2023-2024学年福建省龙岩市一级校联盟高二（上）期中数学试卷（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）期中数学试卷（含解析），共19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=−2
B. 若l1⊥l2，则a=−23
C. 当l1//l2时，两直线的距离为 5
D. 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：本题共4小题，每小题5分，共20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△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】解：直线x− 3y+1=0的斜率为 33，
设倾斜角为α，则tanα= 33，
因为0°≤α<180°，
所以α=30°．
故选：A．
先求出直线斜率，再由斜率与倾斜角的关系可求得结果．
本题主要考查直线的倾斜角，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：由椭圆C：mx2+y2=1，得x21m+y2=1，
∵椭圆C：mx2+y2=1的焦点在y轴上，
∴a=1，b= 1m，
由题意可得：1=2 1m，解得m=4．
故选：D．
化椭圆方程为标准方程，求出a与b的值，结合题意列式求解．
本题考查椭圆的几何性质，考查运算求解能力，是基础题．
3.【答案】D
【解析】解：设等差数列{an}的公差为d，
由3S4=4S3+12，得3(4+6d)=4(3+3d)+12，
解得d=2，
故a7=1+6×2=13．
故选：D．
由已知结合等差数列的求和公式先求出公差d，然后结合等差数列的通项公式即可求解．
本题主要考查了等差数列的通项公式及求和公式的应用，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：∵an+1=annan+1，则1an+1=nan+1an=1an+n，
∴1a2−1a1=1，1a3−1a2=2，…，1a10−1a9=9，
以上各式相加可得，1a10−1a1=1+2+3+⋯+9=45，
∴a10=146．
故选：B．
根据题意，两边取倒数，然后累加即可得到结果．
本题主要考查数列递推关系式的应用，考查计算能力，属于中档题．
5.【答案】A
【解析】解：设P(x,y)是所求轨迹上的任意一点，且A(−1,0)，B(2,0)，点P满足|PA||PB|=12，
可得 (x+1)2+y2 (x−2)2+y2=12，整理得x2+y2+4x=0，即(x+2)2+y2=4，
可得P在以圆心为M(−2,0)，半径r=2的圆上，
又由圆心M(−2,0)到直线x+ 3y=4的距离为d=|−2−4| 12+( 3)2=3，
点P到直线x+ 3y=4的距离的最小值为d−r=3−2=1．
故选：A．
设P(x,y)是所求轨迹上的任意一点，根据题意，求得点P的轨迹方程，再求得圆心到直线x+ 3y=4的距离，结合圆的性质，即可求解．
本题考查轨迹方程的求解，直线与圆的位置关系，属中档题．
6.【答案】B
【解析】解：如图所示，
由抛物线的焦点为F(12,0)，可知p=1，
所以抛物线方程为y2=2x，
又D是以AB为直径的圆E与抛物线C的准线的公共点，
所以AD⊥BD，
又|AD|= 3|BD|,|DE|=|BE|=|AE|=12|AB|，
所以∠DBA=60°，
所以∠xFE=∠DEF=∠DBA=60°，
所以直线AB的斜率k=tan60°= 3，
则直线AB的方程为y= 3(x−12)，
联立直线与抛物线y2=2xy= 3(x−12)，得3x2−5x+34=0，
则x1+x2=53，
所以|AB|=|AF|+|BF|=x1+p2+x2+p2=x1+x2+p=53+1=83．
故选：B．
利用抛物线定义，联立直线与抛物线，结合韦达定理可得解．
本题考查了抛物线的性质，属于中档题．
7.【答案】A
【解析】解：由椭圆定义得|PF1|+|PF2|=4，F1(− 2,0)，F2( 2,0)，
由余弦定理可cs∠F1PF2=|PF1|2+|PF2|2−|F1F2|22|PF1||PF2|=13，解得|PF1|=3，|PF2|=1，
所以PF2⊥x轴，即P( 2,1)，
设∠F1PF2的角平分线与x轴相交于N(x0,0)，
由三角形角平分线定理得x0+ 2 2−x0=3，所以N( 22,0)，
从而∠F1PF2的角平分线的方程为 2x−y−1=0，
原点(0,0)关于∠F1PF2的角平分线对称的点设为O1(x1,y1)，经计算可O1(2 23,−23)，
则|MF1|+|MO|=|MF1|+|MO1|≥|F1O1|= (2 23+ 2)2+(−23)2= 6．
故选：A．
由椭圆的定义和余弦定理求出|PF1|，|PF2|，再由角平分线定理求出∠F1PF2的角平分线与x轴交点N，从而求出∠F1PF2的角平分线的方程，结合两点间距离公式即可求解．
本题考查了与椭圆有关的最值的求法，考查了数学转化思想方法，是中档题．
8.【答案】C
【解析】解：∵an=(−1)n4n4n2−1=(−1)n(12n−1+12n+1)，
∴S2n=−(1+13)+(13+15)−(15+17)+…−(14n−3+14n−1)+(14n−1+14n+1)=14n+1−1=−4n4n+1．
∵函数f(x)= 33x+ 3，
∴f(x)+f(1−x)= 33x+ 3+ 331−x+ 3= 33x+ 3+ 3⋅3x3+ 3⋅3x= 33x+ 3+3x 3+3x=1，
而|S2n|+|1+S2n|=4n4n+1+1−4n4n+1=1，
∴f(|S2n|)|+f(|1+S2n|)=1，
∴f(|S2|)+f(|S4|)+…+f(|S2022|)+f(|S2024|)+f(|S2024+1|)+f(|S2022+1|)+…+f(|S4+1|)+f(|S2+1|)=1012．
故选：C．
由an=(−1)n4n4n2−1=(−1)n(12n−1+12n+1)，利用裂项求和方法可得S2n.由函数f(x)= 33x+ 3，可得f(x)+f(1−x)=1，利用此结论即可得出答案．
本题考查了裂项求和方法、函数的性质、转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
9.【答案】BD
【解析】解：对于A，因为l1//l2，所以a1=2a+1≠−2−2，解得a=−2，所以A错误；
对于B，因为l1⊥l2，所以a⋅1+2⋅(a+1)=0，解得a=−23，所以B正确；
对于C，当l1//l2时，由选项A知a=−2，直线l1：x−y+1=0，直线l2：x−y−2=0，
两直线距离为|1−(−2)| 2=3 22，所以C错误；
对于D，当l1⊥l2时，由选项B知a=−23，直线l1：x−3y+3=0，直线l2：3x+y−6=0，
联立x−3y+3=03x+y−6=0，解得x=y=32，所以两直线的交点坐标为(32,32)，所以D正确．
故选：BD．
根据直线平行求参数，判定A的真假；根据直线垂直求参数，判定B的真假；根据平行线距离公式求距离，判断C的真假；联立直线方程求交点，判断D的真假．
本题考查直线平行，垂直的性质的应用及直线交点的求法，属于基础题．
10.【答案】ACD
【解析】解：圆O1：x2+y2−4x=0，即(x−2)2+y2=4，圆心O1(2,0)，半径r1=2，
圆O2：x2+y2−3x+ 3y−4=0，即(x−32)2+(y+ 32)2=7，圆心O2(32,− 32)，半径r2= 7，
则|O1O2|= (2−32)2+( 32)2=1，则r2−r1<|O1O2|则x2+y2−3x+ 3y−4−(x2+y2−4x)=0，即x+ 3y−4=0，
所以直线AB的方程为x+ 3y−4=0，故A正确；
又O1(2,0)到直线AB的距离d=|2−4| 12+( 3)2=1，所以|AB|=2 r12−d2=2 3，故B错误；
因为圆心O1(2,0)到直线AB的距离d=1，圆O1的半径r1=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；
因为|O1O2|=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−|O1O2|2=2 6，
此时O1O2与该弦垂直，故D正确．
故选：ACD．
将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，求出圆心距，再将两圆方程作差即可求出公共弦方程，即可判断A，求出O1(2,0)到直线AB的距离d，即可求出|AB|，从而判断B、C，利用由圆心距求出最短弦长，即可判断D．
本题考查直线与圆的位置关系，圆与圆的位置关系，属于中档题．
11.【答案】BD
【解析】解：由题意可知，第1次得到数列1，2，1，
第2次得到数列1，3，2，3，1，
第3次得到数列1，4，3，5，2，5，3，4，1，
第4次得到数列1，5，4，7，3，8，5，7，2，7，5，8，3，7，4，5，1，
由题意得：a1=4，a2=10=3×4−2，a3=28=3×10−2，a4=82=3×28−2，
所以有an+1=3an−2，因此选项A不正确，B正确；
an+1=3an−2⇒an+1−1=3(an−1)，
所以数列{an−1}是以a1−1=3为首项，3为公比的等比数列，
因此有an−1=3⋅3n−1=3n⇒an=3n+1，
f(n)=an+100an−1=3n+1+1003n，n∈N+，
令t=3n，所以g(t)=t+1+100t，
由双勾函数的性质知：g(t)在(0,10)上单调递减，在(10,+∞)上单调递增，
因为f(n)=3n+1+1003n,n∈N+，
当n=2时，f(n)的最小值为f(2)=32+1+10032=10+1009=1909，因此选项C不正确；
因为3n−2⋅3n−1=3n−1>1，所以3n−1>2⋅3n−1，
所以bn=2an−2=23n−1<13n−1，
所以i=12023bi=b1+b2+b3+⋯+b2023<1+13+(13)2+(13)3+⋯+(13)2022=[1−(13)2023]1−13=32−32⋅(13)2023<32，
所以选项D正确．
故选：BD．
通过计算求出a1，a2，a3，a4的值可判断A；运用归纳法得到an，an+1之间的关系可判断B；由递推关系求出数列{an}，f(n)=an+100an−1，求f(n)的最小值可判断C；由bn=23n−1<13n−1，结合等比数列的前n项和可判断D．
本题考查数列的通项和前n项和的综合应用，属于中档题．
12.【答案】ACD
【解析】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|，a=4，b=2 2，c=2 2，
对于A：通径长为2b2a=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,d≤2 2；
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1=x0216+y028≥2 x0216⋅y028=|x0y0|4 2，
∴|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，∴∠PAC=90°．
故选：ACD．
求出|FA|可判断A；由椭圆的性质可求出d的范围即可判断B；由面积公式及基本不等式即可判断C；求出直线PA，AC的斜率乘积为−1，即可判断D．
本题主要考查椭圆的性质，考查运算求解能力，属于中档题．
13.【答案】2
【解析】解：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)，
则|AF|=2+p2，|OF|=p2，
又|AF|=3|OF|，
则2+p2=3p2，
即p=2．
故答案为：2．
由抛物线的定义，结合抛物线的性质求解．
本题考查了抛物线的定义，重点考查了抛物线的性质，属基础题．
14.【答案】(−34,−12]
【解析】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=2y=−1，
则其过定点C(2,−1)，如图所示：
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]．
故答案为：(−34,−12]．
对曲线方程进行变形整理，观察发现曲线为圆，画出对应范围内的图形，接着计算直线过的定点，利用直线与对应的图形有两个交点求解即可．
本题考查直线与圆的位置关系，考查数形结合思想，属中档题．
15.【答案】135
【解析】解：因为能被3除余1且被5整除余1的数即为能被15整除余1的数，
所以该组数组成数列{an}，且an=15n−14(n∈N*)，
又因为an≤2023，解得n≤135．
故答案为：135．
由题意知该组数据是被15整除余1的数，求出这组数据的通项公式，由此求出答案．
本题考查了推理与运算问题，也考查了分析问题与解决问题的能力，是基础题．
16.【答案】 2
【解析】解：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，线段AB的中点M(xM,yM)，
则x12a2−y12b2=1x22a2−y22b2=1，
两式相减得y1−y2x1−x2=b2a2⋅x1+x2y1+y2=b2a2⋅xMyM=−23，
所以yM=−3b22a2xM，
设C(x3,y3)，D(x4,y4)，线段CD的中点N(xN,yN)，
同理得yN=−3b22a2xN，
因为kAB=kCD，
所以AB/​/CD，
则P，M，N三点共线，
所以yM−3xM+2=yN−3xN+2，
即−3b22a2xM−3xM+2=−3b22a2xN−3xN+2，
即3b2a2xM+3xN=3b2a2xN+3xM，
则(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．
利用点差法分别确定线段AB、CD中点M，N的坐标，再根据点M、N、P三点共线，可得离心率．
本题考查了双曲线的性质，重点考查了点差法，属中档题．
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，
故直线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)，
易知直线l斜率存在，设直线l：y−1=k(x−3)，
即kx−y+1−3k=0，
因为A，C两点到直线l的距离相等，
所以|k+1+1−3k| k2+1=|−k−1+1−3k| k2+1，
化简得|1−k|=2|k|，
解得k=−1或k=13，
所以直线l的方程为−x−y+4=0或13x−y=0，
即x+y−4=0或x−3y=0．
【解析】(1)求出斜率，利用点斜式即可求解；
(2)利用两点间距离公式求出斜率即可．
本题考查直线方程的应用，属于中档题．
18.【答案】(1)解：因为(1+a1)(1+a2)⋯⋯(1+an)=2n(n+1)2⋯①，
所以当n=1时，有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(n≥2)，
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】(1)取n=1，可得a1的值，通过构造，利用相除得到1+an=2n，进而得数列{an}的通项公式，注意检验n=1的情形；
(2)采用裂项相消法求出Tn，即可得证．
本题考查数列的通项公式与前n项和的求法，熟练掌握构造法求通项公式，裂项相消法求前n项和是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)因为：C，D关于原点对称，且双曲线Γ关于原点对称，所以：C，D在双曲线Γ上，
对于点A(4,3),42a2>22a2,32b2<(2 3)2b2，所以42a2−32b2>22a2−(2 3)2b2=1，
所以点A(4,3)不在双曲线Γ上，所以B，C，D都在双曲线Γ上，则4a2−12b2=19a2−32b2=1，解得a2=1b2=4，
所以双曲线Γ的标准方程为x2−y24=1．
(2)由题意，双曲线Γ的两条渐近线方程为y=±2x，由双曲线的对称性，不妨设P(x0,y0)为双曲线Γ右支上的动点，且M(x1,2x1)，N(x2,−2x2)，
将直线方程与渐近线方程联立x2−y24=0,x0x−y0y4=1,，化简得(4x02−y02)x2−8x0x+4=0，
又因为P(x0,y0)在双曲线Γ：x2−y24=1，所以4x02−y02=4，所以4x2−8x0x+4=0，
由根与系数关系得x1x2=1，设渐近线y=2x的倾斜角为θ(0<θ<π2)，则tanθ=2，
所以sinθ=2 55,csθ= 55,sin2θ=2sinθcsθ=45，
所以S△OMN=12|OM|⋅|ON|sin2θ=12 x12+(2x1)2⋅ x22+(−2x2)2⋅45=25⋅5|x1x2|=2|x1x2|=2，
即△OMN的面积为定值2．
【解析】(1)根据题意C，D两点关于原点对称得都在双曲线上，然后再分情况讨论A，B两点，从而求解；
(2)将直线l与双曲线方程联立，利用根与系数关系及相关条件从而可求出△OMN面积为定值．
本题考查双曲线的性质及直线与双曲线的综合应用，属于中档题．
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⊥l，
所以|PC|min=|2+1+7| 5=2 5，|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l的方程为y+1=−12(x−1)，
将其与l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】(1)设出圆的标准方程，利用待定系数法建立方程组，求解即可；
(2)通过分析只需满足|PA|最小，求出最小值，求出以P为圆心，|PA|为半径的圆与圆C相减得到直线方程．
本题考查了直线与圆的位置关系，属于中档题．
21.【答案】解：(1)设数列{an}的公差为d(d<0)，
因为a1=8，且2a1，a2+2，a3成等比数列，
所以(a2+2)2=2a1a3，即(8+d+2)2=2×8×(8+2d)，解得d=−2或d=14(舍去)，
所以{an}的通项公式为an=a1+(n−1)d=10−2n；
因为Sn+1=qSn+2，b1=2，
所以当n=1时，有b1+b2=qb1+2，即b2=qb1；
当n≥2时，有Sn=qSn−1+2，
两式相减得，bn+1=qbn(n≥2)，
因为b2=qb1满足上式，所以数列{bn}是首项为2，公比为q的等比数列，
又b3=a1=8，且q>0，
所以8=2⋅q2，解得q=±2(舍负)，
所以数列{bn}的通项公式为bn=b1⋅qn−1=2⋅2n−1=2n，
综上所述，an=10−2n，bn=2n．
(2)由(1)可得，cn=|an⋅bn|=|(10−2n)⋅2n|，
令an≥0，则n≤5，
所以Tn=|a1b1|+|a2b2|+…+|anbn|=a1b1+a2b2+…+anbn=8⋅21+6⋅22+…+(10−2n)⋅2n，
所以2Tn=8⋅22+6⋅23+…+(10−2n)⋅2n+1，
两式相减得，−Tn=8⋅21+(−2)⋅22+(−2)⋅23+…+(−2)⋅2n−(10−2n)⋅2n+1=16−2×4(1−2n−1)1−2−(10−2n)⋅2n+1=24−(6−n)⋅2n+2，
所以Tn=−24+(6−n)⋅2n+2；
当n≥6时，Tn=|a1b1|+…+|a5b5|+|a6b6|+…+|anbn|=a1b1+…+a5b5−(a6b6+…+anbn)
=−24+(6−5)⋅25+2−[(−2)⋅26+(−4)⋅27+…+(10−2n)⋅2n]
=104+[2⋅26+4⋅27+…+(2n−10)⋅2n]，
设Qn=2⋅26+4⋅27+…+(2n−10)⋅2n，
则2Qn=2⋅27+4⋅28+…+(2n−10)⋅2n+1，
两式相减得，−Qn=2⋅26+2⋅27+2⋅28+…+2⋅2n−(2n−10)⋅2n+1=27×1−2n−51−2−(2n−10)⋅2n+1=(6−n)⋅2n+2−128，
所以Qn=(n−6)⋅2n+2+128，
所以Tn=104+Qn=104+(n−6)⋅2n+2+128=(n−6)⋅2n+2+232，
综上所述，Tn=(6−n)⋅2n+2−24,1≤n≤5(n−6)⋅2n+2+232,n≥6．
【解析】(1)结合等差数列的通项公式与等比中项的性质求出数列{an}的公差d，即可得数列{an}的通项公式；利用bn=Sn−Sn−1(n≥2)，结合等比数列的定义，可知数列{bn}是等比数列，求出公比后，即可得其通项公式；
(2)分n≤5和n≥6两种情况讨论，结合错位相减法，求解即可．
本题考查数列的通项公式与前n项和的求法，熟练掌握等差、等比数列的通项公式，错位相减法是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)因为椭圆E的左、右顶点分别为A，B，上顶点为M，
不妨设A(−a,0)，B(a,0)，M(0,b)，
因为椭圆E的焦距为4，
所以c=2，
易知kMA=ba，kMB=b−a，
因为直线MA，MB的斜率之积为−59，
所以kMA⋅kMB=−b2a2=−59，
整理得5a2=9b2，
又a2=b2+4，
解得b2=5，a2=9，
则椭圆E的方程为x29+y25=1；
(2)(i)证明：因为A(−3,0)，B(3,0)，
不妨设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
因为点P在椭圆上，
所以x129+y125=1，
此时k1⋅k2=y1x1+3⋅y1x1−3=y12x12−9=5(1−x129)x12−9=−59，
同理得k3k4=−59，
所以k1=−59k2，k4=−59k3，
因为k2，k1+k4，k3成等差数列，
所以k2+k3=2(k1+k4)=2(−59k2−59k3)，
整理得(k2+k3)(1+109k2k3)=0，
因为直线l的斜率存在，
所以k2+k3≠0，
则(1+109k2k3)=0，
解得k2k3=−109，
易知直线l的斜率不为0，
不妨设直线l的方程为x=ty+m(t≠0)，
联立x=ty+mx29+y25=1，消去x并整理得(5t2+9)y2+10mty+5m2−45=0，
因为直线l经过椭圆E内一点，
所以Δ>0，
由韦达定理得y1+y2=−10mt5t2+9，y1y2=5m2−455t2+9，
因为k2k3=−109，
即k2k3=y1x1−3⋅y2x2−3=−109，
此时9y1y2+10(x1−3)(x2−3)=0，
可得9y1y2+10(ty1+m−3)(ty2+m−3)=0，
整理得(9+10t2)y1y2+10(m−3)t(y1+y2)+10(m−3)2=0，
又y1+y2=−10mt5t2+9，y1y2=5m2−455t2+9，
所以m2−4m+3=0，
解得m=1或m=3，
因为P，Q位于x轴两侧，
所以y1y2=5m2−455t2+9<0，
此时m2<9，
解得−3则m=1，
所以直线l的方程为x=ty+1，恒过定点(1,0)；
(ii)证明：因为直线l恒过定点(1,0)，
此时m=1，y1+y2=−10t5t2+9，y1y2=−405t2+9，
则△BPQ的面积S=12|BT||y1−y2|=12×2|y1−y2|=|y1−y2|= (y1+y2)2−4y1y2=2 225t2+3605t2+9，
不妨令λ= 225t2+360> 360=6 10，
可得t2=1225(λ2−360)，
此时S=g(λ)=2λλ2+1=245+1λ(λ>6 10)，
由对勾函数单调性可知函数S=g(λ)在(6 10,+∞)上单调递减，
所以S故△BPQ的面积小于4 103．
【解析】(1)由题意，利用斜率之积得到5a2=9b2，再结合焦距即可求出椭圆方程；
(2)(i)设出点的坐标，用坐标表示斜率，联立直线与椭圆即可得交点坐标关系，进而即可得证；
(ii)利用面积分割法和韦达定理表示面积的表达式，结合函数单调性再进行求证即可．
本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．