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）

这是一份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），共18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.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所以圆C1与圆C2相交．
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．