2022-2023学年广东省珠海一中高二（上）期末数学试卷.docx

1、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+20的倾斜角为，则sin（）A-34B-35C45D352（5分）已知向量p在基底a，b，c下的坐标为（1，2，3），则p在基底a+b，b+c，c+a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an满足an2n+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

2、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（x4）2+（y4）225B（x4）2+（y5）216C（x5）2+（y4）216D（x4）2+（y5）2255（5分）已知抛物线C：y24x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（）A178B218C258D2986（5分）已知数列an、bn满足a11，b12，an+1bnbn+1an1，bn的前n项和为Sn，cnSnn2+6n，则数列cn的最大项为（）A25B24C27D267（5分）已

3、知正方体ABCDA1B1C1D1的内切球的表面积为，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DA1C1P的体积为（）A14B13C16D198（5分）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(ab0)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AFBF，sinFAB=513，则E的离心率为（）A1316B1317C1318D1319二、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+10与直线4x+a

4、y+20平行，则它们的距离为55B点（5，0）关于直线y2x的对称点的坐标为（3，4）C原点到直线kx+（2k+1）y3k10（kR）的距离的最大值为2D直线xm+y2m+2=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xy+m0（mR），l交E于两点M、N，则下列结论正确的是（）AE的方程为x2+y28x+120Bm的取值范围是（22-4，22-4）COMON的最小值为8DOMN可能是直角三角形（多选）11（5分）已知数列an满足an+1an+11-i=1n 1ai（nN*），a12

5、，则下列结论正确的是（）Aa38Ban是等比数列Ci=1n 1ai1Di=1niain2n+1（多选）12（5分）已知双曲线：x2a2-y2b2=1（a0，b0），左焦点为F，左右顶点分别为A1、A2，B（0，b），P是右支上一动点，且|PF|+|PB|的最小值为（3+2）a，P关于x轴的对称点为Q，则下列结论正确的是（）A的离心率为2BPA2A1QCsinQPA1sinQA2A1D4|PB|6|PQ|三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13（5分）曲线4x23xy+30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+a2326，a3、a9、a12成等比

6、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ABCDA1B1C1D1中，E为棱BB1的中点，P是正方体内（含边界）一点，满足C1PA1E，若AB2，则PA1PD1的取值范围是 16（5分）已知抛物线C：y22px（p0）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an满足a13，a28，an+2+an2an+1+2（nN*）（1）证明：an+1an是等差数列；（2）记数列1an的前n项和为Sn，求最小

7、的正整数k，使得Sk5818（12分）已知直线l1：ax+y0，直线l2：xay+2a20，aR，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）21相交，并求它们的公共弦的长19（12分）如图，在三棱台ABCDEF中，已知平面BCFE平面ABC，ACBC，BEEFFC1，BCAC2（1）证明：ADBF；（2）求二面角DABF的余弦值20（12分）已知P是椭圆C：x2a2+y2b2=1上一点，F1、F2为C的左、右焦点，|PF1|F1F2|，cosPF2F1=2-12，|PF2|22-2（1）求C的方程；（2）过（0，12）的直线l交椭圆于A、

8、B两点，若四边形AF1BF2的面积为72，求l的方程21（12分）已知动圆P与圆F：x2+y22x0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（x0）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：ykx为曲线E：x2-y24=1（x1，y0）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

9、的通项公式；（2）证明：k=1n(bk2+8)ak(2n2+5n+2)n(n2)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+20的倾斜角为，则sin（）A-34B-35C45D35【解答】解：由题意得tan=-34，故为钝角，所以cos=-11+tan2=-45，所以sin=35故选：D2（5分）已知向量p在基底a，b，c下的坐标为（1，2，3），则p在基底a+b，b+c，c+a下的坐标为（）A（0，1，2）B（0，2，1）C（2，1，0）D（1，2，1）【解

10、答】解：因为向量p在基底a，b，c下的坐标为（1，2，3），即p=a+2b+3c，设p=x（a+b）+y（b+c）+z（c+a），x、y、zR，所以p=（x+z）a+（x+y）b+（y+z）c，令x+z=1x+y=2y+z=3，解得x0，y2，z1；所以p在基底a+b，b+c，c+a下的坐标为（0，2，1）故选：B3（5分）已知数列an满足an2n+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+1an0，则有2n+1+k（n+1）（2n+kn）2n+12n+k2n+k0，对于nN+恒成立k2n，对于nN+恒成立，k

11、2故选：A4（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（x4）2+（y4）225B（x4）2+（y5）216C（x5）2+（y4）216D（x4）2+（y5）225【解答】解：设P（p，0），则k1kAP=-2p，k2kBP=-8p，tanAPBtan（APxBPx）=k1-k21+k1k2 =-2p+8p1+(-2p)(-8p) =6p1+16p2 =6p+16p 62p16p =34，当且仅当p=1

12、6p，且p0时成立解得p4，P（4，0），设APB的外接圆的方程为（x+a）2+（y+b）2r2，则a2+(2+b)2=r2a2+(8+b)2=r2(4+a)2+b2=r2，解得a4，b5，r225，APB的外接圆的方程为（x4）2+（y5）225故选：D5（5分）已知抛物线C：y24x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（）A178B218C258D298【解答】解：已知抛物线C：y24x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ACCD，BDCD，PQCD，BEAC，设|BF|t，又

13、|AF|4|BF|，则|BD|t，|AF|AC|4t，则|AE|3t，又|BF|AB|=|MF|AE|，则|MF|=3t5，又|MN|t，则|FN|=8t5=2，即t=54，则|PQ|=|BD|+|AC|2=5t2=258，故选：C6（5分）已知数列an、bn满足a11，b12，an+1bnbn+1an1，bn的前n项和为Sn，cnSnn2+6n，则数列cn的最大项为（）A25B24C27D26【解答】解：由a11，b12，an+1bnbn+1an1，可得an+1bn+1（anbn），anbn+11，所以anbn（a1b1）（1）n1（1）n，即有bn+1bn1+（1）n，所以bnb1+（b2

14、b1）+（b3b2）+.+（bnbn1）2+n1-1-(-1)n-12=n+1+(-1)n-12，Sn=12n（n+1）+12n+121-(-1)n2=12n2+n+1-(-1)n4，cnSnn2+6n7n-12n2+1-(-1)n4=-12（n7）2+492+1-(-1)n4，当n7时，cn取得最大值492+12=25，故选：A7（5分）已知正方体ABCDA1B1C1D1的内切球的表面积为，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DA1C1P的体积为（）A14B13C16D19【解答】解：建系如图，正方体ABCDA1B1C1D1的内切球的表面积为，易得正方体的棱

15、长为1，A1（1，0，0），C1（0，1，0），D（1，1，1），设P（0，0，t），t0，1，C1D=(1，0，1)，C1A1=(1，-1，0)，A1P=(-1，0，t)，设平面A1C1P的法向量为n=(x，y，z)，则nC1A1=x-y=0nA1P=-x+tz=0，取n=(t，t，1)，直线C1D与平面A1C1P的夹角的正弦值为：|cosC1D，n|=|C1Dn|C1D|n|=t+122t2+1=22(t+1)22t2+1，令t+1u，t0，1，u1，2，22(t+1)22t2+1=22u22u2-4u+3=2212-4u+3u2，令v=1u，u1，2，v12，1，2212-4u+3u2=

16、2213v2-4v+2=2213(v-23)+23，v12，1，当v=23，即1t+1=23，即t=12时，直线C1D与平面A1C1P的夹角的正弦值取得最大值，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n=(12，12，1)，又C1D=(1，0，1)，点D到平面A1C1P的距离为|C1D|cosC1D，n|=|C1Dn|n|=3232=32，又易知此时A1PC1P=52，A1C1=2，A1C1P的面积为12254-12=64，此时四面体DA1C1P的体积136432=14，故选：A8（5分）已知椭圆E：x

17、2a2+y2b2=1(ab0)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AFBF，sinFAB=513，则E的离心率为（）A1316B1317C1318D1319【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+BFAF+AM2a，AFBF，AB2OF2c，sinFAB=513，cosFAB=1213，BFABsinFAB=10c13，AFABcosFAB=24c13，2aAF+BF=34c13，即a=17c13，e=ca=1317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

18、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+10与直线4x+ay+20平行，则它们的距离为55B点（5，0）关于直线y2x的对称点的坐标为（3，4）C原点到直线kx+（2k+1）y3k10（kR）的距离的最大值为2D直线xm+y2m+2=1与坐标轴围成的三角形的面积为m2+m【解答】解：直线ax+y+10与直线4x+ay+20平行，a4=1a12，求得a2，故两条平行直线即为直线2xy10与直线2xy+10，则它们之间的距离为25=255，所以A不正确；假设点（5，0）关于直线y2x的对称点的坐标为（3，4），可得4-0-3-5=-12

19、，并且两点的中点坐标（1，2）满足y2x，所以B正确；原点到直线kx+（2k+1）y3k10（kR）经过的定点为：（1，1），所以原点到直线kx+（2k+1）y3k10（kR）的距离的最大值为：2，所以C正确；直线xm+y2m+2=1与坐标轴围成的三角形的面积为：12|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xy+m0（mR），l交E于两点M、N，则下列结论正确的是（）AE的方程为x2+y28x+120Bm的取值范围是（22-4，22-4）COMON的最小值为8DOMN

20、可能是直角三角形【解答】解：设P（x，y），由题意可得x2+y2=2(x-3)2+y2，整理可得x2+y28x+120，所以A正确；且圆心D的坐标（4，0），半径r2，则圆心D到直线l的距离d=|4+m|2，要使有两个交点，可得dr，即|4+m|22，可得422m4+22，所以B正确；联立x-y+m=0x2+y2-8x+12=0，整理可得：2x2+（2m8）x+m2+120，0，即422m4+22，x1+x2m+4，x1x2=m2+122=m22+6，y1y2（x1+m）（x2+m）x1x2+m（x1+x2）+m2=m2+122+m（m+4）+m2=m22+6+4m，所以OMON=x1x2+y

21、1y2=m22+6+m22+6+4mm2+4m+12（m+2）2+8，当m2满足0时，OMON的值最小，最小值为8，所以C正确；由OMON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ykx，由圆心（4，0）到直线的距离d=|4k-0|k2+12，解得16k24k2+4，解得k213，-33k33，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+1an+11-i=1n 1ai（nN*），a12，则下列结论正确的是（）Aa38Ban是等比数列Ci=1n 1ai1Di=1niai

22、n2n+1【解答】解：由an+1an+11-i=1n 1ai（nN*），a12，可得a2a1+11-1a1=2+11-12=2+24，a3a2+11-1a1-1a2=4+11-12-14=4+48，a4a3+11-1a1-1a2-1a3=8+11-12-14-18=8+816，.，anan1+11-1a1-1a2-.-1an-1=2an12n，故A、B正确；由n1时，1a1=121，故C错误；设Sn12+222+323+.+n2n，2Sn122+223+324+.+n2n+1，上面两式相减可得Sn2+22+23+.+2nn2n+1=2(1-2n)1-2-n2n+1，化简可得Sn=i=1n ia

23、i2+（n1）2n+1，由2+（n1）2n+1n2n+122n+10，即有i=1n iain2n+1，故D正确故选：ABD（多选）12（5分）已知双曲线：x2a2-y2b2=1（a0，b0），左焦点为F，左右顶点分别为A1、A2，B（0，b），P是右支上一动点，且|PF|+|PB|的最小值为（3+2）a，P关于x轴的对称点为Q，则下列结论正确的是（）A的离心率为2BPA2A1QCsinQPA1sinQA2A1D4|PB|6|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

24、|，|BP|+|PF|BP|+|PF1|+2a|BF1|+2a=b2+c2+2a，b2+c2+2a（3+2）a，即b2+c23a2，c2a2+c23a2，c22a2，即e=ca=2（e1），故A不正确设P（x，y），Q（x，y），A1（a，0），A2（a，0），kPA2=yx-a，kA1Q=-yx+a，kA1QkPA2=-yx+ayx-a=-y2x2-a2，由A可得双曲线方程为x2y2a2，kA1QkPA2=-1，PA2A1Q，故B正确；记PQ交x轴于点N，sinQPA1=|A1N|PA1|=a+x(a+x)2+y2=a+x2x2+2ax=a+x2x，sinQA2A1sinQA2N=|y|(x

25、-a)2+y2=(x-a)(x+a)2x(x-a)=a+x2x，sinQPA1sinQA2A1，故C正确；假设4|PB|6|PQ|成立，则4x2+(y-b)262|y|，两边平方得，16x2+（yb）224y2，2x2+2y24by+2b23y2，y24by+2a2+2b20，（y2b）20，当y2b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4x23xy+30的渐近线为 x0和4x3y0，离心率为 103【解答】解：曲线4x23xy+30可化为y=43x+1x，可得曲线的两条渐近线方程为x0和y=43x，设该曲线的对称轴方程为ykx，由两直

26、线的到角公式可得k-431+43k=1k（k0），解得k3，则对称轴方程为y3x，设双曲线的旋转角为，即tan3，sin=31010，cos=1010，由坐标轴的旋转公式得x=1010x-31010yy=31010x+1010y，代入方程4x23xy+30，化简可得x26-y223=1，即有a=6，b=63，c=6+23=2153，e=ca=103故答案为：x0和4x3y0，10314（5分）已知公差不为零的等差数列an满足a20+a2326，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（d0），a20+a2326，a3，

27、a9，a12成等比数列，2a1+41d=26(a1+8d)2=(a1+2d)(a1+11d)，解得a128，d2，Sn=-28n+n(n-1)22=n2-29n=(n-292)2-8414，n14时，Sn取最小值210故答案为：21015（5分）正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱BB1的中点，P是正方体内（含边界）一点，满足C1PA1E，若AB2，则PA1PD1的取值范围是 115，5【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，AB2，则A1（2，0，2），C1（0，2，2），D1（0，0，2），E（2，2，1），设P（x，y，z），x，y，z0，2，

28、C1P=（x，y2，z2），A1E=（0，2，1），C1PA1E，2（y2）（z2）0，即z2y20，2，且P（x，y，2y2），x0，2，y1，2，则PA1PD1=A1PD1P（x2，y，2y4）（x，y，2y4）x（x2）+y2+（2y4）2x22x+5y216y+16（x1）2+5（y-85）2+115，当x1，y=85时，PA1PD1的最小值为115；当x0或2时，y1时，PA1PD1的最大值为5；故答案为：115，516（5分）已知抛物线C：y22px（p0）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 y22x

29、【解答】解：设过F（p2，0）的直线l的方程为xmy+p2，与抛物线的方程y22px联立，可得y22pmyp20，设A（x1，y1），B（x2，y2），y10，y20，则y1+y22pm，y1y2p2，则|AB|x1+x2+p=y122p+y222p+p=4p2m2+2p22p+p2pm2+2p6过A作APMD，垂足为P，过B作BQMD，垂足为Q，则|AP|AF|，|BQ|BF|，设|AF|6t，|BF|t，则|AF|BF|=|PM|QM|=6-tt=|y1|y2|，即有t|y2|=6-t|y1|，设BMQ（02），则tan=|BQ|QM|=t|y2|，tan（2）=|AP|PM|=6-t|y

30、1|，即tan2=t-6|y1|，则tantan2=-2tan1-tan2，解得tan=3，则t=3|y2|，6t=3|y1|，可得6=3|y1y2|=3（y1y2），即有y1y2=3，又y1+y22pm，解得y1pm+3，y2pm-3，又y1y2p2，可得p2m23p2，又pm2+p3，则p2（3-pp）3p2，解得p1，则抛物线的方程为y22x故答案为：y22x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an满足a13，a28，an+2+an2an+1+2（nN*）（1）证明：an+1an是等差数列；（2）记数列1an的前n项和为Sn，

31、求最小的正整数k，使得Sk58【解答】解：（1）证明：an+2+an2an+1+2，（an+2an+1）（an+1an）2，又a13，a28，则a2a15，数列an+1an时首项为5，公差为2的等差数列；（2）由（1）得数列an+1an时首项为5，公差为2的等差数列，则an+1an5+2（n1）2n+3，当n2时，anan12n+1，an1an22n1，an2an32n3，a2a15，由累加法得ana15+7+.+2n+1=(n-1)(5+2n+1)2=n2+2n3，则ann2+2n，又当n1时，a13符合题意，ann2+2n，则1an=12（1n-1n+2），数列1an的前n项和为Sn=12

32、（1-13+12-14+13-15+.+1n-1n+2）=12（32-1n+1-1n+2），Sk58，即12（32-1k+1-1k+2）58，即k25k100，解得k5-652（不合题意，舍去）或k5+652，最小的正整数k为718（12分）已知直线l1：ax+y0，直线l2：xay+2a20，aR，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）21相交，并求它们的公共弦的长【解答】解：（1）直线l1：ax+y0过定点A（0，0），直线l2：xay+2a20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

33、点的坐标为（1，1），|AB|22，P的轨迹的方程为（x1）2+（y1）22；（2）曲线E与圆C：x2+（y+1）21的方程相减可得公共弦所在直线的方程为2x1+4y+10，即公共弦所在直线方程为x+2y0，圆C的圆心（0，1）到直线x+2y0的距离d=|-2|1+4=255，公共弦的长为21-45=25519（12分）如图，在三棱台ABCDEF中，已知平面BCFE平面ABC，ACBC，BEEFFC1，BCAC2（1）证明：ADBF；（2）求二面角DABF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，ACBC，AC平面BCK，BFAC又EFBC，

34、BEEFFC1，BC2，BCK为等边三角形，且F为CK的中点，则BFCK，BF平面ACFD，AD平面ACFD，ADBF（2）解：取BC的中点，则KOBC，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Oxyz可得：B（1，0，0），C（1，0，0），K（0，0，3），A（1，2，0），E（12，0，32），F（-12，0，-32），BF=（32，0，-32），AK=（1，2，3），AB=（2，2，0）设平面ABF的一个法向量为m=（x1，y1，z1），由ABm=2x1+2y1=0BFm=32x1-32z1=0，令x11，可得y

35、11，z1=3，平面ABF的一个法向量为m=（1，1，3），设平面ABK的一个法向量为n=（x2，y2，z2），由ABn=2x2+2y2=0AKn=x2+2y2+3z2=0，令x21，可得y21，z2=33，平面ABK的一个法向量为n=（1，1，33），cosm，n=mn|m|n|=3573=310535二面角DABF的余弦值为31053520（12分）已知P是椭圆C：x2a2+y2b2=1上一点，F1、F2为C的左、右焦点，|PF1|F1F2|，cosPF2F1=2-12，|PF2|22-2（1）求C的方程；（2）过（0，12）的直线l交椭圆于A、B两点，若四边形AF1BF2的面积为72，求

36、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|2a2c22-2，即ac=2-1，由余弦定理可得cosPF2F1=|PF2|2+|F1F2|2-|PF1|22|PF2|F1F2|=|PF2|2|F1F2|=2-12c=2-12，解得c1，a=2，b=a2-c2=1，所以椭圆C的方程为x22+y21；（2）设直线l的方程为xm（y-12），与椭圆方程x2+2y22联立，可得4（2+m2）y24m2y+m280，设A（x1，y1），B（x2，y2），可得y1+y2=m22+m2，y1y2=m2-84(2+m2)，|y1y2|=(y1+y

37、2)2-4y1y2=m4(2+m2)2-m2-82+m2=16+6m22+m2，则四边形AF1BF2的面积S=12|F1F2|y1y2|y1y2|=16+6m22+m2=72，解得m2，则直线l的方程为2x2y+10或2x+2y1021（12分）已知动圆P与圆F：x2+y22x0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（x0）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+y22x0的圆心为（1，0），半径为1，可得(x-1)2+y2=r+1x+

38、1（x0）或y0（x0），化为y24x（x0）或y0（x0），所以点P的轨迹E的方程为：y24x（x0）或y0（x0）（2）证明：设直线l的方程为y4x+t，设A（x1，y1），B（x2，y2），联立y=4x+ty2=4x，化为y2y+t0，14t0，解得t14所以y1+y21，y1y2t，直线AM的方程为y1=y1-1x1-1（x1），与y24x联立，解得x=14(y1-4y1-1)2，y=y1-4y1-1，所以C（14(y1-4y1-1)2，y1-4y1-1）同理可得D（14(y2-4y2-1)2，y2-4y2-1），kCD=yC-yDxC-xD=114(y1-4y1-1+y2-4y2-1

39、)=4y1y2-(y1+y2)+12y1y2-5(y1+y2)+8=4(t-1+1)2t-5+8=4t2t+3=4y1(1-y1)2y1-2y12+3，所以直线CD的方程为：y-y1-4y1-1=4y1(1-y1)2y1-2y12+3（x-14(y1-4y1-1)2），化为y=4y1(1-y1)2y1-2y12+3x-y12-y1-12-2y12+2y1+3，可令y4，则x=74，所以直线CD恒过定点（74，4）22（12分）记直线l：ykx为曲线E：x2-y24=1（x1，y0）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

40、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；（2）证明：k=1n(bk2+8)ak(2n2+5n+2)n(n2)【解答】解：（1）由直线l：ykx为曲线E：x2-y24=1（x1，y0）的渐近线，可得直线l的方程为y2x，可得A1（1，0），B1（1，2），A2（2，2），B2（2，22），A3（3，22），B3（3，23），A4（2，23），B4（2，4），则a11，a2=2，a3=3，a42=4，an=n；b11，b2=6，b3=11，b4=16，bn=5n-4；（2）证明：运用数学归纳法证

41、明（bk2+8）ak（5k+4）k，当n2时，原不等式的左边9+142，右边202，由962，则原不等式成立；设nk（k2）时，9+142+.+（5k+4）k（2k2+5k+2）k，当nk1时，9+142+.+（5k+4）k+（5k+9）k+1（2k2+5k+2）k+（5k+9）k+1，要证原不等式成立，即证（2k2+5k+2）k+（5k+9）k+12（k+1）2+5（k+1）+2k+1，上式化为（2k2+5k+2）k（2k2+4k）k+1，即为（2k+1）（k+2）k2k（k+2）k+1，即为（2k+1）k2kk+1，两边平方可得4k3+4k2+k4k3+4k2，该不等式显然成立，所以nk+1时，原不等式也成立所以k=1n(bk2+8)ak(2n2+5n+2)n(n2)