2020-2021年山东省高二（上）期末考试数学试卷人教A版

这是一份2020-2021年山东省高二（上）期末考试数学试卷人教A版，共15页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 数列2，−4，6，−8，⋯的通项公式可能是( )
A.an=−1n2nB.an=−1n+12nC.an=−1n2nD.an=−1n+12n

2. 若抛物线x2=my过点1,−4，则该抛物线的焦点坐标为( )
A.0,−116B.−116,0C.−1,0D.0,−1

3. 与双曲线x249−y215=1有公共焦点且离心率为45的椭圆的标准方程为( )
A.y280+x216=1B.x280+y216=1C.y2100+x236=1D.x2100+y236=1

4. 传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子研究数．他们根据沙粒和石子所排列的形状把数分成许多类，如：三角形数1，3，6，10，⋯；正方形数1，4，9，16，⋯；等等．如图所示为五边形数，将五边形数按从小到大的顺序排列成数列，则此数列的第7项为( )

A.35B.51C.70D.92

5. 设F1，F2是椭圆C:x29+m+y23+m=1的焦点，若椭圆C上存在一点P满足∠F1PF2=90∘，则m的取值范围是( )
A.−∞,3B.−3,3C.3,+∞D.−3,3

6. 已知数列an满足a1=2，an+1=an−1,an>1,1an,0
A.2−1B.2C.2+1D.2

7. 如图是一水平放置的青花瓷．它的外形为单叶双曲面，可看成是双曲线的一部分绕其虚轴旋转所形成的曲面，且其外形上下对称．若该花瓶的最小直径为12cm，瓶口直径为20cm，瓶高为30cm，则该双曲线的虚轴长为( )

A.458B.454C.452D.45

8. 已知数列an的通项公式为an=4n+1n∈N∗，将数列an中的整数从小到大排列得到新数列bn，则bn的前100项和为( )
A.9900B.10200C.10000D.11000
二、多选题

下列命题中正确的是( )
A.双曲线x2−y2=1与直线x+y−2=0有且只有一个公共点
B.平面内满足||PA|−|PB||=2aa>0的动点P的轨迹为双曲线
C.若方程x24−t+y2t−1=1表示焦点在y轴上的双曲线，则t>4
D.过给定圆上一定点A作圆的动弦AB，则弦AB的中点P的轨迹为椭圆

若数列Fn满足F1=1，F2=1，Fn=Fn−1+Fn−2(n≥3，n∈N∗)，则称Fn为斐波那契数列．记数列Fn的前n项和为Sn，则( )
A.F62=F5F7+1B.S6=F8−1
C.F1+F3+F5+⋯+F9=F10D.F12+F22+F32+⋯+F62=F7F8

如图，椭圆的中心在坐标原点，焦点在x轴上， A，B1，B2为椭圆的顶点，F为右焦点，延长B2F与AB1交于点P，若∠B1PB2为钝角，则该椭圆的离心率可能为( )

A.23B.12C.13D.14

已知数列1，12，1，13，23，1，14，24，34，1，⋯，则( )
A.数列的第nn+12项均为1B.1213是数列的第90项
C.数列前50项和为28D.数列前50项和为572
三、填空题


已知等差数列an的前n项和为Snn∈N∗，a4=4，a7=−2，则Sn的最大值为________.

已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的一个焦点与抛物线y2=4x的焦点重合，过点M−1,1且斜率为12的直线交椭圆C于A，B两点，若M是线段AB的中点，则椭圆C的方程为________.

已知Sn为等比数列an的前n项和， S5=5，S10=15，则a16+a17+a18+a19+a20 的值为________.

汽车前照灯的反射镜为一个抛物面．它由抛物线沿它的对称轴旋转一周形成．通常前照灯主要是由灯泡、反射镜和透镜三部分组成，其中灯泡位于抛物面的焦点上．由灯泡发出的光经抛物面反射镜反射后形成平行光束，再经过透镜的折射等作用达到照亮路面的效果．如图，从灯泡发出的光线FP经抛物线y2=2px反射后，沿PN平行射出，∠FPN的角平分线PM所在的直线方程为2x+y−12=0，则抛物线方程为________.

四、解答题

从条件①b2=a2−1，②b4=a1−2，③b2=a2中任选一个补充在下面问题中，并解答．问题：已知数列an的各项均为正数， bn为等比数列， an+12−2an+1=an2+2an，a1=b1=1，________，求数列anbn的前n项和Sn.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

动点Mx,y与定点F15,0的距离和M到定直线l:x=95的距离的比是常数53.
(1)求动点M的轨迹方程；

(2)设F2−5,0，点P为M轨迹上一点，且∠F1PF2=60∘，求△F1PF2的面积．

在购买住房、轿车等商品时，一次性付款可能会超出一些买主的支付能力，贷款消费不失为一种可行的选择，但是也要量入为出，理智消费．某家庭计划在2021年元旦从某银行贷款10万元购置一辆轿车，贷款时间为18个月．该银行现提供了两种可选择的还款方案：方案一是以月利率0.4%的复利计息，每月底还款，每次还款金额相同；方案二是以季度利率1.2%的复利计息，每季度末还款，每次还款金额相同．（注：复利是指把前一期的利息与本金之和作为本金，再计算下一期的利息．）
(1)分别计算选择方案一、方案二时，该家庭每次还款金额为多少万元？（结果精确到小数点后三位，参考数据：1.00418≈1.0745，1.0126≈1.0742.）

(2)从每季度还款金额较少的角度看，该家庭应选择哪种方案？说明理由．

已知抛物线C的方程为x2=8y，点M0,4，过点M的直线交抛物线于A，B两点．
(1)1|AM|2+1|BM|2是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由；

(2)若点Q是直线l:y=−4上的动点，且OQ⊥AB，求△ABQ面积的最小值．

已知F是椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的一个焦点，点M在椭圆上， MF⊥x轴，|MF|=2，椭圆的短轴长等于4．
(1)求椭圆的标准方程；

(2)设P为直线l:x=32上一点，Q为椭圆C上一点，且以PQ为直径的圆过坐标原点O，求|OP|2−16|OQ|2的取值范围．

已知等比数列an的前n项和为Sn，a4−a2=6，S5+2S3=3S4.数列bn的前n项和为Tn，且b1=2，nTn+1=n+1Tn+nn+1.
(1)分别求数列an和bn的通项公式；

(2)若cn=Sn+1bnn+1n+2， Mn为数列cn的前n项和，是否存在不同的正整数p，q，r（其中p，q，r成等差数列），使得Mp+2，Mq+2，Mr+2成等比数列？若存在，求出所有满足条件的p，q，r的值；若不存在，说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021年山东省某校高二（上）期末考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
数列递推式
数列的概念及简单表示法
【解析】
根据数列的规律，得到数列的通项公式．
【解答】
解：∵ 数列的各项值为2，−4，6，−8，⋯，
∴ 各项绝对值构成一个以1为首项，以2为公比的等比数列，
即等比数列的通项公式为|an|=2n.
又∵ 数列的奇数项为正，偶数项为负，
∴ an=−1n+1 2n.
故选B．
2.
【答案】
A
【考点】
抛物线的性质
【解析】
先求出抛物线的解析式，再利用抛物线性质进行求解即可.
【解答】
解：∵ 抛物线x2=my过点1,−4，
∴ 1=−4m，
解得m=−14，
∴ 抛物线的方程为x2=−14y，
其焦点坐标为0,−116 .
故选A.
3.
【答案】
D
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的离心率
双曲线的标准方程
【解析】
求出双曲线的焦点坐标得到椭圆的焦点坐标，利用双曲线的离心率，求解a，c，得到b，即可求出椭圆方程．
【解答】
解：设椭圆的标准方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0).
∵ 椭圆与双曲线x249−y215=1有公共焦点，
∴ c=49+15=8.
∵ 椭圆的离心率为45，即e=45=ca，
解得a=10，
∴ b=a2−c2=102−82=6，
∴ 椭圆方程为x2100+y236=1.
故选D.
4.
【答案】
C
【考点】
归纳推理
数列的应用
【解析】
归纳推理，得出图形的规律，进行解答.
【解答】
解：由图可知，该数列的第一项为1=3×12−12；
第二项为5=3×22−22；
第三项为12=3×32−32；
因此可推出，第n项为3n2−n2，
所以第七项为3×72−72=70.
故选C.
5.
【答案】
B
【考点】
椭圆的简单几何性质
椭圆的定义
【解析】
对焦点分类讨论，C点为椭圆短轴的端点时，∠F1PF2取得最大角，进而得出结论．
【解答】
解：当焦点在y轴上时，9+m<3+m，
9+m>0，无解，
故该椭圆的焦点在x轴上，
即9+m>3+m，
3+m>0，
解得m>−3.
若椭圆C上存在一点P满足∠F1PF2=90∘，
则cb=9+m−(3+m)3+m≥1，
解得m≤3，
故m的取值范围是−3,3.
故选B.
6.
【答案】
A
【考点】
数列递推式
【解析】
由数列递推式可得该数列的变化规律，进而求出a2021的值.
【解答】
解：由题意可知a1=2，
∵ a1=2>1，
∴ a2=a1−1=2−1.
∵ 0∴ a3=12−1=2+1.
∵ a3=2+1>1，
∴ a4=a3−1=2，
⋯，
由此可知，数列{an}是以3为变化周期的，
∴ a2021=a673×3+2 =a2=2−1.
故选A.
7.
【答案】
C
【考点】
双曲线的简单几何性质
双曲线的标准方程
【解析】
立平面直角坐标系，根据已知条件求出实半轴长和虚半轴长，即可求解．
【解答】
解：以花瓶最细处所在直线为x轴，花瓶的竖直对称轴为y轴，
建立如图所示的平面直角坐标系，
设双曲线的方程为x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)，
∵ 2a=12，
∴ a=6.
∵ 点(10,15)在双曲线上，
∴ 10262−152b2=1，
解得b=454，
∴ 2b=452，
∴ 该双曲线的虚轴长为452 .
故选C.
8.
【答案】
B
【考点】
等差数列的前n项和
【解析】
由题意得到{bn} 构成以3为首项，以2为公差的等差数列，利用等差数列求和即可得到答案.
【解答】
解： bn对应数列an中的4n+1是完全平方数，且 n∈N∗，
∵ 4×2+1=32，
4×6+1=52，
4×12+1=72，
4×20+1=92，
4×30+1=112，
⋯，
∴ {bn}构成以3为首项，以2为公差的等差数列，
∴ S100=100×3+100×992×2=10200.
故选B.
二、多选题
【答案】
A,C
【考点】
命题的真假判断与应用
双曲线的定义
双曲线的渐近线
【解析】

【解答】
解：A，双曲线x2−y2=1的渐近线方程为y=±x，
直线x+y−2=0与渐近线y=±x平行，
所以双曲线x2−y2=1与直线x+y−2=0
有且只有一个公共点，故选项A正确；
B，满足||PA|−|PB||=2aa>0的动点P，
当且仅当a<|AB|时，其轨迹为双曲线，故选项B错误；
C，若方程x24−t+y2t−1=1表示焦点在y轴上的双曲线，
则4−t<0，且t−1>0，解得t>4，故选项C正确；
D，弦AB的中点为P，根据垂径定理，圆心与弦的中心连接垂直于这条弦，
令圆心为C，则CP⊥AB，
所以CA是圆的半径是定长，
故点P是以CA为直径的圆上运动，即点P的轨迹是一个圆.
故选AC.
【答案】
B,C
【考点】
数列的求和
数列递推式
【解析】
根据数列递推和数列求和即可判断出各选项结果.
【解答】
解：∵ F1=1，F2=1，
Fn=Fn−1+Fn−2(n≥3，n∈N∗)，
∴ F3=F2+F1=1+1=2；
F4=F3+F2=2+1=3；
F5=F4+F3=3+2=5；
F6=F5+F4=5+3=8；
F7=F6+F5=8+5=13；
F8=F7+F6=13+8=21；
F9=F8+F7=21+13=34；
F10=F9+F8=34+21=55.
A，F62=82=64，F5F7+1=5×13+1=66，故A不正确；
B，S6=F1+F2+⋯+F6=1+1+⋯+8=20，
F8−1=21−1=20，故B正确；
C，F1+F3+⋯+F9=1+2+⋯+34=55，
F10=55，故C正确；
D，F12+F22+F32+⋯+F62
=1+1+4+⋯+64=104，
F7F8=13×21=273，故D不正确.
故选BC.
【答案】
B,C,D
【考点】
双曲线的离心率
【解析】

【解答】
解：∠B1PB2是B1A→与FB2→的夹角；
设椭圆的长半轴、短半轴、半焦距分别为a，b，c，
则AB1→=(−a, b)，FB2→=(−c, −b)；
∵ 向量的夹角为钝角时，AB1→⋅FB2→<0，
∴ ac−b2<0，
又b2=a2−c2，
∴ a2−ac−c2>0，
两边除以a2得1−e−e2<0，
即e2+e−1>0，
解得−1−52又∵ 0∴ 0∴ 该椭圆的离心率可能为12，13，14.
故选BCD.
【答案】
A,B,D
【考点】
数列的应用
数列递推式
数列的求和
【解析】
本题将已知数列做恒等变形后，可以找到其中的规律，进而进行求解.
【解答】
解：由题意可知，数列 1，12，1，13，23，1，⋯，
可以变为1，12，22，13，23，33，⋯.
A，当n=1时，nn+12=1×22=1，
当n=2时，nn+12=2×32=3，
当n=3时，nn+12=3×42=6，
⋯，
以此类推可知第1，3，6，⋯，nn+12项都为1，故A正确；
B，由A中公式，当n=13时，
第13×(13+1)2=91项为1=1313 ，
则其前一项，即第90项为1213，故B正确；
C，项数1+2+3+4+⋯+m ,
则mm+12≤50，
∵ m∈Z ，∴ m=9，
mm+12=9×102=45项，即99之后还有5项，
∴ 前50项和为1+1+22+1+2+33+1+2+3+44
+⋯+1+2+3+4+510.
∵nn+12n=n+12，
∴ 上式 =1+2+⋯+9+9×12+32=572，故D正确，C错误.
故选ABD.
三、填空题
【答案】
30
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
由题意得到n≤6n∈N∗时，an≥0，n>6n∈N∗时，an<0，则Sn的最大值为S6=6(−2+12+0)2=30.
【解答】
解：设数列的公差为d，
由题意可得：d=a7−a47−4=−2，
∴ an=a4+n−4d=4−2n+8=−2n+12，
∴ n≤6n∈N∗时，an≥0，
n>6n∈N∗时，an<0，
则Sn的最大值为S6=6(−2+12+0)2=30.
故答案为：30.
【答案】
x22+y2=1
【考点】
椭圆的定义
直线与椭圆结合的最值问题
椭圆的标准方程
抛物线的标准方程
【解析】

【解答】
解：设椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的焦点坐标为(c,0)，
抛物线y2=4x的焦点坐标为(1,0)，
所以c=1，即a2−b2=1①，
过点M−1,1且斜率为12的直线交椭圆C于A，B两点，
则直线方程为y=12x+32，
由x2a2+y2b2=1,y=12x+32,
化简整理，得(a2+4b2)x2+6a2x+9a2−4a2b2=0，
设其解为x1，x2，则x1+x22=−1，
x1+x2=−6a2a2+4b2=−2②，
联立①②两式，解得a2=2，b2=1，
则椭圆C的方程为x22+y2=1.
故答案为：x22+y2=1.
【答案】
40
【考点】
等比数列的性质
等比数列的通项公式
【解析】
利用等比数列性质即可得到答案.
【解答】
解：∵ 数列an是等比数列，
∴ S5，S10−S5，S15−S10，S20−S15成等比数列.
∵ S5=5，S10−S5=10，
∴ 数列S5，S10−S5，S15−S10，S20−S15的首项为5，公比为2，
∴ a16+a17+a18+a19+a20
=S20−S15=5×23=40.
故答案为：40.
【答案】
y2=4x
【考点】
直线与抛物线的位置关系
抛物线的标准方程
抛物线的性质
直线的图象特征与倾斜角、斜率的关系
【解析】
利用抛物线的性质、直线的性质、以及抛物线与直线的位置关系，求抛物线的标准方程.
【解答】
解：如图，设PM与PN的夹角为θ.
∵PN与x轴平行 ，且PM所在的直线方程为2x+y−12=0，
∴kPM=tan2π−θ=−2 ，
∴tanθ=2，
∵PM为∠NPF角平分线，
∴∠NPF=2θ，
∴kPF=tan2π−2θ=−tan2θ=−sin2θcs2θ，
由 tanθ=sinθcsθ=2,sinθ+cs2θ=1, θ为锐角，
解得sinθ=255,csθ=55,
∴kPF=−sin2θcs2θ=−2sinθcsθcs2θ−sin2θ
=−2×55×25515−45=43，
∵灯泡发出的光线FP经抛物线y2=2px，
∴PF直线方程为y=43x−p2 ，
由y=43x−p2,2+y−12=0,
解得点P15p+185,245−25P，
∵P点在抛物线上，则代入 y2=2px，
解得P=2 或p=−48（舍去），
∴抛物线方程为y2=4x.
故答案为：y2=4x.
四、解答题
【答案】
解：设等比数列bn的公比为q(q≠0).
∵ an+12−2an+1=an2+2an，
∴ an+1+anan+1−an−2=0，
又数列an的各项均为正数，
∴ an+1+an≠0，
∴ an+1−an−2=0，
即an+1−an=2，
∴ an=1+2n−1=2n−1．
若选①，b2=a2−1=2.
∵ b2=a2−1=2，且b1=1，
∴ q=b2b1=2，
∴ bn=1×2n−1=2n−1，
故Sn=1+3×2+5×22+⋯+2n−1×2n−1①，
2Sn=1×2+3×22+5×23+⋯+2n−1×2n②，
①−②得，−Sn=1+2×2+22+23+⋯+2n−1−2n−1×2n
=3−2n×2n−3，
∴ Sn=2n−3×2n+3．
若选②，b4=a1−2=−1.
∵ b4=a1−2=−1，且b1=1，
∴ q3=b4b1=−1，
解得q=−1，
∴ bn=1×−1n−1=−1n−1，
故Sn=1+3×−1+5×−12+⋯+2n−1×−1n−1①，
−Sn=−1+3×−12+5×−13+⋯+2n−1×−1n②，
①−②得，2Sn=1+2×−1+−12+−13+⋯+−1n−1−
2n−1×−1n=−−1n−2n−1×−1n=−2n−1n，
∴ Sn=−1n+1n．
若选③，b2=a2.
∵ a2=2×2−1=3，
∴ b2=a2=3，
∵ b1=1，
∴ q=b2b1=3，
∴ bn=1×3n−1=3n−1，
故Sn=1+3×3+5×32+⋯+2n−1×3n−1①，
3Sn=1×3+3×32+5×33+⋯+2n−1×3n②，
①−②得，−2Sn=1+2×3+32+33+⋯+3n−1−2n−1×3n
=2−2n×3n−2，
∴ Sn=n−1×3n+1．
【考点】
等比数列的性质
数列的求和
等比数列的通项公式
等比数列的前n项和
数列递推式
【解析】
无
【解答】
解：设等比数列bn的公比为q(q≠0).
∵ an+12−2an+1=an2+2an，
∴ an+1+anan+1−an−2=0，
又数列an的各项均为正数，
∴ an+1+an≠0，
∴ an+1−an−2=0，
即an+1−an=2，
∴ an=1+2n−1=2n−1．
若选①，b2=a2−1=2.
∵ b2=a2−1=2，且b1=1，
∴ q=b2b1=2，
∴ bn=1×2n−1=2n−1，
故Sn=1+3×2+5×22+⋯+2n−1×2n−1①，
2Sn=1×2+3×22+5×23+⋯+2n−1×2n②，
①−②得，−Sn=1+2×2+22+23+⋯+2n−1−2n−1×2n
=3−2n×2n−3，
∴ Sn=2n−3×2n+3．
若选②，b4=a1−2=−1.
∵ b4=a1−2=−1，且b1=1，
∴ q3=b4b1=−1，
解得q=−1，
∴ bn=1×−1n−1=−1n−1，
故Sn=1+3×−1+5×−12+⋯+2n−1×−1n−1①，
−Sn=−1+3×−12+5×−13+⋯+2n−1×−1n②，
①−②得，2Sn=1+2×−1+−12+−13+⋯+−1n−1−
2n−1×−1n=−−1n−2n−1×−1n=−2n−1n，
∴ Sn=−1n+1n．
若选③，b2=a2.
∵ a2=2×2−1=3，
∴ b2=a2=3，
∵ b1=1，
∴ q=b2b1=3，
∴ bn=1×3n−1=3n−1，
故Sn=1+3×3+5×32+⋯+2n−1×3n−1①，
3Sn=1×3+3×32+5×33+⋯+2n−1×3n②，
①−②得，−2Sn=1+2×3+32+33+⋯+3n−1−2n−1×3n
=2−2n×3n−2，
∴ Sn=n−1×3n+1．
【答案】
解：(1)∵ |MF1|=(x−5)2+y2，
点M到直线l的距离d=|x−95|，
∴ |MF1|d=53，
∴ |MF1|2d2=259，
∴ x−52+y2(x−95)2=259，
解得x29−y216=1，
∴ 动点M的轨迹方程为x29−y216=1．
(2)∵ 动点M的轨迹是以F1，F2为焦点的双曲线，
∴ ||PF1|−|PF2||=2a=6.
在△F1PF2中，由余弦定理得
|PF1|2+|PF2|2−2|PF1||PF2|cs60∘=|F1F2|2，
即|PF1|−|PF2|2+|PF1||PF2|=|F1F2|2，
整理得|PF1||PF2|=64，
∴ S△F 1PF 2=12|PF1||PF2|sin60∘
=12×64×32=163．
【考点】
轨迹方程
点到直线的距离公式
双曲线的应用
余弦定理
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)∵ |MF1|=(x−5)2+y2，
点M到直线l的距离d=|x−95|，
∴ |MF1|d=53，
∴ |MF1|2d2=259，
∴ x−52+y2(x−95)2=259，
解得x29−y216=1，
∴ 动点M的轨迹方程为x29−y216=1．
(2)∵ 动点M的轨迹是以F1，F2为焦点的双曲线，
∴ ||PF1|−|PF2||=2a=6.
在△F1PF2中，由余弦定理得
|PF1|2+|PF2|2−2|PF1||PF2|cs60∘=|F1F2|2，
即|PF1|−|PF2|2+|PF1||PF2|=|F1F2|2，
整理得|PF1||PF2|=64，
∴ S△F 1PF 2=12|PF1||PF2|sin60∘
=12×64×32=163．
【答案】
解：(1)若选择方案一，设该家庭每月应还款a万元，则
a+a1+0.004+a1+0.0042+⋯+a1+0.00417
=10×1+0.00418，
即a1−1.004181−1.004=10×1.00418，
解得a=0.04×−1≈0.577（万元）；
若选择方案二，设该家庭每季度应还款b万元，则有
b+b1+0.012+b1+0.0122+⋯+b1+0.0125
=10×1+0.0126，
即b1−1.01261−1.012=10×1.0126，
解得b=0.12×−1≈1.737（万元）.
(2)∵ 0.577×3=1.731<1.737，
∴ 该家庭应选择第一种方案．
【考点】
等比数列的前n项和
数列的应用
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)若选择方案一，设该家庭每月应还款a万元，则
a+a1+0.004+a1+0.0042+⋯+a1+0.00417
=10×1+0.00418，
即a1−1.004181−1.004=10×1.00418，
解得a=0.04×−1≈0.577（万元）；
若选择方案二，设该家庭每季度应还款b万元，则有
b+b1+0.012+b1+0.0122+⋯+b1+0.0125
=10×1+0.0126，
即b1−1.01261−1.012=10×1.0126，
解得b=0.12×−1≈1.737（万元）.
(2)∵ 0.577×3=1.731<1.737，
∴ 该家庭应选择第一种方案．
【答案】
解：(1)由题意知，直线AB斜率k存在，
不妨设其方程为y=kx+4，
联立抛物线C的方程可得x2−8kx−32=0.
设Ax1,y1，Bx2,y2，
∵ x1+x2=8k，x1x2=−32，
∴ |AM|=1+k2|x1|，|BM|=1+k2|x2|，
∴ 1|AM|2+1|BM|2=11+k2x12+11+k2x22
=x1+x22−2x1x21+k2x1x22=64k2+11+k2322=116，
∴ 1|AM|2+1|BM|2是定值为116．
(2)当直线AB的斜率为0时，Q0,−4.
又∵ A42,4，B−42,4，
∴ S△ABQ =12×82×8=322．
当直线AB的斜率不为0时，
|AB|=1+k2|x1−x2|
=1+k2x1+x22−4x1x2
=81+k2k2+2．
又∵ OQ⊥AB，且直线AB的斜率不为0，
∴ OQ：y=−1kx，即Q4k,−4，
∴ 点Q到直线AB的距离d=4|k2+2|1+k2，
∴ S△ABQ =12⋅|AB|⋅|OQ|
=12⋅81+k2k2+2⋅ 4|k2+2|1+k2
=16k2+23.
∵ k2+23>8，
∴ 16k2+23>322.
综上，△ABQ面积的最小值为322．
【考点】
圆锥曲线中的定点与定值问题
直线与抛物线结合的最值问题
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)由题意知，直线AB斜率k存在，
不妨设其方程为y=kx+4，
联立抛物线C的方程可得x2−8kx−32=0.
设Ax1,y1，Bx2,y2，
∵ x1+x2=8k，x1x2=−32，
∴ |AM|=1+k2|x1|，|BM|=1+k2|x2|，
∴ 1|AM|2+1|BM|2=11+k2x12+11+k2x22
=x1+x22−2x1x21+k2x1x22=64k2+11+k2322=116，
∴ 1|AM|2+1|BM|2是定值为116．
(2)当直线AB的斜率为0时，Q0,−4.
又∵ A42,4，B−42,4，
∴ S△ABQ =12×82×8=322．
当直线AB的斜率不为0时，
|AB|=1+k2|x1−x2|
=1+k2x1+x22−4x1x2
=81+k2k2+2．
又∵ OQ⊥AB，且直线AB的斜率不为0，
∴ OQ：y=−1kx，即Q4k,−4，
∴ 点Q到直线AB的距离d=4|k2+2|1+k2，
∴ S△ABQ =12⋅|AB|⋅|OQ|
=12⋅81+k2k2+2⋅ 4|k2+2|1+k2
=16k2+23.
∵ k2+23>8，
∴ 16k2+23>322.
综上，△ABQ面积的最小值为322．
【答案】
解：(1)由题意设F(c,0)，则M(c,y0)，
将点M(c,y)带入椭圆方程，解得y0=b2a，
则|MF|=|y0−0|=b2a=2，2b=4，
解得b=2，a=22，
故椭圆的标准方程为x28+y24=1．
(2)设P32,t，Qx1,y1，
∵ 以PQ为直径的圆过坐标原点O，
∴ OP→⋅OQ→=0，即32x1+ty1=0，
联立32x1+ty1=0,x12+2y12=8,
得x12=8t2t2+36，y12=144t2+36，
∴ |OP|2−16|OQ|2=18+t2−16x12+y12
=18+t2−168t2+144t2+36
=t2+2304t2+36−110
=t2+36+2304t2+36−146≥96−146=−50，
当且仅当t2+36=2304t2+36=48，
即t=±23时等号成立.
综上，|OP|2−16|OQ|2≥−50．
【考点】
椭圆的标准方程
基本不等式在最值问题中的应用
圆锥曲线的综合问题
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)由题意设F(c,0)，则M(c,y0)，
将点M(c,y)带入椭圆方程，解得y0=b2a，
则|MF|=|y0−0|=b2a=2，2b=4，
解得b=2，a=22，
故椭圆的标准方程为x28+y24=1．
(2)设P32,t，Qx1,y1，
∵ 以PQ为直径的圆过坐标原点O，
∴ OP→⋅OQ→=0，即32x1+ty1=0，
联立32x1+ty1=0,x12+2y12=8,
得x12=8t2t2+36，y12=144t2+36，
∴ |OP|2−16|OQ|2=18+t2−16x12+y12
=18+t2−168t2+144t2+36
=t2+2304t2+36−110
=t2+36+2304t2+36−146≥96−146=−50，
当且仅当t2+36=2304t2+36=48，
即t=±23时等号成立.
综上，|OP|2−16|OQ|2≥−50．
【答案】
解：(1)设等比数列an的公比为q(q≠0).
∵ S5+2S3=3S4，
∴ S5−S4=2S4−S3，
即a5=2a4，
∴ q=2.
又∵ a4−a2=6，
∴ a4−a2=a1q3−a1q=6a1=6，
解得a1=1，
∴ an=1×2n−1=2n−1.
将nTn+1=n+1Tn+nn+1两边同除以nn+1，
可得Tn+1n+1=Tnn+1，
即Tn+1n+1−Tnn=1，
∴ 数列Tnn是首项为Tnn=b11=2，公差为1的等差数列，
∴ Tnn=2+n−1=n+1，
即Tn=nn+1．
当n≥2时，bn=Tn−Tn−1=nn+1−nn−1=2n，
当n=1时，b1=2，满足上式，故bn=2n．
(2)不存在.
理由如下：
∵ bn=2n，an=2n−1，
Sn=1−2n1−2=2n−1，
∴ cn=Sn+1bnn+1n+2=2n+1×nn+1n+2
=2n+2n+2−2n+1n+1，
∴ Mn=233−222+244−233+⋯+
2n+2n+2−2n+1n+1=2n+2n+2−2，
∴ Mn+2=2n+2n+2．
假设存在不同的正整数p，q，r，
使得Mp+2，Mq+2，Mr+2成等比数列，
则有Mq+22=Mr+2Mp+2，
即2q+2q+22=2p+2p+2×2r+2r+2，
即22q+4q+22=2p+r+4(p+2)r+2．
∵ p，q，r成等差数列，
∴ 2q=p+r，代入上式可得，q2=pr．
联立2q=p+r,q2=pr,可得p=q=r，
与p，q，r为不同整数矛盾，
∴ 不存在满足条件的p，q，r使得Mp+2，Mq+2，Mr+2成等比数列．
【考点】
等比数列的性质
等比数列的通项公式
等差数列的通项公式
数列递推式
等比中项
等差中项
数列的求和
等比数列
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)设等比数列an的公比为q(q≠0).
∵ S5+2S3=3S4，
∴ S5−S4=2S4−S3，
即a5=2a4，
∴ q=2.
又∵ a4−a2=6，
∴ a4−a2=a1q3−a1q=6a1=6，
解得a1=1，
∴ an=1×2n−1=2n−1.
将nTn+1=n+1Tn+nn+1两边同除以nn+1，
可得Tn+1n+1=Tnn+1，
即Tn+1n+1−Tnn=1，
∴ 数列Tnn是首项为Tnn=b11=2，公差为1的等差数列，
∴ Tnn=2+n−1=n+1，
即Tn=nn+1．
当n≥2时，bn=Tn−Tn−1=nn+1−nn−1=2n，
当n=1时，b1=2，满足上式，故bn=2n．
(2)不存在.
理由如下：
∵ bn=2n，an=2n−1，
Sn=1−2n1−2=2n−1，
∴ cn=Sn+1bnn+1n+2=2n+1×nn+1n+2
=2n+2n+2−2n+1n+1，
∴ Mn=233−222+244−233+⋯+
2n+2n+2−2n+1n+1=2n+2n+2−2，
∴ Mn+2=2n+2n+2．
假设存在不同的正整数p，q，r，
使得Mp+2，Mq+2，Mr+2成等比数列，
则有Mq+22=Mr+2Mp+2，
即2q+2q+22=2p+2p+2×2r+2r+2，
即22q+4q+22=2p+r+4(p+2)r+2．
∵ p，q，r成等差数列，
∴ 2q=p+r，代入上式可得，q2=pr．
联立2q=p+r,q2=pr,可得p=q=r，
与p，q，r为不同整数矛盾，
∴ 不存在满足条件的p，q，r使得Mp+2，Mq+2，Mr+2成等比数列．