2023-2024学年安徽省五市联考高二（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省五市联考高二（上）期末数学试卷（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.直线x+y+2=0的倾斜角为( )
A. 45°B. 60°C. 135°D. 150°
2.在空间直角坐标系中，已知点A(0,0,1)，B(1,2,3)，C(m,n,2)，若向量AB与向量BC共线，则m的值为( )
A. 0B. 12C. 1D. 32
3.已知等差数列{an}满足a1+a3+a5=6，则a2+a4=( )
A. 10B. 8C. 6D. 4
4.如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=a，AC=b，AA1=c，点M为四边形BCC1B1的中心点，则AM=( )
A. 12a+12b+12c
B. a+12b+12c
C. 12a+12b−12c
D. a−12b−12c
5.已知双曲线C：y24−x2b2=1的渐近线方程为2x± 5y=0，则该双曲线的焦点坐标分别为( )
A. (3,0)，(−3,0)B. (0,3)，(0,−3)C. (1,0)，(−1,0)D. (0,1)，(0,−1)
6.已知数列{an}的前n项和为Sn，前n项积为Tn，满足Sn=2an−1，则lg2T12T4=( )
A. 45B. 50C. 55D. 60
7.已知点F为抛物线y2=2px(p>0)的焦点，直线l：y=2x+1与该抛物线交于A，B两点，点M为AB的中点，过点M向该抛物线的准线作垂线，垂足为M1.若|MM1|=74，则p=( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
8.已知函数f(x)=[x]表示不超过x的最大整数，an=4n−1，bn=[lg2an]，数列{bn}的前n项和为Sn，则S100=( )
A. 673B. 747C. 769D. 821
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.在空间直角坐标系Oxyz中，已知向量a=(2,−2,1)，b=(x,y,2)，则下列结论正确的是( )
A. 向量a关于平面Ozx的对称向量的坐标为(2,2,1)
B. 若a⊥b，则x−y+2=0
C. 若|a|=|b|，则x2+y2=5
D. 若a⊥b且|a|=|b|，则x=−2，y=−1
10.已知椭圆C：x2a2+y2=1(a>1)的上顶点为B，左、右焦点分别为F1，F2，则下列说法正确的是( )
A. 若BF1⊥BF2，则a= 2
B. 若椭圆C的离心率为 32，则a=2
C. 当a=2时，过点F1的直线被椭圆C所截得的弦长的最小值为12
D. 若直线BF1与椭圆C的另一个交点为A，BF1=2F1A，则a2=32
11.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1=1，a2+a3=8，现将数列{an}与数列{Sn−1}的公共项从小到大排列得到新数列{bn}，则下列叙述正确的是( )
A. an=2n−1B. Sn=n2−1
C. b10=399D. 数列{1bn}的前10项和为1021
12.点A，B为圆M：(x−2)2+y2=1上的两点，点P(−1,t)为直线l：x=−1上的一个动点，则下列说法正确的是( )
A. 当t=0，且AB为圆的直径时，△PAB面积的最大值为3
B. 从点P向圆M引两条切线，切点分别为A，B，|AB|的最小值为4 23
C. A，B为圆M上的任意两点，在直线l上存在一点P，使得∠APB=π3
D. 当P(−1,2)，|AB|= 3时，|PA+PB|的最大值为2 13+1
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知直线l1：y=kx+1，l2：y=k(x−2)，则直线l1，l2之间距离的最大值为______．
14.过点(3,1)的直线l被圆：x2+y2−4x−5=0所截得的弦长的最小值为______．
15.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，焦距为4，直线l：y=kx与双曲线C交于P，Q两点，点M为双曲线C在第一象限上的点，记直线MP、MQ的斜率分别为kMP、kMQ，且kMP⋅kMQ=3，若△MF1F2的面积为2 3，记直线MF1、MF2的斜率分别为kMF1、kMF2，则kMF1+kMF2= ______．
16.已知抛物线y2=2px(p>0)，过该抛物线焦点F的直线l与该抛物线相交于A，B两点(其中点A在第一象限)，当直线l的倾斜角为60°时，|BF|=2，O为坐标原点，则△OAB面积的最小值为______．
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)
已知直线l过点(1,2)．
(1)若直线l在y轴上的截距是在x轴上的截距的3倍，求直线l的方程；
(2)若直线l与两坐标轴的正半轴分别交于A，B两点，O为坐标原点，当△OAB的面积最小时，求直线l的方程．
18.(本小题12分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn=n2．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn=2nan，求数列{bn}的前n项和Tn．
19.(本小题12分)
如图，三棱锥P−ABC中，底面ABC是边长为2的等边三角形，PA=PC= 2．
(1)证明：AC⊥BP；
(2)若PB=2，点F为PB的中点，求平面ACF与平面PBC的夹角的余弦值．
20.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为 22，P为椭圆C上任意一点，点P到F1距离的最大值为2( 2+1)．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知过点F1的两条不同的直线l1，l2关于x轴对称，直线l1，l2与椭圆C在x轴上方分别交于M、N两点.直线MN是否过x轴上一定点？若过，求出此定点；若不过，请说明理由．
21.(本小题12分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，前n项积为Tn，满足Tn=1−2an(n∈N*)．
(1)求T1，T2和Tn；
(2)证明：n2−12+(12)n+122.(本小题12分)
已知点F1(−2,0)，圆F2：(x−2)2+y2=10，点P(x,y)满足||PF1|−|PF2||=2，点P(x,y)的轨迹为曲线C，点A为曲线C上一点且在y轴右侧，曲线C在点A处的切线l与圆F2交于M，N两点，设直线F1M，F1N的倾斜角分别为α，β．
(1)求曲线C的方程；
(2)求|α−β|的值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：根据题意将直线x+y+2=0方程化为y=−x−2，可知该直线的斜率为−1，
设该直线的倾斜角为α，则tanα=−1，0°≤α<180°，可得α=135°．
故选：C．
根据直线的方程算出直线的斜率，然后利用k=tanα算出直线倾斜角的大小．
本题主要考查斜率与倾斜角及其应用，考查了计算能力，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：根据题意：AB=(1,2,2)，BC=(m−1,n−2,−1)，
因为向量AB与向量BC共线，所以BC=λAB⇔(m−1,n−2,−1)=λ(1,2,2)，
可得λ=−12，m=12．
故选：B．
根据向量平行的坐标关系直接求解可得．
本题考查空间向量的应用，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：由a1+a3+a5=6，得到3a3=6，即a3=2，
所以a2+a4=2a3=4．
故选：D．
根据条件，利用等差数的性质即可求出结果．
本题主要考查了等差数列性质的应用，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：由题意，AM=AB+BM=AB+12BC1=AB+12(BB1+BC)，BC=AC−AB，则AM=12AB+12BB1+12AC=12a+12b+12c．
故选：A．
根据条件，利用空间向量的线性运算，即可求出结果．
本题考查空间向量的应用，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：已知双曲线C：y24−x2b2=1的渐近线方程为y=±2bx，即2x±by=0，
结合双曲线的渐近线方程为2x± 5y=0，可得b2=5，
∴c2=5+4=9，则该双曲线的焦点坐标分别为(0,3)，(0,−3)．
故选：B．
由渐近线、a，b，c的关系以及焦点的概念即可求解．
本题考查双曲线的几何性质，是基础题．
6.【答案】D
【解析】解：根据题意：Sn=2an−1，Sn−1=2an−1−1，
两式作差可得an=2an−1，当n=1时，a1=1，
所以数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，
所以an=2n−1,T12T4=a5⋅a6…a12=(a8⋅a9)4=(215)4=260，
所以lg2T12T4=60．
故选：D．
根据an=Sn−Sn−1可得an=2an−1，结合等比数列的定义可知{an}是首项为1，公比为2的等比数列，结合等比数列的通项公式求出an，进而求出T12T4即可求解．
本题主要考查数列递推关系式的应用，考查计算能力，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：根据题意，过点A，B分别向该抛物线的准线作垂线，垂足分别为A1，B1，
所以|AA1|+|BB1|=2|MM1|=72，
所以|AF|+|BF|=72，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
根据定义可得|AF|+|BF|=x1+p2+x2+p2=x1+x2+p，
联立y2=2pxy=2x+1⇒4x2+(4−2p)x+1=0⇒x1+x2=p−22，
则|AF|+|BF|=x1+x2+p=p−22+p=72⇒p=3．
故选：B．
先运用中位线定理，将|MM1|=74转化得到A，B两点到准线的距离和，再用抛物线的定义得到p的值．
本题考查了抛物线的定义，重点考查了直线与抛物线的位置关系，属中档题．
8.【答案】A
【解析】解：根据题意可得：b1=[lg2a1]=[lg23]=1，b2=[lg2a2]=[lg27]=2，b3=[lg2a3]=[lg211]=3，b4=[lg2a4]=[lg215]=3，
依次类推：b5∼b8=4，b9∼b16=5，b17∼b32=6，b33∼b64=7，b65∼b100=8，
所以S100=1+2+3×2+4×4+5×8+6×16+7×32+8×36=673．
故选：A．
用特殊值法，根据对数的运算对bn进行分类，从而求出前100项的和．
本题考查了数列求和，重点考查了阅读理解能力，属基础题．
9.【答案】AC
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A：向量a=(2,−2,1)关于平面Ozx的对称向量的坐标为(2,2,1)，故A正确；
对于B：若a⊥b，则a⋅b=2x−2y+2=0，即x−y+1=0，故B错误；
对于C：若|a|=|b|，则 22+(−2)2+12= x2+y2+22⇔x2+y2=5，故C正确；
对于D：若a⊥b且|a|=|b|，x−y+1=0x2+y2=5⇒x=−2y=−1或x=1y=2，故D错误．
故选：AC．
根据题意，根据空间向量的对称可判断A；根据空间向量垂直的坐标表示可判断B；根据空间向量模长的坐标表示可判断C；结合题意联立x−y+2=0，x2+y2=5，计算即可判断D．
本题考查空间向量的性质，涉及向量模的计算，属于基础题．
10.【答案】ABD
【解析】解：对于A项，若BF1⊥BF2，因为|BF1|=|BF2|，可得b=c=1，则a= 2，故A项正确；
对于B项，由e2=a2−1a2=( 32)2，可解得：a=2，故B项正确；
对于C项，a=2时，椭圆C：x24+y2=1，
因过点F1的直线被椭圆C所截的弦长的最小值为通径长，
即2b2a=1≠12，故C项错误；
对于D项，如图，因为B(0,1)，F1(−c,0)，设点A(m,n)，
由BF1=2F1A，可得(−c,−1)=2(m+c,n)，
解得：A(−3c2,−12)，代入椭圆C：x2a2+y2=1中，可得9c24a2+14=1，
即9(a2−1)4a2=34，解得：a2=32，故D项正确．
故选：ABD．
对于A项，易得△BF1F2为等腰直角三角形，则b=c=1，即得可判断出A的真假；对于B项，由离心率公式和a2=b2+c2易得B的真假；对于C项，由椭圆中过焦点的最短弦长即通径2b2a，易得C的真假；对于D项，利用BF1=2F1A表示出点A的坐标，代入椭圆方程计算，即可判断出D的真假．
本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的综合应用，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：对选项A：a1=1，a2+a3=2a1+3d=8，d=2，故an=2n−1，正确；
对选项B：Sn=12(1+2n−1)×n=n2，错误；
对选项C：an表示从1开始的奇数，当n为偶数时，n2−1为奇数，
故bn=4n2−1，故b10=399，正确；
对选项D：1bn=14n2−1=1(2n+1)(2n−1)=12(12n−1−12n+1)，
数列{1bn}的前10项和为12(11−13+13−15+⋯+119−121)=1021，正确．
故选：ACD．
根据等差数列公式计算an=2n−1，Sn=n2得到A正确B错误，确定bn=4n2−1，计算C正确，1bn=12(12n−1−12n+1)，利用裂项相消法计算得到D正确，得到答案．
本题考查等差数列的通项公式和求和公式，以及数列的裂项相消求和，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
12.【答案】ABD
【解析】解：对于A，当t=0，AB为直径时，S△PAB=2×12|P1M|×|hA|(其中hA为点A的纵坐标)，
所以当点A为(2,1)或(2,−1)时，三角形PAB的面积最大，(S△PAB)max=2×12|P1M|×r=3，故A正确；
对于B，设∠APM=θ，AB交PM与点N，由圆的切线性质Rt△BNP～Rt△MNB，则∠ABM=∠APM=θ，
所以|AB|=2csθ，θ越大，|AB|越小，当点P在(−1,0)处时，θ最大，
此时sinθ=13，csθ=2 23，|AB|=4 23，即|AB|min=4 23，故B正确；
对于C，当点P在(−1,0)处，且PA，PB为切线时，∠APB最大，
此时sin∠APM=13<12，即∠APM<π6，∠APB=2∠APM<π3，所以不存在符合要求的点，故C错误；
对于D，设AB的中点D，则MD⊥AB，|MD|= r2−(12AB)2=12，所以点D在以M为圆心，12为半径的圆上，|PA+PB|=2|PD|，
设小圆半径为r1，则|PD|max=|PM|+r1= 13+12，则|PA+PB|的最大值为2 13+1，故D正确．
故选：ABD．
利用圆的性质及三角形面积公式计算可判定A；利用切线性质及余弦函数的单调性可判定B；由B项可判定C项；根据圆的弦长公式确定中点轨迹，结合平面向量的线性运算及圆的特征可判定D．
本题考查直线与圆的位置关系，属于中档题．
13.【答案】 5
【解析】解：由题意，直线l1与l2的斜率都为k，所以直线l1，l2互相平行，
因为直线l1经过定点A(0,1)，直线l2经过定点B(2,0)．
当l1与l2与直线AB垂直时，两直线之间的距离的最大值为|AB|= 5．
故答案为： 5．
根据题意，直线l1、l2互相平行，且分别以过定点，由此结合两点间的距离公式加以计算，可得答案．
本题主要考查直线的方程及其性质、两条直线平行与方程的关系等知识，属于基础题．
14.【答案】2 7
【解析】解：将圆x2+y2−4x−5=0化成标准方程，
可得(x−2)2+y2=9，可知圆心为C(2,0)，半径r=3．
直线l过定点M(3,1)，由(3−2)2+12<9，可知点(3,1)在圆C内部，
当直线l⊥CM时，直线l到点C的距离最大，此时直线l被圆C截得的弦长最小，
结合|CM|= (3−2)2+12= 2，可得弦长的最小值为2 r2−|CM|2=2 32−( 2)2=2 7．
故答案为：2 7．
根据题意算出圆心(2,0)到直线l的距离最大值，结合弦长公式进而求解，可得答案．
本题主要考查圆的方程及其性质、两点间的距离公式等知识，考查计算能力、等价转化的数学思想，属于基础题．
15.【答案】− 6
【解析】解：设M(xM,yM)，xM>0，yM>0，
根据题意，可得c=2，
联立x2a2−y2b2=1y=kx，
化简得(b2−a2k2)x2−a2b2=0，
则k2所以x1+x2=0,x1x2=a2b2a2k2−b2，
所以kMP⋅kMQ=(kx1−yM)(kx2−yM)(x1−xM)(x2−xM)=k2x1x2+yM2x1x2+xM2=k2a2b2a2k2−b2+(b2a2xM2−b2)a2b2a2k2−b2+xM2=b2a2=3，
又a2+b2=c2=4，
可得a2=1，b2=3，
所以双曲线C：x2−y23=1，
又△MF1F2的面积为2 3，
则12×2c×yM=2 3⇔yM= 3，
代入双曲线C的方程可得xM= 2，
所以点M的坐标为( 2, 3)，
所以kMF1+kMF2= 3 2+2+ 3 2−2=− 6．
故答案为：− 6．
首先联立x2a2−y2b2=1y=kx，由韦达定理结合kMP⋅kMQ=3得b2a2=3，进一步得双曲线方程，由△MF1F2的面积为2 3得M坐标，由斜率公式即可求解．
本题考查了直线的斜率公式，重点考查了直线与双曲线的位置关系，属中档题．
16.【答案】92
【解析】解：如图所示，分别过A、B向准线作垂线，垂足分别为A′；B′，
过B作AA′的垂线，垂足为M，
当直线l的倾斜角θ=60°时，|BF|=2，所以|BB′|=2，
|BF|=|BB′|=p−|BF|csθ，
∴|BF|=p1+csθ=p1+12=2，∴p=3，
∴抛物线方程为y2=6x，F(32,0)，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，设直线AB：x=my+32，
联立x=my+32y2=6x，可得y2−6my−9=0，
∴y1y2=−9，
∴SΔOAB=12×p2(|y1|+|y2|)≥p2 |y1y2|=92，
当且仅当y1=−y2，即m=0时，等号成立，
故三角形OAB面积的最小值为92．
故答案为：92．
作出图形，根据抛物线的几何性质，抛物线的倾斜角的焦半径公式，三角形面积公式，即可求解．
本题考查抛物线的几何性质，焦点弦问题，基本不等式的应用，属中档题．
17.【答案】解：(1)若直线l在y轴上的截距是在x轴上的截距的3倍，则有以下两种情况：
①直线l不过原点(0,0)时，设直线l为xn+y3n=1，将(1,2)代入可得n=53，
所以直线l的方程为x53+y5=1，即3x+y−5=0；
②当直线l过原点(0,0)时，满足条件，此时直线l的斜率k=2−01−0=2，
所以直线l的方程为y−2=2(x−1)，即2x−y=0．
综上所述，直线l的方程为3x+y−5=0或2x−y=0；
(2)设直线l的方程为y−2=k(x−1)(k<0)，可得直线l交x轴于A(1−2k,0)，交y轴于B(0,2−k)，
所以S△OAB=12×(1−2k)×(2−k)=12×(4−k−4k)≥4，
当且仅当−k=−4k时，即k=−2时等号成立，可知△OAB面积的最小值为4．
所以直线l的方程为(y−2)=−2(x−1)，即2x+y−4=0．
【解析】(1)根据直线过原点与直线不过原点进行讨论，利用截距式直线方程求解；
(2)利用直线方程的点斜式方程，结合基本不等式加以计算，可得所求直线的方程．
本题主要考查直线的方程及其性质、运用基本不等式求最值等知识，考查了计算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)根据题意：Sn=n2，当n≥2时，Sn−1=(n−1)2，
两式相减即得：an=n2−(n−1)2=2n−1，
因n=1时，a1=1，满足上式，
故an=2n−1；
(2)bn=2nan=(2n−1)⋅2n，
则Tn=b1+b2+⋯+bn=1×2+3×22+⋯+(2n−1)×2n，
2Tn=1×22+3×23+⋯+(2n−1)×2n+1，
两式相减可得：−Tn=1×2+2×22+⋯+2×2n−(2n−1)×2n+1，
则−Tn=1×2+2×4(1−2n−1)1−2−(2n−1)×2n+1=−6+(3−2n)×2n+1，
故Tn=(2n−3)×2n+1+6．
【解析】(1)根据Sn与an的关系易得an=2n−1，需要检验首项是否符合；
(2)利用错位相减法求和即得．
本题考查求等差数列的通项公式和错位相减法求和，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：如图，取AC的中点O，连接PO，BO，

因为PA=PC，所以PO⊥AC，
又因为底面ABC是边长为2的等边三角形，
所以BO⊥AC，又PO∩BO=O，PO，BO⊂平面POB，可得AC⊥平面POB，
又BP⊂平面POB，所以AC⊥BP．
(2)因为PA=PC= 2，AO=1，所以PO=1，BO= 3，
因为PB=2，由PO2+BO2=PB2可得：PO⊥BO，
又PO⊥AC，BO∩AC=O，BO，AC⊂平面ABC，所以PO⊥平面ABC，

如图，以OA,OB,OP分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系．
则A(1,0,0)，B(0, 3,0)，C(−1,0,0)，P(0,0,1)，F(0, 32,12)，
因AC=(−2,0,0)，AF=(−1, 32,12)，
设平面ACF的一个法向量为n1=(x,y,z)，则AC⋅n1=−2x=0AF⋅n1=−x+ 32y+12z=0，
取y=1，得z=− 3，x=0，
所以平面ACF的一个法向量为n1=(0,1,− 3)，
又PC=(−1,0,−1)，PB=(0, 3,−1)，
设平面PBC的一个法向量n2=(a,b,c)，则PC⋅n2=−a−c=0PB⋅n2= 3b−c=0，
取b=1，得c= 3，a=− 3，
所以平面PBC的一个法向量为n2=(− 3,1, 3)．
设平面ACF与平面PBC的夹角为θ，则csθ=|n1⋅n2||n1|⋅|n2|=22 7= 77，
故平面ACF与平面PBC的夹角的余弦值为 77．
【解析】(1)取AC的中点O，证明AC⊥平面POB即得；
(2)先证明PO⊥平面ABC，建系后，求出相关点和空间向量的坐标，计算出两平面的法向量，利用空间向量的夹角公式计算即得．
本题考查线线垂直的证明，考查面面角的余弦值的求法，考查转化思想，属中档题．
20.【答案】解：(1)根据题意，e=ca= 22，即a= 2c，又a+c=2 2+2，
解得a=2 2，c=2，
又a2=b2+c2，可得b2=4，
所以椭圆C的标准方程为：x28+y24=1；
(2)根据题意可得：设直线l1的方程为y=k(x+2)，
设直线l1与椭圆C的交点为M(x1,y1)，M′(x2,y2)，由对称性可知：N(x2,−y2)，
联立y=k(x+2)x28+y24=1⇒(1+2k2)x2+8k2x+8k2−8=0，
可得：x1+x2=−8k21+2k2x1x2=8k2−81+2k2，
直线l2的方程为y=−k(x+2)，
设直线MN与x轴的交点为T(t,0)，
所以kTM=kTN⇔y1x1−t=−y2x2−t⇔k(x1+2)x1−t=−k(x2+2)x2−t
⇔(x1+2)(x2−t)+(x2+2)(x1−t)=0，
可得：2x1x2+(2−t)(x1+x2)−4t=0⇔16k2−161+2k2+8tk2−16k21+2k2−4t=0
⇔−4t−161+2k2=0⇔t=−4．
所以直线MN过定点(−4,0)．
【解析】(1)根据题意列出a，b，c的关系式运算得解；
(2)设直线l1的方程为y=k(x+2)与椭圆方程联立得根与系数关系，由对称性可知：N(x2,−y2)，直线l2的方程为y=−k(x+2)，设直线MN与x轴的交点为T(t,0)，利用kMT=kNT坐标化代入根与系数关系，化简求得t的值得解．
本题考查椭圆方程的求法及直线与椭圆的综合应用，直线恒过定点的求法，属于中档题．
21.【答案】解：(1)当n=1时，T1=1−2a1⇔T1=a1=13，
当n=2时，T2=1−2a2⇔a1a2=1−2a2⇔a2=37⇔T2=17，
∵数列{an}的前n项积为Tn，满足Tn=1−2an(n∈N*)，
∴n≥2时，Tn=1−2TnTn−1，
化为1Tn=2×1Tn−1+1，
变形为1Tn+1=2(1Tn−1+1)，
又n=1时，1T1+1=4，
则数列{1Tn+1}是首项为4，公比为2的等比数列，
∴1Tn+1=4×2n−1=2n+1⇔Tn=12n+1−1，
又n=1时，T1=13满足上式，
即Tn=12n+1−1；
(2)先证明左边：即证明Sn>n2−12+(12)n+1，
∵Tn=12n+1−1，
又由Tn=1−2an，
解得an=2n−12n+1−1，
又an=2n−12n+1−1>2n−12n+1=12−12n+1，
所以Sn>(12−122)+(12−123)+⋯+(12−12n+1)=n2−14[1−(12)n]1−12=n2−12+(12)n+1，
再证明右边：an=2n−12n+1−1<2n−12(2n−1)=12，
∴Sn即n2−12+(12)n+1【解析】(1)根据题意计算出T1，T2，将条件Tn=1−2an中的an变为TnTn−1，然后化简可得{1Tn+1}是等比数列，计算可得Tn；
(2)由(1)可得an=2n−12n+1−1，采用放缩法可得12−12n+1本题考查了利用数列递推式求数列的通项公式，重点考查了等差数列及等比数列求和公式，属中档题．
22.【答案】解：(1)根据题意：F1(−2,0)，F2(2,0)，||PF1|−|PF2||=2=2a<2c=4=|F1F2|满足双曲线定义，
设曲线C的方程为x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，
根据定义可得2a=2⇔a=1，2c=4⇔c=2，b2=c2−a2⇔b= 3，
所以曲线C的轨迹方程为x2−y23=1；
(2)根据题意：F1(−2,0)，F2(2,0)，
当l的斜率不存在时，

l：x=1，此时M(1,3)，N(1,−3)，F1M⋅F1N=0，
所以|α−β|=π2；
当l的斜率存在时，设M(x1,y1)，N(x2,y2)，

设直线l：y=kx+m，联立直线l与圆F2可得：y=kx+m(x−2)2+y2=10⇒(k2+1)x2+(2km−4)x+m2−6=0⇒x1+x2=4−2kmk2+1x1x2=m2−6k2+1，
Δ=(2km−4)2−4(k2+1)(m2−6)=−16km+16+24k2−4m2+24>0，
F1M⋅F1N=(x1+2)(x2+2)+y1y2=(k2+1)x1x2+(km+2)(x1+x2)+m2+4，
所以代入韦达定理可知F1M⋅F1N=(m2−6)+(km+2)⋅4−2kmk2+1+m2+4=2(m2−k2+3)k2+1，
因为直线l与曲线C相切，联立x2−y23=1y=kx+m⇒(3−k2)x2−2kmx−m2−3=0(3−k2≠0)，
所以Δ=0⇔k2−3−m2=0，故得F1M⋅F1N=0，
所以|α−β|=π2．
【解析】(1)由双曲线定义即可求解．
(2)分切线l的斜率是否存在进行讨论，当斜率存在时，结合韦达定理、数量积公式得F1M⋅F1N=2(m2−k2+3)k2+1，由l与双曲线相切得k，m关系，由此即可得解．
本题主要考查轨迹方程的求法，直线与圆锥曲线的综合，考查运算求解能力，属于难题．