2023-2024学年江苏省苏州实验中学高二（上）质检数学试卷（12月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省苏州实验中学高二（上）质检数学试卷（12月份）（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.抛物线y=ax2(a>0)的焦点到准线的距离为14，则a=( )
A. 4B. 12C. 2D. 14
2.记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S8S4=5,a2+a4=6，则a10=( )
A. −64B. −32C. 32D. −32或32
3.已知向量a=(1,0, 3)，单位向量b满足|a+2b|=2 3，则a，b的夹角为( )
A. π6B. π4C. π3D. 2π3
4.M点是圆C：(x+2)2+y2=1上任意一点，AB为圆C1：(x−2)2+y2=3的弦，且|AB|=2 2，N为AB的中点.则|MN|的最小值为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
5.已知直线l：2x+3y=0与双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)无公共交点，则C的离心率的取值范围是( )
A. [ 132,+∞)B. [ 133,+∞)C. (1, 132]D. (1, 133]
6.已知数列{an}是正项数列，Sn是数列{an}的前n项和，且满足Sn=12(an+1an).若bn=an+1SnSn+1，Tn是数列{bn}的前n项和，则T99=( )
A. 110B. 22C. 910D. 1
7.已知F1、F2是椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的两个焦点，P是椭圆上一点，∠F1PF2=60°，|PF1|=λ|PF2|(12≤λ≤2)，则椭圆的离心率的最大值为( )
A. 33B. 2− 3C. 3−12D. 22
8.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2.点P在C上且位于第一象限，圆O1与线段F1P的延长线，线段PF2以及x轴均相切，△PF1F2的内切圆为圆O2.若圆O1与圆O2外切，且圆O1与圆O2的面积之比为9，则C的离心率为( )
A. 12B. 35C. 22D. 32
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.在下列四个命题中，正确命题的是( )
A. 若向量a,b所在的直线为异面直线，则向量a,b一定不共面
B. 向量a=(2,−1,2),b=(−4,2,m)，若a与b的夹角为钝角，则实数m的取值范围为m<5
C. 直线xa+yb=1的一个方向向量为(1,−ba)
D. 若存在不全为0的实数x，y，z使得xa+yb+zc=0，则a,b,c共面
10.数列{an}的前n项和为Sn，a1=12，且当n≥2时，Sn=Sn−12Sn−1+1.则下列结论正确的是( )
A. {1Sn}是等差数列
B. {an}既有最大值也有最小值
C. a3=112
D. 若bn=2(1−n)an，则b22+b32+b42+⋯+bn+12<23
11.已知点F是抛物线y2=2px(p>0)的焦点，AB，CD是经过点F的弦且AB⊥CD，AB的斜率为k，且k>0，C，A两点在x轴上方．则下列结论中一定成立的是( )
A. 1|AB|+1|CD|=12p
B. 若|AF|⋅|BF|=43p2，则k= 33
C. OA⋅OB=OC⋅OD
D. 四边形ABCD面积最小值为16p2
12.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，E为线段B1C的中点，点F和点P分别满足D1F=λD1C1，D1P=μD1B，其中λ，μ∈[0,1]，则下列说法正确的是( )
A. BP⊥平面AEC
B. AP与平面BDD1B1所成角的取值范围为[45°,60°]
C. PE+PF的最小值为5 26
D. 点P到直线B1C的距离的最小值为PE= 66
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知a=(2,2,1),b=(1,0,0)，则a在b上的投影向量的坐标为______ ．
14.设数列{an}满足a1=−2，an+1=an+n⋅2n，则lg2a1026= ______ ．
15.已知圆C1：x2+y2=9与C2：x2+y2=36，定点P(2,0)，A、B分别在圆C1和圆C2上，满足PA⊥PB，则线段AB长的取值范围是______ ．
16.已知双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，E上存在点P，使得F1F2⋅F1P=F1P2，且△PF1F2的内切圆与y轴相切，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)
设等比数列{an}的首项为2，公比为q，前n项的和为Sn，等差数列{bn}满足bn=2an−3Sn．
(1)求q；
(2)若q<0，cn=an,an>bnbn,an≤bn，求数列{cn}前2n项的和T2n．
18.(本小题12分)
在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，BC=CC1=1，E是DC的中点.以D为原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
(1)求点B1到平面AED1的距离；
(2)求直线DB1与平面AED1所成角的余弦值．
19.(本小题12分)
已知圆C：x2+y2−2y−4=0．
(1)过P(1,1)的动直线l与圆C：x2+y2−2y−4=0交于A、B两点.若|AB|= 17，求直线l的方程；
(2)从圆C外一点Q向该圆引一条切线，切点为M，若|QM|=|QO|(O为坐标原点)，求动点Q的轨迹方程．
20.(本小题12分)
椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e= 32，且椭圆C的长轴长为4．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线l过点D(0,12)，且与椭圆C相交于M，N两点，又点P是椭圆C的下顶点，当△PMN面积最大时，求直线l的方程．
21.(本小题12分)
已知过点P(2,0)的直线l与抛物线E：y2=2px(p>0)交于A，B两点，过线段AB的中点M作直线MN⊥y轴，垂足为N，且PM⊥PN．
(1)求抛物线E的方程；
(2)若C为E上异于点A，B的任意一点，且直线AC，BC与直线x=−2交于点D，R，证明：以DR为直径的圆过定点．
22.(本小题12分)
已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为 2，点(3,−1)在双曲线C上.过C的左焦点F作直线l交C的左支于A、B两点．
(1)求双曲线C的方程；
(2)若M(−2,0)，试问：是否存在直线l，使得点M在以AB为直径的圆上？请说明理由．
(3)点P(−4,2)，直线AP交直线x=−2于点Q.设直线QA、QB的斜率分别k1、k2，求证：k1−k2为定值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：抛物线y=ax2(a>0)化为标准式x2=1ay，
则2p=1a，即p=12a，
∵抛物线y=ax2(a>0)的焦点到准线的距离为14，
∴p=14，即12a=14，解得a=2．
故选：C．
根据抛物线的几何性质，将已知抛物线化为标准式，利用抛物线的焦点到准线的距离d=p，即可列式求解得出答案．
本题主要考查抛物线的简单性质以及计算能力，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：根据题意，设等比数列{an}的公比为q，
由题意知q≠1，则由S8S4=5得a1(1−q8)1−qa1(1−q4)1−q=5，则1+q4=5，所以q4=4，即q2=2；
因为a2+a4=a2(1+q2)=3a2=6，所以a2=2，
所以a10=a2q8=2×42=32．
故选：C．
根据题意，设等比数列{an}的公比为q，利用等比数列定义可得q2=2，再由a2+a4=6可求得a2=2，即可得答案．
本题考查等比数列的求和，涉及等比数列的性质，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：因为a=(1,0, 3)，故|a|=2，
因此|a+2b|=2 3，故|a+2b|2=12即a2+4a⋅b+4b2=12，
故4+4a⋅b+4=12即a⋅b=1，故cs〈a,b〉=12×1=12，
而〈a,b〉∈[0,π]，
故a，b的夹角为π3．
故选：C．
将模平方后可求数量积，从而可求夹角的大小．
本题主要考查空间向量的夹角公式，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：根据题意，可得|AB|=2 r12−|C1N|2=2 2，解得|C1N|=1，
所以点N在以C1(2,0)为圆心，1为半径的圆上，
由图可知|MN|的最小值为|CC1|−r−1=4−1−1=2．
故选：B．
根据弦长公式先求出|C1N|=1，可知点N在以C1(2,0)为圆心、1为半径的圆上，结合图形求解，即可得到本题的答案．
本题主要考查圆的方程及其应用、直线与圆的位置关系等知识，考查了计算能力，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：因为双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程为y=−bax，
若直线2x+3y=0与双曲线C无交点，
此时−ba≥−23，
即ba≤23，
所以e=ca= 1+b2a2≤ 133，
因为c>1，
所以双曲线C的离心率的取值范围为(1, 133]．
故选：D．
由题意，根据直线与双曲线无交点，结合直线与渐近线之间的关系以及离心率公式，列出等式进行求解即可．
本题考查双曲线的性质，考查了逻辑推理和运算能力．
6.【答案】C
【解析】解：由Sn=12(an+1an)，可得Sn=12(Sn−Sn−1+1Sn−Sn−1)(n≥2)，
即2Sn=Sn−Sn−1+1Sn−Sn−1，可得Sn+Sn−1=1Sn−Sn−1，即Sn2−Sn−12=1，
令n=1可得，S1=a1=12(a1+1a1)，解得a1=1或a1=−1，
又因为数列{an}是正项数列，所以a1=1；
可知数列{Sn2}是以S12=1为首项，公差为d=1的等差数列，
所以Sn2=S12+(n−1)=1+(n−1)=n，可得Sn= n(n≥2)，
当n=1时，S1=1符合Sn= n，所以Sn= n，
an=Sn−Sn−1= n− n−1(n≥2)，
当n=1时，a1=1符合an= n− n−1，
可得an= n− n−1，
bn=an+1SnSn+1= n+1− n n⋅ n+1=1 n−1 n+1，
因此T99=b1+b2+b3+…b99=11−1 2+1 2−1 3+1 3−1 4+…+1 99−1 100
=1−110=910．
故选：C．
由Sn与an的关系式可得Sn2−Sn−12=1，由等差数列定义可得Sn2=n，即可得an= n− n−1，由裂项相消求和可得bn=1 n−1 n+1，计算可得T99=910．
本题考查数列的递推式和等差数列的定义、通项公式，以及数列的裂项相消求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
7.【答案】A
【解析】解：设|PF2|=x，|则|PF1|=λ|PF2|=λx，|PF1|+|PF2|=2a，
所以x+λx=2a⇒x=2aλ+1，
由余弦定理可得4c2=x2+λ2x2−2λx⋅x⋅12=x2(λ2−λ+1)，
故4c2=4a2(λ+1)2(λ2−λ+1)，进而可得e2=λ2−λ+1(λ+1)2，
令t=λ+1，则t∈[32,3]，e2=t2−3t+3t2=3t2−3t+1，
令1t=m,m∈[13,23]，所以e2=3t2−3t+1=3m2−3m+1，对称轴为m=12，
所以y=3m2−3m+1在m∈[13,12]单调递减，在[13,23]单调递增，
故当m=13和m=23时，y=3m2−3m+1=13，
故y=3m2−3m+1的最大值为13，
所以(e2)max=13，故e的最大值为 33．
故选：A．
根据椭圆定义，结合余弦定理可得e2=λ2−λ+1(λ+1)2，进而利用换元法，结合二次函数的性质即可求解．
本题主要考查椭圆的性质，考查计算能力和转化思想的应用，属于中档题．
8.【答案】A
【解析】解：由已知及平面几何知识可得圆心O1、O2在∠PF1F2的角平分线上．如图：
设圆O1、O2与x轴的切点分别为A，B，由平面几何知识可得，直线PF2为两圆的公切线，
切点D也在∠PF1F2的角平分线上，所以|PF1|=|F1F2|=2c，
由椭圆的定义知|PF1|+|PF2|=2a，则|PF2|=2a−2c，
所以|F2D|=12|PF2|=a−c，
所以|F2A|=|F2B|=|F2D|=a−c，
所以|F1A|=|F1F2|+|F2A|=2c+a−c=a+c，|F1B|=|F1F2|−|F2B|=2c−a+c=3c−a．
又圆O1与圆O2的面积之比为9，
所以圆O1与圆O2的半径之比为3，
因为O2B//O1A，所以|F1B||F1A|=|O2B||O1A|，
即3c−aa+c=13，整理得4a=8c，故椭圆C的离心率e=ca=12．
故选：A．
设圆O1、O2与x轴的切点分别为A，B，圆心O1、O2在∠PF1F2的角平分线上，从而切点D也在∠PF1F2的角平分线上，所以|PF1|=|F1F2|=2c，由切线的性质求得|F1B|，|F1A|，由圆面积比得半径比|O1A||O2B|，然后由相似形得出a，c的关系式，从而求得离心率．
本题主要考查了求椭圆的离心率，考查了椭圆的几何性质，属于中档题．
9.【答案】CD
【解析】解：对于A：由于向量a,b可以平移，向量a,b所在的直线即使为异面直线，可以通过平移得到向量a,b一定共面，故A错误；
对于B：向量a=(2,−1,2),b=(−4,2,m)，若a与b的夹角为钝角，则2×(−4)+(−1)×2+2m<0，且a和b不共线，即m≠−4，故实数m的取值范围为m<5且m≠−4，故B错误；
对于C：直线xa+yb=1的斜率k=−ba，故该直线的一个方向向量为(1,−ba)；故C正确；
对于D：若存在不全为0的实数x，y，z使得xa+yb+zc=0，根据共面向量基本定理，则a,b,c共面，故D正确．
故选：CD．
直接利用共面向量基本定理，直线的斜率，向量的夹角判断A、B、C、D的结论．
本题考查的知识要点：共面向量基本定理，直线的斜率，向量的夹角，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
10.【答案】ABD
【解析】解：依题意，当n≥2时，由Sn=Sn−12Sn−1+1，
两边同时取倒数，可得1Sn=2Sn−1+1Sn−1=2+1Sn−1，
即1Sn−1Sn−1=2(n≥2)，
∵1S1=1a1=2，
∴数列{1Sn}是以2为首项，2为公差的等差数列，故选项A正确；
则1Sn=2+2(n−1)=2n，
∴Sn=12n，n∈N*，
则当n≥2时，an=Sn−Sn−1
=12n−12(n−1)
=−12n(n−1)，
∵当n=1时，a1=12不满足上式，
∴an=12,n=1−12n(n−1),n≥2，
∴当n≥2时，an=−12n(n−1)<0，
∵an+1−an=−12(n+1)n+12n(n−1)
=12n(1n−1−1n+1)
=1(n−1)n(n+1)>0，
∴a1>0>…>an>an−1>…>a3>a2，
∴数列{an}是先递减再递增的数列，且当 n→∞时，an→0，
∴a1最大，a2最小，故选项B正确；
又a3=−12×3×2=−112，故选项C错误；
对于选项D，当n≥2时，bn=2(1−n)an=1n，
∵当n=1时，b1=1也满足上式，
∴bn=1n，n∈N*，
当n≥2时，bn2=1n2<1n2−14=2(12n−1−12n+1)，
b22+b32+b42+⋯+bn+12
=122+132+142+…+1(n+1)2
<2⋅(13−15)+2⋅(15−17)+…+2⋅(12n−1−12n+1)
<2(13−15+15−17+⋯+12n−1−12n+1)
=2(13−12n+1)
<23，故选项D正确．
故选：ABD．
对于选项A，由条件得到1Sn−1Sn−1=2(n≥2)，再由等差数列的定义，即可判断选项A的正误；对于选项B和C，由选项A得到an=12,n=1−12n(n−1),n≥2，再根据通项，即可判断出选项B和C的正误；对于选项D，通过放缩bn2=1n2<1n2−14=2(12n−1−12n+1)，即可判断选项D的正误．
本题主要考查数列由递推公式推导出通项公式，以及数列求和与不等式的综合问题．考查了整体思想，分类讨论，转化与化归思想，裂项相消法，作差法，放缩法，等差数列的通项公式的运用，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．
11.【答案】AC
【解析】解：AB的斜率为k，倾斜角为θ，
则有|AB|=2psin2θ，|CD|=2psin2(θ+π2)=2pcs2θ，所以A正确，
|AF|=p1−csθ，|BF|=p1+csθ，|AF|⋅|BF|=p21−cs2θ=p2sin2θ，
则θ=π3，k= 3，B错；
OA⋅OB=OC⋅OD=−34p2，所以C正确；
SABCD=12|AB||CD|=2p2sin2θcs2θ=8p2sin22θ≥8p2，四边形ABCD面积最小值为8p2，所以D不正确；
故选：AC．
利用抛物线的极坐标方程求出|AB|，|CD|，|AF|，|BF|，然后计算求解判断选项的正误即可．
本题考查直线与抛物线的位置关系的综合应用，抛物线的极坐标方程的应用，考查计算能力，是难题．
12.【答案】ACD
【解析】解：对于A选项，平面AEC即为平面AB1C，根据正方体的几何性质易知BP⊥平面AB1C，所以A正确；
对于选项B：连接AC交BD于点O，连接OP，如下图所示，
易知AO⊥平面BDD1B1，
所以∠APO即为AP与面BDD1B1所成角，
所以sin∠APO=AOAP= 22AP，
又因为P在D1B上，
所以可以得到AP∈[ 63, 2]，
故sin∠APO∈[12, 32]，
又由于∠APO∈(0°,90°)，
故∠APO的范围是[30°,60°]，
即直线AP与平面BDD1B1所成角的范围是[30°,60°]，故B错误；
对于C项，根据题意可以转化为在平面ABC1D1内求一点P使得PE+PF最小，
作点E关于线段D1B的对称点E1，过点E1作D1C1，AB的垂线，垂足分别为F和H，
如下图所示，
易知PE+PF≥E1F，所以设∠E1BA=θ，
可以得到sinθ=sin(∠ABD1−∠C1BD1)=13，
所以得到E1H=BE1sinθ= 26，
进而求得E1F= 2− 26=5 26；
对于D项，当μ=23时，因为P∈平面AB1C并且A，P，E三点共线，
所以得到PE⊥B1C，PE⊥BD1，
所以此时P到直线B1C的距离最小，所以最小值为13AE= 66．
故选：ACD．
对于A选项，利用正方体的性质及线面垂直的判定定理即可判断；
对于B选项，由题AP与平面BDD1B1所成角即为∠APO，计算即可判断；
对于C选项，利用展开图即可判断；
对于D选项，利用A，P，E三点共线，PE⊥B1C，PE⊥BD1，即此时P到直线B1C的距离最小即可判断．
本题主要考查直线与平面所成的角和点到直线的距离，属于中档题．
13.【答案】(2,0,0)
【解析】解：空间向量a=(2,2,1)和b=(1,0,0)，
则a在b上的投影向量为：|a|cs〈a,b〉b|b|=|a|a⋅b|a||b|b|b|
=a⋅b|b|2b=2×112(1,0,0)=(2,0,0)．
故答案为：(2,0,0)．
利用投影向量的定义，结合空间向量数量积的坐标运算，可得a在b上的投影向量的坐标．
本题主要考查投影向量的公式，属于基础题．
14.【答案】1036
【解析】解：数列{an}满足a1=−2，an+1=an+n⋅2n，
可得an=an−1+(n−1)⋅2n−1，即an−an−1=(n−1)⋅2n−1，n≥2，
则an=a1+(a2−a1)+(a3−a2)+...+(an−an−1)
=−2+1⋅2+2⋅22+...+(n−1)⋅2n−1，
2an=−4+1⋅22+2⋅23+...+(n−1)⋅2n，
上面两式相减可得−an=2+2+22+23+...+2n−1−(n−1)⋅2n
=1+1−2n1−2−(n−1)⋅2n=(2−n)⋅2n，
则an=(n−2)⋅2n，
所以lg2a1026=lg21024⋅21026=lg221036=1036．
故答案为：1036．
运用数列的恒等式和数列的错位相减法求和、结合等比数列的求和公式，计算可得所求值．
本题考查数列的递推式和等比数列的求和公式，以及数列的错位相减法求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
15.【答案】[ 41−2, 41+2]
【解析】解：根据题意，圆C1：x2+y2=9与C2：x2+y2=36，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则PA=(x1−2,y1)，PB=(x2−2,y2)，
由于A、B分别在圆C1：x2+y2=9与C2：x2+y2=36上，
则有x12+y12=9①x22+y22=36②，①+②可得：x12+x22+y12+y22=45，
又由|AB|2=(x1−x2)2+(y1−y2)2=x12+x22+y12+y22−2(x1x2+y1y2)=45−2(x1x2+y1y2)，
而PA⊥PB，则PA⋅PB=(x1−2,y1)⋅(x2−2,y2)=x1x2+y1y2−2(x1+x2)+4=0，变形可得x1x2+y1y2=2(x1+x2)−4，
故|AB|2=45−2(x1x2+y1y2)=45−2[2(x1+x2)−4]=53−4(x1+x2)，
设Q(x0,y0)是AB的中点，则2x0=x1+x2③2y0=y1+y2④，
则有|AB|2=53−8x0，
同时，③2+④2可得：
4(x02+y02)=(x1+x2)2+(y1+y2)2=x12+x22+y12+y22+2(x1x2+y1y2)=45+2(x1x2+y1y2)=45+2[2(x1+x2)−4]=37+4(x1+x2)=37+8x0，
变形可得：x02+y02−2x0=374，进而有(x0−1)2+y02=414，
所以Q(x0,y0)是以(1,0)为圆心，半径为 412的圆，
所以x0∈[1− 412,1+ 412]，−8x0∈[−8−4 41,−8+4 41]，
|AB|2=53−8x0∈[45−4 41,45+4 41]，
所以|AB|∈[ 41−2, 41+2]．
故答案为：[ 41−2, 41+2]．
设AB的中点为Q，先求得Q点的轨迹，然后根据Q点的横坐标的取值范围来求得|AB|的取值范围．
本题考查两圆的位置关系，线段取值范围的求解，考查计算能力和转化思想的应用，属于中档题．
16.【答案】1+ 3
【解析】解：由F1F2⋅F1P=F1P2可得F1P⋅(F1F2−F1P)=0，即F1P⋅PF2=0，
所以PF1⊥PF2，①
如图，过内切圆圆心O1作△PF1F2三边的垂线，垂足分别为A，B，C，
因为圆O1为直角三角形PF1F2的内切圆，
所以圆O1的半径r=12(|PF1|+|PF2|−|F1F2|)=12(|PF1|+|PF2|−2c)，②
|F1C|−|F2C|=|F1A|−|F2B|=|PF1|−|PF2|=2a，所以点C的横坐标为a，
因为△PF1F2的内切圆与y轴相切，所以r=a，
又|PF1|−|PF2|=2a，③
联立②③得，|PF1|=2a+c，|PF2|=c，然后代入①式中得c2−2ac−2a2=0，
即e2−2e−2=0，解得e=1+ 3或1− 3(舍去)．
故答案为：1+ 3．
根据勾股定理得到，根据内切圆的性质得到，根据双曲线的定义得到|PF1|−|PF2|=2a，然后联立方程得到e2−2e−2=0，解方程即可得到离心率．
本题考查了双曲线的离心率的问题，考查了圆的切线问题，考查了运算能力、转化思想，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由已知得an=2qn−1，
①q=1时，an=2，Sn=2n，此时bn=4−6n，满足题意；
②q≠1时．Sn=2(1−qn)1−q，bn=4qn−1−6(1−qn)1−q
取前3项有：b1=−2,b2=−2q−6,b3=−2q2−6q−6，
因为{bn}是等差数列，
所以b1+b3=2b2，解得q=−2．
综上所述，q=−2或q=1：
(2)由题意q=−2，此时an=−(−2)n，bn=−2，
n=2k (k∈N,)时，a2k=−(4)k≤−4<−2，即c2k=−2；
n=2k−1(k∈N+)时，a2k−1=4k2≥2>−2，即c2k−1=a2k−1=4k2，
T2k=(c1+c3+...+c2k−1)+(c2+c4+..+c2k)=(4+42+..+4k)2−2k=2(4k−1)3−2k，
所以T2n=2(4n−1)3−2n．
【解析】(1)直接利用等比数列和等差数列的性质求出q的值；
(2)利用分组法的应用求出数列的和．
本题考查的知识要点：等比数列和等差数列的性质，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)在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，BC=CC1=1，E是DC的中点，
以D为原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

由题意知，D1(0,0,1)，A(1,0,0)，E(0,1,0)，
所以AE=(−1,1,0),AD1=(−1,0,1)．
设平面AED1的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅AE=0n⋅AD1=0，所以−x+y=0−x+z=0，令x=1，得n=(1,1,1)，
因为AB1=(0,2,1)，
所以B1到平面AED1的距离为|AB1⋅n||n|=|0×1+2×1+1×1| 3= 3．
(2)设直线DB1与平面AED1所成角为θ，
则sinθ=|csDB1,n|=|DB1⋅n||DB1||n|=1×1+1×2+1×1 3× 6=2 23．
即直线DB1与平面AED1所成角的余弦值是13．
【解析】(1)以D为原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出B1到平面AED1的距离．
(2)利用向量法能求出直线DB1与平面AED1所成角的余弦值．
本题考查点到平面的距离公式、线面角的余弦值等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
19.【答案】解：(1)由题意：圆C：x2+y2−2y−4=0，
化为圆的标准方程x2+(y−1)2=5，圆心C(0,1)，r= 5．
∵又|AB|= 17，
当动直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=1时，显然不满足题意；
当动直线l的斜率存在时，设动直线l的方程为：y−1=k(x−1)即kx−y+1−k=0，
故弦心距d= r2−( 172)2= 32．
再由点到直线的距离公式可得d=|k| 1+k2= 32，
解得：k=± 3．
即直线l的斜率等于± 3，
故得直线l的方程y=± 3(x−1)+1．
(2)圆的方程即x2+(y−1)2=5，圆心C(0,1)，r= 5．
由圆上切点的性质知：|QM|2=|QC|2−r2，由|QM|=|QO|，设Q(x,y)，
∴(x−0)2+(y−1)2−5=x2+y2，整理得−2y−4=0．
故点P的轨迹方程为y=−2．
【解析】(1)利用点斜式，设出过P点的直线l，利用与圆的弦长为 17，求出k的值，可得直线l的方程；
(2)由题意易知|QM|2=|QC|2−r2=|QO|2，应用两点距离公式整理化简即可得P的轨迹方程．
本题主要考查直线和圆的位置关系的判断，根据直线和圆相交的弦长公式是解决本题的关键，是中档题．
20.【答案】解：(1)由题意得：ca= 322a=4，解得a=2c= 3，
则b2=a2−c2=4−3=1，
∴椭圆C的方程为：x24+y2=1；
(2)由(1)可知P(0,−1)，D(0,12)，∴|PD|=32，
由题意可知直线斜率必存在，设直线l：y=kx+12，设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立y=kx+12x24+y2=1，整理可得：(1+4k2)x2+4kx−3=0，
Δ=16k2+12(4k2+1)>0，
x1+x2=−4k4k2+1，x1x2=−34k2+1，
∴|x1−x2|= (x1+x2)2−4x1x2= 16k2(1+4k2)2−4⋅−31+4k2=2 3+16k21+4k2，
∴S△PMN=12|PD|⋅|x1−x2|=12×32×2 3+16k21+4k2=32⋅ 3+16k21+4k2，
令 16k2+3=m(m≥ 3)，可得4k2=m2−34，
∴1+4k2=1+m24，
则S△PMN=32⋅m1+m24=6m1+m2=6m+1m，
又∵y=m+1m在[ 3,+∞)单调递增，
∴当m= 3，即 16k2+3= 3，即k=0时，△PMN面积最大．
此时直线l：y=12．
【解析】(1)根据椭圆几何性质求解即可；
(2)设M(x1,y1)，N(x2,y2)，直线l：y=kx+12，并联立直线和椭圆方程求出x1+x2，x1x2，再将△PMN面积表达出即可利用求函数最值的方法求出直线．
本题考查椭圆方程的求法及直线与椭圆的综合应用，对勾函数的性质的应用，属于中档题．
21.【答案】解：(1)过点P(2,0)的直线l与抛物线E：y2=2px(p>0)交于A，B两点，过线段AB的中点M作直线MN⊥y轴，垂足为N，且PM⊥PN，
由题意，设直线l的方程为x=my+2，代入y2=2px，消去x得y2−2pmy−4p=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，利用韦达定理得y1+y2=2pm，y1y2=−4p，
∵M是线段AB的中点，
∴xM=x1+x22=m(y1+y2)+42=pm2+2,yM=y1+y22=pm，
即M(pm2+2,pm)，又MN⊥y轴，∴垂足N的坐标为(0,pm)，
则PM=(pm2,pm),PN=(−2,pm)，
∵PM⊥PN，∴PM⋅PN=−2pm2+p2m2=0对任意的m∈R恒成立，
∴−2p+p2=0，又p>0，解得p=2，故抛物线E的方程为y2=4x；

证明：(2)若C为E上异于点A，B的任意一点，且直线AC，BC与直线x=−2交于点D，R，
设C(t24,t),A(y124,y1),B(y224,y2)，
由(1)可知，y1+y2=4m，y1y2=−8，
则kAC=y1−ty124−t24=4y1+t，直线AC的方程为y−t=4y1+t(x−t24)，
令x=−2，则y=t+4y1+t(−2−t24)=ty1−8y1+t，
∴D(−2,ty1−8y1+t)，同理R(−2,ty2−8y2+t)，
由抛物线的对称性可知，若以线段DR为直径的圆过定点，则定点必在x轴上，设该点坐标为T(a,0)，
则DT=(a+2,−ty1−8y1+t),RT=(a+2,−ty2−8y2+t)，且DT⋅RT=0，
利用数量积公式得(a+2)2+ty1−8y1+t⋅ty2−8y2+t=0，
∴(a+2)2=−ty1−8y1+t⋅ty2−8y2+t=−t2y1y2−8t(y1+y2)+64y1y2+t(y1+y2)+t2=−−8t2−32mt+64t2+4mt−8=8，
∴a=2 2−2或a=−2 2−2，
∴以DR为直径的圆过定点(2 2−2,0)和(−2 2−2,0)．
【解析】(1)设出直线l的方程与抛物线方程联立，利用韦达定理和中点坐标公式求出M，N坐标，结合PM⊥PN，可求得p的值，得解；
(2)设出点C坐标，由点斜式方程求出直线AC的方程，令x=−2，求出点D坐标，同理求出点R坐标，由抛物线的对称性可知，定点必在x轴上，设该点坐标为T(a,0)，利用DT⋅RT=0，可求出定点坐标．
本题考查了直线与抛物线的综合应用，属于难题．
22.【答案】解：(1)因为双曲线C：x2a2−y2b2=1的离心率为 2，且M(3,−1)在双曲线C上，
所以e=ca= 29a2−1b2=1，①
又c2=a2+b2，②
联立①②，解得a2=8，b2=8，
所以双曲线的方程为x28−y28=1；
(2)由(1)知双曲线C的左焦点为F(−4,0)，
当直线l的斜率为0时，
此时直线l的方程为y=0，
其与双曲线C的左支只有一个交点，不符合题意；
当直线l的斜率不为0时，
不妨设直线l的方程为x=my−4，
联立x=my−4x28−y28=1，消去x并整理得(m2−1)y2−8my+8=0，
此时Δ>0，
因为过点F作直线l交C的左支于A，B两点，
不妨设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由韦达定理得y1+y2=8mm2−1，y1y2=8m2−1<0，
所以−1易知MA=(x1+2,y1)，MB=(x2+2,y2)，
则MA⋅MB=(x2+2)(x1+2)+y1y2=(my1−2)(my2−2)+y1y2
=(m2+1)y1y2−2m(y1+y2)+4=8(m2+1)m2−1−16m2m2−1+4=−4，
所以MA⋅MB≠0，
此时直线MA与MB不相互垂直，
故不存在直线l，使得点M在以AB为直径的圆上；
(3)证明：易知直线AP的方程为y−2=k1(x+4)，
所以Q(−2,2+2k1)，
此时k2=y2−2−2k1x2+2=y2−2−2k1my2−2，
又k1=kPA=y1−2x1+4=y1−2my1，
所以k1−k2=y1−2my1−y2−2−2k1my2−2=(y1−2)(my2−2)−my1(y2−2−2k1)my1(my2−2)
=−2my2−2y1+4+2my1+2mk1y1my1(my2−2)，
因为k1=y1−2my1，
所以k1my1=y1−2且y1+y2=my1y2，
此时k1−k2=2m(y1−y2)my1(my2−2)=2(y1−y2)y1+y2−2y1=−2，
故k1−k2为定值．
【解析】(1)由题意，结合题目所给信息以及a，b，c之间的关系，列出等式即可求解；
(2)对直线l的斜率是否为零进行讨论，当直线l的斜率不为零时，设出直线l的方程，将直线l的方程与双曲线方程联立，利用韦达定理、向量的坐标运算以及圆的性质进行求解即可；
(3)用A，B两点坐标表示出直线AP，得到点Q坐标，表示出k1，k2结合韦达定理，进而即可得证．
本题考查双曲线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．