
(1)求乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率；
(2)求甲、乙、丙三个家庭中不少于2个家庭回答正确这道题的概率．
20.(本小题12分)
已知四棱锥中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是边长为a的菱形，∠BAD=120°，PA=b．
(Ⅰ)求证：平面PBD⊥平面PAC；
(Ⅱ)设AC与BD交于点O，M为OC中点，若二面角O−PM−D的正切值为2 6，求a：b的值．
21.(本小题12分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足11+S1+11+S2+⋯+11+Sn=1−12n．
(1)求证：数列{11+Sn}是等比数列；
(2)若数列{bn}满足bn=an(an+1+3)(an+3)，求数列{bn}的前n项和Tn．
22.(本小题12分)
已知F为椭圆E：x24+y23=1的右焦点，A，B分别为其左、右顶点，过点F作直线l与椭圆交于M，N两点(不与A，B重合)，记直线AM与BN的斜率分别为k1，k2．
(1)证明：k1k2为定值；
(2)若线段MN的中点为P，过点P作垂直于MN的直线交x轴于点D，试求|DP||MN|的取值范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由k=tanα= 3，故α=60．
故选：B．
由斜率与倾斜角的关系计算即可得．
本题主要考查直线的斜率与倾斜角的关系，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：椭圆x24+y23=1，可知a=2，所以椭圆长轴长为4．
故选：D．
利用椭圆的标准方程，求解a即可．
本题考查椭圆的简单性质的应用，是基础题．
3.【答案】C
【解析】解：由S5=5S3得5a1+10d=15a1+15d，即2a1=d，即a1+a2=0，则(a3+a4)−(a1+a2)=4d=8，即a1=−1，d=2，
a5=a1+4d=7，
故选：C．
根据等差数列的求和公式和通项公式即可求出．
本题考查了等差数列的求和公式和通项公式，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：根据题意，甲队战胜乙队包含两种情况：
甲连胜2局，概率为35×35=925，
前两局甲一胜一负，第三局甲胜，概率为2×35×25×35=36125，
则甲战胜乙的概率为P=925+36125=81125．
故选：D．
根据题意，甲战胜乙包含两种情况：①甲连胜2局，②前两局甲一胜一负，第三局甲胜，由此利用相互独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式能求出甲战胜乙的概率．
本题考查概率的应用，涉及互斥事件、相互独立事件的性质，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA=AB=2，
点M、N分别为AP、BC的中点，
以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，N(2,1,0)，M(0,0,1)，
DM=(0,−2,1)，DN=(2,−1,0)，BN=(0,1,0)，
设平面DMN的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅DM=−2y+z=0n⋅DN=2x−y=0，取x=1，得n=(1,2,4)，
∴点B到平面MND的距离为：
d=|n⋅BN||n|=2 1+4+16=2 2121．
故选：A．
以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．
本题考查点到平面的距离等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
6.【答案】A
【解析】解：设椭圆的长轴为2a，短轴为2b，焦距为2c，
椭圆C1的方程为x25+y2=1，
则a2=5，b2=1，c2=a2−b2=4，
故e=ca=2 5，
由题意可知，双曲线C2的离心率为 52，
设双曲线的长轴为2a1，短轴为2b1，焦距为2c1，
则c1a1= 52，即c12a12=54，
c12=a12+b12，即b12=14a12，
双曲线C2的焦点在y轴上，
故双曲线C2的渐近线方程为y=±a1b1x=±2x．
故选：A．
根据已知条件，结合椭圆、双曲线的性质，即可求解．
本题主要考查双曲线、椭圆的性质，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：因为an=[n+23]，
所以当1≤n≤3，n∈N+时，an=1；
当4≤n≤6，n∈N+时，an=2；
当7≤n≤9，n∈N+时，an=3…；
当3k−2≤n≤3k，k∈N+时，an=k．
所以a19=a20=7，
S20=3×(1+2+…+6)+7×2=3×6×(1+6)2+14=63+14=77．
故选：C．
由[x]的定义，推得当3k−2≤n≤3k，k∈N+时，an=k，再由等差数列的求和公式，计算可得所求和．
本题考查等差数列的求和公式，以及[x]的含义，考查分类讨论思想和运算能力，属于中档题．
8.【答案】A
【解析】解：依题意有OAPB四点共圆，
设点P坐标为P(x0,y0)，
则该圆的方程为：x(x−x0)+y(y−y0)=0，
将两圆方程：x2+y2=b2与x2−x0x+y2−y0y=0相减，
得切点所在直线方程为lAB：xx0+yy0=b2，
解得M(b2x0,0),N(0,b2y0)，
因为x02a2+y02b2=1，
所以b2|OM|2+a2|ON|2=b2b4x02+a2b4y02=b2x02+a2y02b4=a2b2b4=a2b2=11−ω2=2 5−1=1ω．
故选：A．
根据题意O、A、P、B四点在以OP为直径的圆上，可设点P坐标为P(x0,y0)，从而得出四点所在圆的方程为x(x−x0)+y(y−y0)=0，利用两圆方程之差求得切点A、B所在直线方程，进而求得M、N两点坐标即可解决本题．
本题考查了椭圆的性质，重点考查了圆与圆的位置关系，属中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：由∀n∈N*，an+2=an+1−an，得an+3=an+2−an+1=an+1−an−an+1=−an，
于是an+6=−an+3=an，
则数列{an}是以6为周期的周期数列，
由a1=1，a2=3，得a3=2，a4=−1，a5=−3，a6=−2，
因此S2=4，S4=5，S6=0，S8=4，⋯以此类推，所以S2n的取值仅有0，4，5．
故选：ACD．
根据给定的递推公式，计算可得数列{an}的周期是6，再求出前6项，并依次计算S2，S4，S6，S8，⋯即可得解．
本题考查了数列递推关系、数列的周期性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
10.【答案】ACD
【解析】解：因为DD1//BB1，且DD1=BB1，所以四边形BDD1B1为平行四边形，所以B1D1//BD，
又因为B1D1⊄平面A1BD，BD⊂平面A1BD，所以B1D1//平面A1BD，又P为线段B1D1上动点，
所以P到平面A1BD距离为定值，故三棱锥P−A1BD体积为定值，当点P与D1重合时，
VP−A1BD=VB−A1DD1=13S△A1DD1⋅AB=13×12×2×2×2=43，故A正确；
因为B1D1//BD，故A 1D与B1D1所成角等价于A1D与BD所成角，
△A1BD为等边三角形，所以异面直线A1DB1D1成角为60°，故B项错误；
以DA方向为x轴，DC方向为y轴，DD1方向为z轴建立空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)A1(2,0,2)，AA1=(0,0,2)，DA1=(2,0,2)，DB=(2,2,0)，
设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅DA1=0n⋅DB=0，即x+z=0x+y=0，令x=1，得y=z=−1，
故n=(1,−1,−1)，
设直线AA1与面A1BD所成角为θ，
则sinθ=|cs〈AA1,n〉|=22 3= 33，故C项正确；
当P为B1D1中点时，得CP//面A1BD.故D项正确．
故选：ACD．
易证B1D1//平面A1BD，故三棱锥P−A1BD体积为定值；易得B1D1//BD，△A1BD为等边三角形，故B错误；由向量法可判断C正确；当P为B1D1中点时，得CP//面A1BD．
本题考查线面平行的判定定理，线线角的求解问题，向量法求解线面角问题，属难题．
11.【答案】AB
【解析】解：对于A，因为P(A)=13，P(B)=16，则P(A−)=1−P(A)=1−13=23，
因为P(A−)P(B)=23×16=19=P(A−B)，所以，事件A−与B相互独立，A对；
对于B，若A与B相互独立，则P(AB)=P(A)P(B)=13×16=118，
所以P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(AB)=13+16−118=49，B对；
对于C，若A与B互斥，则P(A∪B)=P(A)+P(B)=13+16=12，C错；
对于D，若B发生时A一定发生，则B⊆A，则P(AB)=P(B)=16，D错．
故选：AB．
利用独立事件的定义可判断A选项；利用并事件的概率公式可判断B选项；利用互斥事件的概率公式可判断C选项；分析可知AB=B，可判断出D选项．
本题主要考查独立事件的定义，并事件的概率公式，以及互斥事件的概率公式，属于基础题．
12.【答案】ABD
【解析】解：因为圆O的圆心为O(0,0)，半径R=2，
对于选项A：因为|OP|= 12+12= 2<2，可知点P在圆O内，
可得圆心O到过点P的直线的距离d∈[0, 2]，
所以|AB|=2 R2−d2=2 4−d2∈[2 2,4]，故A正确；
对于选项B：设Q(a,4−a)，则|OQ|= a2+(4−a)2，
可得|QC|2=|OQ|2−R2=a2+(4−a)2−4，
以Q为圆心，|QC|为半径的圆的方程为(x−a)2+(y−4+a)2=a2+(4−a)2−4，
整理得x2+y2−2ax−2(4−a)y+4=0，
由题意可知：直线CD为圆Q与圆O的公共弦所在的直线，
可得4−2ax−2(4−a)y+4=0，整理得a(x−y)+4(y−1)=0，
令x−y=0y−1=0，解得x=1y=1，所以直线CD必过定点(1,1)，故B正确；
对于选项C：圆C：(x−3)2+(y−4)2=r2的圆心C(3,4)，半径为r，则|OC|= 32+42=5，
若圆O与圆C有且仅有两条公切线，所以两圆相交，
则|r−R|<|OC|
对于选项D：因为圆心O到直线l：x− 3y+1=0的距离d=|0−0+1| 12+(− 3)2=12<1，
作l1//2//l且l1，l2与l的距离均为1，如下图所示：
由图可知此时A，B，C，D到l的距离均为1，
所以圆O上有4个点到直线l：x− 3y+1=0的距离等于1，故D正确．
故选：ABD．
A：确定P点位置，然后分析圆心O到过点P的直线的距离d，结合|AB|=2 R2−d2确定出|AB|的范围；B：设出Q点坐标，表示出以Q为圆心，|QC|为半径的圆的方程，根据相交圆的公共弦所在直线的方程确定出CD的方程，由此确定出所过的定点；C：先确定出两圆的位置关系，然后得到两圆的半径与圆心距的关系，由此求解出结果；D：先确定圆心到直线l的距离然后结合图示进行说明．
本题考查直线与圆的方程的应用，属于中档题．
13.【答案】−a+12b+12c
【解析】解：在三棱锥O−ABC中，D是BC的中点，若OA=a，OB=b，OC=c，
则AD=12AC+12AB=12OC−12OA+12OB−12OA=−a+12b+12c．
故答案为：−a+12b+12c．
直接利用向量的线性运算求出结果．
本题考查的知识要点：向量的线性运算，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
14.【答案】nn+1
【解析】解：(1)由题意，设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，
则a1=a5−4d=10−4d，a3=a5−2d=10−2d，
a9=a5+4d=10+4d，
∵a1，a3，a9成等比数列，
∴a32=a1a9，即(10−2d)2=(10−4d)(10+4d)，
化简整理，得d2−2d=0，
解得d=0(舍去)，或d=2，
∴a1=10−4d=10−4×2=2，
∴Sn=2n+n(n−1)2⋅2=n(n+1)，n∈N*，
∴1Sn=1n(n+1)=1n−1n+1，
∴Tn=1S1+1S2+…+1Sn
=1−12+12−13+…+1n−1n+1
=1−1n+1
=nn+1．
故答案为：nn+1．
先设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，再根据等差数列的通项公式与等比数列的性质列出关于公差d的方程，解出d的值，然后计算出首项a1的值，即可计算出数列{an}的前n项和Sn的表达式，进一步计算出数列{1Sn}的通项公式，最后运用裂项相消法即可计算出前n项和Tn．
本题主要考查数列求通项公式，以及数列求和问题．考查了方程思想，转化与化归思想，裂项相消法，等差数列的通项公式与等比数列的性质的应用，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．
15.【答案】7 22+1
【解析】解：圆C1：x2+y2−4x+2y=0与圆C2：x2+y2−2y−4=0的方程相减，
可得x−y−1=0，即直线AB的方程为x−y−1=0，
圆C：(x+3)2+(y−3)2=1的圆心为C(−3,3)，半径r=1，
点C(−3,3)到直线AB的距离d=|−3−3−1| 2=7 22，
则圆C上的动点P到直线AB的距离的最大值为d+r=7 22+1．
故答案为：7 22+1．
先求出直线AB的方程，再利用点到直线距离公式求解．
本题主要考查了圆与圆的位置关系，考查了点到直线的距离公式，属于基础题．
16.【答案】(1, 2)
【解析】解：由题意得F(p2,0)，设直线l的方程为x=my+p2，设点A(x1,y1)、B(x2,y2).
由y2=2pxx=my+p2消去x得y2−2mpy−p2=0，△=4m2p2+4p2>0，
由根与系数关系可得y1+y2=2mp①，y1⋅y2=−p2②.
又|AF|=(3+2 2)|FB|，即AF=(3+2 2)FB，
所以，(p2−x1,−y1)=(3+2 2)(x2−p2,y2)，y1=−(3+2 2)y2③.
将③代入①得( 2+1)y2=−mp④，将③代入②得(3+2 2)y22=p2⑤，
再由④⑤解得m2=1，故直线l的斜率为k=±1．
又抛物线y2=2px(p>0)的焦点F是双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点，∴c=p2，所以，直线l的方程即为y=k(x−c)．
由双曲线的左焦点(−c,0)到直线l的距离d=|k(−c−c)−0| 1+k2=2c 2>2b，解得c> 2b，即c2>2b2，
又b2=c2−a2，∴c2>2(c2−a2)，即e=ca< 2，
又e>1，所以，双曲线的离心率e∈(1, 2)．
故答案为：(1, 2)．
设直线l的方程为x=my+p2，设点A(x1,y1)、B(x2,y2).联立直线与抛物线方程，利用韦达定理，结合已知条件转化求解直线的斜率，求出双曲线的焦点坐标，求解直线方程，利用点到直线的距离，转化求解双曲线的离心率的范围即可．
本题考查直线与抛物线的位置关系的应用，双曲线的简单性质的应用，点到直线的距离公式的应用，是中档题．
17.【答案】解：(1)根据题意，设AB的中点为D，
又由A(−1,0)，B(1,2)，则D(0,1)，
又由CD⊥AB，即kCD×kAB=−1，且kAB=2−01+1=1，
则kCD=−1，
故AB的垂直平分线的方程为y=−x+1；
(2)根据题意，设圆的标准方程为(x−a)2+y2=r2，其中C(a,0)，半径为r，
由圆的性质，圆心C在直线CD上，则有0=−a+1，即a=1，
圆心为(1,0)，r=|CA|=2，
故圆的标准方程为(x−1)2+y2=4．
【解析】(1)根据题意，设AB的中点为D，分析有CD⊥AB，即kCD×kAB=−1，求出CD的斜率，即可得答案；
(2)根据题意，设圆的标准方程为(x−a)2+y2=r2，将C的坐标代入直线CD的方程，可得a的值，求出r，即可得答案．
本题考查直线与圆的位置关系，涉及直线方程的计算，属于基础题．
18.【答案】解：(1)证明：不妨设直线方程为y=2x+b，
联立y=2x+by2=x，消去y并整理得4x2+(4b−1)x+b2=0，
由韦达定理得x1x2=b24，x1+x2=1−4b4，
所以y1+y2=2(x1+x2)+2b=1−4b2+2b=12，
可得y1+y22=14，
则线段AB的中点坐标为(1−4b8,14)，
故线段AB的中点一定在直线y=14上；
(2)证明：因为y1y2=(2x1+b)(2x2+b)=4x1x2+2b(x1+x2)+b2
=4×b24+2b⋅1−4b4+b2=b2，
此时1kOA+1kOB=x1y1+x2y2=x1y2+x2y1y1y2=x1(2x2+b)+x2(2x1+b)y1y2
=4x1x2+b(x1+x2)y1y2=b2+b−4b24b2=12，
故1kOA+1kOB为定值，定值为12．
【解析】(1)设出直线的方程，将直线的方程与抛物线方程联立，利用韦达定理以及中点坐标公式再进行求证即可；
(2)先得到y1y2的表达式，根据斜率公式得到1kOA+1kOB的表达式，再进行求证即可．
本题考查直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)某场比赛中，甲、乙、丙三个家庭同时回答一道有关环保知识的问题，
甲家庭回答正确这道题的概率是34，甲、丙两个家庭都回答错误的概率是112，
乙、丙两个家庭都回答正确的概率是14.若各家庭回答是否正确互不影响，
记“甲家庭回答正确这道题”“乙家庭回答正确这道题”“丙家庭回答正确这道题”分别为事件A，B，C，
则P(A)=34，P(A−)⋅P(C−)=112，P(B)⋅P(C)=14，
即[1−P(A)]⋅[1−P(C)]=112，P(B)⋅P(C)=14，
所以P(B)=38，P(C)=23．
所以乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率为38和23．
(2)有0个家庭回答正确的概率为：
P0=P(A−B−C−)=P(A−)⋅P(B−)⋅P(C−)=14×58×13=596，
有1个家庭回答正确的概率为：
P1=P(AB−C−+A−BC−+A−B−C)=34×58×13+14×38×13+14×58×23=724，
所以不少于2个家庭回答正确这道题的概率P=1−P0−P1=1−596−724=2132．
【解析】(1)记“甲家庭回答正确这道题”“乙家庭回答正确这道题”“丙家庭回答正确这道题”分别为事件A，B，C，则P(A)=34，P(A−)⋅P(C−)=112，P(B)⋅P(C)=14，由此能求出乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率．
(2)先分别求出有0个家庭回答正确的概率和有1个家庭回答正确的概率，利用对立事件概率计算公式能求出不少于2个家庭回答正确这道题的概率．
本题考查相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
20.【答案】解：(I)证明：因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD，
又ABCD为菱形，所以AC⊥BD，
因为PA∩AC=A，所以BD⊥平面PAC，
因为BD⊂平面PBD，所以平面PBD⊥平面PAC．
(II)解：过O作OH⊥PM交PM于H，连HD，
因为DO⊥平面PAC，由三垂线定理可得DH⊥PM，所以∠OHD为A−PM−D的平面角
又OD= 32a,OM=a4,AM=3a4，且OHOM=APPM
从而OH=b b2+916a2⋅a4=ab 16b2+9a2
∴tan∠OHD=ODOH= 3(16b2+9a2)2b=2 6
所以9a2=16b2，即ab=43．
【解析】(I)根据线面垂直的判定，证明BD⊥平面PAC，利用面面垂直的判定，证明平面PBD⊥平面PAC．
(II)过O作OH⊥PM交PM于H，连HD，则∠OHD为A−PM−D的平面角，利用二面角O−PM−D的正切值为2 6，即可求a：b的值．
本题考查线面垂直、面面垂直的判定，考查面面角，解题的关键是掌握线面垂直、面面垂直的判定，作出面面角．
21.【答案】解：(1)证明：由11+S1+11+S2+⋯+11+Sn=1−12n，n≥2时，11+S1+11+S2+…11+Sn−1=1−12n−1，相减可得：11+Sn=1−12n−(1−12n−1)=12n，
∵11+S1=1−12=12，满足上式，∴n≥2时，11+Sn÷11+Sn−1=12n÷12n−1=12，
∴数列{11+Sn}是等比数列，首项与公比都为12．
(2)由(1)可得：11+Sn=12n，∴Sn=2n−1，
n≥2时，an=Sn−Sn−1=2n−1−(2n−1−1)=2n−1，
n=1时，a1=1，也满足上式．
数列{bn}满足bn=an(an+1+3)(an+3)=2n−1(2n+3)(2n−1+3)=12n−1+3−12n+3，
∴数列{bn}的前n项和Tn=11+3−12+3+12+3−122+3+…+12n−1+3−12n+3=14−12n+3．
【解析】(1)由11+S1+11+S2+⋯+11+Sn=1−12n，n≥2时，11+S1+11+S2+…11+Sn−1=1−12n−1，相减整理即可证明结论．
(2)由(1)可得：Sn=2n−1，n≥2时，an=Sn−Sn−1，n=1时，a1=1，也满足上式．利用裂项求和方法即可得出Tn．
本题考查了数列递推关系、等比数列的通项公式与求和公式、裂项求和方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)证明：易知A(−2,0)，B(2,0)，
不妨设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
此时k1=y1x1+2，k2=y2x2−2，
则k1k2=y1(x2−2)y2(x1+2)，
因为直线l不与x轴重合，
不妨设直线l的方程为x=ty+1，
此时k1k2=y1(ty2−1)y2(ty1+3)=ty1y2−y1ty1y2+3y2，
联立x=ty+1x24+y23=1，消去x并整理得(4+3t2)y2+6ty−9=0，
易知Δ>0，
由韦达定理得y1+y2=−6t3t2+4，y1y2=−93t2+4，
所以ty1y2=32(y1+y2)，
则k1k2=32(y1+y2)−y132(y1+y2)+3y2=12y1+32y232y1+92y2=13；
(2)不妨设直线l的方程为y=k(x−1)，k≠0，M(x1,y1)N(x2,y2)，
联立y=k(x−1)x24+y23=1，消去y并整理得(4k2+3)x2−8k2x+4k2−12=0，
由韦达定理得x1+x2=8k24k2+3，x1x2=4k2−124k2+3，
所以y1+y2=k(x1+x2)−2k=−6k4k2+3，
不妨设MN的中点为P，
此时P(4k24k2+3,−3k4k2+3)，
所以线段MN的垂直平分线PD的方程为y−−3k4k2+3=−1k(x−4k24k2+3)，
令y=0，
解得xD=k24k2+3，
即D(k24k2+3,0)，
则|PD|= (k24k2+3−4k24k2+3)2+(0−−3k4k2+3)2=3 k4+k24k2+3，
因为|AB|= 1+k2⋅ (x1+x2)2−4x1x2= 1+k2⋅ (8k24k2+3)2−4⋅4k2−124k2+3=12(1+k2)4k2+3，
所以|DP||AB|=14 k2k2+1=14 1−1k2+1，
因为k2+1>1，
所以0<11+k2<1，
则0<14 1−1k2+1<14．
故|DP||MN|的取值范围为(0,14)．
【解析】(1)由题意，设出M，N两点的坐标，此时k1k2=ty1y2−y1ty1y2+3y2，设出直线l的方程，将直线l的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理得到ty1y2=32(y1+y2)，代入k1k2中即可得证；
(2)设出直线l的方程，将直线l的方程与椭圆方程联立，利用弦长公式得到|MN|的表达式以及点D的坐标，推出|PD|，代入|DP||MN|化简再求解即可．
本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
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