2022年高三二?？荚嚁?shù)學(xué)（理）試題解析版 含解析(I)一、填空題（本大題共14小題，每小題4分，滿分56分，只需將結(jié)果寫在答題紙上）1（4分）（xx崇明縣二模）計算=i考點：復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運算專題：計算題分析：利用復(fù)數(shù)的除法運算法則把分子、分母分別乘以分母的共軛復(fù)數(shù)12i即可得出解答：解：=i故答案為i點評：熟練掌握復(fù)數(shù)的除法運算法則、共軛復(fù)數(shù)的定義是解題的關(guān)鍵2（4分）（xx崇明縣二模）已知函數(shù)的定義域為M，函數(shù)g（x）=2x的值域為N，則MN=（0，1）考點：交集及其運算專題：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用分析：先求出f（x）定義域M和g（x）的值域N，再進(jìn)行交集運算解答：解：對于f（x），要滿足1x0，即，x1，故M=x|x1對于g（x），由于g（x）=2x0，故N=y|y0=x|x0，所以，MN=x|x1x|x0=（0，1）故答案為：（0，1）點評：本題考查求函數(shù)的定義域和值域，求兩個集合的交集的方法，化簡M和N是解題的關(guān)鍵3（4分）（xx崇明縣二模）已知正方體ABCDA1B1C1D1的棱長是3，點M、N分別是棱AB、AA1的中點，則異面直線MN與BC1所成的角是考點：異面直線及其所成的角專題：計算題分析：先通過平移將兩條異面直線平移到同一個起點B，得到的銳角或直角A1BC1就是異面直線所成的角，在三角形A1BC1是等邊三角形則A1BC1為，從而求出異面直線MN與BC1所成的角解答：解：如圖，連接A1B，A1C1，MNA1B，則A1BC1為直線MN與BC1所成的角棱長為3，則A1B=A1C1=BC1=3，三角形A1BC1為等邊三角形則A1BC1為從而異面直線MN與BC1所成的角是故答案為點評：本小題主要考查異面直線所成的角，考查空間想象能力、運算能力和推理論證能力，解題本題的關(guān)鍵尋找異面直線所成角，易錯在計算4（4分）（xx崇明縣二模）若拋物線y2=2px（p0）的焦點與雙曲線x2y2=2的右焦點重合，則p的值為4考點：雙曲線的簡單性質(zhì)；拋物線的簡單性質(zhì)專題：計算題分析：將雙曲線化成標(biāo)準(zhǔn)方程，求得a2=b2=2的值，從而得到雙曲線的右焦點為F（2，0），該點也是拋物線的焦點，可得=2，所以p的值為4解答：解：雙曲線x2y2=2的標(biāo)準(zhǔn)形式為：a2=b2=2，可得c=2，雙曲線的右焦點為F（2，0）拋物線y2=2px（p0）的焦點與雙曲線x2y2=2的右焦點重合，=2，可得p=4故答案為：4點評：本題給出拋物線與雙曲線右焦點重合，求拋物線的焦參數(shù)的值，著重考查了雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程和拋物線簡單幾何性質(zhì)等知識點，屬于基礎(chǔ)題5（4分）（xx崇明縣二模）已知數(shù)列an是無窮等比數(shù)列，其前n項和是Sn，若a2+a3=2，a3+a4=1，則的值為考點：數(shù)列的極限；等比數(shù)列的前n項和專題：等差數(shù)列與等比數(shù)列分析：利用當(dāng)?shù)缺葦?shù)列an的公比q滿足0|q|1時，則，即可得出解答：解：設(shè)等比數(shù)列an的公比為q，a2+a3=2，a3+a4=1，解得，=故答案為點評：熟練掌握：滿足0|q|1時，則，是解題的關(guān)鍵6（4分）（xx崇明縣二模）圓錐的側(cè)面展開圖為扇形，若其弧長為2cm，半徑為cm，則該圓錐的體積為cm3考點：棱柱、棱錐、棱臺的體積專題：計算題分析：由已知中，圓錐的側(cè)面展開圖為扇形，若其弧長為2cm，半徑為cm，我們易求出圓錐的底面周長及母線長，進(jìn)而求出圓錐的底面半徑及高，代入圓錐體積公式，即可得到答案解答：解：圓錐的側(cè)面展開圖的弧長為2cm，半徑為cm，故圓錐的底面周長為2cm，母線長為cm，則圓錐的底面半徑為1，高為1則圓錐的體積V=故答案為：點評：本題考查的知識點是圓錐的體積公式，及圓錐的側(cè)面展開圖，其中根據(jù)已知求出圓錐的底面半徑及高，是解答本題的關(guān)鍵7（4分）（xx崇明縣二模）閱讀程序框圖，為使輸出的數(shù)據(jù)為31，則處應(yīng)填的自然數(shù)為5考點：循環(huán)結(jié)構(gòu)專題：圖表型分析：分析程序中各變量、各語句的作用，再根據(jù)流程圖所示的順序，可知：該程序的作用是利用循環(huán)求S的值，我們用表格列出程序運行過程中各變量的值的變化情況，不難給出答案解答：解：程序在運行過程中各變量的值如下表示： S i 是否繼續(xù)循環(huán)循環(huán)前 1 1/第一圈3 2 是第二圈7 3 是第三圈15 4 是第四圈31 5 否故最后當(dāng)i5時退出，故答案為：5點評：根據(jù)流程圖（或偽代碼）寫程序的運行結(jié)果，是算法這一模塊最重要的題型，其處理方法是：分析流程圖（或偽代碼），從流程圖（或偽代碼）中既要分析出計算的類型，又要分析出參與計算的數(shù)據(jù)（如果參與運算的數(shù)據(jù)比較多，也可使用表格對數(shù)據(jù)進(jìn)行分析管理）建立數(shù)學(xué)模型，根據(jù)第一步分析的結(jié)果，選擇恰當(dāng)?shù)臄?shù)學(xué)模型解模8（4分）（xx崇明縣二模）已知函數(shù)（a為常數(shù)，aR），且是方程f（x）=0的解當(dāng)x0，時，函數(shù)f（x）值域為考點：兩角和與差的正弦函數(shù)；二倍角的余弦專題：計算題；三角函數(shù)的圖像與性質(zhì)分析：利用是方程f（x）=0的解求出a，然后通過二倍角的余弦函數(shù)兩角和的正弦函數(shù)化簡函數(shù)表達(dá)式，然后求解函數(shù)的值域解答：解：因為是方程f（x）=0的解所以0=sin+a，所以=2，=sinxcosx1=sin（x）1，x0，所以，sin（x），sin（x）12，故答案為：2，點評：本題考查二倍角的余弦函數(shù)，兩角和的正弦函數(shù)的應(yīng)用，三角函數(shù)值域的求法，考查計算能力9（4分）（xx揭陽一模）若二項式的展開式中，第4項與第7項的二項式系數(shù)相等，則展開式中x6的系數(shù)為9（用數(shù)字作答）考點：二項式系數(shù)的性質(zhì)專題：計算題分析：由題意可得，可求n，然后寫出展開式的通項，令x的次方為6求出r，即可求解解答：解：由題意可得，解得n=9的展開式的通項為=令9=6，解得r=2此時的系數(shù)為=9故答案為：9點評：本題主要考查了二項式系數(shù)的性質(zhì)及二項展開式的通項的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是熟練掌握基本公式10（4分）（xx崇明縣二模）已知a，b為正實數(shù)，函數(shù)f（x）=ax3+bx+2x在0，1上的最大值為4，則f（x）在1，0上的最小值為考點：利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值專題：計算題分析：由a，b為正實數(shù)，知函數(shù)f（x）=ax3+bx+2x是增函數(shù)，故f（x）在0，1上的最大值f（1）=a+b+2=4，所以a+b=2由此能求出f（x）在1，0上的最小值解答：解：a，b為正實數(shù)，函數(shù)f（x）=ax3+bx+2x，f（x）在R上是增函數(shù)，f（x）在0，1上的最大值f（1）=a+b+2=4，a+b=2f（x）在1，0上的最小值f（1）=（a+b）+21=2+=f（x）在1，0上的最小值是故答案為：點評：本題考查函數(shù)的單調(diào)性的應(yīng)用，解題時要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答，注意挖掘題設(shè)中的隱含條件，合理地進(jìn)行等價轉(zhuǎn)化11（4分）（xx崇明縣二模）在極坐標(biāo)系中，直線過點（1，0）且與直線（R）垂直，則直線的極坐標(biāo)方程為考點：簡單曲線的極坐標(biāo)方程專題：計算題分析：先將直線極坐標(biāo)方程（R）化成直角坐標(biāo)方程，再利用直角坐標(biāo)方程進(jìn)行求解過點（1，0）且與直線（R）垂直的直線方程，最后再化成極坐標(biāo)方程即可解答：解：由題意可知直線（R）的直角坐標(biāo)方程為：xy=0，過點（1，0）且與直線xy=0垂直的直線方程為：y=（x1），即所求直線普通方程為x+y1=0，則其極坐標(biāo)方程為故答案為：點評：本題考查點的極坐標(biāo)和直角坐標(biāo)的互化，利用直角坐標(biāo)與極坐標(biāo)間的關(guān)系，即利用cos=x，sin=y，2=x2+y2，進(jìn)行代換即得12（4分）（xx崇明縣二模）設(shè)函數(shù) ，函數(shù)y=ff（x）1的零點個數(shù)為2考點：函數(shù)的零點；根的存在性及根的個數(shù)判斷分析：根據(jù)函數(shù) ，根據(jù)指數(shù)函數(shù)和對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)，我們可以分類討論，化簡函數(shù)函數(shù)y=ff（x）1的解析式，進(jìn)而構(gòu)造方程求出函數(shù)的零點，得到答案解答：解：函數(shù) ，當(dāng)x0時y=ff（x）1=f（2x）1=1=x1令y=ff（x）1=0，x=1（舍去）當(dāng)0x1時y=ff（x）1=f（log2x）1=1=x1令y=ff（x）1=0，x=1當(dāng)x1時y=ff（x）1=f（log2x）1=log2（log2x）1令y=ff（x）1=0，log2（log2x）=1則log2x=2，x=4故函數(shù)y=ff（x）1的零點個數(shù)為2個故答案為：2點評：本題考查的知識點是函數(shù)的零點，根的存在性及根的個數(shù)判斷，其中根據(jù)指數(shù)函數(shù)和對數(shù)函數(shù)的圖象和性質(zhì)，化簡函數(shù)的解析式是解答的關(guān)鍵13（4分）（xx崇明縣二模）已知O為ABC的外心，AB=4，AC=2，BAC為鈍角，M是邊BC的中點，則的值等于5考點：平面向量數(shù)量積的運算專題：計算題；平面向量及應(yīng)用分析：過點O分別作OEAB于E，OFAC于F，可得E、F分別是AB、AC的中點根據(jù)RtAOE中余弦的定義，算出=8，同理得=2再由M是BC邊的中點，可得=（8+2）=5解答：解：過點O分別作OEAB于E，OFAC于F，則E、F分別是AB、AC的中點可得RtAEO中，cosOAE=8，同理可得=2M是BC邊的中點，可得，=（+）=5故答案為：5點評：本題將ABC放在它的外接圓O中，求中線AM對應(yīng)的向量與的數(shù)量積之值，著重考查了平面向量的數(shù)量積的運算性質(zhì)和三角形外接圓等知識，屬于中檔題14（4分）（xx梅州一模）設(shè)函數(shù)f（x）的定義域為D，若存在非零實數(shù)l使得對于任意xM（MD），有x+lD，且f（x+l）f（x），則稱f（x）為M上的l高調(diào)函數(shù)如果定義域為R的函數(shù)f（x）是奇函數(shù)，當(dāng)x0時，f（x）=|xa2|a2，且f（x）為R上的8高調(diào)函數(shù)，那么實數(shù)a的取值范圍是考點：奇偶性與單調(diào)性的綜合專題：新定義分析：定義域為R的函數(shù)f（x）是奇函數(shù)，當(dāng)x0時，f（x）=|xa2|a2，畫出函數(shù)f（x）的圖象，可得83a2（a2），從而可得結(jié)論解答：解：當(dāng)xa2時f（x）=x2a2，當(dāng)0xa2時f（x）=x，再根據(jù)奇函數(shù)圖象關(guān)于原點對稱可作出f（x）的圖象，如下圖所示：由f（x）為R上的8高調(diào)函數(shù)，知f（x+8）f（x）恒成立，由圖象得83a2（a2），即a22，解得a點評：本題考查基本初等函數(shù)的性質(zhì)，考查學(xué)生的閱讀能力，應(yīng)用知識分析解決問題的能力，考查數(shù)形結(jié)合的能力，是一個新定義問題，注意對于條件中所給的一個新的概念，要注意理解二、選擇題（本大題共4小題，滿分20分，每小題給出四個選項，其中有且只有一個結(jié)論是正確的，選對并將答題紙對應(yīng)題號上的字母涂黑得5分，否則一律得零分）15（5分）（xx崇明縣二模）已知函數(shù)f（x）=（cos2xcosx+sin2xsinx）sinx，xR，則f（x）是（）A最小正周期為的奇函數(shù)B最小正周期為的偶函數(shù)C最小正周期為的奇函數(shù)D最小正周期為的偶函數(shù)考點：三角函數(shù)中的恒等變換應(yīng)用；三角函數(shù)的周期性及其求法；正弦函數(shù)的奇偶性專題：計算題分析：先對函數(shù)化簡可得f（x）=（cos2xcosx+sin2xsinx）sinx=cos2xcosxsinx+sin2xsin2x=，由周期公式可求T，再檢驗f（x）與f（x）的關(guān)系即可判斷奇偶性解答：解：f（x）=（cos2xcosx+sin2xsinx）sinx=cos2xcosxsinx+sin2xsin2x=sin2xcos2x+=+=由周期公式可得T=，且f（x）=sin（2x）=sin2x，即函數(shù)f（x）為奇函數(shù)故選A點評：本題主要考查了二倍角公式在三角函數(shù)化簡中的應(yīng)用及三角函數(shù)的周期性和奇偶性的判斷，屬于基礎(chǔ)試題16（5分）（xx崇明縣二模）不等式成立的充分不必要條件是（）A1x0或x1Bx1或0x1Cx1Dx1考點：其他不等式的解法；必要條件、充分條件與充要條件的判斷專題：計算題分析：先求出不等式的解集，即使不等式成立的充要條件，使其成立的充分不必要條件x的取值集合應(yīng)為A的真子集解答：解：不等式可以化為，等價于下面的兩個不等式組：或解得或1x0，或x1不等式的解集為A=x|1x0，或x1 使其成立的充分不必要條件x的取值集合應(yīng)為A的真子集只有D符合故選D點評：本題考查了充要條件的判定，關(guān)鍵是分式不等式的解法本題先考察命題p與命題q所表示的范圍，再根據(jù)“誰大誰必要，誰小誰充分”的原則，判斷出了命題p與命題q的關(guān)系17（5分）（xx崇明縣二模）學(xué)校為了解學(xué)生在課外讀物方面的支出情況，抽取了n個同學(xué)進(jìn)行調(diào)查，結(jié)果顯示這些同學(xué)的支出都在10，50）（單位：元），其中支出在30，50）（單位：元）的同學(xué)有67人，其頻率分布直方圖如右圖所示，則n的值為（）A100B120C130D390考點：頻率分布直方圖專題：計算題；概率與統(tǒng)計分析：根據(jù)小矩形的面積之和，算出位于1030的2組數(shù)的頻率之和為0.33，從而得到位于3050的數(shù)據(jù)的頻率之和為10.33=0.67，再由頻率計算公式即可算出樣本容量n的值解答：解：位于1020、2030的小矩形的面積分別為S1=0.01×10=0.1，S2=0.023×10=0.23，位于1020、2030的據(jù)的頻率分別為0.1、0.23可得位于1030的前3組數(shù)的頻率之和為0.1+0.23=0.33由此可得位于3050數(shù)據(jù)的頻率之和為10.33=0.67支出在30，50）的同學(xué)有67人，即位于3050的頻數(shù)為67，根據(jù)頻率計算公式，可得=0.67，解之得n=100故選：A點評：本題給出頻率分布直方圖，在已知某小組的頻率情況下求該數(shù)據(jù)中的樣本容量n的值，著重考查了頻率分布直方圖的理解和頻率計算公式等知識，屬于基礎(chǔ)題18（5分）（xx崇明縣二模）一個籃球運動員投籃一次得3分的概率為a，得2分的概率為b，不得分的概率為c（a，b，c（0，1），已知他投籃一次得分的均值為2，的最小值為（）ABCD考點：基本不等式在最值問題中的應(yīng)用；離散型隨機(jī)變量的期望與方差專題：計算題；數(shù)形結(jié)合分析：依題意可求得3a+2b的值，進(jìn)而利用=1把轉(zhuǎn)化為（）×展開后利用基本不等式求得問題的答案解答：解：由題意得3a+2b=2，=（）×=故選D點評：本題主要考查了基本不等式的應(yīng)用解題的關(guān)鍵是構(gòu)造出+的形式三、解答題（本大題共5小題，滿分74分解答下列各題并寫出必要的過程，并將解題過程清楚地寫在答題紙上）19（13分）（xx崇明縣二模）如圖，在ABC中，C=45°，D為BC中點，BC=2記銳角ADB=且滿足cos2=（1）求cos；（2）求BC邊上高的值考點：正弦定理；二倍角的余弦專題：計算題；解三角形分析：（1）由二倍角公式cos2=2cos21，可求cos（2）方法一、由可求sin，而CAD=ADBC=45°，利用sinCAD=sin（）=sin，代入可求sinCAD，最后再由正弦定理，可求AD，從而可由h=ADsinADB求解方法二、作BC 邊上的高為AH，在直角ADH中，由（1）可得，設(shè)出AD，則可表示DH，AH，結(jié)合AHC為等腰直角三角形，可得CD+DH=AH，代入可求解答：解：（1）cos2=2cos21=，cos=（5分）（2）方法一、由（1）得=，CAD=ADBC=45°，sinCAD=sin（）=sin=，（9分）在ACD中，由正弦定理得：，AD=，（11分）則高h(yuǎn)=ADsinADB=4（12分）方法二、如圖，作BC 邊上的高為AH 在直角ADH中，由（1）可得=，則不妨設(shè)AD=5m則DH=3m，AH=4m（8分）注意到C=45°，則AHC為等腰直角三角形，所以CD+DH=AH，則1+3m=4m（10分）所以m=1，即AH=4（12分）點評：本題主要考查了同角平方關(guān)系、和差角公式及正弦定理在求解三角形中的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是熟練應(yīng)用基本公式20（15分）（xx崇明縣二模）如圖：已知四棱錐PABCD，底面是邊長為3的正方形ABCD，PA面ABCD，點M是CD的中點，點N是PB的中點，連接AM、AN、MN（1）求證：ABMN；（2）若MN=5，求二面角NAMB的余弦值考點：用空間向量求平面間的夾角；直線與平面垂直的性質(zhì)專題：空間向量及應(yīng)用分析：（1）四棱錐PABCD的底面是邊長為3的正方形ABCD，且PA面ABCD，由此得到AD，AB，AP兩兩互相垂直，分別以AD、AB、AP為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)出AP長度，則可得到圖中各點坐標(biāo)，求出向量，由它們的數(shù)量積等于0證得ABMN；（2）利用MN=5，求出AP的長度，分別求出平面AMB和平面AMN的一個法向量，利用兩個平面的法向量所成的角求二面角NAMB的余弦值解答：（1）證明：因為底面是邊長為3的正方形，PA面ABCD，所以APADAB如圖，分別以AD、AB、AP為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)PA=t則得，=0，所以ABMN；（2）解：由，得，解得t=8，即PA=8取平面AMB的一個法向量為設(shè)平面AMN的法向量，又，由得：，取y=2，得x=1，z=所以平面AMN的一個法向量是，設(shè)二面角NAMB為，則=所以二面角NAMB的余弦值為點評：本題考查了直線與平面垂直的性質(zhì)，考查了利用空間向量求二面角的大小，利用空間向量求二面角的大小時，關(guān)鍵是分清兩個平面的法向量所成的角與二面角的關(guān)系，此題是中檔題21（15分）（xx崇明縣二模）某工廠生產(chǎn)一種儀器的元件，由于受生產(chǎn)能力和技術(shù)水平等因素的限制，會產(chǎn)生較多次品，根據(jù)經(jīng)驗知道，次品數(shù)p（萬件）與日產(chǎn)量x（萬件）之間滿足關(guān)系：已知每生產(chǎn)l萬件合格的元件可以盈利20萬元，但每產(chǎn)生l萬件次品將虧損10萬元（實際利潤=合格產(chǎn)品的盈利生產(chǎn)次品的虧損）（1）試將該工廠每天生產(chǎn)這種元件所獲得的實際利潤T（萬元） 表示為日產(chǎn)量x（萬件）的函數(shù)；（2）當(dāng)工廠將這種儀器的元件的日產(chǎn)量x（萬件） 定為多少時獲得的利潤最大，最大利潤為多少？考點：函數(shù)模型的選擇與應(yīng)用專題：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用分析：（1）根據(jù)題目條件寫出在x的不同范圍內(nèi)的合格的元件間數(shù)，然后由實際利潤=合格產(chǎn)品的盈利生產(chǎn)次品的虧損將生產(chǎn)這種元件所獲得的實際利潤T（萬元） 表示為日產(chǎn)量x（萬件）的函數(shù)；（2）分別利用配方法和函數(shù)的單調(diào)性求函數(shù)在連段內(nèi)的最值，最后取兩段的最大之中的最大者解答：解：（1）當(dāng)1x4時，合格的元件數(shù)為（萬件），利潤（萬元）；當(dāng)x4時，合格的元件數(shù)為（萬件），利潤（萬元），綜上，該工廠每天生產(chǎn)這種元件所獲得的利潤為（2）當(dāng)1x4時，T=20x5x2=5（x2）2+20當(dāng)x=2（萬件）時，利潤T的最大值20（萬元）；當(dāng)x4時，令，則，當(dāng)x4，+）時，y0，所以在4，+）上是單調(diào)遞增，所以函數(shù)T（x）在4，+）上是減函數(shù)，則當(dāng)x=4時，利潤T的最大值0 綜上所述，當(dāng)日產(chǎn)量定為2（萬件）時，工廠可獲得最大利潤20萬元答：當(dāng)工廠將這種儀器的元件的日產(chǎn)量x（萬件） 定為2（萬件）時獲得的利潤最大，最大利潤為20萬元點評：本題考查了函數(shù)模型的選擇及應(yīng)用，考查了配方法及利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值，注意分段函數(shù)的最值要分段求，此題是中檔題22（15分）（xx崇明縣二模）已知橢圓C的方程為（a0），其焦點在x軸上，點Q為橢圓上一點（1）求該橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）設(shè)動點P（x0，y0）滿足，其中M、N是橢圓C上的點，直線OM與ON的斜率之積為，求證：為定值；（3）在（2）的條件下探究：是否存在兩個定點A，B，使得|PA|+|PB|為定值？若存在，給出證明；若不存在，請說明理由考點：直線與圓錐曲線的關(guān)系；平面向量的基本定理及其意義；直線的斜率；橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程專題：綜合題；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程分析：（1）把點Q坐標(biāo)代入橢圓方程即可求得a2；（2）設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），由直線OM與ON的斜率之積為，可得M、N坐標(biāo)間的關(guān)系式，由，從而可化為M、N坐標(biāo)的表達(dá)式，再由M、N是橢圓C上的點即可求得為定值；（3）由（2）知，動點P（x0，y0）滿足，從而可判斷點P軌跡是橢圓，其焦點即為定點A、B；解答：解：（1）因為點為橢圓上一點，所以，解得a2=4，所以橢圓方程為；（2）設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），又，化簡得x1x2+2y1y2=0，又M、N是橢圓C上的點，所以，即，由，所以=4+4×4+4（x1x2+2y1y2）=20（定值）； （3）由（2）知，動點P（x0，y0）滿足，即，所以點P的軌跡是以為焦點的橢圓故存在點A（）、B（），使得|PA|+|PB|=（定值）點評：本題考查直線與圓錐曲線的位置關(guān)系、橢圓方程的求解及平面向量基本定理，考查學(xué)生對問題的理解分析能力及解決問題的能力，具有一定綜合性23（16分）（xx崇明縣二模）設(shè)數(shù)列an、bn的各項都是正數(shù)，Sn為數(shù)列an的前n項和，且對任意nN*，都有，b1=e，cn=an+1lnbn（常數(shù)0，lnbn是以為底數(shù)的自然對數(shù)，e=2.71828）（1）求數(shù)列an、bn的通項公式；（2）用反證法證明：當(dāng)=4時，數(shù)列cn中的任何三項都不可能成等比數(shù)列；（3）設(shè)數(shù)列cn的前n項和為Tn，試問：是否存在常數(shù)M，對一切nN*，（1）Tn+cnM恒成立？若存在，求出M的取值范圍；若不存在，請證明你的結(jié)論考點：反證法與放縮法；數(shù)列與不等式的綜合專題：點列、遞歸數(shù)列與數(shù)學(xué)歸納法分析：（1）由條件 ，求得a1=1當(dāng)n2時，有 ，由可得數(shù)列an是公差等于2的等差數(shù)列，從而求得an=2n1再由，且bn0，可得lnbn=lnb1×n1=n1，從而求得 bn= （2）當(dāng)=4時，假設(shè)第m項、第n項、第k項成等比數(shù)列，則有 （2n+1）242n2=（2m+1）4m1（2k+1）4k1，即 m2+k2+mk+m+k=0，顯然，這樣的正整數(shù)m、k不存在，故數(shù)列cn中的任何三項都不可能成等比數(shù)列（3）用錯位相減法求得（1）Tn=3+2（1+2+n2）（2n+1）n，當(dāng)=1時，求出M的取值范圍當(dāng)1時，再求出M的取值范圍，綜合可得結(jié)論解答：解：（1）因為an0， ，當(dāng)n=1時，a12=4S12a11，解得a1=1當(dāng)n2時，有 ，由得，（an+an1）（anan1）=2（an+an1），故有 anan1=2（n2），即數(shù)列an是公差等于2的等差數(shù)列，所以an=a1+（n1）d=1+（n1）×2=2n1又因為，且bn0，兩邊同時取自然對數(shù)得 lnbn+1=lnbn，由此可知數(shù)列l(wèi)nbn是以lnb1=lne=1為首項，以為公比的等比數(shù)列，所以lnbn=lnb1×n1=n1，所以，bn=en1（2）當(dāng)=4時，由（1）知，cn =an+1lnbn =（2n+1）n1=（2n+1）4n1假設(shè)第m項、第n項、第k項成等比數(shù)列，則有 （2n+1）242n2=（2m+1）4m1（2k+1）4k1，即 （2n+1）242n2=（2m+1）（2k+1）4m+k2，（m+k+1）2=（2m+1）（2k+1），即 m2+k2+mk+m+k=0，顯然，這樣的正整數(shù)m、k不存在，故數(shù)列cn中的任何三項都不可能成等比數(shù)列（3）解：cn=an+1lnbn =（2n+1）n1，Tn=3×0+5×1+7×2+（2n1）×n2+（2n+1）×n1×Tn=3×1+5×2+7×3+（2n1）×n1+（2n+1）×n由得3Tn=3+2×4+2×42+2×4n1（2n+1）×4n=3+2×（2n+1）4n=，所以，（1）Tn=3+2（1+2+n2）（2n+1）n當(dāng)=1時，（1）Tn+cn=（2n+1）（nN*）在N*上為單調(diào)遞增函數(shù)，所以對于任意常數(shù)M（，3，（1）Tn+cn=（2n+1）M恒成立 當(dāng)1時，記g（n）=g（n+1）g（n）=2n0，所以，數(shù)列g(shù)（n）為增函數(shù) 所以當(dāng)1時，g（n）=g（1）=3（7分）所以，所以對于任意常數(shù)M（，3，（1）Tn+cnM恒成立 （8分）點評：本題主要考查數(shù)列求和問題，用反證法和放縮法證明不等式，函數(shù)的恒成立問題，屬于難題