2022-2023学年广东省珠海一中高二（上）期末数学试卷

2022-2023学年广东省珠海一中高二（上）期末数学试卷一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只1．（5分）设直线3x+4y+2＝0的倾斜角为θ，则sinθ＝（）A．B．C．D．2．（5分）已知向量在基底，，下的坐标为（1，2，3），则在基底，，下的坐标为（）A．（0，1，2）B．（0，2，1）C．（2，1，0）D．（1，2，﹣1）3．（5分）已知数列{ann}满足an＝2+kn，若{an}为递增数列，则k的取值范围是（）A．（﹣2，+∞）B．（2，+∞）C．（﹣∞，﹣2）D．（﹣∞，2）4．（5分）德国数学家米勒曾提出过如下的“最大视角原理”：对定点A、B和在直线l上的动点P，当l与△APB的外接圆相切时，∠APB最大．若A（0，2），B（0，8），P是x轴正半轴上一动点，当P对线段AB的视角最大时，△APB的外接圆的方程为（）A．（x﹣4）2+（y﹣4）2＝25B．（x﹣4）2+（y﹣5）2＝16C．（x﹣5）2+（y﹣4）2＝16D．（x﹣4）2+（y﹣5）2＝255．（5分）已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F的直线交抛物线于A、B两点，若|AF|＝4|BF|，则AB的中点到准线的距离为（）A．B．C．D．6．（5分）已知数列{an}、{bn}满足a1＝1，b1＝2，an+1﹣bn＝bn+1﹣an＝1，{bn}的前n项和为S2n，cn＝Sn﹣n+6n，则数列{cn}的最大项为（）A．25B．24C．27D．267．（5分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的内切球的表面积为π，P是棱BB1上一动点，当直线C1D与平面A1C1P的夹角最大时，四面体D﹣A1C1P的体积为（）A．B．C．D．8．（5分）已知椭圆E：洠＞＞的左焦点为F，椭圆E与过原点的直线相交于A、B两点，连接AF、BF，若AF⊥BF，㤵㜠∠th，则E的离心率为（）A．B．C．D．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，有多项符合 题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。（多选）9．（5分）下列结论正确的是（）A．若直线ax+y+1＝0与直线4x+ay+2＝0平行，则它们的距离为B．点（5，0）关于直线y＝2x的对称点的坐标为（﹣3，4）C．原点到直线kx+（2k+1）y﹣3k﹣1＝0（k∈R）的距离的最大值为D．直线1与坐标轴围成的三角形的面积为m2+m（多选）10．（5分）已知O为坐标原点，A（3，0），动点P满足|PO|＝2|PA|，记P的轨迹为曲线E，直线l的方程为x﹣y+m＝0（m∈R），l交E于两点M、N，则下列结论正确的是（）A．E的方程为x2+y2﹣8x+12＝0B．m的取值范围是（﹣24，24）C．•的最小值为8D．△OMN可能是直角三角形*（多选）11．（5分）已知数列{an}满足an+1＝an（n∈N），a1＝2，则下列结论正㜠㤵㤵确的是（）A．a3＝8B．{an}是等比数列㜠㜠㜠C．㤵＞D．㤵㤵㤵＜㜠㤵（多选）12．（5分）已知双曲线Γ：1（a＞0，b＞0），左焦点为F，左右顶点分别为A1、A2，B（0，b），P是Γ右支上一动点，且|PF|+|PB|的最小值为（2）a，P关于x轴的对称点为Q，则下列结论正确的是（）A．Γ的离心率为2B．PA2⊥A1QC．sin∠QPA1＝sin∠QA2A1D．4|PB||PQ|三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）曲线4x2﹣3xy+3＝0的渐近线为，离心率为．14．（5分）已知公差不为零的等差数列{an}满足a20+a23＝26，a3、a9、a12成等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，则Sn的最小值为．15．（5分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱BB1的中点，P是正方体内（含边界）一 点，满足C1P⊥A1E，若AB＝2，则t的取值范围是．16．（5分）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，准线与x轴交于点M，过F的直线l交C于A、B两点，交准线于点D．若BM平分∠AMD，|AB|＝6，则C的方程为．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．（10分）已知数列{a*n}满足a1＝3，a2＝8，an+2+an＝2an+1+2（n∈N）．（1）证明：{an+1﹣an}是等差数列；（2）记数列{}的前n项和为Sn，求最小的正整数k，使得Sk＞．㜠18．（12分）已知直线l1：ax+y＝0，直线l2：x﹣ay+2a﹣2＝0，a∈R，l1与l2交于点P．（1）设P的轨迹为曲线E，求E的方程；（2）证明：曲线E与圆C：x2+（y+1）2＝1相交，并求它们的公共弦的长．19．（12分）如图，在三棱台ABC﹣DEF中，已知平面BCFE⊥平面ABC，AC⊥BC，BE＝EF＝FC＝1，BC＝AC＝2．（1）证明：AD⊥BF；（2）求二面角D﹣AB﹣F的余弦值．20．（12分）已知P是椭圆C：1上一点，F1、F2为C的左、右焦点，|PF1|＝|F1F2|，cos∠PF2F1，|PF2|＝22．（1）求C的方程；（2）过（0，）的直线l交椭圆于A、B两点，若四边形AF1BF2的面积为，求l的方程．21．（12分）已知动圆P与圆F：x2+y2﹣2x＝0外切，与y轴相切，记圆心P的轨迹为曲线E，M（1，1）．（1）求E的方程；（2）若斜率为4的直线l交E（x＞0）于A、B两点，直线AM、BM分别交曲线E于另 一点C、D，证明：直线CD过定点．22．（12分）记直线l：y＝kx为曲线E：x21（x≥1，y≥0）的渐近线．若A1（1，0），过A1作x轴的垂线交l于点B1，过B1作y轴的垂线交E于点A2，再过A2作x轴的垂线交l于点B2…依此规律下去，得到点列A1，A2，…，An和点列B1，B2，…，Bn，n为正整数．记Bn的横坐标为an，|OAn|＝bn．（1）求数列{bn}的通项公式；㜠（2）证明：洠＞洠㜠㜠㜠洠㜠． 2022-2023学年广东省珠海一中高二（上）期末数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只1．（5分）设直线3x+4y+2＝0的倾斜角为θ，则sinθ＝（）A．B．C．D．【解答】解：由题意得tanθ，故θ为钝角，所以cosθ，䁜㜠所以sinθ．故选：D．2．（5分）已知向量在基底，，下的坐标为（1，2，3），则在基底，，下的坐标为（）A．（0，1，2）B．（0，2，1）C．（2，1，0）D．（1，2，﹣1）【解答】解：因为向量在基底，，下的坐标为（1，2，3），即23，设x（）+y（）+z（），x、y、z∈R，所以（x+z）（x+y）（y+z），令，解得x＝0，y＝2，z＝1；所以在基底，，下的坐标为（0，2，1）．故选：B．3．（5分）已知数列{ann}满足an＝2+kn，若{an}为递增数列，则k的取值范围是（）A．（﹣2，+∞）B．（2，+∞）C．（﹣∞，﹣2）D．（﹣∞，2）【解答】解：若{an}为递增数列，则an+1﹣an＞0，则有2n+1+k（n+1）﹣（2n+kn）＝2n+1﹣2n+k＝2n+k＞0，对于n∈N+恒成立．∴k＞﹣2n，对于n∈N+恒成立，∴k＞﹣2．故选：A． 4．（5分）德国数学家米勒曾提出过如下的“最大视角原理”：对定点A、B和在直线l上的动点P，当l与△APB的外接圆相切时，∠APB最大．若A（0，2），B（0，8），P是x轴正半轴上一动点，当P对线段AB的视角最大时，△APB的外接圆的方程为（）A．（x﹣4）2+（y﹣4）2＝25B．（x﹣4）2+（y﹣5）2＝16C．（x﹣5）2+（y﹣4）2＝16D．（x﹣4）2+（y﹣5）2＝25【解答】解：设P（p，0），则k1＝kAP，k2＝kBP，tan∠APB＝tan（∠APx﹣∠BPx）洠洠，当且仅当p，且p＞0时成立解得p＝4，∴P（4，0），设△APB的外接圆的方程为（x+a）2+（y+b）2＝r2，洠则洠，解得a＝﹣4，b＝﹣5，r2＝25，洠∴△APB的外接圆的方程为（x﹣4）2+（y﹣5）2＝25．故选：D．5．（5分）已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F的直线交抛物线于A、B两点，若|AF|＝4|BF|，则AB的中点到准线的距离为（）A．B．C．D．【解答】解：已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F的直线交抛物线于A、B两点，设抛物线的准线交x轴于点N，AB的中点为P， 过A作AC⊥CD，BD⊥CD，PQ⊥CD，BE⊥AC，设|BF|＝t，又|AF|＝4|BF|，则|BD|＝t，|AF|＝|AC|＝4t，则|AE|＝3t，h又，tht䁣䁜则，又|MN|＝t，䁜则，即䁜，ht൅䁜则，故选：C．6．（5分）已知数列{an}、{bn}满足a1＝1，b1＝2，an+1﹣bn＝bn+1﹣an＝1，{bn}的前n项和为S2n，cn＝Sn﹣n+6n，则数列{cn}的最大项为（）A．25B．24C．27D．26【解答】解：由a1＝1，b1＝2，an+1﹣bn＝bn+1﹣an＝1，可得an+1﹣bn+1＝﹣（an﹣bn），an＝bn+1﹣1，所以an﹣1nn﹣bn＝（a1﹣b1）•（﹣1）＝（﹣1），即有bnn+1﹣bn＝1+（﹣1），洠㜠洠㜠所以bn＝b1+（b2﹣b1）+（b3﹣b2）+...+（bn﹣bn﹣1）＝2+n﹣1n， 洠㜠洠㜠S2nn（n+1）n•n+n，22洠㜠2洠㜠cn＝Sn﹣n+6n＝7nn（n﹣7），当n＝7时，cn取得最大值25，故选：A．7．（5分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的内切球的表面积为π，P是棱BB1上一动点，当直线C1D与平面A1C1P的夹角最大时，四面体D﹣A1C1P的体积为（）A．B．C．D．【解答】解：建系如图，∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1的内切球的表面积为π，∴易得正方体的棱长为1，∴A1（1，0，0），C1（0，1，0），D（1，1，1），设P（0，0，t），t∈[0，1]，∴൅洠，，，൅t洠，，，t洠，，䁜，设平面A1C1P的法向量为㜠洠，，，㜠൅t则，取㜠洠䁜，䁜，，㜠t䁜∴直线C1D与平面A1C1P的夹角的正弦值为：൅㜠䁜洠䁜o＜൅，㜠＞䁜，൅㜠䁜令t+1＝u，∵t∈[0，1]，∴u∈[1，2]，洠䁜∴䁜，令v，∵u∈[1，2]，∴v∈[，1]，∴，v∈[，1]，洠∴当v，即，即t时，直线C1D与平面A1C1P的夹角的正弦值取得最大值，䁜此时直线C1D与平面A1C1P的夹角也最大，∴当直线C1D与平面A1C1P的夹角最大时，P为棱BB1的中点， 此时平面A1C1P的法向量㜠洠，，，又൅洠，，，൅㜠∴点D到平面A1C1P的距离为൅o＜൅，㜠＞，㜠又易知此时A1P＝C1P，A1C1，∴△A1C1P的面积为，∴此时四面体D﹣A1C1P的体积，故选：A．8．（5分）已知椭圆E：洠＞＞的左焦点为F，椭圆E与过原点的直线相交于A、B两点，连接AF、BF，若AF⊥BF，㤵㜠∠th，则E的离心率为（）A．B．C．D．【解答】解：设椭圆右焦点为M，连接BM，AM，则四边形AMBF是平行四边形，∴AF+BF＝AF+AM＝2a，∵AF⊥BF，∴AB＝2OF＝2c，∵sin∠FAB，∴cos∠FAB，∴BF＝ABsin∠FAB，AF＝ABcos∠FAB，∴2a＝AF+BF，即a，∴e．故选：B． 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。（多选）9．（5分）下列结论正确的是（）A．若直线ax+y+1＝0与直线4x+ay+2＝0平行，则它们的距离为B．点（5，0）关于直线y＝2x的对称点的坐标为（﹣3，4）C．原点到直线kx+（2k+1）y﹣3k﹣1＝0（k∈R）的距离的最大值为D．直线1与坐标轴围成的三角形的面积为m2+m【解答】解：∵直线ax+y+1＝0与直线4x+ay+2＝0平行，∴，求得a＝﹣2，故两条平行直线即为直线2x﹣y﹣1＝0与直线2x﹣y+1＝0，则它们之间的距离为，所以A不正确；假设点（5，0）关于直线y＝2x的对称点的坐标为（﹣3，4），可得，并且两点的中点坐标（1，2）满足y＝2x，所以B正确；原点到直线kx+（2k+1）y﹣3k﹣1＝0（k∈R）经过的定点为：（1，1），所以原点到直线kx+（2k+1）y﹣3k﹣1＝0（k∈R）的距离的最大值为：，所以C正确；直线1与坐标轴围成的三角形的面积为：|m||2m+2|＝|m2+m|，所以D不正确；故选：BC．（多选）10．（5分）已知O为坐标原点，A（3，0），动点P满足|PO|＝2|PA|，记P的轨迹为曲线E，直线l的方程为x﹣y+m＝0（m∈R），l交E于两点M、N，则下列结论正确的是（）A．E的方程为x2+y2﹣8x+12＝0B．m的取值范围是（﹣24，24） C．•的最小值为8D．△OMN可能是直角三角形【解答】解：设P（x，y），由题意可得2洠，整理可得x2+y2﹣8x+12＝0，所以A正确；且圆心D的坐标（4，0），半径r＝2，则圆心D到直线l的距离d，要使有两个交点，可得d＜r，即＜2，可得﹣4﹣2＜m＜﹣4+2，所以B正确；联立，整理可得：2x2+（2m﹣8）x+m2+12＝0，Δ＞0，即﹣4﹣2＜m＜﹣4+2，x1+x2＝﹣m+4，x1x26，22y1y2＝（x1+m）（x2+m）＝x1x2+m（x1+x2）+mm（﹣m+4）+m6+4m，22所以•x1x2+y1y266+4m＝m+4m+12＝（m+2）+8，当m＝﹣2满足Δ＞0时，•的值最小，最小值为8，所以C正确；由•的最小值为8，可知O不可能为直角顶点，不妨设M在N的下方，可知N不可能为直角顶点，设过原点与M的直线方程为y＝kx，由圆心（4，0）到直线的距离d2，222解得16k≤4k+4，解得k，∴k，故OM不与MN垂直，∴△OMN不可能是直角三角形，故D错误．故选：ABC．*（多选）11．（5分）已知数列{an}满足an+1＝an（n∈N），a1＝2，则下列结论正㜠㤵㤵确的是（）A．a3＝8B．{an}是等比数列㜠㜠㜠C．㤵＞D．㤵㤵㤵＜㜠㤵*【解答】解：由an+1＝an（n∈N），a1＝2，㜠㤵㤵可得a2＝a122+2＝4，a3＝a244+4＝8， a4＝a388+8＝16，......，nan＝an﹣12an﹣1＝2，ǤǤǤ㜠故A、B正确；由n＝1时，＜1，故C错误；设S23n234n+1n＝1•2+2•2+3•2+...+n•2，2Sn＝1•2+2•2+3•2+...+n•2，23nn+1洠㜠n+1上面两式相减可得﹣Sn＝2+2+2+...+2﹣n•2n•2，化简可得S㜠n+1niai＝2+（n﹣1）•2，㤵由2+（n﹣1）•2n+1﹣n•2n+1＝2﹣2n+1＜0，即有㜠ian+1i＜n•2，故D正确．㤵故选：ABD．（多选）12．（5分）已知双曲线Γ：1（a＞0，b＞0），左焦点为F，左右顶点分别为A1、A2，B（0，b），P是Γ右支上一动点，且|PF|+|PB|的最小值为（2）a，P关于x轴的对称点为Q，则下列结论正确的是（）A．Γ的离心率为2B．PA2⊥A1QC．sin∠QPA1＝sin∠QA2A1D．4|PB||PQ|【解答】解：由题意，F（﹣c，0），B（0，b），设右焦点为F1（c，0），由双曲线定义知，|PF|﹣|PF1|＝2a，则|PF|＝2a+|PF1|，∵|BP|+|PF1|≥|AF1|，∴|BP|+|PF|＝|BP|+|PF1|+2a≥|BF1|+2a2a，∴2a＝（2）a，即b2+c2＝3a2，∴c2﹣a2+c2＝3a2，22∴c＝2a，即e（e＞1），故A不正确． 设P（x，y），Q（﹣x，﹣y），A1（﹣a，0），A2（a，0），∴kt，kt，∴kt•kt，由A可得双曲线方程为x2﹣y2＝a2，∴k•k1，∴PAtt2⊥A1Q，故B正确；t记PQ交x轴于点N，sin∠QPA1，t洠洠洠sin∠QA2A1＝sin∠QA2N，洠洠∴sin∠QPA1＝sin∠QA2A1，故C正确；假设4|PB||PQ|成立，则4洠2|y|，两边平方得，16[x2+（y﹣b）2]≥24y2，∴2x2+2y2﹣4by+2b2≥3y2，∴y2﹣4by+2a2+2b2≥0，∴（y﹣2b）2≥0，当y＝2b时取等号，故D正确；故选：BCD．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）曲线4x2﹣3xy+3＝0的渐近线为x＝0和4x﹣3y＝0，离心率为．2【解答】解：∵曲线4x﹣3xy+3＝0可化为yx，可得曲线的两条渐近线方程为x＝0和yx，设该曲线的对称轴方程为y＝kx，由两直线的到角公式可得（k＞0），解得k＝3，则对称轴方程为y＝3x，设双曲线的旋转角为α，即tanα＝3，sinα，cosα，㈷㈷2由坐标轴的旋转公式得，代入方程4x﹣3xy+3＝0，㈷㈷㈷㈷化简可得1，即有a，b，c， e．故答案为：x＝0和4x﹣3y＝0，．14．（5分）已知公差不为零的等差数列{an}满足a20+a23＝26，a3、a9、a12成等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，则Sn的最小值为﹣210．【解答】解：设等差数列{an}的公差为d（d≠0），∵a20+a23＝26，a3，a9，a12成等比数列，ͳ∴，解得a1＝﹣28，d＝2，洠ͳ洠ͳ洠ͳ㜠洠㜠∴㜠㜠㜠㜠洠㜠，∴n＝14时，Sn取最小值﹣210．故答案为：﹣210．15．（5分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱BB1的中点，P是正方体内（含边界）一点，满足C1P⊥A1E，若AB＝2，则t的取值范围是[，5]．【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴建立空间直角坐标系，AB＝2，则A1（2，0，2），C1（0，2，2），D1（0，0，2），E（2，2，1），设P（x，y，z），x，y，z∈[0，2]，∵൅（x，y﹣2，z﹣2），t䁣（0，2，﹣1），C1P⊥A1E，∴2（y﹣2）﹣（z﹣2）＝0，即z＝2y﹣2∈[0，2]，且P（x，y，2y﹣2），x∈[0，2]，y∈[1，2]， 则t•t•＝（x﹣2，y，2y﹣4）•（x，y，2y﹣4）＝x（x﹣2）+y2+（2y﹣4）2＝x2﹣2x+5y2﹣16y+1622＝（x﹣1）+5（y），当x＝1，y时，t的最小值为；当x＝0或2时，y＝1时，t的最大值为5；故答案为：[，5]．16．（5分）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，准线与x轴交于点M，过F的直线l交C于A、B两点，交准线于点D．若BM平分∠AMD，|AB|＝6，则C的方程为y2＝2x．【解答】解：设过F（，0）的直线l的方程为x＝my，与抛物线的方程y2＝2px联立，可得y2﹣2pmy﹣p2＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），y1＞0，y2＜0，则y21+y2＝2pm，y1y2＝﹣p，2则|AB|＝x1+x2+ppp＝2pm+2p＝6．过A作AP⊥MD，垂足为P，过B作BQ⊥MD，垂足为Q，则|AP|＝|AF|，|BQ|＝|BF|，设|AF|＝6﹣t，|BF|＝t，t䁜则，h䁜䁜䁜即有，h䁜设∠BMQ＝α（0＜α＜），则tanα，t䁜䁜tan（π﹣2α），即tan2α，䁜㜠则tanα＝﹣tan2α，䁜㜠解得tanα，则t|y2|，6﹣t|y1|，可得6|y1﹣y2|（y1﹣y2），即有y1﹣y2， 又y1+y2＝2pm，解得y1＝pm，y2＝pm，又y22221y2＝﹣p，可得pm﹣3＝﹣p，又pm2+p＝3，则p2（）﹣3＝﹣p2，解得p＝1，则抛物线的方程为y2＝2x．故答案为：y2＝2x．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．（10分）已知数列{a*n}满足a1＝3，a2＝8，an+2+an＝2an+1+2（n∈N）．（1）证明：{an+1﹣an}是等差数列；（2）记数列{}的前n项和为Sn，求最小的正整数k，使得Sk＞．㜠【解答】解：（1）证明：∵an+2+an＝2an+1+2，∴（an+2﹣an+1）﹣（an+1﹣an）＝2，又a1＝3，a2＝8，则a2﹣a1＝5，∴数列{an+1﹣an}时首项为5，公差为2的等差数列；（2）由（1）得数列{an+1﹣an}时首项为5，公差为2的等差数列，则an+1﹣an＝5+2（n﹣1）＝2n+3，∴当n≥2时，an﹣an﹣1＝2n+1，an﹣1﹣an﹣2＝2n﹣1，an﹣2﹣an﹣3＝2n﹣3，…，a2﹣a1＝5，洠㜠洠㜠22由累加法得an﹣a1＝5+7+...+2n+1n+2n﹣3，则an＝n+2n，又当n＝1时，a1＝3符合题意，∴a2n＝n+2n，则（），㜠㜠㜠∴数列{}的前n项和为Sn（1...）（㜠㜠㜠），㜠㜠 2∵Sk＞，即（）＞，即k﹣5k﹣10＞0，解得k＜（不合题意，舍去）或k＞，∴最小的正整数k为7．18．（12分）已知直线l1：ax+y＝0，直线l2：x﹣ay+2a﹣2＝0，a∈R，l1与l2交于点P．（1）设P的轨迹为曲线E，求E的方程；（2）证明：曲线E与圆C：x2+（y+1）2＝1相交，并求它们的公共弦的长．【解答】解：（1）直线l1：ax+y＝0过定点A（0，0），直线l2：x﹣ay+2a﹣2＝0过定点B（2，2），由直线l1与直线l2相互垂直，故P的轨迹是以AB为直径的圆，AB中点的坐标为（1，1），|AB|＝2，∴P的轨迹的方程为（x﹣1）2+（y﹣1）2＝2；（2）曲线E与圆C：x2+（y+1）2＝1的方程相减可得公共弦所在直线的方程为2x﹣1+4y+1＝0，即公共弦所在直线方程为x+2y＝0，圆C的圆心（0，﹣1）到直线x+2y＝0的距离d，∴公共弦的长为2．19．（12分）如图，在三棱台ABC﹣DEF中，已知平面BCFE⊥平面ABC，AC⊥BC，BE＝EF＝FC＝1，BC＝AC＝2．（1）证明：AD⊥BF；（2）求二面角D﹣AB﹣F的余弦值．【解答】（1）证明：延长AD，BE，CF相交于点K，如图所示，∵平面BCFE⊥平面ABC，AC⊥BC，∴AC⊥平面BCK，∴BF⊥AC．又EF∥BC，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，∴△BCK为等边三角形，且F为CK的中点， 则BF⊥CK，∴BF⊥平面ACFD，∵AD⊂平面ACFD，∴AD⊥BF．（2）解：取BC的中点，则KO⊥BC，又平面BCFE⊥平面ABC，∴KO⊥平面BAC，以点O为原点，分别以OB，OK的方向为x，z的正方向，建立空间直角坐标系O﹣xyz．可得：B（1，0，0），C（﹣1，0，0），K（0，0，），A（﹣1，﹣2，0），E（，0，），F（，0，），h（，0，），t（1，2，），th（2，2，0）．设平面ABF的一个法向量为（x1，y1，z1），th由，令x1＝1，可得y1＝﹣1，z1，h∴平面ABF的一个法向量为（1，﹣1，），设平面ABK的一个法向量为㜠（x2，y2，z2），th㜠由，令x2＝1，可得y2＝﹣1，z2，t㜠∴平面ABK的一个法向量为㜠（1，﹣1，），㜠∴cos＜，㜠＞．㜠∴二面角D﹣AB﹣F的余弦值为．20．（12分）已知P是椭圆C：1上一点，F1、F2为C的左、右焦点，|PF1|＝|F1F2|， cos∠PF2F1，|PF2|＝22．（1）求C的方程；（2）过（0，）的直线l交椭圆于A、B两点，若四边形AF1BF2的面积为，求l的方程．【解答】解：（1）|PF1|＝|F1F2|＝2c，由椭圆的定义可得|PF1|+|PF2|＝2a，可得|PF2|＝2a﹣2c＝22，即a﹣c1，由余弦定理可得cos∠PF2F1，解得c＝1，a，b1，所以椭圆C的方程为y2＝1；22（2）设直线l的方程为x＝m（y），与椭圆方程x+2y＝2联立，可得4（2+m2）y2﹣4m2y+m2﹣8＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），可得y1+y2，y1y2，洠|y1﹣y2|洠，洠则四边形AF1BF2的面积S|F1F2|•|y1﹣y2|＝|y1﹣y2|，解得m＝±，则直线l的方程为x﹣2y+1＝0或x+2y﹣1＝0．21．（12分）已知动圆P与圆F：x2+y2﹣2x＝0外切，与y轴相切，记圆心P的轨迹为曲线E，M（1，1）．（1）求E的方程；（2）若斜率为4的直线l交E（x＞0）于A、B两点，直线AM、BM分别交曲线E于另一点C、D，证明：直线CD过定点．【解答】解：（1）设P（x，y），动圆的半径为r，圆F：x2+y2﹣2x＝0的圆心为（1，0），半径为1， 可得洠r+1＝x+1（x＞0）或y＝0（x＜0），化为y2＝4x（x＞0）或y＝0（x＜0），所以点P的轨迹E的方程为：y2＝4x（x＞0）或y＝0（x＜0）．（2）证明：设直线l的方程为y＝4x+t，设A（x1，y1），B（x2，y2），䁜联立，化为y2﹣y+t＝0，Δ＝1﹣4t＞0，解得t＜．所以y1+y2＝1，y1y2＝t，2直线AM的方程为y﹣1（x﹣1），与y＝4x联立，解得x•洠，y，所以C（洠，）．同理可得D（洠，），൅洠洠䁜䁜洠kCD，൅洠洠䁜䁜洠所以直线CD的方程为：y（x•洠），洠化为yx，可令y＝4，则x，所以直线CD恒过定点（，4）．22．（12分）记直线l：y＝kx为曲线E：x21（x≥1，y≥0）的渐近线．若A1（1，0），过A1作x轴的垂线交l于点B1，过B1作y轴的垂线交E于点A2，再过A2作x轴的垂线交l于点B2…依此规律下去，得到点列A1，A2，…，An和点列B1，B2，…，Bn，n为正整数．记Bn的横坐标为an，|OAn|＝bn．（1）求数列{bn}的通项公式；㜠（2）证明：洠＞洠㜠㜠㜠洠㜠．【解答】解：（1）由直线l：y＝kx为曲线E：x21（x≥1，y≥0）的渐近线，可得直线l的方程为y＝2x，可得A1（1，0），B1（1，2），A2（，2），B2（，2），A3（，2），B3（，2）， A4（2，2），B4（2，4），…，则a1＝1，a2，a3，a4＝2，…，an㜠；b1＝1，b2，b3，b4，…，bn㜠；（2）证明：运用数学归纳法证明．8）a（k＝（5k+4），当n＝2时，原不等式的左边＝9+14，右边＝20，由9＜6，则原不等式成立；设n＝k（k≥2）时，9+14...+（5k+4）＞（2k2+5k+2），当n＝k＝1时，9+14...+（5k+4）（5k+9）＞（2k2+5k+2）（5k+9），要证原不等式成立，即证（2k2+5k+2）（5k+9）＞[2（k+1）2+5（k+1）+2]，上式化为（2k2+5k+2）＞（2k2+4k），即为（2k+1）（k+2）＞2k（k+2），即为（2k+1）＞2k，两边平方可得4k3+4k2+k＞4k3+4k2，该不等式显然成立，所以n＝k+1时，原不等式也成立．㜠所以洠＞洠㜠㜠㜠洠㜠．