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2020-2021学年浙江省温州市高二（上）期末考试数学试卷人教A版
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这是一份2020-2021学年浙江省温州市高二（上）期末考试数学试卷人教A版，共13页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合P=x|1A.x|1
2. 已知a∈R，若有|a−i|=5（i为虚数单位），则a=( )
A.1B.−2C.±2D.±1
3. 若实数x，y满足约束条件x2+y2−2≤0，x−y+2≥0，x<0， 则z=x+y的取值范围是( )
A.−2,2B.[−2,2)C.(−2,2]D.−2,2
4. 函数fx=x⋅csx的导函数为f′x，则fx与f′x在一个坐标系中的图象为( )
A.B.
C.D.
5. 已知△ABC中，“sinA>sinB”是“csAA.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件
6. 已知数列an是公差不为零的等差数列，bn是正项等比数列，若a1=b1，a7=b7，则( )
A.a4=b4B.a5b8D.a9
7. 已知某个三棱锥的三视图如图所示，其中正视图是等边三角形，侧视图是直角三角形，俯视图是等腰直角三角形，则此三棱锥的体积等于( )
A.13B.33C.23D.233
8. 在抛物线型内壁光滑的容器内放一个球，其通过中心轴的纵剖面图如图所示，圆心在y轴上，抛物线顶点在坐标原点，已知抛物线方程是x2=4y，圆的半径为r，若圆的大小变化时，圆上的点无法触及抛物线的顶点O，则圆的半径r的取值范围是( )
A.2,+∞B.1,+∞C.[2,+∞)D.[1,+∞)
9. 如图，正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点，则下列结论错误的是( )
A.DC1⊥PCB.异面直线AD与PC不可能垂直
C.∠D1PC不可能是直角或者钝角D.∠APD1的取值范围是π6,π2
10. 设函数fx=13x3−3x2+8−ax−5a∈R，若存在唯一的正整数x0，使得fx0<0，则实数a的取值范围是( )
A.(115,16]B.(115,14]C.(112,13]D.(112,15]
二、填空题
直线l：x+3y+1=0的倾斜角为________，过2,0点且与直线l平行的直线方程是________.
双曲线C：2x2−y2=1的焦点坐标是________；渐近线方程是________.
已知直线l：y=kx+33，圆C：x−12+y2=4，若直线l是圆C的一条对称轴，则实数k=________；若直线l与圆C相交于A，B两点，且△ABC的面积是3，则实数k=________.
已知sinα−π6=13，则csα−2π3=________； cs2α+2π3=________.
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若满足A=π4，b=3的△ABC有且仅有一个，则边a的取值范围是________.
如图，四边形ABCD是矩形，且有AB=2BC，沿AC将△ADC翻折成△AD′C，当二面角D′−AC−B的大小为π3时，则异面直线D′C与AB所成角余弦值是________.
设△OAB 中，OA→=a→,OB→=b→且满足|a→−b→|=|a→|，|a→+b→|=2，当△OAB面积最大时，则a→+b→与b→夹角的大小是________.
三、解答题
在锐角△ABC 中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知c⋅csB=b⋅1−csC.
(1)求证a=b；
(2)求csC−sinA的取值范围．
如图，在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠DAB=60∘，AB=2CD=2，M是线段AB的中点．
(1)求证： C1M//平面A1ADD1
(2)若CD1⊥平面ABCD且CD1=3，求直线D1B1与平面C1D1M所成角的正弦值．
已知数列an的各项均为正数，记数列an的前n项和为Sn，数列an2的前n项和为Tn，且3Tn=Sn2+2Sn，n∈N∗.
(1)求a1的值及数列an的通项公式；
(2)若有bn=1an+1−1，求证： b2+b3+⋯+bn<1321.
已知椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为32，A是椭圆上位于第三象限内的一点，点P满足OP→=5AO→．过点P作一条斜率为k的直线l交椭圆于B，C两点．
(1)若点P的坐标为4,1.
(i)求椭圆的方程；
(ii)求△OBC面积；（用含k的代数式表示）
(2)若满足BP→=3BC→，求直线OA，OB的斜率之积．
已知函数fx=lnx−1+ax2−1x−1.
(1)若a=1，试求fx在2,3点处的切线方程；
(2)当a>0时，试求函数fx的单调增区间；
(3)若在定义域上恒有fx≥2x+3成立，求实数a的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年浙江省温州市高二（上）期末考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
并集及其运算
【解析】
根据并集的定义进行运算即可得解.
【解答】
解：由并集的定义可得
P∪Q=x1故选D.
2.
【答案】
C
【考点】
复数的模
【解析】
根据复数的模的运算，即可得a2+−12=52，再求解即可.
【解答】
解：由题意得a−i=5，a∈R，
则有a2+−12=52，
解得a=±2.
故选C.
3.
【答案】
B
【考点】
求线性目标函数的最值
简单线性规划
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：作出约束条件表示的阴影部分的图象，
目标函数z=x+y可化为y=−x+z，
当目标函数经过点A(0,2)时，z取得最大值zmax=2，
当y=−x+z经过点B，即与圆x2+y2=2相切时，z取得最小值，
|z|2=2，
解得z=±2.
因为直线经过第三象限，所以z=−2，
所以z=x+y的取值范围是[−2,2).
故选B.
4.
【答案】
A
【考点】
函数的图象
导数的运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由f(−x)=−xcs(−x)=−xcsx=−f(x)可知f(x)为奇函数，
且f(0)=0，故排除BC；
f′(x)=csx−xsinx，
则f′(π)=−1<0，故排除D，
故选A.
5.
【答案】
C
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
本题考查充分条件必要条件的判断，由“sinA>sinB”成立能推出“csAsinB”成立，利用充要条件的定义得到答案．
【解答】
解：由“sinA>sinB”成立，
若A是钝角，在△ABC中，显然有0csA”；
若A不是钝角，显然有0csA.
综上，“sinA>sinB”推出“csA反之，在△ABC中，“csA由余弦函数在(0, π)是减函数，故有A>B，
若A不是钝角，显然有“sinA>sinB”成立，
若A是钝角，因为A+B<π，故有B<π−A<π2，故有sinB综上，“csAsinB”.
故，“sinA>sinB”是“csA故选C.
6.
【答案】
D
【考点】
数列的函数特性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意可知数列an，bn分别在某一次函数y1与指数函数y2上，
且当x=1或7时，函数值相等，
则易知当2≤n≤6时，y1>y2，即an>bn，故AB错误；
当n≥8时，y1故选D.
7.
【答案】
B
【考点】
由三视图求体积
【解析】
由三视图知几何体是一个侧面与底面垂直的三棱锥，底面是斜边上的高是1的直角三角形，则两条直角边是2，斜边是2与底面垂直的侧面是一个边长为2的正三角形，求出面积．
【解答】
解：由三视图知几何体是一个侧面与底面垂直的三棱锥，
底面是斜边上的高是1的直角三角形，
则两条直角边是2，斜边是2，
∴ 底面的面积是12×2×2=1，
与底面垂直的侧面是一个边长为2的正三角形，
∴ 三棱锥的高是3，
∴ 三棱锥的体积是13×1×3=33.
故选B．
8.
【答案】
A
【考点】
圆与圆锥曲线的综合问题
【解析】
【解答】
解：设圆与抛物线的一个切点为A(x0, x024)，x0≥0，
则圆心与切点A所在直线的斜率为k=−1y′|x=x0=−2x0，
则圆心与切点A所在直线的方程为y−x024=−2x0(x−x0)，
令x=0，可得y=2+x024，即圆心为(0, 2+x024)，
则r>2+x024，x0≥0，即r>2.
故选A.
9.
【答案】
D
【考点】
异面直线及其所成的角
命题的真假判断与应用
余弦定理
两条直线垂直的判定
【解析】
利用空间中直线与直线的位置关系求直线与直线垂直，异面直线所成的夹角.
【解答】
解：A，∵DC1⊥CD1， DC1⊥A1D1， CD1∩A1D1=D1，
CD1⊂ 面A1D1CB ，A1D1⊂ 面 A1D1CB，
∴DC1⊥ 面A1D1CB.
∵PC⊂ 面 A1D1CB，
∴DC1⊥PC，故此项不合题意；
B，∵PB⊥BC，
∴BC 与PC不可能垂直.
∵AD//BC，
∴AD与PC不可能垂直，故此项不合题意；
C，四边形A1D1CB为矩形，且A1B=2A1D1，
当P为 A1B 中点时， ∠D1PC 最大.
设A1D1=1 ，则A1B=2，
∴D1P=PC=1+222=62.
∵cs∠D1PC=32+32−222×62×62=13 ，
∴∠D1PC不可能是直角或钝角，故此项不合题意；
D，当A1P=22AD 时，∠APD1=π2，
0 故选D.
10.
【答案】
C
【考点】
函数的零点与方程根的关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设gx=13x3−3x2+8x−5，若存在唯一的正整数x0，使得fx0<0成立，
即存在唯一的正整数x0，使得gx的图象在直线y=ax的下方，
如图所示，
g3>g4=g1；g5>g4=g1，
需满足下列关系式g4<4a，g1≥a，
解得4a>13且13≥a，即a∈112,13．
故选C．
二、填空题
【答案】
5π6,x+3y−2=0
【考点】
直线的倾斜角
两条直线平行与倾斜角、斜率的关系
直线的斜截式方程
【解析】
由直线的斜率求出直线的倾斜角；利用两直线平行，两直线的斜率相等求出直线方程的斜率，代入直线方程的点斜式即可得到答案.
【解答】
解：直线l：x+3y+1=0的斜率为−33，
所以直线的倾斜角为5π6；
过2,0点且与直线l平行的直线方程是y=−33x−2，
即x+3y−2=0.
故答案为：5π6；x+3y−2=0.
【答案】
(±62,0),y=±2x
【考点】
双曲线的标准方程
双曲线的渐近线
【解析】
将双曲线化为标准方程，求出a，b，c，得到双曲线的焦点坐标和渐近线方程.
【解答】
解：双曲线C：2x2−y2=1化为标准方程为x212−y212=1，焦点在x轴上，
∴ a2=12，b2=1，
∴ c2=32，c=62，
∴ 焦点坐标是(±62,0)；
渐近线方程是y=±bax=±2x.
故答案为：(±62,0)；y=±2x.
【答案】
−33,−1339或−3或43
【考点】
直线与圆的位置关系
点到直线的距离公式
【解析】
由直线l是圆C的一条对称轴，得到圆心C(1,0)在直线l：y=kx+33上，将圆心坐标代入直线方程得到k=−33；若直线l与圆C相交于A，B两点，且△ABC的面积是3，得到圆心C到AB的距离d=2×cs30∘=3或d=2×cs60∘=1，利用点到直线的距离公式进行求解即可.
【解答】
解：若直线l是圆C的一条对称轴，
则圆心C(1,0)在直线l：y=kx+33上，
∴ k+33=0，
解得k=−33；
由直线l与圆C相交于A，B两点，且△ABC的面积是3，
可得12×2×2×sin∠ACB=3，
解得sin∠ACB=32，
∴ ∠ACB=60∘或120∘，
∴ 圆心C到AB的距离d=2×cs30∘=3或d=2×cs60∘=1，
∴ k+33k2+−12=3或k+33k2+−12=1，
解得k=−1339或−3或43.
故答案为：−33；−1339或−3或43.
【答案】
13,−79
【考点】
运用诱导公式化简求值
诱导公式
二倍角的余弦公式
【解析】
利用诱导公式和二倍角公式进行求解即可.
【解答】
解：∵ sinα−π6=13，
∴ csα−2π3=csα−π6−π2
=csπ2−α−π6=sinα−π6=13，
∴ csα+π3=csα−2π3+π
=−csα−2π3=−13，
∴ cs2α+2π3=2cs2α+π3−1
=2×−132−1=−79.
故答案为：13；−79.
【答案】
a≥3或a=322
【考点】
正弦定理
【解析】
利用正弦定理得出322=asinB，根据B+C的度数和三角形只有一解，可得B只有一个值，根据正弦函数的性质得到B的范围，从而得出a的范围．
【解答】
解：∴ A=π4，b=3，
根据正弦定理得：asinA=bsinB，
∴ 322=asinB，
又B+C=π−π4=3π4，且三角形只一解，可得B有一个值，
∴ 0∴ 0又322=asinB，
∴ a≥3或a=322.
故答案为：a≥3或a=322.
【答案】
12
【考点】
二面角的平面角及求法
异面直线及其所成的角
余弦定理
【解析】
【解答】
解：不妨设AD=AD′=1，CD=CD′=2，
过D作DE⊥AC于E，连接D′E，
则D′E⊥AC，DE=D′E=1×23=63，
由∠DED′=2π3，则DD′=3DE=2，
则cs∠DCD′=CD2+CD′2−DD′22CD⋅CD′=2+2−24=12.
即异面直线D′C与AB所成角余弦值是12.
故答案为：12.
【答案】
π4
【考点】
向量的几何表示
向量的模
平面向量的基本定理及其意义
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：在△OAB 中，取AB中点为C，连接OC.
由|a→−b→|=|AB|=|a→|=|OA|，
又有|a→+b→|=2，则|OC|=12|a→+b→|=1.
以OB中点P为原点，以PB→为x轴，PA→为y轴，
可设A(0,a)，B(b,0)，则O(−b,0)，C(b2,a2)，
由|OC|=(b2+b)2+(a2)2=1，即94b2+14a2=1，
可看作变量为a和b的椭圆，写出其参数方程：
b=23csθ,a=2sinθ（θ为参数），则
S△OAB=12|OB||PA|=12×2b×a=ab
=2sinθ×23csθ=23sin2θ,
当θ=π4时，△OAB面积最大，此时a=2，b=23，
则C(26,22)，O(−23,0)，
所以kOC=1，故a→+b→与b→夹角的大小是π4.
故答案为：π4.
三、解答题
【答案】
(1)证明：法一：应用正弦定理，
由c⋅csB=b⋅1−csC知c⋅csB+bcsC=b，
有：sinCcsB+sinBcsC=sinB，
所以有sinB+C=sinπ−A=sinA=sinB，
所以有a=b．
法二：应用余弦定理，
由c⋅csB=b⋅1−csC知c⋅csB+bcsC=b，
c⋅a2+c2−b22ac+b⋅a2+b2−c22ab=2a22a=a=b．
法三：应用射影定理，
a=c⋅csB+bcsC=b，
所以有a=b．
(2)解：由a=b知A=B，所以有
csC−sinA=csπ−2A−sinA=−cs2A−sinA
=2sin2A−sinA−1
=2sinA−142−98，
因为锐角△ABC中，A=B，所以π4所以22所以csC−sinA的取值范围是−22,0．
【考点】
正弦定理
余弦定理
诱导公式
二倍角的余弦公式
二次函数在闭区间上的最值
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：法一：应用正弦定理，
由c⋅csB=b⋅1−csC知c⋅csB+bcsC=b，
有：sinCcsB+sinBcsC=sinB，
所以有sinB+C=sinπ−A=sinA=sinB，
所以有a=b．
法二：应用余弦定理，
由c⋅csB=b⋅1−csC知c⋅csB+bcsC=b，
c⋅a2+c2−b22ac+b⋅a2+b2−c22ab=2a22a=a=b．
法三：应用射影定理，
a=c⋅csB+bcsC=b，
所以有a=b．
(2)解：由a=b知A=B，所以有
csC−sinA=csπ−2A−sinA=−cs2A−sinA
=2sin2A−sinA−1
=2sinA−142−98，
因为锐角△ABC中，A=B，所以π4所以22所以csC−sinA的取值范围是−22,0．
【答案】
(1)证明：∵ 四边形ABCD为等腰梯形，且AB=2CD，
所以DC=//AM.
连接AD1，
∵ ABCD−A1B1C1D1为四棱柱，
∴ DC=//D1C1，
∴ AM=//D1C1，
故四边形AMC1D1是平行四边形，
∴ AD1//C1M．
又∵ C1M⊄平面A1ADD1，AD1⊂平面A1ADD1，
∴ C1M//面A1ADD1．
(2)解：连接AC，MC，
由(1)知DC=//AM，
∴ 四边形AMCD为平行四边形，
可得BC=AD=MC，
由题意∠ABC=∠DAB=60∘，
所以△MBC为正三角形．
因此AB=2BC=2，CA=3，
∴ CA⊥CB．
以C为坐标原点，分别以CD为x轴， CD1为z轴，过C点且与AB垂直方向为y轴，建立空间坐标系，如图所示
∴ C1−1,0,3，D10,0,3，M12,32,0，D1,0,0，B−12,32,0，
∴ C1D1→=(1,0,0)，D1M→=(12,32,−3)，D1B1→=DB→=−32,32,0，
设平面C1D1M的法向量为n→=x,y,z，
∴ n→⋅C1D1→=0，n→⋅D1M→=0，⇒x=0，12x+32y−3z=0，
不妨取z=1，则y=2，
∴n→=0,2,1．
记直线D1B1与平面C1D1M所成角为θ，
∴ sinθ=|cs⟨n→,D1B1→⟩|=|n→⋅D1B1→||n→|⋅|D1B1→|=33⋅5=15=55，
所以直线D1B1与平面C1D1M所成角的正弦值为55.
【考点】
直线与平面平行的判定
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：∵ 四边形ABCD为等腰梯形，且AB=2CD，
所以DC=//AM.
连接AD1，
∵ ABCD−A1B1C1D1为四棱柱，
∴ DC=//D1C1，
∴ AM=//D1C1，
故四边形AMC1D1是平行四边形，
∴ AD1//C1M．
又∵ C1M⊄平面A1ADD1，AD1⊂平面A1ADD1，
∴ C1M//面A1ADD1．
(2)解：连接AC，MC，
由(1)知DC=//AM，
∴ 四边形AMCD为平行四边形，
可得BC=AD=MC，
由题意∠ABC=∠DAB=60∘，
所以△MBC为正三角形．
因此AB=2BC=2，CA=3，
∴ CA⊥CB．
以C为坐标原点，分别以CD为x轴， CD1为z轴，过C点且与AB垂直方向为y轴，建立空间坐标系，如图所示
∴ C1−1,0,3，D10,0,3，M12,32,0，D1,0,0，B−12,32,0，
∴ C1D1→=(1,0,0)，D1M→=(12,32,−3)，D1B1→=DB→=−32,32,0，
设平面C1D1M的法向量为n→=x,y,z，
∴ n→⋅C1D1→=0，n→⋅D1M→=0，⇒x=0，12x+32y−3z=0，
不妨取z=1，则y=2，
∴n→=0,2,1．
记直线D1B1与平面C1D1M所成角为θ，
∴ sinθ=|cs⟨n→,D1B1→⟩|=|n→⋅D1B1→||n→|⋅|D1B1→|=33⋅5=15=55，
所以直线D1B1与平面C1D1M所成角的正弦值为55.
【答案】
(1)解：由3T1=S12+2S1，
得3a12=a12+2a1，
∵a1>0，∴a1=1，
3Tn=Sn2+2Sn,n∈N∗①，
3Tn+1=Sn+12+2Sn+1,n∈N∗.②，
②−①，得3an+12=Sn+12−Sn2+2an+1,
∵an+1>0，
∴ 3an+1=Sn+1+Sn+2 ③，
3an+2=Sn+2+Sn+1+2 ④，
④−③，得3an+2−3an+1=an+2+an+1，即an+2=2an+1，
∴ 当n≥2时，an+1an=2.
又由3T2=S22+2S2，得
3(1+a22)=(1+a2)2+2(1+a2)，即a22−2a2=0.
∵ a2>0，∴ a2=2，∴ a2a1=2，
∴ 对n∈N∗，都有an+1an=2成立，
∴ 数列{an}的通项公式为an=2n−1,n∈N∗.
(2)证明：∵ bn=1an+1−1=12n−1=18⋅2n−3−1
=17⋅2n−3+2n−3−1≤17⋅2n−3,n≥3，
∴ b2+b3+⋯+bn≤13+17(1+12+122+⋯+12n−3)
=13+17×1−12n−21−12<13+27=1321.
【考点】
数列递推式
等比数列
数列与不等式的综合
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：由3T1=S12+2S1，
得3a12=a12+2a1，
∵a1>0，∴a1=1，
3Tn=Sn2+2Sn,n∈N∗①，
3Tn+1=Sn+12+2Sn+1,n∈N∗.②，
②−①，得3an+12=Sn+12−Sn2+2an+1,
∵an+1>0，
∴ 3an+1=Sn+1+Sn+2 ③，
3an+2=Sn+2+Sn+1+2 ④，
④−③，得3an+2−3an+1=an+2+an+1，即an+2=2an+1，
∴ 当n≥2时，an+1an=2.
又由3T2=S22+2S2，得
3(1+a22)=(1+a2)2+2(1+a2)，即a22−2a2=0.
∵ a2>0，∴ a2=2，∴ a2a1=2，
∴ 对n∈N∗，都有an+1an=2成立，
∴ 数列{an}的通项公式为an=2n−1,n∈N∗.
(2)证明：∵ bn=1an+1−1=12n−1=18⋅2n−3−1
=17⋅2n−3+2n−3−1≤17⋅2n−3,n≥3，
∴ b2+b3+⋯+bn≤13+17(1+12+122+⋯+12n−3)
=13+17×1−12n−21−12<13+27=1321.
【答案】
解：(1)(i)由P的坐标为4,1，OP→=5AO→知A(−45，−15)，
代入椭圆方程有： 165a2+15b2=1 ①,
又e=ca=32知a2=4b2 ②,
由①②可得 a2=4,b2=1，
故椭圆的方程为x24+y2=1.
(ii)直线l的方程是y=kx+1−4k ，
代入椭圆方程有：1+4k2x2+8k1−4kx+41−4k2−4=0,
所以|BC|=1+k2⋅64k2(1−4k)2−16(1+4k2)[(1−4k)2−1]1+4k2
=1+k2⋅82k−3k21+4k2,
点O到BC距离d=|1−4k|1+k2 ,
所以△OBC面积S=12|BC|d=121+k2⋅82k−3k21+4k2⋅|1−4k|1+k2
=4|1−4k|2k−3k21+4k2.
(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x3,y3)，
因为OP→=5AO→，所以 P−5x1,−5y1.
因为BP→=3BC→，所以 −5x1−x2,−5y1−y2=3x3−x2，y3−y2，
即−5x1−x2=3x3−x2,−5y1−y2=3y3−y2,于是x3=23x2−53x1，y3=23y2−53y1，
代入椭圆方程，得(23x2−53x1）2a2+(23y2−53y1）2b2=1，
由(1)知a2=4b2 即
59(x124b2+y12b2)+49(x224b2+y22b2)−459(x1x24b2+y1y2b2)=1 ③,
因为A，B在椭圆上，所以x124b2+y12b2=1，x224b2+y22b2=1 ④,
由③④知x1x24b2+y1y2b2=0 ,
即直线OA，OB的斜率之积为y1x1⋅y2x2=−14.
【考点】
椭圆的定义和性质
椭圆的标准方程
圆锥曲线的综合问题
直线的斜率
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)(i)由P的坐标为4,1，OP→=5AO→知A(−45，−15)，
代入椭圆方程有： 165a2+15b2=1 ①,
又e=ca=32知a2=4b2 ②,
由①②可得 a2=4,b2=1，
故椭圆的方程为x24+y2=1.
(ii)直线l的方程是y=kx+1−4k ，
代入椭圆方程有：1+4k2x2+8k1−4kx+41−4k2−4=0,
所以|BC|=1+k2⋅64k2(1−4k)2−16(1+4k2)[(1−4k)2−1]1+4k2
=1+k2⋅82k−3k21+4k2,
点O到BC距离d=|1−4k|1+k2 ,
所以△OBC面积S=12|BC|d=121+k2⋅82k−3k21+4k2⋅|1−4k|1+k2
=4|1−4k|2k−3k21+4k2.
(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x3,y3)，
因为OP→=5AO→，所以 P−5x1,−5y1.
因为BP→=3BC→，所以 −5x1−x2,−5y1−y2=3x3−x2，y3−y2，
即−5x1−x2=3x3−x2,−5y1−y2=3y3−y2,于是x3=23x2−53x1，y3=23y2−53y1，
代入椭圆方程，得(23x2−53x1）2a2+(23y2−53y1）2b2=1，
由(1)知a2=4b2 即
59(x124b2+y12b2)+49(x224b2+y22b2)−459(x1x24b2+y1y2b2)=1 ③,
因为A，B在椭圆上，所以x124b2+y12b2=1，x224b2+y22b2=1 ④,
由③④知x1x24b2+y1y2b2=0 ,
即直线OA，OB的斜率之积为y1x1⋅y2x2=−14.
【答案】
解：(1)fx=lnx−1+x2−1x−1=lnx−1+x+1,x>1，
切线斜率k=f′2=1x−1+1|x=2=2，
所以fx在(2,3)点处的切线方程为：y−3=2x−2 ，即2x−y−1=0 .
(2)函数fx=lnx−1+ax2−1x−1的定义域为x∈1,+∞,
则 f′x=1x−1+2axx−1−ax2−1x−12=axx−2a−1ax−12,
由f′x>0知x>2a−1a，又定义域为x∈1,+∞ ,
所以当a>1时， fx的单调递增区间为2a−1a,+∞，
当2a−1a<1即0(3)由fx≥2x+3⇔lnx−1+ax2−1x−1≥2x+3x>1恒成立知
a≥2x2+x−2−x−1lnx−1x2，
记gx=2x2+x−2−x−1lnx−1x2，
有g′x=4−2x+x−2lnx−1x3=x−2lnx−1−2x3，
limx→∞g(x)=limx→∞2x2+x−2−x−1lnx−1x2
=limx→∞4x−ln(x−1)2x=limx→∞4−1x−12=2，
所以gxmax=2 ，实数a的取值范围是a≥2 .
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)fx=lnx−1+x2−1x−1=lnx−1+x+1,x>1，
切线斜率k=f′2=1x−1+1|x=2=2，
所以fx在(2,3)点处的切线方程为：y−3=2x−2 ，即2x−y−1=0 .
(2)函数fx=lnx−1+ax2−1x−1的定义域为x∈1,+∞,
则 f′x=1x−1+2axx−1−ax2−1x−12=axx−2a−1ax−12,
由f′x>0知x>2a−1a，又定义域为x∈1,+∞ ,
所以当a>1时， fx的单调递增区间为2a−1a,+∞，
当2a−1a<1即0(3)由fx≥2x+3⇔lnx−1+ax2−1x−1≥2x+3x>1恒成立知
a≥2x2+x−2−x−1lnx−1x2，
记gx=2x2+x−2−x−1lnx−1x2，
有g′x=4−2x+x−2lnx−1x3=x−2lnx−1−2x3，
limx→∞g(x)=limx→∞2x2+x−2−x−1lnx−1x2
=limx→∞4x−ln(x−1)2x=limx→∞4−1x−12=2，
所以gxmax=2 ，实数a的取值范围是a≥2 . x
1,2
2
2,e2+1
e2+1
e2+1,+∞
g′x
+
0
−
0
+
gx
↗
2
↘
1e2+1
↗
x
1,2
2
2,e2+1
e2+1
e2+1,+∞
g′x
+
0
−
0
+
gx
↗
2
↘
1e2+1
↗
1. 已知集合P=x|1
2. 已知a∈R，若有|a−i|=5（i为虚数单位），则a=( )
A.1B.−2C.±2D.±1
3. 若实数x，y满足约束条件x2+y2−2≤0，x−y+2≥0，x<0， 则z=x+y的取值范围是( )
A.−2,2B.[−2,2)C.(−2,2]D.−2,2
4. 函数fx=x⋅csx的导函数为f′x，则fx与f′x在一个坐标系中的图象为( )
A.B.
C.D.
5. 已知△ABC中，“sinA>sinB”是“csA
C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件
6. 已知数列an是公差不为零的等差数列，bn是正项等比数列，若a1=b1，a7=b7，则( )
A.a4=b4B.a5
7. 已知某个三棱锥的三视图如图所示，其中正视图是等边三角形，侧视图是直角三角形，俯视图是等腰直角三角形，则此三棱锥的体积等于( )
A.13B.33C.23D.233
8. 在抛物线型内壁光滑的容器内放一个球，其通过中心轴的纵剖面图如图所示，圆心在y轴上，抛物线顶点在坐标原点，已知抛物线方程是x2=4y，圆的半径为r，若圆的大小变化时，圆上的点无法触及抛物线的顶点O，则圆的半径r的取值范围是( )
A.2,+∞B.1,+∞C.[2,+∞)D.[1,+∞)
9. 如图，正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点，则下列结论错误的是( )
A.DC1⊥PCB.异面直线AD与PC不可能垂直
C.∠D1PC不可能是直角或者钝角D.∠APD1的取值范围是π6,π2
10. 设函数fx=13x3−3x2+8−ax−5a∈R，若存在唯一的正整数x0，使得fx0<0，则实数a的取值范围是( )
A.(115,16]B.(115,14]C.(112,13]D.(112,15]
二、填空题
直线l：x+3y+1=0的倾斜角为________，过2,0点且与直线l平行的直线方程是________.
双曲线C：2x2−y2=1的焦点坐标是________；渐近线方程是________.
已知直线l：y=kx+33，圆C：x−12+y2=4，若直线l是圆C的一条对称轴，则实数k=________；若直线l与圆C相交于A，B两点，且△ABC的面积是3，则实数k=________.
已知sinα−π6=13，则csα−2π3=________； cs2α+2π3=________.
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若满足A=π4，b=3的△ABC有且仅有一个，则边a的取值范围是________.
如图，四边形ABCD是矩形，且有AB=2BC，沿AC将△ADC翻折成△AD′C，当二面角D′−AC−B的大小为π3时，则异面直线D′C与AB所成角余弦值是________.
设△OAB 中，OA→=a→,OB→=b→且满足|a→−b→|=|a→|，|a→+b→|=2，当△OAB面积最大时，则a→+b→与b→夹角的大小是________.
三、解答题
在锐角△ABC 中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知c⋅csB=b⋅1−csC.
(1)求证a=b；
(2)求csC−sinA的取值范围．
如图，在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠DAB=60∘，AB=2CD=2，M是线段AB的中点．
(1)求证： C1M//平面A1ADD1
(2)若CD1⊥平面ABCD且CD1=3，求直线D1B1与平面C1D1M所成角的正弦值．
已知数列an的各项均为正数，记数列an的前n项和为Sn，数列an2的前n项和为Tn，且3Tn=Sn2+2Sn，n∈N∗.
(1)求a1的值及数列an的通项公式；
(2)若有bn=1an+1−1，求证： b2+b3+⋯+bn<1321.
已知椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为32，A是椭圆上位于第三象限内的一点，点P满足OP→=5AO→．过点P作一条斜率为k的直线l交椭圆于B，C两点．
(1)若点P的坐标为4,1.
(i)求椭圆的方程；
(ii)求△OBC面积；（用含k的代数式表示）
(2)若满足BP→=3BC→，求直线OA，OB的斜率之积．
已知函数fx=lnx−1+ax2−1x−1.
(1)若a=1，试求fx在2,3点处的切线方程；
(2)当a>0时，试求函数fx的单调增区间；
(3)若在定义域上恒有fx≥2x+3成立，求实数a的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年浙江省温州市高二（上）期末考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
并集及其运算
【解析】
根据并集的定义进行运算即可得解.
【解答】
解：由并集的定义可得
P∪Q=x1
2.
【答案】
C
【考点】
复数的模
【解析】
根据复数的模的运算，即可得a2+−12=52，再求解即可.
【解答】
解：由题意得a−i=5，a∈R，
则有a2+−12=52，
解得a=±2.
故选C.
3.
【答案】
B
【考点】
求线性目标函数的最值
简单线性规划
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：作出约束条件表示的阴影部分的图象，
目标函数z=x+y可化为y=−x+z，
当目标函数经过点A(0,2)时，z取得最大值zmax=2，
当y=−x+z经过点B，即与圆x2+y2=2相切时，z取得最小值，
|z|2=2，
解得z=±2.
因为直线经过第三象限，所以z=−2，
所以z=x+y的取值范围是[−2,2).
故选B.
4.
【答案】
A
【考点】
函数的图象
导数的运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由f(−x)=−xcs(−x)=−xcsx=−f(x)可知f(x)为奇函数，
且f(0)=0，故排除BC；
f′(x)=csx−xsinx，
则f′(π)=−1<0，故排除D，
故选A.
5.
【答案】
C
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
本题考查充分条件必要条件的判断，由“sinA>sinB”成立能推出“csA
【解答】
解：由“sinA>sinB”成立，
若A是钝角，在△ABC中，显然有0
若A不是钝角，显然有0
综上，“sinA>sinB”推出“csA
若A不是钝角，显然有“sinA>sinB”成立，
若A是钝角，因为A+B<π，故有B<π−A<π2，故有sinB
故，“sinA>sinB”是“csA
6.
【答案】
D
【考点】
数列的函数特性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意可知数列an，bn分别在某一次函数y1与指数函数y2上，
且当x=1或7时，函数值相等，
则易知当2≤n≤6时，y1>y2，即an>bn，故AB错误；
当n≥8时，y1
7.
【答案】
B
【考点】
由三视图求体积
【解析】
由三视图知几何体是一个侧面与底面垂直的三棱锥，底面是斜边上的高是1的直角三角形，则两条直角边是2，斜边是2与底面垂直的侧面是一个边长为2的正三角形，求出面积．
【解答】
解：由三视图知几何体是一个侧面与底面垂直的三棱锥，
底面是斜边上的高是1的直角三角形，
则两条直角边是2，斜边是2，
∴ 底面的面积是12×2×2=1，
与底面垂直的侧面是一个边长为2的正三角形，
∴ 三棱锥的高是3，
∴ 三棱锥的体积是13×1×3=33.
故选B．
8.
【答案】
A
【考点】
圆与圆锥曲线的综合问题
【解析】
【解答】
解：设圆与抛物线的一个切点为A(x0, x024)，x0≥0，
则圆心与切点A所在直线的斜率为k=−1y′|x=x0=−2x0，
则圆心与切点A所在直线的方程为y−x024=−2x0(x−x0)，
令x=0，可得y=2+x024，即圆心为(0, 2+x024)，
则r>2+x024，x0≥0，即r>2.
故选A.
9.
【答案】
D
【考点】
异面直线及其所成的角
命题的真假判断与应用
余弦定理
两条直线垂直的判定
【解析】
利用空间中直线与直线的位置关系求直线与直线垂直，异面直线所成的夹角.
【解答】
解：A，∵DC1⊥CD1， DC1⊥A1D1， CD1∩A1D1=D1，
CD1⊂ 面A1D1CB ，A1D1⊂ 面 A1D1CB，
∴DC1⊥ 面A1D1CB.
∵PC⊂ 面 A1D1CB，
∴DC1⊥PC，故此项不合题意；
B，∵PB⊥BC，
∴BC 与PC不可能垂直.
∵AD//BC，
∴AD与PC不可能垂直，故此项不合题意；
C，四边形A1D1CB为矩形，且A1B=2A1D1，
当P为 A1B 中点时， ∠D1PC 最大.
设A1D1=1 ，则A1B=2，
∴D1P=PC=1+222=62.
∵cs∠D1PC=32+32−222×62×62=13 ，
∴∠D1PC不可能是直角或钝角，故此项不合题意；
D，当A1P=22AD 时，∠APD1=π2，
0
10.
【答案】
C
【考点】
函数的零点与方程根的关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设gx=13x3−3x2+8x−5，若存在唯一的正整数x0，使得fx0<0成立，
即存在唯一的正整数x0，使得gx的图象在直线y=ax的下方，
如图所示，
g3>g4=g1；g5>g4=g1，
需满足下列关系式g4<4a，g1≥a，
解得4a>13且13≥a，即a∈112,13．
故选C．
二、填空题
【答案】
5π6,x+3y−2=0
【考点】
直线的倾斜角
两条直线平行与倾斜角、斜率的关系
直线的斜截式方程
【解析】
由直线的斜率求出直线的倾斜角；利用两直线平行，两直线的斜率相等求出直线方程的斜率，代入直线方程的点斜式即可得到答案.
【解答】
解：直线l：x+3y+1=0的斜率为−33，
所以直线的倾斜角为5π6；
过2,0点且与直线l平行的直线方程是y=−33x−2，
即x+3y−2=0.
故答案为：5π6；x+3y−2=0.
【答案】
(±62,0),y=±2x
【考点】
双曲线的标准方程
双曲线的渐近线
【解析】
将双曲线化为标准方程，求出a，b，c，得到双曲线的焦点坐标和渐近线方程.
【解答】
解：双曲线C：2x2−y2=1化为标准方程为x212−y212=1，焦点在x轴上，
∴ a2=12，b2=1，
∴ c2=32，c=62，
∴ 焦点坐标是(±62,0)；
渐近线方程是y=±bax=±2x.
故答案为：(±62,0)；y=±2x.
【答案】
−33,−1339或−3或43
【考点】
直线与圆的位置关系
点到直线的距离公式
【解析】
由直线l是圆C的一条对称轴，得到圆心C(1,0)在直线l：y=kx+33上，将圆心坐标代入直线方程得到k=−33；若直线l与圆C相交于A，B两点，且△ABC的面积是3，得到圆心C到AB的距离d=2×cs30∘=3或d=2×cs60∘=1，利用点到直线的距离公式进行求解即可.
【解答】
解：若直线l是圆C的一条对称轴，
则圆心C(1,0)在直线l：y=kx+33上，
∴ k+33=0，
解得k=−33；
由直线l与圆C相交于A，B两点，且△ABC的面积是3，
可得12×2×2×sin∠ACB=3，
解得sin∠ACB=32，
∴ ∠ACB=60∘或120∘，
∴ 圆心C到AB的距离d=2×cs30∘=3或d=2×cs60∘=1，
∴ k+33k2+−12=3或k+33k2+−12=1，
解得k=−1339或−3或43.
故答案为：−33；−1339或−3或43.
【答案】
13,−79
【考点】
运用诱导公式化简求值
诱导公式
二倍角的余弦公式
【解析】
利用诱导公式和二倍角公式进行求解即可.
【解答】
解：∵ sinα−π6=13，
∴ csα−2π3=csα−π6−π2
=csπ2−α−π6=sinα−π6=13，
∴ csα+π3=csα−2π3+π
=−csα−2π3=−13，
∴ cs2α+2π3=2cs2α+π3−1
=2×−132−1=−79.
故答案为：13；−79.
【答案】
a≥3或a=322
【考点】
正弦定理
【解析】
利用正弦定理得出322=asinB，根据B+C的度数和三角形只有一解，可得B只有一个值，根据正弦函数的性质得到B的范围，从而得出a的范围．
【解答】
解：∴ A=π4，b=3，
根据正弦定理得：asinA=bsinB，
∴ 322=asinB，
又B+C=π−π4=3π4，且三角形只一解，可得B有一个值，
∴ 0
∴ a≥3或a=322.
故答案为：a≥3或a=322.
【答案】
12
【考点】
二面角的平面角及求法
异面直线及其所成的角
余弦定理
【解析】
【解答】
解：不妨设AD=AD′=1，CD=CD′=2，
过D作DE⊥AC于E，连接D′E，
则D′E⊥AC，DE=D′E=1×23=63，
由∠DED′=2π3，则DD′=3DE=2，
则cs∠DCD′=CD2+CD′2−DD′22CD⋅CD′=2+2−24=12.
即异面直线D′C与AB所成角余弦值是12.
故答案为：12.
【答案】
π4
【考点】
向量的几何表示
向量的模
平面向量的基本定理及其意义
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：在△OAB 中，取AB中点为C，连接OC.
由|a→−b→|=|AB|=|a→|=|OA|，
又有|a→+b→|=2，则|OC|=12|a→+b→|=1.
以OB中点P为原点，以PB→为x轴，PA→为y轴，
可设A(0,a)，B(b,0)，则O(−b,0)，C(b2,a2)，
由|OC|=(b2+b)2+(a2)2=1，即94b2+14a2=1，
可看作变量为a和b的椭圆，写出其参数方程：
b=23csθ,a=2sinθ（θ为参数），则
S△OAB=12|OB||PA|=12×2b×a=ab
=2sinθ×23csθ=23sin2θ,
当θ=π4时，△OAB面积最大，此时a=2，b=23，
则C(26,22)，O(−23,0)，
所以kOC=1，故a→+b→与b→夹角的大小是π4.
故答案为：π4.
三、解答题
【答案】
(1)证明：法一：应用正弦定理，
由c⋅csB=b⋅1−csC知c⋅csB+bcsC=b，
有：sinCcsB+sinBcsC=sinB，
所以有sinB+C=sinπ−A=sinA=sinB，
所以有a=b．
法二：应用余弦定理，
由c⋅csB=b⋅1−csC知c⋅csB+bcsC=b，
c⋅a2+c2−b22ac+b⋅a2+b2−c22ab=2a22a=a=b．
法三：应用射影定理，
a=c⋅csB+bcsC=b，
所以有a=b．
(2)解：由a=b知A=B，所以有
csC−sinA=csπ−2A−sinA=−cs2A−sinA
=2sin2A−sinA−1
=2sinA−142−98，
因为锐角△ABC中，A=B，所以π4
【考点】
正弦定理
余弦定理
诱导公式
二倍角的余弦公式
二次函数在闭区间上的最值
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：法一：应用正弦定理，
由c⋅csB=b⋅1−csC知c⋅csB+bcsC=b，
有：sinCcsB+sinBcsC=sinB，
所以有sinB+C=sinπ−A=sinA=sinB，
所以有a=b．
法二：应用余弦定理，
由c⋅csB=b⋅1−csC知c⋅csB+bcsC=b，
c⋅a2+c2−b22ac+b⋅a2+b2−c22ab=2a22a=a=b．
法三：应用射影定理，
a=c⋅csB+bcsC=b，
所以有a=b．
(2)解：由a=b知A=B，所以有
csC−sinA=csπ−2A−sinA=−cs2A−sinA
=2sin2A−sinA−1
=2sinA−142−98，
因为锐角△ABC中，A=B，所以π4
【答案】
(1)证明：∵ 四边形ABCD为等腰梯形，且AB=2CD，
所以DC=//AM.
连接AD1，
∵ ABCD−A1B1C1D1为四棱柱，
∴ DC=//D1C1，
∴ AM=//D1C1，
故四边形AMC1D1是平行四边形，
∴ AD1//C1M．
又∵ C1M⊄平面A1ADD1，AD1⊂平面A1ADD1，
∴ C1M//面A1ADD1．
(2)解：连接AC，MC，
由(1)知DC=//AM，
∴ 四边形AMCD为平行四边形，
可得BC=AD=MC，
由题意∠ABC=∠DAB=60∘，
所以△MBC为正三角形．
因此AB=2BC=2，CA=3，
∴ CA⊥CB．
以C为坐标原点，分别以CD为x轴， CD1为z轴，过C点且与AB垂直方向为y轴，建立空间坐标系，如图所示
∴ C1−1,0,3，D10,0,3，M12,32,0，D1,0,0，B−12,32,0，
∴ C1D1→=(1,0,0)，D1M→=(12,32,−3)，D1B1→=DB→=−32,32,0，
设平面C1D1M的法向量为n→=x,y,z，
∴ n→⋅C1D1→=0，n→⋅D1M→=0，⇒x=0，12x+32y−3z=0，
不妨取z=1，则y=2，
∴n→=0,2,1．
记直线D1B1与平面C1D1M所成角为θ，
∴ sinθ=|cs⟨n→,D1B1→⟩|=|n→⋅D1B1→||n→|⋅|D1B1→|=33⋅5=15=55，
所以直线D1B1与平面C1D1M所成角的正弦值为55.
【考点】
直线与平面平行的判定
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：∵ 四边形ABCD为等腰梯形，且AB=2CD，
所以DC=//AM.
连接AD1，
∵ ABCD−A1B1C1D1为四棱柱，
∴ DC=//D1C1，
∴ AM=//D1C1，
故四边形AMC1D1是平行四边形，
∴ AD1//C1M．
又∵ C1M⊄平面A1ADD1，AD1⊂平面A1ADD1，
∴ C1M//面A1ADD1．
(2)解：连接AC，MC，
由(1)知DC=//AM，
∴ 四边形AMCD为平行四边形，
可得BC=AD=MC，
由题意∠ABC=∠DAB=60∘，
所以△MBC为正三角形．
因此AB=2BC=2，CA=3，
∴ CA⊥CB．
以C为坐标原点，分别以CD为x轴， CD1为z轴，过C点且与AB垂直方向为y轴，建立空间坐标系，如图所示
∴ C1−1,0,3，D10,0,3，M12,32,0，D1,0,0，B−12,32,0，
∴ C1D1→=(1,0,0)，D1M→=(12,32,−3)，D1B1→=DB→=−32,32,0，
设平面C1D1M的法向量为n→=x,y,z，
∴ n→⋅C1D1→=0，n→⋅D1M→=0，⇒x=0，12x+32y−3z=0，
不妨取z=1，则y=2，
∴n→=0,2,1．
记直线D1B1与平面C1D1M所成角为θ，
∴ sinθ=|cs⟨n→,D1B1→⟩|=|n→⋅D1B1→||n→|⋅|D1B1→|=33⋅5=15=55，
所以直线D1B1与平面C1D1M所成角的正弦值为55.
【答案】
(1)解：由3T1=S12+2S1，
得3a12=a12+2a1，
∵a1>0，∴a1=1，
3Tn=Sn2+2Sn,n∈N∗①，
3Tn+1=Sn+12+2Sn+1,n∈N∗.②，
②−①，得3an+12=Sn+12−Sn2+2an+1,
∵an+1>0，
∴ 3an+1=Sn+1+Sn+2 ③，
3an+2=Sn+2+Sn+1+2 ④，
④−③，得3an+2−3an+1=an+2+an+1，即an+2=2an+1，
∴ 当n≥2时，an+1an=2.
又由3T2=S22+2S2，得
3(1+a22)=(1+a2)2+2(1+a2)，即a22−2a2=0.
∵ a2>0，∴ a2=2，∴ a2a1=2，
∴ 对n∈N∗，都有an+1an=2成立，
∴ 数列{an}的通项公式为an=2n−1,n∈N∗.
(2)证明：∵ bn=1an+1−1=12n−1=18⋅2n−3−1
=17⋅2n−3+2n−3−1≤17⋅2n−3,n≥3，
∴ b2+b3+⋯+bn≤13+17(1+12+122+⋯+12n−3)
=13+17×1−12n−21−12<13+27=1321.
【考点】
数列递推式
等比数列
数列与不等式的综合
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：由3T1=S12+2S1，
得3a12=a12+2a1，
∵a1>0，∴a1=1，
3Tn=Sn2+2Sn,n∈N∗①，
3Tn+1=Sn+12+2Sn+1,n∈N∗.②，
②−①，得3an+12=Sn+12−Sn2+2an+1,
∵an+1>0，
∴ 3an+1=Sn+1+Sn+2 ③，
3an+2=Sn+2+Sn+1+2 ④，
④−③，得3an+2−3an+1=an+2+an+1，即an+2=2an+1，
∴ 当n≥2时，an+1an=2.
又由3T2=S22+2S2，得
3(1+a22)=(1+a2)2+2(1+a2)，即a22−2a2=0.
∵ a2>0，∴ a2=2，∴ a2a1=2，
∴ 对n∈N∗，都有an+1an=2成立，
∴ 数列{an}的通项公式为an=2n−1,n∈N∗.
(2)证明：∵ bn=1an+1−1=12n−1=18⋅2n−3−1
=17⋅2n−3+2n−3−1≤17⋅2n−3,n≥3，
∴ b2+b3+⋯+bn≤13+17(1+12+122+⋯+12n−3)
=13+17×1−12n−21−12<13+27=1321.
【答案】
解：(1)(i)由P的坐标为4,1，OP→=5AO→知A(−45，−15)，
代入椭圆方程有： 165a2+15b2=1 ①,
又e=ca=32知a2=4b2 ②,
由①②可得 a2=4,b2=1，
故椭圆的方程为x24+y2=1.
(ii)直线l的方程是y=kx+1−4k ，
代入椭圆方程有：1+4k2x2+8k1−4kx+41−4k2−4=0,
所以|BC|=1+k2⋅64k2(1−4k)2−16(1+4k2)[(1−4k)2−1]1+4k2
=1+k2⋅82k−3k21+4k2,
点O到BC距离d=|1−4k|1+k2 ,
所以△OBC面积S=12|BC|d=121+k2⋅82k−3k21+4k2⋅|1−4k|1+k2
=4|1−4k|2k−3k21+4k2.
(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x3,y3)，
因为OP→=5AO→，所以 P−5x1,−5y1.
因为BP→=3BC→，所以 −5x1−x2,−5y1−y2=3x3−x2，y3−y2，
即−5x1−x2=3x3−x2,−5y1−y2=3y3−y2,于是x3=23x2−53x1，y3=23y2−53y1，
代入椭圆方程，得(23x2−53x1）2a2+(23y2−53y1）2b2=1，
由(1)知a2=4b2 即
59(x124b2+y12b2)+49(x224b2+y22b2)−459(x1x24b2+y1y2b2)=1 ③,
因为A，B在椭圆上，所以x124b2+y12b2=1，x224b2+y22b2=1 ④,
由③④知x1x24b2+y1y2b2=0 ,
即直线OA，OB的斜率之积为y1x1⋅y2x2=−14.
【考点】
椭圆的定义和性质
椭圆的标准方程
圆锥曲线的综合问题
直线的斜率
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)(i)由P的坐标为4,1，OP→=5AO→知A(−45，−15)，
代入椭圆方程有： 165a2+15b2=1 ①,
又e=ca=32知a2=4b2 ②,
由①②可得 a2=4,b2=1，
故椭圆的方程为x24+y2=1.
(ii)直线l的方程是y=kx+1−4k ，
代入椭圆方程有：1+4k2x2+8k1−4kx+41−4k2−4=0,
所以|BC|=1+k2⋅64k2(1−4k)2−16(1+4k2)[(1−4k)2−1]1+4k2
=1+k2⋅82k−3k21+4k2,
点O到BC距离d=|1−4k|1+k2 ,
所以△OBC面积S=12|BC|d=121+k2⋅82k−3k21+4k2⋅|1−4k|1+k2
=4|1−4k|2k−3k21+4k2.
(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x3,y3)，
因为OP→=5AO→，所以 P−5x1,−5y1.
因为BP→=3BC→，所以 −5x1−x2,−5y1−y2=3x3−x2，y3−y2，
即−5x1−x2=3x3−x2,−5y1−y2=3y3−y2,于是x3=23x2−53x1，y3=23y2−53y1，
代入椭圆方程，得(23x2−53x1）2a2+(23y2−53y1）2b2=1，
由(1)知a2=4b2 即
59(x124b2+y12b2)+49(x224b2+y22b2)−459(x1x24b2+y1y2b2)=1 ③,
因为A，B在椭圆上，所以x124b2+y12b2=1，x224b2+y22b2=1 ④,
由③④知x1x24b2+y1y2b2=0 ,
即直线OA，OB的斜率之积为y1x1⋅y2x2=−14.
【答案】
解：(1)fx=lnx−1+x2−1x−1=lnx−1+x+1,x>1，
切线斜率k=f′2=1x−1+1|x=2=2，
所以fx在(2,3)点处的切线方程为：y−3=2x−2 ，即2x−y−1=0 .
(2)函数fx=lnx−1+ax2−1x−1的定义域为x∈1,+∞,
则 f′x=1x−1+2axx−1−ax2−1x−12=axx−2a−1ax−12,
由f′x>0知x>2a−1a，又定义域为x∈1,+∞ ,
所以当a>1时， fx的单调递增区间为2a−1a,+∞，
当2a−1a<1即0
a≥2x2+x−2−x−1lnx−1x2，
记gx=2x2+x−2−x−1lnx−1x2，
有g′x=4−2x+x−2lnx−1x3=x−2lnx−1−2x3，
limx→∞g(x)=limx→∞2x2+x−2−x−1lnx−1x2
=limx→∞4x−ln(x−1)2x=limx→∞4−1x−12=2，
所以gxmax=2 ，实数a的取值范围是a≥2 .
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)fx=lnx−1+x2−1x−1=lnx−1+x+1,x>1，
切线斜率k=f′2=1x−1+1|x=2=2，
所以fx在(2,3)点处的切线方程为：y−3=2x−2 ，即2x−y−1=0 .
(2)函数fx=lnx−1+ax2−1x−1的定义域为x∈1,+∞,
则 f′x=1x−1+2axx−1−ax2−1x−12=axx−2a−1ax−12,
由f′x>0知x>2a−1a，又定义域为x∈1,+∞ ,
所以当a>1时， fx的单调递增区间为2a−1a,+∞，
当2a−1a<1即0
a≥2x2+x−2−x−1lnx−1x2，
记gx=2x2+x−2−x−1lnx−1x2，
有g′x=4−2x+x−2lnx−1x3=x−2lnx−1−2x3，
limx→∞g(x)=limx→∞2x2+x−2−x−1lnx−1x2
=limx→∞4x−ln(x−1)2x=limx→∞4−1x−12=2，
所以gxmax=2 ，实数a的取值范围是a≥2 . x
1,2
2
2,e2+1
e2+1
e2+1,+∞
g′x
+
0
−
0
+
gx
↗
2
↘
1e2+1
↗
x
1,2
2
2,e2+1
e2+1
e2+1,+∞
g′x
+
0
−
0
+
gx
↗
2
↘
1e2+1
↗
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