广西贵百河联考2025-2026学年高二上学期12月月考测试数学试题

这是一份广西贵百河联考2025-2026学年高二上学期12月月考测试数学试题，共22页。

注意事项：
2024 级“贵百河”12 月高二年级新高考月考测试
数学（人教版）
（考试时间：120 分钟 满分：150 分）
答题前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.
回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.
回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效.
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.
已知
sinα 5
13 ，那么
sin π α
等于（）
 12
13
 5C.5D. 12
131313
已知数列 3, 5, 7, 3, 11,，则3 3 是这个数列的第（）项
A 13B. 14C. 15D. 16
已知直线l､m 和平面α.若 m α, l α，则“ l // m ”是“ l / /α”的（）
充要条件B. 必要不充分条件
C. 充分不必要条件D. 既不充分也不必要条件
2
2
已知点 P 是抛物线C : y2  12x 上的一点，设点 P 到直线 x  3 和 x  y  4  0 的距离分别为 d1, d2 ，则 d1  d2 的最小值为（）
7 2B. 7
22
3  2
4
若圆 x2  y2  2x  6 y 1  0 上恰有三点到直线 y  kx 的距离为 2，则 k 的值为
1 或 2B. 3 或 4
4
C. 2D.
2433
如图，这是战国时楚国标准度量衡器，于 1954 年出土于湖南长沙的木衡铜环权，包括木质秤杆、两个铜盘和九枚铜环权，为等臂衡秤式样，其中铜环权类似于砝码，用于测量物体质量．已知九枚铜环权中质量最
小的为 1 铢，最大的为 8 两（古制 1 两=24 铢，1 斤=16 两），且按从小到大的顺序排列后前 3 项构成等差数列，后 7 项构成公比为 2 的等比数列，若某物体的质量恰为第 2，5，7 枚铜环权的质量和，则该物体的质量为（ ）
A. 2 两 4 铢B. 2 两 14 铢C. 3 两 2 铢D. 3 两 12 铢
2
2
已知双曲线C : x
2

y
2 1a  0,b  0 的左、右焦点分别为 F1 ， F2 ，左、右顶点分别为 A1 ， A2 ，以 F1F2
ab
为直径的圆与双曲线的一条渐近线交于点 P ，且∠PA1 A2
 π ，则双曲线C 的离心率为（ ）
3
A. 2 3
3
B. 2C.21D.
13
3
已知 f  x 是定义域为R 的单调递减函数，且存在函数 g  x  使得 f  g  x  x .若 x1, x2 分别是方程
f  x  x  3 和 g  x  x  3 的根，则 x2  x1  （）
A. 3B. 3C. 6D. 6
二､多选题：本题共 3 小题，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错的得 0 分.
口袋内装有大小、质地均相同，颜色分别为红、黄、蓝的 3 个球.从口袋内无放回地依次抽取 2 个球，
记“第一次抽到红球”为事件 A，“第二次抽到黄球”为事件 B，则（）
P  A   1
3
P B A  1
2
A 与 B 为互斥事件D. A 与 B 相互独立
已知 m  R ，若过定点 A 的动直线l1 ： x  my  m  2  0 和过定点 B 的动直线l2 ： mx  y  2m  4  0
交于点 P （ P 与 A ， B 不重合），则以下说法正确的是（）
A 点的坐标为2,1
PA  PB
PA 2  PB 2  25D. 2 PA  PB 的最大值为 5
如图，正方体 ABCD  A1B1C1D1 的棱长为 2，M 为棱 D1C1 的中点，N 为棱CC1 上的点，且
CN  a 0  a  2 ，则（）
当 a  2 时， AM / / 平面 BDN
3
当 a  1 时，点 C 到平面 BDN 的距离为 6
3
当 a  1 时，三棱锥 A  BCN 外接球的表面积为9π
对任意 a 0, 2 ，直线 AM 与 BN 都是异面直线
三､填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，其中 14 题第一空 2 分，第二空 3 分，共 15 分.
已知公差为2 的等差数列an 的前 n 项和为 Sn ，且 S4  6a2 ，则 S8  .
已知空间向量 a  1,1, 2 ， b  3,1,1 ， c  2, 2, m ，若a ， b ， c 共面，则m  .
x2  4ax  8, x  a
函数 f  x  csπx, 0  x  a

，当 a  1 时， f  x 的零点个数为；若 f  x 恰有 4
个零点，则 a 的取值范围是.
四､解答题：本题共 5 小题，共 77 分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
在V ABC 中，角 A 、 B 、C 所对的边长分别为 a 、b 、c ， b  a 1， c  a  2 .．
若2 sin C  3sin A ，求V ABC 的面积；
是否存在正整数 a ，使得V ABC 为钝角三角形?若存在，求出 a 的值；若不存在，说明理由．
已知数列an满足 a1  4, an1  5an  4 .
证明an 1 是等比数列，并求数列an的通项公式；
令bn  2n 1an 1 ，求数列bn前 n 项的和Tn .
已知圆C : (x  2)2  ( y  m)2  4 .
若 m  2 ，求圆C 过点(4,1) 的切线l 的方程；
当 m  0 时，过点(2,1) 作直线l1 , l2 ，且直线l1 交圆C 于点 A, B ，直线l2 交圆C 于点 E ， F ，若
l1  l2 ，求 AB  EF 的最大值.
3
如图 1，在四边形 ABCD 中， BC  CD ， AE∥CD, AE  BE  2CD  2,CE ．将四边形 AECD
3
沿 AE 折起，使得 BC ，得到如图 2 所示的几何体．
若G 为 AB 的中点，证明： DG  平面 ABE ；
若 F 为 BE 上一动点，且二面角 B  AD  F 的余弦值为 6 ，求 EF 的值．
3EB
设 A、B 两点的坐标分别是
点 M 的轨迹构成的曲线记为 E ．
曲线 E 的方程；
3, 0，
3, 0 ，直线 AM，BM 相交于 M ，且它们的斜率之积为 1 ，

3
若直线l：y  kx  m k  0 与曲线 E 相交于不同的两点C、D ，点 P 是曲线 E 上的动点（异于 C、D）．
当 m  0 时，若直线 PC, PD 斜率均存在，判断 kPC kPD 是否一定是定值，并证明你的结论；
当点 P 的坐标为0, 1 时， PC  PD ，求实数m 的取值范围．
注意事项：
2024 级“贵百河”12 月高二年级新高考月考测试
数学（人教版）
（考试时间：120 分钟 满分：150 分）
答题前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.
回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.
回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效.
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.
已知
sinα 5
13 ，那么
sin π α
等于（）
 12
13
 5C.5D. 12
131313
【答案】C
【解析】
【分析】根据诱导公式计算即可.
【详解】sin π α  sinα 5 .
13
故选：C
已知数列 3, 5, 7, 3, 11,，则3 3 是这个数列的第（）项
A. 13B. 14C. 15D. 16
【答案】A
【解析】
【分析】由题可得数列通项公式，据此可得答案.
【详解】由题可得数列通项公式为： an  2n  1 .
2n  1
则令
 3
 n
 13 .
3
27
故选：A
已知直线l､m 和平面α.若 m α, l α，则“ l // m ”是“ l / /α”的（）
【分析】根据给定条件，利用线面平行的判定性质，结合充分条件、必要条件判断得解.
【详解】由 m α, l α， l // m ，得l / /α；
反之，由 m α, l α， l / /α，得l // m 或l 与m 是异面直线， 所以“ l // m ”是“ l / /α”的充分不必要条件.
故选：C
2
2
已知点 P 是抛物线C : y2  12x 上的一点，设点 P 到直线 x  3 和 x  y  4  0 的距离分别为 d1, d2 ，则 d1  d2 的最小值为（）
A. 充要条件
B.
必要不充分条件
C. 充分不必要条件
D.
既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
7 2B. 7
22
3  2
4
【答案】A
【解析】
【分析】根据抛物线定义，将点 P 到 x  3 的距离转化为点 P 到焦点的距离，然后数形结合，根据三角形三边关系，可以得出 d1  d2 的最小值即为点 F 3, 0 到直线 x  y  4  0 的距离，再结合点到直线的距离公式即可求解.
【详解】由题意，抛物线C : y2  12x 的焦点 F 3, 0 ，准线方程为 x  3 ，
因为点 P 在抛物线C : y2  12x 上，所以 d1  PF ，所以 d1  d2  PF  d2 .
 y2  12x

联立方程组x  y  4  0 得： x2  4x 16  0 ，则Δ  (4)2  4 16  48  0 ，
所以直线 x  y  4  0 与抛物线C : y2  12x 无公共点，
如图所示， PF  d2 的最小值即为点 F 3, 0 到直线 x  y  4  0 的距离，
2
3  0  4
7 2
所以最小值为 PF  d2 2，
即 d  d 的最小值为 7 2 .
2
12
故选：A
若圆 x2  y2  2x  6 y 1  0 上恰有三点到直线 y  kx 的距离为 2，则 k 的值为
1 或 2B. 3 或 4
4
C. 2D.
2433
【答案】D
【解析】
【详解】把圆的方程化为标准方程得：（x-1）2+（y-3）2=9，得到圆心坐标为（1，3），半径 r=3，
若圆 x2  y2  2x  6 y 1  0 上恰有三点到直线 y  kx 的距离为 2，则圆心到直线的距离为 1，即
1  k 2
d  | k  3 |
 1，解得 k= 4
3
故选 D
如图，这是战国时楚国标准度量衡器，于 1954 年出土于湖南长沙的木衡铜环权，包括木质秤杆、两个铜盘和九枚铜环权，为等臂衡秤式样，其中铜环权类似于砝码，用于测量物体质量．已知九枚铜环权中质量最小的为 1 铢，最大的为 8 两（古制 1 两=24 铢，1 斤=16 两），且按从小到大的顺序排列后前 3 项构成等差数列，后 7 项构成公比为 2 的等比数列，若某物体的质量恰为第 2，5，7 枚铜环权的质量和，则该物体的质量为（ ）
A. 2 两 4 铢B. 2 两 14 铢C. 3 两 2 铢D. 3 两 12 铢
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差数列、等比数列的知识进行分析，从而确定正确答案.
【详解】设九枚铜环权按从小到大的顺序排列后的质量为 ai i  1, 2,L, 9 ，
由题意知a  1， a  8 24  192 ， a  26  a ，得 a  3 ，
19393
则 a  2 ， a  a  22  12 ， a  a  22  48 ， a  a  a
 62 铢 2 两 14 铢．
25375257
故选：B
2
2
已知双曲线C : x
2

y
2 1a  0,b  0 的左、右焦点分别为 F1 ， F2 ，左、右顶点分别为 A1 ， A2 ，以 F1F2
ab
为直径的圆与双曲线的一条渐近线交于点 P ，且∠PA1 A2
 π ，则双曲线C 的离心率为（ ）
3
A. 2 3
3
B. 2C.21D.
13
3
【答案】D
【解析】
【分析】利用双曲线渐近线确定cs POA  a ，由余弦定理可得| PA
| b ，再由勾股定理得 PA  A A ，
1  a 
 b 2

2c2
∠πbb
21 2
3
又由PA1 A2  3 确定tan∠PA1 A2  2a 得 a  2 3 ，最后根据e 
求得离心率 .
【详解】根据题意可知：点 P 在以O 为圆心c 为半径的圆上，所以OP  c ；
根据双曲线渐近线方程为 y   b x 有tan POA  b ，
a
由双曲线中c2  a2  b2 ，可得cs POA2
2a
 a ，
c
在VPOA2 中， OA2  a ， OP  c ，
余弦定理有 PA 2  OP 2  OA
2  2 OP  OA cs POA ，解得| PA
| b ；
22222
2
有 OP  OA 2  PA 2 ，所以 PA  A A ；
2221 2
3
在RtVPA A 中，∠PA A  π ， tan∠PA A  b ，所以 b  2 3 ，
1 21 23
1 22aa
1  a 
 b 2

所以双曲线离心率e 

 13 .
112
故选：D
【点睛】方法点睛：
双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：
①求出 a，c，代入公式e  c ；
a
②只需要根据一个条件得到关于 a，b，c 的齐次式，结合 b2＝c2－a2 转化为 a，c 的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以 a 或 a2 转化为关于 e 的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得 e(e 的取值范围)．
已知 f  x 是定义域为R 的单调递减函数，且存在函数 g  x  使得 f  g  x  x .若 x1, x2 分别是方程
f  x  x  3 和 g  x  x  3 的根，则 x2  x1  （）
A. 3B. 3
【答案】A
C. 6D. 6
【解析】
【分析】将 g  x2   x2  3 化为 g  x2   f  g  x2   3 便可利用 f  x 的单调性解决.
【详解】因为 f  g  x  x ，且 g  x2   x2  3 ，所以 g  x2   x2  g  x2   f  g  x2   3 ，
即 f  g  x2   g  x2   3 .
因为 f  x 是定义域为R 的单调递减函数，所以函数 f  x  x 单调递减，
又因 f  x1   x1  3 ，
故 x1  g  x2 , g  x2   x2  x1  x2  3 ，即 x2  x1  3 .
故选：A.
二､多选题：本题共 3 小题，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对
得 6 分，部分选对得部分分，有选错的得 0 分.
口袋内装有大小、质地均相同，颜色分别为红、黄、蓝的 3 个球.从口袋内无放回地依次抽取 2 个球，
记“第一次抽到红球”为事件 A，“第二次抽到黄球”为事件 B，则（）
P  A   1
3
P B A  1
2
A 与 B 为互斥事件D. A 与 B 相互独立
【答案】AB
【解析】
【分析】根据给定条件，利用古典概率、条件概率公式，结合互斥事件、相互独立事件的意义计算判断.
【详解】对于 A， P  A  1 ，A 正确；
3
对于 B， P( AB)  1  1 ， P B A  P  AB  1 ，B 正确；
A
6
3
2P  A2
对于 C，事件 A, B 可以同时发生，则 A 与 B 不互斥，C 错误；
对于 D， P(B)  1 ，由选项 AB 知， P( AB)  P( A)P(B) ，则 A 与 B 相互不独立，D 错误.
3
故选：AB
已知 m  R ，若过定点 A 的动直线l1 ： x  my  m  2  0 和过定点 B 的动直线l2 ： mx  y  2m  4  0
交于点 P （ P 与 A ， B 不重合），则以下说法正确的是（）
A 点的坐标为2,1
PA  PB
PA 2  PB 2  25D. 2 PA  PB 的最大值为 5
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据直线方程求出定点 A, B 的坐标，利用两直线垂直的判断方法，勾股定理，三角函数辅助角求最值即可得解.
【详解】因为l1 : x  my  m  2  0 可以转化为m(1 y)  x  2  0 ，
故直线恒过定点 A2,1 ，故 A 选项正确；
又因为l2 ： mx  y  2m  4  0 ，即 y  4  m x  2恒过定点 B 2, 4 ，
由 l1 : x  my  m  2  0 和l2 : mx  y  4  2m  0 , 满足1  m  m 1  0 ，
所以l1  l2 , 可得 PA  PB , 故 B 选项正确；
所以 PA 2  PB 2  AB 2  2  22  1 42  25 , 故 C 选项正确；
因为 PA  PB , 设∠PAB θ,θ为锐角,
则 PA  5csθ, PB  5sinθ，
所以2 PA  PB  52csθ sinθ  5 5sin θφ ,
5
所以当sin θφ  1时, 2 PA  PB 取最大值5
, 故选项 D 错误.
故选：ABC.
如图，正方体 ABCD  A1B1C1D1 的棱长为 2，M 为棱 D1C1 的中点，N 为棱CC1 上的点，且
CN  a 0  a  2 ，则（）
当 a  2 时， AM / / 平面 BDN
3
当 a  1 时，点 C 到平面 BDN 的距离为 6
3
当 a  1 时，三棱锥 A  BCN 外接球的表面积为9π
对任意 a 0, 2 ，直线 AM 与 BN 都是异面直线
【答案】BCD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，对于 A，直接求解平面 BDN 的法向量，判断 AM 与法向量是否垂直即可，对于 B，直接求解平面 BDN 的法向量，利用距离公式求解，对于 C，连接 AC 交 BD 于O ，过O 作平面 ABC 的垂线，则外接球球心在此垂线上，然后利用勾股定理可求出球的半径，从而可求出表面积，对于 D，利用异面直线的定义判断即可.
【详解】如图，建立空间直角坐标系，
2–––→–––→2 ––––→
对于 A， B(2, 2, 0), N (0, 2, ), A(2, 0, 0), M (0,1, 2) ，则 DB  (2, 2, 0), DN  (0, 2, ), AM  (2,1, 2) ，
33
→
设平面 BDN 的法向量为 n  (x, y, z) ，
v –––v
n  DB  2x  2 y  0
则v
–––v
2，令 x  1 ，则 n  (1, 1, 3) ，

n  DN  2 y  z  0
3
所以 AM  n  2 1 6  0 ，所以 AM 与n 不垂直，所以 AM 与平面 BDN 不平行，所以 A 错误，对于 B， N (0, 2,1), DN  (0, 2,1), DB  (2, 2, 0) ，设平面 BDN 的法向量为 m  (x1, y1, z1) ，则
 v –––v
m  DB  2x1  2 y1  0
 v –––v
，令 x1  1 ，则m  (1, 1, 2) ，
m  DN  2 y1  z1  0
–––→ –→
6
CN  m2
6
所以点 C 到平面 BDN 的距离为 d  –→ 
m
，所以 B 正确，
3
对于 C，连接 AC 交 BD 于O ，过O 作平面 ABC 的垂线，则外接球球心O 在此垂线上，设三棱锥
A  BCN 外接球的半径为 R ，
 2
则 R2  OC 2  OO2  OC 2   1

2
CN 

 2  1  9
44
，所以三棱锥 A  BCN 外接球的表面积为
4πR2  4π 9  9π，所以 C 正确，
4
对于 D，对任意 a 0, 2 ，因为 A, B, M 在平面 ABC1D1 内，点 N 在平面 ABC1D1 外，且直线 BN 与平面 ABC1D1 交于点 B ，直线 AM 不经过点 B ，
所以直线 AM 与 BN 都是异面直线，所以 D 正确，故选：BCD
三､填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，其中 14 题第一空 2 分，第二空 3 分，共 15 分.
已知公差为2 的等差数列an 的前 n 项和为 Sn ，且 S4  6a2 ，则 S8  .
【答案】56
【解析】
【分析】设等差数列an的首项为 a1 ，由题意列方程计算可得 a1  0 ，根据等差数列前 n 项和公式计算即可求解.
【详解】设等差数列an的首项为 a1 ，
由题意可得4a1 12  6 a1  2 ，解得 a1  0 ，
所以 S
8  8a1
 7  8  2  56 .
2
故答案为： 56 .
已知空间向量 a  1,1, 2 ， b  3,1,1 ， c  2, 2, m ，若a ， b ， c 共面，则m  .
【答案】3
【解析】
→→
【分析】根据共面向量定理可得 
→ ，然后将坐标代入可求出m 的值.
cxayb
【详解】因为a ， b ， c 共面，所以存在唯一实数 x, y ，使→  →  → ，
cxayb
即2,2,m  x 1,1,2  y 3,1,1 = x  3 y, x  y, 2 x  y  ，
x  3y  2

则x  y  2

2x  y  m
故答案为：3
，解得 x  1 ， y  1， m  3 .
x2  4ax  8, x  a
函数 f  x  csπx, 0  x  a

，当 a  1 时， f  x 的零点个数为；若 f  x 恰有 4
个零点，则 a 的取值范围是.
 3 2 6  5 7 
【答案】①. 1②. ,∪ ,
 23  2 2 

【解析】
【分析】第一空：当 a  1 时csπx  0 、 x ≥1时 f  x  0 可得答案；第二空： y  x2  4ax  8 x  a
至多有 2 个零点，故 y  csπx 在0, a 上至少有 2 个零点，所以 a  3 ；分 3  a  5 、 5  a  7 、
22222
a  7 讨论结合图象可得答案.
2
【详解】第一空：当 a  1 时，当0  x  1时， f  x  csπx  0 ，解得 x  1 ；
2
当 x ≥1时， f  x  x2  4x  8   x  22  4  0 ，无零点，故此时 f  x 的零点个数是 1；
第二空：显然， y  x2  4ax  8 x  a 至多有 2 个零点，故 y  csπx 在0, a 上至少有 2 个零点，所
以 a  3 ；
2
①
若 y  csπx 0  x  a 恰有 2 个零点，则 3  a  5 ，此时 y  x2  4ax  8 x  a 恰有两个零点，所
2
22
2a  a

以Δ  16a2  32  0

 f a  3a2  8  0
此时 3  a  2 6 ；
23
，解得
2 6
 a ，
3
②
若 y  csπx 0  x  a 恰有 3 个零点，则 5  a  7 ，此时 f a  8  3a2  0 ，
22
所以 y  x2  4ax  8 x  a 恰有 1 个零点，符合要求；
③当 a  7 时， f a  8  3a2  0 ，所以 y  x2  4ax  8 x  a 恰有 1 个零点，
2
而 y  csπx  x  a 至少有 4 个零点，
此时 f  x 至少有 5 个零点，不符合要求，舍去.
综上， 3  a  2 6 或 5  a  7 .
2322
故答案为：1；  3 , 2 6  ∪  5 , 7  .
 23  2 2 

【点睛】方法点睛：求零点的常用方法：①解方程；②数形结合；③零点存在定理；④单调+存在求零点个数，复杂的函数求零点，先将复杂零点转化为较简单函数零点问题.
四､解答题：本题共 5 小题，共 77 分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
在V ABC 中，角 A 、 B 、C 所对的边长分别为 a 、b 、c ， b  a 1， c  a  2 .．
若2 sin C  3sin A ，求V ABC 的面积；
是否存在正整数 a ，使得V ABC 为钝角三角形?若存在，求出 a 的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1） 15 7 ；（2）存在，且 a  2 .
4
【解析】
【分析】（1）由正弦定理可得出2c  3a ，结合已知条件求出 a 的值，进一步可求得b 、c 的值，利用余弦定理以及同角三角函数的基本关系求出sin B ，再利用三角形的面积公式可求得结果；
（2）分析可知，角C 为钝角，由cs C  0 结合三角形三边关系可求得整数 a 的值.
【详解】（1）因为2 sin C  3sin A ，则2c  2 a  2  3a ，则 a  4 ，故b  5 ， c  6 ，
1  cs2 C
3 7
a2 +b2 - c21
cs C == ，所以， C 为锐角，则sin C ，
2ab88
因此， S△ ABC
 1 ab sin C  1  4  5  3 7  15 7 ；
2284
（2）显然c  b  a ，若V ABC 为钝角三角形，则C 为钝角，
a2  b2  c2a2  a 12  a  22a2  2a  3
由余弦定理可得cs C  0 ，
2ab
解得1  a  3 ，则0 < a < 3 ，
2a a 1
2a a 1
由三角形三边关系可得 a  a 1  a  2 ，可得 a  1 ，Q a  Z ，故 a  2 .
已知数列an满足 a1  4, an1  5an  4 .
证明an 1 是等比数列，并求数列an的通项公式；
令bn  2n 1an 1 ，求数列bn前 n 项的和Tn .
n
【答案】（1）证明见解析， a  5n 1 ；
（2） Tn 
(4n  3)  5n1 15 8
【解析】
【分析】（1）根据条件可得 an1 1  5(an 1) ，利用等比数列的定义推理得证，再求出等比数列通项公式.
（2）由（1）得bn  (2n 1)  5n ，再利用错位相减法求和即得.
【小问 1 详解】
由 an1  5an  4 ，得 an1 1  5(an 1) ，而 a1 1  5 ，
nnn
所以a 1 是首项为 5，公比为 5 的等比数列，则 a 1  5 5n1 ，即 a  5n 1 .
【小问 2 详解】
由（1）得bn  (2n 1)  5n ，
则Tn  1 51  3 52  5 53 L (2n 1)  5n ，
1
于是5Tn  1 52  3 53 L (2n  3)  5n  (2n 1)  5n ，
1
两式相减得4Tn  5  2(52  53  54 L 5n )  (2n 1)  5n
52 (1 5n1)
n1
153  4n
n1
(4n  3)  5n1 15
 5  2 
1 5
 (2n 1)  5
 
2
2 5，则Tn 8，
bn(4n  3)  5n1 15
所以数列 n 前 项的和T .
n8
17 已知圆C : (x  2)2  ( y  m)2  4 .
若 m  2 ，求圆C 过点(4,1) 的切线l 的方程；
当 m  0 时，过点(2,1) 作直线l1 , l2 ，且直线l1 交圆C 于点 A, B ，直线l2 交圆C 于点 E ， F ，若
l1  l2 ，求 AB  EF 的最大值.
14
【答案】（1）切线l 的方程为 x  4 或3x  4 y  8  0 ；（2） 2
【解析】
【分析】(1)当直线斜率不存在时，可直接得出直线方程；当直线斜率存在时，先设所求直线方程为
y  k  x  4 1 ，由直线与圆相切，即可求出直线的方程;
1 2
12
(2)当 m=0 时，圆C 方程为 x  22  y2  4 ，设点2, 0 到直线l , l 的距离分别为 d , d ，由弦长的一
半、圆心的直线的距离、圆的半径三者满足勾股定理，可表示出 AB  EF ，进而可求出其最大值.
【详解】（1）当直线l 斜率不存在时，其方程为 x  4 ，满足题设；
当直线l 斜率存在时，设其方程为 y  k  x  4 1 ，即 kx  y  4k 1  0
2k  1 2  4k 1
k 2 1
据题意，得 2
解得： k  3
4
所以此时切线l 的方程为3x  4 y  8  0
综上，所求切线l 的方程为 x  4 或3x  4 y  8  0 .
（2）当 m  0 时，圆C 方程为 x  22  y2  4
设点2, 0 到直线l , l 的距离分别为 d , d ，则 d 2  d 2  1
4  d 2
2
1 21212
4  d 2
1
AB  2
， EF
 2，
4  d 2
1
4  d 2
2
所以 AB  EF  2 2

4  d4  d
2

2
1
2

12
所以 AB  EF 2  4 4  d 2   4 4  d 2   8
 28  8
12  d 2d 2
1 2
又因为 d 2  d 2  2d d  d  d 2
121 212
所以 d 2  d 2  2d d ，当且仅当 d  d 时等号成立，
121 212
所以 d d  1 ，当且仅当 d  d 
2 时等号成立，
1 22
122
所以 AB  EF 
max

 2.
28  8 12  1
4
14
【点睛】本题主要考查直线与圆位置关系的综合运用，属于中档试题.
3
18. 如图 1，在四边形 ABCD 中， BC  CD ， AE∥CD, AE  BE  2CD  2,CE 
．将四边形 AECD
3
沿 AE 折起，使得 BC ，得到如图 2 所示的几何体．
若G 为 AB 的中点，证明： DG  平面 ABE ；
若 F 为 BE 上一动点，且二面角 B  AD  F 的余弦值为 6 ，求 EF 的值．
3EB
【答案】（1）证明见解析
（2） EF  1
EB3
【解析】
【分析】（1）取 BE 中点 O，先证 CO⊥面 ABE，再由 CO∥DG，证线面垂直即可；
（2）以 E 为中心建立空间直角坐标系，设 F 坐标，由空间向量计算二面角 B  AD  F 求得 F 的坐标即可得结果.
【小问 1 详解】
如图，取 BE 的中点O ，连接OC,OG ，易得OG ∥ AE, OG  1 AE ．
2
因为CD ∥ AE, CD  1 AE ，故CD ∥ OG ，且CD  OG ，
2
所以四边形CDGO 为平行四边形，则 DG ∥ CO ．
因为 AE  CE, AE  EB,CE  EB  E,CE, EB  面 BCE ，所以 AE  平面 BCE ．
而CO  平面 BCE ，所以 AE  CO ．因为 BC  CE ，所以 BE  CO ．
因为 BE  AE  E, BE, AE  面 ABE ，所以CO  平面 ABE ，所以 DG  平面 ABE ．
【小问 2 详解】
如图，过点 E 作直线l ∥ DG ，则直线l  面 ABE, AE, EB  面 ABE ，又 AE  EB ，所以直线l, EA, EB 两两相互垂直，
以 E 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则 A2, 0, 0, B 0, 2, 0C 0,1, 2 , D 1,1, 2 ，

–––→
设 F 0,t, 00  t  2 ，则 AD  1,1, 2 ， AB  2, 2, 0, AF  2, t, 0 ．
→
–––→
r AD  m  x1  y1 
2z1  0
设面 ADF 的一个法向量为 m   x1, y1, z1  ，则–––→ →，
 AF  m  2x1  ty1  0
令 y  2 ，则
2 t  2 ，即 →   t, 2, 2 t  2  ．
m
1x1  t, z1 2
2

→
–––→
r AD  n  x2  y2 
2z2  0
设面 ABD 的一个法向量为 n   x2, y2, z2  ，则–––→ →，
→
 AB  n  2x2  2 y2  0
令 x2  1，则 y
2  1, z2
 0 ，即n  1,1, 0 ，
由图象可知二面角 B  AD  F 为锐角，
→ →
6
cs → →
m  n
t  2
2  t  2 
22
(t  2)2
2
m, n  → → 
所以m n
3 ，解得t  2 或 6（舍去），
3
即 EF  2 ，所以 EF  1 .

3EB3
19. 设 A、B 两点的坐标分别是
点 M 的轨迹构成的曲线记为 E ．
3, 0，
3, 0 ，直线 AM，BM 相交于 M ，且它们的斜率之积为 1 ，
3
曲线 E 的方程；
若直线l：y  kx  m k  0 与曲线 E 相交于不同的两点C、D ，点 P 是曲线 E 上的动点（异于 C、D）．
当 m  0 时，若直线 PC, PD 斜率均存在，判断 kPC kPD 是否一定是定值，并证明你的结论；
当点 P 的坐标为0, 1 时， PC  PD ，求实数m 的取值范围．

【答案】（1） y2  1 x  
x2
3
3
（2）（i）是定值，证明见解析；（ii）  1 , 2 
 2

【解析】
【分析】（1）设点 M 的坐标为 x, y  ，根据题干直接列式即可求解；
（2）（i）当 m  0 ，设 P s, t , C  x0 , y0  ，则 D x0 ,  y0  ，表示出 kPC kPD 并利用点 P s, t , C  x0 , y0  都在曲线 E 上即可证明；（ii）设C  x1 , y1 , D  x2 , y2  ，CD 的中点为 H ，直线l 与曲线 E 联立得到 H 的坐标，
利用 PC  PD 得到 kPH kCD  1 ，进而求出3k 2  2m 1，再根据  0 即可求出m 的范围.
【小问 1 详解】
x  3
设点 M 的坐标为 x, y  ，则 kAM kBM 
yy
  1 ，
3
x  3

化简得 x2  3y2  3 ，即 x2  y2  1 x  
3
3 .
【小问 2 详解】
kk  1 （定值）.
PC PD3
证明如下：当 m  0 时，易得C、D 两点关于原点对称，设 P s, t , C  x0 , y0  ，则 D x0 ,  y0  ，
y  t  y  tt 2  y2
所以 kPC kPD  0  0  0 ，
x  s x  ss2  x2
000
而 P s, t , C  x0 , y0  均在曲线 E 上，
22
s2 x2 
122
所以t  y0  1  1 0    s  x0  ，
3 3 3
 1 s2  x2 
kk

从而
PC PD
30
0
s2  x2
  1 ，证毕.
3
由题意知，当 k  0 时，显然 m  0 ；设C  x1, y1 , D  x2 , y2  ， CD 的中点为 H ，
 y  kx  m

由 x2
 y2  1
 3k 2 1 x2  6kmx  3m2  3  0 ，
 3
由Δ  36k 2m2  4 3k 2 13m2  3  0 ，得3k 2  m2  1①，
x  x  6km ，则 x  3km ，y kx  m m，
123k 2 1
H3k 2 1HH
3k 2 1
所以 H   3km ,m ，因为 PC  PD ，则 PH  CD ，从而 kk 1 ，即 k  1 ．
3k 2 1 3k 2 1 
PH CD
PHk

m12
而 P 0, 1 ，所以 kPH
 3k 2 1
3km
3k 2 1
3k  m 11

  ，化简得3k 2  2m 1，
3kmk
2
由3k 2  2m 1  0 得 m  1 ②，将3k 2  2m 1代入①，
则2m 1  m2 1，得： 0  m  2 ③，由②③得 1  m  2 ，
2
综上，实数m 的取值范围为 1 , 2  .
 2
