2022-2023学年北京市朝阳区高二（上）期末数学试卷

这是一份2022-2023学年北京市朝阳区高二（上）期末数学试卷，共17页。试卷主要包含了解答题共5小题，共70分等内容，欢迎下载使用。

1．（5分）已知{an}为等差数列，a5＝4，则a4+a6＝（ ）
A．4B．6C．8D．10
2．（5分）已知点M（a，2）（a＞0）到直线l：x﹣y+3＝0的距离为1，则实数a＝（ ）
A．B．C．D．
3．（5分）设函数f（x）＝x+lnx，则曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为（ ）
A．x﹣y﹣1＝0B．2x﹣y﹣1＝0C．x﹣y﹣2＝0D．2x﹣y﹣2＝0
4．（5分）已知F是抛物线C：y2＝4x的焦点，点P（3，y0）在抛物线C上，则|PF|＝（ ）
A．B．C．3D．4
5．（5分）已知直线l1：x+ay+1＝0，直线l2：（a+2）x+3y﹣1＝0，则“a＝1”是“l1∥l2”的（ ）
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
6．（5分）如图，在四面体OABC中，G是BC的中点，设，，，则（ ）
A．B．C．D．
7．（5分）已知函数f（x）＝x3+ax2+x+1（a∈R）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），则（ ）
A．或B．x1是f（x）的极小值点
C．x1+x2D．x1x2
8．（5分）在平面直角坐标系xOy中，设F1，F2是双曲线的两个焦点，点M在C上，且，则△F1F2M的面积为（ ）
A．B．2C．D．4
9．（5分）如图，平面α⊥平面β，α∩β＝l，A，B是直线l上的两点，C，D是平面β内的两点，且DA⊥l，CB⊥l，DA＝4，AB＝6，CB＝8，若平面α内的动点P满足∠APD＝∠BPC，则四棱锥P﹣ABCD的体积的最大值为（ ）
A．24B．C．48D．
10．（5分）斐波那契数列{Fn}（n∈N*）在很多领域都有广泛应用，它是由如下递推公式给出的：F1＝F2＝1，当n＞2时，Fn＝Fn﹣1+Fn﹣2.若F100，则m＝（ ）
A．98B．99C．100D．101
二、填空题共6小题，每小题5分，共30分。
11．（5分）函数f（x）＝x•ex的导函数f′（x）＝ ．
12．（5分）已知平面α的法向量为（1，2，﹣2），直线l的方向向量为（﹣2，m，4），且l⊥α，则实数m＝ ．
13．（5分）过圆C：（x+1）2+y2＝1的圆心且与直线x﹣y＝0平行的直线的方程是 ．
14．（5分）设点F1，F2分别为椭圆的左、右焦点，则椭圆C的离心率为 ；经过原点且斜率不为0的直线l与椭圆C交于P，Q两点，当四边形PF1QF2的面积最大时， ．
15．（5分）已知{an}是首项为负数，公比为q的等比数列，若对任意的正整数n，2a2n﹣1+a2n＞0恒成立，则q的值可以是 .（只需写出一个）
16．（5分）数学家笛卡儿研究了许多优美的曲线，如笛卡儿叶形线D在平面直角坐标系xOy中的方程为x3+y3﹣3axy＝0．当a＝1时，给出下列四个结论：
①曲线D不经过第三象限；
②曲线D关于直线y＝x轴对称；
③对任意k∈R，曲线D与直线y＝﹣x+k一定有公共点；
④对任意k∈R，曲线D与直线y＝k一定有公共点．
其中所有正确结论的序号是 ．
三、解答题共5小题，共70分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。
17．（13分）设函数x3﹣x2﹣3x+1．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）当x∈[0，4]时，求f（x）的最大值与最小值．
18．（14分）已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn（n∈N*），a1＝1，a5＝9．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式及Sn；
（Ⅱ）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求数列{bn}的前n项和Tn．
条件①：；
条件②：bn＝2n+an；
条件③bn．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
19．（14分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，AD∥BC，∠ABC，PA＝PB＝3，BC＝1，AB＝2，AD＝3，点O是AB的中点．
（Ⅰ）求证：PO⊥CD；
（Ⅱ）求二面角A﹣PO﹣D的余弦值；
（Ⅲ）在棱PC上是否存在点M，使得BM∥平面POD？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
20．（14分）已知椭圆C：1（a＞b＞0）的长轴长为4，且点在椭圆C上．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）过点M（4，0）的直线l与椭圆C交于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，且y1y2≠0．问：x轴上是否存在点N，使得直线NA，直线NB与y轴围成的三角形始终是底边在y轴上的等腰三角形？若存在，求点N的坐标；若不存在，说明理由．
21．（15分）在无穷数列{an}中，a1，a2＝1，an+2＝|an+1﹣an|，n∈N*．
（Ⅰ）求与的值；
（Ⅱ）证明：数列{an}中有无穷多项不为0；
（Ⅲ）证明：数列{an}中的所有项都不为0．
2022-2023学年北京市朝阳区高二（上）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。
1．（5分）已知{an}为等差数列，a5＝4，则a4+a6＝（ ）
A．4B．6C．8D．10
【分析】利用等差数列的通项公式直接求解．
【解答】解：∵{an}为等差数列，a5＝4，
∴a4+a6＝2a5＝8．
故选：C．
【点评】本题考查等差数列的通项公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2．（5分）已知点M（a，2）（a＞0）到直线l：x﹣y+3＝0的距离为1，则实数a＝（ ）
A．B．C．D．
【分析】由已知结合点到直线的距离公式即可求解．
【解答】解：由题意得1，
因为a＞0，
解得a＝﹣1或a＝﹣1（舍）．
故选：A．
【点评】本题主要考查了点到直线的距离公式，属于基础题．
3．（5分）设函数f（x）＝x+lnx，则曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为（ ）
A．x﹣y﹣1＝0B．2x﹣y﹣1＝0C．x﹣y﹣2＝0D．2x﹣y﹣2＝0
【分析】先对函数f（x）求导，进而利用导数的几何意义求得切线斜率，再由点斜式得解．
【解答】解：，则f′（1）＝2，
又f（1）＝1，
则由点斜式可得，所求切线方程为y﹣1＝2（x﹣1），即2x﹣y﹣1＝0．
故选：B．
【点评】本题考查导数的几何意义，考查运算求解能力，属于基础题．
4．（5分）已知F是抛物线C：y2＝4x的焦点，点P（3，y0）在抛物线C上，则|PF|＝（ ）
A．B．C．3D．4
【分析】根据抛物线的几何性质即可求解．
【解答】解：∵抛物线C的方程为：y2＝4x，
∴抛物线的焦点F到准线的距离p＝2，
又P（3，y0）在抛物线C上，
∴|PF|4．
故选：D．
【点评】本题考查抛物线的几何性质，属基础题．
5．（5分）已知直线l1：x+ay+1＝0，直线l2：（a+2）x+3y﹣1＝0，则“a＝1”是“l1∥l2”的（ ）
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【分析】分别判断充分性和必要性是否成立即可．
【解答】解：a＝1时，直线l1：x+y+1＝0，直线l2：3x+3y﹣1＝0，所以l1∥l2，充分性成立；
直线l1∥l2时，a（a+2）﹣3＝0，解得a＝1或a＝﹣3，
因为a＝﹣3时，l1与l2重合，所以l1∥l2时a＝1，必要性成立；
所以“a＝1”是“l1∥l2”的充分必要条件．
故选：C．
【点评】本题考查了充分必要条件的判断问题，也考查了两直线平行的判断问题，是基础题．
6．（5分）如图，在四面体OABC中，G是BC的中点，设，，，则（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据已知条件，结合空间向量的线性运算，即可求解．
【解答】解：，，
则．
故选：B．
【点评】本题主要考查空间向量的线性运算，属于基础题．
7．（5分）已知函数f（x）＝x3+ax2+x+1（a∈R）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），则（ ）
A．或B．x1是f（x）的极小值点
C．x1+x2D．x1x2
【分析】求出函数的导数，结合二次函数的性质对各个选项分别判断即可．
【解答】解：若函数f（x）＝x3+ax2+x+1（a∈R）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），
则f′（x）＝3x2+2ax+1有2个不同零点，
则Δ＝4a2﹣12＞0，解得a或a，故A正确，
由于3＞0，则函数f′（x）的图像开口向上，
则x1是f（x）的极大值点，故B错误，
由x1•x2，x1+x2，则CD错误，
故选：A．
【点评】本题考查了函数的单调性，极值问题，考查导数的应用，是基础题．
8．（5分）在平面直角坐标系xOy中，设F1，F2是双曲线的两个焦点，点M在C上，且，则△F1F2M的面积为（ ）
A．B．2C．D．4
【分析】由双曲线的定义知：||MF1|﹣|MF2||＝2，结合MF1⊥MF2，利用勾股定理可得，，结合三角形的面积S，从而可求．
【解答】解：由双曲线的定义知：||MF1|﹣|MF2||＝2，
因为，所以MF1⊥MF2，
利用勾股定理可得，，即，
所以MF1•MF2＝4，
三角形的面积S2，
故选：B．
【点评】本题主要考查双曲线的性质，属于中档题．
9．（5分）如图，平面α⊥平面β，α∩β＝l，A，B是直线l上的两点，C，D是平面β内的两点，且DA⊥l，CB⊥l，DA＝4，AB＝6，CB＝8，若平面α内的动点P满足∠APD＝∠BPC，则四棱锥P﹣ABCD的体积的最大值为（ ）
A．24B．C．48D．
【分析】根据已知可得SABCD＝36，则当四棱锥的高h最大，即△PAB的高PE最大即可，根据面面垂直的性质得出线线垂直关系，结合∠APD＝∠BPC，可得BP＝2AP，设∠APB＝θ，AP＝m，在△APB中根据余弦定理结合面积公式得到h，由三边关系得到2＜m＜6，即可得到h＜4，代入体积公式能求出四棱锥P﹣ABCD的体积的最大值．
【解答】解：在平面β内，由DA⊥l，CB⊥l，可得DA∥BC，
又DA＝4，CB＝8，∴四边形ADCB为直角梯形，
SADCB，
要使四棱锥P﹣ABCD的体积取最大值，只要四棱锥P﹣ABCD的高h取最大值即可，
∵平面α⊥平面β，α∩β＝l，
过点P向l作垂线交l于E，根据面面垂直的性质得PE⊥α，则PE＝h，
∵PE是△PAB的高，且由DA⊥l，CB⊥l，知DA⊥α，CB⊥α，
∵AP⊂α，PB⊂β，∴DA⊥AP，BC⊥PB，
在Rt△PAD中，tan，在Rt△PBC中，tan，
∵∠APD＝∠BPC，∴，∴，∴BP＝2AP，
设∠APB＝θ，AP＝m，在△APB中，由余弦定理得csθ，
∵sinθ＞0，∴sinθ，
则，
∵，
∴，
根据三角形三边关系可得，∴，
解得2＜m＜6，4＜m2＜36，
∴当m2＝20时，h有最大值为4，
∵四棱锥P﹣ABCD的体积为V48，
∴四棱锥P﹣ABCD的体积的最大值为48．
故选：C．
【点评】本题考查四棱锥结构特征、余弦定理、同角三角函数关系式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
10．（5分）斐波那契数列{Fn}（n∈N*）在很多领域都有广泛应用，它是由如下递推公式给出的：F1＝F2＝1，当n＞2时，Fn＝Fn﹣1+Fn﹣2.若F100，则m＝（ ）
A．98B．99C．100D．101
【分析】利用累加法即可求解．
【解答】解：由已知得F12＝F2•F1，且Fn﹣1＝Fn﹣Fn﹣2，
所以F22＝F2•（F3﹣F1）＝F2•F3﹣F2•F1，
F32＝F3•（F4﹣F2）＝F4•F3﹣F3•F2，
．
Fm2＝Fm•（Fm+1﹣Fm﹣1）＝Fm•Fm+1﹣F3•Fm﹣1，
累加整理可得F12+F22++Fm2＝Fm•Fm+1；
又因为F100Fm+1．
即Fm+1是该数列的第100项，所以m＝99，所以B选项正确．
故选：B．
【点评】本题主要考查递推式求通项公式以及累加法的应用，属于中档题．
二、填空题共6小题，每小题5分，共30分。
11．（5分）函数f（x）＝x•ex的导函数f′（x）＝ （1+x）ex ．
【分析】根据函数的导数运算公式即可得到结论．
【解答】解：函数的导数f′（x）＝ex+xex＝（1+x）ex，
故答案为：（1+x）ex
【点评】本题主要考查导数的计算，要求熟练掌握常见函数的导数公式．
12．（5分）已知平面α的法向量为（1，2，﹣2），直线l的方向向量为（﹣2，m，4），且l⊥α，则实数m＝ ﹣4 ．
【分析】根据题意，分析可得∥，由此分析可得答案．
【解答】解：根据题意，若l⊥α，则∥，
必有，解可得m＝﹣4，
故答案为：﹣4．
【点评】本题考查空间向量的应用，涉及线面垂直的判断方法，属于基础题．
13．（5分）过圆C：（x+1）2+y2＝1的圆心且与直线x﹣y＝0平行的直线的方程是 x﹣y+1＝0 ．
【分析】先求出圆心C的坐标，然后结合直线平行的斜率关系即可求解直线方程．
【解答】解：因为圆C：（x+1）2+y2＝1的圆心为（﹣1，0），
故过圆心（﹣1，0）且与直线x﹣y＝0平行的直线为y＝x+1，即x﹣y+1＝0．
故答案为：x﹣y+1＝0．
【点评】本题主要考查了直线的点斜式方程的应用，属于基础题．
14．（5分）设点F1，F2分别为椭圆的左、右焦点，则椭圆C的离心率为 ；经过原点且斜率不为0的直线l与椭圆C交于P，Q两点，当四边形PF1QF2的面积最大时， 0 ．
【分析】根据已知求出a，b，c的值，即可得到离心率；根据对称性可得，，所以P，Q为短轴顶点写出P，F1，F2的坐标，即可得到结果．
【解答】解：由椭圆可得，，
所以c＝1，则离心率．
根据椭圆的对称性可得，P，Q点关于原点对称，
设P（x0，y0），Q（﹣x0，﹣y0）．
且，
当|y0|最大时，面积最大，则此时P，Q为短轴顶点，
不妨设P（0，1），F1（﹣1，0），F2（1，0），
所以，
所以．
故答案为：．
【点评】本题考查了椭圆的性质，属于基础题．
15．（5分）已知{an}是首项为负数，公比为q的等比数列，若对任意的正整数n，2a2n﹣1+a2n＞0恒成立，则q的值可以是 ﹣3（答案不唯一） .（只需写出一个）
【分析】根据题意可建立关于q的不等式，解不等式可得q的范围，进而得解．
【解答】解：依题意，，
又，
则2+q＜0，即q＜﹣2，
所以q的值可以是﹣3．
故答案为：﹣3（答案不唯一）．
【点评】本题主要考查等比数列的通项公式以及不等式的性质，考查运算求解能力，属于基础题．
16．（5分）数学家笛卡儿研究了许多优美的曲线，如笛卡儿叶形线D在平面直角坐标系xOy中的方程为x3+y3﹣3axy＝0．当a＝1时，给出下列四个结论：
①曲线D不经过第三象限；
②曲线D关于直线y＝x轴对称；
③对任意k∈R，曲线D与直线y＝﹣x+k一定有公共点；
④对任意k∈R，曲线D与直线y＝k一定有公共点．
其中所有正确结论的序号是 ①②④ ．
【分析】当x，y＜0时，判断x3+y3﹣3xy＝0是否成立；将点（ y ， x ）代入方程，判断与原方程是否相同；联立直线和曲线方程，判断方程组是否有解，再逐一判断结论即可．
【解答】解：当a＝1时，方程为x3+y3﹣3xy＝0，
当x，y＜0时，x3+y3﹣3xy＜0，故第三象限内的点不可能在曲线上，①正确；
将点（y，x）代入曲线方程，得x3+y3﹣3xy＝0，故曲线关于直线y＝x对称，②正确；
当k＝﹣1，联立，其中x3+y3﹣3xy＝（x+y）（x2+y2﹣xy）﹣3xy＝0，
将x+y＝﹣1代入，得﹣（x+y）2＝0，即x+y＝0，则方程组无解，
故曲线D与直线x+y＝﹣1无公共点，③错误；
联立，可得x3+k3﹣3xk＝0有解，
设t（x）＝x3+k3﹣3xk，则，
当k＞0时，t（x）在单调递增，
单调递减，值域为R，所以t（x）＝0成立，
当k＝0时，t（0）＝0成立；
当k＜0时，t′（x）＝3x2﹣3k＞0，t（x）单调递增，
t（﹣k）＝﹣k3+k3+3k2＞0，t（k）＝k3+k3﹣3k2＜0，
所以∃x0∈（k，﹣k），t（x0）＝0成立，
所以曲线D与直线y＝k一定有公共点，故④选项正确．
故答案为：①②④．
【点评】本题主要考查曲线与方程和命题的真假判断与应用，考查了转化思想，属于中档题．
三、解答题共5小题，共70分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。
17．（13分）设函数x3﹣x2﹣3x+1．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）当x∈[0，4]时，求f（x）的最大值与最小值．
【分析】（Ⅰ）求出导数，判断导数的符号解决问题；
（Ⅱ）求出当x∈[0，4]时f（x）的单调性，即可求出结论．
【解答】解：（Ⅰ）定义域为R，f′（x）＝x2﹣2x﹣3＝（x+1）（x﹣3），
f′（x）＞0⇒x＜﹣1或x＞3，f′（x）＜0⇒﹣1＜x＜3，
故f（x）的单调递减区间为（﹣1，3），单调递增区间为（﹣∞，﹣1），（3，+∞）；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知f（x）在[0，3]上单调递减，在[3，4]上单调递增，
故f（x）min＝f（3）＝﹣8，由f（0）＝1＞f（4），故f（x）max＝1．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性、最值，属于中档题．
18．（14分）已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn（n∈N*），a1＝1，a5＝9．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式及Sn；
（Ⅱ）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求数列{bn}的前n项和Tn．
条件①：；
条件②：bn＝2n+an；
条件③bn．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【分析】（Ⅰ）先设等差数列{an}的公差为d，再根据等差数列的定义计算出公差d的值，即可计算出等差数列{an}的通项公式及Sn；
（Ⅱ）在选择条件①的情况下，先根据第（Ⅰ）题的结果计算出数列{bn}的通项公式并进行转化，即可发现数列{bn}是以2为首项，4为公比的等比数列，再根据等比数列的求和公式即可计算出前n项和Tn；在选择条件②的情况下，先根据第（Ⅰ）题的结果计算出数列{bn}的通项公式，再运用分组求和法及等比数列的求和公式即可计算出前n项和Tn；在选择条件③的情况下，先根据第（Ⅰ）题的结果计算出数列{bn}的通项公式，再运用裂项相消法即可计算出前n项和Tn．
【解答】解：（Ⅰ）由题意，设等差数列{an}的公差为d，
则d2，
∴an＝1+2•（n﹣1）＝2n﹣1，n∈N*，
Sn＝n•1•2＝n2．
（Ⅱ）方案一：选择条件①
由（Ⅰ），可得22n﹣1＝2•4n﹣1，
则数列{bn}是以2为首项，4为公比的等比数列，
∴Tn．
方案二：选择条件②
由（Ⅰ），可得bn＝2n+an＝2n+（2n﹣1），
则Tn＝b1+b2+•••+bn
＝（21+a1）+（22+a2）+•••+（2n+an）
＝（21+22+•••+2n）+（a1+a2+•••+an）
Sn
＝2n+1﹣2+n2
＝2n+1+n2﹣2．
方案三：选择条件③
由（Ⅰ），可得bn•（），
则Tn＝b1+b2+•••+bn
•（1）•（）+••••（）
•（1•••）
•（1）
．
【点评】本题主要考查数列求通项公式，以及求前n项和问题．考查了转化与化归思想，等差数列和等比数列求和公式的运用，分组求和法，裂项相消法，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．
19．（14分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，AD∥BC，∠ABC，PA＝PB＝3，BC＝1，AB＝2，AD＝3，点O是AB的中点．
（Ⅰ）求证：PO⊥CD；
（Ⅱ）求二面角A﹣PO﹣D的余弦值；
（Ⅲ）在棱PC上是否存在点M，使得BM∥平面POD？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
【分析】（Ⅰ）根据点O为AB的中点，得到PO⊥AB，结合平面PAB⊥平面ABCD，得到PO⊥平面ABCD，由此证明PO⊥CD；
（Ⅱ）取线段CD的中点E，以O为原点，射线OB，OE，OP分别为x轴，y轴，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系O﹣xyz，利用向量法求出二面角A﹣PO﹣D的余弦值；
（Ⅲ）设侧棱PC上存在点M且λ，使得BM∥平面POD，求出，根据平面的平行向量与其法向量互相垂直，得到•0，解出λ，由此即可得到在侧棱PC上存在点M，当时，满足BM∥平面POD．
【解答】解：（Ⅰ）证明：∵PA＝PB＝3，点O为AB的中点，
∴PO⊥AB，又平面PAB⊥平面ABCD，交线为AB，PO⊂平面PAB，
∴PO⊥平面ABCD，又CD⊂平面ABCD，
∴PO⊥CD．
（Ⅱ）取线段CD的中点E，OE＝2，OE∥BC，
∵∠ABC＝90°，∴AB⊥BC，AB⊥OE，由（1）知，PO⊥平面ABCD．
以O为原点，射线OB，OE，OP分别为x轴，y轴，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系O﹣xyz，
则O（0，0，0），A（﹣1，0，0），P（0，0，2），D（﹣1，3，0），
（0，0，2），（﹣1，3，0），
设平面POD的一个法向量为（x，y，z），
则，令x＝3，得（3，1，0），
取平面APO的法向量为（0，1，0），
所以cs，，
因为二面角A﹣PO﹣D的平面角为锐角，
所以二面角A﹣PO﹣D的余弦值为．
（Ⅲ）设侧棱PC上存在点M，使得BM∥平面POD，此时λ，
因为C（1，1，0），所以（1，1，﹣2），（0，1，0），
所以λ（﹣λ，﹣λ，2λ），所以（﹣λ，﹣λ+1，2λ），
因为BM∥平面POD，（3，1，0）为平面POD的一个法向量，
所以•3λ﹣λ+1＝0，解得λ，
因此侧棱PC上存在点M，当时，满足BM∥平面POD．
【点评】本题主要考查了面面垂直的性质、线面垂直的判定与性质和利用空间向量研究面面角、线面平行等知识，属于中档题．
20．（14分）已知椭圆C：1（a＞b＞0）的长轴长为4，且点在椭圆C上．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）过点M（4，0）的直线l与椭圆C交于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，且y1y2≠0．问：x轴上是否存在点N，使得直线NA，直线NB与y轴围成的三角形始终是底边在y轴上的等腰三角形？若存在，求点N的坐标；若不存在，说明理由．
【分析】（Ⅰ）由题意可得a的值，再将点P的坐标代入椭圆的方程，可得b的值，进而求出椭圆的方程；
（Ⅱ）由题意可得直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程，与椭圆的方程联立，求出两根之和及两根之积，设直线AN，BN的方程，令x＝0，可得两条直线与y轴的交点的纵坐标，由题意可得所得的纵坐标之和为0，可得N点的坐标．
【解答】解：（Ⅰ）由题意可得2a＝4，即a＝2，将P点的坐标代入椭圆的方程可得1，解得b2＝1，
所以椭圆的方程为：y2＝1；
（Ⅱ）由题意可得直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为x＝my+4，设A（x1，y1），B（x2，y2），
由题意可得A，B的纵坐标同号，
假设存在N（t，0），t≠0，
联立，整理可得：（4+m2）y2+8my+12＝0，
可得Δ＝64m2﹣4×12×（4+m2）＞0，即m2＞12，
且y1+y2，y1y2，
设直线NA，直线NB与y轴的交点分别为P，Q，
设直线NA的方程为：y（x﹣t），令x＝0，可得yP，
同理可得直线NB与y轴的交点Q的纵坐标为yQ，
由题意可得yP+yQ＝0，
即（）＝0，
整理可得：ty1（my2+4﹣t）+ty2（my1+4﹣t）＝0，因为t≠0，
即2my1y2+（4﹣t）（y1+y2）＝0，
即0，整理可得：m（t﹣1）＝0，t＝1时不论m为何值，等式恒成立，
即N（1，0），
所以存在N（1，0）满足条件．
【点评】本题考查求椭圆的方程及直线与椭圆的综合应用，属于中档题．
21．（15分）在无穷数列{an}中，a1，a2＝1，an+2＝|an+1﹣an|，n∈N*．
（Ⅰ）求与的值；
（Ⅱ）证明：数列{an}中有无穷多项不为0；
（Ⅲ）证明：数列{an}中的所有项都不为0．
【分析】（Ⅰ）利用递推公式求a4，a7的值即可；
（Ⅱ）假设数列{an}中有限个项不为0，然后推出与题意矛盾即可求证；
（Ⅲ）由（Ⅱ）可得在无穷处能找到一个an≠0，利用递推公式可得数列{an}呈周期变化，，令n﹣3k＝1，2，3即可证明．
【解答】解：（Ⅰ）由可得，
，
，
所以1，1；
证明：（Ⅱ）假设数列{an}中有限个项不为0，
则会存在一个数m，当n≥m时，an＝0，
则am＝0，am+1＝0，
由am+1＝|am﹣am﹣1|可得am﹣1＝0；
由am＝|am﹣1﹣am﹣2|可得am﹣2＝0…
由a3＝|a2﹣a1|可得a1＝0，与题意矛盾，故假设不成立，
所以数列{an}中有无穷多项不为0；
证明：（Ⅲ）由（Ⅱ）可得在无穷处能找到一个an≠0，
因为an＝|an﹣1﹣an﹣2|，所以an﹣1≠an﹣2，
所以由an﹣1＝|an﹣2﹣an﹣3|可得an﹣3≠0，
同理可得an﹣6，an﹣9，an﹣12，⋯，an﹣3k≠0（n﹣3k＞0，k∈N），
当n﹣3k＝1即n＝1+3k时，因为k∈N，且a1≠0，所以数列{a3k+1}所有项都不为0，
当n﹣3k＝2即n＝2+3k时，因为k∈N，且a2≠0，所以数列{a3k+2}所有项都不为0，
当n﹣3k＝3即n＝3+3k时，因为k∈N，且a3≠0，所以数列{a3k+3}所有项都不为0，
综上可得数列{an}中的所有项都不为0．
【点评】本题考查了数列递推式的应用，属于中档题．
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