2023-2024学年福建省龙岩市一级校联盟高二上学期11月期中数学试题(含解析）

这是一份2023-2024学年福建省龙岩市一级校联盟高二上学期11月期中数学试题(含解析），共21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（本大题共4小题，共20.0分。在每小题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=−2B. 若l1⊥l2，则a=−23
C. 当l1/​/l2时，两直线的距离为 5D. 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（本大题共4小题，共20.0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（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.(本小题10.0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12.0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12.0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12.0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12.0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12.0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】【分析】
本题考查直线的斜率和倾斜角的关系，属于基础题．
根据tanα= 33可得直线x− 3y+1=0的倾斜角．
【解答】
解：直线x− 3y+1=0的斜率为 33，
设倾斜角为α，0°≤α<180°，
则有tanα= 33，
所以α=30°．
故选A．
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查椭圆的几何性质，注意椭圆的焦点位置，属于基础题．
根据题意，将椭圆方程变形为标准方程，分析可得a=1，b= 1m，进而可得1=2 1m，解可得m的值，即可得答案．
【解答】
解：根据题意，椭圆C：mx2+y2=1的焦点在y轴上，
则其标准方程为：y2+x21m=1，其中a=1，b= 1m，
若长轴长是短轴长的两倍，则a=2b，
则有1=2 1m，
解得：m=4．
故选D．
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查等差数列的求和公式及通项公式，属于基础题．
依题意得{Snn}是公差为1的等差数列，可得{an}的公差为2，即可求得a7．
【解答】
解：依题意，∵S44=S33+1，∴{Snn}是公差为1的等差数列，
∴{an}的公差为2，∴a7=1+6×2=13．
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查利用递推公式求数列的项，累加法的应用，属于基础题．
根据递推公式1an+1−1an=n，累加得出．
【解答】
解：因为 a1=1,an+1=annan+1 ，
∴1an+1=1an+n，
∴1a2−1a1=1，1a3−1a2=2，1a4−1a3=3，...，1a10−1a9=9，
累加得，1a10−1a1=1+2+3+...+9=91+92=45，
所以 1a10=46 ，∴a10=146．
故选：B．
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了轨迹方程的应用，点到直线的距离公式，属于中档题．
设点P(x,y)，利用已知的等式，得到点P的轨迹方程，从而确定点P的轨迹是圆，由点P到直线x+ 3y=4的距离的最小值为圆心C到直线的距离减去半径即可得到答案．
【解答】
解：设点Px,y，则|PA||PB|=12= (x+1)2+y2 (x−2)2+y2，
化简整理得x2+y2+4x=0，即(x+2)2+y2=4，
所以点P的轨迹是以C(−2,0)为圆心，2为半径的圆，
则点P到直线x+ 3y=4的距离的最小值为圆心C到直线的距离减去半径，
为−2−4 12+ 32−2=3−2=1，
故选：A．
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了抛物线的性质，重点考查了直线与抛物线的位置关系，属中档题．
由抛物线的性质，结合直线与抛物线的位置关系求解即可．
【解答】
解：已知过抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点F(12,0)，
则p2=12，
即p=1，
即抛物线C的方程为y2=2x，
由抛物线的性质可知，以AB为直径的圆E与准线相切，即ED与准线垂直，
由题意可知：∠ADB=90°，
又|AD|= 3|BD|，则∠DAB=30°，∠DBE=60°．
则|AB|=2|BD|，
即|BD|=|BE|，
则∠DEB=60°，
由抛物线的对称性，不妨取直线AB倾斜角为60°，
则直线AB的方程为y= 3(x−1)，
联立y= 3(x−12)y2=2x,
消y可得3x2−5x+34=0，
则xA+xB=53，
即|AB|=xA+xB+1=83，
故选：B．
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查椭圆的定义及标准方程，属于中档题．
由条件可求得∠F1PF2的角平分线的方程为 2x−y−1=0，求出O1(2 23,−23)，进一步可得|MF1|+|MO|=|MF1|+|MO1|≥|F1O1|，计算即可．
【解答】
解：根据椭圆的定义和余弦定理可得|PF1|=3，|PF2|=1，P( 2,1)，
设∠F1PF2的角平分线与x轴相交于N(x0,0)，
则x0+ 2 2−x0=31，可得N( 22,0)，
从而∠F1PF2的角平分线的方程为 2x−y−1=0，
原点O(0,0)关于∠F1PF2的角平分线对称的点设为O1(x1,y1)，
经计算可得O1(2 23,−23)，
则|MF1|+|MO|=|MF1|+|MO1|≥|F1O1|
= (2 23+ 2)2+(−23)2= 6．
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了分组(并项)法求和以及裂项相消法求和，是较难题．
先得出an=(−1)n(12n−1+12n+1)(n∈N+)，由裂项相消求和得出S2n=−1+14n+1=−4n4n+1，可得|S2n|+|S2n+1|=1，易得f(x)+f(1−x)=1，由分组求和可得结果．
【解答】
解：因为an=(−1)n4n4n2−1
=(−1)n4n(2n−1)(2n+1)
=(−1)n(12n−1+12n+1)(n∈N+)，
所以S2n=−(1+13)+(13+15)−(15+17)+⋯−(14n−3+14n−1)+(14n−1+14n+1)
=−1+14n+1=−4n4n+1，
所以|S2n|+|S2n+1|=1，
因为f(x)+f(1−x)= 33x+ 3+ 331−x+ 3=1，
所以f(|S2n|)+f(|S2n+1|)=1，
f(|S2|)+f(|S2+1|)=1，
f(|S4|)+f(|S4+1|)=1
，⋯，
f(|S2024|)+f(|S2024+1|)=1，
以上各式相加，f(|S2|)+f(|S4|)+⋯+f(|S2022|)+f(|S2024|)+f(|S2024+1|)+f(|S2022+1|)+⋯+f(|S4+1|)+f(|S2+1|)=1012．
9.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查两条直线平行的判定及应用、两条直线垂直的判定及应用、两条直线的交点坐标、两条平行直线间的距离，属于一般题．
由aa+1=2，求出a的值，再验证，即可判定A；由a·1+2·a+1=0，求出a，即可判定B；由A选项求出的a的值，得出两直线方程，再代入两条平行直线间的距离公式，即可判定C；求出两直线方程联立求出交点坐标，即可判定D．
【解答】
解：A选项，当l1/​/l2时，aa+1=2，
解得a=1或a=−2，
当a=1时，l1:x+2y−2=0，l2:x+2y−2=0，l1与l2重合，不符合题意，
所以a=−2，故A错误；
B选项，当l1⊥l2，则a·1+2·a+1=0，解得a=−23，故B正确；
C选项，由A选项知，l1/​/l2时，a=−2，
则l1:x−y+1=0，l2:x−y−2=0，
所以两直线的距离为1−−2 2=3 22，故C错误；
D选项，当l1⊥l2时，l1：x−3y+3=0，l2:3x+y−6=0，
由x−3y+3=03x+y−6=0，解得x=32y=32,
所以此时两直线的交点坐标为(32,32)，故D正确．
故选BD．
10.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查直线与圆、圆与圆的位置关系，属于一般题．
O2的方程与O1的方程的方程作差可判断A；根据垂径定理可得判断B；根据O12,0到直线AB的距离及O1的半径可判断C；求出O1O2，由垂径定理可判断D．
【解答】
解：由O2的方程减去O1的方程可得x+ 3y−4=0，
即直线AB的方程为x+ 3y−4=0，故A正确；
圆O1化为标准方程：x−22+y2=4，圆心为O12,0，半径为r1=2，
O12,0到直线AB的距离为2+0−4 12+ 32=1，
所以AB=2 22−12=2 3，故B错误；
因为O12,0到直线AB的距离为1且半径为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；
圆O2化为标准方程：x−322+y+ 322=7，圆心为O232,− 32，半径为r2= 7，
所以O1O2= 2−322+ 322=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−O1O22=2 6，故D正确．
故选ACD．
11.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查了推理案例，根据数列的递推公式求通项公式，等比数列的判定，等比数列的通项公式，数列的最大(小)项问题，“对勾”函数的图象与性质和等比数列的前n项和公式，属于较难题．
利用归纳推理对A与B进行判断，根据数列的递推公式求通项公式，结合等比数列的判定和等比数列的通项公式得an−1=3nn∈N∗，再利用数列的最大(小)项问题，结合“对勾”函数的图象与性质对C进行判断，利用选项C的结论得bn⩽13n−1，当且仅当n=1时，等号成立，再利用等比数列的前n项和公式，通过计算对D进行判断，从而得结论．
【解答】
解：对于A.因为第1次构造得数列：1，2，1，
则a1=1+2+1=3×2−2=4；
第2次构造得数列：1，3，2，3，1，
则a2=1+3+2+3+1=4+2×4−2=3×4−2；
第3次构造得数列：1，4，3，5，2，5，3，4，1，
则a3=1+4+3+5+2+5+3+4+1
=3×4−2+23×4−2−2=33×4−2−2；
第4次构造得数列：1，5，4，7，3，8，5，7，2，7，5，8，3，7，4，5，1，
则a4=1+5+4+7+3+8+5+7+2+7+5+8+3+7+4+5+1
=33×4−2−2+233×4−2−2−2
=333×4−2−2−2=82，故A错误；
对于B.由选项A知：a1=4，a2=3a1−2，a3=3a2−2，a4=3a3−2，…，
因此an+1=3an−2，故B正确；
对于C.由选项B知：a1=4，an+1=3an−2，
因此由an+1=3an−2得an+1−1=3an−1，
所以数列an−1是首项为3，公比为3的等比数列，因此an−1=3nn∈N∗，
所以f(n)=an+100an−1=3n+1003n+1，
因此由对勾函数的图象知：当n=2时，f(n)取得最小值，最小值为10+1009，故C错误；
对于D.因为由选项C知：an−1=3nn∈N∗，所以bn=2an−2=23n−1．
因为23n−1−13n−1=2×3n−1−3n+13n−13n−1=−3n−1+13n−13n−1⩽0，
所以bn=23n−1⩽13n−1，当且仅当n=1时，等号成立，
因此i=12023bi<1+13+132+133+⋯+132022=1−1320231−13<11−13=32，故D正确．
12.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查直线与椭圆的综合应用，涉及等差数列的性质和基本不等式求最值，属于较难题．
设右焦点为F′，连接AF′，利用等差数列的性质和椭圆的定义求得|FA|=|F′C|，|F′A|=|FC|，再对选项逐个判断即可．
【解答】
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|．
又a=4，b=2 2，c=2 2．
对于A，通径长为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，∴0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，∴|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，
∴PA⊥AC，∴∠PAC=90∘．
13.【答案】 2
【解析】【分析】
本题考查抛物线定义，抛物线的标准方程，考查直观想象的核心素养，属于基础题．
根据题意可得x0=p，进而得到4=2p2，由此得解．
【解答】解：由|AF|=3|OF|，
可得 x0+p2=3p2，
所以x0=p，
则4=2p2，
解得 p= 2．
14.【答案】(−34,−12]
【解析】【分析】
本题考查直线与圆的位置关系，考查数形结合的解题思想，是中档题．
根据直线过定点，以及直线与圆的位置关系，结合图象，即可求解．
【解答】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=2,y=−1,，则其过定点A(2,−1)，
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].
15.【答案】135
【解析】【分析】
本题考查了等差数列的通项公式，是中档题．
所得的数列记为{an}，可得{an−1}是首项为0，公差为15的等差数列，故可求得答案．
【解答】
解：将能被3整除余1且被5整除余1的正整数按从小到大排列，所得的数列记为{an}，
由已知得an−1是3的倍数，也是5的倍数，所以an−1为15的倍数，所以{an−1}是首项为0，公差为15的等差数列，
所以an=15n−14，令1≤an≤2023，
可得1≤15n−14≤2023，又n∈N+，解得1≤n≤135且n∈N+，
故获得精品吉祥物的人数为135．
16.【答案】 2
【解析】【分析】
本题考查求双曲线的离心率，是中档题．
分别设线段AB的中点MxM,yM，线段CD的中点NxN,yN，再利用点差法可表示出yM,yN，由平行关系易知P,M,N三点共线，从而利用斜率相等的关系构造方程，代入yM,yN整理可得到a,b关系，进而求得离心率．
【解答】
解：设Ax1,y1，Bx2,y2，线段AB的中点MxM,yM
x12a2−y12b2=1x22a2−y22b2=1，两式相减得：y1−y2x1−x2=b2a2⋅x1+x2y1+y2=b2a2⋅xMyM=−23
∴yM=−3b22a2⋅xM，①
设Cx3,y3，Dx4,y4，线段CD的中点NxN,yN
同理可得：yN=−3b22a2⋅xN，②
∵kAB=kCD，∴AB//CD，易知P,M,N三点共线
∴yM−3xM+2=yN−3xN+2，将①②代入得：−3b22a2⋅xM−3xM+2=−3b22a2⋅xN−3xN+2，
即3b2a2xM+3xN=3b2a2xN+3xM，(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．
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，
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)，
若A，C两点在直线l同侧，则直线l的方向向量可为AC=(−2,2)，法向量可为n=(2,2)．
设直线l的方程为2x+2y+C=0，把M(3,1)代入，得C=−8，
所以直线l的方程为2x+2y−8=0，即x+y−4=0，
若A，C两点在直线l异侧，则直线l经过线段AC的中点(0,0)，斜率kOM=13，直线l的程为y=13x，即x−3y=0．
所以所求直线l的方程为x+y−4=0或x−3y=0．
【解析】本题考查了斜率计算公式、相互垂直的直线斜率之间的关系、点斜式、中点坐标公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
(1)利用斜率计算公式、相互垂直的直线斜率之间的关系、点斜式即可得出．
(2)分A，C两点在直线l同侧和异侧两种情况进行讨论求解．
18.【答案】(1)解：因为(1+a1)(1+a2)·⋯⋅(1+an)=2n(n+1)2， ①
所以当n=1时，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，
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】本题考查数列的通项公式及裂项相消求和，属于中档题．
(1)当n=1时，1+a1=2，解得a1，再由数列的递推关系可求得an=2n−1；
(2)bn=2n(2n−1)(2n+1−1)=12n−1−12n+1−1，利用裂项相消求和即可证明．
19.【答案】(1)解：∵C，D关于原点对称，且双曲线Γ也关于原点对称，
∴C，D在双曲线Γ上，对于点A(4,3)，42a2>22a2，32b2<(2 3)2b2，
∴42a2−32b2>22a2−(2 3)2b2=1，
∴点A(4,3)不在双曲线Γ上，
∴B，C，D都在双曲线Γ上，
∴4a2−12b2=1,9a2−32b2=1,解得a2=1,b2=4.
∴双曲线Γ的标准方程为x2−y24=1．
(2)证明：由题意，直线l:x0x−y0y4=1，令y=0，得x=1x0(x0≠0)，
∴l必与x轴相交，设交点为E(1x0,0)，
且与点P在y轴同侧，双曲线的两条渐近线方程为y=±2x，
∴y0±2x0≠0.
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，联立y=2x,x0x−y0y4=1,解得y1=42x0−y0，
同理，联立y=−2x,x0x−y0y4=1,解得y2=4−2x0−y0，
P(x0,y0)在双曲线Γ:x2−y24=1上，
∴4x02−y02=4，
S△OMN=12|OE||y1−y2|=12|1x0||42x0−y0+42x0+y0|
=12|1x0||16x04x02−y02|=12|1x0||16x04|=2，
即△OMN的面积为定值2．
【解析】本题考查双曲线的标准方程及直线与双曲线的位置关系，考查双曲线中的定值问题，属于较难题．
(1)由条件判断可得B，C，D都在双曲线Γ上，从而可得相关方程，求解可得双曲线Γ的标准方程;
(2)由题意，直线l:x0x−y0y4=1，令y=0，得x=1x0(x0≠0)，l必与x轴相交，设交点为E(1x0,0)，且与点P在y轴同侧，双曲线的两条渐近线方程为y=±2x，设M(x1,y1)，N(x2,y2)，联立直线方程，求解可得4x02−y02=4，从而可得S△OMN=12|OE||y1−y2|，计算可得△OMN的面积为定值2．
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⊥l2，
所以|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l2的方程为y+1=−12(x−1)，将其与l2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】本题考查了圆的标准方程、直线与圆的位置关系中的最值问题和圆与圆的位置关系，是中档题．
(1)设圆心C的坐标为(a,b)，圆C的半径为r(r>0)，由条件得出方程组，解出即可；
(2)易得|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⊥l2，再得出以P为圆心，|PA|为半径的圆的方程，与圆C的方程相减可得直线AB的方程．
21.【答案】解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
由题意可知(a1+2+d)2=2a1(a1+2d)，
其中a1=8，解得d=−2或14(舍去)，
∴an=8+(n−1)⋅(−2)=10−2n．
对于bn，由已知Sn+1=qSn+2，Sn+2=qSn+1+2，
两式相减得bn+2=qbn+1(n≥1)， ①
又S2=qS1+2，∴b2=qb1， ②
由 ① ②得bn+1=qbn对所有n⩾1成立，
∴bn是首项为2，公比为q的等比数列，从而bn=2qn−1，
由b3=a1=8，得2q2=8，q=±2，
又q>0，∴q=2，∴bn=2n．
综上，an=10−2n，bn=2n，
(2)cn=|an⋅bn|=|an|⋅bn=|10−2n|⋅2n．
由an=10−2n，可知当n=1，2，3，4时，an>0，|an|=an，当n≥5时，an≤0，|an|=−an．
c1=16，c2=24，c3=32，c4=32，c5=0，
当n=1，2，3，4时，可知T1=16，T2=40，T3=72，T4=104．
当n≥5时，Tn=104−a5⋅25−a6⋅26−an⋅2n，
Tn=104+0⋅25+2⋅26+⋯+(2n−10)2n， ①
2Tn=208+0⋅26+2⋅27+⋯+(2n−10)⋅2n+1， ②
由 ①− ②得，
−Tn=−104+2⋅26+2⋅27+⋯+2⋅2n−(2n−10)⋅2n+1
=−104+27⋅(2n−5−1)−(2n−10)⋅2n+1=(12−2n)⋅2n+1−232，
∴Tn=(n−6)⋅2n+2+232．
综上，T1=16，T2=40，T3=72，T4=104，当n≥5时，Tn=(n−6)⋅2n+2+232．
【解析】本题考查了数列递推关系、等差数列与等比数列的通项公式、错位相减法求和，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
(1)利用等差数列与等比数列的性质，求得an;由数列递推关系和等比数列的定义及通项公式，求得bn；
(2)利用错位相减法求和即可．
22.【答案】(1)解：设A(−a,0)，B(a,0)，M(0,b)，且焦距为4，∴c=2，
kMA=ba，kMB=b−a，
则kMA⋅kMB=−b2a2=−59，
∴5a2=9b2，又a2=b2+4，解得b2=5，a2=9．
∴椭圆E的方程为x29+y25=1．
(2)证明：(ⅰ)由题意，A(−3,0)，B(3,0)，
设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，x129+y125=1，
∴k1⋅k2=y1x1+3⋅y1x1−3=y12x12−9=5(1−x129)x12−9=−59，
同理，k3k4=−59，
∴k1=−59k2，k4=−59k3，
∵k2，k1+k4，k3成等差数列，
∴k2+k3=2(k1+k4)=2(−59k2−59k3)，
∴(k2+k3)(1+109k2k3)=0，
∵l的斜率存在，∴k2+k3≠0，
∴(1+109k2k3)=0，∴k2k3=−109．
由条件得直线l的斜率不为0，
∴设直线l:x=ty+m(t≠0)，P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
联立x=ty+m,x29+y25=1,
得(5t2+9)y2+10mty+5m2−45=0，
直线l经过椭圆E内一点，
Δ>0，y1+y2=−10mt5t2+9，y1y2=5m2−455t2+9，
由k2k3=−109，
即k2k3=y1x1−3⋅y2x2−3=−109，
9y1y2+10(x1−3)(x2−3)=0，
9y1y2+10(ty1+m−3)(ty2+m−3)=0，
化简得(9+10t2)y1y2+10(m−3)t(y1+y2)+10(m−3)2=0，
将y1+y2=−10mt5t2+9，y1y2=5m2−455t2+9代入，
化简得m2−4m+3=0，即(m−1)(m−3)=0，解得m=1或m=3，
∵P，Q位于x轴两侧，
∴y1y2=5m2−455t2+9<0，
∴m2<9，即−3∴m=1，x=ty+1，直线l恒过定点T(1,0)．
(ⅱ) 直线l恒过定点T(1,0)，
此时m=1，y1+y2=−10t5t2+9，y1y2=−405t2+9，
△BPQ的面积S=12|BT||y1−y2|
=12×2|y1−y2|=|y1−y2|
= (y1+y2)2−4y1y2=2 225t2+3605t2+9，
令λ= 225t2+360> 360=6 10，t2=1225(λ2−360)，
则S=g(λ)=2λλ245+1=2λ45+1λ(λ>6 10)，
而S=g(λ)在(6 10,+∞)上单调递减，
∴S即△BPQ的面积小于4 103．
【解析】本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系及应用，考查直线过定点问题，考查椭圆中的面积问题，属于难题．
(1)由已知焦距可求出c，易得kMA⋅kMB=−b2a2，继而可求出a2和b2，即可得出椭圆方程；
(2)(ⅰ)设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，可得求出k1k2=k3k4=−59，再结合等差数列的性质可得k2+k3=2(k1+k4)，化简整理即可得k2k3=−109，可设直线l的方程x=ty+m，联立椭圆方程，再结合韦达定理即可求出m的值，即可证得直线l过定点;
(ⅱ)结合(ⅰ)，可得△BPQ的面积S=12|BT||y1−y2|=2 225t2+3605t2+9，整理化简并结合函数的单调性即可求出S的取值范围，即得证．