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2022-2023学年福建省永泰县城关中学高二上学期期中考试数学试题-普通用卷
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这是一份2022-2023学年福建省永泰县城关中学高二上学期期中考试数学试题-普通用卷，共15页。试卷主要包含了圆C1，设F1，F2是双曲线C，已知圆C等内容，欢迎下载使用。
A. 3n−2B. n2C. n2−2n+2D. n2+2n−2
2.若直线ax+by+c=0的倾斜角为120∘，则( )
A. a− 3b=0B. a+ 3b=0C. 3a−b=0D. 3a+b=0
3.已知F1，F2分别是椭圆x29+y2m=1(0A. 1B. 2 2C. 8D. 4 2
4.圆C1:x2+y2+2x−2y+1=0与圆C2:x2+y2−2x−6y+6=0的公共点的个数为( )
A. 0B. 1C. 2D. 不确定
5.设F1，F2是双曲线C：y26−x23=1的两个焦点，O为坐标原点，点P在C的渐近线上，且OP= 6，则△PF1F2的面积为( )
A. 3 2B. 3 3C. 6 2D. 6 3
6.已知等比数列an单调递增，且a1+a5=51，a2a4=144，则a4+a8a2+a6=( )
A. 2B. 3C. 4D. 9
7.已知△ABC的顶点A(5,5)，AB边上的中线所在直线方程为x−5y+6=0，AC边上的高所在直线方程为3x+2y−7=0，则BC所在直线的方程为
A. x+2y+1=0B. x−2y+3=0C. x+2y−1=0D. x−2y−5=0
8.已知圆C:x+12+y2=10，直线l:x+3y+m=0，若l上存在点P，过P作圆C的两条切线，切点分别为A,B，使得∠APB=60∘，则m的取值范围为( )
A. − 10,2 10B. −10,19C. −21,19D. −19,21
9.在同一直角坐标系下，直线ax+by+c=0与圆x−a2+y−b2=r2的位置可能为( )
A. B.
C. D.
10.已知数列an的前n项和为Sn，若an=2n2−13n−45，则当Sn取得最小值时，n的值可能是( )
A. 7B. 8C. 9D. 10
11.已知F1、F2分别是双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点，直线l是双曲线C的一条渐近线，F2关于直线l对称的点为F2′，以F1F′2为直径的圆与直线l有公共点，则双曲线C的离心率的取值可能为( )
A. 54B. 43C. 2D. 2
12.若对任意的i,j∈N∗且i≠j，总存在n∈N∗，使得an=ai⋅aji+j≤n，则称数列an是“Ω数列”，关于“Ω数列”描述正确的是( )
A. 至少存在一个等比数列不是“Ω数列”
B. 至少存在两个常数列为“Ω数列”
C. 若an是“Ω数列”，则an+1也是“Ω数列”
D. 对任意的a∈N，1n+a总是“Ω数列”
13.已知直线l1：mx+3y+1=0与直线l2：2x+m+5y−4=0互相垂直，则它们的交点坐标为__________.
14.法国数学家费马于1640年提出了猜想：Fn=22n+1(n∈N)是质数.这种具有美妙形式的数被称为费马数，因为随着n的增大，Fn迅速增大，所以要判断费马的猜想是否正确非常不容易，一直到1732年才被数学家欧拉算出F5=641×6700417，才证明费马的猜想是错误的.若数列an满足an=lg12Fn−1n∈N∗，则满足an<−2000的最小正整数n=__________.
15.已知实数x，y满足(x+2)2+(y−3)2=4，则 x2+y2−4x的取值范围为__________.
16.已知F是椭圆C：x29+y2=1的左焦点，M是椭圆C上任意一点，Q是圆E：x2+y2−4 2x−10y+32=0上任意一点，则MQ−MF的最小值为__________.
17.已知直线l经过点P3,−3，且在两坐标轴上的截距互为相反数且均不为0.
(1)求直线l的一般式方程；
(2)若直线l′:m2x+2m−3y−3m−3=0与直线l平行，求m的值．
18.已知Sn是等差数列an的前n项和，且a3+a6=40，S5=70.
(1)求Sn；
(2)若bn=1Sn，求数列bn的前n项和Tn.
19.已知A,B是双曲线C:x29−y216=1上的两点．
(1)若O是坐标原点，直线AB经过C的右焦点，且OA⊥OB，求直线AB的方程；
(2)若线段AB的中点为M6,2，求直线AB的方程．
20.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为 33，短轴长为2 6.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若A，B分别为椭圆C的上顶点和右顶点，P是椭圆C上异于A，B的任意一点，求△PAB面积的最大值.
21.在数列an中，a1=6，且an+1an+an+1=3an.
(1)证明：1an−12是等比数列.
(2)求数列nan的前n项和Sn.
22.已知圆W经过A(3,3),B(2,2 2),C(2,−2 2)三点．
(1)求圆W的方程．
(2)若经过点P(−1,0)的直线l1与圆W相切，求直线l1的方程．
(3)已知直线l2与圆W交于M，N(异于A点)两点，若直线AM,AN的斜率之积为2，试问直线l2是否经过定点？若经过，求出该定点坐标；若不经过，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了数列的通项公式，属于基础题.
观察为平方数数列，即可得出结果.
【解答】
解：由题意，依次点数为1、4、9、16，为完全平方数，故an=n2.
故选：B.
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查直线倾斜角与斜率的关系，属于基础题.
由倾斜角与斜率的关系求解.
【解答】
解：由题意得k=−ab=− 3，则a− 3b=0，
故选：A.
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查椭圆的焦点三角形问题，属于基础题.
利用椭圆的几何性质求解即可.
【解答】
解：因为P是椭圆上一点，
所以△PF1F2的周长=PF1+PF2+F1F2=2a+2c=8，
由椭圆方程得2a=6，又a2=b2+c2，
解得b=2 2c=1，
所以m=b2=8，
故选：C
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查圆与圆的位置关系，属于基础题.
判断两圆的位置关系即可得答案.
【解答】
解：因为圆C1:x2+y2+2x−2y+1=0变形为C1:x+12+y−12=1，
所以圆C1的圆心为−1,1，半径为r=1，
圆C2:x2+y2−2x−6y+6=0变形为圆C2:x−12+y−32=4，
所以圆C2的圆心为1,3，半径为R=2，
因为R−r=1所以圆C1与圆C2相交，其公共点的个数为2.
故选：C.
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查双曲线的焦点三角形问题，属于中档题.
求出渐近线y=± 2x，由双曲线的对称性，不妨设Pm, 2m，由OP= 6列方程解出参数，求出F1F2，即可求面积.
【解答】
解：双曲线的渐近线为y=± 6 3x=± 2x，
由双曲线的对称性，不妨设Pm, 2m，
由OP= 6得m2+ 2m2= 62⇒m= 2，
又F1F2=2 6+3=6，
∴△PF1F2的面积12×6× 2=3 2.
故选：A.
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查等比数列的通项公式
利用等比数列的通项公式计算a1和q即可求解.
【解答】
解：因为an为等比数列且单调递增，
所以a1+a5=a1+a1q4=51a2a4=a1q×a1q3=144解得a1=48q=12(舍去)或a1=3q=2，
所以a4+a8a2+a6=q2(a2+a6)a2+a6=4，
故选：C.
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查直线方程的求法，属于中档题．
根据垂直关系求出AC的直线方程，与AB边上的中线的直线方程联立求点C的坐标，根据题意求得点B的坐标，再求出直线BC的方程.
【解答】
解：因为AC边上的高所在直线方程为3x+2y−7=0，，
设AC的方程为2x−3y+t=0，且过A(5,5)，
代入解得t=5，
即AC的方程为2x−3y+5=0，
又AB边上的中线所在直线方程为x−5y+6=0，
2x−3y+5=0x−5y+6=0，解得：x=−1y=1，
则C(−1,1)，
设B(a,b)，
则线段AB的中点a+52,b+52，
则a+52−5×b+52+6=03a+2b−7=0，解得：a=3b=−1，
即B(3,−1)，故BC的斜率为2−4=−12，
则直线方程为y−1=−12x+1，
即x+2y−1=0.
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查直线与圆的位置关系中的最值问题，属于中档题.
由圆的性质可确定∠APC=12∠APB，且当PC为圆心C到直线l的距离d时，sin∠APC取得最大值，由此可构造不等式解得m的范围.
【解答】
解：由圆的方程知：圆心C−1,0，半径r= 10，
∵PA=PB，PC=PC，∠CAP=∠CBP=90∘，∴△CAP≌△CBP，
∴∠APC=12∠APB，
∵sin∠APC=rPC，
∴当PC取得最小值，即PC为圆心C到直线l的距离d时，sin∠APC取得最大值，
∵存在点P使得∠APB=60∘，则此时∠APC=30∘，
则 10|m−1| 10≥sin 30∘=12，即m−1≤20，
解得：−19≤m≤21，即实数m的取值范围为−19,21.
故选：D.
9.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查直线与圆的位置关系，属于基础题.
根据圆心的位置可确定a,b的正负，由此可确定直线斜率k=−ab的正负，进而确定可能的图象.
【解答】
解：对于ABC，由圆的图象知圆心a,b位于第一象限，∴a>0，b>0，
∴直线ax+by+c=0斜率k=−ab<0，则A正确，BC错误；
对于D，由圆的图象知圆心a,b位于第四象限，∴a>0，b<0，
∴直线ax+by+c=0斜率k=−ab>0，则D正确.
故选AD.
10.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查数列的最大(小)项问题，是较易题.
由题知当n≤8时，an<0；当n=9时，an=0；当n>9时，an>0，进而根据题意求解即可得答案.
【解答】
解：因为2x2−13x−45<0的解集为−52所以对于数列an，当n≤8时，an<0；
当n=9时，an=0；
当n>9时，an>0，
所以数列an的前n项和Sn取得最小值时，n=8或n=9.
故选BC.
11.【答案】ABC
【解析】【分析】
本题考查求双曲线的离心率，考查直线与圆的位置关系的判断，属于中档题.
求出F2、F2′到直线距离均为b，求出F1F2′=2a且F1F2′//l，则以F1F′2为直径的圆与直线l有公共点，得a≥b，即可构造齐次不等式，得出离心率范围.
【解答】
解：不妨设直线l的方程y=bax，即bx−ay=0，
则F2c,0到直线l的距离d=bc a2+b2=b，
设F2F2′与直线l交于点M，F2关于直线l对称的点为F2′，则M为F2F2′的中点，
且F2F2′⊥l，OM= c2−d2=a，
又∵O为F1F2的中点，故F1F2′//l，且F1F2′=2OM=2a，
∵以F1F′2为直径的圆与直线l有公共点，F1F2′与直线l的距离为b，故a≥b，
故a2≥c2−a2，即e=ca≤ 2.
故选：ABC
12.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查数列的新定义问题，是中档题.
对于A，若an=3×2n，然后根据“Ω数列”的定义判断；对于B，由an=0或an=1判断；对于C，举例判断；对于D，设an=1n+a，然后根据“Ω数列”的定义判断.
【解答】
解：对于A，若an=3×2n，则an是等比数列，由an=ai⋅aj，得n=i+j+lg23∉N∗，则an不是“Ω数列”，故A正确；
对于B，当an=0或an=1时，满足题干已知条件，所以至少存在两个常数列为“Ω数列”，故B正确；
对于C，若an=n2，则ai⋅aj=i2×j2=i×j2，要使an=ai⋅aji+j≤n，
只需n=i×j即可，
则an是“Ω数列”，令bn=an+1=n2+1，设b1⋅b3=2×10=n2+1，则n∉N∗，故n2+1}不是“Ω数列”，故C错误；
对于D，设an=1n+a，由an=ai⋅aj，得n=i+aj+a−a∈N∗，所以对任意的a∈N,1n+a总是“Ω数列”，故D正确.
故选ABD.
13.【答案】76,56
【解析】【分析】
本题考查了两直线垂直的判定和交点坐标，属于基础题.
利用互相垂直求出m，然后两直线联立即可求出交点坐标.
【解答】
解：
因为直线l1：mx+3y+1=0与直线l2：2x+m+5y−4=0互相垂直，
所以2m+3m+5=0，解得m=−3，
联立−3x+3y+1=02x+2y−4=0，解得直线l1和l2的交点坐标为76,56，
故答案为：76,56
14.【答案】11
【解析】【分析】
本题结合数学文化考查数列与不等式，将Fn=22n+1代入an=lg12Fn−1得到通项公式，然后解不等式即可.
【解答】
解：an=lg12Fn−1=lg1222n+1−1=−2n,
an<−2000,∴−2n<−2000,∴2n>2000,
又210=1024,211=2048,∴nmin=11
故答案为：11.
15.【答案】 5,3 5
【解析】【分析】
本题主要考查点到圆上点的最值问题
依题意可得 x2+y2−4x= x−22+y2−4，其中x−22+y2表示圆上的点Ax,y与定点B2,0的距离的平方，求出圆心C的坐标，即可求出BC，从而求出AB的取值范围，即可求出x−22+y2的取值范围，即可得解.
【解答】
解：因为 x2+y2−4x= x−22+y2−4，
又实数x，y满足(x+2)2+(y−3)2=4，
所以点Ax,y在以C−2,3为圆心，半径r=2的圆上，
又x−22+y2表示圆上的点Ax,y与定点B2,0的距离的平方，
因为BC= −2−22+3−02=5，所以BC−r≤AB≤BC+r，
即3≤AB≤7，所以9≤x−22+y2≤49，
所以5≤x−22+y2−4≤45，
所以 5≤ x−22+y2−4≤3 5，即 x2+y2−4x∈ 5,3 5.
故答案为： 5,3 5.
16.【答案】−2
【解析】【分析】
本题主要考查椭圆上的点到焦点或定点距离的最值问题，属于中档题.
设出椭圆的另一焦点F′，根据椭圆的几何性质，可得MF=2a−MF′，转化为三点共线能取最小值的问题，再结合圆的几何性质，即可求解.
【解答】
解：∵椭圆C方程为：x29+y2=1，
∴a=3，b=1，c=2 2，
又圆E方程可化为：x−2 22+y−52=1，
∴圆心坐标为E2 2,5，半径r=1，
设椭圆的右焦点为F′，则F′2 2,0，
∴MQ−MF=MQ−2a−MF′=MQ+MF′−2a≥F′Q−2a≥F′E−r−2a=5−1−6=−2
当且仅当F′，M，Q，E共线时，取得等号，
∴MQ−MF的最小值为−2，
故答案为：−2.
17.【答案】解：(1)由题意设直线方程为：xa+y−a=1(a≠0)
将点P3,−3代入得：
3a+−3−a=1⇒a=6
所以直线方程为：x6−y6=1
所以直线l的一般式方程为：x−y−6=0
(2)由(1)知直线l的斜率存在且不为0，
所以若直线l′:m2x+2m−3y−3m−3=0与直线l平行
则m≠0m2×(−1)=1×(2m−3)
所以m=−3或m=1
当m=−3时，直线l′:x−y+23=0满足题意
当m=1时，直线l′:x−y−6=0与直线l重合不满足题意
所以m=−3
【解析】本题主要考查直线的截距式方程，两条直线平行的判定及应用，属于中档题.
(1)由题意设出直线方程的截距式方程，将点P3,−3代入计算即可；
(2)由(1)知直线l的斜率存在且不为0，所以利用两直线平行的性质求解出参数，注意讨论即可.
18.【答案】解：(1)an为等差数列，则a3+a6=a4+a5=40，S5=5a3=70⇒a3=14，
3a2=a1+a2+a3=S5−a4+a5=70−40=30⇒a2=10.
∴d=a3−a2=4, a1=a2−d=6，故an=6+n−1⋅4=4n+2，
故Sn=6+4n+2n2=2n2+4n.
(2)bn=1Sn=12nn+2=141n−1n+2，
∴Tn=14(1−13+12−14+13−15+⋯+1n−1n+2)
=141+12−1n+1−1n+2
=1432−1n+1−1n+2
【解析】本题主要考查等差数列的前n项和公式以及裂项相消法求和，属于中档题.
(1)利用基本量列方程求解即可；
(2)由裂项相消法求和.
19.【答案】解：(1)由题知：双曲线C:x29−y216=1焦点在x 轴上，a=3,b=4,c=5 ，
所以右焦点为(5,0) ，
当直线AB的斜率不存在时，直线AB为x=5 ，
此时设A(5,163),B(5,−163) ，
∴OA=(5,163),OB=(5,−163) ，
∵OA⋅OB≠0，不满足题意；
当直线AB的斜率存在时，
设直线AB为y=k(x−5) ，A(x1,y1),B(x2,y2)，
联立方程y=k(x−5)x29−y216=1，消去y得：
(16−9k2)x2+90k2x−(225k2+144)=0 ，
所以x1+x2=90k29k2−16,x1x2=225k2+1449k2−16 ，
因为OA=(x1,y1),OB=(x2,y2),OA⊥OB ，
所以OA⋅OB=x1x2+y1y2
=x1x2+k2(x1−5)(x2−5)=(1+k2)x1x2−5k2(x1+x2)+25k2
=(1+k2)⋅225k2+1449k2−16−5k2⋅90k29k2−16+25k2=144−31k29k2−16=0，
解得k=±12 31 ，
所以直线AB的方程为y=±12 3131x−5；
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2)，
因为A,B在双曲线C:x29−y216=1上，
所以，
化简得：x22−x129−y22−y1216=0，
所以(x2+x1)(x2−x1)9=(y2+y1)(y2−y1)16，
所以y2−y1x2−x1=16(x2+x1)9(y2+y1)
因为M6,2是A,B中点，
所以x2+x1=12,y2+y1=4
所以y2−y1x2−x1=163，即k=163 ，
所以直线AB的方程为y−2=163(x−6)，
即16x−3y−90=0.
【解析】本题考查直线与双曲线的位置关系，属于中档题.
(1)讨论斜率是否存在，设直线方程，联立方程，然后根据OA⋅OB=0即可求解；
(2)根据点差法求解中点弦问题即可.
20.【答案】解：(1)由题意可知：e=ca= 1−b2a2= 33，所以b2a2=23，
又因为短轴长为2 6，所以b= 6，a=3，
所以椭圆C的方程x29+y26=1.
(2)由(1)可知：A(0, 6),B(3,0)，则AB= 6+9= 15，
直线AB的方程为x3+y 6=1，也即2x+ 6y−6=0，
设与直线AB平行的方程为2x+ 6y+m=0，
联立方程组2x+ 6y+m=0x29+y26=1，整理可得：12y2+2 6my+m2−36=0，
当直线2x+ 6y+m=0与椭圆相切时，△PAB的面积最大，
也即满足Δ=(2 6m)2−4×12×(m2−36)=0，解得：m=±6 2，
因为直线AB的方程为2x+ 6y−6=0，所以m=6 2时，两平行线间距离最大，
两平行线2x+ 6y−6=0与2x+ 6y+6 2=0之间的距离d=6 2+6 4+6=3(2 5+ 10)5，
所以△PAB面积的最大值为
S△PAB=12AB⋅d=12× 15×3(2 5+ 10)5=3 3+3 62.
【解析】(1)根据椭圆的离心率可得b2a2=23，然后根据椭圆的短轴长即可求解；
(2)根据(1)的方程，求出直线AB的方程，设出与直线AB平行的方程，当所设直线与椭圆相切时，△PAB的面积最大，将所设直线方程与椭圆方程联立，利用判别式等于零求出所设直线方程，在求出两平行线间的距离即可求解.
21.【答案】解：(1)由题意可得an+1(an+1)=3an，因为a1=6，所以an>0，
所以1+1an=3an+1，所以1an−12=31an+1−12，
又1a1−12=−13≠0，
所以1an−12是以−13为首项，13为公比的等比数列.
(2)由(1)得：1an−12=−(13)n，整理得1an=12−(13)n，
所以nan=n2−n3n，
故Sn=12−13+22−232+⋯+n2−n3n
=12(1+2+⋯+n)−(13+232+⋯+n3n)
设Tn=13+232+⋯+n3n，①，
13Tn=132+233+⋯+n3n+1，②，
①-②得：23Tn=13+132+⋯+13n−n3n+1，
解得Tn=34−2n+34×3n，
故Sn=n(n+1)22−34+2n+34×3n=n2+n−34+2n+34×3n
【解析】本题考查等比数列的判定，错位相减法求和，分组求和法，属于中档题.
(1)利用等比数列的定义证明即可；
(2)利用分组求和和错位相减求解即可.
22.【答案】解：(1)设圆W的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，
则3D+3E+F+18=02D+2 2E+F+12=02D−2 2E+F+12=0，解得D=−6E=0F=0
则圆W的方程为x2+y2−6x=0.
(2)由(1)可知，圆W的圆心坐标为(3,0)，半径为3.
若直线l1的斜率不存在，则直线l1的方程为x=−1，圆心W到直线l1的距离为3−(−1)=4>3，不符合题意．
若直线l1的斜率存在，设直线l1的方程为y=k(x+1)，
则圆心W到直线l1的距离为|4k| k2+1=3，解得k=±3 77，
故直线l1的方程为y=±3 77(x+1).
(3)若直线l2的斜率不存在，则设直线l2的方程为x=x0,Mx0,y0,Nx0,−y0，
则k AM⋅kAN=y0−3x0−3⋅−y0−3x0−3=2，整理得2x0−32+y02=9.
又x0−32+y02=9，解得x0=3，
所以直线l2的方程为x=3，此时l2经过点A(3,3)，不符合题意．
若直线l2的斜率存在，则设直线l2的方程为y=tx+b,Mx1,y1,Nx2,y2，
联立方程组y=tx+bx2+y2−6x=0，整理得t2+1x2+(2tb−6)x+b2=0，
则Δ=−4b2−24tb+36>0,x1+x2=6−2tbt2+1,x1x2=b2t2+1.
kAM⋅kAN=y1−3x1−3⋅y2−3x2−3=tx1+b−3tx2+b−3x1−3x2−3
=t2x1x2+(tb−3t)x1+x2+b2−6b+9x1x2−3x1+x2+9
=9t2+b2+6tb−18t−6b+99t2+b2+6tb−9=2，
则9t2+b2+6tb+18t+6b−27=0，
整理得(3t+b)2+6(3t+b)−27=(3t+b+9)(3t+b−3)=0，
解得b=−3t−9或b=−3t+3(舍去).
当b=−3t+3时，直线l2的方程为y=tx−3t+3，此时直线l2经过点A(3,3)，不符合题意，故舍去．
所以b=−3t−9，
故直线l2的方程为y=tx−3t−9，即y=t(x−3)−9，经过定点(3,−9).
综上所述，直线l2经过定点，且该定点的坐标为(3,−9).
【解析】本题考查求圆的一般方程，直线与圆的位置关系的判断及求参，属于拔高题.
(1)设圆的一般方程，代入A，B，C三点坐标列出方程组，即可求得圆的方程；
(2)由圆的方程可得圆心和半径，直线l1的斜率不存在时，不符合题意，故直线l1的斜率存在，设直线l1的方程为y=k(x+1)，由圆心到直线距离等于半径可构造方程求得直线的斜率，进而可得直线l1的方程；
(3)当直线l2斜率不存在时，不满足；当直线l2斜率存在时，设直线l2的方程为y=tx+b，与圆方程联立，得t2+1x2+(2tb−6)x+b2=0，由此利用判别式、根与系数的关系、直线方程，结合已知条件即可证明直线过定点
A. 3n−2B. n2C. n2−2n+2D. n2+2n−2
2.若直线ax+by+c=0的倾斜角为120∘，则( )
A. a− 3b=0B. a+ 3b=0C. 3a−b=0D. 3a+b=0
3.已知F1，F2分别是椭圆x29+y2m=1(0
4.圆C1:x2+y2+2x−2y+1=0与圆C2:x2+y2−2x−6y+6=0的公共点的个数为( )
A. 0B. 1C. 2D. 不确定
5.设F1，F2是双曲线C：y26−x23=1的两个焦点，O为坐标原点，点P在C的渐近线上，且OP= 6，则△PF1F2的面积为( )
A. 3 2B. 3 3C. 6 2D. 6 3
6.已知等比数列an单调递增，且a1+a5=51，a2a4=144，则a4+a8a2+a6=( )
A. 2B. 3C. 4D. 9
7.已知△ABC的顶点A(5,5)，AB边上的中线所在直线方程为x−5y+6=0，AC边上的高所在直线方程为3x+2y−7=0，则BC所在直线的方程为
A. x+2y+1=0B. x−2y+3=0C. x+2y−1=0D. x−2y−5=0
8.已知圆C:x+12+y2=10，直线l:x+3y+m=0，若l上存在点P，过P作圆C的两条切线，切点分别为A,B，使得∠APB=60∘，则m的取值范围为( )
A. − 10,2 10B. −10,19C. −21,19D. −19,21
9.在同一直角坐标系下，直线ax+by+c=0与圆x−a2+y−b2=r2的位置可能为( )
A. B.
C. D.
10.已知数列an的前n项和为Sn，若an=2n2−13n−45，则当Sn取得最小值时，n的值可能是( )
A. 7B. 8C. 9D. 10
11.已知F1、F2分别是双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点，直线l是双曲线C的一条渐近线，F2关于直线l对称的点为F2′，以F1F′2为直径的圆与直线l有公共点，则双曲线C的离心率的取值可能为( )
A. 54B. 43C. 2D. 2
12.若对任意的i,j∈N∗且i≠j，总存在n∈N∗，使得an=ai⋅aji+j≤n，则称数列an是“Ω数列”，关于“Ω数列”描述正确的是( )
A. 至少存在一个等比数列不是“Ω数列”
B. 至少存在两个常数列为“Ω数列”
C. 若an是“Ω数列”，则an+1也是“Ω数列”
D. 对任意的a∈N，1n+a总是“Ω数列”
13.已知直线l1：mx+3y+1=0与直线l2：2x+m+5y−4=0互相垂直，则它们的交点坐标为__________.
14.法国数学家费马于1640年提出了猜想：Fn=22n+1(n∈N)是质数.这种具有美妙形式的数被称为费马数，因为随着n的增大，Fn迅速增大，所以要判断费马的猜想是否正确非常不容易，一直到1732年才被数学家欧拉算出F5=641×6700417，才证明费马的猜想是错误的.若数列an满足an=lg12Fn−1n∈N∗，则满足an<−2000的最小正整数n=__________.
15.已知实数x，y满足(x+2)2+(y−3)2=4，则 x2+y2−4x的取值范围为__________.
16.已知F是椭圆C：x29+y2=1的左焦点，M是椭圆C上任意一点，Q是圆E：x2+y2−4 2x−10y+32=0上任意一点，则MQ−MF的最小值为__________.
17.已知直线l经过点P3,−3，且在两坐标轴上的截距互为相反数且均不为0.
(1)求直线l的一般式方程；
(2)若直线l′:m2x+2m−3y−3m−3=0与直线l平行，求m的值．
18.已知Sn是等差数列an的前n项和，且a3+a6=40，S5=70.
(1)求Sn；
(2)若bn=1Sn，求数列bn的前n项和Tn.
19.已知A,B是双曲线C:x29−y216=1上的两点．
(1)若O是坐标原点，直线AB经过C的右焦点，且OA⊥OB，求直线AB的方程；
(2)若线段AB的中点为M6,2，求直线AB的方程．
20.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为 33，短轴长为2 6.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若A，B分别为椭圆C的上顶点和右顶点，P是椭圆C上异于A，B的任意一点，求△PAB面积的最大值.
21.在数列an中，a1=6，且an+1an+an+1=3an.
(1)证明：1an−12是等比数列.
(2)求数列nan的前n项和Sn.
22.已知圆W经过A(3,3),B(2,2 2),C(2,−2 2)三点．
(1)求圆W的方程．
(2)若经过点P(−1,0)的直线l1与圆W相切，求直线l1的方程．
(3)已知直线l2与圆W交于M，N(异于A点)两点，若直线AM,AN的斜率之积为2，试问直线l2是否经过定点？若经过，求出该定点坐标；若不经过，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了数列的通项公式，属于基础题.
观察为平方数数列，即可得出结果.
【解答】
解：由题意，依次点数为1、4、9、16，为完全平方数，故an=n2.
故选：B.
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查直线倾斜角与斜率的关系，属于基础题.
由倾斜角与斜率的关系求解.
【解答】
解：由题意得k=−ab=− 3，则a− 3b=0，
故选：A.
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查椭圆的焦点三角形问题，属于基础题.
利用椭圆的几何性质求解即可.
【解答】
解：因为P是椭圆上一点，
所以△PF1F2的周长=PF1+PF2+F1F2=2a+2c=8，
由椭圆方程得2a=6，又a2=b2+c2，
解得b=2 2c=1，
所以m=b2=8，
故选：C
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查圆与圆的位置关系，属于基础题.
判断两圆的位置关系即可得答案.
【解答】
解：因为圆C1:x2+y2+2x−2y+1=0变形为C1:x+12+y−12=1，
所以圆C1的圆心为−1,1，半径为r=1，
圆C2:x2+y2−2x−6y+6=0变形为圆C2:x−12+y−32=4，
所以圆C2的圆心为1,3，半径为R=2，
因为R−r=1
故选：C.
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查双曲线的焦点三角形问题，属于中档题.
求出渐近线y=± 2x，由双曲线的对称性，不妨设Pm, 2m，由OP= 6列方程解出参数，求出F1F2，即可求面积.
【解答】
解：双曲线的渐近线为y=± 6 3x=± 2x，
由双曲线的对称性，不妨设Pm, 2m，
由OP= 6得m2+ 2m2= 62⇒m= 2，
又F1F2=2 6+3=6，
∴△PF1F2的面积12×6× 2=3 2.
故选：A.
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查等比数列的通项公式
利用等比数列的通项公式计算a1和q即可求解.
【解答】
解：因为an为等比数列且单调递增，
所以a1+a5=a1+a1q4=51a2a4=a1q×a1q3=144解得a1=48q=12(舍去)或a1=3q=2，
所以a4+a8a2+a6=q2(a2+a6)a2+a6=4，
故选：C.
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查直线方程的求法，属于中档题．
根据垂直关系求出AC的直线方程，与AB边上的中线的直线方程联立求点C的坐标，根据题意求得点B的坐标，再求出直线BC的方程.
【解答】
解：因为AC边上的高所在直线方程为3x+2y−7=0，，
设AC的方程为2x−3y+t=0，且过A(5,5)，
代入解得t=5，
即AC的方程为2x−3y+5=0，
又AB边上的中线所在直线方程为x−5y+6=0，
2x−3y+5=0x−5y+6=0，解得：x=−1y=1，
则C(−1,1)，
设B(a,b)，
则线段AB的中点a+52,b+52，
则a+52−5×b+52+6=03a+2b−7=0，解得：a=3b=−1，
即B(3,−1)，故BC的斜率为2−4=−12，
则直线方程为y−1=−12x+1，
即x+2y−1=0.
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查直线与圆的位置关系中的最值问题，属于中档题.
由圆的性质可确定∠APC=12∠APB，且当PC为圆心C到直线l的距离d时，sin∠APC取得最大值，由此可构造不等式解得m的范围.
【解答】
解：由圆的方程知：圆心C−1,0，半径r= 10，
∵PA=PB，PC=PC，∠CAP=∠CBP=90∘，∴△CAP≌△CBP，
∴∠APC=12∠APB，
∵sin∠APC=rPC，
∴当PC取得最小值，即PC为圆心C到直线l的距离d时，sin∠APC取得最大值，
∵存在点P使得∠APB=60∘，则此时∠APC=30∘，
则 10|m−1| 10≥sin 30∘=12，即m−1≤20，
解得：−19≤m≤21，即实数m的取值范围为−19,21.
故选：D.
9.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查直线与圆的位置关系，属于基础题.
根据圆心的位置可确定a,b的正负，由此可确定直线斜率k=−ab的正负，进而确定可能的图象.
【解答】
解：对于ABC，由圆的图象知圆心a,b位于第一象限，∴a>0，b>0，
∴直线ax+by+c=0斜率k=−ab<0，则A正确，BC错误；
对于D，由圆的图象知圆心a,b位于第四象限，∴a>0，b<0，
∴直线ax+by+c=0斜率k=−ab>0，则D正确.
故选AD.
10.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查数列的最大(小)项问题，是较易题.
由题知当n≤8时，an<0；当n=9时，an=0；当n>9时，an>0，进而根据题意求解即可得答案.
【解答】
解：因为2x2−13x−45<0的解集为−52
当n=9时，an=0；
当n>9时，an>0，
所以数列an的前n项和Sn取得最小值时，n=8或n=9.
故选BC.
11.【答案】ABC
【解析】【分析】
本题考查求双曲线的离心率，考查直线与圆的位置关系的判断，属于中档题.
求出F2、F2′到直线距离均为b，求出F1F2′=2a且F1F2′//l，则以F1F′2为直径的圆与直线l有公共点，得a≥b，即可构造齐次不等式，得出离心率范围.
【解答】
解：不妨设直线l的方程y=bax，即bx−ay=0，
则F2c,0到直线l的距离d=bc a2+b2=b，
设F2F2′与直线l交于点M，F2关于直线l对称的点为F2′，则M为F2F2′的中点，
且F2F2′⊥l，OM= c2−d2=a，
又∵O为F1F2的中点，故F1F2′//l，且F1F2′=2OM=2a，
∵以F1F′2为直径的圆与直线l有公共点，F1F2′与直线l的距离为b，故a≥b，
故a2≥c2−a2，即e=ca≤ 2.
故选：ABC
12.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查数列的新定义问题，是中档题.
对于A，若an=3×2n，然后根据“Ω数列”的定义判断；对于B，由an=0或an=1判断；对于C，举例判断；对于D，设an=1n+a，然后根据“Ω数列”的定义判断.
【解答】
解：对于A，若an=3×2n，则an是等比数列，由an=ai⋅aj，得n=i+j+lg23∉N∗，则an不是“Ω数列”，故A正确；
对于B，当an=0或an=1时，满足题干已知条件，所以至少存在两个常数列为“Ω数列”，故B正确；
对于C，若an=n2，则ai⋅aj=i2×j2=i×j2，要使an=ai⋅aji+j≤n，
只需n=i×j即可，
则an是“Ω数列”，令bn=an+1=n2+1，设b1⋅b3=2×10=n2+1，则n∉N∗，故n2+1}不是“Ω数列”，故C错误；
对于D，设an=1n+a，由an=ai⋅aj，得n=i+aj+a−a∈N∗，所以对任意的a∈N,1n+a总是“Ω数列”，故D正确.
故选ABD.
13.【答案】76,56
【解析】【分析】
本题考查了两直线垂直的判定和交点坐标，属于基础题.
利用互相垂直求出m，然后两直线联立即可求出交点坐标.
【解答】
解：
因为直线l1：mx+3y+1=0与直线l2：2x+m+5y−4=0互相垂直，
所以2m+3m+5=0，解得m=−3，
联立−3x+3y+1=02x+2y−4=0，解得直线l1和l2的交点坐标为76,56，
故答案为：76,56
14.【答案】11
【解析】【分析】
本题结合数学文化考查数列与不等式，将Fn=22n+1代入an=lg12Fn−1得到通项公式，然后解不等式即可.
【解答】
解：an=lg12Fn−1=lg1222n+1−1=−2n,
an<−2000,∴−2n<−2000,∴2n>2000,
又210=1024,211=2048,∴nmin=11
故答案为：11.
15.【答案】 5,3 5
【解析】【分析】
本题主要考查点到圆上点的最值问题
依题意可得 x2+y2−4x= x−22+y2−4，其中x−22+y2表示圆上的点Ax,y与定点B2,0的距离的平方，求出圆心C的坐标，即可求出BC，从而求出AB的取值范围，即可求出x−22+y2的取值范围，即可得解.
【解答】
解：因为 x2+y2−4x= x−22+y2−4，
又实数x，y满足(x+2)2+(y−3)2=4，
所以点Ax,y在以C−2,3为圆心，半径r=2的圆上，
又x−22+y2表示圆上的点Ax,y与定点B2,0的距离的平方，
因为BC= −2−22+3−02=5，所以BC−r≤AB≤BC+r，
即3≤AB≤7，所以9≤x−22+y2≤49，
所以5≤x−22+y2−4≤45，
所以 5≤ x−22+y2−4≤3 5，即 x2+y2−4x∈ 5,3 5.
故答案为： 5,3 5.
16.【答案】−2
【解析】【分析】
本题主要考查椭圆上的点到焦点或定点距离的最值问题，属于中档题.
设出椭圆的另一焦点F′，根据椭圆的几何性质，可得MF=2a−MF′，转化为三点共线能取最小值的问题，再结合圆的几何性质，即可求解.
【解答】
解：∵椭圆C方程为：x29+y2=1，
∴a=3，b=1，c=2 2，
又圆E方程可化为：x−2 22+y−52=1，
∴圆心坐标为E2 2,5，半径r=1，
设椭圆的右焦点为F′，则F′2 2,0，
∴MQ−MF=MQ−2a−MF′=MQ+MF′−2a≥F′Q−2a≥F′E−r−2a=5−1−6=−2
当且仅当F′，M，Q，E共线时，取得等号，
∴MQ−MF的最小值为−2，
故答案为：−2.
17.【答案】解：(1)由题意设直线方程为：xa+y−a=1(a≠0)
将点P3,−3代入得：
3a+−3−a=1⇒a=6
所以直线方程为：x6−y6=1
所以直线l的一般式方程为：x−y−6=0
(2)由(1)知直线l的斜率存在且不为0，
所以若直线l′:m2x+2m−3y−3m−3=0与直线l平行
则m≠0m2×(−1)=1×(2m−3)
所以m=−3或m=1
当m=−3时，直线l′:x−y+23=0满足题意
当m=1时，直线l′:x−y−6=0与直线l重合不满足题意
所以m=−3
【解析】本题主要考查直线的截距式方程，两条直线平行的判定及应用，属于中档题.
(1)由题意设出直线方程的截距式方程，将点P3,−3代入计算即可；
(2)由(1)知直线l的斜率存在且不为0，所以利用两直线平行的性质求解出参数，注意讨论即可.
18.【答案】解：(1)an为等差数列，则a3+a6=a4+a5=40，S5=5a3=70⇒a3=14，
3a2=a1+a2+a3=S5−a4+a5=70−40=30⇒a2=10.
∴d=a3−a2=4, a1=a2−d=6，故an=6+n−1⋅4=4n+2，
故Sn=6+4n+2n2=2n2+4n.
(2)bn=1Sn=12nn+2=141n−1n+2，
∴Tn=14(1−13+12−14+13−15+⋯+1n−1n+2)
=141+12−1n+1−1n+2
=1432−1n+1−1n+2
【解析】本题主要考查等差数列的前n项和公式以及裂项相消法求和，属于中档题.
(1)利用基本量列方程求解即可；
(2)由裂项相消法求和.
19.【答案】解：(1)由题知：双曲线C:x29−y216=1焦点在x 轴上，a=3,b=4,c=5 ，
所以右焦点为(5,0) ，
当直线AB的斜率不存在时，直线AB为x=5 ，
此时设A(5,163),B(5,−163) ，
∴OA=(5,163),OB=(5,−163) ，
∵OA⋅OB≠0，不满足题意；
当直线AB的斜率存在时，
设直线AB为y=k(x−5) ，A(x1,y1),B(x2,y2)，
联立方程y=k(x−5)x29−y216=1，消去y得：
(16−9k2)x2+90k2x−(225k2+144)=0 ，
所以x1+x2=90k29k2−16,x1x2=225k2+1449k2−16 ，
因为OA=(x1,y1),OB=(x2,y2),OA⊥OB ，
所以OA⋅OB=x1x2+y1y2
=x1x2+k2(x1−5)(x2−5)=(1+k2)x1x2−5k2(x1+x2)+25k2
=(1+k2)⋅225k2+1449k2−16−5k2⋅90k29k2−16+25k2=144−31k29k2−16=0，
解得k=±12 31 ，
所以直线AB的方程为y=±12 3131x−5；
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2)，
因为A,B在双曲线C:x29−y216=1上，
所以，
化简得：x22−x129−y22−y1216=0，
所以(x2+x1)(x2−x1)9=(y2+y1)(y2−y1)16，
所以y2−y1x2−x1=16(x2+x1)9(y2+y1)
因为M6,2是A,B中点，
所以x2+x1=12,y2+y1=4
所以y2−y1x2−x1=163，即k=163 ，
所以直线AB的方程为y−2=163(x−6)，
即16x−3y−90=0.
【解析】本题考查直线与双曲线的位置关系，属于中档题.
(1)讨论斜率是否存在，设直线方程，联立方程，然后根据OA⋅OB=0即可求解；
(2)根据点差法求解中点弦问题即可.
20.【答案】解：(1)由题意可知：e=ca= 1−b2a2= 33，所以b2a2=23，
又因为短轴长为2 6，所以b= 6，a=3，
所以椭圆C的方程x29+y26=1.
(2)由(1)可知：A(0, 6),B(3,0)，则AB= 6+9= 15，
直线AB的方程为x3+y 6=1，也即2x+ 6y−6=0，
设与直线AB平行的方程为2x+ 6y+m=0，
联立方程组2x+ 6y+m=0x29+y26=1，整理可得：12y2+2 6my+m2−36=0，
当直线2x+ 6y+m=0与椭圆相切时，△PAB的面积最大，
也即满足Δ=(2 6m)2−4×12×(m2−36)=0，解得：m=±6 2，
因为直线AB的方程为2x+ 6y−6=0，所以m=6 2时，两平行线间距离最大，
两平行线2x+ 6y−6=0与2x+ 6y+6 2=0之间的距离d=6 2+6 4+6=3(2 5+ 10)5，
所以△PAB面积的最大值为
S△PAB=12AB⋅d=12× 15×3(2 5+ 10)5=3 3+3 62.
【解析】(1)根据椭圆的离心率可得b2a2=23，然后根据椭圆的短轴长即可求解；
(2)根据(1)的方程，求出直线AB的方程，设出与直线AB平行的方程，当所设直线与椭圆相切时，△PAB的面积最大，将所设直线方程与椭圆方程联立，利用判别式等于零求出所设直线方程，在求出两平行线间的距离即可求解.
21.【答案】解：(1)由题意可得an+1(an+1)=3an，因为a1=6，所以an>0，
所以1+1an=3an+1，所以1an−12=31an+1−12，
又1a1−12=−13≠0，
所以1an−12是以−13为首项，13为公比的等比数列.
(2)由(1)得：1an−12=−(13)n，整理得1an=12−(13)n，
所以nan=n2−n3n，
故Sn=12−13+22−232+⋯+n2−n3n
=12(1+2+⋯+n)−(13+232+⋯+n3n)
设Tn=13+232+⋯+n3n，①，
13Tn=132+233+⋯+n3n+1，②，
①-②得：23Tn=13+132+⋯+13n−n3n+1，
解得Tn=34−2n+34×3n，
故Sn=n(n+1)22−34+2n+34×3n=n2+n−34+2n+34×3n
【解析】本题考查等比数列的判定，错位相减法求和，分组求和法，属于中档题.
(1)利用等比数列的定义证明即可；
(2)利用分组求和和错位相减求解即可.
22.【答案】解：(1)设圆W的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，
则3D+3E+F+18=02D+2 2E+F+12=02D−2 2E+F+12=0，解得D=−6E=0F=0
则圆W的方程为x2+y2−6x=0.
(2)由(1)可知，圆W的圆心坐标为(3,0)，半径为3.
若直线l1的斜率不存在，则直线l1的方程为x=−1，圆心W到直线l1的距离为3−(−1)=4>3，不符合题意．
若直线l1的斜率存在，设直线l1的方程为y=k(x+1)，
则圆心W到直线l1的距离为|4k| k2+1=3，解得k=±3 77，
故直线l1的方程为y=±3 77(x+1).
(3)若直线l2的斜率不存在，则设直线l2的方程为x=x0,Mx0,y0,Nx0,−y0，
则k AM⋅kAN=y0−3x0−3⋅−y0−3x0−3=2，整理得2x0−32+y02=9.
又x0−32+y02=9，解得x0=3，
所以直线l2的方程为x=3，此时l2经过点A(3,3)，不符合题意．
若直线l2的斜率存在，则设直线l2的方程为y=tx+b,Mx1,y1,Nx2,y2，
联立方程组y=tx+bx2+y2−6x=0，整理得t2+1x2+(2tb−6)x+b2=0，
则Δ=−4b2−24tb+36>0,x1+x2=6−2tbt2+1,x1x2=b2t2+1.
kAM⋅kAN=y1−3x1−3⋅y2−3x2−3=tx1+b−3tx2+b−3x1−3x2−3
=t2x1x2+(tb−3t)x1+x2+b2−6b+9x1x2−3x1+x2+9
=9t2+b2+6tb−18t−6b+99t2+b2+6tb−9=2，
则9t2+b2+6tb+18t+6b−27=0，
整理得(3t+b)2+6(3t+b)−27=(3t+b+9)(3t+b−3)=0，
解得b=−3t−9或b=−3t+3(舍去).
当b=−3t+3时，直线l2的方程为y=tx−3t+3，此时直线l2经过点A(3,3)，不符合题意，故舍去．
所以b=−3t−9，
故直线l2的方程为y=tx−3t−9，即y=t(x−3)−9，经过定点(3,−9).
综上所述，直线l2经过定点，且该定点的坐标为(3,−9).
【解析】本题考查求圆的一般方程，直线与圆的位置关系的判断及求参，属于拔高题.
(1)设圆的一般方程，代入A，B，C三点坐标列出方程组，即可求得圆的方程；
(2)由圆的方程可得圆心和半径，直线l1的斜率不存在时，不符合题意，故直线l1的斜率存在，设直线l1的方程为y=k(x+1)，由圆心到直线距离等于半径可构造方程求得直线的斜率，进而可得直线l1的方程；
(3)当直线l2斜率不存在时，不满足；当直线l2斜率存在时，设直线l2的方程为y=tx+b，与圆方程联立，得t2+1x2+(2tb−6)x+b2=0，由此利用判别式、根与系数的关系、直线方程，结合已知条件即可证明直线过定点
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