1、2019-2020 学年湖南省五市十校高二（上）期中数学试卷一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分在每小题给出的四个选项中，只有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一项是符合题目要求的 1 （5 分）已知集合 U1，2，3，4，5，6，7，A2，3，4，5，B2，3，6，7， 则 BUA（ ） A1，6 B1，7 C6，7 D1，6，7 2 （5 分）设 xR，则“0x2”是“x22x30”的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 3 （5 分）在等差数列an中，a12，a3+a510，则 a7（ ） A5 B8
2、C10 D14 4 （5 分）已知向量 （1，0） ， （3，4）的夹角为 ，则 sin2 等于（ ） A B C D 5 （5 分）已知圆柱的高为 2，它的两个底面的圆周在半径为 2 的同一个球的球面上则球 的体积与圆柱的体积的比值为（ ） A B C D 6 （5 分）以下四个命题： “若 xy，则 x2y2”的逆否命题为真命题 “a2”是“函数 f（x）logax 在区间（0，+）上为增函数”的充分不必要条件 若 pq 为假命题，则 p，q 均为假命题 对于命题 p：x0R，x02+x0+10，则p 为：xR，x2+x+10 其中真命题的个数是（ ） A1 个 B2 个 C3 个 D4
3、个 7 （5 分）已知椭圆 C 的中心在原点，焦点 F1，F2在 x 轴上，C 上的点到左焦点 F1的距离 的最大值为 6，过 F1的直线交 C 于 A，B 两点，且ABF2的周长为 16，则椭圆 C 的方 程为（ ） A B 第 2 页（共 22 页） C D 8 （5 分）已知变量 x，y 之间的线性回归方程为，且变量 x，y 之间的一组 相关数据如表所示，则下列说法错误的是（ ） x 6 8 10 12 y 6 m 3 2 A变量 x，y 之间呈现负相关关系 B可以预测，当 x20 时，y3.7 Cm4 D该回归直线必过点（9，4） 9 （5 分）已知“命题 p：x0R，使得 ax02+
4、2x0+10 成立”为真命题，则实数 a 的取值范 围是（ ） A0，1） B （，1） C1，+） D （，1 10 （5 分）古希腊数学家阿波罗尼奧斯（约公元前 262公元前 190 年）的著作圆锥曲线 论是古代世界光辉的科学成果，他证明过这样一个命题：平面内与两定点距离的比为 常数 k（k0，k1）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆在平面直角坐 标系中， 设 A （3， 0） ， B （3， 0） ， 动点 M 满足2， 则动点 M 的轨迹方程为 （ ） A （x5）2+y216 Bx2+（y5）29 C （x+5）2+y216 Dx2+（y+5）29 11 （5 分）如图，A
5、D 是某防汛抗洪大坝的坡面，大坝上有一高为 20 米的监测塔 BD，若某 科研小组在坝底 A 点测得BAD15，沿着坡面前进 40 米到达 E 点，测得BED 45，则大坝的坡角（DAC）的余弦值为（ ） A B C D 第 3 页（共 22 页） 12 （5 分）椭圆的左右焦点分别是 F1、F2，以 F2为圆心的圆过椭 圆的中心，且与椭圆交于点 P，若直线 PF1恰好与圆 F2相切于点 P，则椭圆的离心率为 （ ） A B C D 二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 13 （5 分）已知函数，则 f（2）f（1） 14 （5 分）
6、已知 tan，tan 是方程 2x2+3x50 的两个实数根，则 tan（+） 15 （5 分）已知 a，bR，且 a3b+60，则 2a+的最小值为 16 （5 分）已知数列an满足：m，nN*，am+anam+n，且 a15，函数 ，记 bmf（an） ，则数列bn的前 29 项和为 三、解答题：共三、解答题：共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17已知an是各项均为正数的等比数列，a12，a32a2+16 （1）求数列an的通项公式； （2）设 bnlog2an，求数列的前 n 项和 Tn 182018 年，教育部发文确定新高考改革
7、正式启动，湖南、广东、湖北等 8 省市开始实行 新高考制度，从 2018 年下学期的高一年级学生开始实行为了适应新高考改革，某校组 织了一次新高考质量测评，在成绩统计分析中，高二某班的数学成绩的茎叶图和频率分 布直方图因故都受到不同程度的损坏，但可见部分如下，据此解答如下问题： （1）求该班数学成绩在50，60）的频率及全班人数； （2）根据频率分布直方图估计该班这次测评的数学平均分； （3）若规定 90 分及其以上为优秀，现从该班分数在 80 分及其以上的试卷中任取 2 份分 第 4 页（共 22 页） 析学生得分情况，求在抽取的 2 份试卷中至少有 1 份优秀的概率 19在ABC 中，a，
8、b，c 分别为内角 A，B，C 的对边，且 asinBbsin（A+） （1）求 A； （2）若ABC 的面积 Sc2，求 sinC 的值 20如图，在三棱柱 ABCA1B1C1中，CC1底面 ABC，D、E、F、G 分别为 AA1，AC、 A1C1、BB1，的中点，且， （1）证明：AF平面 BEC1； （2）证明：ACFG； （3）求直线 BD 与平面 BEC1所成角的正弦值 21已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 Sn2an20，函数 f（x）对任意的 xR 都有 f（x） +f（1x）1，数列bn满足 （1）求数列an，bn的通项公式； （2）若数列cn满足 cnanbn，Tn是数
9、列cn的前 n 项和，是否存在正实数 k，对于任 意 nN*，不等式 k（n29n+26）Tn4ncn，恒成立？若存在，请求出 k 的取值范围；若 不存在，请说明理由 22已知椭圆 C：（ab0）的左，右顶点分别为 A1，A2，长轴长为 4，且经 过点 （1）求椭圆 C 的标准方程； （2）若 M 为椭圆 C 上异于 A1，A2的任意一点，证明：直线 MA1，MA2的斜率的乘积为 定值； （3）已知两条互相垂直的直线 l1，l2都经过椭圆 C 的右焦点 F，与椭圆 C 交于 A，B 和 M，N 四点，求四边形 AMBN 面积的取值范围 第 5 页（共 22 页） 第 6 页（共 22 页） 2
10、019-2020 学年湖南省五市十校高二（上）期中数学试卷学年湖南省五市十校高二（上）期中数学试卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分在每小题给出的四个选项中，只有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一项是符合题目要求的 1 （5 分）已知集合 U1，2，3，4，5，6，7，A2，3，4，5，B2，3，6，7， 则 BUA（ ） A1，6 B1，7 C6，7 D1，6，7 【分析】先求出UA，然后再求 BUA 即可求解 【解答】解：U1，2，3，4，5，6，7，A2，3，4，5
11、，B2，3，6，7， UA1，6，7， 则 BUA6，7 故选：C 【点评】本题主要考查集合的交集与补集的求解，属于基础试题 2 （5 分）设 xR，则“0x2”是“x22x30”的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 【分析】判断两个不等式对应集合的关系，根据充分必要条件的定义判断即可 【解答】解：设 Ax|0x2，Bx|x22x30x|1x3； AB； xAxB，但 xB 推不出 xA； “0x2”是“x22x30”的充分不必要条件； 故选：A 【点评】本题考查了充分必要条件的定义，属于基础题 3 （5 分）在等差数列an中，a12，a3+a510
12、，则 a7（ ） A5 B8 C10 D14 【分析】由题意可得 a45，进而可得公差 d1，可得 a7a1+6d，代值计算即可 【解答】解：在等差数列an中 a12，a3+a510， 2a4a3+a510，解得 a45， 第 7 页（共 22 页） 公差 d1， a7a1+6d2+68 故选：B 【点评】本题考查等差数列的通项公式，属基础题 4 （5 分）已知向量 （1，0） ， （3，4）的夹角为 ，则 sin2 等于（ ） A B C D 【分析】计算两向量的夹角余弦 cos 的值，再求出 sin 和 sin2 的值 【解答】解：由题意知，cos， 且 0， sin， sin22sinc
13、os 故选：D 【点评】本题考查了平面向量的夹角公式与三角函数求值问题，是基础题 5 （5 分）已知圆柱的高为 2，它的两个底面的圆周在半径为 2 的同一个球的球面上则球 的体积与圆柱的体积的比值为（ ） A B C D 【分析】根据题意画出图形，结合图形求出该圆柱底面圆半径 r，再计算该圆柱的体积以 及球的体积即可得到结论 【解答】解：如图所示， 圆柱的高为 2，它的两个底面的圆周在直径为 4 的同一个球的球面上， 该圆柱底面圆周半径为 r， 该圆柱的体积为：VSh（）226 又因为球的体积为：R323； 球的体积与圆柱的体积的比值： 故选：D 第 8 页（共 22 页） 【点评】本题考查了
14、圆柱的体积以及球内接圆柱的应用问题，是基础题 6 （5 分）以下四个命题： “若 xy，则 x2y2”的逆否命题为真命题 “a2”是“函数 f（x）logax 在区间（0，+）上为增函数”的充分不必要条件 若 pq 为假命题，则 p，q 均为假命题 对于命题 p：x0R，x02+x0+10，则p 为：xR，x2+x+10 其中真命题的个数是（ ） A1 个 B2 个 C3 个 D4 个 【分析】判断原命题的真假，即可推出的正误；利用充要条件判断的正误；复合命 题的真假判断的正误；命题的否定判断的正误 【解答】解：“若 xy，则 x2y2”是真命题，所以它的的逆否命题为真命题，所以 正确； “a
15、2”可知“函数 f（x）logax 在区间（0，+）上为增函数”成立，反之不成立， 所以“a2”是“函数 f（x）logax 在区间（0，+）上为增函数”的充分不必要条件， 正确，所以正确； 若 pq 为假命题，至少一个是假命题，所以说 p，q 均为假命题，不正确；所以不 正确； 对于命题 p：x0R，x02+x0+10，则p 为：xR，x2+x+10，满足命题的否定形 式，正确，所以正确； 故选：C 【点评】本题考查命题的真假的判断与应用，涉及充要条件，复合命题的真假，命题的 否定等知识，是基本知识的考查 7 （5 分）已知椭圆 C 的中心在原点，焦点 F1，F2在 x 轴上，C 上的点到左
16、焦点 F1的距离 的最大值为 6，过 F1的直线交 C 于 A，B 两点，且ABF2的周长为 16，则椭圆 C 的方 第 9 页（共 22 页） 程为（ ） A B C D 【分析】利用已知条件列出方程求解 a，b，即可得到椭圆方程 【解答】解：椭圆 C 的中心在原点，焦点 F1，F2在 x 轴上，C 上的点到左焦点 F1的距 离的最大值为 6，过 F1的直线交 C 于 A，B 两点，且ABF2的周长为 16，可得 a+c6， 4a16所以 a4，c2，则 b2， 所以椭圆方程为： 故选：A 【点评】本题考查椭圆的简单性质以及椭圆方程的求法，是基本知识的考查 8 （5 分）已知变量 x，y 之
17、间的线性回归方程为，且变量 x，y 之间的一组 相关数据如表所示，则下列说法错误的是（ ） x 6 8 10 12 y 6 m 3 2 A变量 x，y 之间呈现负相关关系 B可以预测，当 x20 时，y3.7 Cm4 D该回归直线必过点（9，4） 【分析】根据线性回归方程的性质依次判断各选项即可 【解答】解：对于 A：根据 b 的正负即可判断正负相关关系线性回归方程为 ，b0.70，负相关 对于 B，当 x20 时，代入可得 y3.7 对于 C：根据表中数据：9可得4即 ，解得：m5 对于 D：由线性回归方程一定过（） ，即（9，4） 第 10 页（共 22 页） 故选：C 【点评】本题考查了
18、线性回归方程的求法及应用，属于基础题 9 （5 分）已知“命题 p：x0R，使得 ax02+2x0+10 成立”为真命题，则实数 a 的取值范 围是（ ） A0，1） B （，1） C1，+） D （，1 【分析】由一次函数和二次函数的图象和性质，可知当 a0 时，命题为真命题，当 a0 时，若“命题 p：x0R，使得 ax02+2x0+10 成立”为真命题，则44a0，最后 综合讨论结果，可得答案 【解答】解：当 a0 时， “命题 p：x0R，使得 ax02+2x0+10 成立”为真命题， 当 a0 时， “命题 p：x0R，使得 ax02+2x0+10 成立”为真命题， 当 a0 时，若
19、“命题 p：x0R，使得 ax02+2x0+10 成立”为真命题， 则44a0，解得 a1， 0a1， 综上所述，实数 a 的取值范围是（，1） ， 故选：B 【点评】本题考查的知识点是特称命题，一次函数和二次函数的图象和性质，难度不大， 属于基础题 10 （5 分）古希腊数学家阿波罗尼奧斯（约公元前 262公元前 190 年）的著作圆锥曲线 论是古代世界光辉的科学成果，他证明过这样一个命题：平面内与两定点距离的比为 常数 k（k0，k1）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆在平面直角坐 标系中， 设 A （3， 0） ， B （3， 0） ， 动点 M 满足2， 则动点 M 的轨迹方
20、程为 （ ） A （x5）2+y216 Bx2+（y5）29 C （x+5）2+y216 Dx2+（y+5）29 【分析】设出动点坐标，利用已知条件列出方程，化简求解即可 【解答】解：设 M（x，y） ，由， 得，可得： （x+3）2+y24（x3）2+4y2， 即 x210x+y2+90 故动点 M 的轨迹方程为（x5）2+y216 第 11 页（共 22 页） 故选：A 【点评】本题考查轨迹方程的求法，是基本知识的考查 11 （5 分）如图，AD 是某防汛抗洪大坝的坡面，大坝上有一高为 20 米的监测塔 BD，若某 科研小组在坝底 A 点测得BAD15，沿着坡面前进 40 米到达 E 点，
21、测得BED 45，则大坝的坡角（DAC）的余弦值为（ ） A B C D 【分析】在ABE 中由正弦定理求得 BE 的值，在BED 中由正弦定理求得 sinBDE， 再利用诱导公式求出 cosDAC 的值 【解答】解：因为BAD15，BED45，所以ABE30； 在ABE 中，由正弦定理得， 解得； 在BED 中，由正弦定理得， 所以； 又ACD90，所以 sinBDEsin（DAC+90） ， 所以 故选：A 【点评】本题考查了解三角形的应用问题，也考查了分析问题与解答问题的能力，是基 础题 12 （5 分）椭圆的左右焦点分别是 F1、F2，以 F2为圆心的圆过椭 圆的中心，且与椭圆交于点
22、P，若直线 PF1恰好与圆 F2相切于点 P，则椭圆的离心率为 （ ） 第 12 页（共 22 页） A B C D 【分析】利用已知条件以及椭圆的性质列出关系式，求解椭圆的离心率即可 【解答】解：椭圆的左右焦点分别是 F1、F2，以 F2为圆心的圆 过椭圆的中心，且与椭圆交于点 P，若直线 PF1恰好与圆 F2相切于点 P， 可得（2ac）2+c24c2，可得 2a22acc2， 所以 e2+2e20，e（0，1） ， 解得 e 故选：A 【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，考查转化思想以及计算能力 二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20
23、 分分 13 （5 分）已知函数，则 f（2）f（1） 2 【分析】推导出 f（2）224，f（1）12+12，由此能求出 f（2）f（1）的值 【解答】解：函数， f（2）224，f（1）12+12， f（2）f（1）422 故答案为：2 【点评】本题考查函数值的求法，考查函数性质等基础知识，考查运算求解能力，是基 础题 14 （5 分）已知 tan，tan 是方程 2x2+3x50 的两个实数根，则 tan（+） 【分析】由根与系数的关系求得 tan+tan 与 tantan 的值，然后展开两角和的正切求 tan（+） 【解答】解：tan，tan 是方程 2x2+3x50 的两个实数根，
24、tan+tan，tantan 第 13 页（共 22 页） tan（+） 故答案为： 【点评】本题考查一元二次方程根与系数的关系的应用，考查两角和的正切，是基础题 15 （5 分）已知 a，bR，且 a3b+60，则 2a+的最小值为 【分析】化简所求表达式，利用基本不等式转化求解即可 【解答】解：a，bR，且 a3b+60， 可得：3ba+6， 则 2a+2， 当且仅当 2a即 a3 时取等号 函数的最小值为： 故答案为： 【点评】本题考查函数的最值的求法，基本不等式的应用，也可以利用换元法，求解函 数的最值考查计算能力 16 （5 分）已知数列an满足：m，nN*，am+anam+n，且
25、a15，函数 ，记 bmf（an） ，则数列bn的前 29 项和为 87 【分析】由题意可得 an+1ana1，为常数，可得数列an为等差数列，求得 f（x）的图 象关于点（，3）对称，运用等差数列中项性质和倒序相加求和，计算可得所求和 【解答】解：对m，nN*，都有 am+anan+m成立， 可令 m1 即有 an+1ana1，为常数，可得数列an为等差数列， 函数sin2x+3（1+cosx） ， 由 f（x）+f（x）sin2x+3（1+cosx）+sin2（x）+3（1+cos（x） ）6， 可得 f（x）的图象关于点（，3）对称， a1+a29a2+a28a14+a162a15， f
26、（a1）+f（a29）f（a2）+f（a28）f（a14）+f（a16）6，f（a15）3， 第 14 页（共 22 页） 可得数列bn的前 29 项和为 614+387 故答案为：87 【点评】本题考查等差数列的性质，以及函数的对称性及运用，考查数列的倒序相加求 和，化简运算能力，属于中档题 三、解答题：共三、解答题：共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17已知an是各项均为正数的等比数列，a12，a32a2+16 （1）求数列an的通项公式； （2）设 bnlog2an，求数列的前 n 项和 Tn 【分析】 （1）设等比数列的公比为
27、q，q0，运用等比数列的通项公式，解方程可得公比 和首项，进而得到所求通项公式； （ 2 ） 求 得bn log2an， ，再由数列的裂项相消求和，化简可得所求和 【解答】解： （1）an是各项均为正数的等比数列，设公比为 q，q0， 由 a12，a32a2+16，可得 2q24q+16， 即 q22q80，所以 q4 或 q2（舍去） ， ； （2）由（1）知：bnlog2an， ， 【点评】本题考查等比数列的通项公式和数列的裂项相消求和，考查化简运算能力，属 于基础题 182018 年，教育部发文确定新高考改革正式启动，湖南、广东、湖北等 8 省市开始实行 新高考制度，从 2018 年下学
28、期的高一年级学生开始实行为了适应新高考改革，某校组 织了一次新高考质量测评，在成绩统计分析中，高二某班的数学成绩的茎叶图和频率分 布直方图因故都受到不同程度的损坏，但可见部分如下，据此解答如下问题： 第 15 页（共 22 页） （1）求该班数学成绩在50，60）的频率及全班人数； （2）根据频率分布直方图估计该班这次测评的数学平均分； （3）若规定 90 分及其以上为优秀，现从该班分数在 80 分及其以上的试卷中任取 2 份分 析学生得分情况，求在抽取的 2 份试卷中至少有 1 份优秀的概率 【分析】 （1）分数在50，60）的频率为第一组矩形的面积，全班人数为该组的频数与频 率的比值； （
29、2）用全班人数减去其余组的人数即为80，90）之间的频数，用该组的频率与组距的 比值为矩形的高，再求出各组的频率，进而求出结论； （3）对符合条件的试卷进行编号，使用列举法求出基本事件个数和符合条件的基本事件 个数，得出概率 【解答】解： （1）分数在50，60）的频率为 0.008100.08， 由茎叶图知：分数在50，60）之间的频数为 2，所以全班人数为：25 （2）由第一问可得第四组的频数为：25271024； 各组频率分布直方图的高依次是：0.008，0，028，0.04，0.016，0.008； 估计平均分为：550.08+650.28+750.4+850.16+950.0873.
30、8 （3）由已知得：80，100）的人数为 4+26 设分数在80，90）的试卷为 A，B，C，D，分数在90，100的试卷为 a，b 则从 6 份卷中任取 2 份，共有 15 个基本事件， （9 分） 分别是 AB，AC，AD，Aa，Ab，BC，BD，Ba，Bb，CD，Ca，Cb，Da，Db，ab， 其中至少有一份优秀的事件共有 9 个， 分别是 Aa，Ab，Ba，Bb，Ca，Cb，Da，Db，ab，在抽取的 2 份试卷中至少有 1 份优 秀的概率为 【点评】本题考查了茎叶图与频率分布直方图，古典概型的概率计算，属于基础题 第 16 页（共 22 页） 19在ABC 中，a，b，c 分别为内
31、角 A，B，C 的对边，且 asinBbsin（A+） （1）求 A； （2）若ABC 的面积 Sc2，求 sinC 的值 【分析】 （1）由正弦定理化简已知可得 tanA，结合范围 A（0，） ，即可计算 求解 A 的值 （2）由（1）可求 sinA，利用三角形面积公式可求 b，利用余弦定理可求 a ，由正弦定理即可计算求解 【解答】 （本题满分为 12 分） 解： （1）asinBbsin（A+） 由正弦定理可得：sinAsinBsinBsin（A+） 即：sinAsin（A+） 可得：sinAsinAcosA，化简可得：tanA， A（0，） ， A6 分 （2）A， sinA， 由 S
32、c2bcsinAbc，可得：b， a2b2+c22bccosA7c2，可得：a， 由正弦定理可得：sinC12 分 【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式在解三角形中的应用， 考查了计算能力和转化思想，属于中档题 20如图，在三棱柱 ABCA1B1C1中，CC1底面 ABC，D、E、F、G 分别为 AA1，AC、 A1C1、BB1，的中点，且， （1）证明：AF平面 BEC1； （2）证明：ACFG； （3）求直线 BD 与平面 BEC1所成角的正弦值 第 17 页（共 22 页） 【分析】 （1）连接 AF，通过证明四边形 AEC1F 是平行四边形，得到 AFEC1，然后证
33、 明 AF平面 BEC1 （2）证明 ACEFACBE，得到 AC平面 BEF然后证明 ACFG （3）过 D 作 DOC1E 于点 O，连接 BO，说明DBO 就是所求的角，通过求解三角形 即可得到直线 BD 与平面 BEC1所成的角的正弦值 另解： （3）以 E 为原点，EA 所在的直线为 x 轴，EB 所在的直线为 y 轴，建立空间直角 坐标系 Exyz，求出，平面 BEC1的一个法向量，然后求解直 线 BD 与平面 BEC1所成的角的正弦值 【解答】 （1）证明：连接 AF，E，F 分别为 AC，A1C1的中点且 ACA1C1，ACA1C1 FC1AE，FC1AE四边形 AEC1F 是
34、平行四边形，AFEC1 又 AF平面 BEC1，EC1平面 BEC1，AF平面 BEC1 （2）证明：在三棱柱 ABCA1B1C1中， CC1平面 ABC，四边形 A1ACC1为矩形 又 E，F 分别为 AC，A1C1的中点，ACEF ABBCACBE，AC平面 BEF 又 G 是 BB1中点，BB1EF，G 在平面 BEF 内，ACFG （3）解：过 D 作 DOC1E 于点 O，连接 BO， 易证 BE平面 ACC1A1，DOBE，DO平面 BEC1从而DBO 就是所求的角 第 18 页（共 22 页） 计算得， 直线 BD 与平面 BEC1所成的角的正弦值为 另解： （3）以 E 为原点
35、，EA 所在的直线为 x 轴，EB 所在的直线为 y 轴， 建立空间直角坐标系 Exyz，如图示 易得，平面 BEC1的一个法向量为 设直线 BD 与平面 BEC1所成的角为 ， 则， 直线 BD 与平面 BEC1所成的角的正弦值为 【点评】本题考查直线与平面垂直的判断定理以及直线与平面平行的判断定理的应用， 直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力以及计算能力，是中档题 21已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 Sn2an20，函数 f（x）对任意的 xR 都有 f（x） +f（1x）1，数列bn满足 （1）求数列an，bn的通项公式； （2）若数列cn满足 cnanbn，Tn是数列cn的
36、前 n 项和，是否存在正实数 k，对于任 第 19 页（共 22 页） 意 nN*，不等式 k（n29n+26）Tn4ncn，恒成立？若存在，请求出 k 的取值范围；若 不存在，请说明理由 【分析】 （1）由数列的递推式：当 n1 时，a1S1，当 n2 时，anSnSn1，结合等 比数列的通项公式可得 an，再由倒序相加求和，可得 bn； （2）求得 cnanbn（n+1） 2n 1，运用数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和 公式可得 Tn，再由参数分离和基本不等式，可得最值，即可得到所求范围 【解答】解： （1）Sn2an+20 即 Sn2an2， 当 n1 时，a1S12a12，a1
37、2， 当 n2 时，Sn12an12，anSnSn12an2an1， 即 an2an1，an是等比数列，首项为 a12，公比为 2， f（x）+f（1x）1， +，得 2bnn+1，； （2）cnanbn（n+1） 2n 1， +（n+1） 2n 1， +n2n 1+（n+1） 2n， 得+2n 1（n+1） 2n 1+（n+1） 2n， 即 要使得不等式 k（n29n+26）Tn4ncn恒成立， （n29n+26）Tn0 恒成立，对于一切的 nN*恒成立， 即，令， 则， 第 20 页（共 22 页） 当且仅当 n5 时等号成立，故 g（n）max2 故 k 的取值范围为（2，+） 【点评】
38、本题考查数列递推式的运用，以及倒序相加求和，考查数列的错位相减法求和， 以及数列的恒成立问题，注意运用基本不等式求最值，考查化简运算能力和转化思想、 推理能力，是一道综合题 22已知椭圆 C：（ab0）的左，右顶点分别为 A1，A2，长轴长为 4，且经 过点 （1）求椭圆 C 的标准方程； （2）若 M 为椭圆 C 上异于 A1，A2的任意一点，证明：直线 MA1，MA2的斜率的乘积为 定值； （3）已知两条互相垂直的直线 l1，l2都经过椭圆 C 的右焦点 F，与椭圆 C 交于 A，B 和 M，N 四点，求四边形 AMBN 面积的取值范围 【分析】 （1）利用已知条件求出 a，b，即可得到椭
39、圆方程； （2）由已知 A1（2，0） ，A2（2，0） ，设点 M（x0，y0）求出斜率乘积的表达式，化简 求解即可 （3）当 l1，l2中有一条斜率不存在时，易求得； 当 l1，l2的斜率都存在时，设过点 F（1，0）的两条互相垂直的直线 L1：xky+1，直线 L2：，通过直线与椭圆方程联立，利用韦达定理以及弦长公式结合三角形的面 积转化求解即可 【解答】解： （1）由题意知：， 椭圆 C 的标准方程为 （2）由已知 A1（2，0） ，A2（2，0） ， 设点 M（x0，y0） ，则， 第 21 页（共 22 页） 又 M（x0，y0）在椭圆上， 即， （定值） （3）当 l1，l2中有一条斜率不存在时，易求得； 当 l1，l2的斜率都存在时，设过点 F（1，0）的两条互相垂直的直线 L1：xky+1，直线 L2： 由得（3k2+4）y2+6ky90， 显然0， 则 把上式中的 k 换成得：， 则四边形 AMBN 的面积为： ， 令 1+k2t，则 t1，且 3+4k24t1，3k2+43t+1， （t1） ， 第 22 页（共 22 页） ， 所以四边形 AMBN 的面积的取值范围是 【点评】本题考查直线与椭圆的位置关系的综合应用，椭圆的方程的求法，椭圆的简单 性质以及韦达定理的应用，考查设而不求思想方法的应用，是难题