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浙江省台州市2020年4月高三教学质量评估数学试题(含答案解析)

1、 浙江省台州市浙江省台州市 2020 届高三届高三 4 月教学质量评估数学试题月教学质量评估数学试题 一、选择题(共一、选择题(共 10 小题,每小题小题,每小题 4 分,满分分,满分 40 分)分) 1已知全集 U1,2,3,4,5,若集合 A1,2,3,B3,4,则(UA)B ( ) A B4 C3 D3,4,5 2已知复数 z 满足(34i)zi(其中 i 为虚数单位) ,则|z|( ) A25 B 1 25 C5 D1 5 3已知 a,bR,则“3a3b”是“a3b3”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 4若实数 x,y 满足1 + 2,

2、3 2 + 5,则 3x+y 的最大值为( ) A7 B8 C9 D10 5函数 yf(x)的部分图象如图所示,则( ) A() = 1 2(+1) + 1 + 1 2(1) B() = 1 2(+1) 1 + 1 2(1) C() = 1 2(+1) + 1 1 2(1) D() = 1 2(+1) 1 + 1 2(1) 6已知数列an满足:an+1+(1)n+1ann2(nN*) ,若 a65,则 a1( ) A26 B0 C5 D26 75G 技术的数学原理之一便是著名的香农公式: = 2(1+ )它表示:在受噪声干 挠的信道中,最大信息传递速率 C 取决于信道带宽 W、信道内信号的平均

3、功率 S、信道 内部的高斯噪声功率 N 的大小,其中 叫做信噪比按照香农公式,若不改变带宽 W, 而将信噪比 从 1000 提升至 2000,则 C 大约增加了( ) A10% B30% C50% D100% 8已知 F1,F2分别为双曲线 2 9 2 16 = 1的左右焦点,以 F2圆心的圆与双曲线的渐近线相 切,该圆与双曲线在第一象限的交点为 P,则F1PF2的面积为( ) A166 B126 C86 D46 9 平面向量 , , , 满足| |2, | |3,| |4,| |5, 则 ( ) ( )( ) A14 B14 C7 D7 10已知函数 f(x)x2+px+q,满足( 2) +

4、 2 0,则( ) A函数 yf(f(x) )有 2 个极小值点和 1 个极大值点 B函数 yf(f(x) )有 2 个极大值点和 1 个极小值点 C函数 yf(f(x) )a 有可能只有一个零点 D有且只有一个实数 a,使得函数 yf(f(x) )a 有两个零点 二、填空题(共二、填空题(共 7 小题,每小题小题,每小题 6 分,满分分,满分 36 分)分) 11 (6 分)在二项式(1x)6的展开式中,含 x3项的系数为 ;各项系数之和 为 (用数字作答) 12某几何体的三视图如图所示(单位:cm) ,则它的体积是 cm3 13 (6 分)某同学从家中骑自行车去学校,途中共经过 6 个红绿

5、灯路口如果他恰好遇见 2 次红灯,则这 2 次红灯的不同的分布情形共有 种;如果他在每个路口遇见红灯的 概率均为1 3,用 表示他遇到红灯的次数,则 E() (用数字作答) 14 (6 分)如图,过(1,0),(0, 1 2)两点的直线与单位圆 x 2+y21 在第二象限的交点为 C,则点 C 的坐标为 ;( 9 4 ) = 15 (6 分)若函数() = ,0, |2+ 2|, 0,则( 10 10 ) = 不等式 f(x+1)f (x)的解集为 16在等差数列an中,若 a12+a19210,则数列an前 10 项和 S10的最大值为 17如图,在直角梯形 ABCD 中,ABCCDBDAB

6、90,BCD30,BC 4,点 E 在线段 CD 上运动如图,沿 BE 将BEC 折至BEC,使得平面 BEC 平面 ABED,则 AC的最小值为 三、解答题(共三、解答题(共 5 小题,满分小题,满分 74 分)分) 18 (14 分)已知函数() = 2 23 2 ()求函数 f(x)的最小正周期和最大值; ()问方程() = 2 3在区间, 6 , 11 6 -上有几个不同的实数根?并求这些实数根之和 19 (15 分)如图,ABC 与等边ABD 所在的平面相互垂直,DEBC,M 为线段 AD 中 点,直线 AE 与平面 CBM 交于点 NBCBA2DE2,ABC90 ()求证:平面 C

7、BMN平面 ADE; ()求二面角 BCNA 的平面角的余弦值 20(15 分) 已知数列an, bn的前 n 项和分别为 Sn, Tn, 且= 1 4 (+ 3),= 12 1+2 ()求数列an,bn的通项公式; ()求证:1 7 1 7 + 1 14 21 (15 分)如图,已知椭圆1: 2 2 + 2 2 = 1(0)的离心率为 2 2 ,并以抛物线 2:2= 8焦点 F 为上焦点直线 l:ykx+m(m0)交抛物线 C2于 A,B 两点,分 别以 A,B 为切点作抛物线 C2的切线,两切线相交于点 P,又点 P 恰好在椭圆 C1上 ()求椭圆 C1的方程; ()求 mk 的最大值;

8、()求证:点 F 恒在AOB 的外接圆内 22 (15 分)已知函数 f(x)exx2,g(x)ax ()求证:存在唯一的实数 a,使得直线 yg(x)与曲线 yf(x)相切; ()若 a1,2,x0,2,求证:|f(x)g(x)|e26 (注:e2.71828为自 然对数的底数 ) 参考答案参考答案 一、选择题(共一、选择题(共 10 小题,每小题小题,每小题 4 分,满分分,满分 40 分)分) 1已知全集 U1,2,3,4,5,若集合 A1,2,3,B3,4,则(UA)B ( ) A B4 C3 D3,4,5 【分析】由补集的运算求出UA,再由交集的运算求出(RA)B 【解答】解:由已知

9、UA4,5,则(UA)B4, 故选:B 【点评】本题考查了交、补集的混合运算,属于基础题 2已知复数 z 满足(34i)zi(其中 i 为虚数单位) ,则|z|( ) A25 B 1 25 C5 D1 5 【分析】由(34i)zi,得 = 34,然后化简求出 z,再计算其模 【解答】解:由(34i)zi,得 = 34 = (3+4) 25 = 4+3 25 , 所以|z|=(3) 2+42 252 = 1 5 故选:D 【点评】本题考查了复数的运算和复数的模,属基础题 3已知 a,bR,则“3a3b”是“a3b3”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

10、 【分析】利用函数的单调性即可判断出结论 【解答】解: “3a3b”ab“a3b3” , “3a3b”是“a3b3”的充要条件, 故选:C 【点评】本题考查了对数函数、简易逻辑的判定方法,考查了推理能力与计算能力,属 于基础题 4若实数 x,y 满足1 + 2, 3 2 + 5,则 3x+y 的最大值为( ) A7 B8 C9 D10 【分析】令 3x+yz,从而可得 y3x+z,作平面区域,利用数形结合求解 【解答】解:令 3x+yz,则 y3x+z, 由题意作平面区域如下, 结合图象可知, + = 1 2 + = 5解得 C(4,3) , 又因为 y3x+z 平移到过点 C 时截距最大,即

11、 z 最大值为:3439 故选:C 【点评】本题考查了线性规划的作法及数形结合的思想方法应用,属于中档题 5函数 yf(x)的部分图象如图所示,则( ) A() = 1 2(+1) + 1 + 1 2(1) B() = 1 2(+1) 1 + 1 2(1) C() = 1 2(+1) + 1 1 2(1) D() = 1 2(+1) 1 + 1 2(1) 【分析】由图象观察可知函数的单调性情况,结合选项即可得解 【解答】解:由图象可知,函数 f(x)在(,1) , (1,0) , (0,1) , (1,+) 均递减, 观察选项可知,只有选项 A 符合题意 故选:A 【点评】本题考查由函数图象找

12、符合的解析式,考查读图识图能力,属于基础题 6已知数列an满足:an+1+(1)n+1ann2(nN*) ,若 a65,则 a1( ) A26 B0 C5 D26 【分析】利用数列的递推关系式坐标求解数列的首项即可 【解答】解:数列an满足:an+1+(1)n+1ann2(nN*) ,a65, 可得 5+a525,所以 a520, 20a416,所以 a44, 4+a39, 所以 a35, 5a24, 所以 a21, 1+a11, 所以 a10, 故选:B 【点评】本题考查数列的递推关系式的应用,数列的首项的求法,是基本知识的考查, 基础题 75G 技术的数学原理之一便是著名的香农公式: =

13、2(1+ )它表示:在受噪声干 挠的信道中,最大信息传递速率 C 取决于信道带宽 W、信道内信号的平均功率 S、信道 内部的高斯噪声功率 N 的大小,其中 叫做信噪比按照香农公式,若不改变带宽 W, 而将信噪比 从 1000 提升至 2000,则 C 大约增加了( ) A10% B30% C50% D100% 【 分 析 】 将 信 噪 比 从1000提 升 至2000时 , C大 约 增 加 了 2(1:2000);2(1:1000) 2(1:1000) ,计算即可算出结果 【解答】解:将信噪比 从 1000 提升至 2000 时, C大约增加了 2(1:2000);2(1:1000) 2(

14、1:1000) = 22001;21001 21001 10.967;9.967 9.967 10%, 故选:A 【点评】本题主要考查了函数的实际应用,以及对数的运算性质,是中档题 8已知 F1,F2分别为双曲线 2 9 2 16 = 1的左右焦点,以 F2圆心的圆与双曲线的渐近线相 切,该圆与双曲线在第一象限的交点为 P,则F1PF2的面积为( ) A166 B126 C86 D46 【分析】由双曲线方程求得右焦点坐标与一条渐近线方程,再由点到直线的距离公式求 得圆的半径,得到圆的方程,与双曲线方程联立求得 P 点纵坐标,代入三角形面积公式 求解 【解答】解:由双曲线 2 9 2 16 =

15、1,得 a29,b216, 则 c= 2+ 2= 5,F2(5,0) , 渐近线方程为 y= 4 3 ,即 4x3y0 F2到渐近线的距离为|20| 5 = 4,则圆的方程为(x5)2+y216 联立 2 9 2 16 = 1 ( 5)2+ 2= 16 ,解得= 86 5 (xP0) 12= 1 2 |12| = 1 2 10 86 5 = 86 故选:C 【点评】 本题考查双曲线的简单性质, 考查圆与双曲线位置关系的应用, 考查计算能力, 是中档题 9 平面向量 , , , 满足| |2, | |3,| |4,| |5, 则 ( ) ( )( ) A14 B14 C7 D7 【分析】把已知条

16、件平方,两两结合即可求解结论 【解答】解:因为平面向量 , , , 满足| |2,| |3,| |4,| | 5, 所以: 2 2 + 2 =4; 2 2 + 2 =9; 2 2 + 2 =16; ; 2 2 + 2 =25; +(+)2( + )14; ( ) ( )= + =7; 故选:D 【点评】本题考查了平面向量的模长运算以及数量积的运算问题,是基础题目 10已知函数 f(x)x2+px+q,满足( 2) + 2 0,则( ) A函数 yf(f(x) )有 2 个极小值点和 1 个极大值点 B函数 yf(f(x) )有 2 个极大值点和 1 个极小值点 C函数 yf(f(x) )a 有

17、可能只有一个零点 D有且只有一个实数 a,使得函数 yf(f(x) )a 有两个零点 【分析】可采用特值法,不妨令 p0,q1,则 f(x)x21,然后可得 g(x)f (f(x) )x42x2,然后利用导数研究单调性、极值、最值等,画出草图,问题可解 【解答】解:由已知,不妨令 p0,q1,则 f(x)x21,然后可令 g(x)f(f (x) )x42x2, g(x)4x34x4x(x+1) (x1) ,令 g(x)0 得 x1,0,1 当 x 变化时,g(x) ,g(x)的变化如下: x (, 1 (1,0) 0 (0,1) 1 (1, +) 1) g(x) 0 + 0 0 + g(x)

18、极小值 1 极大值 0 极小值 1 画出 g(x)的图象(草图)如下: 显然有两个极小值点:1,1;一个极大值点:0故 A 对,B 错; 因为 g(x)是偶函数,易知 ya 与 yg(x)可能有 2 个(图、) 、3 个(图) 、 4 个(图)公共点,故 C 错误; 若只有两个零点,则 ya 在图、位置时,有两个公共点,故 D 错误 故选:A 【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性、极值情况,然后借助于图象研究函数零 点问题,属于中档题 二、填空题(共二、填空题(共 7 小题,每小题小题,每小题 6 分,满分分,满分 36 分)分) 11 (6 分)在二项式(1x)6的展开式中,含 x3项的

19、系数为 20 ;各项系数之和为 0 (用数字作答) 【分析】先写出展开式的通项,然后令 k3,可求出含 x3项的系数;再令 x1,可得系 数之和 【解答】解:由已知得::1= (1)6 含 x3项的系数为(1)36 3 = 20; 令 x1,可得展开式各项系数和为(11)60 故答案为:20,0 【点评】 本题考查利用二项展开式通项求特定项的系数, 利用赋值法求各项系数的和 考 查学生的运算能力属于基础题 12某几何体的三视图如图所示(单位:cm) ,则它的体积是 93 2 cm3 【分析】首先把三视图转换为直观图,进一步求出直观图的体积 【解答】解:根具几何体的三视图转换为直观图如图所示:该

20、几何体为四棱锥体 所以:V= 1 3 1 2 (2 + 4) 3 33 2 = 93 2 故答案为:93 2 【点评】本题考查的知识要点:三视图和直观图形之间的转换,几何体的体积和表面积 公式的应用,主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力,属于基础题型 13 (6 分)某同学从家中骑自行车去学校,途中共经过 6 个红绿灯路口如果他恰好遇见 2 次红灯,则这 2 次红灯的不同的分布情形共有 15 种;如果他在每个路口遇见红灯的 概率均为1 3,用 表示他遇到红灯的次数,则 E() 2 (用数字作答) 【分析】先用组合数表示出所有的分布情形,计算出结果即可;随机变量 B(6, 1 3) , 再

21、利用二项分布求数学期望的方法求解即可 【解答】解:经过 6 个红绿灯路口,遇到 2 次红灯的分布情形有6 2 = 15种, 随机变量 B(6,1 3) ,E()= 6 1 3 = 2 故答案为:15,2 【点评】本题考查组合数的应用和二项分布的数学期望,考查学生的运算能力,属于基 础题 14 (6 分)如图,过(1,0),(0, 1 2)两点的直线与单位圆 x 2+y21 在第二象限的交点为 C,则点 C 的坐标为 ( 3 5, 4 5) ;( 9 4 ) = 72 10 【分析】先求出 AB 直线方程,即可求出点 C 的坐标,根据三角函数的定义和诱导公式 即可求出 【解答】解:过(1,0),

22、(0, 1 2)两点的直线方程为 y0= 1 20 01(x1) ,即 y= 1 2(x 1) , 由 = 1 2 ( 1) 2+ 2= 1 ,解得 = 3 5 = 4 5 或 = 1 = 0, C 点的坐标为( 3 5, 4 5) , OC1, sinAOC= 4 5,cosAOC= 3 5, sin(AOC 9 4 )sin(AOC 4)= 2 2 (sinAOCcosAOC)= 72 10 , 故答案为: ( 3 5, 4 5) , 72 10 【点评】本题考查了三角函数的定义和直线方程,诱导公式,属于基础题 15 (6 分)若函数() = ,0, |2+ 2|, 0,则( 10 10

23、) = 3 4 不等式 f(x+1)f (x)的解集为 ,3+ 3 2 , 3 2- ,0, + ) 【分析】根据 x 的正负性,分段函数分段计算即可;结合函数的平移和翻折变换法则, 分别在同一坐标系中作出函数 f(x)和 f(x+1)的图象,然后借助函数图象来解不等式 即可 【解答】解:( 10 10 ) = 10 10 = 10; 1 2= 1 2,( 1 2) = |( 1 2) 2 + 2 ( 1 2)| = 3 4 作出函数 yf(x) (图中蓝线)和 yf(x+1) (图中红线)的图象如图所示, 若 f(x+1)f(x) ,则保证图中红线在蓝线上方即可 当 x0 时,显然符合题意;

24、 当 x3 或1x0 时,显然不符合题意; 当3x1 时,由二次函数的对称性可知,= 3 2; 在点 B 处, 有 x2+2x (x+1) 2+2 (x+1) , 解得 1= 3+3 2 , 2= 33 2 3 (舍) , = 3+3 2 , 若 f(x+1)f(x) ,则;3:3 2 3 2, 综上所述,不等式的解集为,3+ 3 2 , 3 2- ,0, + ) 故答案为:3 4,, 3+3 2 , 3 2- ,0, + ) 【点评】本题考查分段函数的求值,基本初等函数的图象与性质,函数的平移和翻折变 换,不等式的解法等,准确画出函数的图象是解题的关键,考查学生的作图能力、分析 能力和运算能

25、力,属于中档题 16在等差数列an中,若 a12+a19210,则数列an前 10 项和 S10的最大值为 25 【分析】利用换元法转化为三角函数的问题即可求解 【解答】解:由题意:a12+a19210, 可设1= 10,19= 10 那么:公差 d= 10() 18 则前 10 项和 S101010cos+45 10() 18 = 510 2 ( + 3) =25sin (+) , 其中 tan3 所以数列an前 10 项和 S10的最大值为 25 故答案为:25 【点评】本题主要考查等差数列的性质,等差数列的前 n 项的和公式,属于基础题 17如图,在直角梯形 ABCD 中,ABCCDBD

26、AB90,BCD30,BC 4,点 E 在线段 CD 上运动如图,沿 BE 将BEC 折至BEC,使得平面 BEC 平面 ABED,则 AC的最小值为 19 43 【分析】设EBC,由 = + ,得 2 =( + )2= 2 + 2 + 2| | | | , = 2 + 2 +2| | |cos ( 2 ) =19 43sin,由此能求出 AC的最小值 【解答】解:设EBC, = + , 2 =( + )2= 2 + 2 + 2| | | | , = 2 + 2 +2| | |cos ( 2 ) 3+162 1 2 4 3 2 1943sin, sin21,1, | |19 43,19+43

27、AC的最小值为19 43 故答案为:19 43 【点评】本题考查线段长的最小值的求法,考查空间向量加法法则、三角函数性质等基 础知识,考查运算求解能力,是中档题 三、解答题(共三、解答题(共 5 小题,满分小题,满分 74 分)分) 18 (14 分)已知函数() = 2 23 2 ()求函数 f(x)的最小正周期和最大值; ()问方程() = 2 3在区间, 6 , 11 6 -上有几个不同的实数根?并求这些实数根之和 【分析】 ()根据二倍角公式和两角和的正弦公式可得 f(x)2sin(2x 6) ,即可 求出函数 f(x)的最小正周期和最大值; ()画出函数 f(x)的图象,根据对称轴即

28、可求出 【解答】解: ()f(x)co2x3sin2x2sin(2x 6) , T= 2 2 =, 当 2x 6 =2k 2,kZ,即 xk 6,kZ 时,函数 f(x)取得最大值 2 ()2x 6 =k 2,kZ,可得函数 f(x)的对称轴为 x= 2 6,kZ, 函数 f(x)的图象如下, 函数 f(x)= 2 3在区间 6, 11 6 上有 4 个不同的实数根, 且这些实数根关于 x= 5 6 对称,所以实根之和为10 3 【点评】本题考查了三角恒等变换的应用,考查了三角函数的性质,是基础题 19 (15 分)如图,ABC 与等边ABD 所在的平面相互垂直,DEBC,M 为线段 AD 中

29、 点,直线 AE 与平面 CBM 交于点 NBCBA2DE2,ABC90 ()求证:平面 CBMN平面 ADE; ()求二面角 BCNA 的平面角的余弦值 【分析】 ()推导出 BC平面 ABD,BCAD,从而 BMAD,由此能证明 AD平面 CBMN ()推导出 DE平面 CBMN,以 AB 中点 O 为坐标原点,OB 为 x 轴,在平面 ABC 内 过 O 作 AB 的垂线为 y 轴,OD 为 z 轴,建立空间直角坐标系,利用向量法能求出二面角 BCNA 的平面角的余弦值 【解答】解: ()证明:平面 ABC平面 ABD,且两平面相交于 AB,ABC90, BC平面 ABD,BCAD, A

30、BD 为等边三角形,M 为线段 AD 中点, BMAD, BCBMB,AD平面 CBMN, 而 AD平面 ADE,平面 CBMN平面 ADE; ()解:DEBC,DE平面 CBMN,且 BC平面 CBMN, DE平面 CBMN, 平面 ADE平面 CBMNMN, DEBCMN,N 为 AE 的中点, 以 AB 中点 O 为坐标原点,OB 为 x 轴, 在平面 ABC 内过 O 作 AB 的垂线为 y 轴,OD 为 z 轴,建立空间直角坐标系, 则 A(1,0,0) ,C(1,2,0) ,N( 1 2, 1 2, 3 2 ) ,D(0,0,3) , =(2,2,0) , =(1 2 , 1 2,

31、 3 2 ) , 设平面 ACN 的法向量 =(x,y,z) , 则 = 2 2 = 0 = 1 2 1 2 + 3 2 = 0 ,取 x1,得 =(1,1,0) , 由()得 AD平面 CBMN, 平面 CBMN 的一个法向量 = =(1,0,3) , 设二面角 BCNA 的大小为 , 则|cos|= | | | |= 1 22 = 2 4 二面角 BCNA 的平面角的余弦值为 2 4 【点评】本题考查面面垂直的证明,考查二面角的余弦值的求法,考查空间中线线、线 面、面面间的位置关系等基础知识,考查运算求解能力,是中档题 20(15 分) 已知数列an, bn的前 n 项和分别为 Sn, T

32、n, 且= 1 4 (+ 3),= 12 1+2 ()求数列an,bn的通项公式; ()求证:1 7 1 7 + 1 14 【分析】() 先由 Sn= 1 4 (an+3) 可得: Sn1= 1 4 (an1+3) , 两式相减得: an= 1 3 ;1, 从而求 出 an,再求出 Sn,bn; ()对 bn进行合理放缩,证明结论 【解答】解: ()Sn= 1 4(an+3) ,令 n1 得 a11;当 n2 时,由 Sn= 1 4(an+3)可 得:Sn1= 1 4(an1+3) ,两式相减得: an= 1 4 (an+3) 1 4 (an1+3) , 即 an= 1 3 ;1, 由此可知数

33、列an是首项为 1, 公比为 1 3的等 比数列,故 an( 1 3) n1, 又 Sn= 1 4(an+3)= 3 4 + 1 4( 1 3) n1,bn=12 1+2 = 1+ 1 321 7 1 321 = 321+1 73211; ()证明:由()知:bn= 1+ 1 321 7 1 321 1 7,故 Tn 7; 又 bn= 1+ 1 321 7 1 321 = 321+1 73211 = 1 7 + 8 7 1 73211 = 1 7 + 8 321 7(7 1 321) 1 7 + 8 321 7(71) = 1 7 + 4 21 (1 3) 2n1, Tn 7 + 4 21 1

34、 3 +(1 3) 3+(1 3) 5+(1 3) 2n1= 7 + 4 21 1 3,1( 1 3) 2- 1(1 3) 2 = 7 + 1 141( 1 9) n 7 + 1 14 则1 7 1 7 + 1 14 【点评】本题主要考查数列通项公式的求法及放缩法在数列证明中的应用,属于一道难 题 21 (15 分)如图,已知椭圆1: 2 2 + 2 2 = 1(0)的离心率为 2 2 ,并以抛物线 2:2= 8焦点 F 为上焦点直线 l:ykx+m(m0)交抛物线 C2于 A,B 两点,分 别以 A,B 为切点作抛物线 C2的切线,两切线相交于点 P,又点 P 恰好在椭圆 C1上 ()求椭圆

35、 C1的方程; ()求 mk 的最大值; ()求证:点 F 恒在AOB 的外接圆内 【分析】 ()由已知得 F(0,2) ,c2,因为 e= ,解得 a,b,进而写出椭圆 C1 的 方程 ()设 A(x1,y1) ,B(x2,y2) ,联立直线 l 与抛物线 C2:x28y 方程得关于 x 的一 二次方程,所以 1+ 2= 8 12= 8 = 642+ 320 ,因为 y= 4,写出 PA 的方程,同理可得 PB 直 线方程, 进而求出 PA, PB 的交点 P 坐标 P (4k, m) , 代入椭圆 2 8 + 2 4 = 1, 得 m2+32k2 8,m2+32k2232mk,进而可得 m

36、k 最大值 () 证法一: 因为过原点 O, 所以可设AOB 的外接圆方程为 x2+y2+Dx+Ey0, 将 A, B 两点代入,可得 E8 12+22+12 8 = 8k2m8,将点 F(0,2)代入外接圆 方程可得 42(8k2+m+8)16k22m120,所以点 F 在AOB 的外接圆内 证法二: 设AOB的外心Q (xQ, yQ) , 分别写出得OA, OB中垂线为1 + 8 = 13 16 + 41, 2 + 8 = 23 16 + 42,联立可得(x1x2)yQ= 1323 16 + 4(1 2) 所以 yQ= 1 16(x1 2+x22+x1x2)+4=1 16(x1+ 2 2

37、)2+ 3 4 22+44,又因为|FQ|2xQ2+(yQ 2)2R2|OQ|2xQ2+yQ2,所以点 F 在AOB 的外接圆内 【解答】解: ()由已知得 F(0,2) ,所以 c2, 因为 e= = 2 2 ,所以 a22, 所以椭圆 C1的方程为 2 8 + 2 4 = 1 ()设 A(x1,y1) ,B(x2,y2) , 由直线 l:ykx+m(m0)与抛物线 C2:x28y 方程联立可得: x28kx8m0, 所以 1+ 2= 8 12= 8 = 642+ 320 , 因为 y= 4, 所以 PA:y 12 8 = 1 4 (xx1) , 即 PA:y= 1 4 x 12 8 同理可

38、得 PB:y= 2 4 x 22 8 , 所以 P(1:2 2 ,12 8 ) ,即 P(4k,m) , 因为点 P 在椭圆 2 8 + 2 4 = 1上, 所以 2 8 + 162 4 =1,即 m2+32k28, 因为 m2+32k2232mk, 所以 m2,k= 2 4 时,mk 取得最大值 2 2 ()证法一:因为过原点 O,所以可设AOB 的外接圆方程为 x2+y2+Dx+Ey0, 由已知可得1 2 + 12+ 1+ 1= 0 22+ 22+ 2+ 2= 0, 故 E = 122+122(221+221) 1221 = (122221)+1 42241 64 122212 8 = 8

39、(12)+1 323 8 21 = 8 12+22+12 8 , 所以 E8k2m8, 将点 F(0,2)代入外接圆方程可得 42(8k2+m+8)16k22m12, 因为 m0,所以16k22m120, 所以点 F 在AOB 的外接圆内 证法二:设AOB 的外心 Q(xQ,yQ) , 由已知得 OA 中垂线为 y 12 16 = 8 1(x 1 2 ) , 即1 + 8 = 13 16 + 41, 同理 OB 中垂线方程为2 + 8 = 23 16 + 42, 联立可得(x1x2)yQ= 1323 16 + 4(1 2) 所以 yQ= 1 16(x1 2+x22+x1x2)+4=1 16(x1+ 2 2 )2+ 3 4 22+44, 又因为|FQ|2xQ2+(yQ2)2, R2|OQ|2xQ2+yQ2,