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2023-2024学年湖北省黄石市部分学校高二上学期12月阶段性训练数学试题（含解析）
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这是一份2023-2024学年湖北省黄石市部分学校高二上学期12月阶段性训练数学试题（含解析），共23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.抛物线y=2x2的焦点坐标为
A. (1,0)B. (12,0)C. (0,14)D. (0,18)
2.若a为实数，则“a=1”是“直线l1:ax+y+2=0与直线l2:x+ay−3−a=0平行”的
( )
A. 充要条件B. 必要不充分条件
C. 充分不必要条件D. 既不充分也不必要条件
3.设等比数列an的各项均为正数，前n项和Sn，若a1=1，S5=5S3−4，则S4=( )
A. 158B. 658C. 15D. 40
4.由双曲线x2a2−y2b2=1a>0,b>0的两渐近线所成的角可求其离心率的大小，初中学习的反比例函数的图象也是双曲线，据此可求得曲线y=x+3x+1的离心率为
( )
A. 5B. 2C. 3D. 2
5.已知数列{an}各项为正数，{bn}满足an2=bnbn+1，an+an+1=2bn+1，则
( )
A. {bn}是等差数列B. {bn}是等比数列
C. { bn}是等差数列D. { bn}是等比数列
6.将一个顶角为120°的等腰三角形(含边界和内部)的底边三等分，挖去由两个等分点和上顶点构成的等边三角形，得到与原三角形相似的两个全等三角形，再对余下的所有三角形重复这一操作．如果这个操作过程无限继续下去，最后挖剩下的就是一条“雪花”状的Kcℎ曲线.如图所示，已知最初等腰三角形的面积为1，则经过4次操作之后所得图形的面积是
( )
A. 1681B. 2081C. 827D. 1027
7.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左､右焦点分别为F1、F2，过F1作直线l与椭圆相交于M、N两点，∠MF2N=90∘，且4F2N=3F2M，则椭圆的离心率为
( )
A. 13B. 12C. 33D. 55
8.已知数列an中的前n项和为Sn，Sn=(−1)nan+12n+2n−6，且an+λ⋅(−1)n+1>0对任意n∈N∗恒成立，则实数λ的取值范围是
( )
A. −74,234B. 2,234C. (−74,6)D. −2,234
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.直线l:kx−y−2=0与圆M:x−32+y2=16交于A、B两点，则AB可能为
( )
A. 2 2B. 3C. 5 22D. 8
10.已知等差数列an的前n项和为Sn，若S8>0，S9<0，则下列选项正确的有
( )
A. a5>0B. a4>0
C. an中绝对值最小的项为a5D. 数列Sn的前n项和Tn最大项为T8
11.设抛物线C：y=x2的焦点为F，过抛物线C上不同的两点A，B分别作C的切线，两条切线的交点为P，AB的中点为Q，则
( )
A. PQ⊥x轴B. PF⊥AB
C. ∠PFA=∠PFBD. AF+BF=2PF
12.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，已知M，N，P分别是棱C1D1，AA1，BC的中点，Q为平面PMN上的动点，且直线QB1与直线DB1的夹角为30∘，则
( )
A. DB1⊥平面PMN
B. 平面PMN截正方体所得的截面面积为3 3
C. 点Q的轨迹长度为π
D. 能放入由平面PMN分割该正方体所成的两个空间几何体内部(厚度忽略不计)的球的半径的最大值为3− 32
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.若两条直线l1:y=3x+m，l2:y=3x+n与圆x2+y2+3x+y+k=0的四个交点能构成矩形，则m+n= ．
14.已知数列an满足a1=1,an+1=an2nan+1n∈N∗，则an的通项公式为______．
15.设Tn为数列an的前n项积，若an+2an+1=0n∈N∗，且a2−a3=192，则当Tn取得最小值时，n的值为______．
16.双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点为F，过F作x轴垂线交E于点A，过F作与E的一条渐近线平行的直线交E于点B，且A，B在x轴同侧，若∠FAB=30°，则E的离心率为 ．
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)
已知圆C的圆心在直线3x−y=0上，且该圆与x轴相切．
(1)若圆C经过点4,3，求该圆的方程；
(2)若圆C被直线x−y=0截得的弦长为2 7，求该圆的方程．
18.(本小题12分)
已知等差数列an的前n项和为Snn∈N∗，且满足S7=49,2a4=a3+9．
(1)求数列an的通项公式；
(2)已知数列bn满足bn=n+1SnSn+2，记数列bn的前n项和为Tn，
证明：Tn<516．
19.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面四边形ABCD满足AB=CB= 2，AD=CD= 5，∠ABC=90∘，棱PD上的点E满足PE=2DE．
(1)证明：直线CE//平面PAB；
(2)若PB= 5，PD=2 2，且PA=PC，求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．
20.(本小题12分)
设数列an的首项a1=1，前n项和Sn满足：kSn+2an=3Sn−1+3k(k>0,n≥2,n∈N)．
(1)求证：数列an是等比数列；
(2)设数列an的公比为fk，数列bn满足：b1=1，1bn=f(bn−1)(n≥2,n∈N).求1b1b2−1b2b3+1b3b4−⋯+(−1)n+11bnbn+1．
21.(本小题12分)
已知抛物线C:y2=2pxp>0的焦点为F，点Q12,m为C上一点，且以Q为圆心，OQ为半径的圆恰好与C的准线相切(O为坐标原点)，过点F的且斜率k>0的直线与C交于A，B两点．
(1)求C的标准方程；
(2)若点D2,0，直线AD,BD与C的另一个交点分别为M,N，设AB,MN的倾斜角角分别为α,β，当α−β取最大值时，求k的值．
22.(本小题12分)
已知椭圆Γ:x2a2+y2b2=1a>b>0的左右焦点分别为F1,F2，焦距为2，点P4,0为x轴上一定点，点M为Γ上一动点，当MF1⊥x轴时，△MF1F2的面积为32．
(1)求Γ的标准方程；
(2)斜率为2的动直线AB与Γ交于不同的两点A,B，直线PA,PB与Γ的另外一个交点分别为C,D，证明：直线CD恒过某一定点．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】本题考查了抛物线的基本性质，属于基础题．
根据抛物线标准方程，可求得p，进而求得焦点坐标．
解：将抛物线方程化为标准方程为x2=12y，可知p=14
所以焦点坐标为0,18
所以选D
2.【答案】A
【解析】【分析】根据直线平行的条件和充分必要条件的概念可判断结果．
解：因为直线l1:ax+y+2=0与直线l2:x+ay−3−a=0平行的充要条件是
a1=1a且a1≠2−3−a，即1=a2且−3a−a2≠2，解得a=1．
所以由充分必要条件的概念判断可知：
“a=1”是“直线l1:ax+y+2=0与直线l2:x+ay−3−a=0平行”的充要条件．
故选：A
3.【答案】C
【解析】【分析】根据题意列出关于q的方程，计算出q，即可求出S4．
解：由题知1+q+q2+q3+q4=51+q+q2−4，
即q3+q4=4q+4q2，即q3+q2−4q−4=0，即(q−2)(q+1)(q+2)=0．
由题知q>0，所以q=2．
所以S4=1+2+4+8=15．
故选：C．
4.【答案】D
【解析】【分析】由双曲线y=x+3x+1的渐近线垂直得其为等轴双曲线，从而可得离心率．
解：y=x+3x+1=1+2x+1，故该曲线是由反比例函数y=2x的图象向左平移1个单位，
再向上平移1个单位得到的，所以双曲线y=x+3x+1的两渐近线为x=−1和y=1，
因为两渐近线互相垂直，故该曲线为等轴双曲线，所以离心率为e=ca= 1+b2a2= 2．
故选：D．
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查数列的递推关系，以及等差数列的判定，属于基础题．
由已知可得an= bnbn+1，结合 an+an+1=2bn+1，可得 bn+ bn+2=2 bn+1，可证{ bn}是等差数列，问题得解．
【解答】
解：∵an>0，an2=bnbn+1，
∴an= bnbn+1，
∵bn+1=an+an+12>0，∴bn>0，
又∵an+an+1=2bn+1，
∴ bnbn+1+ bn+1bn+2=2bn+1 ，∴ bn+ bn+2=2 bn+1，
∴{ bn}是等差数列．
故选C．
6.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查等比数列的实际应用，属于一般题．
根据题意可知，每一次操作之后所得图形的面积是上一次图形面积的23，根据等比数列的通项公式即可求得结果．
【解答】
解：根据题意可知，每次挖去的三角形面积是被挖三角形面积的13，
所以每一次操作之后所得图形的面积是上一次图形面积的23 ，
由此可得，第nn∈N∗次操作之后所得图形的面积是Sn=1×23n，
则经过4次操作之后所得图形的面积为S4=1×234=1681 ．
故选A．
7.【答案】D
【解析】【分析】设F2N=3t，则F2M=4t，利用椭圆的定义及勾股定理解得a=3t，
表示出F1N，F1M，再利用锐角三角函数表示出cs∠NF1F2，由余弦定理表示出cs∠MF1F2，即可得到方程，解得c=3 5t5，即可求出离心率．
解：如图所示，设F1F2=2c，∵4F2N=3F2M，设F2N=3t，则F2M=4t，
在Rt▵F2MN中，MN= NF22+MF22=5t，
由椭圆定义可知F1N=2a−3t，F1M=2a−4t，
F1N+F1M=MN=4a−7t=5t，解得a=3t，
所以F1N=2a−3t=3t=F2N，F1M=2a−4t=2t，
在▵F1NF2中，可得cs∠NF1F2=c3t，
在△F1MF2中，由余弦定理可得cs∠MF1F2=c2−3t22ct，
∵∠NF1F2+∠MF1F2=π，
∴cs∠NF1F2+cs∠MF1F2=0，即c3t+c2−3t22ct=0，
解得c=3 5t5，所以椭圆离心率e=ca= 55．
故选：D．
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查了数列与不等式的综合问题，求数列的通项公式，由递推式如何求通项公式，属于难题．
利用an=a1,n=1Sn−Sn−1,n⩾2，分两种情况求出通项公式，分两种情况讨论不等式恒成立，然后求其交集即可．
【解答】
解：由题意知Sn=(−1)nan+12n+2n−6，
n=1时，a1=−a1+12+2−6，a1=−74，
n≥2时，Sn−1=(−1)n−1an−1+12n−1+2(n−1)−6=(−1)n−1an−1+12n−1+2n−8，
则an=Sn−Sn−1
=[(−1)nan+12n+2n−6]−[(−1)n−1an−1+12n−1+2n−8]
=(−1)nan+(−1)nan−1−12n+2
若n=2k，则a2k−1=14k−2，
若n=2k+1，则a2k+1= −a2k+1−a2k−122k+1+2，
即2a2k+1=−a2k−122k+1+2，
∵a2k+1=14k+1−2，
∴a2k=−2a2k+1−122k+1+2=−2(14k+1−2)−122k+1+2=−122k+6，
∴an={−12n+6(n为偶数)12n+1−2(n为奇数),
n为奇数时，an+λ⋅(−1)n+1>0，即λ>−an，即求−an的最大值，
此时an=12n+1−2，即−an=2−12n+1<2，且2取不到，
∴λ≥2，
n为偶数时，an+λ⋅(−1)n+1>0，即λ此时an=6−12n，n=2时取最小值，an≥6−122=234，
∴λ<234，
故an+λ⋅(−1)n+1>0对任意n∈N∗恒成立，即2≤λ<234．
故选：B．
9.【答案】CD
【解析】【分析】根据题意，利用圆的弦长公式，求得圆心到直线l:kx−y−2=0的距离为d，结合垂径定理求出AB表达式，利用基本不等式求出范围，结合选项即可判断．
解：由圆M:x−32+y2=16，可得圆心为M(3,0)，半径为r=4，
设圆心到直线l:kx−y−2=0的距离为d，则d=3k−0−2 k2+1=3k−2 k2+1，
因为直线l:kx−y−2=0被圆M:x−32+y2=16截得的弦长为AB，
所以AB=2 r2−d2=2 16−3k−22k2+1=2 7+12k+5k2+1=2 7+14412k+512k+52−1012k+5+169，
又直线l:kx−y−2=0恒过定点(0,−2)在圆M:x−32+y2=16内，所以k∈R，
当12k+5=0即k=−512时，AB=2 7；
当12k+5≠0即k≠−512时，AB=2 7+14412k+5+16912k+5−10，
当12k+5>0即k>−512时，AB=2 7+14412k+5+16912k+5−10≤2 7+1442 12k+5×16912k+5−10=8，
当且仅当12k+5=16912k+5即k=23，等号成立，此时AB∈2 7,8；
当12k+5<0即k<−512时，AB=2 7−144−12k+5−16912k+5+10≥2 7−1442 −12k+5×−16912k+5+10=2 3，
当且仅当−12k+5=−16912k+5即k=−32，等号成立，此时AB∈2 3,2 7；
综上所述，AB∈2 3,8．
结合选项知，5 22∈2 3,8，8∈2 3,8．
故选：CD．
10.【答案】BCD
【解析】【分析】由题设可得a4+a5>0a5<0，结合等差数列性质判断A、B、C；再由Sn的正负分界点，判断Tn最大项判断D．
解：由题意4(a1+a8)=4(a4+a5)>092(a1+a9)=9a5<0，可得a4+a5>0a5<0，显然d<0，a1>0，
即an为递减数列，且a4>0，a4>−a5，即|a4|>|a5|，故 A错，B、C对；
由题意，Sn的前8项为正，第9项开始均为负，故Tn最大项为T8，D对．
故选：BCD
11.【答案】AC
【解析】【分析】设切线求交点根据两根之和判断A选项；特殊值法判断B，C选项；根据定义数形结合判断D选项．
解：对于A选项：设Ax1,y1,Bx2,y2,Px0,y0,Qx1+x22,y1+y22，
y=x2，y′=2x，
过点A切线为：y−y1=2x1x−x1①，
过点B切线为：y−y2=2x2x−x2②，
①−②得y1−y2=2x1x−2x2x,
化简可得x12−x22=2xx1−x2,
x0=x1+x22
PQ⊥x轴，A选项正确．
设A0,0,B1,1,F0,14,
过A点的切线为y=0，过B点的切线为y−1=2x−1，交点为P12,0,
AB的中点为Q12,12，所以kPF=−12,kAB=1,kPFkAB≠−1,PF不垂直AB，B选项错误；
AF+BF= 02+142+ 12+342=32,2PF=2 122+142= 52，所以AF+BF≠2PF，D选项错误;
作抛物线准线的垂线AA′,BB′，连接A′P,B′P,PF,AF,BF,
F0,p2,A′x1,−p2,kPA=y′x=x1
则kFA′=−px1,kPA=x1p,
显然kFA′⋅kPA=−1,，所以FA′⊥PA,
又因为由抛物线定义，得AA′=AF，故知PA是线段FA′ 的中垂线，得到PA′=PF则∠PA′A=∠PFA
同理可证：PB′=PF，∠PB′B=∠PFB，
所以PA′=PB′=PF，即∠PA′B′=∠PB′A′，
所以∠PA′A=∠PA′B′+90∘=∠PB′A′+90∘=∠PB′B，即∠PFA=∠PFB．
故选：AC．
12.【答案】ABD
【解析】【分析】
立体几何中截面的处理思路：
(1)直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程；
(2)作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线；
(3)作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线；
(4)辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面．
A选项，建立空间直角坐标系，求出平面PMN的法向量，得到线面垂直；B选项，作出辅助线，找到平面PMN截正方体所得的截面，求出面积；C选项，作出辅助线，得到点Q的轨迹，并求出轨迹长度；D选项，由对称性得到平面PMN分割该正方体所成的两个空间几何体对称，由对称性可知，球心在B1D上，设球心为Rt,t,t，由RS=t得到方程，求出半径的最大值．
解：A选项，以D为坐标原点，DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，
P1,2,0,M0,1,2,N2,0,1,D0,0,0,B12,2,2，
故DB1=2,2,2,PM=−1,−1,2,PN=1,−2,1．
设平面PMN的法向量为m=x,y,z，
则m⋅PM=x,y,z⋅−1,−1,2=−x−y+2z=0m⋅PN=x,y,z⋅1,−2,1=x−2y+z=0,
令z=1得，x=y=1，故m=1,1,1，
因为DB1=2m，故DB1⊥平面PMN， A正确；
B选项，取A1D1,AB,CC1的中点E,F,Q，连接MQ,ME,EN,NF,FP,PQ,EP,A1B,CD1，
因为M，N，P分别是棱C1D1，AA1，BC的中点，
所以NF//A1B,MQ//CD1，又CD1//EP//A1B，
所以NF//MQ//EP，所以平面PMN截正方体所得的截面为正六边形FPQMEN，
其中边长为 2，故面积为6× 34× 22=3 3， B正确；
C选项，Q为平面PMN上的动点，直线QB1与直线DB1的夹角为30∘，
又DB1⊥平面PMN，设垂足为S，以S为圆心，r= 33B1S为半径作圆，
即为点Q的轨迹，
其中B1D=B1D= 4+4+4=2 3，由对称性可知，B1S=12B1D= 3，
故半径r= 33× 3=1，
故点Q的轨迹长度为2π， C错误；
D选项，因为M，N，P分别是棱C1D1，AA1，BC的中点，
所以平面PMN分割该正方体所成的两个空间几何体对称，
不妨求能放入含有顶点D的空间几何体的球的半径最大值，
该球与平面PMN切与点S，与平面ADD1A1，平面ADCB，平面DCC1D1相切，
由对称性可知，球心在B1D上，设球心为Rt,t,t，则半径为t，
S1,1,1，故RS=t，即 31−t=t，解得t=3− 32，
故球的半径的最大值为3− 32， D正确．
故选：ABD
13.【答案】8
【解析】【分析】
本题主要考查点到直线的距离公式，考查转化与化归的思想方法，属于中档题．
【解答】
解：由题意可知，两直线与圆的四个交点能构成矩形，即两直线到圆心的距离相等，
由圆的标准方程得圆心为(−32,−12)，
则d1=(−32)×3−(−12)+m 9+1，d2=(−32)×3−(−12)+n 9+1
令d1=d2，即|−4+m|=|−4+n|，解得m=n(舍)或m+n=8．
14.【答案】an=12n−1
【解析】【分析】对an+1=an2nan+1取倒数，然后结合等比数列求和公式利用累加法求解即可．
解：对an+1=an2nan+1两边取倒数得1an+1=2nan+1an=1an+2n，即1an+1−1an=2n，
当n≥2时，1an−1an−1=2n−1，1an−1−1an−2=2n−2，⋯，1a3−1a2=22，1a2−1a1=2，
将以上各式累加得1an−1a1=2n−1+2n−2+⋯+22+2=21−2n−11−2=2n−2，又a1=1，
所以1an=2n−1，所以an=12n−1，当n=1时，a1=1也满足an=12n−1，所以an=12n−1．
故答案为：an=12n−1
15.【答案】9
【解析】【分析】先得到an为等比数列，公比为−12，求出通项公式，并得到n=9时，Tn取得最小值．
解：由an+2an+1=0n∈N∗得，an+1=−12an，
故an为等比数列，公比为−12，
由a2−a3=192得a2+12a2=192，解得a2=128，
所以a1=−256，an=−256×−12n−1，
当1≤n≤8时，an>1，当n=9时，a9=−1，当n≥10时，an<1，
又T8>0,T9<0，
故n=9时，Tn取得最小值．
故答案为：9
16.【答案】2 33
【解析】【分析】
本题考查双曲线E的离心率，考查直线与双曲线的位置关系，属于拔高题．
由题意，不妨取A、B都在x轴上方，求出A，B的坐标，然后根据余弦定理得出关系式进而求出结果．
【解答】
解：不妨取A、B都在x轴上方，
过F作与一条渐近线平行的直线方程为y=ba(x+c)，
代入E:x2a2−y2b2=1，整理得−2cx=a2+c2，x=−a2+c22c，
取B(−a2+c22c,b32ac)，
将x=−c代入E:x2a2−y2b2=1，取A(−c,b2a)，
F(−c,0)，
则FA=b2a,FB= −a2+c22c+c2+b32ac2,
AB= −a2+c22c+c2+b32ac−b2a2，
在三角形ABF中，根据余弦定理可得cs∠FAB=AF2+AB2−FB22AF·AB= 32，
代入化简整理为c=2b
又因为a2+b2=c2，
可得e=ca=2 33
故答案为2 33．
17.【答案】解：(1)
由圆C的圆心在直线3x−y=0上可设圆心为C(a,3a)，
由于该圆与x轴相切.，故圆的半径r=3|a|，
故可设圆的方程为x−a2+y−3a2=9a2,a≠0，
又圆C经过点4,3，故4−a2+3−3a2=9a2，
即a2−26a+25=0，解得a=1或a=25，
所以圆的方程为x−12+y−32=9或x−252+y−752=5625；
(2)
由(1)知圆的方程为x−a2+y−3a2=9a2,a≠0，
圆心C(a,3a)到直线x−y=0的距离为d=|a−3a| 2= 2|a|，
圆C被直线x−y=0截得的弦长为2 7，故r2=7+ 2|a|2，
即9a2=7+2a2，解得a=±1，
故圆的方程为x−12+y−32=9或x+12+y+32=9．
【解析】【分析】(1)由题意可设圆心坐标，进而设圆的标准方程，将圆过的点的坐标代入，求得参数，即得答案．
(2)求出圆心到直线的距离的表达式，利用圆心距、弦长、半径之间的关系列式计算，求得参数，即可得答案．
18.【答案】解：(1)
设已知数列an的公差为d，
依题意有7a1+7×62×d=492a1+3d=a1+2d+9，解得，a1=1d=2,
∴an=1+2n−1=2n−1．
(2)
由(1)可得Sn=1+2n−1n2=n2，
∴bn=n+1n2(n+2)2=14(n+2)2−n2n2(n+2)2=141n2−1(n+2)2，
∴b1=1411−132，b2=14122−142，b3=14132−152，⋯，bn−1=141(n−1)2−1(n+1)2，
累加相消得
Tn=141+14−1(n+1)2−1(n+2)2<14×54=516．
故Tn<516．
【解析】【分析】(1)根据已知条件利用等差数列的通项公式和求和公式得到关于首项和公差的方程组，求得首项和公差，然后利用通项公式求出结论；
(2)利用等差数列前n项和公式，求得Sn=n2，进而得到bn=n+1n2(n+2)2，然后利用裂项相消求和法求得Tn=141+14−1(n+1)2−1(n+2)2，最后利用不等式的基本性质证明结论．
19.【答案】解：(1)
由题意得：
连接BD，过C做CF//AB，交BD于T点，如图所示：
∵AB=CB= 2，AD=CD= 5，BD=DB
∴▵ABD≅▵BCD
又∵∠ABC=90∘
∴∠ABD=∠CBD=45∘
∵∠ABC=∠BCF=90∘
∴BT= 2BC=2
∴在▵BCD中，cs∠CBD=cs45∘=BC2+BD2−CD22BD⋅BC=2+BD2−52 2BD= 22
解得：BD=3
∵PE=2DE
∴TDBD=DFAD=DEDP=13
∴EF//AP
∵EF⊂平面CEF，AP⊄平面CEF，EF//AP
CF⊂平面CEF，AB⊄平面CEF，CF//AB
∴AP//平面CEF，AB//平面CEF
又AP、AB相交于点A
∴平面CEF//平面ABD
∵CE⊂平面CEF
∴直线CE//平面PAB
(2)
连接AC交BD于O点
在▵POB和▵POD中，由cs∠POB=−cs∠POD可得
PO2+BO2−PB22PO⋅BO=PO2+DO2−PD22PO⋅DO，即PO2+1−52PO=PO2+4−84PO
解得：PO=2，满足PO2+BO2=PB2，所以PO⊥BD
又∵PA=PC
∴PO⊥AC
又有AC交BD于O点，所以PO⊥平面ABCD，满足PO，CO，DO两两垂直
故以O为原点，OC，OD，OP所在的直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系
则P(0,0,2)，B(0,−1,0)，C(1,0,0)，P(0,43,23)
于是有BP=(0,1,2)，CP=(−1,0,2)
设平面PBC的法向量为n=(x,y,z)，由CP⋅n=0BP⋅n=0⇒y+2z=0−x+2z=0
取n=(2,−2,1)
又CE=(−1,43,23)
故所求角的正弦值为cs=n⋅CEn⋅CE=−2−83+23 9⋅ 299=4 2929
所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值为4 2929．
【解析】【分析】(1)连接BD，过C做CF//AB，交BD于T点，先利用三角形全等证得∠ABD=∠CBD=45∘，再根据三角形的余弦定理求得BD，再由TDBD=DFAD=DEDP，证明平面CEF//平面ABD即可得证．
(2)根据三角形的余弦定理及边长关系证明PO⊥平面ABCD，以O为原点，OC，OD，OP所在的直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面PBC的法向量，后根据线面角的坐标求法代入即可求解．
20.【答案】解：(1)
由S1=a1=1；令n=2，得kS2+2a2=3S1+3k，
故a2=2k+33k，a2a1=2k+33k；
因为kSn+2an=3Sn−1+3k，其中k>0，n≥2，n∈N．
所以当n≥3时，kSn−1+2an−1=3Sn−2+3k，
两式相减得：k3an−2an−1=3an−1，
整理得：anan−1=2k+33k，(n≥3)．
综上，数列an是首项为1，公比为2k+33k的等比数列．
(2)
由题意得：f(k)=2k+33k，(k>0)，
1bn=fbn−1=2bn−1+33bn−1=1bn−1+23，b1=1，
故1bn=2n+13．
当n为偶数时，
1b1b2−1b2b3+1b3b4−+⋯+(−1)n+11bnbn+1=1b21b1−1b3+1b41b3−1b5+⋯+1bn1bn−1−1bn+1
=−431b2+1b4+⋯+1bn=−43×53+2n+13n22=−29n(n+3)
当n为奇数时，1b1b2−1b2b3+1b3b4−⋯+(−1)n+11bnbn+1
=−29(n−1)(n+2)+2n+13⋅2n+33=2n2+6n+79
综上：1b1b2−1b2b3+1b3b4−⋯+−1n+11bnbn+1=−29nn+3,n为偶数2n2+6n+79,n为奇数
【解析】【分析】(1)根据等比数列定义证明等比数列即可；
(2)分项数为奇数和偶数，分别应用裂项相消求和即可．
21.【答案】解：(1)
由题意OQ=12+p2，所以 14+m2=12+p2，即m2=p2+p24，又m2=2p×12=p，
所以p2=2p，所以p=2，所以抛物线C的标准方程为y2=4x；
(2)
设Ay124,y1,By224,y2,My324,y3,Ny424,y4，直线AB:x=my+1，
由x=my+1y2=4x可得y2−4my−4=0，Δ>0,y1y2=−4，
由斜率公式可得kAB=y1−y2y124−y224=4y1+y2，kMN=y3−y4y324−y424=4y3+y4，
直线AD:x=x1−2y1⋅y+2，代入抛物线方程可得y2−4x1−2y1⋅y−8=0，
Δ>0,y1y3=−8，所以y3=2y2，同理可得y4=2y1，所以kMN=4y3+y4=42y1+y2=kAB2，
又因为AB,MN的倾斜角角分别为α,β，所以kMN=tanβ=kAB2=tanα2，
若要使α−β最大，则β∈0,π2，设kAB=2kMN=2t>0，
则tanα−β=tanα−tanβ1+tanαtanβ=t1+2t2=11t+2t≤12 1t⋅2t= 24，
当且仅当1t=2t即t= 22时，等号成立，所以当α−β最大时，k=2t= 2．
【解析】【分析】(1)由题意OQ=12+p2，化简得OQ=12+p2，又点Q12,m在抛物线C上即m2=p，解方程即可求解；
(2)设点的坐标及直线AB:x=my+1，由韦达定理及斜率公式可得kAB=2kMN，再由差角的正切公式及基本不等式可得kMN= 22，即可求解．
22.【答案】解：(1)
由题意2c=2，所以c=1，所以a2=b2+1，
则椭圆的左焦点为F1−1,0，右焦点为F21,0，
当MF1⊥x轴时，则S▵MF1F2=12×F1F2×yM=yM=32，所以yM2=94，
又点M−1,yM在椭圆上，所以−12a2+yM2b2=1，所以1b2+1+94b2=1，
即4b4−9b2−9=0，解得b2=3或b2=−34(舍去)，
所以a2=4，故椭圆方程为x24+y23=1；
(2)
设直线AB方程为y=2x+m，
由x24+y23=1y=2x+m得19x2+16mx+4m2−12=0，
所以Δ=16m2−4×19(4m2−12)>0，所以− 19设A(x1,y1),B(x2,y2)，则x1+x2=−16m19，x1x2=4(m2−3)19，
则直线PA方程为y=y1x1−4(x−4)，
由y=y1x1−4(x−4)x24+y23=1得x24+y123(x1−4)2(x−4)2=1，
又y123=1−x124，代入整理得(5−2x1)x2+(2x12−8)x+8x1−5x12=0，
又x1,xC是此方程的两根，
所以xC=8−5x15−2x1，所以yC=y1x1−4(xC−4)=3y15−2x1，即C8−5x15−2x1,3y15−2x1，
同理可得D8−5x25−2x2,3y25−2x2，
所以kCD=3y15−2x1−3y25−2x28−5x15−2x1−8−5x25−2x2=3(2x1+m)5−2x1−3(2x2+m)5−2x28−5x15−2x1−8−5x25−2x2=10+2m−3，
所以直线CD方程为y=10+2m−3(x−8−5x15−2x1)+3y15−2x1，注意y1=2x1+m，
令x=52，y=10+2m−3(52−8−5x15−2x1)+3y15−2x1=3y15−2x1−3(5+m)5−2x1=3y15−2x1−3(y1−2x1+5)5−2x1=−3，
所以直线CD过定点52,−3．
【解析】【分析】
解答圆锥曲线的定点问题的策略：
(1)参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量(通常为变量k)；②利用条件找到k与过定点的曲线F(x,y)=0之间的关系，得到关于k与x,y的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；
(2)由特殊到一般法：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．
(1)根据焦距得到a2=b2+1，利用面积求出yM2=94，将点M坐标代入方程解得a2=4，b2=3得到椭圆方程．
(2)设直线AB方程为y=2x+m，与椭圆方程联立，写出直线PA方程，与椭圆方程联立求得C点坐标，同理得D点坐标，后再求出直线CD方程，利用y1=2x1+m,y2=2x2+m，由此方程关于m是恒等式可得定点坐标．
1.抛物线y=2x2的焦点坐标为
A. (1,0)B. (12,0)C. (0,14)D. (0,18)
2.若a为实数，则“a=1”是“直线l1:ax+y+2=0与直线l2:x+ay−3−a=0平行”的
( )
A. 充要条件B. 必要不充分条件
C. 充分不必要条件D. 既不充分也不必要条件
3.设等比数列an的各项均为正数，前n项和Sn，若a1=1，S5=5S3−4，则S4=( )
A. 158B. 658C. 15D. 40
4.由双曲线x2a2−y2b2=1a>0,b>0的两渐近线所成的角可求其离心率的大小，初中学习的反比例函数的图象也是双曲线，据此可求得曲线y=x+3x+1的离心率为
( )
A. 5B. 2C. 3D. 2
5.已知数列{an}各项为正数，{bn}满足an2=bnbn+1，an+an+1=2bn+1，则
( )
A. {bn}是等差数列B. {bn}是等比数列
C. { bn}是等差数列D. { bn}是等比数列
6.将一个顶角为120°的等腰三角形(含边界和内部)的底边三等分，挖去由两个等分点和上顶点构成的等边三角形，得到与原三角形相似的两个全等三角形，再对余下的所有三角形重复这一操作．如果这个操作过程无限继续下去，最后挖剩下的就是一条“雪花”状的Kcℎ曲线.如图所示，已知最初等腰三角形的面积为1，则经过4次操作之后所得图形的面积是
( )
A. 1681B. 2081C. 827D. 1027
7.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左､右焦点分别为F1、F2，过F1作直线l与椭圆相交于M、N两点，∠MF2N=90∘，且4F2N=3F2M，则椭圆的离心率为
( )
A. 13B. 12C. 33D. 55
8.已知数列an中的前n项和为Sn，Sn=(−1)nan+12n+2n−6，且an+λ⋅(−1)n+1>0对任意n∈N∗恒成立，则实数λ的取值范围是
( )
A. −74,234B. 2,234C. (−74,6)D. −2,234
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.直线l:kx−y−2=0与圆M:x−32+y2=16交于A、B两点，则AB可能为
( )
A. 2 2B. 3C. 5 22D. 8
10.已知等差数列an的前n项和为Sn，若S8>0，S9<0，则下列选项正确的有
( )
A. a5>0B. a4>0
C. an中绝对值最小的项为a5D. 数列Sn的前n项和Tn最大项为T8
11.设抛物线C：y=x2的焦点为F，过抛物线C上不同的两点A，B分别作C的切线，两条切线的交点为P，AB的中点为Q，则
( )
A. PQ⊥x轴B. PF⊥AB
C. ∠PFA=∠PFBD. AF+BF=2PF
12.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，已知M，N，P分别是棱C1D1，AA1，BC的中点，Q为平面PMN上的动点，且直线QB1与直线DB1的夹角为30∘，则
( )
A. DB1⊥平面PMN
B. 平面PMN截正方体所得的截面面积为3 3
C. 点Q的轨迹长度为π
D. 能放入由平面PMN分割该正方体所成的两个空间几何体内部(厚度忽略不计)的球的半径的最大值为3− 32
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.若两条直线l1:y=3x+m，l2:y=3x+n与圆x2+y2+3x+y+k=0的四个交点能构成矩形，则m+n= ．
14.已知数列an满足a1=1,an+1=an2nan+1n∈N∗，则an的通项公式为______．
15.设Tn为数列an的前n项积，若an+2an+1=0n∈N∗，且a2−a3=192，则当Tn取得最小值时，n的值为______．
16.双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点为F，过F作x轴垂线交E于点A，过F作与E的一条渐近线平行的直线交E于点B，且A，B在x轴同侧，若∠FAB=30°，则E的离心率为 ．
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)
已知圆C的圆心在直线3x−y=0上，且该圆与x轴相切．
(1)若圆C经过点4,3，求该圆的方程；
(2)若圆C被直线x−y=0截得的弦长为2 7，求该圆的方程．
18.(本小题12分)
已知等差数列an的前n项和为Snn∈N∗，且满足S7=49,2a4=a3+9．
(1)求数列an的通项公式；
(2)已知数列bn满足bn=n+1SnSn+2，记数列bn的前n项和为Tn，
证明：Tn<516．
19.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面四边形ABCD满足AB=CB= 2，AD=CD= 5，∠ABC=90∘，棱PD上的点E满足PE=2DE．
(1)证明：直线CE//平面PAB；
(2)若PB= 5，PD=2 2，且PA=PC，求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．
20.(本小题12分)
设数列an的首项a1=1，前n项和Sn满足：kSn+2an=3Sn−1+3k(k>0,n≥2,n∈N)．
(1)求证：数列an是等比数列；
(2)设数列an的公比为fk，数列bn满足：b1=1，1bn=f(bn−1)(n≥2,n∈N).求1b1b2−1b2b3+1b3b4−⋯+(−1)n+11bnbn+1．
21.(本小题12分)
已知抛物线C:y2=2pxp>0的焦点为F，点Q12,m为C上一点，且以Q为圆心，OQ为半径的圆恰好与C的准线相切(O为坐标原点)，过点F的且斜率k>0的直线与C交于A，B两点．
(1)求C的标准方程；
(2)若点D2,0，直线AD,BD与C的另一个交点分别为M,N，设AB,MN的倾斜角角分别为α,β，当α−β取最大值时，求k的值．
22.(本小题12分)
已知椭圆Γ:x2a2+y2b2=1a>b>0的左右焦点分别为F1,F2，焦距为2，点P4,0为x轴上一定点，点M为Γ上一动点，当MF1⊥x轴时，△MF1F2的面积为32．
(1)求Γ的标准方程；
(2)斜率为2的动直线AB与Γ交于不同的两点A,B，直线PA,PB与Γ的另外一个交点分别为C,D，证明：直线CD恒过某一定点．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】本题考查了抛物线的基本性质，属于基础题．
根据抛物线标准方程，可求得p，进而求得焦点坐标．
解：将抛物线方程化为标准方程为x2=12y，可知p=14
所以焦点坐标为0,18
所以选D
2.【答案】A
【解析】【分析】根据直线平行的条件和充分必要条件的概念可判断结果．
解：因为直线l1:ax+y+2=0与直线l2:x+ay−3−a=0平行的充要条件是
a1=1a且a1≠2−3−a，即1=a2且−3a−a2≠2，解得a=1．
所以由充分必要条件的概念判断可知：
“a=1”是“直线l1:ax+y+2=0与直线l2:x+ay−3−a=0平行”的充要条件．
故选：A
3.【答案】C
【解析】【分析】根据题意列出关于q的方程，计算出q，即可求出S4．
解：由题知1+q+q2+q3+q4=51+q+q2−4，
即q3+q4=4q+4q2，即q3+q2−4q−4=0，即(q−2)(q+1)(q+2)=0．
由题知q>0，所以q=2．
所以S4=1+2+4+8=15．
故选：C．
4.【答案】D
【解析】【分析】由双曲线y=x+3x+1的渐近线垂直得其为等轴双曲线，从而可得离心率．
解：y=x+3x+1=1+2x+1，故该曲线是由反比例函数y=2x的图象向左平移1个单位，
再向上平移1个单位得到的，所以双曲线y=x+3x+1的两渐近线为x=−1和y=1，
因为两渐近线互相垂直，故该曲线为等轴双曲线，所以离心率为e=ca= 1+b2a2= 2．
故选：D．
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查数列的递推关系，以及等差数列的判定，属于基础题．
由已知可得an= bnbn+1，结合 an+an+1=2bn+1，可得 bn+ bn+2=2 bn+1，可证{ bn}是等差数列，问题得解．
【解答】
解：∵an>0，an2=bnbn+1，
∴an= bnbn+1，
∵bn+1=an+an+12>0，∴bn>0，
又∵an+an+1=2bn+1，
∴ bnbn+1+ bn+1bn+2=2bn+1 ，∴ bn+ bn+2=2 bn+1，
∴{ bn}是等差数列．
故选C．
6.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查等比数列的实际应用，属于一般题．
根据题意可知，每一次操作之后所得图形的面积是上一次图形面积的23，根据等比数列的通项公式即可求得结果．
【解答】
解：根据题意可知，每次挖去的三角形面积是被挖三角形面积的13，
所以每一次操作之后所得图形的面积是上一次图形面积的23 ，
由此可得，第nn∈N∗次操作之后所得图形的面积是Sn=1×23n，
则经过4次操作之后所得图形的面积为S4=1×234=1681 ．
故选A．
7.【答案】D
【解析】【分析】设F2N=3t，则F2M=4t，利用椭圆的定义及勾股定理解得a=3t，
表示出F1N，F1M，再利用锐角三角函数表示出cs∠NF1F2，由余弦定理表示出cs∠MF1F2，即可得到方程，解得c=3 5t5，即可求出离心率．
解：如图所示，设F1F2=2c，∵4F2N=3F2M，设F2N=3t，则F2M=4t，
在Rt▵F2MN中，MN= NF22+MF22=5t，
由椭圆定义可知F1N=2a−3t，F1M=2a−4t，
F1N+F1M=MN=4a−7t=5t，解得a=3t，
所以F1N=2a−3t=3t=F2N，F1M=2a−4t=2t，
在▵F1NF2中，可得cs∠NF1F2=c3t，
在△F1MF2中，由余弦定理可得cs∠MF1F2=c2−3t22ct，
∵∠NF1F2+∠MF1F2=π，
∴cs∠NF1F2+cs∠MF1F2=0，即c3t+c2−3t22ct=0，
解得c=3 5t5，所以椭圆离心率e=ca= 55．
故选：D．
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查了数列与不等式的综合问题，求数列的通项公式，由递推式如何求通项公式，属于难题．
利用an=a1,n=1Sn−Sn−1,n⩾2，分两种情况求出通项公式，分两种情况讨论不等式恒成立，然后求其交集即可．
【解答】
解：由题意知Sn=(−1)nan+12n+2n−6，
n=1时，a1=−a1+12+2−6，a1=−74，
n≥2时，Sn−1=(−1)n−1an−1+12n−1+2(n−1)−6=(−1)n−1an−1+12n−1+2n−8，
则an=Sn−Sn−1
=[(−1)nan+12n+2n−6]−[(−1)n−1an−1+12n−1+2n−8]
=(−1)nan+(−1)nan−1−12n+2
若n=2k，则a2k−1=14k−2，
若n=2k+1，则a2k+1= −a2k+1−a2k−122k+1+2，
即2a2k+1=−a2k−122k+1+2，
∵a2k+1=14k+1−2，
∴a2k=−2a2k+1−122k+1+2=−2(14k+1−2)−122k+1+2=−122k+6，
∴an={−12n+6(n为偶数)12n+1−2(n为奇数),
n为奇数时，an+λ⋅(−1)n+1>0，即λ>−an，即求−an的最大值，
此时an=12n+1−2，即−an=2−12n+1<2，且2取不到，
∴λ≥2，
n为偶数时，an+λ⋅(−1)n+1>0，即λ
∴λ<234，
故an+λ⋅(−1)n+1>0对任意n∈N∗恒成立，即2≤λ<234．
故选：B．
9.【答案】CD
【解析】【分析】根据题意，利用圆的弦长公式，求得圆心到直线l:kx−y−2=0的距离为d，结合垂径定理求出AB表达式，利用基本不等式求出范围，结合选项即可判断．
解：由圆M:x−32+y2=16，可得圆心为M(3,0)，半径为r=4，
设圆心到直线l:kx−y−2=0的距离为d，则d=3k−0−2 k2+1=3k−2 k2+1，
因为直线l:kx−y−2=0被圆M:x−32+y2=16截得的弦长为AB，
所以AB=2 r2−d2=2 16−3k−22k2+1=2 7+12k+5k2+1=2 7+14412k+512k+52−1012k+5+169，
又直线l:kx−y−2=0恒过定点(0,−2)在圆M:x−32+y2=16内，所以k∈R，
当12k+5=0即k=−512时，AB=2 7；
当12k+5≠0即k≠−512时，AB=2 7+14412k+5+16912k+5−10，
当12k+5>0即k>−512时，AB=2 7+14412k+5+16912k+5−10≤2 7+1442 12k+5×16912k+5−10=8，
当且仅当12k+5=16912k+5即k=23，等号成立，此时AB∈2 7,8；
当12k+5<0即k<−512时，AB=2 7−144−12k+5−16912k+5+10≥2 7−1442 −12k+5×−16912k+5+10=2 3，
当且仅当−12k+5=−16912k+5即k=−32，等号成立，此时AB∈2 3,2 7；
综上所述，AB∈2 3,8．
结合选项知，5 22∈2 3,8，8∈2 3,8．
故选：CD．
10.【答案】BCD
【解析】【分析】由题设可得a4+a5>0a5<0，结合等差数列性质判断A、B、C；再由Sn的正负分界点，判断Tn最大项判断D．
解：由题意4(a1+a8)=4(a4+a5)>092(a1+a9)=9a5<0，可得a4+a5>0a5<0，显然d<0，a1>0，
即an为递减数列，且a4>0，a4>−a5，即|a4|>|a5|，故 A错，B、C对；
由题意，Sn的前8项为正，第9项开始均为负，故Tn最大项为T8，D对．
故选：BCD
11.【答案】AC
【解析】【分析】设切线求交点根据两根之和判断A选项；特殊值法判断B，C选项；根据定义数形结合判断D选项．
解：对于A选项：设Ax1,y1,Bx2,y2,Px0,y0,Qx1+x22,y1+y22，
y=x2，y′=2x，
过点A切线为：y−y1=2x1x−x1①，
过点B切线为：y−y2=2x2x−x2②，
①−②得y1−y2=2x1x−2x2x,
化简可得x12−x22=2xx1−x2,
x0=x1+x22
PQ⊥x轴，A选项正确．
设A0,0,B1,1,F0,14,
过A点的切线为y=0，过B点的切线为y−1=2x−1，交点为P12,0,
AB的中点为Q12,12，所以kPF=−12,kAB=1,kPFkAB≠−1,PF不垂直AB，B选项错误；
AF+BF= 02+142+ 12+342=32,2PF=2 122+142= 52，所以AF+BF≠2PF，D选项错误;
作抛物线准线的垂线AA′,BB′，连接A′P,B′P,PF,AF,BF,
F0,p2,A′x1,−p2,kPA=y′x=x1
则kFA′=−px1,kPA=x1p,
显然kFA′⋅kPA=−1,，所以FA′⊥PA,
又因为由抛物线定义，得AA′=AF，故知PA是线段FA′ 的中垂线，得到PA′=PF则∠PA′A=∠PFA
同理可证：PB′=PF，∠PB′B=∠PFB，
所以PA′=PB′=PF，即∠PA′B′=∠PB′A′，
所以∠PA′A=∠PA′B′+90∘=∠PB′A′+90∘=∠PB′B，即∠PFA=∠PFB．
故选：AC．
12.【答案】ABD
【解析】【分析】
立体几何中截面的处理思路：
(1)直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程；
(2)作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线；
(3)作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线；
(4)辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面．
A选项，建立空间直角坐标系，求出平面PMN的法向量，得到线面垂直；B选项，作出辅助线，找到平面PMN截正方体所得的截面，求出面积；C选项，作出辅助线，得到点Q的轨迹，并求出轨迹长度；D选项，由对称性得到平面PMN分割该正方体所成的两个空间几何体对称，由对称性可知，球心在B1D上，设球心为Rt,t,t，由RS=t得到方程，求出半径的最大值．
解：A选项，以D为坐标原点，DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，
P1,2,0,M0,1,2,N2,0,1,D0,0,0,B12,2,2，
故DB1=2,2,2,PM=−1,−1,2,PN=1,−2,1．
设平面PMN的法向量为m=x,y,z，
则m⋅PM=x,y,z⋅−1,−1,2=−x−y+2z=0m⋅PN=x,y,z⋅1,−2,1=x−2y+z=0,
令z=1得，x=y=1，故m=1,1,1，
因为DB1=2m，故DB1⊥平面PMN， A正确；
B选项，取A1D1,AB,CC1的中点E,F,Q，连接MQ,ME,EN,NF,FP,PQ,EP,A1B,CD1，
因为M，N，P分别是棱C1D1，AA1，BC的中点，
所以NF//A1B,MQ//CD1，又CD1//EP//A1B，
所以NF//MQ//EP，所以平面PMN截正方体所得的截面为正六边形FPQMEN，
其中边长为 2，故面积为6× 34× 22=3 3， B正确；
C选项，Q为平面PMN上的动点，直线QB1与直线DB1的夹角为30∘，
又DB1⊥平面PMN，设垂足为S，以S为圆心，r= 33B1S为半径作圆，
即为点Q的轨迹，
其中B1D=B1D= 4+4+4=2 3，由对称性可知，B1S=12B1D= 3，
故半径r= 33× 3=1，
故点Q的轨迹长度为2π， C错误；
D选项，因为M，N，P分别是棱C1D1，AA1，BC的中点，
所以平面PMN分割该正方体所成的两个空间几何体对称，
不妨求能放入含有顶点D的空间几何体的球的半径最大值，
该球与平面PMN切与点S，与平面ADD1A1，平面ADCB，平面DCC1D1相切，
由对称性可知，球心在B1D上，设球心为Rt,t,t，则半径为t，
S1,1,1，故RS=t，即 31−t=t，解得t=3− 32，
故球的半径的最大值为3− 32， D正确．
故选：ABD
13.【答案】8
【解析】【分析】
本题主要考查点到直线的距离公式，考查转化与化归的思想方法，属于中档题．
【解答】
解：由题意可知，两直线与圆的四个交点能构成矩形，即两直线到圆心的距离相等，
由圆的标准方程得圆心为(−32,−12)，
则d1=(−32)×3−(−12)+m 9+1，d2=(−32)×3−(−12)+n 9+1
令d1=d2，即|−4+m|=|−4+n|，解得m=n(舍)或m+n=8．
14.【答案】an=12n−1
【解析】【分析】对an+1=an2nan+1取倒数，然后结合等比数列求和公式利用累加法求解即可．
解：对an+1=an2nan+1两边取倒数得1an+1=2nan+1an=1an+2n，即1an+1−1an=2n，
当n≥2时，1an−1an−1=2n−1，1an−1−1an−2=2n−2，⋯，1a3−1a2=22，1a2−1a1=2，
将以上各式累加得1an−1a1=2n−1+2n−2+⋯+22+2=21−2n−11−2=2n−2，又a1=1，
所以1an=2n−1，所以an=12n−1，当n=1时，a1=1也满足an=12n−1，所以an=12n−1．
故答案为：an=12n−1
15.【答案】9
【解析】【分析】先得到an为等比数列，公比为−12，求出通项公式，并得到n=9时，Tn取得最小值．
解：由an+2an+1=0n∈N∗得，an+1=−12an，
故an为等比数列，公比为−12，
由a2−a3=192得a2+12a2=192，解得a2=128，
所以a1=−256，an=−256×−12n−1，
当1≤n≤8时，an>1，当n=9时，a9=−1，当n≥10时，an<1，
又T8>0,T9<0，
故n=9时，Tn取得最小值．
故答案为：9
16.【答案】2 33
【解析】【分析】
本题考查双曲线E的离心率，考查直线与双曲线的位置关系，属于拔高题．
由题意，不妨取A、B都在x轴上方，求出A，B的坐标，然后根据余弦定理得出关系式进而求出结果．
【解答】
解：不妨取A、B都在x轴上方，
过F作与一条渐近线平行的直线方程为y=ba(x+c)，
代入E:x2a2−y2b2=1，整理得−2cx=a2+c2，x=−a2+c22c，
取B(−a2+c22c,b32ac)，
将x=−c代入E:x2a2−y2b2=1，取A(−c,b2a)，
F(−c,0)，
则FA=b2a,FB= −a2+c22c+c2+b32ac2,
AB= −a2+c22c+c2+b32ac−b2a2，
在三角形ABF中，根据余弦定理可得cs∠FAB=AF2+AB2−FB22AF·AB= 32，
代入化简整理为c=2b
又因为a2+b2=c2，
可得e=ca=2 33
故答案为2 33．
17.【答案】解：(1)
由圆C的圆心在直线3x−y=0上可设圆心为C(a,3a)，
由于该圆与x轴相切.，故圆的半径r=3|a|，
故可设圆的方程为x−a2+y−3a2=9a2,a≠0，
又圆C经过点4,3，故4−a2+3−3a2=9a2，
即a2−26a+25=0，解得a=1或a=25，
所以圆的方程为x−12+y−32=9或x−252+y−752=5625；
(2)
由(1)知圆的方程为x−a2+y−3a2=9a2,a≠0，
圆心C(a,3a)到直线x−y=0的距离为d=|a−3a| 2= 2|a|，
圆C被直线x−y=0截得的弦长为2 7，故r2=7+ 2|a|2，
即9a2=7+2a2，解得a=±1，
故圆的方程为x−12+y−32=9或x+12+y+32=9．
【解析】【分析】(1)由题意可设圆心坐标，进而设圆的标准方程，将圆过的点的坐标代入，求得参数，即得答案．
(2)求出圆心到直线的距离的表达式，利用圆心距、弦长、半径之间的关系列式计算，求得参数，即可得答案．
18.【答案】解：(1)
设已知数列an的公差为d，
依题意有7a1+7×62×d=492a1+3d=a1+2d+9，解得，a1=1d=2,
∴an=1+2n−1=2n−1．
(2)
由(1)可得Sn=1+2n−1n2=n2，
∴bn=n+1n2(n+2)2=14(n+2)2−n2n2(n+2)2=141n2−1(n+2)2，
∴b1=1411−132，b2=14122−142，b3=14132−152，⋯，bn−1=141(n−1)2−1(n+1)2，
累加相消得
Tn=141+14−1(n+1)2−1(n+2)2<14×54=516．
故Tn<516．
【解析】【分析】(1)根据已知条件利用等差数列的通项公式和求和公式得到关于首项和公差的方程组，求得首项和公差，然后利用通项公式求出结论；
(2)利用等差数列前n项和公式，求得Sn=n2，进而得到bn=n+1n2(n+2)2，然后利用裂项相消求和法求得Tn=141+14−1(n+1)2−1(n+2)2，最后利用不等式的基本性质证明结论．
19.【答案】解：(1)
由题意得：
连接BD，过C做CF//AB，交BD于T点，如图所示：
∵AB=CB= 2，AD=CD= 5，BD=DB
∴▵ABD≅▵BCD
又∵∠ABC=90∘
∴∠ABD=∠CBD=45∘
∵∠ABC=∠BCF=90∘
∴BT= 2BC=2
∴在▵BCD中，cs∠CBD=cs45∘=BC2+BD2−CD22BD⋅BC=2+BD2−52 2BD= 22
解得：BD=3
∵PE=2DE
∴TDBD=DFAD=DEDP=13
∴EF//AP
∵EF⊂平面CEF，AP⊄平面CEF，EF//AP
CF⊂平面CEF，AB⊄平面CEF，CF//AB
∴AP//平面CEF，AB//平面CEF
又AP、AB相交于点A
∴平面CEF//平面ABD
∵CE⊂平面CEF
∴直线CE//平面PAB
(2)
连接AC交BD于O点
在▵POB和▵POD中，由cs∠POB=−cs∠POD可得
PO2+BO2−PB22PO⋅BO=PO2+DO2−PD22PO⋅DO，即PO2+1−52PO=PO2+4−84PO
解得：PO=2，满足PO2+BO2=PB2，所以PO⊥BD
又∵PA=PC
∴PO⊥AC
又有AC交BD于O点，所以PO⊥平面ABCD，满足PO，CO，DO两两垂直
故以O为原点，OC，OD，OP所在的直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系
则P(0,0,2)，B(0,−1,0)，C(1,0,0)，P(0,43,23)
于是有BP=(0,1,2)，CP=(−1,0,2)
设平面PBC的法向量为n=(x,y,z)，由CP⋅n=0BP⋅n=0⇒y+2z=0−x+2z=0
取n=(2,−2,1)
又CE=(−1,43,23)
故所求角的正弦值为cs
所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值为4 2929．
【解析】【分析】(1)连接BD，过C做CF//AB，交BD于T点，先利用三角形全等证得∠ABD=∠CBD=45∘，再根据三角形的余弦定理求得BD，再由TDBD=DFAD=DEDP，证明平面CEF//平面ABD即可得证．
(2)根据三角形的余弦定理及边长关系证明PO⊥平面ABCD，以O为原点，OC，OD，OP所在的直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面PBC的法向量，后根据线面角的坐标求法代入即可求解．
20.【答案】解：(1)
由S1=a1=1；令n=2，得kS2+2a2=3S1+3k，
故a2=2k+33k，a2a1=2k+33k；
因为kSn+2an=3Sn−1+3k，其中k>0，n≥2，n∈N．
所以当n≥3时，kSn−1+2an−1=3Sn−2+3k，
两式相减得：k3an−2an−1=3an−1，
整理得：anan−1=2k+33k，(n≥3)．
综上，数列an是首项为1，公比为2k+33k的等比数列．
(2)
由题意得：f(k)=2k+33k，(k>0)，
1bn=fbn−1=2bn−1+33bn−1=1bn−1+23，b1=1，
故1bn=2n+13．
当n为偶数时，
1b1b2−1b2b3+1b3b4−+⋯+(−1)n+11bnbn+1=1b21b1−1b3+1b41b3−1b5+⋯+1bn1bn−1−1bn+1
=−431b2+1b4+⋯+1bn=−43×53+2n+13n22=−29n(n+3)
当n为奇数时，1b1b2−1b2b3+1b3b4−⋯+(−1)n+11bnbn+1
=−29(n−1)(n+2)+2n+13⋅2n+33=2n2+6n+79
综上：1b1b2−1b2b3+1b3b4−⋯+−1n+11bnbn+1=−29nn+3,n为偶数2n2+6n+79,n为奇数
【解析】【分析】(1)根据等比数列定义证明等比数列即可；
(2)分项数为奇数和偶数，分别应用裂项相消求和即可．
21.【答案】解：(1)
由题意OQ=12+p2，所以 14+m2=12+p2，即m2=p2+p24，又m2=2p×12=p，
所以p2=2p，所以p=2，所以抛物线C的标准方程为y2=4x；
(2)
设Ay124,y1,By224,y2,My324,y3,Ny424,y4，直线AB:x=my+1，
由x=my+1y2=4x可得y2−4my−4=0，Δ>0,y1y2=−4，
由斜率公式可得kAB=y1−y2y124−y224=4y1+y2，kMN=y3−y4y324−y424=4y3+y4，
直线AD:x=x1−2y1⋅y+2，代入抛物线方程可得y2−4x1−2y1⋅y−8=0，
Δ>0,y1y3=−8，所以y3=2y2，同理可得y4=2y1，所以kMN=4y3+y4=42y1+y2=kAB2，
又因为AB,MN的倾斜角角分别为α,β，所以kMN=tanβ=kAB2=tanα2，
若要使α−β最大，则β∈0,π2，设kAB=2kMN=2t>0，
则tanα−β=tanα−tanβ1+tanαtanβ=t1+2t2=11t+2t≤12 1t⋅2t= 24，
当且仅当1t=2t即t= 22时，等号成立，所以当α−β最大时，k=2t= 2．
【解析】【分析】(1)由题意OQ=12+p2，化简得OQ=12+p2，又点Q12,m在抛物线C上即m2=p，解方程即可求解；
(2)设点的坐标及直线AB:x=my+1，由韦达定理及斜率公式可得kAB=2kMN，再由差角的正切公式及基本不等式可得kMN= 22，即可求解．
22.【答案】解：(1)
由题意2c=2，所以c=1，所以a2=b2+1，
则椭圆的左焦点为F1−1,0，右焦点为F21,0，
当MF1⊥x轴时，则S▵MF1F2=12×F1F2×yM=yM=32，所以yM2=94，
又点M−1,yM在椭圆上，所以−12a2+yM2b2=1，所以1b2+1+94b2=1，
即4b4−9b2−9=0，解得b2=3或b2=−34(舍去)，
所以a2=4，故椭圆方程为x24+y23=1；
(2)
设直线AB方程为y=2x+m，
由x24+y23=1y=2x+m得19x2+16mx+4m2−12=0，
所以Δ=16m2−4×19(4m2−12)>0，所以− 19
则直线PA方程为y=y1x1−4(x−4)，
由y=y1x1−4(x−4)x24+y23=1得x24+y123(x1−4)2(x−4)2=1，
又y123=1−x124，代入整理得(5−2x1)x2+(2x12−8)x+8x1−5x12=0，
又x1,xC是此方程的两根，
所以xC=8−5x15−2x1，所以yC=y1x1−4(xC−4)=3y15−2x1，即C8−5x15−2x1,3y15−2x1，
同理可得D8−5x25−2x2,3y25−2x2，
所以kCD=3y15−2x1−3y25−2x28−5x15−2x1−8−5x25−2x2=3(2x1+m)5−2x1−3(2x2+m)5−2x28−5x15−2x1−8−5x25−2x2=10+2m−3，
所以直线CD方程为y=10+2m−3(x−8−5x15−2x1)+3y15−2x1，注意y1=2x1+m，
令x=52，y=10+2m−3(52−8−5x15−2x1)+3y15−2x1=3y15−2x1−3(5+m)5−2x1=3y15−2x1−3(y1−2x1+5)5−2x1=−3，
所以直线CD过定点52,−3．
【解析】【分析】
解答圆锥曲线的定点问题的策略：
(1)参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量(通常为变量k)；②利用条件找到k与过定点的曲线F(x,y)=0之间的关系，得到关于k与x,y的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；
(2)由特殊到一般法：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．
(1)根据焦距得到a2=b2+1，利用面积求出yM2=94，将点M坐标代入方程解得a2=4，b2=3得到椭圆方程．
(2)设直线AB方程为y=2x+m，与椭圆方程联立，写出直线PA方程，与椭圆方程联立求得C点坐标，同理得D点坐标，后再求出直线CD方程，利用y1=2x1+m,y2=2x2+m，由此方程关于m是恒等式可得定点坐标．
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