2023-2024学年江苏省盐城市阜宁中学高二(上)期中数学试卷(含解析)
展开1.已知点A(−2,4),B(4,−1),则直线AB在y轴上的截距为( )
A. 83B. 73C. 145D. 135
2.圆C1:x2+y2−2x=0与圆C2:x2+y2+2x−8y=0的位置关系为( )
A. 外切B. 内切C. 相交D. 外离
3.设函数f(x)=x2−1x,则limΔx→0f(1+2Δx)−f(1)Δx=( )
A. 6B. 4C. 3D. 2
4.已知椭圆x25+y2m=1的一个焦点坐标为(0,−2),则实数m的值为( )
A. 1B. 4C. 7D. 9
5.已知函数f(x)=2x3−mex(m∈R),则曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线经过定点( )
A. (−1,0)B. (0,0)C. (1,0)D. (2,0)
6.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,2S3=a4−a1,且a2+a4=15,则a3+a5=( )
A. 3B. 5C. 30D. 45
7.已知双曲线E:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右顶点分别为A、B,M是E上一点,△ABM为等腰三角形,且△ABM的外接圆面积为3πa2,则双曲线E的离心率为( )
A. 2B. 2C. 3D. 5
8.设数列{an}的前n项和为Sn,a2=3,且(n+1)Sn+1=(n+1)Sn+(n+2)an,若存在n∈N*,使得2Sn+22≤kan成立,则实数k的最小值为( )
A. 4 5+1B. 8C. 323D. 10
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.下列函数的图象可能与直线2x−y+m=0(m∈R)相切的是( )
A. f(x)=x2+xB. f(x)=2x+ex
C. f(x)=12x2+lnxD. f(x)=2x+ x
10.在平面直角坐标系xOy中,已知点A(a,−1),B(2a+1,2),直线l:x−y+4=0,其中a∈R,则下列结论正确的是( )
A. 直线AB恒过定点,且定点坐标为(−1,−4)
B. 若直线AB在两坐标轴上的截距相等,则a=−4
C. 若直线AB过第一、三象限,则a>−1
D. 若直线AB和直线l与两坐标轴围成的四边形有外接圆,则a=−4
11.已知数列{an}满足a1+3a2+…+3n−1an=n⋅3n+1(n∈N*),设数列{an}的前n项和为Sn,则下列结论正确的是( )
A. 数列{an}为等差数列B. Sn=3n2+6n
C. 数列{(−1)nan}的前100项和为300D. 数列{|an−20|}的前20项和为284
12.已知O为坐标原点,点A(−2,−1)在抛物线C:x2=−2py(p>0)上,过点B(0,1)的直线交抛物线C于P,Q两点,则下列结论正确的是( )
A. 抛物线C的准线方程为y=1B. 直线AB与抛物线C相切
C. OP⋅OQ为定值3D. |BP|⋅|BQ|>|BA|2
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。
13.设f′(x)为函数f(x)的导函数,若f(x)=2(x+1)ex−f′(0)⋅x,则f(0)+f′(0)= ______ .
14.设各项均为正数的等差数列{an}的前n项和为Sn,若a92−a7+12a5=3,则S17= ______ .
15.已知直线l:x+y−2=0关于直线y=a的对称直线与圆(x−1)2+y2=2有公共点,则实数a的取值范围为______ .
16.希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名,他发现:“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”.后来,人们将这个圆以他的名字命名,称为阿波罗尼斯圆,简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系xOy中,点A(−2,1),B(−2,4),点P是满足λ=12的阿氏圆上的任一点,则该阿氏圆的方程为______ ;若点M为抛物线y2=8x上的动点,点M在y轴上的射影为N,则12|PB|+|PM|+|MN|的最小值为______ .
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)
已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an+n−3(n∈N*).
(1)求证:数列{an−1}是等比数列,并求数列{an}的通项公式;
(2)设cn=1an−1,数列{cn}的前n项和为Tn,求证:Tn<2.
18.(本小题12分)
已知直线l过直线l1:x−y+5=0和直线l2:2x+y+1=0的交点P.
(1)若坐标原点O到直线l的距离为2,求直线l的方程;
(2)若直线l的倾斜角为α,且sinα=45,求直线l的方程.
19.(本小题12分)
已知直线l:y=kx与圆C:x2+y2−2x−3=0相交于A,B两点.
(1)若|AB|= 13,求直线l的倾斜角;
(2)问在x轴上是否存在点P,使得当实数k(k≠0)变化时,总有kPA+kPB=0?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.
20.(本小题12分)
设数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=n2(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足b2=3b1=9,bn≠0,且bn+12=bnbn+2,设cn=1anan+1+(−1)nbn,求数列{cn}的前n项和Tn.
21.(本小题12分)
在平面直角坐标系xOy中,已知点F(0,− 3),直线l:y=−4 33,设动点G到直线l的距离为d,且|GF|= 32d.
(1)求动点G的轨迹C的方程,并指出它表示什么曲线;
(2)已知过点A(1,2)的直线与曲线C交于P,Q两点,点B(1,0),直线BP,BQ与y轴分别交于点M,N,试问:线段MN的中点是否为定点,若是定点,求出该定点坐标;若不是,请说明理由.
22.(本小题12分)
如图,椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的下顶点为C,右顶点为D,且|CD|=2 3,左焦点为F(−2,0),过F且斜率为k(k>0)的直线l与椭圆相交于A,B两点,交y轴于点P,M为线段AB的中点,直线OM交CD于点N,过点P作PE⊥MN交x轴于点E.
(1)求椭圆的方程和直线CD的斜率;
(2)当△MAE的面积为 64时,求|OM||ON|的值.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解:因为直线经过两点A(−2,4)、B(4,−1),
所以直线方程为y+14+1=x−4−2−4,化简得5x+6y−14=0,
令x=0,得6y−14=0,解得y=73,即直线AB在y轴上的截距为73.
故选:B.
根据A、B两点的坐标,求出直线AB的方程,然后将x=0代入直线方程,求出y的值,即可得到答案.
本题主要考查直线的方程及其应用、直线在坐标轴上的截距等知识,考查了计算能力,属于基础题.
2.【答案】C
【解析】解:由题意知,C1:x2+y2−2x=0⇒(x−1)2+y2=1,
则C1(1,0),r1=1,
C2:x2+y2+2x−8y=0⇒(x+1)2+(y−4)2=17,
则C2(−1,4),r2= 17,
又d=|C1C2|= (−1−1)2+(4−0)2=2 5,
则r2−r1
故选:C.
由题意,求出两圆的圆心和半径,结合圆与圆的位置关系即可求解.
本题考查了圆的性质,重点考查了圆与圆的位置关系,属中档题.
3.【答案】A
【解析】解:函数f(x)=x2−1x,
则limΔx→0f(1+2Δx)−f(1)Δx=22Δx→0limf(1+2Δx)−f(1)2Δx=2f′(1),
又f′(x)=2x+1x2,则f′(1)=3,
则limΔx→0f(1+2Δx)−f(1)Δx=2×3=6.
故选:A.
将式子变形,得到与f′(1)的关系,利用导函数运算求解可得.
本题考查导数性质等基础知识,考查运算求解能力,是基础题.
4.【答案】D
【解析】解:由已知可得椭圆x25+y2m=1的焦点在y轴上,
故a2=m,b2=5,c=2,
则c2=a2−b2=m−5=4,
得m=9.
故选:D.
先确定焦点位置,再根据c2=a2−b2计算即可.
本题考查椭圆的几何性质,属基础题.
5.【答案】A
【解析】解:因为f(x)=2x3−mex,所以f′(x)=6x2−mex,
则f′(0)=−m,又f(0)=−m,直线过(0,−m),
则直线方程为y+m=−mx,即y=−m(x+1),
令x+1=0,得y=0,即直线不受参数m的影响,恒过定点(−1,0).
故选:A.
利用导数的几何意义求切线斜率,由点斜式得切线方程,再由直线方程不受参数m的影响找到定点.
本题考查了利用导数研究函数的切线方程,直线过定点问题,考查了转化思想,属基础题.
6.【答案】D
【解析】解:等比数列{an}中,2S3=a4−a1,且a2+a4=15,
所以2(a1+a1q+a1q2)=a1q3−a1,a1q+a1q3=15,
解得a1=12,q=3,
则a3+a5=12×32+12×34=45.
故选:D.
由已知结合等比数列的通项公式及求和公式即可求解.
本题主要考查了等比数列的通项公式及求和公式的应用,属于基础题.
7.【答案】C
【解析】解:不妨设点M在第一象限,如下图所示:
由图可知,|AM|>|BM|,且|AM|>|AB|,
因为△ABM为等腰三角形,则|BM|=|AB|=2a,
设△ABM的外接圆半径为r,则πr2=3πa2,可得r= 3a,
由正弦定理可得|AB|sin∠AMB=2r,则sin∠AMB=|AB|2r=2a2 3a= 33,即sin∠BAM= 33,
易知,∠BAM为锐角,则cs∠BAM= 1−sin2∠BAM= 1−( 33)2= 63,
所以,tan∠BAM=sin∠BAMcs∠BAM= 33×3 6= 22,
tan∠xBM=tan(2∠BAM)=2tan∠BAM1−tan2∠BAM=2× 221−( 22)2=2 2,
所以,直线AM的方程为y= 22(x+a),直线BM的方程为y=2 2(x−a),
联立y= 22(x+a)y=2 2(x−a),解得x=5a3y=4 23a,即点M(53a,4 23a),
将点M的坐标代入双曲线E的方程可得(5a3)2a2−(4 23a)2b2=1,可得b2a2=2,
因此,双曲线E的离心率为e=ca= c2a2= 1+b2a2= 1+2= 3.
故选:C.
不妨设点M在第一象限,作出图形,分析可知|BM|=|AB|=2a,利用正弦定理求出sin∠BAM的值,进而可得出直线AM的斜率,求出直线AM的方程,结合二倍角的正切公式以及点斜式可得出直线BM的方程,可求出点M的坐标,将点M的坐标代入双曲线E的方程,求出b2a2的值,即可求出双曲线E的离心率的值.
本题考查双曲线的方程和性质,主要考查双曲线的离心率的求法,运用任意角的三角函数的知识,求得M的坐标是解题的关键.
8.【答案】D
【解析】解:由(n+1)Sn+1=(n+1)Sn+(n+2)an
得(n+1)an+1=(n+1)Sn+1−(n+1)Sn=(n+2)an,
则有an+1n+2=ann+1对任意n∈N*成立,
又a2=3,则ann+1=a23=1,
故an=n+1,且an+1−an=(n+1)−n=1,
则数列{an}是以2为首项,1为公差的等差数列,
则Sn=n(2+n+1)2=n(n+3)2,
由2Sn+22≤kan得,n(n+3)+22≤k(n+1),
分离参数得,k≥n(n+3)+22n+1,
令n+1=t(t≥2,t∈N*)
则g(t)=t2+t+20t=t+20t+1,
令g(x)=x+20x+1(x>0),则g′(x)=1−20x2=x2−20x,
当x∈(0,2 5)时,g′(x)<0,g(x)单调递减;
当x∈(2 5,+∞)时,g′(x)>0,g(x)单调递增;
由t≥2,t∈N*,则当t≤4时,g(2)≥g(3)≥g(4),
当t≥5时,恒有g(t)≤g(t+1),
又g(4)=g(5)=10,故g(t)的最小值为10.
若存在n∈N*,使得2Sn+22≤kan成立,则k≥g(t)min,
则有k≥10,即实数k的最小值为10.
故选:D.
先由an+1=Sn+1−Sn化简得递推关系an+1n+2=ann+1=a23=1,从而求得{an}通项an及前n项和Sn,要使2Sn+22≤kan能成立,即k≥n(n+3)+22n+1能成立,令t=n+1,转化为求解g(t)=t+20t+1的最小值即可.
本题考查数列的递推式和等差数列的定义、通项公式,以及数列的单调性和不等式恒成立问题,考查转化思想和运算能力、推理能力,属于中档题.
9.【答案】AC
【解析】解:因为直线2x−y+m=0的斜率为2,
所以f′(x)=2有解,则直线2x−y+m=0就可以为该函数图象的切线.
对于A,令f′(x)=2x+1=2,解得x=12,满足条件;
对于B,因为f′(x)=2+ex>2恒成立,不满足条件;
对于C,令f′(x)=x+1x=2,解得x=1,满足条件;
对于D,f′(x)=2+12 x>2恒成立,不满足条件.
故选:AC.
将问题转化为函数f′(x)=2有解,则直线2x−y+m=0就可以为该函数图象的切线,从而逐项检验即可得结论.
本题考查导数的几何意义与切线方程的求法,属于中档题.
10.【答案】ACD
【解析】解:对A,当a≠−1时,kAB=3a+1,直线AB的方程为y+1=3a+1(x−a),
即3x−(a+1)y−4a−1=0,所以3x−y−1−a(y+4)=0,
令3x−y−1=0y+4=0,解得x=−1y=−4,,直线AB恒过定点(−1,−4),
当a=−1时,A(−1,−1),B(−1,2),直线AB的方程为x=−1也过点(−1,−4),
所以直线AB恒过定点,且定点坐标为(−1,−4),故A正确;
对B,直线AB在两坐标轴上的截距相等,
当a=−1时,直线AB的方程为x=−1不合题意;
故a≠−1,此时直线AB的方程3x−(a+1)y−4a−1=0,
令y=0,则x=4a+13,令x=0,则y=−4a+1a+1,
令4a+13=−4a+1a+1,即(4a+1)(a+4)=0,
即4a2+17a+4=0,即(4a+1)(a+4)=0,
解得a=−14或a=−4,故B错误;
对C,若直线AB过第一、三象限,则直线AB的斜率一定存在且为正数,
即3a+1>0,即a+1>0,
所以a>−1,故C正确;
对于D,若直线AB和直线l:x−y+4=0与两坐标轴围成的四边形有外接圆,
即该四边形对角互补,
而直线AB恒过定点(−1,−4),故需满足直线AB⊥l,
则3a+1×1=−1,即a+1=−3,
所以a=−4,故D正确.
故选:ACD.
求出直线AB的方程,分离参数可求得直线AB过的定点,判断A;根据直线AB的方程求出其在坐标轴上的截距,令二者相等求得a的值,判断B;根据直线所过象限确定直线的斜率正负,即可求得a的范围,判断C;根据题意判断直线AB和直线l垂直,即可列式求得a,判断D.
本题考查直线方程的应用,属于中档题.
11.【答案】ABC
【解析】解:由a1+3a2+⋯+3n−1an=n⋅3n+1(n∈N*),
设bn=3n−1an,则b1+b2+⋯+bn=n⋅3n+1,
所以当n≥2时,b1+b2+⋯+bn−1=(n−1)⋅3n,
两式相减得,bn=(2n+1)⋅3n,
当n=1时,b1=a1=9也适合上式.
则bn=(2n+1)⋅3n=3n−1an,解得,an=3(2n+1),
所以an+1−an=6,故数列{an}是以9为首项,6为公差的等差数列,
则Sn=n(9+6n+3)2=3n(n+2)=3n2+6n,
故选项AB正确;
选项C,数列{(−1)nan}的前100项和M=3[(−3+5)+(−7+9)+⋯+(−199+201)]
=3×2×50=300,故C项正确;
选项D,|an−20|=|6n−17|=17−6n,n≤26n−17,n≥3,n∈N*,
则{|an−20|}前20项和为N=11+5+1+7+13+⋯+103=16+18(1+103)2=952,
故D项错误.
故选:ABC.
先构造数列bn=3n−1an,知其前n项和求通项bn,进而再求出an,选项A,由定义证明为等差数列;选项B,利用等差数列前n项和公式求解即可;选项C,两项并一项,并项为常数列求和;选项D,分段讨论去绝对值后,分组求和,再利用等差数列求和公式即可求出.
本题考查等差数列的通项公式和求和公式,以及数列的并项求和,考查方程思想和转化思想、运算能力和推理能力,属于中档题.
12.【答案】ABD
【解析】解:对于A:∵点A(−2,−1)在抛物线C:x2=−2py(p>0)上,
则4=2p,解得p=2,
∴抛物线C:x2=−4y,
其准线为y=1,故A正确;
对于B:过A、B的直线方程为y=x+1,
代入抛物线方程得x2−4x+4=0,
Δ=16−16=0,故直线AB与抛物线只有一个公共点,
且kAB=1−(−1)2=1,即AB不垂直于x轴,
∴直线AB与抛物线C相切,故B正确;
对于C:由题意可知,直线PQ斜率存在,
设直线PQ的方程为y=kx+1,P(x1,y1),Q(x2,y2),
联立方程y=kx+1x2=−4y,消去y得:x2+4kx+4=0,
可得Δ=16k2−16>0,得k2>1,
且x1+x2=−4kx1x2=4,
∵OP⋅OQ=x1x2+y1y2=x1x2+(−x124)(−x224)
=x1x2+x12x2216=4+1=5,故C错误;
对于D:由题意可知|BA|2=(−2−0)2+(−1−1)2=8,
∵|BP|⋅|BQ|= 1+k2|x1−0|⋅ 1+k2|x2−0|=(1+k2)|x1x2|=4(1+k2),
则|BP|⋅|BQ|=4(1+k2)>8,
∴|BP|⋅|BQ|>|BA|2,故D正确.
故选:ABD.
选项A,由点A(−2,−1)在抛物线上,代入方程待定系数,求出抛物线C方程,则得到准线方程;选项B,利用导数求出切线斜率,与直线AB斜率相同即可说明相切;选项C,设出直线AB方程,联立抛物线方程,将OP⋅OQ坐标化韦达定理代入可证;选项D,利用弦长公式用(1+k2)|x1x2|表示,再代入韦达定理,结合判别式Δ>0得出的k2的范围,即可判断得出答案.
本题考查了直线与抛物线的位置关系,考查了韦达定理的应用,考查了数形结合思想及数学运算能力,属于中档题.
13.【答案】4
【解析】解:由题意知,令x=0,则f(0)=2e0=2,
f′(x)=2(x+2)ex−f′(0),
令x=0,则f′(0)=2(0+2)e0−f′(0),解得f′(0)=2,
∴f(0)+f′(0)=4.
故答案为:4.
由题意可得f′(x)=2(x+2)ex−f′(0),令x=0,分别求出f(0)、f′(0)即可求解.
本题考查了导数的运算法则,考查了推理能力与计算能力,属于基础题.
14.【答案】34
【解析】解:由题意,设等差数列{an}的公差为d(d>0),
因为a92−a7+12a5=3,可得a92−(a1+6d)+12(a1+4d)=a92−12(a1+8d)=3,
即a92−12a9=3,
可得2a92−a9−6=0,且an>0,
解得a9=2,
又由S17=17(a1+a17)2=17×2a92=17a9=34.
故答案为:34.
根据等差数列的通项公式,结合题意,化简得到a92−12a9=3,求得a9=2,再利用等差数列的前n项和公式,即可求解.
本题主要考查了等差数列的前n项和公式,属于基础题.
15.【答案】[−12,32]
【解析】解:圆(x−1)2+y2=2,圆心C(1,0),半径为 2,
设圆(x−1)2+y2=2关于直线y=a的对称圆圆心C′(x,y),
且圆的半径仍为 2,
则圆心C(1,0)与C′关于直线y=a对称,
有x=1y+02=a,解得x=1y=2a,即对称圆圆心C′(1,2a).
由对称性可知,直线l:x+y−2=0与圆C′有公共点,
则有圆心C′(1,2a)到直线l:x+y−2=0的距离d=|1+2a−2| 12+12≤ 2,
化简得|2a−1|≤2,解得−12≤a≤32,
则实数a的取值范围为[−12,32].
故答案为:[−12,32].
由对称性可知,求出圆关于直线y=a对称的对称圆方程,再由有公共点,转化为直线与圆相交或相切,利用几何法求解参数a的范围即可.
本题考查直线与圆的位置关系的应用,考查转化思想以及计算能力,是中档题.
16.【答案】(x+2)2+y2=4 17−2
【解析】解:设P(x,y),已知A(−2,1),B(−2,4),
因为|PA||PB|=12,所以|PA||PB|= (x+2)2+(y−1)2 (x+2)2+(y−4)2=12,
两边平方化简整理得(x+2)2+y2=4,
所以点P的轨迹为以(−2,0)为圆心,2为半径的圆.
抛物线C:y2=8x的焦点F(2,0),准线方程为x=−2,
则12|PB|+|PM|+|MN|=|PA|+|PM|+|MN|
=|AP|+|PM|+|MF|−2≥|AF|−2= (−2−2)2+12−2= 17−2,
当且仅当A,P,M,F(P,M两点在A,F两点中间)四点共线时取等号,
所以12|PB|+|PM|+|MN|的最小值为 17−2.
故答案为:(x+2)2+y2=4; 17−2.
先求出点P的轨迹方程,再结合阿波罗尼斯圆的定义及抛物线的定义可得12|PB|+|PM|+|MN|=|AP|+|PM|+|MF|−2≥|AF|−2,当且仅当A,P,M,F四点共线时取等号.
本题考查了轨迹方程的求法,抛物线的性质,属于中档题.
17.【答案】证明:(1)∵Sn=2an+n−3,∴Sn−1=2an−1+n−4(n≥2),
两式相减得:Sn−Sn−1=2an−2an−1+1=an,∴an=2an−1−1(n≥2),
∴an−1=2(an−1−1)(n≥2),
令n=1得:S1=a1=2a1−2,∴a1=2,a1−1=1≠0,
∴{an−1}是以1为首项,2为公比的等比数列,
∴an−1=2n−1,即an=2n−1+1.
(2)由(1)得:cn=1an−1=(12)n−1,{cn}是以1为首项,12为公比的等比数列,
∴Tn=1−(12)n1−12=2−(12)n−1<2.
【解析】(1)根据Sn,an的关系即可作差得an=2an−1−1,进而可得{an−1}是以1为首项,2为公比的等比数列,即可根据等比通项求解,
(2)根据等比数列的求和公式即可求解.
本题考查的知识要点:数列的通项公式的求法,数列的求和,主要考查学生的理解能力和计算能力,属于中档题.
18.【答案】解:(1)联立x−y+5=02x+y+1=0得:x=−2y=3,
所以点P的坐标为(−2,3),
当直线l的斜率不存在时,则方程为x=−2,适合题意;
当直线l的斜率存在时,设其方程为y−3=k(x+2),
即kx−y+2k+3=0,
因为坐标原点O到直线l的距离为2,
所以|2k+3| k2+1=2,解得k=−512,
此时直线l的方程为5x+12y−26=0,
所以直线l的方程为x=−2或5x+12y−26=0;
(2)以为直线l的倾斜角为α,α∈[0,π),且sinα=45,
所以tanα=±4 52−42=±43;
当k=−43时,直线l的方程为4x+3y−1=0;
当k=43时,直线l的方程为4x−3y+17=0.
所以直线l的方程为4x+3y−1=0或4x−3y+17=0.
【解析】(1)联立两直线方程求出交点,分类讨论斜率是否存在两种情况,利用点到直线的距离分别求解直线方程;
(2)由同角三角函数的关系知弦求切,得到直线的斜率,再由点斜式方程可得.
本题考查点到直线的距离公式的应用,属于基础题.
19.【答案】解:(1)∵圆C的方程为(x−1)2+y2=4,∴圆C的圆心为C(1,0),半径r=2,
∵|AB|= 13,∴圆心C到直线l的距离d=|k| k2+1= 22−( 132)2= 32,
解得k2=3,即k=± 3,
当k=tanα= 3时,倾斜角α=60°,当k=tanα=− 3时,倾斜角α=120°,
∴直线l的倾斜角为60°或120°;
(2)设点A(x1,y1),B(x2,y2),假设存在满足题意的点P(x0,0),即kPA+kPB=0,
由y=kxx2+y2−2x−3=0得:(1+k2)x2−2x−3=0,Δ=4+12(1+k2)>0,
∴x1+x2=21+k2,x1x2=−31+k2,
∴kPA+kPB=y1x1−x0+y2x2−x0=kx1x1−x0+kx2x2−x0=0,
由k≠0得:x1(x2−x0)+x2(x1−x0)=2x1x2−x0(x1+x2)=0,
∴−61+k2−2x01+k2=0,解得:x0=−3,
∴在x轴上存在满足题意的点P,且点P的坐标为(−3,0).
【解析】(1)两圆圆心C到直线l的距离求出k,再根据斜率与倾斜角的关系可得答案;
(2)设点A(x1,y1),B(x2,y2),假设存在满足题意的点P(x0,0),即kPA+kPB=0,直线方程与圆的方程联立利用韦达定理代入kPA+kPB=0求出x0可得答案.
本题考查直线与圆的位置关系的应用,是中档题.
20.【答案】解:(1)由题意,当n=1时,a1=S1=1,
当n≥2时,an=Sn−Sn−1
=n2−(n−1)2
=2n−1,
∵当n=1时,a1=1也适合上式,
∴an=2n−1,n∈N*.
(2)依题意,由bn≠0,且bn+12=bnbn+2,
可得bn+2bn+1=bn+1bn,
故数列{bn}是等比数列,
设等比数列{bn}的公比为q,
∵b2=3b1=9,
∴公比q=a2a1=3,首项b1=3,
∴bn=3×3n−1=3n,n∈N*,
∴cn=1anan+1+(−1)nbn
=1(2n−1)(2n+1)+(−1)n×3n
=12(12n−1−12n+1)+(−3)n,
∴Tn=c1+c2+⋯+cn
=12(1−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1)+(−3)+(−3)2+⋯+(−3)n
=12(1−12n+1)+(−3)[1−(−3)n]1−(−3)
=n2n+1−34[1−(−3)n].
【解析】(1)由an与Sn的关系求通项,注意验证n=1时是否成立;
(2)由等比中项形式证明等比数列,求解数列{bn}的基本量,再求通项,进而化简cn,再分组求和,分别利用裂项相消法与等比数列求和公式求和即可.
本题主要考查数列求通项公式,以及数列求和问题.考查了分类讨论思想,转化与化归思想,等比中项判别法,裂项相消法,等比数列的通项公式与求和公式的运用,以及逻辑推理能力和数学运算能力,属中档题.
21.【答案】解:(1)设点G(x,y),由|GF|= 32d得: x2+(y+ 3)2= 32|y+4 33|,
整理得:x2+y24=1,即y24+x2=1,
它表示中心在坐标原点,焦点在y轴上的椭圆,且长轴长为4,短轴长为2;
(2)设直线PQ的方程为y−2=k(x−1)(k>0),即y=kx−k+2(k>0),
由4x2+y2=4y=kx−k+2得:(4+k2)x2+(4k−2k2)x+k2−4k=0,
由Δ=(4k−2k2)2−4(4+k2)(k2−4k)=64k>0得:k>0,
设点P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=2k2−4k4+k2,x1x2=k2−4k4+k2,
直线BP的方程为y=y1x1−1(x−1),令x=0得:y=y11−x1,所以点M(0,y11−x1),
直线BQ的方程为y=y2x2−1(x−1),令x=0得:y=y21−x2,所以点N(0,y21−x2),
∴yM+yN=y11−x1+y21−x2=kx1−k+21−x1+kx2−k+21−x2=21−x1+21−xx−2k
=4−2(x1+x2)1−(x1+x2)+x1x2−2k=4−2⋅2k2−4k4+k21−2k2−4k4+k2+k2−4k4+k2−2k=4−2k+2k=4,
∴yM+yN2=2,即线段MN的中点坐标为(0,2),
∴线段MN的中点为定点,其坐标为(0,2).
【解析】(1)设点G(x,y),用坐标表示已知等式化简后可得;
(2)设直线PQ的方程为y−2=k(x−1)(k>0),设点P(x1,y1),Q(x2,y2),由韦达定理得x1+x2,x1x2,求出M,N点坐标,计算yM+yN并代入x1+x2,x1x2化简可得.
本题考查轨迹方程的求法,以及直线和椭圆的位置关系,考查方程思想和运算能力、推理能力,属于中档题.
22.【答案】解:(1)由|CD|=2 3,左焦点为F(−2,0),
可得c=2,a2+b2=12,又a2−b2=4,解得a=2 2,b=2,
则椭圆方程为x28+y24=1;
由C(0,−2),D(2 2,0),可得直线CD的斜率为 22;
(2)过F且斜率为k(k>0)的直线l的方程为y=k(x+2),
可得P(0,2k),
设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0),
则x12+2y12=8,x22+2y22=8,
两式相减可得(x1−x2)(x1+x2)+2(y1−y2)(y1+y2)=0,
则2x0+4ky0=0,即kOM=−12k,
由PE⊥MN,可得kPE=2k,直线PE的方程为y=2kx+2k,
则E(−1,0),
△MAE的面积为 64,可得△ABE的面积为 62.
由y=k(x+2)x2+2y2=8可得(1+2k2)x2+8k2x+8k2−8=0,
可得x1+x2=−8k22k2+1,x1x2=8k2−81+2k2,
又E到直线AB的距离为d=k 1+k2,
所以12|AB|d=12 1+k2⋅ 64k4(1+2k2)2−32k2−321+2k2⋅k 1+k2= 62,
化为4k4+4k2−3=0,解得k2=12,则k= 22,
中点M的横坐标为xM=−4k21+2k2=−1,纵坐标为yM= 22(2−1)= 22,M(−1, 22),
直线OM的方程为y=− 22x,
又直线CD的方程为y= 22x−2,
联立两直线的方程可得N( 2,−1),
所以|OM||ON|= 1+12 2+1= 22.
【解析】(1)由两点的距离公式和焦点坐标,结合a,b,c的关系,解方程可得a,b,进而得到椭圆方程;再由两点的斜率公式可得所求直线的斜率;
(2)设直线l的方程为y=k(x+2),可得P(0,2k),运用点差法可得直线OM的斜率,进而得到直线PE的方程,可得E的坐标,再由三角形的面积公式,结合弦长公式,解方程可得直线l的斜率k,再分别求得M,N的坐标,即可得到所求值.
本题考查椭圆的方程和性质,以及直线和椭圆的位置关系,考查方程思想和运算能力,属于中档题.
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