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2022-2023学年福建省泉州市永春一中高二（上）期末数学试卷(含答案解析)
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这是一份2022-2023学年福建省泉州市永春一中高二（上）期末数学试卷(含答案解析)，共27页。试卷主要包含了 已知双曲线C， 如图，已知直线l， 已知圆O等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年福建省泉州市永春一中高二（上）期末数学试卷
1. 已知向量a=(1,1,0)，b=(−1,0,2)，且ka+b与2a−b互相垂直，则k的值是( )
A. 1 B. 15 C. 35 D. 75
2. 已知数列{an}的前n项和为Sn，首项a1=1，且满足an+1+an=3⋅2n，则S11的值为( )
A. 4093 B. 4094 C. 4095 D. 4096
3. 已知f(x)=12x2+2xf′(2022)−2022lnx，则f′(2022)=( )
A. 2021 B. −2021 C. 2022 D. −2022
4. 如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=2AB=4，E是BB1的中点，F是A1C1的中点，若过A，E，F三点的平面与B1C1交于点G，则|A1G|=( )
A. 73
B. 279
C. 273
D. 7
5. 已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，过点P(3,6)的直线l与C相交于A，B两点，且AB的中点为N(12,15)，则双曲线C的离心率为( )
A. 2
B. 32
C. 355
D. 52
6. 设等差数列{an}的前n项的和为Sn，a5=9，a2+a7=16，则下列结论不正确的是( )
A. an=2n−1
B. a3+a6=16
C. Sn=n2+n
D. 数列{1anan+1}的前n项和为n2n+1
7. 图1为一种卫星接收天线，其曲面与轴截面的交线为抛物线的一部分，已知该卫星接收天线的口径AB=6，深度MO=2，信号处理中心F位于焦点处，以顶点O为坐标原点，建立如图2所示的平面直角坐标系xOy，若P是该抛物线上一点，点Q(158,2)，则|PF|+|PQ|的最小值为( )
A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
8. 如图，已知直线l：2x+y+m=0与圆O：x2+y2=2相离，点P在直线l上运动且位于第一象限，过P作圆O的两条切线，切点分别是M，N，直线MN与x轴、y轴分别交于R，T两点，且△ORT面积的最小值为1625，则m的值为( )
A. −4 B. −9 C. −6 D. −5
9. 已知圆O：x2+y2=49，直线l过点N(2,6)，且交圆O于P，Q两点，点M为线段PQ的中点，则下列结论正确的是( )
A. 点M的轨迹是圆
B. |PQ|的最小值为6
C. 若圆O上仅有三个点到直线l的距离为5，则l的方程是 4x−3y+10=0
D. 使|PQ|为整数的直线l共有16条
10. 斐波那契数列又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多⋅斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”．斐波那契数列用递推的方式可如下定义：用an表示斐波那契数列的第n项，则数列{an}满足：a1=a2=1，an+2=an+1+an，记i=1nai=a1+a2+⋅⋅⋅+an，则下列结论正确的是( )
A. a9=34 B. 3an=an−2+an+2(n≥3)
C. i=12021ai2=a2021⋅a2022 D. i=12019ai=a2021
11. 一块斯里兰卡月光石的截面可近似看成由半圆和半椭圆组成，如图所示，在平面直角坐标系中，半圆的圆心在坐标原点，半圆所在的圆过椭圆的右焦点F(3,0)，椭圆的短轴与半圆的直径重合．若直线y=t(t>0)与半圆交于点A，与半椭圆交于点B，则下列结论正确的是( )
A. 椭圆的离心率是22 B. 线段AB长度的取值范围是(0,3+32]
C. △ABF面积的最大值是94(2+1) D. △OAB的周长不存在最大值
12. 在直四棱柱中ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，∠BAD=60∘，AB=AD=AA1=2，P为CC1中点，点Q满足DQ=λDC+μDD1,(λ∈[0,1],μ∈[0,1]).下列结论正确的是( )
A. 若λ+μ=12，则四面体A1BPQ的体积为定值
B. 若AQ//平面A1BP，则AQ+C1Q的最小值为10+310
C. 若△A1BQ的外心为O，则A1B⋅A1O为定值2
D. 若A1Q=7，则点Q的轨迹长度为23π
13. 在空间直角坐标系Oxyz中，A(2,1,1)，B(b,0,5)，C(0,c,4)，若四边形OABC为平行四边形，则b+c=______.
14. 设函数f(x)=2x3+ax2+bx+1的导函数为f′(x)，若函数y=f′(x)的图象的顶点的横坐标为−12，且f′(1)=0，则ba的值为______.
15. 已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，以线段F1F2为直径的圆交C于A，B两点，其中点A在第一象限，点B在第三象限，若|AF1|≤3|BF1|，则C的离心率的取值范围是______.
16. 对于正整数n，设xn是关于x的方程：(n2+5n+3)x2+x2logn+2xn=1的实根，记an=[12xn]，其中[x]表示不超过x的最大整数，则a1=______；若bn=an⋅sinnπ2，Sn为{bn}的前n项和，则S2022=______.
17. 已知曲线C1：y=x3和C2：y=ax2+x−2，(a∈R).
(1)若曲线C1、C2在x=1处的切线互相垂直，求a的值；
(2)若与曲线C1、C2在x=x0处都相切的直线的斜率大于3，求a的取值范围．
18. 如图，在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：x2+y2−4x=0及点A(−1,0)，B(1,2).
(1)若直线l过点B，与圆C相交于M、N两点，且|MN|=23，求直线l的方程；
(2)圆C上是否存在点P，使得|PA|2+|PB|2=12成立？若存在，求点P的个数；若不存在，请说明理由．
19. 如图，在四棱锥P−ABCD中，已知底面ABCD是正方形，PC⊥底面ABCD，且PC=BC=1，E是棱PB上动点．
(1)若过C，D，E三点的平面与平面PAB的交线是l，证明：CD//l；
(2)线段PB上是否存在点E，使二面角P−AC−E的余弦值是223？若存在，求PEPB的值；若不存在，请说明理由．
20. 已知数列{an}，{bn}满足bn=an+1−an，其中，n∈N*.
(1)若a1=2，bn=2n.
①求证：{an}为等比数列；
②试求数列{n⋅an}的前n项和．
(2)若bn=an+2，数列{an}的前6291项之和为1926，前77项之和等于77，试求前2024项之和是多少？
21. 已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，P为双曲线C上一点，cos∠F1PF2=14,|PF1|=2|PF2|，且焦点到渐近线的距离为23.
(1)求双曲线C的方程；
(2)设A为双曲线C的左顶点，点B(t,0)为x轴上一动点，过F2的直线l与双曲线C的右支交于M，N两点，直线AM，AN分别交直线x=a2于S，T两点，若0<∠SBT<π2，求t的取值范围．
22. 已知函数f(x)=x2−4，设曲线y=f(x)在点(xn,f(xn))处的切线与x轴的交点为(xn+1,0)(n∈N*)，其中x1为正实数．
(Ⅰ)用xn表示xn+1；
(Ⅱ)若x1=4，记an=lgxn+2xn−2，证明数列{an}成等比数列，并求数列{xn}的通项公式；
(Ⅲ)若x1=4，bn=xn−2，Tn是数列{bn}的前n项和，证明Tn<3.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：∵a=(1,1,0)，b=(−1,0,2)，
∴ka+b=k(1,1,0)+(−1,0,2)=(k−1,k,2)，
2a−b=2(1,1,0)−(−1,0,2)=(3,2,−2)，
又ka+b与2a−b互相垂直，
∴3(k−1)+2k−4=0，解得：k=75.
故选：D.
由向量a=(1,1,0)，b=(−1,0,2)，求得ka+b与2a−b的坐标，代入数量积的坐标表示求得k值．
本题考查空间向量的数量积运算，考查向量数量积的坐标表示，是基础的计算题．
2.【答案】A
【解析】解：an+1+an=3⋅2n，故an+1−2n+1an−2n=3⋅2n−an−2n+1an−2n=2n−anan−2n=−1，又a1−2=−1，
所以{an−2n}是首项为−1，公比为−1的等比数列，所以an=(−1)n+2n，
则S11=a1+a2+⋯+a11=−1+21+1+22+⋯−1+211=−1+2×(1−211)1−2=4093.
故选：A.
由递推公式确定通项公式an=(−1)n+2n，再求S11即可．
本题主要考查数列的递推式，数列的前n项和，考查运算求解能力，属于中档题．
3.【答案】B
【解析】解：因为f(x)=12x2+2xf′(2022)−2022lnx，
所以f′(x)=x+2f′(2022)−2022x，
所以f′(2022)=2022+2f′(2022)−20222022，解得f′(2022)=−2021.
故选：B.
根据导数的运算法则求出函数的导函数，再代入求值即可．
本题主要考查导数的运算，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：如图，以C为原点建立空间直角坐标系C−xyz，
则A(3,1,0)，A1(3,1,4)，E(0,2,2)，F(32,12,4)，
由题可设G(0,a,4)，
则AE=(−3,1,2)，AF=(−32,−12,4)，AG=(−3,a−1,4)，
设平面AEF的法向量m=(x,y,z)，
则m⋅AE=−3x+y+2z=0m⋅AF=−32x−12y+4z=0，取m=(3,95,35)，
由AG⋅m=−3+95(a−1)+125=0，得a=43，
∴A1G=(−3,13,0)，|A1G|=(−3)2+(13)2=273.
故选：C.
建系，利用向量法及方程思想即可求解．
本题考查向量法求解距离问题，属中档题．
5.【答案】B
【解析】解法一：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由AB的中点为N(12,15)，则x1+x2=24，y1+y2=30，
由x12a2−y12b2=1x22a2−y22b2=1，两式相减得：(x1+x2)(x1−x2)a2=(y1+y2)(y1−y2)b2，
则y1−y2x1−x2=b2(x1+x2)a2(y1+y2)=4b25a2，
由直线AB的斜率k=15−612−3=1，
∴4b25a2=1，则b2a2=54，
双曲线的离心率e=ca=1+b2a2=32，
∴双曲线C的离心率为32，
故选B.
方法二：设A(12+m,15+n)，B(12−m,15−n)，
则(12+m)2a2−(15+n)2b2=1(12−m)2a2−(15−n)2b2=1，两式相减得：4ma2=5nb2，
由直线l的斜率k=nm=4b25a2，
直线AB的斜率k=15−612−3=1，
∴4b25a2=1，则b2a2=54，
双曲线的离心率e=ca=1+b2a2=32，
∴双曲线C的离心率为32，
故选：B.
方法一：由中点坐标公式，将A和B点代入双曲线的方程，两式相减即可求得直线的斜率，由直线AB的斜率k=15−612−3=1，即可求得b2a2=54，根据双曲线的离心率公式，即可求得双曲线C的离心率．
方法二：设A(12+m,15+n)，B(12−m,15−n)，代入双曲线方程，由直线l的斜率k=nm=4b25a2，直线AB的斜率k=15−612−3=1，根据双曲线的离心率公式，即可求得双曲线C的离心率．
本题考查双曲线的离心率公式，考查中点坐标公式，考查点差法的应用，考查直线的斜率，考查计算能力，属于中档题．
6.【答案】C
【解析】解：设等差数列{an}的公差为d，∵a5=9，a2+a7=16，
∴a1+4d=9，2a1+7d=16，
解得a1=1，d=2，
∴an=1+2(n−1)=2n−1，a3+a6=a2+a7=16，Sn=n(1+2n−1)2=n2，
1anan+1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，
∴数列{1anan+1}的前n项和=12(1−13+13−15+…+12n−1−12n+1)=12(1−12n+1)=n2n+1.
综上可得：只有C错误．
故选：C.
设等差数列{an}的公差为d，由a5=9，a2+a7=16，利用通项公式列出方程组解得a1，d，利用求和公式、性质、裂项求和等即可判断出正误．
本题考查了等差数列的通项公式与求和公式及其性质、裂项求和方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：设抛物线的方程为y2=2px(p>0)，
因为AB=6，MO=2，
所以点A(2,3)在抛物线上，
所以9=4p，故p=94，
所以抛物线的方程为y2=92x，
所以抛物线的焦点F的坐标为(98,0)，准线方程为x=−98，
在方程y2=92x中取x=158可得y2=13516>4，
所以点Q在抛物线内，过点P作PP′与准线垂直，P′为垂足，
点Q作QQ′与准线垂直，Q′为垂足，则|PF|=|PP′|，
所以|PF|+|PQ|=|PP′|+|PQ|≥|QQ′|=158+98=3，
当且仅当直线PQ与准线垂直时等号成立，所以|PF|+|PQ|的最小值为3，
故选：B.
由已知点(2,3)在抛物线上，利用待定系数法求抛物线方程，结合抛物线定义求|PF|+|PQ|的最小值．
本题考查抛物线的几何性质，方程思想，化归转化思想，属中档题．
8.【答案】D
【解析】解：如图所示，设P(x0,y0)(x0>0,y0>0)，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
则2x0+y0+m=0，
直线l与圆O相离，则d>r=2,|m|>10且m<0，|PM|2=|OP|2−2=x02+y02−2，
以P为圆心，半径为|PM|的圆的方程为(x−x0)2+(y−y0)2=x02+y02−2，
整理得x2+y2−2x0x−2y0y=−2，
由x2+y2=2x2+y2−2x0x−2y0y=−2两式相减得直线MN的方程为x0x+y0y=2，
分别令x=0和y=0，则xR=2x0,yT=2y0，
又2x0+y0=−m，
所以△ORT的面积S=12⋅2x0⋅2y0=42x0y0≥4(2x0+y02)2=16m2=1625，
当且仅当2x0=y0时取等号，则m=−5.
故选：D.
设出P，M，N点的坐标，求得直线M，N的方程，从而求得直线MN的横纵截距，进而求得△ORT面积的表达式，结合基本不等式以及△ORT面积的最小值求得m的值．
本题主要考查了直线与圆，圆与圆位置关系的应用，属于中档题．
9.【答案】ABD
【解析】解：因为直线l恒过点N(2,6)，所以OM⊥MN，点M在以ON为直径的圆上，则点M的轨迹是圆，故A正确；
易知圆心O到直线l的距离最大值为|ON|=62+22=210，故|PQ|的最小值为249−40=6，最大值为2×7=14，故B正确；
由题知圆O：x2+y2=49，直线l过点N(2,6)，圆O上仅有三个点到直线l的距离为5，
因为圆心为O(0,0)，半径为r=7，所以圆心到直线l的距离为2，
当斜率不存在时，直线l为x=2，此时圆心O(0,0)到直线x=2的距离为d=|0−2|=2，满足题意，
当斜率存在时，设直线l为y−6=k(x−2)，即kx−y+6−2k=0，
又因为圆心O(0,0)到直线kx−y+6−2k=0的距离为d=|6−2k|k2+1=2，解得k=43，
所以l的方程是 4x−3y+10=0，
所以若圆O上仅有三个点到直线l的距离为5，则l的方程是x=2或4x−3y+10=0，故C错误；
由最短弦与最长弦有唯一性，而长度介于两者之间的弦有对称性可知，使|PQ|为整数的直线l有2+2×(13−7+1)=16(条)，故D正确．
故选：ABD.
根据直线与圆的关系，结合题目给的条件逐一判断选项对错即可．
本题主要考查轨迹方程，直线与圆的位置关系，考查运算求解能力，属于中档题．
10.【答案】ABC
【解析】解：对于A：∵an+2=an+1+an，a1=a2=1，
∴a3=2，a4=3，a5=5，a6=8，a7=13，a8=21，a9=34，即a9=34，故A正确；
对于B：∵an=an−1+an−2，
∴an+an+an=an−2+an−1+an+an=an−2+an+1+an=an−2+an+2(n≥3)，故B正确；
对于C：∵a12=a2⋅a1，a22=a2⋅(a3−a1)=a2⋅a3−a2⋅a1a32=a3⋅(a4−a2)=a3⋅a4−a3⋅a2，⋯⋯，
∴a20212=a2021⋅(a2022−a2020)=a2021⋅a2022−a2021⋅a2020，
∴a12+a22+⋅⋅⋅+a20212=a2021⋅a2022，即i=12021ai2=a2021⋅a2022，故C正确；
对于D：∵an+2=an+1+an，
∴a3−a2=a1，a4−a3=a2，…，a2021−a2020=a2019，
将以上各式相加得a3−a2+a4−a3+⋅⋅⋅+a2021−a2020=a1+a2+⋅⋅⋅+a2019，
∴a2021−a2=a1+a2+⋅⋅⋅+a2019，即a1+a2+⋅⋅⋅+a2019=a2021−a2=a2021−1，
∴i=12019ai=a2021−1，故D错误，
故选：ABC.
根据题意，逐一分析选项，即可得出答案．
本题考查由数列的递推式求数列的通项，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：由题意得半圆的方程为x2+y2=9(x≤0)，
设椭圆的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0,x≥0)，
∴b=3c=3，
∴a2=18，
∴椭圆的方程为x218+y29=1(x≥0)，
对于A，椭圆的离心率是e=ca=332=22，故A正确，
对于B，当t→0时，|AB|→3+32；当t→3时，|AB|→0，
所以线段AB长度的取值范围是(0,3+32)，故B错误，
对于C，由题得△ABF面积S=12×|AB|t，
设A(x1,t)，
∴x12+t2=9，
∴x1=−9−t2(0
∴x2218+t29=1，
∴x2=18−2t2，
∴|AB|=9−t2+18−2t2，
S=12×(9−t2+18−2t2)t=2+129−t2×t=2+12(9−t2)t2≤2+12⋅814=94(2+1)，当且仅当t=322时等号成立，故C正确，
对于D，△OAB的周长=|AO|+|OB|+|AB|=3+(2+1)9−t2+18−t2，
令f(t)=3+(2+1)9−t2+18−t2,(0
所以当t=0时，△OAB的周长最大，但是t不能取零，
所以△OAB的周长没有最大值，故D正确．
故选：ACD.
由题意可求出半圆和椭圆的方程，即可求得椭圆离心率，判断A，
结合半圆的半径以及椭圆的长半轴长，可确定线段AB长度的取值范围，判断B，
设A，B坐标，表示出△ABF面积，利用基本不等式求得其最大值，判断C，
表示出△OAB的周长的表达式，结合t的取值范围可判断D.
本题主要考查直线与椭圆的综合，考查转化能力，属于中档题．
12.【答案】ABD
【解析】解：对于A，取DD1，DC的中点分别为M，N，连接AM，AN，MN，DQ，
则DD1=2DM，DC=2DN，MN//D1C，
因为DQ=λDC+μDD1,(λ∈[0,1],μ∈[0,1])，λ+μ=12，
所以DQ=2λDN+2μDM，2λ+2μ=1，
所以Q，M，N三点共线，所以点Q在MN，
因为D1C//A1B，MN//D1C，所以MN//A1B，MN⊄平面A1BP，A1B⊂平面A1BP，
所以MN//平面A1BP，
所以点Q到平面A1BP的距离为定值，因为△A1BP的面积为定值，所以四面体A1BPQ的体积为定值，所以A正确，
对于B，因为AM//BP，因为AM⊄平面A1BP，BP⊂平面A1BP，
所以AM//平面A1BP，又AQ//平面A1BP，AQ∩AM=M，AQ，AM⊂平面AMQ，
所以平面AMQ//平面A1BP，
取D1C1的中点E，连接PE，则PE//D1C，D1C//A1B，
所以PE//A1B，所以A1，B，P，E四点共面，
所以平面AMQ//平面A1BPE，平面A1BPE∩平面DCC1D1=PE，
平面A1MQ∩平面DCC1D1=MQ，
所以MQ//PE，又PE//D1C，所以MQ//D1C，
所以点Q的轨迹为线段MN，翻折平面AMN，使其与五边形MNCC1D1
在同一平面，如图，则AQ+C1Q≥AC1，当且仅当A，Q，C1三点共线时等号成立，
所以AQ+C1Q的最小值为AC1，
因为∠BAD=60∘，AB=AD=AA1=2，
所以AM=5,MN=2，AN=AD2+DN2−2AD⋅DNcos120∘=4+1−2×2×1×(−12)=7，
所以AM2+MN2=AN2，在△C1MN中，C1M=C1N=5，MN=2，
所以cos∠C1MN=MC12+MN2−NC122MC1⋅MN=5+2−52×5×2=1010，
所以sin∠C1MN=1−cos2∠C1MN=31010，
所以cos∠AMC1=cos(∠C1MF+π2)=−sin∠C1MF=−31010，
在△AMC1中，AM=5，MC1=5，cos∠AMC1=31010，
所以AC1=MA2+MC12−2MA⋅MC1cos∠AMC1=5+5−2×5×5×(−31010)，
所以AC1=10+310，即AQ+C1Q的最小值为10+310，所以B正确，
对于C，若△A1BQ的外心为O，过O作OH⊥A1B于H，
因为|A1B|=22+22=22，
所以A1B⋅A1O=A1B⋅(A1H+HO)=A1B⋅A1H=12A1B2=4，所以C错误，
对于D，过A1作A1K⊥C1D1，垂足为K，
因为DD1⊥平面A1B1C1D1，A1K⊂平面A1B1C1D1，
所以DD1⊥A1K，因为C1D1∩DD1=D1，C1D1，DD1⊂平面DD1C1C，
所以A1K⊥平面DD1C1C，因为KQ平面DD1C1C，
所以A1K⊥KQ，又在△A1KD1中，A1D1=2,∠A1KD1=π2,A1D1K=π3，
所以KD1=A1D1cosπ3=1，A1K=A1D1sinπ3=3，
在△A1KQ中，A1K=3，A1Q=7，∠A1KQ=π2，
所以KQ=2，则Q在以K为圆心，2为半径的圆上运动，
在DD1，D1C1上取点A3，A2，使得D1A3=3,D1A2=1，
则KA3=KA2=2，所以点Q的轨迹为圆弧A2A3，
因为D1K=1,D1A3=3，所以∠A3KA2=π3，
则圆弧A2A3等于2π3，所以D正确，
故选：ABD.
对于A，取DD1，DC的中点分别为M，N，由条件确定Q的轨迹，结合锥体体积公式判断A，对于B，由条件确定Q的轨迹为MN，将原问题转化为平面上两点间的距离最小问题求解；对于C，由三角形外心的性质和向量数量积的性质可判断，对于D，由条件确定点Q的轨迹为圆弧A2A3，利用弧长公式求轨迹长度即可判断．
本题考查四面体的体积问题，线面平行的性质，三角形外心的性质，向量数量积的运算，轨迹弧长的求解，属中档题．
13.【答案】1
【解析】解：OA=(2,1,1)，CB=(b,−c,1)，
因为四边形OABC为平行四边形，
所以OA=CB，
所以2=b，1=−c，
则b+c=1.
故答案为：1.
由四边形OABC为平行四边形，可得OA=CB，再根据向量的坐标运算求解即可．
本题考查空间向量的坐标运算，属于基础题．
14.【答案】−4
【解析】解：由f(x)=2x3+ax2+bx+1，得f′(x)=6x2+2ax+b，则其对称轴为x=−a6，
因为函数y=f′(x)的图象关于直线x=−12对称，所以−a6=−12，所以a=3，
则f′(x)=6x2+6x+b，又由f′(1)=0，得b=−12，
所以ba=−4.
故答案为：−4.
求出函数的导数，利用导函数是二次函数，推出a，通过f′(1)=0，求出b，然后求解即可．
本题考查函数的导数的应用，导函数的极值的判断，考查发现问题解决问题的能力，是中档题．
15.【答案】(22,104]
【解析】解：如图所示：
设|AF1|=n，|AF2|=m，因为点A在第一象限，
所以n>m，
又因为A，B均在以线段F1F2为直径的圆上，
所以四边形AF1BF2为矩形，即|AF2|=|BF1|，
因为|AF1|≤3|BF1|，
所以n≤3m，即1
所以(m+n)2=m2+n2+2mn=4c2+2mn=4a2，即mn=2a2−2c2，
因为m2+n2mn=4c22a2−2c2=nm+mn，
设y=nm+mn，v=nm∈(1,3],即y=v+1v，v∈(1,3],
因为y′=1−1v2=v2−1v2>0，
所以y=v+1v在区间(1,3]单调递增，
所以2
当4c22a2−2c2≤103时，解得32c2≤20a2，即e2≤58，即0
首先画出图形，设|AF1|=n，|AF2|=m，根据椭圆的定义和圆的性质得到m+n=2a，m2+n2=4c2，从而得到m2+n2mn=4c22a2−2c2=nm+mn，再构造函数求其范围即可．
本题主要考查椭圆的性质，考查转化能力，属于中档题．
16.【答案】1 506
【解析】解：当n=1时，1x2−2log3x=9，设f(x)=1x2−2log3x−9，在(0,+∞)单调递减，
f(13)=2>0，f(12)=2log32−5<0，∴13
令f(x)=(2x)2+nlogn+2(2x)−n2−5n−3，
则f(x)在(0,+∞)单调递增，
f(n2)=nlogn+2n−5n−3<0，f(n+22)=1>0，
由零点存在定理可得∃x∈(n2,n+22)，f(x)=0，
当n=2k−1(k∈N*)，tn∈(2k−12,2k+12)，an=[tn]=k，∴bn=ansinnπ2=n+12sin(2k−1)π2=(−1)n−12⋅n+12；
当n=2k(k∈N*)，tn∈(k,k+1)，an=[tn]=k，∴bn=ansinnπ2=n2sin2kπ2=0，
Sn为{bn}的前n项和，则S2022=1−2+3−4−…+1009−1010+1011=506，
故答案为：1，506.
当n=1时，1x2−2log3x=9，设f(x)=1x2−2log3x−9，利用其单调性与函数零点存在定理可得13
17.【答案】解：(1)由y=x3可得y′=3x2，
由y=ax2+x−2，(a∈R)可得y′=2ax+1，
因为曲线C1、C2在x=1处的切线互相垂直，
所以k1⋅k2=(3×12)×(2a+1)=−1，解得a=−23.
(2)由题意，切线的斜率k=3x02=2ax0+1>3，
可得3x02−1=2ax0，且x0>1或x0<−1，
所以2a=3x0−1x0，
令h(x)=3x−1x，则函数在(1,+∞)和(−∞,−1)上是增函数，
所以h(x)>h(1)=2或h(x)
故a的取值范围为{a|a>1或a<−1}.
【解析】(1)根据切线垂直可得在x=1处导数值的乘积为−1求解；
(2)利用导数计算切线斜率，再由斜率大于3求解即可．
本题主要考查了导数的几何意义在切线方程求解中的应用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)圆C：x2+y2−4x=0可化为(x−2)2+y2=4，圆心为(2,0)，r=2，
若l的斜率不存在时，l：x=1，此时|MN|=23符合要求．
当l的斜率存在时，设l的斜率为k，则令l：y−2=k(x−1)，
因为|MN|=23，由垂径定理可得，圆心到直线的距离d=r2−3=1，
∴|2+k|k2+1=1⇒k=−34，
∴直线l的方程为3x+4y−11=0，
所以直线l的方程为x=1或3x+4y−11=0.
(2)假设圆C上存在点P，设P(x,y)，
则(x−2)2+y2=4，|PA|2+|PB|2=(x+1)2+(y−0)2+(x−1)2+(y−2)2=12，
即x2+y2−2y−3=0，即x2+(y−1)2=4，
∵|2−2|<(2−0)2+(0−1)2<2+2，
∴(x−2)2+y2=4与x2+(y−1)2=4相交，则点P有两个．
【解析】(1)根据垂径定理可得圆心到直线l的距离为1，然后利用点到直线的距离即可求解；
(2)假设圆C上存在点P，设P(x,y)，则(x−2)2+y2=4，利用题干条件得到点P也满足x2+(y−1)2=4，根据两圆的位置关系即可得出结果．
本题主要考查了直线与圆相交的性质，还考查了圆与圆位置关系的判断，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：因为CD//AB，AB⊂面PAB，CD⊄面PAB，
所以CD//面PAB，
又CD⊂面CDE，面CDE∩面PAB=l，
所以CD//l.
(2)以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，连接BD交AC于O，
则C(0,0,0)，A(1,1,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1).
设PE=λPB(0<λ<1)，设E(a,b,c)，
∴PE=(a,b,c−1),PB=(1,0−1),λPB=(λ,0,−λ)，
则a=λ，b=0，c=1−λ，则E(λ,0,1−λ),CE=(λ,0,1−λ),CA=(1,1,0)，
∵PC⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD，
∴BD⊥PC，又BD⊥AC，PC∩AC=C，
∴BD⊥平面PAC，
∴m=BD=(−1,1,0)是平面PAC的一个法向量，
设n=(x,y,z)为平面EAC的法向量，
则n⋅CA=x+y=0n⋅CE=λx+(1−λ)z=0，取n=(−1,1,λ1−λ)，
∴|cos⟨m,n⟩|=|m⋅n||m||n|=22×2+(λ1−λ)2=223，解得λ=13.
∴线段PB上是存在点E，当PEPB=13时，二面角P−AC−E的余弦值是223.
【解析】(1)先证得CD//面PAB，再根据线面平行的性质定理证CD//l；
(2)建立空间坐标系，设PE=λPB(0<λ<1)，根据二面角P−AC−E的余弦值是223，列出关于λ的方程求解λ(0<λ<1).
本题考查线面平行的性质定理，向量法求解二面角问题，方程思想，属中档题．
20.【答案】解：(1)①证明：∵an+1−an=2n，
当n≥2时，an=(an−an−1)+(an−1−an−2)+⋯+(a2−a1)+a1=2n−1+2n−2+⋯+21+2=2(1−2n−1)1−2+2=2n，
∴当n≥2时，an+1an=2n+12n=2，，
又∵a1=2，b1=2，a2=4，∴a2a1=2，
故数列{an}为首项为2，公比为2的等比数列；
②由①得数列{an}为首项为2，公比为2的等比数列，则an=2n，
令cn=nan=n⋅2n，记数列{cn}的前n项和为Sn，
则Sn=c1+c2+c3+⋯+cn−1+cn=1⋅2+2⋅22+3⋅23+⋯+(n−1)⋅2n−1+n⋅2n①，2Sn=1⋅22+2⋅23+3⋅24+⋯+(n−1)⋅2n+n⋅2n+1②，
由①-②得−Sn=2+22+23+⋯+2n−n⋅2n+1=2+22(1−2n−1)1−2−n⋅2n+1=(1−n)⋅2n+1−2，
∴Sn=(n−1)⋅2n+1+2，
故数列{n⋅an}的前n项和为(n−1)⋅2n+1+2；
(2)若bn=an+2=an+1−an，则an+3=an+2−an+1=−an⇒an+6=−an+3=an，
∴数列{an}是周期为6的周期数列，
设a1=m，a2=t，则a3=t−m，a4=−m，a5=−t，a6=m−t，
∴a1+a2+a3+a4+a5+a6=0
设数列{an}的前n项和为Tn，则T6n=0，
则T6291=T1048×6+3=T3=2a2=1926，解得a2=963，T77=T12×6+5=T5=a3=77，
∴a1=a2−a3=886，
∴T2024=T337×6+2=T2=a1+a2=886+963=1849.
【解析】(1)①利用累加法求解an，即可得出答案；
②由①得an=2n，令cn=nan=n⋅2n，记数列{cn}的前n项和为Sn，利用错位相减法，求解即可得出答案；
(2)由题意可得数列{an}是一个周期为6的周期数列，求解数列{an}的任意连续6项之和为0，结合题意利用其周期和相关值求出a1，a2，即可得出答案．
本题考查等比数列的定义、前n项和公式、错位相减法的应用，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)设|F1F2|=2c，因为|PF1|=2|PF2|，|PF1|−|PF2|=2a，
所以|PF2|=2a，|PF1|=4a.
在△F1PF2中，cos∠F1PF2=14，
由余弦定理得|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2−2|PF1||PF2|cos∠F1PF2，
即4c2=16a2+4a2−2×2a×4a×14，整理得c2=4a2.
因为焦点到渐近线的距离为23，
所以bcb2+a2=23，可得b=23.
因为a2=c2−b2，所以a=2，
故双曲线C的方程为x24−y212=1.
(2)当直线l的斜率不存在时，不妨设M(4,6)，N(4,−6)，此时点S(1,3)，T(1,−3)，
因为BS=(1−t,3),BT=(1−t,−3)，且0<∠SBT<π2，
所以BS⋅BT=t2−2t−8>0，解得t<−2或t>4.
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=k(x−4)，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立方程组y=k(x−4)x24−y212=1，得(3−k2)x2+8k2x−16k2−12=0，
则x1+x2=8k2k2−3,x1x2=16k2+12k2−3，y1y2=k2(x1−4)(x2−4)=k2(16k2+12k2−3−32k2k2−3+16)=−36k2k2−3，
因为直线l过右焦点与双曲线C的右支交于M，N两点，所以k2>(ba)2=3.
直线AM:y=y1x1+2(x+2)，令x=1，得S(1,3y1x1+2)，同理可得T(1,3y2x2+2).
因为BS=(1−t,3y1x1+2),BT=(1−t,3y2x2+2)，且0<∠SBT<π2，
所以BS⋅BT=1+t2−2t+9y1y2(x2+2)(x1+2)=1+t2−2t+−36×9k2k2−316k2+12k2−3+16k2k2−3+4>0，
所以t2−2t−8=(t+2)(t−4)>0，解得t<−2或t>4.
综上所述，t的取值范围为(−∞,−2)∪(4,+∞).
【解析】(1)设|F1F2|=2c，由余弦定理可得4c2=16a2+4a2−2×2a×4a×14，结合焦点到渐近线的距离为23，可求双曲线C的方程；
(2)当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=k(x−4)，M(x1,y1)，N(x2,y2)，联立方程组可得x1+x2=8k2k2−3,x1x2=16k2+12k2−3，进而可得BS⋅BT=1+t2−2t+9y1y2(x2+2)(x1+2)=1+t2−2t+−36×9k2k2−316k2+12k2−3+16k2k2−3+4>0，求解可得t的取值范围，进而计算直线l的斜率不存在时，可得t的取值范围．
本题考查求双曲线的方程，考查方程思想解决几问题，考查运算求解能力，属中档题．
22.【答案】解：(Ⅰ)由题可得f′(x)=2x.
所以曲线y=f(x)在点(xn,f(xn))处的切线方程是：y−f(xn)=f′(xn)(x−xn).
即y−(xn2−4)=2xn(x−xn).
令y=0，得−(xn2−4)=2xn(xn+1−xn).
即xn2+4=2xnxn+1.
显然xn≠0，∴xn+1=xn2+2xn.
(Ⅱ)由xn+1=xn2+2xn，知xn+1+2=xn2+2xn+2=(xn+2)22xn，
同理xn+1−2=(xn−2)22xn，故xn+1+2xn+1−2=(xn+2xn−2)2.
从而lgxn+1+2xn+1−2=2lgxn+2xn−2，即an+1=2an.所以，数列{an}成等比数列．
故an=2n−1a1=2n−1lgx1+2x1−2=2n−1lg3.
即lgxn+2xn−2=2n−1lg3.
从而xn+2xn−2=32n−1
所以xn=2(32n−1+1)32n−1−1
(Ⅲ)由(Ⅱ)知xn=2(32n−1+1)32n−1−1，
∴bn=xn−2=432n−1−1>0
∴bn+1bn=32n−1−132n−1=132n−1+1<132n−1≤1321−1=13
当n=1时，显然T1=b1=2<3.
当n>1时，bn<13bn−1<(13)2bn−2<<(13)n−1b1
∴Tn=b1+b2+…+bn
【解析】(Ⅰ)由题设条件知曲线y=f(x)在点(xn,f(xn))处的切线方程是y−(xn2−4)=2xn(x−xn).
由此可知xn2+4=2xnxn+1.所以xn+1=xn2+2xn.
(Ⅱ)由xn+1=xn2+2xn，知xn+1+2=xn2+2xn+2=(xn+2)22xn，同理xn+1−2=(xn−2)22xn.
故xn+1+2xn+1−2=(xn+2xn−2)2.由此入手能够导出xn=2(32n−1+1)32n−1−1.
(Ⅲ)由题设知xn=2(32n−1+1)32n−1−1，所以bn+1bn=32n−1−132n−1=132n−1+1<132n−1≤1321−1=13，由此可知Tn<3(n∈N*).
本题综合考查数列、函数、不等式、导数应用等知识，以及推理论证、计算及解决问题的能力．
2022-2023学年福建省泉州市永春一中高二（上）期末数学试卷
1. 已知向量a=(1,1,0)，b=(−1,0,2)，且ka+b与2a−b互相垂直，则k的值是( )
A. 1 B. 15 C. 35 D. 75
2. 已知数列{an}的前n项和为Sn，首项a1=1，且满足an+1+an=3⋅2n，则S11的值为( )
A. 4093 B. 4094 C. 4095 D. 4096
3. 已知f(x)=12x2+2xf′(2022)−2022lnx，则f′(2022)=( )
A. 2021 B. −2021 C. 2022 D. −2022
4. 如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=2AB=4，E是BB1的中点，F是A1C1的中点，若过A，E，F三点的平面与B1C1交于点G，则|A1G|=( )
A. 73
B. 279
C. 273
D. 7
5. 已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，过点P(3,6)的直线l与C相交于A，B两点，且AB的中点为N(12,15)，则双曲线C的离心率为( )
A. 2
B. 32
C. 355
D. 52
6. 设等差数列{an}的前n项的和为Sn，a5=9，a2+a7=16，则下列结论不正确的是( )
A. an=2n−1
B. a3+a6=16
C. Sn=n2+n
D. 数列{1anan+1}的前n项和为n2n+1
7. 图1为一种卫星接收天线，其曲面与轴截面的交线为抛物线的一部分，已知该卫星接收天线的口径AB=6，深度MO=2，信号处理中心F位于焦点处，以顶点O为坐标原点，建立如图2所示的平面直角坐标系xOy，若P是该抛物线上一点，点Q(158,2)，则|PF|+|PQ|的最小值为( )
A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
8. 如图，已知直线l：2x+y+m=0与圆O：x2+y2=2相离，点P在直线l上运动且位于第一象限，过P作圆O的两条切线，切点分别是M，N，直线MN与x轴、y轴分别交于R，T两点，且△ORT面积的最小值为1625，则m的值为( )
A. −4 B. −9 C. −6 D. −5
9. 已知圆O：x2+y2=49，直线l过点N(2,6)，且交圆O于P，Q两点，点M为线段PQ的中点，则下列结论正确的是( )
A. 点M的轨迹是圆
B. |PQ|的最小值为6
C. 若圆O上仅有三个点到直线l的距离为5，则l的方程是 4x−3y+10=0
D. 使|PQ|为整数的直线l共有16条
10. 斐波那契数列又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多⋅斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”．斐波那契数列用递推的方式可如下定义：用an表示斐波那契数列的第n项，则数列{an}满足：a1=a2=1，an+2=an+1+an，记i=1nai=a1+a2+⋅⋅⋅+an，则下列结论正确的是( )
A. a9=34 B. 3an=an−2+an+2(n≥3)
C. i=12021ai2=a2021⋅a2022 D. i=12019ai=a2021
11. 一块斯里兰卡月光石的截面可近似看成由半圆和半椭圆组成，如图所示，在平面直角坐标系中，半圆的圆心在坐标原点，半圆所在的圆过椭圆的右焦点F(3,0)，椭圆的短轴与半圆的直径重合．若直线y=t(t>0)与半圆交于点A，与半椭圆交于点B，则下列结论正确的是( )
A. 椭圆的离心率是22 B. 线段AB长度的取值范围是(0,3+32]
C. △ABF面积的最大值是94(2+1) D. △OAB的周长不存在最大值
12. 在直四棱柱中ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，∠BAD=60∘，AB=AD=AA1=2，P为CC1中点，点Q满足DQ=λDC+μDD1,(λ∈[0,1],μ∈[0,1]).下列结论正确的是( )
A. 若λ+μ=12，则四面体A1BPQ的体积为定值
B. 若AQ//平面A1BP，则AQ+C1Q的最小值为10+310
C. 若△A1BQ的外心为O，则A1B⋅A1O为定值2
D. 若A1Q=7，则点Q的轨迹长度为23π
13. 在空间直角坐标系Oxyz中，A(2,1,1)，B(b,0,5)，C(0,c,4)，若四边形OABC为平行四边形，则b+c=______.
14. 设函数f(x)=2x3+ax2+bx+1的导函数为f′(x)，若函数y=f′(x)的图象的顶点的横坐标为−12，且f′(1)=0，则ba的值为______.
15. 已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，以线段F1F2为直径的圆交C于A，B两点，其中点A在第一象限，点B在第三象限，若|AF1|≤3|BF1|，则C的离心率的取值范围是______.
16. 对于正整数n，设xn是关于x的方程：(n2+5n+3)x2+x2logn+2xn=1的实根，记an=[12xn]，其中[x]表示不超过x的最大整数，则a1=______；若bn=an⋅sinnπ2，Sn为{bn}的前n项和，则S2022=______.
17. 已知曲线C1：y=x3和C2：y=ax2+x−2，(a∈R).
(1)若曲线C1、C2在x=1处的切线互相垂直，求a的值；
(2)若与曲线C1、C2在x=x0处都相切的直线的斜率大于3，求a的取值范围．
18. 如图，在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：x2+y2−4x=0及点A(−1,0)，B(1,2).
(1)若直线l过点B，与圆C相交于M、N两点，且|MN|=23，求直线l的方程；
(2)圆C上是否存在点P，使得|PA|2+|PB|2=12成立？若存在，求点P的个数；若不存在，请说明理由．
19. 如图，在四棱锥P−ABCD中，已知底面ABCD是正方形，PC⊥底面ABCD，且PC=BC=1，E是棱PB上动点．
(1)若过C，D，E三点的平面与平面PAB的交线是l，证明：CD//l；
(2)线段PB上是否存在点E，使二面角P−AC−E的余弦值是223？若存在，求PEPB的值；若不存在，请说明理由．
20. 已知数列{an}，{bn}满足bn=an+1−an，其中，n∈N*.
(1)若a1=2，bn=2n.
①求证：{an}为等比数列；
②试求数列{n⋅an}的前n项和．
(2)若bn=an+2，数列{an}的前6291项之和为1926，前77项之和等于77，试求前2024项之和是多少？
21. 已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，P为双曲线C上一点，cos∠F1PF2=14,|PF1|=2|PF2|，且焦点到渐近线的距离为23.
(1)求双曲线C的方程；
(2)设A为双曲线C的左顶点，点B(t,0)为x轴上一动点，过F2的直线l与双曲线C的右支交于M，N两点，直线AM，AN分别交直线x=a2于S，T两点，若0<∠SBT<π2，求t的取值范围．
22. 已知函数f(x)=x2−4，设曲线y=f(x)在点(xn,f(xn))处的切线与x轴的交点为(xn+1,0)(n∈N*)，其中x1为正实数．
(Ⅰ)用xn表示xn+1；
(Ⅱ)若x1=4，记an=lgxn+2xn−2，证明数列{an}成等比数列，并求数列{xn}的通项公式；
(Ⅲ)若x1=4，bn=xn−2，Tn是数列{bn}的前n项和，证明Tn<3.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：∵a=(1,1,0)，b=(−1,0,2)，
∴ka+b=k(1,1,0)+(−1,0,2)=(k−1,k,2)，
2a−b=2(1,1,0)−(−1,0,2)=(3,2,−2)，
又ka+b与2a−b互相垂直，
∴3(k−1)+2k−4=0，解得：k=75.
故选：D.
由向量a=(1,1,0)，b=(−1,0,2)，求得ka+b与2a−b的坐标，代入数量积的坐标表示求得k值．
本题考查空间向量的数量积运算，考查向量数量积的坐标表示，是基础的计算题．
2.【答案】A
【解析】解：an+1+an=3⋅2n，故an+1−2n+1an−2n=3⋅2n−an−2n+1an−2n=2n−anan−2n=−1，又a1−2=−1，
所以{an−2n}是首项为−1，公比为−1的等比数列，所以an=(−1)n+2n，
则S11=a1+a2+⋯+a11=−1+21+1+22+⋯−1+211=−1+2×(1−211)1−2=4093.
故选：A.
由递推公式确定通项公式an=(−1)n+2n，再求S11即可．
本题主要考查数列的递推式，数列的前n项和，考查运算求解能力，属于中档题．
3.【答案】B
【解析】解：因为f(x)=12x2+2xf′(2022)−2022lnx，
所以f′(x)=x+2f′(2022)−2022x，
所以f′(2022)=2022+2f′(2022)−20222022，解得f′(2022)=−2021.
故选：B.
根据导数的运算法则求出函数的导函数，再代入求值即可．
本题主要考查导数的运算，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：如图，以C为原点建立空间直角坐标系C−xyz，
则A(3,1,0)，A1(3,1,4)，E(0,2,2)，F(32,12,4)，
由题可设G(0,a,4)，
则AE=(−3,1,2)，AF=(−32,−12,4)，AG=(−3,a−1,4)，
设平面AEF的法向量m=(x,y,z)，
则m⋅AE=−3x+y+2z=0m⋅AF=−32x−12y+4z=0，取m=(3,95,35)，
由AG⋅m=−3+95(a−1)+125=0，得a=43，
∴A1G=(−3,13,0)，|A1G|=(−3)2+(13)2=273.
故选：C.
建系，利用向量法及方程思想即可求解．
本题考查向量法求解距离问题，属中档题．
5.【答案】B
【解析】解法一：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由AB的中点为N(12,15)，则x1+x2=24，y1+y2=30，
由x12a2−y12b2=1x22a2−y22b2=1，两式相减得：(x1+x2)(x1−x2)a2=(y1+y2)(y1−y2)b2，
则y1−y2x1−x2=b2(x1+x2)a2(y1+y2)=4b25a2，
由直线AB的斜率k=15−612−3=1，
∴4b25a2=1，则b2a2=54，
双曲线的离心率e=ca=1+b2a2=32，
∴双曲线C的离心率为32，
故选B.
方法二：设A(12+m,15+n)，B(12−m,15−n)，
则(12+m)2a2−(15+n)2b2=1(12−m)2a2−(15−n)2b2=1，两式相减得：4ma2=5nb2，
由直线l的斜率k=nm=4b25a2，
直线AB的斜率k=15−612−3=1，
∴4b25a2=1，则b2a2=54，
双曲线的离心率e=ca=1+b2a2=32，
∴双曲线C的离心率为32，
故选：B.
方法一：由中点坐标公式，将A和B点代入双曲线的方程，两式相减即可求得直线的斜率，由直线AB的斜率k=15−612−3=1，即可求得b2a2=54，根据双曲线的离心率公式，即可求得双曲线C的离心率．
方法二：设A(12+m,15+n)，B(12−m,15−n)，代入双曲线方程，由直线l的斜率k=nm=4b25a2，直线AB的斜率k=15−612−3=1，根据双曲线的离心率公式，即可求得双曲线C的离心率．
本题考查双曲线的离心率公式，考查中点坐标公式，考查点差法的应用，考查直线的斜率，考查计算能力，属于中档题．
6.【答案】C
【解析】解：设等差数列{an}的公差为d，∵a5=9，a2+a7=16，
∴a1+4d=9，2a1+7d=16，
解得a1=1，d=2，
∴an=1+2(n−1)=2n−1，a3+a6=a2+a7=16，Sn=n(1+2n−1)2=n2，
1anan+1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，
∴数列{1anan+1}的前n项和=12(1−13+13−15+…+12n−1−12n+1)=12(1−12n+1)=n2n+1.
综上可得：只有C错误．
故选：C.
设等差数列{an}的公差为d，由a5=9，a2+a7=16，利用通项公式列出方程组解得a1，d，利用求和公式、性质、裂项求和等即可判断出正误．
本题考查了等差数列的通项公式与求和公式及其性质、裂项求和方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：设抛物线的方程为y2=2px(p>0)，
因为AB=6，MO=2，
所以点A(2,3)在抛物线上，
所以9=4p，故p=94，
所以抛物线的方程为y2=92x，
所以抛物线的焦点F的坐标为(98,0)，准线方程为x=−98，
在方程y2=92x中取x=158可得y2=13516>4，
所以点Q在抛物线内，过点P作PP′与准线垂直，P′为垂足，
点Q作QQ′与准线垂直，Q′为垂足，则|PF|=|PP′|，
所以|PF|+|PQ|=|PP′|+|PQ|≥|QQ′|=158+98=3，
当且仅当直线PQ与准线垂直时等号成立，所以|PF|+|PQ|的最小值为3，
故选：B.
由已知点(2,3)在抛物线上，利用待定系数法求抛物线方程，结合抛物线定义求|PF|+|PQ|的最小值．
本题考查抛物线的几何性质，方程思想，化归转化思想，属中档题．
8.【答案】D
【解析】解：如图所示，设P(x0,y0)(x0>0,y0>0)，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
则2x0+y0+m=0，
直线l与圆O相离，则d>r=2,|m|>10且m<0，|PM|2=|OP|2−2=x02+y02−2，
以P为圆心，半径为|PM|的圆的方程为(x−x0)2+(y−y0)2=x02+y02−2，
整理得x2+y2−2x0x−2y0y=−2，
由x2+y2=2x2+y2−2x0x−2y0y=−2两式相减得直线MN的方程为x0x+y0y=2，
分别令x=0和y=0，则xR=2x0,yT=2y0，
又2x0+y0=−m，
所以△ORT的面积S=12⋅2x0⋅2y0=42x0y0≥4(2x0+y02)2=16m2=1625，
当且仅当2x0=y0时取等号，则m=−5.
故选：D.
设出P，M，N点的坐标，求得直线M，N的方程，从而求得直线MN的横纵截距，进而求得△ORT面积的表达式，结合基本不等式以及△ORT面积的最小值求得m的值．
本题主要考查了直线与圆，圆与圆位置关系的应用，属于中档题．
9.【答案】ABD
【解析】解：因为直线l恒过点N(2,6)，所以OM⊥MN，点M在以ON为直径的圆上，则点M的轨迹是圆，故A正确；
易知圆心O到直线l的距离最大值为|ON|=62+22=210，故|PQ|的最小值为249−40=6，最大值为2×7=14，故B正确；
由题知圆O：x2+y2=49，直线l过点N(2,6)，圆O上仅有三个点到直线l的距离为5，
因为圆心为O(0,0)，半径为r=7，所以圆心到直线l的距离为2，
当斜率不存在时，直线l为x=2，此时圆心O(0,0)到直线x=2的距离为d=|0−2|=2，满足题意，
当斜率存在时，设直线l为y−6=k(x−2)，即kx−y+6−2k=0，
又因为圆心O(0,0)到直线kx−y+6−2k=0的距离为d=|6−2k|k2+1=2，解得k=43，
所以l的方程是 4x−3y+10=0，
所以若圆O上仅有三个点到直线l的距离为5，则l的方程是x=2或4x−3y+10=0，故C错误；
由最短弦与最长弦有唯一性，而长度介于两者之间的弦有对称性可知，使|PQ|为整数的直线l有2+2×(13−7+1)=16(条)，故D正确．
故选：ABD.
根据直线与圆的关系，结合题目给的条件逐一判断选项对错即可．
本题主要考查轨迹方程，直线与圆的位置关系，考查运算求解能力，属于中档题．
10.【答案】ABC
【解析】解：对于A：∵an+2=an+1+an，a1=a2=1，
∴a3=2，a4=3，a5=5，a6=8，a7=13，a8=21，a9=34，即a9=34，故A正确；
对于B：∵an=an−1+an−2，
∴an+an+an=an−2+an−1+an+an=an−2+an+1+an=an−2+an+2(n≥3)，故B正确；
对于C：∵a12=a2⋅a1，a22=a2⋅(a3−a1)=a2⋅a3−a2⋅a1a32=a3⋅(a4−a2)=a3⋅a4−a3⋅a2，⋯⋯，
∴a20212=a2021⋅(a2022−a2020)=a2021⋅a2022−a2021⋅a2020，
∴a12+a22+⋅⋅⋅+a20212=a2021⋅a2022，即i=12021ai2=a2021⋅a2022，故C正确；
对于D：∵an+2=an+1+an，
∴a3−a2=a1，a4−a3=a2，…，a2021−a2020=a2019，
将以上各式相加得a3−a2+a4−a3+⋅⋅⋅+a2021−a2020=a1+a2+⋅⋅⋅+a2019，
∴a2021−a2=a1+a2+⋅⋅⋅+a2019，即a1+a2+⋅⋅⋅+a2019=a2021−a2=a2021−1，
∴i=12019ai=a2021−1，故D错误，
故选：ABC.
根据题意，逐一分析选项，即可得出答案．
本题考查由数列的递推式求数列的通项，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：由题意得半圆的方程为x2+y2=9(x≤0)，
设椭圆的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0,x≥0)，
∴b=3c=3，
∴a2=18，
∴椭圆的方程为x218+y29=1(x≥0)，
对于A，椭圆的离心率是e=ca=332=22，故A正确，
对于B，当t→0时，|AB|→3+32；当t→3时，|AB|→0，
所以线段AB长度的取值范围是(0,3+32)，故B错误，
对于C，由题得△ABF面积S=12×|AB|t，
设A(x1,t)，
∴x12+t2=9，
∴x1=−9−t2(0
∴x2218+t29=1，
∴x2=18−2t2，
∴|AB|=9−t2+18−2t2，
S=12×(9−t2+18−2t2)t=2+129−t2×t=2+12(9−t2)t2≤2+12⋅814=94(2+1)，当且仅当t=322时等号成立，故C正确，
对于D，△OAB的周长=|AO|+|OB|+|AB|=3+(2+1)9−t2+18−t2，
令f(t)=3+(2+1)9−t2+18−t2,(0
所以当t=0时，△OAB的周长最大，但是t不能取零，
所以△OAB的周长没有最大值，故D正确．
故选：ACD.
由题意可求出半圆和椭圆的方程，即可求得椭圆离心率，判断A，
结合半圆的半径以及椭圆的长半轴长，可确定线段AB长度的取值范围，判断B，
设A，B坐标，表示出△ABF面积，利用基本不等式求得其最大值，判断C，
表示出△OAB的周长的表达式，结合t的取值范围可判断D.
本题主要考查直线与椭圆的综合，考查转化能力，属于中档题．
12.【答案】ABD
【解析】解：对于A，取DD1，DC的中点分别为M，N，连接AM，AN，MN，DQ，
则DD1=2DM，DC=2DN，MN//D1C，
因为DQ=λDC+μDD1,(λ∈[0,1],μ∈[0,1])，λ+μ=12，
所以DQ=2λDN+2μDM，2λ+2μ=1，
所以Q，M，N三点共线，所以点Q在MN，
因为D1C//A1B，MN//D1C，所以MN//A1B，MN⊄平面A1BP，A1B⊂平面A1BP，
所以MN//平面A1BP，
所以点Q到平面A1BP的距离为定值，因为△A1BP的面积为定值，所以四面体A1BPQ的体积为定值，所以A正确，
对于B，因为AM//BP，因为AM⊄平面A1BP，BP⊂平面A1BP，
所以AM//平面A1BP，又AQ//平面A1BP，AQ∩AM=M，AQ，AM⊂平面AMQ，
所以平面AMQ//平面A1BP，
取D1C1的中点E，连接PE，则PE//D1C，D1C//A1B，
所以PE//A1B，所以A1，B，P，E四点共面，
所以平面AMQ//平面A1BPE，平面A1BPE∩平面DCC1D1=PE，
平面A1MQ∩平面DCC1D1=MQ，
所以MQ//PE，又PE//D1C，所以MQ//D1C，
所以点Q的轨迹为线段MN，翻折平面AMN，使其与五边形MNCC1D1
在同一平面，如图，则AQ+C1Q≥AC1，当且仅当A，Q，C1三点共线时等号成立，
所以AQ+C1Q的最小值为AC1，
因为∠BAD=60∘，AB=AD=AA1=2，
所以AM=5,MN=2，AN=AD2+DN2−2AD⋅DNcos120∘=4+1−2×2×1×(−12)=7，
所以AM2+MN2=AN2，在△C1MN中，C1M=C1N=5，MN=2，
所以cos∠C1MN=MC12+MN2−NC122MC1⋅MN=5+2−52×5×2=1010，
所以sin∠C1MN=1−cos2∠C1MN=31010，
所以cos∠AMC1=cos(∠C1MF+π2)=−sin∠C1MF=−31010，
在△AMC1中，AM=5，MC1=5，cos∠AMC1=31010，
所以AC1=MA2+MC12−2MA⋅MC1cos∠AMC1=5+5−2×5×5×(−31010)，
所以AC1=10+310，即AQ+C1Q的最小值为10+310，所以B正确，
对于C，若△A1BQ的外心为O，过O作OH⊥A1B于H，
因为|A1B|=22+22=22，
所以A1B⋅A1O=A1B⋅(A1H+HO)=A1B⋅A1H=12A1B2=4，所以C错误，
对于D，过A1作A1K⊥C1D1，垂足为K，
因为DD1⊥平面A1B1C1D1，A1K⊂平面A1B1C1D1，
所以DD1⊥A1K，因为C1D1∩DD1=D1，C1D1，DD1⊂平面DD1C1C，
所以A1K⊥平面DD1C1C，因为KQ平面DD1C1C，
所以A1K⊥KQ，又在△A1KD1中，A1D1=2,∠A1KD1=π2,A1D1K=π3，
所以KD1=A1D1cosπ3=1，A1K=A1D1sinπ3=3，
在△A1KQ中，A1K=3，A1Q=7，∠A1KQ=π2，
所以KQ=2，则Q在以K为圆心，2为半径的圆上运动，
在DD1，D1C1上取点A3，A2，使得D1A3=3,D1A2=1，
则KA3=KA2=2，所以点Q的轨迹为圆弧A2A3，
因为D1K=1,D1A3=3，所以∠A3KA2=π3，
则圆弧A2A3等于2π3，所以D正确，
故选：ABD.
对于A，取DD1，DC的中点分别为M，N，由条件确定Q的轨迹，结合锥体体积公式判断A，对于B，由条件确定Q的轨迹为MN，将原问题转化为平面上两点间的距离最小问题求解；对于C，由三角形外心的性质和向量数量积的性质可判断，对于D，由条件确定点Q的轨迹为圆弧A2A3，利用弧长公式求轨迹长度即可判断．
本题考查四面体的体积问题，线面平行的性质，三角形外心的性质，向量数量积的运算，轨迹弧长的求解，属中档题．
13.【答案】1
【解析】解：OA=(2,1,1)，CB=(b,−c,1)，
因为四边形OABC为平行四边形，
所以OA=CB，
所以2=b，1=−c，
则b+c=1.
故答案为：1.
由四边形OABC为平行四边形，可得OA=CB，再根据向量的坐标运算求解即可．
本题考查空间向量的坐标运算，属于基础题．
14.【答案】−4
【解析】解：由f(x)=2x3+ax2+bx+1，得f′(x)=6x2+2ax+b，则其对称轴为x=−a6，
因为函数y=f′(x)的图象关于直线x=−12对称，所以−a6=−12，所以a=3，
则f′(x)=6x2+6x+b，又由f′(1)=0，得b=−12，
所以ba=−4.
故答案为：−4.
求出函数的导数，利用导函数是二次函数，推出a，通过f′(1)=0，求出b，然后求解即可．
本题考查函数的导数的应用，导函数的极值的判断，考查发现问题解决问题的能力，是中档题．
15.【答案】(22,104]
【解析】解：如图所示：
设|AF1|=n，|AF2|=m，因为点A在第一象限，
所以n>m，
又因为A，B均在以线段F1F2为直径的圆上，
所以四边形AF1BF2为矩形，即|AF2|=|BF1|，
因为|AF1|≤3|BF1|，
所以n≤3m，即1
所以(m+n)2=m2+n2+2mn=4c2+2mn=4a2，即mn=2a2−2c2，
因为m2+n2mn=4c22a2−2c2=nm+mn，
设y=nm+mn，v=nm∈(1,3],即y=v+1v，v∈(1,3],
因为y′=1−1v2=v2−1v2>0，
所以y=v+1v在区间(1,3]单调递增，
所以2
当4c22a2−2c2≤103时，解得32c2≤20a2，即e2≤58，即0
首先画出图形，设|AF1|=n，|AF2|=m，根据椭圆的定义和圆的性质得到m+n=2a，m2+n2=4c2，从而得到m2+n2mn=4c22a2−2c2=nm+mn，再构造函数求其范围即可．
本题主要考查椭圆的性质，考查转化能力，属于中档题．
16.【答案】1 506
【解析】解：当n=1时，1x2−2log3x=9，设f(x)=1x2−2log3x−9，在(0,+∞)单调递减，
f(13)=2>0，f(12)=2log32−5<0，∴13
令f(x)=(2x)2+nlogn+2(2x)−n2−5n−3，
则f(x)在(0,+∞)单调递增，
f(n2)=nlogn+2n−5n−3<0，f(n+22)=1>0，
由零点存在定理可得∃x∈(n2,n+22)，f(x)=0，
当n=2k−1(k∈N*)，tn∈(2k−12,2k+12)，an=[tn]=k，∴bn=ansinnπ2=n+12sin(2k−1)π2=(−1)n−12⋅n+12；
当n=2k(k∈N*)，tn∈(k,k+1)，an=[tn]=k，∴bn=ansinnπ2=n2sin2kπ2=0，
Sn为{bn}的前n项和，则S2022=1−2+3−4−…+1009−1010+1011=506，
故答案为：1，506.
当n=1时，1x2−2log3x=9，设f(x)=1x2−2log3x−9，利用其单调性与函数零点存在定理可得13
17.【答案】解：(1)由y=x3可得y′=3x2，
由y=ax2+x−2，(a∈R)可得y′=2ax+1，
因为曲线C1、C2在x=1处的切线互相垂直，
所以k1⋅k2=(3×12)×(2a+1)=−1，解得a=−23.
(2)由题意，切线的斜率k=3x02=2ax0+1>3，
可得3x02−1=2ax0，且x0>1或x0<−1，
所以2a=3x0−1x0，
令h(x)=3x−1x，则函数在(1,+∞)和(−∞,−1)上是增函数，
所以h(x)>h(1)=2或h(x)
故a的取值范围为{a|a>1或a<−1}.
【解析】(1)根据切线垂直可得在x=1处导数值的乘积为−1求解；
(2)利用导数计算切线斜率，再由斜率大于3求解即可．
本题主要考查了导数的几何意义在切线方程求解中的应用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)圆C：x2+y2−4x=0可化为(x−2)2+y2=4，圆心为(2,0)，r=2，
若l的斜率不存在时，l：x=1，此时|MN|=23符合要求．
当l的斜率存在时，设l的斜率为k，则令l：y−2=k(x−1)，
因为|MN|=23，由垂径定理可得，圆心到直线的距离d=r2−3=1，
∴|2+k|k2+1=1⇒k=−34，
∴直线l的方程为3x+4y−11=0，
所以直线l的方程为x=1或3x+4y−11=0.
(2)假设圆C上存在点P，设P(x,y)，
则(x−2)2+y2=4，|PA|2+|PB|2=(x+1)2+(y−0)2+(x−1)2+(y−2)2=12，
即x2+y2−2y−3=0，即x2+(y−1)2=4，
∵|2−2|<(2−0)2+(0−1)2<2+2，
∴(x−2)2+y2=4与x2+(y−1)2=4相交，则点P有两个．
【解析】(1)根据垂径定理可得圆心到直线l的距离为1，然后利用点到直线的距离即可求解；
(2)假设圆C上存在点P，设P(x,y)，则(x−2)2+y2=4，利用题干条件得到点P也满足x2+(y−1)2=4，根据两圆的位置关系即可得出结果．
本题主要考查了直线与圆相交的性质，还考查了圆与圆位置关系的判断，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：因为CD//AB，AB⊂面PAB，CD⊄面PAB，
所以CD//面PAB，
又CD⊂面CDE，面CDE∩面PAB=l，
所以CD//l.
(2)以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，连接BD交AC于O，
则C(0,0,0)，A(1,1,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1).
设PE=λPB(0<λ<1)，设E(a,b,c)，
∴PE=(a,b,c−1),PB=(1,0−1),λPB=(λ,0,−λ)，
则a=λ，b=0，c=1−λ，则E(λ,0,1−λ),CE=(λ,0,1−λ),CA=(1,1,0)，
∵PC⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD，
∴BD⊥PC，又BD⊥AC，PC∩AC=C，
∴BD⊥平面PAC，
∴m=BD=(−1,1,0)是平面PAC的一个法向量，
设n=(x,y,z)为平面EAC的法向量，
则n⋅CA=x+y=0n⋅CE=λx+(1−λ)z=0，取n=(−1,1,λ1−λ)，
∴|cos⟨m,n⟩|=|m⋅n||m||n|=22×2+(λ1−λ)2=223，解得λ=13.
∴线段PB上是存在点E，当PEPB=13时，二面角P−AC−E的余弦值是223.
【解析】(1)先证得CD//面PAB，再根据线面平行的性质定理证CD//l；
(2)建立空间坐标系，设PE=λPB(0<λ<1)，根据二面角P−AC−E的余弦值是223，列出关于λ的方程求解λ(0<λ<1).
本题考查线面平行的性质定理，向量法求解二面角问题，方程思想，属中档题．
20.【答案】解：(1)①证明：∵an+1−an=2n，
当n≥2时，an=(an−an−1)+(an−1−an−2)+⋯+(a2−a1)+a1=2n−1+2n−2+⋯+21+2=2(1−2n−1)1−2+2=2n，
∴当n≥2时，an+1an=2n+12n=2，，
又∵a1=2，b1=2，a2=4，∴a2a1=2，
故数列{an}为首项为2，公比为2的等比数列；
②由①得数列{an}为首项为2，公比为2的等比数列，则an=2n，
令cn=nan=n⋅2n，记数列{cn}的前n项和为Sn，
则Sn=c1+c2+c3+⋯+cn−1+cn=1⋅2+2⋅22+3⋅23+⋯+(n−1)⋅2n−1+n⋅2n①，2Sn=1⋅22+2⋅23+3⋅24+⋯+(n−1)⋅2n+n⋅2n+1②，
由①-②得−Sn=2+22+23+⋯+2n−n⋅2n+1=2+22(1−2n−1)1−2−n⋅2n+1=(1−n)⋅2n+1−2，
∴Sn=(n−1)⋅2n+1+2，
故数列{n⋅an}的前n项和为(n−1)⋅2n+1+2；
(2)若bn=an+2=an+1−an，则an+3=an+2−an+1=−an⇒an+6=−an+3=an，
∴数列{an}是周期为6的周期数列，
设a1=m，a2=t，则a3=t−m，a4=−m，a5=−t，a6=m−t，
∴a1+a2+a3+a4+a5+a6=0
设数列{an}的前n项和为Tn，则T6n=0，
则T6291=T1048×6+3=T3=2a2=1926，解得a2=963，T77=T12×6+5=T5=a3=77，
∴a1=a2−a3=886，
∴T2024=T337×6+2=T2=a1+a2=886+963=1849.
【解析】(1)①利用累加法求解an，即可得出答案；
②由①得an=2n，令cn=nan=n⋅2n，记数列{cn}的前n项和为Sn，利用错位相减法，求解即可得出答案；
(2)由题意可得数列{an}是一个周期为6的周期数列，求解数列{an}的任意连续6项之和为0，结合题意利用其周期和相关值求出a1，a2，即可得出答案．
本题考查等比数列的定义、前n项和公式、错位相减法的应用，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)设|F1F2|=2c，因为|PF1|=2|PF2|，|PF1|−|PF2|=2a，
所以|PF2|=2a，|PF1|=4a.
在△F1PF2中，cos∠F1PF2=14，
由余弦定理得|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2−2|PF1||PF2|cos∠F1PF2，
即4c2=16a2+4a2−2×2a×4a×14，整理得c2=4a2.
因为焦点到渐近线的距离为23，
所以bcb2+a2=23，可得b=23.
因为a2=c2−b2，所以a=2，
故双曲线C的方程为x24−y212=1.
(2)当直线l的斜率不存在时，不妨设M(4,6)，N(4,−6)，此时点S(1,3)，T(1,−3)，
因为BS=(1−t,3),BT=(1−t,−3)，且0<∠SBT<π2，
所以BS⋅BT=t2−2t−8>0，解得t<−2或t>4.
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=k(x−4)，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立方程组y=k(x−4)x24−y212=1，得(3−k2)x2+8k2x−16k2−12=0，
则x1+x2=8k2k2−3,x1x2=16k2+12k2−3，y1y2=k2(x1−4)(x2−4)=k2(16k2+12k2−3−32k2k2−3+16)=−36k2k2−3，
因为直线l过右焦点与双曲线C的右支交于M，N两点，所以k2>(ba)2=3.
直线AM:y=y1x1+2(x+2)，令x=1，得S(1,3y1x1+2)，同理可得T(1,3y2x2+2).
因为BS=(1−t,3y1x1+2),BT=(1−t,3y2x2+2)，且0<∠SBT<π2，
所以BS⋅BT=1+t2−2t+9y1y2(x2+2)(x1+2)=1+t2−2t+−36×9k2k2−316k2+12k2−3+16k2k2−3+4>0，
所以t2−2t−8=(t+2)(t−4)>0，解得t<−2或t>4.
综上所述，t的取值范围为(−∞,−2)∪(4,+∞).
【解析】(1)设|F1F2|=2c，由余弦定理可得4c2=16a2+4a2−2×2a×4a×14，结合焦点到渐近线的距离为23，可求双曲线C的方程；
(2)当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=k(x−4)，M(x1,y1)，N(x2,y2)，联立方程组可得x1+x2=8k2k2−3,x1x2=16k2+12k2−3，进而可得BS⋅BT=1+t2−2t+9y1y2(x2+2)(x1+2)=1+t2−2t+−36×9k2k2−316k2+12k2−3+16k2k2−3+4>0，求解可得t的取值范围，进而计算直线l的斜率不存在时，可得t的取值范围．
本题考查求双曲线的方程，考查方程思想解决几问题，考查运算求解能力，属中档题．
22.【答案】解：(Ⅰ)由题可得f′(x)=2x.
所以曲线y=f(x)在点(xn,f(xn))处的切线方程是：y−f(xn)=f′(xn)(x−xn).
即y−(xn2−4)=2xn(x−xn).
令y=0，得−(xn2−4)=2xn(xn+1−xn).
即xn2+4=2xnxn+1.
显然xn≠0，∴xn+1=xn2+2xn.
(Ⅱ)由xn+1=xn2+2xn，知xn+1+2=xn2+2xn+2=(xn+2)22xn，
同理xn+1−2=(xn−2)22xn，故xn+1+2xn+1−2=(xn+2xn−2)2.
从而lgxn+1+2xn+1−2=2lgxn+2xn−2，即an+1=2an.所以，数列{an}成等比数列．
故an=2n−1a1=2n−1lgx1+2x1−2=2n−1lg3.
即lgxn+2xn−2=2n−1lg3.
从而xn+2xn−2=32n−1
所以xn=2(32n−1+1)32n−1−1
(Ⅲ)由(Ⅱ)知xn=2(32n−1+1)32n−1−1，
∴bn=xn−2=432n−1−1>0
∴bn+1bn=32n−1−132n−1=132n−1+1<132n−1≤1321−1=13
当n=1时，显然T1=b1=2<3.
当n>1时，bn<13bn−1<(13)2bn−2<<(13)n−1b1
∴Tn=b1+b2+…+bn
【解析】(Ⅰ)由题设条件知曲线y=f(x)在点(xn,f(xn))处的切线方程是y−(xn2−4)=2xn(x−xn).
由此可知xn2+4=2xnxn+1.所以xn+1=xn2+2xn.
(Ⅱ)由xn+1=xn2+2xn，知xn+1+2=xn2+2xn+2=(xn+2)22xn，同理xn+1−2=(xn−2)22xn.
故xn+1+2xn+1−2=(xn+2xn−2)2.由此入手能够导出xn=2(32n−1+1)32n−1−1.
(Ⅲ)由题设知xn=2(32n−1+1)32n−1−1，所以bn+1bn=32n−1−132n−1=132n−1+1<132n−1≤1321−1=13，由此可知Tn<3(n∈N*).
本题综合考查数列、函数、不等式、导数应用等知识，以及推理论证、计算及解决问题的能力．
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