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    2023-2024学年福建省龙岩市一级校联盟高二(上)期中数学试卷(含解析)
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    2023-2024学年福建省龙岩市一级校联盟高二(上)期中数学试卷(含解析)

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    这是一份2023-2024学年福建省龙岩市一级校联盟高二(上)期中数学试卷(含解析),共19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.直线l:x− 3y+1=0的倾斜角为( )
    A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
    2.若椭圆C:mx2+y2=1的焦点在y轴上,长轴长是短轴长的2倍,则m的值为( )
    A. 12B. 14C. 2D. 4
    3.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,满足a1=1,3S4=4S3+12,则a7等于( )
    A. 10B. 11C. 12D. 13
    4.已知数列{an}满足a1=1,且an+1=annan+1,则a10=( )
    A. 145B. 146C. 155D. 156
    5.古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现:平面内到两个定点A,B的距离之比为定值λ(λ≠1)的点的轨迹是圆,此圆被称为“阿波罗尼斯圆”.在平面直角坐标系xOy中,A(−1,0),B(2,0),点P满足|PA||PB|=12,则点P到直线x+ 3y=4的距离的最小值为( )
    A. 1B. 2C. 2D. 3
    6.已知过抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F(12,0)的直线与抛物线C交于A,B两点(A在第一象限),D是以AB为直径的圆E与抛物线C的准线的公共点.若|AD|= 3|BD|,则|AB|=( )
    A. 43B. 83C. 113D. 8 33
    7.已知O是坐标原点,F1,F2是椭圆C:x24+y22=1的左、右焦点,P是椭圆在第一象限上的点,且cs∠F1PF2=13,M是∠F1PF2的角平分线上的动点,则|MF1|+|MO|的最小值为( )
    A. 6B. 7C. 2 2D. 3
    8.已知数列{an}满足an=(−1)n4n4n2−1(n∈N+),其前2n项和为S2n,设函数f(x)= 33x+ 3,则f(|S2|)+f(|S4|)+…+f(|S2022|)+f(|S2024|)+f(|S2024+1|)+f(|S2022+1|)+…+f(|S4+1|)+f(|S2+1|)=( )
    A. 0B. 1C. 1012D. 2024
    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.直线l1:ax+2y−2=0,直线l2:x+(a+1)y−2=0,则下列结论正确的是( )
    A. 若l1//l2,则a=1或a=−2
    B. 若l1⊥l2,则a=−23
    C. 当l1//l2时,两直线的距离为 5
    D. 当l1⊥l2时,两直线的交点坐标为(32,32)
    10.已知圆O1:x2+y2−4x=0和圆O2:x2+y2−3x+ 3y−4=0的交点为A,B,则下列结论正确的是( )
    A. 直线AB的方程为x+ 3y−4=0
    B. |AB|=2 2
    C. 圆O1上有且只有三个点到直线AB的距离等于1
    D. 经过圆O1的圆心的直线被圆O2截得的最短弦长为2 6
    11.在数学课堂上,教师引导学生构造新数列,在数列的每相邻两项之间插入此两项的和后,与原数列构成新的数列,再把所得的数列按照同样的方法不断的构造出新的数列.如:将数列1,2进行构造,第1次得到数列1,3,2;第2次得到数列1,4,3,5,2;…;第n(n∈N+)次得到数列1,x1,x2,x3,…,2现将数列1,1用上述方法进行构造,记第n(n∈N+)次构造后所得新数列的所有项的和为an,则对于数列{an},下列结论正确的是( )
    A. a4=84
    B. an+1=3an−2
    C. 若f(n)=an+100an−1,n∈N+,则f(n)的最小值为21
    D. 若bn=2an−2,则i=12023bi<32
    12.已知椭圆E:x216+y28=1的左焦点为F,B为E的上顶点,A,C是E上两点.若|FA|,|FB|,|FC|构成以d(d>0)为公差的等差数列,CF的延长线与E的另一个交点为P,则下列结论正确的是( )
    A. 当d=2时,AF⊥x轴
    B. d的取值范围是(0, 2]
    C. 当A,C在x轴的同侧时,△AFC面积的最大值为4 2
    D. 当A,C在x轴的异侧,且d=2时,∠PAC=90°
    三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。
    13.已知抛物线C:y2=2px(p>0)的顶点为O,焦点为F,且经过点A(x0,2),若|AF|=3|OF|,则p= ______ .
    14.已知曲线y= −x2−2x与直线kx−y−2k−1=0有两个不同的交点,则实数k的取值范围是______ .
    15.潮涌杭州,亚运来了!2023年9月23日,第19届亚运会在杭州盛大开幕,这是杭州历史上的一件大事,也是中国继北京奥运会、广州亚运会后再次举办的大型国际体育赛事.某网站全程转播了该次赛事,为庆祝本次赛事,该网站举办了一场针对本网站会员的奖品派发活动,派发规则如下:①对于会员编号能被3整除余1且被5整除余1的可以获得精品吉祥物一套;②对于不符合①中条件的可以获得普通吉祥物一套.已知该网站的会员共有2023人(编号为1号到2023号,中间没有空缺),则获得精品吉祥物的人数为______ .
    16.已知双曲线E:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0),斜率为−23的直线与E的左、右两支分别交于A,B两点,点P的坐标为(−2,3),直线AP交E于另一点C,直线BP交E于另一点D.若直线CD的斜率为−23,则E的离心率为______ .
    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)
    已知△ABC的顶点为A(1,−1),B(5,3),C(−1,1).
    (1)求△ABC的BC边上的高AD所在直线的方程;
    (2)直线l经过线段AB的中点M,且A,C两点到直线l的距离相等,求直线l的方程.
    18.(本小题12分)
    已知数列{an}为非零数列,且满足(1+a1)(1+a2)…(1+an)=2n(n+1)2.
    (1)求a1及数列{an}的通项公式;
    (2)若数列{bn}的前n项和为Tn,且满足bn=2nanan+1,证明:Tn<1.
    19.(本小题12分)
    已知双曲线Γ:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0),四点A(4,3),B(3,4 2),C(2,2 3),D(−2,−2 3)中恰有三点在双曲线Γ上.
    (1)求双曲线Γ的标准方程;
    (2)设双曲线Γ上任意一点P(x0,y0),且过点P的直线l:x0xa2−y0yb2=1与双曲线Γ的渐近线交于M,N两点,O为坐标原点,证明:△OMN的面积为定值.
    20.(本小题12分)
    在平面直角坐标系中,圆C经过点(3,0)和(0,1),且圆心C在直线l1:2x+y−1=0上.
    (1)求圆C的方程;
    (2)已知直线l2:2x−y+7=0,P为l2上的动点,过点P作圆C的切线PA,PB切点分别为A,B,求|PC|⋅|AB|的最小值,并求出此时直线AB的方程.
    21.(本小题12分)
    已知递减等差数列{an}满足a1=8,且2a1,a2+2,a3成等比数列.数列{bn}的首项为2,其前n项和Sn满足Sn+1=qSn+2(其中q>0,n∈N+),且b3=a1.
    (1)求{an}和{bn}的通项公式;
    (2)若数列{cn}满足cn=|an⋅bn|,{cn}的前n项和为Tn,求Tn.
    22.(本小题12分)
    已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A,B,且焦距为4,上顶点为M,且直线MA,MB的斜率之积为−59.
    (1)求椭圆E的方程.
    (2)设斜率存在的直线l交椭圆E于P,Q两点(P,Q位于x轴的两侧),记直线AP,BP,BQ,AQ的斜率分别为k1,k2,k3,k4,若k2,k1+k4,k3成等差数列.
    证明:(i)直线l过定点;(ii)△BPQ的面积小于4 103.
    答案和解析
    1.【答案】A
    【解析】解:直线x− 3y+1=0的斜率为 33,
    设倾斜角为α,则tanα= 33,
    因为0°≤α<180°,
    所以α=30°.
    故选:A.
    先求出直线斜率,再由斜率与倾斜角的关系可求得结果.
    本题主要考查直线的倾斜角,属于基础题.
    2.【答案】D
    【解析】解:由椭圆C:mx2+y2=1,得x21m+y2=1,
    ∵椭圆C:mx2+y2=1的焦点在y轴上,
    ∴a=1,b= 1m,
    由题意可得:1=2 1m,解得m=4.
    故选:D.
    化椭圆方程为标准方程,求出a与b的值,结合题意列式求解.
    本题考查椭圆的几何性质,考查运算求解能力,是基础题.
    3.【答案】D
    【解析】解:设等差数列{an}的公差为d,
    由3S4=4S3+12,得3(4+6d)=4(3+3d)+12,
    解得d=2,
    故a7=1+6×2=13.
    故选:D.
    由已知结合等差数列的求和公式先求出公差d,然后结合等差数列的通项公式即可求解.
    本题主要考查了等差数列的通项公式及求和公式的应用,属于基础题.
    4.【答案】B
    【解析】解:∵an+1=annan+1,则1an+1=nan+1an=1an+n,
    ∴1a2−1a1=1,1a3−1a2=2,…,1a10−1a9=9,
    以上各式相加可得,1a10−1a1=1+2+3+⋯+9=45,
    ∴a10=146.
    故选:B.
    根据题意,两边取倒数,然后累加即可得到结果.
    本题主要考查数列递推关系式的应用,考查计算能力,属于中档题.
    5.【答案】A
    【解析】解:设P(x,y)是所求轨迹上的任意一点,且A(−1,0),B(2,0),点P满足|PA||PB|=12,
    可得 (x+1)2+y2 (x−2)2+y2=12,整理得x2+y2+4x=0,即(x+2)2+y2=4,
    可得P在以圆心为M(−2,0),半径r=2的圆上,
    又由圆心M(−2,0)到直线x+ 3y=4的距离为d=|−2−4| 12+( 3)2=3,
    点P到直线x+ 3y=4的距离的最小值为d−r=3−2=1.
    故选:A.
    设P(x,y)是所求轨迹上的任意一点,根据题意,求得点P的轨迹方程,再求得圆心到直线x+ 3y=4的距离,结合圆的性质,即可求解.
    本题考查轨迹方程的求解,直线与圆的位置关系,属中档题.
    6.【答案】B
    【解析】解:如图所示,
    由抛物线的焦点为F(12,0),可知p=1,
    所以抛物线方程为y2=2x,
    又D是以AB为直径的圆E与抛物线C的准线的公共点,
    所以AD⊥BD,
    又|AD|= 3|BD|,|DE|=|BE|=|AE|=12|AB|,
    所以∠DBA=60°,
    所以∠xFE=∠DEF=∠DBA=60°,
    所以直线AB的斜率k=tan60°= 3,
    则直线AB的方程为y= 3(x−12),
    联立直线与抛物线y2=2xy= 3(x−12),得3x2−5x+34=0,
    则x1+x2=53,
    所以|AB|=|AF|+|BF|=x1+p2+x2+p2=x1+x2+p=53+1=83.
    故选:B.
    利用抛物线定义,联立直线与抛物线,结合韦达定理可得解.
    本题考查了抛物线的性质,属于中档题.
    7.【答案】A
    【解析】解:由椭圆定义得|PF1|+|PF2|=4,F1(− 2,0),F2( 2,0),
    由余弦定理可cs∠F1PF2=|PF1|2+|PF2|2−|F1F2|22|PF1||PF2|=13,解得|PF1|=3,|PF2|=1,
    所以PF2⊥x轴,即P( 2,1),
    设∠F1PF2的角平分线与x轴相交于N(x0,0),
    由三角形角平分线定理得x0+ 2 2−x0=3,所以N( 22,0),
    从而∠F1PF2的角平分线的方程为 2x−y−1=0,
    原点(0,0)关于∠F1PF2的角平分线对称的点设为O1(x1,y1),经计算可O1(2 23,−23),
    则|MF1|+|MO|=|MF1|+|MO1|≥|F1O1|= (2 23+ 2)2+(−23)2= 6.
    故选:A.
    由椭圆的定义和余弦定理求出|PF1|,|PF2|,再由角平分线定理求出∠F1PF2的角平分线与x轴交点N,从而求出∠F1PF2的角平分线的方程,结合两点间距离公式即可求解.
    本题考查了与椭圆有关的最值的求法,考查了数学转化思想方法,是中档题.
    8.【答案】C
    【解析】解:∵an=(−1)n4n4n2−1=(−1)n(12n−1+12n+1),
    ∴S2n=−(1+13)+(13+15)−(15+17)+…−(14n−3+14n−1)+(14n−1+14n+1)=14n+1−1=−4n4n+1.
    ∵函数f(x)= 33x+ 3,
    ∴f(x)+f(1−x)= 33x+ 3+ 331−x+ 3= 33x+ 3+ 3⋅3x3+ 3⋅3x= 33x+ 3+3x 3+3x=1,
    而|S2n|+|1+S2n|=4n4n+1+1−4n4n+1=1,
    ∴f(|S2n|)|+f(|1+S2n|)=1,
    ∴f(|S2|)+f(|S4|)+…+f(|S2022|)+f(|S2024|)+f(|S2024+1|)+f(|S2022+1|)+…+f(|S4+1|)+f(|S2+1|)=1012.
    故选:C.
    由an=(−1)n4n4n2−1=(−1)n(12n−1+12n+1),利用裂项求和方法可得S2n.由函数f(x)= 33x+ 3,可得f(x)+f(1−x)=1,利用此结论即可得出答案.
    本题考查了裂项求和方法、函数的性质、转化方法,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.
    9.【答案】BD
    【解析】解:对于A,因为l1//l2,所以a1=2a+1≠−2−2,解得a=−2,所以A错误;
    对于B,因为l1⊥l2,所以a⋅1+2⋅(a+1)=0,解得a=−23,所以B正确;
    对于C,当l1//l2时,由选项A知a=−2,直线l1:x−y+1=0,直线l2:x−y−2=0,
    两直线距离为|1−(−2)| 2=3 22,所以C错误;
    对于D,当l1⊥l2时,由选项B知a=−23,直线l1:x−3y+3=0,直线l2:3x+y−6=0,
    联立x−3y+3=03x+y−6=0,解得x=y=32,所以两直线的交点坐标为(32,32),所以D正确.
    故选:BD.
    根据直线平行求参数,判定A的真假;根据直线垂直求参数,判定B的真假;根据平行线距离公式求距离,判断C的真假;联立直线方程求交点,判断D的真假.
    本题考查直线平行,垂直的性质的应用及直线交点的求法,属于基础题.
    10.【答案】ACD
    【解析】解:圆O1:x2+y2−4x=0,即(x−2)2+y2=4,圆心O1(2,0),半径r1=2,
    圆O2:x2+y2−3x+ 3y−4=0,即(x−32)2+(y+ 32)2=7,圆心O2(32,− 32),半径r2= 7,
    则|O1O2|= (2−32)2+( 32)2=1,则r2−r1<|O1O2|则x2+y2−3x+ 3y−4−(x2+y2−4x)=0,即x+ 3y−4=0,
    所以直线AB的方程为x+ 3y−4=0,故A正确;
    又O1(2,0)到直线AB的距离d=|2−4| 12+( 3)2=1,所以|AB|=2 r12−d2=2 3,故B错误;
    因为圆心O1(2,0)到直线AB的距离d=1,圆O1的半径r1=2,
    所以圆O1上有且只有三个点到直线AB的距离等于1,故C正确;
    因为|O1O2|=1,所以经过圆O1的圆心的直线被圆O2截得的最短弦长为2 r22−|O1O2|2=2 6,
    此时O1O2与该弦垂直,故D正确.
    故选:ACD.
    将圆的方程化为标准式,即可得到圆心坐标与半径,求出圆心距,再将两圆方程作差即可求出公共弦方程,即可判断A,求出O1(2,0)到直线AB的距离d,即可求出|AB|,从而判断B、C,利用由圆心距求出最短弦长,即可判断D.
    本题考查直线与圆的位置关系,圆与圆的位置关系,属于中档题.
    11.【答案】BD
    【解析】解:由题意可知,第1次得到数列1,2,1,
    第2次得到数列1,3,2,3,1,
    第3次得到数列1,4,3,5,2,5,3,4,1,
    第4次得到数列1,5,4,7,3,8,5,7,2,7,5,8,3,7,4,5,1,
    由题意得:a1=4,a2=10=3×4−2,a3=28=3×10−2,a4=82=3×28−2,
    所以有an+1=3an−2,因此选项A不正确,B正确;
    an+1=3an−2⇒an+1−1=3(an−1),
    所以数列{an−1}是以a1−1=3为首项,3为公比的等比数列,
    因此有an−1=3⋅3n−1=3n⇒an=3n+1,
    f(n)=an+100an−1=3n+1+1003n,n∈N+,
    令t=3n,所以g(t)=t+1+100t,
    由双勾函数的性质知:g(t)在(0,10)上单调递减,在(10,+∞)上单调递增,
    因为f(n)=3n+1+1003n,n∈N+,
    当n=2时,f(n)的最小值为f(2)=32+1+10032=10+1009=1909,因此选项C不正确;
    因为3n−2⋅3n−1=3n−1>1,所以3n−1>2⋅3n−1,
    所以bn=2an−2=23n−1<13n−1,
    所以i=12023bi=b1+b2+b3+⋯+b2023<1+13+(13)2+(13)3+⋯+(13)2022=[1−(13)2023]1−13=32−32⋅(13)2023<32,
    所以选项D正确.
    故选:BD.
    通过计算求出a1,a2,a3,a4的值可判断A;运用归纳法得到an,an+1之间的关系可判断B;由递推关系求出数列{an},f(n)=an+100an−1,求f(n)的最小值可判断C;由bn=23n−1<13n−1,结合等比数列的前n项和可判断D.
    本题考查数列的通项和前n项和的综合应用,属于中档题.
    12.【答案】ACD
    【解析】解:设右焦点为F′,连接AF′,由|FA|,|FB|,|FC|构成以d(d>0)为公差的等差数列,
    得|FA|+|FC|=2|FB|=2a,而|FA|+|F′A|=2a,|FC|+|F′C|=2a,
    ∴|FA|=|F′C|,|F′A|=|FC|,a=4,b=2 2,c=2 2,
    对于A:通径长为2b2a=4,d=2,则|FA|=2,AF⊥x轴;
    对于B:|FA|≥a−c=4−2 2,|FC|≤a+c=4+2 2,∴2d≤4 2,d≤2 2;
    对于C:当A,C在x轴的同侧时,A,C关于y轴对称,
    设C(x0,y0),则S△AFC=12|2x0y0|=|x0y0|,而1=x0216+y028≥2 x0216⋅y028=|x0y0|4 2,
    ∴|x0y0|≤4 2,当且仅当x0=2 2,y0=2时,等号成立,即S△AFC的最大值为4 2;
    对于D:当A,C,在x轴的异侧,且d=2时,AF⊥x轴,A,C关于原点对称,
    设A(m,n),则C(−m,−n),F(m,0),kAC=nm,kPC=kFC=n2m,又kPAkPC=−12,
    ∴kPA=−mn,∴kPAkAC=−mn⋅nm=−1,∴∠PAC=90°.
    故选:ACD.
    求出|FA|可判断A;由椭圆的性质可求出d的范围即可判断B;由面积公式及基本不等式即可判断C;求出直线PA,AC的斜率乘积为−1,即可判断D.
    本题主要考查椭圆的性质,考查运算求解能力,属于中档题.
    13.【答案】2
    【解析】解:已知抛物线C:y2=2px(p>0)的顶点为O,焦点为F,且经过点A(x0,2),
    则|AF|=2+p2,|OF|=p2,
    又|AF|=3|OF|,
    则2+p2=3p2,
    即p=2.
    故答案为:2.
    由抛物线的定义,结合抛物线的性质求解.
    本题考查了抛物线的定义,重点考查了抛物线的性质,属基础题.
    14.【答案】(−34,−12]
    【解析】解:曲线y= −x2−2x,整理得(x+1)2+y2=1(y≥0),
    则该曲线表示圆心为(−1,0),半径为1的圆的上半部分,
    直线kx=y−2k−1=0,即k(x−2)−y−1=0,令x−2=0−y−1=0,解得x=2y=−1,
    则其过定点C(2,−1),如图所示:
    当k∈(k2,k1]时,曲线与直线有两个不同的交点,由|−k−2k−1| k2+1=1,得k=−34或k=0,
    所以k2=−34,k1=−1−02−0=−12,
    所以实数k的取值范围是(−34,−12].
    故答案为:(−34,−12].
    对曲线方程进行变形整理,观察发现曲线为圆,画出对应范围内的图形,接着计算直线过的定点,利用直线与对应的图形有两个交点求解即可.
    本题考查直线与圆的位置关系,考查数形结合思想,属中档题.
    15.【答案】135
    【解析】解:因为能被3除余1且被5整除余1的数即为能被15整除余1的数,
    所以该组数组成数列{an},且an=15n−14(n∈N*),
    又因为an≤2023,解得n≤135.
    故答案为:135.
    由题意知该组数据是被15整除余1的数,求出这组数据的通项公式,由此求出答案.
    本题考查了推理与运算问题,也考查了分析问题与解决问题的能力,是基础题.
    16.【答案】 2
    【解析】解:设A(x1,y1),B(x2,y2),线段AB的中点M(xM,yM),
    则x12a2−y12b2=1x22a2−y22b2=1,
    两式相减得y1−y2x1−x2=b2a2⋅x1+x2y1+y2=b2a2⋅xMyM=−23,
    所以yM=−3b22a2xM,
    设C(x3,y3),D(x4,y4),线段CD的中点N(xN,yN),
    同理得yN=−3b22a2xN,
    因为kAB=kCD,
    所以AB/​/CD,
    则P,M,N三点共线,
    所以yM−3xM+2=yN−3xN+2,
    即−3b22a2xM−3xM+2=−3b22a2xN−3xN+2,
    即3b2a2xM+3xN=3b2a2xN+3xM,
    则(3b2a2−3)(xM−xN)=0,
    因为xM≠xN,
    所以3b2a2−3=0,
    即a2=b2,
    所以e= 2.
    故答案为: 2.
    利用点差法分别确定线段AB、CD中点M,N的坐标,再根据点M、N、P三点共线,可得离心率.
    本题考查了双曲线的性质,重点考查了点差法,属中档题.
    17.【答案】解:(1)直线BC的斜率kBC=1−3−1−5=13,
    BC边上的高AD与BC垂直,
    所以kAD=−3,
    故直线AD的方程为y−(−1)=−3(x−1),即3x+y−2=0.
    (2)线段AB的中点M的坐标为(3,1),
    易知直线l斜率存在,设直线l:y−1=k(x−3),
    即kx−y+1−3k=0,
    因为A,C两点到直线l的距离相等,
    所以|k+1+1−3k| k2+1=|−k−1+1−3k| k2+1,
    化简得|1−k|=2|k|,
    解得k=−1或k=13,
    所以直线l的方程为−x−y+4=0或13x−y=0,
    即x+y−4=0或x−3y=0.
    【解析】(1)求出斜率,利用点斜式即可求解;
    (2)利用两点间距离公式求出斜率即可.
    本题考查直线方程的应用,属于中档题.
    18.【答案】(1)解:因为(1+a1)(1+a2)⋯⋯(1+an)=2n(n+1)2⋯①,
    所以当n=1时,有1+a1=2,解得a1=1;
    当n≥2时,(1+a1)(1+a2)⋯⋯(1+an−1)=2n(n−1)2⋯②,
    由①÷②得,1+an=2n,即an=2n−1(n≥2),
    又a1=1满足上式,
    所以an=2n−1.
    (2)证明:因为bn=2n(2n−1)(2n+1−1)=12n−1−12n+1−1,
    所以Tn=(1−13)+(13−17)+⋯+(12n−1−12n+1−1)=1−12n+1−1<1.
    【解析】(1)取n=1,可得a1的值,通过构造,利用相除得到1+an=2n,进而得数列{an}的通项公式,注意检验n=1的情形;
    (2)采用裂项相消法求出Tn,即可得证.
    本题考查数列的通项公式与前n项和的求法,熟练掌握构造法求通项公式,裂项相消法求前n项和是解题的关键,考查逻辑推理能力和运算能力,属于中档题.
    19.【答案】解:(1)因为:C,D关于原点对称,且双曲线Γ关于原点对称,所以:C,D在双曲线Γ上,
    对于点A(4,3),42a2>22a2,32b2<(2 3)2b2,所以42a2−32b2>22a2−(2 3)2b2=1,
    所以点A(4,3)不在双曲线Γ上,所以B,C,D都在双曲线Γ上,则4a2−12b2=19a2−32b2=1,解得a2=1b2=4,
    所以双曲线Γ的标准方程为x2−y24=1.
    (2)由题意,双曲线Γ的两条渐近线方程为y=±2x,由双曲线的对称性,不妨设P(x0,y0)为双曲线Γ右支上的动点,且M(x1,2x1),N(x2,−2x2),
    将直线方程与渐近线方程联立x2−y24=0,x0x−y0y4=1,,化简得(4x02−y02)x2−8x0x+4=0,
    又因为P(x0,y0)在双曲线Γ:x2−y24=1,所以4x02−y02=4,所以4x2−8x0x+4=0,
    由根与系数关系得x1x2=1,设渐近线y=2x的倾斜角为θ(0<θ<π2),则tanθ=2,
    所以sinθ=2 55,csθ= 55,sin2θ=2sinθcsθ=45,
    所以S△OMN=12|OM|⋅|ON|sin2θ=12 x12+(2x1)2⋅ x22+(−2x2)2⋅45=25⋅5|x1x2|=2|x1x2|=2,
    即△OMN的面积为定值2.
    【解析】(1)根据题意C,D两点关于原点对称得都在双曲线上,然后再分情况讨论A,B两点,从而求解;
    (2)将直线l与双曲线方程联立,利用根与系数关系及相关条件从而可求出△OMN面积为定值.
    本题考查双曲线的性质及直线与双曲线的综合应用,属于中档题.
    20.【答案】解:(1)设圆心C的坐标为(a,b),圆C的半径为r(r>0),
    则圆C的标准方程为(x−a)2+(y−b)2=r2,
    又圆C经过点(3,0)和(0,1),
    所以(3−a)2+(0−b)2=r2,(0−a)2+(1−b)2=r22a+b=1,,解得a=1b=−1r= 5,
    所以圆C的标准方程为(x−1)2+(y+1)2=5;
    (2)根据切线的性质及圆的对称性可知PC⊥AB,
    则|PC|⋅|AB|=4S△PAC=2|PA|⋅|AC|,要使|PC|⋅|AB|最小,只需|PA|最小,
    即|PC|最小,此时PC⊥l,
    所以|PC|min=|2+1+7| 5=2 5,|PC|min=|2+1+7| 5=2 5,|PA|= |PC|2−|AC|2= 15,
    |PC|⋅|AB|=2|PA|⋅|AC|≥10 3,
    过点C且垂直于l的方程为y+1=−12(x−1),
    将其与l的方程联立,解得P(−3,1),
    以P为圆心,|PA|为半径的圆的方程为(x+3)2+(y−1)2=15,
    即x2+y2+6x−2y−5=0,
    结合圆C的方程,两式相减可得直线AB的方程为4x−2y−1=0.
    【解析】(1)设出圆的标准方程,利用待定系数法建立方程组,求解即可;
    (2)通过分析只需满足|PA|最小,求出最小值,求出以P为圆心,|PA|为半径的圆与圆C相减得到直线方程.
    本题考查了直线与圆的位置关系,属于中档题.
    21.【答案】解:(1)设数列{an}的公差为d(d<0),
    因为a1=8,且2a1,a2+2,a3成等比数列,
    所以(a2+2)2=2a1a3,即(8+d+2)2=2×8×(8+2d),解得d=−2或d=14(舍去),
    所以{an}的通项公式为an=a1+(n−1)d=10−2n;
    因为Sn+1=qSn+2,b1=2,
    所以当n=1时,有b1+b2=qb1+2,即b2=qb1;
    当n≥2时,有Sn=qSn−1+2,
    两式相减得,bn+1=qbn(n≥2),
    因为b2=qb1满足上式,所以数列{bn}是首项为2,公比为q的等比数列,
    又b3=a1=8,且q>0,
    所以8=2⋅q2,解得q=±2(舍负),
    所以数列{bn}的通项公式为bn=b1⋅qn−1=2⋅2n−1=2n,
    综上所述,an=10−2n,bn=2n.
    (2)由(1)可得,cn=|an⋅bn|=|(10−2n)⋅2n|,
    令an≥0,则n≤5,
    所以Tn=|a1b1|+|a2b2|+…+|anbn|=a1b1+a2b2+…+anbn=8⋅21+6⋅22+…+(10−2n)⋅2n,
    所以2Tn=8⋅22+6⋅23+…+(10−2n)⋅2n+1,
    两式相减得,−Tn=8⋅21+(−2)⋅22+(−2)⋅23+…+(−2)⋅2n−(10−2n)⋅2n+1=16−2×4(1−2n−1)1−2−(10−2n)⋅2n+1=24−(6−n)⋅2n+2,
    所以Tn=−24+(6−n)⋅2n+2;
    当n≥6时,Tn=|a1b1|+…+|a5b5|+|a6b6|+…+|anbn|=a1b1+…+a5b5−(a6b6+…+anbn)
    =−24+(6−5)⋅25+2−[(−2)⋅26+(−4)⋅27+…+(10−2n)⋅2n]
    =104+[2⋅26+4⋅27+…+(2n−10)⋅2n],
    设Qn=2⋅26+4⋅27+…+(2n−10)⋅2n,
    则2Qn=2⋅27+4⋅28+…+(2n−10)⋅2n+1,
    两式相减得,−Qn=2⋅26+2⋅27+2⋅28+…+2⋅2n−(2n−10)⋅2n+1=27×1−2n−51−2−(2n−10)⋅2n+1=(6−n)⋅2n+2−128,
    所以Qn=(n−6)⋅2n+2+128,
    所以Tn=104+Qn=104+(n−6)⋅2n+2+128=(n−6)⋅2n+2+232,
    综上所述,Tn=(6−n)⋅2n+2−24,1≤n≤5(n−6)⋅2n+2+232,n≥6.
    【解析】(1)结合等差数列的通项公式与等比中项的性质求出数列{an}的公差d,即可得数列{an}的通项公式;利用bn=Sn−Sn−1(n≥2),结合等比数列的定义,可知数列{bn}是等比数列,求出公比后,即可得其通项公式;
    (2)分n≤5和n≥6两种情况讨论,结合错位相减法,求解即可.
    本题考查数列的通项公式与前n项和的求法,熟练掌握等差、等比数列的通项公式,错位相减法是解题的关键,考查逻辑推理能力和运算能力,属于中档题.
    22.【答案】解:(1)因为椭圆E的左、右顶点分别为A,B,上顶点为M,
    不妨设A(−a,0),B(a,0),M(0,b),
    因为椭圆E的焦距为4,
    所以c=2,
    易知kMA=ba,kMB=b−a,
    因为直线MA,MB的斜率之积为−59,
    所以kMA⋅kMB=−b2a2=−59,
    整理得5a2=9b2,
    又a2=b2+4,
    解得b2=5,a2=9,
    则椭圆E的方程为x29+y25=1;
    (2)(i)证明:因为A(−3,0),B(3,0),
    不妨设P(x1,y1),Q(x2,y2),
    因为点P在椭圆上,
    所以x129+y125=1,
    此时k1⋅k2=y1x1+3⋅y1x1−3=y12x12−9=5(1−x129)x12−9=−59,
    同理得k3k4=−59,
    所以k1=−59k2,k4=−59k3,
    因为k2,k1+k4,k3成等差数列,
    所以k2+k3=2(k1+k4)=2(−59k2−59k3),
    整理得(k2+k3)(1+109k2k3)=0,
    因为直线l的斜率存在,
    所以k2+k3≠0,
    则(1+109k2k3)=0,
    解得k2k3=−109,
    易知直线l的斜率不为0,
    不妨设直线l的方程为x=ty+m(t≠0),
    联立x=ty+mx29+y25=1,消去x并整理得(5t2+9)y2+10mty+5m2−45=0,
    因为直线l经过椭圆E内一点,
    所以Δ>0,
    由韦达定理得y1+y2=−10mt5t2+9,y1y2=5m2−455t2+9,
    因为k2k3=−109,
    即k2k3=y1x1−3⋅y2x2−3=−109,
    此时9y1y2+10(x1−3)(x2−3)=0,
    可得9y1y2+10(ty1+m−3)(ty2+m−3)=0,
    整理得(9+10t2)y1y2+10(m−3)t(y1+y2)+10(m−3)2=0,
    又y1+y2=−10mt5t2+9,y1y2=5m2−455t2+9,
    所以m2−4m+3=0,
    解得m=1或m=3,
    因为P,Q位于x轴两侧,
    所以y1y2=5m2−455t2+9<0,
    此时m2<9,
    解得−3则m=1,
    所以直线l的方程为x=ty+1,恒过定点(1,0);
    (ii)证明:因为直线l恒过定点(1,0),
    此时m=1,y1+y2=−10t5t2+9,y1y2=−405t2+9,
    则△BPQ的面积S=12|BT||y1−y2|=12×2|y1−y2|=|y1−y2|= (y1+y2)2−4y1y2=2 225t2+3605t2+9,
    不妨令λ= 225t2+360> 360=6 10,
    可得t2=1225(λ2−360),
    此时S=g(λ)=2λλ2+1=245+1λ(λ>6 10),
    由对勾函数单调性可知函数S=g(λ)在(6 10,+∞)上单调递减,
    所以S故△BPQ的面积小于4 103.
    【解析】(1)由题意,利用斜率之积得到5a2=9b2,再结合焦距即可求出椭圆方程;
    (2)(i)设出点的坐标,用坐标表示斜率,联立直线与椭圆即可得交点坐标关系,进而即可得证;
    (ii)利用面积分割法和韦达定理表示面积的表达式,结合函数单调性再进行求证即可.
    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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