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上海市上海大学附属中学2023-2024学年高二下学期3月月考数学试卷（原卷版+解析版）
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这是一份上海市上海大学附属中学2023-2024学年高二下学期3月月考数学试卷（原卷版+解析版），文件包含精品解析上海市上海大学附属中学2023-2024学年高二下学期3月月考数学试卷原卷版docx、精品解析上海市上海大学附属中学2023-2024学年高二下学期3月月考数学试卷解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。
一.填空题（第1-6题每题4分，第7-12题每题5分，满分54分）
1. 已知直线l的一个法向量是，则此直线的倾斜角的大小为__．
【答案】
【解析】
【分析】设直线的方向向量为，直线的倾斜角为．利用，即可得出．
【详解】解：设直线的方向向量为，直线的倾斜角为．
则，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了直线的方向向量与法向量、向量垂直与数量积的关系，考查了计算能力，属于基础题．
2. 双曲线两条渐近线的夹角的余弦值为______.
【答案】##0.6
【解析】
【分析】求解双曲线的渐近线方程，然后求解夹角即可．
【详解】双曲线的两条渐近线为，直线的倾斜角为，，，
所以两条渐近线的夹角的余弦值为．
故答案为：．
3. 已知数列的前项和，若数列为等比数列，则_____________
【答案】
【解析】
【分析】利用等比数列前项和公式，结合待定系数法列方程组，解出即可.
【详解】若 等比数列的公比为1，则，不合题意.
故，，
所以，解得，
故答案为：.
4. 计算_____________．
【答案】2
【解析】
【分析】根据无穷等比数列的求和公式直接即可求出答案.
【详解】.
故答案为：2.
5. 某产品经过4次革新后，成本由原来的200元下降到125元.如果这种产品每次革新后成本下降的百分比相同，那么每次革新后成本下降的百分比是______（结果精确到0.1%）.
【答案】11.1%
【解析】
【分析】按照等比数列求解.
【详解】设4次革新前的成本价格分别为，，由题意是等比数列，
设公比为q，则 ，
每次革新后成本下降的百分比为；
故答案为：.
6. 若表示圆，则实数的值为______.
【答案】
【解析】
【分析】依题意可得，解得，再代入检验.
【详解】因为表示圆，所以，
解得或，
当时方程，即，不表示任何图形，故舍去；
当时方程，即，表示以为圆心，为半径的圆，符合题意；
故答案为：
7. 在数列中，已知，且，则______
【答案】
【解析】
【分析】利用累加法，结合等差数列、等比数列求和公式求解即可.
【详解】因为，所以，
所以，，…，，
将以上各式相加得.
因为，所以，所以.
故答案为：
8. 若实数、、成等差数列，则直线必经过一个定点，则该定点坐标为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据等差中项的性质得到，即可求出直线过定点坐标.
【详解】因为实数、、成等差数列，所以，即，
所以直线必过点
故答案为：
9. 在数学发展史上，已知各除数及其对应的余数，求适合条件的被除数，这类问题统称为剩余问题.1852年《孙子算经》中”物不知其数”问题的解法传至欧洲，在西方的数学史上将”物不知其数”问题的解法称之为“中国剩余定理”，“物不知其数”问题后经秦九韶推广，得到了一个普遍的解法，提升了“中国剩余定理”的高度.现有一个剩余问题：在的整数中，把被4除余数为，被5除余数也为的数，按照由小到大的顺序排列，得到数列，则数列的项数为_____________
【答案】
【解析】
【分析】首先根据题意得到，然后结合题目所给范围，即可求解.
【详解】将题目问题转化为既是的倍数也是的倍数，也就是的倍数，
所以，即，令，
∴，又因为，所以共项.
故答案为：
10. 已知数列的通项公式是，其前项的和为.设，若数列是严格增数列，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】先由裂项相消法求出，进而得到，由数列是严格增数列求解实数的取值范围即可.
【详解】由，得：.
所以，
因为数列是严格增数列，
所以，在时恒成立，
可得在时恒成立，则，
即的取值范围为.
故答案为：.
11. 已知双曲线的左，右焦点分别为，，过左焦点作直线与双曲线交于A，B两点（B在第一象限），若线段的中垂线经过点，且点到直线的距离为，则双曲线的离心率为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，由双曲线的定义可得，再由勾股定理列出方程即可得到关系，代入离心率计算公式，即可得到结果.
【详解】
设双曲线的半焦距为c，，，根据题意得，
又，，设的中点为，
在中，，，，
则，，根据，
可知，.
故答案为：.
12. 已知轴上的点，，，满足，射线上的点，，，满足，记四边形的面积为，且恒成立，则区间长度的最小值为_____________
【答案】
【解析】
【分析】先通过点满足可得为等比数列，求其通项公式，进而可得点，再利用满足可得，则根据可将面积用表示，再通过判断数列的单调性可得面积的取值范围.
【详解】由轴上的点、、…、满足，
得，
又，
则是以为首项，为公比的等比数列，
，
，
又符合上式，所以，
，
因为射线上的点、、…、满足
又，，
，
，又，
，
，
则，
四边形的面积为，
即，
令，，则，
，
当时，，所以，
当时，，所以，
则的最大值为，
又，且，
所以，而，
故，
所以四边形的面积的取值范围为，
又恒成立，所以，，所以区间长度的最小值为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题关键是推导出、，再由表示出四边形的面积.
二.选择题（本大题共4题，满分20分）
13. 已知，若三向量共面，则实数等于（ ）
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量共面定理，设，列出方程组，解出即可.
【详解】因为三向量共面，设，
所以，即，解得，
故选：C.
14. 下列命题中正确的选项有（ ）个
①已知数列为等比数列，为其前项和，则、、成等比数列
②已知数列为等比数列，若存在，则
③平面上到两定点距离之和为定长的点的轨迹是椭圆
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】利用特殊值判断①，分和讨论判断②，根据椭圆的定义判断③.
【详解】对于①，若，当为偶数时，，，
显然、、不成等比数列，故①错误；
对于②：设等比数列的公比为，若，则，所以，
若，则，若存在，则，故②错误；
对于③：平面上到两定点距离之和为定长，当定长大于两定点间的距离，
此时动点的轨迹是椭圆，当定长等于两定点间的距离，此时动点的轨迹是线段，故③错误；
故选：A
15. 若直线与曲线恰有两个公共点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意得：为恒过定点的直线，曲线表示圆心为，半径为的上半圆，由此利用数形结合思想能求出的取值范围．
【详解】根据题意得为恒过定点的直线，
由曲线，可得，
所以曲线表示圆心为，半径为的上半圆，如图所示，
当直线与圆相切时，有，解得（舍去）或，
把代入得，解得，
因为直线与曲线恰有两个公共点，
由图可得，即的取值范围是．
故选：B．
16. 已知数列满足，，若，且存在，使得成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，令，进而证明数列是以为首项，为公差的等差数列，故可得，，在结合题意将问题转化为，再求数列的最大值代入解一元二次不等式即可得答案.
【详解】，．
令，
，
又，
∴数列是以为首项，为公差的等差数列，
，即，
，
∵存在，使得成立，
．
令得则，，
或．，
，即，解得，
∴实数的取值范围是．
故选：D．
三.解答题（本大题共有5题，满分76分）
17. 已知直线．
（1）若，求实数的值；
（2）当时，求直线与之间的距离．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由垂直可得两直线系数关系，即可得关于实数a的方程.
（2）由平行可得两直线系数关系，即可得关于实数a的方程，进而可求出两直线的方程，结合直线的距离公式即可求出直线与之间的距离.
【详解】（1）∵，且，
∴，
解得．
（2）∵，且，
∴且，解得，
∴，即
∴直线间的距离为．
【点睛】本题考查了由两直线平行求参数，考查了由两直线垂直求参数值，属于基础题.
18. 已知等差数列的公差不为零，，且，，成等比数列．
（1）求的通项公式；
（2）计算．
【答案】（1）
（2）-640
【解析】
【分析】（1）设出公差，利用题干条件列出方程，求出公差，进而写成通项公式；
（2）在（1）的基础上，得到，即数列（正整数）为等差数列，利用等差数列求和公式进行求解.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，
则，．
因为，，成等比数列，所以，
即，
代入，解得．
所以，
所以的通项公式为；
【小问2详解】
因为，
所以数列（正整数）是以为首项，为公差的等差数列，
所以.
19. 如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是矩形，E、F分别是AB、PD的中点．若PA＝AD＝3，CD=．
（1）求证：AF平面PCE；
（2）求点F到平面PCE的距离；
（3）求直线FC与平面PCE所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.
【解析】
【分析】（1）设G为PC的中点，连接EG，FG，FG为△PCD的中位线，FG∥CD∥AE，又E为AB的中点，AE＝FG，AEGF为平行四边形，AF∥EG，即可得证；
（2）利用等体积法，四棱锥P﹣AEGF的体积＝三棱锥F﹣PEG体积的2倍＝三棱锥F﹣PEC体积，即可得解；
（3）作FH⊥平面PCE于H，∠FCH是FC与平面PCE所成的角，在△FCH中，FH=，FC=，由正弦公式即可得解.
【详解】
（1）证明：设G为PC的中点，连接EG，FG，
∵FG为△PCD的中位线，∴FG∥CD∥AE
又∵E为AB的中点，∴AE＝FG，
∴AEGF为平行四边形，∴AF∥EG
∵AF⊄平面PCE，EG⊂平面PCE，
∴AF∥平面PCE；
（2）设F到平面PEC的距离为h，
∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥EA，
又∵ABCD为矩形，∴EA⊥AD，
∵PA∩AD＝A，∴EA⊥平面PAD，∴AEGF为矩形，
∵△PAD为等腰直角三角形，∴PF是棱锥P﹣AEGF的高，
∴四棱锥P﹣AEGF的体积=•PF•FG•AF=，
∵PE＝EC=，PC＝，∴由余弦定理可得cs∠PEC=，
∴sin∠PEC=∴S△PEC＝；
∵四棱锥P﹣AEGF的体积＝三棱锥F﹣PEG体积的2倍＝三棱锥F﹣PEC体积，
∴，∴h=，
∴F点到平面PEC的距离为；
（3）作FH⊥平面PCE于H，
∴∠FCH是FC与平面PCE所成角，
由（2）知，在△FCH中，FH=，
∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD，又CD⊥AD，
所以CD⊥平面PAE，CD⊥PD，
根据数据可得：FC=，
∴sin∠FCH=，
∴直线FC与平面PCE所成角的正弦值为.
【点睛】本题考查了线面垂直的证明，以及点到面的距离以及线面所成角，考查了等体积法求高和转化思想，要求较高的计算能力，属于较难题.
20. 已知数列满足，．
（1）证明：数列为等差数列，并求出数列的通项公式；
（2）设数列满足，为数列的前n项和，
①求数列的前n项和；
②若在，上恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）证明见解析，
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）法1：将已知同除以即可得证；
法2：由已知得，再证明为定值即可得证；
（2）①先由（1）求得数列得通项，再利用裂项相消即可求得；
②在上恒成立，即，结合基本不等式求出即可得解.
【小问1详解】
法1：由
两边同除以得，，即，
数列为等差数列，首项，公差为1，
所以，所以；
法2：由得，，
故，
所以数列为等差数列，首项，公差为1，
所以，所以；
【小问2详解】
①由（1）可得，
则
；
②因为若在上恒成立，
即，
所以，
又因为，当且仅当时，即时，等号成成立，
所以，所以，
即实数的取值范围为.
21. 已知椭圆的焦距为2，且过点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）、分别为椭圆的上、下顶点，为坐标原点，过椭圆的左焦点作直线交椭圆于、两点，与轴交于点.
①若点是线段的中点，求点的轨迹方程；
②设直线与直线交于点，求证：为定值.
【答案】（1）；
（2）①(除去点)；②证明见解析.
【解析】
【分析】（1）将给定的点坐标代入方程，由焦距列出方程，再解方程组作答.
（2）①设出直线的方程，与椭圆的方程联立，利用韦达定理求出轨迹方程即得；②设出点的坐标，借助斜率坐标公式推理计算即可.
【小问1详解】
依题意，，由点在上得，解得,
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
①由（1）知，，显然直线的斜率存在，设直线的方程为，
由消去y得，设，
于是，设线段的中点，
则，，
当时，两式相除得，代入上式化简得，
当时，线段的中点的坐标满足上述方程，
所以的轨迹方程为(除去点)；
②由直线的方程，得点，当时，，不符合题意，
因此，当点异于、点时，设，
由,,三点共线，得，由,,三点共线，得，而，
两式相除得
，
解得，从而，为定值，
当点与点重合时,，满足，
当点与点重合时,，满足，
所以为定值.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
一.填空题（第1-6题每题4分，第7-12题每题5分，满分54分）
1. 已知直线l的一个法向量是，则此直线的倾斜角的大小为__．
【答案】
【解析】
【分析】设直线的方向向量为，直线的倾斜角为．利用，即可得出．
【详解】解：设直线的方向向量为，直线的倾斜角为．
则，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了直线的方向向量与法向量、向量垂直与数量积的关系，考查了计算能力，属于基础题．
2. 双曲线两条渐近线的夹角的余弦值为______.
【答案】##0.6
【解析】
【分析】求解双曲线的渐近线方程，然后求解夹角即可．
【详解】双曲线的两条渐近线为，直线的倾斜角为，，，
所以两条渐近线的夹角的余弦值为．
故答案为：．
3. 已知数列的前项和，若数列为等比数列，则_____________
【答案】
【解析】
【分析】利用等比数列前项和公式，结合待定系数法列方程组，解出即可.
【详解】若 等比数列的公比为1，则，不合题意.
故，，
所以，解得，
故答案为：.
4. 计算_____________．
【答案】2
【解析】
【分析】根据无穷等比数列的求和公式直接即可求出答案.
【详解】.
故答案为：2.
5. 某产品经过4次革新后，成本由原来的200元下降到125元.如果这种产品每次革新后成本下降的百分比相同，那么每次革新后成本下降的百分比是______（结果精确到0.1%）.
【答案】11.1%
【解析】
【分析】按照等比数列求解.
【详解】设4次革新前的成本价格分别为，，由题意是等比数列，
设公比为q，则 ，
每次革新后成本下降的百分比为；
故答案为：.
6. 若表示圆，则实数的值为______.
【答案】
【解析】
【分析】依题意可得，解得，再代入检验.
【详解】因为表示圆，所以，
解得或，
当时方程，即，不表示任何图形，故舍去；
当时方程，即，表示以为圆心，为半径的圆，符合题意；
故答案为：
7. 在数列中，已知，且，则______
【答案】
【解析】
【分析】利用累加法，结合等差数列、等比数列求和公式求解即可.
【详解】因为，所以，
所以，，…，，
将以上各式相加得.
因为，所以，所以.
故答案为：
8. 若实数、、成等差数列，则直线必经过一个定点，则该定点坐标为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据等差中项的性质得到，即可求出直线过定点坐标.
【详解】因为实数、、成等差数列，所以，即，
所以直线必过点
故答案为：
9. 在数学发展史上，已知各除数及其对应的余数，求适合条件的被除数，这类问题统称为剩余问题.1852年《孙子算经》中”物不知其数”问题的解法传至欧洲，在西方的数学史上将”物不知其数”问题的解法称之为“中国剩余定理”，“物不知其数”问题后经秦九韶推广，得到了一个普遍的解法，提升了“中国剩余定理”的高度.现有一个剩余问题：在的整数中，把被4除余数为，被5除余数也为的数，按照由小到大的顺序排列，得到数列，则数列的项数为_____________
【答案】
【解析】
【分析】首先根据题意得到，然后结合题目所给范围，即可求解.
【详解】将题目问题转化为既是的倍数也是的倍数，也就是的倍数，
所以，即，令，
∴，又因为，所以共项.
故答案为：
10. 已知数列的通项公式是，其前项的和为.设，若数列是严格增数列，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】先由裂项相消法求出，进而得到，由数列是严格增数列求解实数的取值范围即可.
【详解】由，得：.
所以，
因为数列是严格增数列，
所以，在时恒成立，
可得在时恒成立，则，
即的取值范围为.
故答案为：.
11. 已知双曲线的左，右焦点分别为，，过左焦点作直线与双曲线交于A，B两点（B在第一象限），若线段的中垂线经过点，且点到直线的距离为，则双曲线的离心率为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，由双曲线的定义可得，再由勾股定理列出方程即可得到关系，代入离心率计算公式，即可得到结果.
【详解】
设双曲线的半焦距为c，，，根据题意得，
又，，设的中点为，
在中，，，，
则，，根据，
可知，.
故答案为：.
12. 已知轴上的点，，，满足，射线上的点，，，满足，记四边形的面积为，且恒成立，则区间长度的最小值为_____________
【答案】
【解析】
【分析】先通过点满足可得为等比数列，求其通项公式，进而可得点，再利用满足可得，则根据可将面积用表示，再通过判断数列的单调性可得面积的取值范围.
【详解】由轴上的点、、…、满足，
得，
又，
则是以为首项，为公比的等比数列，
，
，
又符合上式，所以，
，
因为射线上的点、、…、满足
又，，
，
，又，
，
，
则，
四边形的面积为，
即，
令，，则，
，
当时，，所以，
当时，，所以，
则的最大值为，
又，且，
所以，而，
故，
所以四边形的面积的取值范围为，
又恒成立，所以，，所以区间长度的最小值为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题关键是推导出、，再由表示出四边形的面积.
二.选择题（本大题共4题，满分20分）
13. 已知，若三向量共面，则实数等于（ ）
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量共面定理，设，列出方程组，解出即可.
【详解】因为三向量共面，设，
所以，即，解得，
故选：C.
14. 下列命题中正确的选项有（ ）个
①已知数列为等比数列，为其前项和，则、、成等比数列
②已知数列为等比数列，若存在，则
③平面上到两定点距离之和为定长的点的轨迹是椭圆
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】利用特殊值判断①，分和讨论判断②，根据椭圆的定义判断③.
【详解】对于①，若，当为偶数时，，，
显然、、不成等比数列，故①错误；
对于②：设等比数列的公比为，若，则，所以，
若，则，若存在，则，故②错误；
对于③：平面上到两定点距离之和为定长，当定长大于两定点间的距离，
此时动点的轨迹是椭圆，当定长等于两定点间的距离，此时动点的轨迹是线段，故③错误；
故选：A
15. 若直线与曲线恰有两个公共点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意得：为恒过定点的直线，曲线表示圆心为，半径为的上半圆，由此利用数形结合思想能求出的取值范围．
【详解】根据题意得为恒过定点的直线，
由曲线，可得，
所以曲线表示圆心为，半径为的上半圆，如图所示，
当直线与圆相切时，有，解得（舍去）或，
把代入得，解得，
因为直线与曲线恰有两个公共点，
由图可得，即的取值范围是．
故选：B．
16. 已知数列满足，，若，且存在，使得成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，令，进而证明数列是以为首项，为公差的等差数列，故可得，，在结合题意将问题转化为，再求数列的最大值代入解一元二次不等式即可得答案.
【详解】，．
令，
，
又，
∴数列是以为首项，为公差的等差数列，
，即，
，
∵存在，使得成立，
．
令得则，，
或．，
，即，解得，
∴实数的取值范围是．
故选：D．
三.解答题（本大题共有5题，满分76分）
17. 已知直线．
（1）若，求实数的值；
（2）当时，求直线与之间的距离．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由垂直可得两直线系数关系，即可得关于实数a的方程.
（2）由平行可得两直线系数关系，即可得关于实数a的方程，进而可求出两直线的方程，结合直线的距离公式即可求出直线与之间的距离.
【详解】（1）∵，且，
∴，
解得．
（2）∵，且，
∴且，解得，
∴，即
∴直线间的距离为．
【点睛】本题考查了由两直线平行求参数，考查了由两直线垂直求参数值，属于基础题.
18. 已知等差数列的公差不为零，，且，，成等比数列．
（1）求的通项公式；
（2）计算．
【答案】（1）
（2）-640
【解析】
【分析】（1）设出公差，利用题干条件列出方程，求出公差，进而写成通项公式；
（2）在（1）的基础上，得到，即数列（正整数）为等差数列，利用等差数列求和公式进行求解.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，
则，．
因为，，成等比数列，所以，
即，
代入，解得．
所以，
所以的通项公式为；
【小问2详解】
因为，
所以数列（正整数）是以为首项，为公差的等差数列，
所以.
19. 如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是矩形，E、F分别是AB、PD的中点．若PA＝AD＝3，CD=．
（1）求证：AF平面PCE；
（2）求点F到平面PCE的距离；
（3）求直线FC与平面PCE所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.
【解析】
【分析】（1）设G为PC的中点，连接EG，FG，FG为△PCD的中位线，FG∥CD∥AE，又E为AB的中点，AE＝FG，AEGF为平行四边形，AF∥EG，即可得证；
（2）利用等体积法，四棱锥P﹣AEGF的体积＝三棱锥F﹣PEG体积的2倍＝三棱锥F﹣PEC体积，即可得解；
（3）作FH⊥平面PCE于H，∠FCH是FC与平面PCE所成的角，在△FCH中，FH=，FC=，由正弦公式即可得解.
【详解】
（1）证明：设G为PC的中点，连接EG，FG，
∵FG为△PCD的中位线，∴FG∥CD∥AE
又∵E为AB的中点，∴AE＝FG，
∴AEGF为平行四边形，∴AF∥EG
∵AF⊄平面PCE，EG⊂平面PCE，
∴AF∥平面PCE；
（2）设F到平面PEC的距离为h，
∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥EA，
又∵ABCD为矩形，∴EA⊥AD，
∵PA∩AD＝A，∴EA⊥平面PAD，∴AEGF为矩形，
∵△PAD为等腰直角三角形，∴PF是棱锥P﹣AEGF的高，
∴四棱锥P﹣AEGF的体积=•PF•FG•AF=，
∵PE＝EC=，PC＝，∴由余弦定理可得cs∠PEC=，
∴sin∠PEC=∴S△PEC＝；
∵四棱锥P﹣AEGF的体积＝三棱锥F﹣PEG体积的2倍＝三棱锥F﹣PEC体积，
∴，∴h=，
∴F点到平面PEC的距离为；
（3）作FH⊥平面PCE于H，
∴∠FCH是FC与平面PCE所成角，
由（2）知，在△FCH中，FH=，
∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD，又CD⊥AD，
所以CD⊥平面PAE，CD⊥PD，
根据数据可得：FC=，
∴sin∠FCH=，
∴直线FC与平面PCE所成角的正弦值为.
【点睛】本题考查了线面垂直的证明，以及点到面的距离以及线面所成角，考查了等体积法求高和转化思想，要求较高的计算能力，属于较难题.
20. 已知数列满足，．
（1）证明：数列为等差数列，并求出数列的通项公式；
（2）设数列满足，为数列的前n项和，
①求数列的前n项和；
②若在，上恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）证明见解析，
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）法1：将已知同除以即可得证；
法2：由已知得，再证明为定值即可得证；
（2）①先由（1）求得数列得通项，再利用裂项相消即可求得；
②在上恒成立，即，结合基本不等式求出即可得解.
【小问1详解】
法1：由
两边同除以得，，即，
数列为等差数列，首项，公差为1，
所以，所以；
法2：由得，，
故，
所以数列为等差数列，首项，公差为1，
所以，所以；
【小问2详解】
①由（1）可得，
则
；
②因为若在上恒成立，
即，
所以，
又因为，当且仅当时，即时，等号成成立，
所以，所以，
即实数的取值范围为.
21. 已知椭圆的焦距为2，且过点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）、分别为椭圆的上、下顶点，为坐标原点，过椭圆的左焦点作直线交椭圆于、两点，与轴交于点.
①若点是线段的中点，求点的轨迹方程；
②设直线与直线交于点，求证：为定值.
【答案】（1）；
（2）①(除去点)；②证明见解析.
【解析】
【分析】（1）将给定的点坐标代入方程，由焦距列出方程，再解方程组作答.
（2）①设出直线的方程，与椭圆的方程联立，利用韦达定理求出轨迹方程即得；②设出点的坐标，借助斜率坐标公式推理计算即可.
【小问1详解】
依题意，，由点在上得，解得,
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
①由（1）知，，显然直线的斜率存在，设直线的方程为，
由消去y得，设，
于是，设线段的中点，
则，，
当时，两式相除得，代入上式化简得，
当时，线段的中点的坐标满足上述方程，
所以的轨迹方程为(除去点)；
②由直线的方程，得点，当时，，不符合题意，
因此，当点异于、点时，设，
由,,三点共线，得，由,,三点共线，得，而，
两式相除得
，
解得，从而，为定值，
当点与点重合时,，满足，
当点与点重合时,，满足，
所以为定值.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
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