【文档说明】湖北省黄石市育英高中2020-2021学年高二上学期第一次月考数学试题含答案.docx，共(12)页，242.079 KB，由小赞的店铺上传

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育英高中高二上第一次月考数学试卷（时间：120分钟总分：150分）一、单项选择题（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，只有一项是符合题目要求的）1.已知sin𝛼=45，且𝛼为第二象限角，那么tan(𝛼+𝜋4)的值等于()A.7B.−7C

.17D.−172.等差数列{𝑎𝑛}的前n项和为𝑆𝑛，当首项𝑎1和公差d变化时，𝑎5+𝑎8+𝑎11是一个定值，则下列选项中为定值的是()A.𝑆17B.𝑆18C.𝑆15D.𝑆163.若圆C与圆(𝑥+2)2+(𝑦−1)2=1关

于原点对称，则圆C的标准方程为()A.(𝑥−2)2+(𝑦+1)2=1B.(𝑥−2)2+(𝑦−1)2=1C.(𝑥−2)2+(𝑦+2)2=1D.(𝑥+1)2+(𝑦−2)2=14.已知各项均为正数的等比数列{𝑎𝑛}中，3𝑎1，12𝑎3，2𝑎2成等差数列，则𝑎11+�

�13𝑎8+𝑎10=()A.27B.3C.−1或3D.1或275.已知直线𝑙1：𝑎𝑥+(𝑎+2)𝑦+2=0与𝑙2：𝑥+𝑎𝑦+1=0平行，则实数a的值为()A.−1或2B.0或2C.2D.−16.圆：𝑥2+𝑦2−2𝑥−2𝑦+1=0

上的点到直线𝑥−𝑦=2的距离最大值是()A.2B.1+√2C.1+√22D.1+2√27.若方程√1−𝑥2=𝑘𝑥+2有唯一解，则实数k的取值范围是()A.𝑘=±√3B.𝑘∈(−2,2)C.𝑘<−2或𝑘>2D.𝑘<−2或𝑘>2或�

�=±√38.已知正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的棱长为2，M，N分别是棱BC，𝐶𝐶1的中点，动点P在正方形𝐵𝐶𝐶1𝐵1(包括边界)内运动，若𝑃𝐴1//面AMN，则线段𝑃𝐴1的长度范围是()A.[2,√5]B.[2,3]C

.[3√22,3]D.[3√22,√5]二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分）9.下列说法正确的有()A.若直线𝑦=𝑘

𝑥+𝑏经过第一、二、四象限，则(𝑘,𝑏)在第二象限B.直线𝑦=𝑎𝑥−3𝑎+2过定点(3,2)C.过点(2,−1)斜率为−√3的点斜式方程为𝑦+1=−√3(𝑥−2)D.斜率为−2，在y轴截距为3的直线方程为𝑦=−2𝑥±3．10.设a，b为两条直线，𝛼，𝛽为

两个平面，下列说法正确的是()A.若a//b，a⊥𝛼，则b⊥𝛼B.若a⊥b，b//𝛼，则a//𝛼C.若a//b，a//𝛼，则b//𝛼D.若𝛼⊥𝛽，a⊂𝛼，𝛼∩𝛽=b，a⊥b，则a⊥𝛽11.定义𝐻𝑛=𝑎1+2𝑎2+⋯+2𝑛−1𝑎𝑛

𝑛为数列{𝑎𝑛}的“优值”.已知某数列{𝑎𝑛}的“优值”𝐻𝑛=2𝑛，前n项和为𝑆𝑛，则()A.数列{𝑎𝑛}为等差数列B.数列{𝑎𝑛}为等比数列C.𝑆20202020=20232D.𝑆2，𝑆4，𝑆6成等差数列12.一副三

角板由一块有一个内角为60°的直角三角形和一块等腰直角三角形组成，如图所示，∠𝐵=∠𝐹=90°，∠𝐴=60°，∠𝐷=45°，𝐵𝐶=𝐷𝐸，现将两块三角形板拼接在一起，得三棱锥𝐹−𝐶𝐴𝐵，取BC中点O与AC中点M，则下列判断中正确的是A.直线𝐵𝐶⊥平面O

FMB.AC与平面OFM所成的角为定值C.三棱锥𝐹−𝐶𝑂𝑀体积为定值D.设平面𝐴𝐵𝐹∩平面𝑀𝑂𝐹=𝑙，则有𝑙//𝐴𝐵三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.过点𝑃(2,2)且与直线5𝑥−3𝑦+8=0平行的直线方程为__________

．14.等比数列{𝑎𝑛}中，𝑎𝑛>0且𝑎2𝑎4+2𝑎3𝑎5+𝑎4𝑎6=25，则𝑎3+𝑎5=_______15.已知数列{𝑎𝑛}中，𝑎1=1，𝑎𝑛𝑎𝑛+1=2𝑛(𝑛∈𝑁∗)，记𝑆𝑛为{𝑎𝑛}的前n项和，则𝑆2

𝑛=__________．16.如图，正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的棱长为1，线段𝐵1𝐷1上有两个动点E，F，且𝐸𝐹=√22，现有如下四个结论：①𝐴𝐶⊥𝐵𝐸；②平面𝐸𝐹

𝐶//平面𝐴1𝐵𝐷；③异面直线AE，BF所成的角为定值；④三棱锥𝐴−𝐵𝐸𝐹的体积为定值．其中正确结论的序号是________．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.已知圆C的方程是(𝑥−1)2+(𝑦−1)2=4，直线l

的方程为𝑦=𝑥+𝑚，求当m为何值时，(1)直线平分圆；(2)直线与圆相切．18.如图，在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，底面ABCD为正方形，𝑃𝐷⊥平面ABCD，𝑃𝐷=𝐴𝐷=2，M为

PC上的点，且满足𝐴𝑀⊥𝑃𝐶，N为AB的中点．(1)求证：平面𝐴𝐷𝑀⊥平面PBC．(2)求直线PB与平面ADM所成的角的正切值．19.在数列{𝑎𝑛}中，𝑎1=1，𝑎𝑛+1=2𝑎𝑛+2𝑛

；(1)设𝑏𝑛=𝑎𝑛2𝑛−1.证明：数列{𝑏𝑛}是等差数列；(2)求数列{𝑎𝑛}的通项公式．20.在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠𝐴𝐵𝐶=60∘，𝑃𝐴⊥平面ABCD，𝑃𝐴=2

，𝐸、𝐹分别为𝐶𝐷、𝑃𝐵的中点．(𝐼)求证：𝐸𝐹//平面PAD；(𝐼𝐼)求二面角𝐹−𝐷𝐶−𝐴的大小．21.已知圆𝐶:𝑥2+(𝑦−4)2=4，直线𝑙:(3𝑚+1)𝑥+(1−

𝑚)𝑦−4=0．(1)求直线l所过定点A的坐标；(2)求直线l被圆C所截得的弦长最短时直线l的方程及最短弦长；(3)已知点𝑀(−3,4)，在直线MC上(𝐶为圆心)存在定点𝑁(异于点𝑀)，满足：

对于圆C上任一点P，都有|PM||PN|为一常数，试求所有满足条件的点N的坐标及该常数．22.已知数列{𝑎𝑛}的前n项和𝑆𝑛满足2𝑆𝑛=3𝑎𝑛−3，数列{𝑏𝑛}的前n项和𝑇𝑛满足𝑇𝑛+1𝑛

+1=𝑇𝑛𝑛+1，且𝑏1=1．(1)求数列{𝑎𝑛}，{𝑏𝑛}的通项公式．(2)设𝑐𝑛=𝑏𝑛𝑎𝑛，求数列{𝑐𝑛}的前n项和𝑃𝑛．(3)数列{𝑆𝑛}中是否存在不同的三项𝑆𝑝，𝑆𝑞，𝑆𝑟，使这三项恰好构成等差数列？

若存在，求出p，q，r的关系；若不存在，请说明理由．育英高中高二10月月考数学试卷答案一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）23.已知sin𝛼=45，且𝛼为第二象限角，那么tan(𝛼+𝜋4)的值等于()A.7B.−7C.1

7D.−17【答案】D【解答】解：∵sin𝛼=45，并且𝛼是第二象限角，∴𝑐𝑜𝑠𝛼=−√1−sin2𝛼=−35，∴𝑡𝑎𝑛𝛼=𝑠𝑖𝑛𝛼𝑐𝑜𝑠𝛼=−43，tan(𝛼

+𝜋4)=𝑡𝑎𝑛𝛼+11−𝑡𝑎𝑛𝛼=−43+11+43=−17．故选D．24.等差数列{𝑎𝑛}的前n项和为𝑆𝑛，当首项𝑎1和公差d变化时，𝑎5+𝑎8+𝑎11是一个定值，则下列选项中为定值的是()A.𝑆17B.𝑆18

C.𝑆15D.𝑆16【答案】C25.若圆C与圆(𝑥+2)2+(𝑦−1)2=1关于原点对称，则圆C的标准方程为()A.(𝑥−2)2+(𝑦+1)2=1B.(𝑥−2)2+(𝑦−1)2=1C.(𝑥−2)2+(𝑦+2

)2=1D.(𝑥+1)2+(𝑦−2)2=1【答案】A【解析】【分析】本题考查求圆的标准方程，难度一般.由圆(𝑥+2)2+(𝑦−1)2=1的圆心为(−2,1)，点(−2,1)关于原点的对称点为𝐶(2,−1)，所以圆C的方程为(𝑥−2)2+(𝑦

+1)2=1．【解答】解：圆(𝑥+2)2+(𝑦−1)2=1的圆心为(−2,1)，点(−2,1)关于原点的对称点为𝐶(2,−1)，所以圆C的方程为(𝑥−2)2+(𝑦+1)2=1．故选A．26.已知各项均为正数的等比数列{𝑎𝑛}中，3𝑎1，12𝑎3，2𝑎

2成等差数列，则𝑎11+𝑎13𝑎8+𝑎10=()A.27B.3C.−1或3D.1或27【答案】A【解析】解：设等比数列{𝑎𝑛}的公比为q，由题意可得𝑎3=3𝑎1+2𝑎2，∴𝑎1𝑞2=3𝑎1+2𝑎1

𝑞，即𝑞2=3+2𝑞解得𝑞=3，或𝑞=−1(舍去)，∴𝑎11+𝑎13𝑎8+𝑎10=(𝑎8+𝑎10)𝑞3𝑎8+𝑎10=𝑞3=27故选：A．由题意可得公比q的方程，解得方程可得q，可得𝑎11+𝑎13𝑎8+𝑎10=𝑞3，代

值计算可得．本题考查等比数列的通项公式和性质，属基础题．27.已知直线𝑙1：𝑎𝑥+(𝑎+2)𝑦+2=0与𝑙2：𝑥+𝑎𝑦+1=0平行，则实数a的值为()A.−1或2B.0或2C.2D.−1【答案】D【解答】解：由题意知𝑎⋅𝑎−(𝑎+2)=

0，即𝑎2−𝑎−2=0，解得𝑎=2或−1．经过验证可得：𝑎=2时两条直线重合，舍去．∴𝑎=−1．故选D．28.圆：𝑥2+𝑦2−2𝑥−2𝑦+1=0上的点到直线𝑥−𝑦=2的距离最大值是()A.

2B.1+√2C.1+√22D.1+2√2【答案】B【解析】解：圆𝑥2+𝑦2−2𝑥−2𝑦+1=0可化为标准形式：(𝑥−1)2+(𝑦−1)2=1，∴圆心为(1,1)，半径为1圆心(1,1)到直

线𝑥−𝑦=2的距离𝑑=√2，则所求距离最大为1+√2，故选：B．29.若方程√1−𝑥2=𝑘𝑥+2有唯一解，则实数k的取值范围是()A.𝑘=±√3B.𝑘∈(−2,2)C.𝑘<−2或𝑘>2D.𝑘<−2或𝑘>2或𝑘=±√3【答案】D【解答】解：因为方

程√1−𝑥2=𝑘𝑥+2有唯一解，即𝑓(𝑥)=√1−𝑥2与𝑔(𝑥)=𝑘𝑥+2的图象有唯一交点，又𝑓(𝑥)表示圆心为𝑂(0,0)，半径为𝑟=1的上半圆(包括𝐴(−1,0)和𝐵(1,0))，而𝑔(𝑥)是过点𝐶(0,2)的

直线，如图：当直线与半圆相切时，2√1+𝑘2=1，𝑘=±√3，又𝑘𝐴𝐶=2−00+1=2,𝑘𝐵𝐶=2−00−1=−2,由图象可知，当𝑘<−2或𝑘>2或𝑘=±√3时，𝑓(𝑥)=√1−𝑥2与𝑔(𝑥)=�

�𝑥+2的图象有唯一交点，故选D．30.已知正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的棱长为2，M，N分别是棱BC，𝐶𝐶1的中点，动点P在正方形𝐵𝐶𝐶1𝐵1(包括边界)内运动，若𝑃𝐴

1//面AMN，则线段𝑃𝐴1的长度范围是()A.[2,√5]B.[2,3]C.[3√22,3]D.[3√22,√5]【答案】D【解析】解：取𝐵1𝐶1的中点E，𝐵𝐵1的中点F，连结𝐴1𝐸，𝐴1𝐹，EF，取

EF中点O，连结𝐴1𝑂，∵点M，N分别是棱长为2的正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中棱BC，𝐶𝐶1的中点，∴𝐴𝑀//𝐴1𝐸，𝑀𝑁//𝐸𝐹，∵𝐴𝑀⊄平面𝐴1𝐸𝐹，𝐴1𝐸⊂平面𝐴1

𝐸𝐹，∴𝐴𝑀//平面𝐴1𝐸𝐹，同理，𝑀𝑁//平面𝐴1𝐸𝐹，∵𝐴𝑀∩𝑀𝑁=𝑀，AM，𝑀𝑁⊂𝐴𝑀𝑁，∴平面𝐴𝑀𝑁//平面𝐴1𝐸𝐹，∵动点P在正方形𝐵𝐶𝐶

1𝐵1(包括边界)内运动，且𝑃𝐴1//面AMN，∴点P的轨迹是线段EF，∵𝐴1𝐸=𝐴1𝐹=√22+12=√5，𝐸𝐹=√12+12=√2，∴𝐴1𝑂⊥𝐸𝐹，∴当P与O重合时，𝑃𝐴1的长度取最小值为𝐴1𝑂=√(√5)2−(√22

)2=3√22，当P与𝐸(或𝐹)重合时，𝑃𝐴1的长度取最大值为𝐴1𝐸=𝐴1𝐹=√5．∴𝑃𝐴1的长度范围为[3√22,√5].故选：D．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每

小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分。31.下列说法正确的有()A.若直线𝑦=𝑘𝑥+𝑏经过第一、二、四象限，则(𝑘,𝑏)在第二象限B.直线𝑦=𝑎𝑥−3𝑎+2过定点(3,2)C.过点(2,−1)斜率为−√3的点斜式

方程为𝑦+1=−√3(𝑥−2)D.斜率为−2，在y轴截距为3的直线方程为𝑦=−2𝑥±3．【答案】ABC【解答】解：对于A，该直线过一、二、四象限，所以直线的斜率𝑘<0，截距𝑏>0，故点(𝑘,𝑏)在第二象限，A正确；对于B，由

直线方程𝑦=𝑎𝑥−3𝑎+2得到𝑎(𝑥−3)+(−𝑦+2)=0，所以无论a取何值点(3,2)都满足方程，B正确；对于C，由点斜式方程知正确；对于D，由斜截式直线方程得到斜率为−2，在y轴上的截距为3的直线方程为𝑦=−2𝑥+3，D错误．故选ABC．32.

设a，b为两条直线，𝛼，𝛽为两个平面，下列说法正确的是()A.若a//b，a⊥𝛼，则b⊥𝛼B.若a⊥b，b//𝛼，则a//𝛼C.若a//b，a//𝛼，则b//𝛼D.若𝛼⊥𝛽，a⊂𝛼，𝛼∩𝛽=b，a⊥b，则a⊥𝛽【

答案】AD．【解答】解：对于A，若a//b，𝑎⊥𝛼，则𝑏⊥𝛼，故A正确；对于B，若𝑎⊥𝑏，b//𝛼，则a//𝛼或a与𝛼相交或𝑎⊂𝛼，故B错误；对于C，若a//b，a//𝛼，则b//

𝛼或𝑏⊂𝛼，故C错误；对于D，若𝛼⊥𝛽，𝑎⊂𝛼，𝛼∩𝛽=𝑏，𝑎⊥𝑏，则𝑎⊥𝛽，故D正确．故选AD．33.定义𝐻𝑛=𝑎1+2𝑎2+⋯+2𝑛−1𝑎𝑛𝑛为数列{𝑎𝑛}的“优值”.已知某数列{𝑎𝑛}的“优值”𝐻𝑛=2𝑛，前n项和为𝑆𝑛

，则()A.数列{𝑎𝑛}为等差数列B.数列{𝑎𝑛}为等比数列C.𝑆20202020=20232D.𝑆2，𝑆4，𝑆6成等差数列【答案】AC【解答】解：由𝐻𝑛=𝑎1+2𝑎2+⋯+2𝑛−1�

�𝑛𝑛=2𝑛，得𝑎1+2𝑎2+⋯+2𝑛−1𝑎𝑛=𝑛⋅2𝑛，①所以𝑛≥2时，𝑎1+2𝑎2+⋯+2𝑛−2𝑎𝑛−1=(𝑛−1)⋅2𝑛−1，②得𝑛≥2时，2𝑛−1𝑎𝑛

=𝑛⋅2𝑛−(𝑛−1)⋅2𝑛−1=(𝑛+1)⋅2𝑛−1，即𝑛≥2时，𝑎𝑛=𝑛+1，当𝑛=1时，由①知𝑎1=2，满足𝑎𝑛=𝑛+1．所以数列{𝑎𝑛}是首项为2，公差为1的等差数列，故A正确，B错，所以𝑆𝑛=𝑛(𝑛+3)2，所以𝑆2020

2020=20232，故C正确．𝑆2=5，𝑆4=14，𝑆6=27，故D错，故选AC．34.一副三角板由一块有一个内角为60°的直角三角形和一块等腰直角三角形组成，如图所示，∠𝐵=∠𝐹=90°

，∠𝐴=60°，∠𝐷=45°，𝐵𝐶=𝐷𝐸，现将两块三角形板拼接在一起，得三棱锥𝐹−𝐶𝐴𝐵，取BC中点O与AC中点M，则下列判断中正确的是A.直线𝐵𝐶⊥平面OFMB.AC与平面OFM所成的角为定值C.三棱锥𝐹−𝐶𝑂𝑀体积为定值D.设平面𝐴𝐵𝐹∩平面

𝑀𝑂𝐹=𝑙，则有𝑙//𝐴𝐵【答案】ABD【解答】解：因为O，M为中点，所以𝑂𝑀//𝐴𝐵，所以𝑂𝑀⊥𝐵𝐶，又𝑂𝐹⊥𝐵𝐶，且𝑂𝑀∩𝑂𝐹=𝑂，所以𝐵𝐶⊥平面OFM，故A正确；AC与平面OFM所成角为∠𝐶𝑀𝑂=∠𝐶𝐴𝐵

=60°，故B正确；平面DEF转动时，F到底面ABC的距离为变量，而△𝐶𝑂𝑀的面积为定值，故三棱锥𝐹−𝐶𝑂𝑀体积为定值错误，故C错误；因为平面𝐴𝐵𝐹∩平面𝑀𝑂𝐹=𝑙，𝑙⊂平面ABF，𝐴𝐵⊂平面ABF，故l与AB共面，又𝑙⊂平面MOF，

𝐴𝐵⊄平面MOF，则有𝑙//𝐴𝐵，故D正确．故选ABD．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。35.过点𝑃(2,2)且与直线5𝑥−3𝑦+8=0平行的直线方程为__________．【答案】5𝑥−3𝑦−4=0【解答】解：直线5𝑥−3

𝑦+8=0的斜率是53，所求直线的斜率是53，所以所求直线方程：𝑦−2=53(𝑥−2)，即5𝑥−3𝑦−4=0故答案为5𝑥−3𝑦−4=0．36.等比数列{𝑎𝑛}中，𝑎𝑛>0且𝑎2𝑎4+2𝑎3𝑎5+𝑎4𝑎6=25

，则𝑎3+𝑎5=_______【答案】5【解答】解：𝑎2𝑎4+2𝑎3𝑎5+𝑎4𝑎6=𝑎32+2𝑎3𝑎5+𝑎52=(𝑎3+𝑎5)2=25，∵等比数列{𝑎𝑛}中，𝑎𝑛>0，∴𝑎3+𝑎5=5，故答案为5．37.已知数列{𝑎𝑛}中，𝑎1

=1，𝑎𝑛𝑎𝑛+1=2𝑛(𝑛∈𝑁∗)，记𝑆𝑛为{𝑎𝑛}的前n项和，则𝑆2𝑛=__________．【答案】3×2𝑛−338.如图，正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1

的棱长为1，线段𝐵1𝐷1上有两个动点E，F，且𝐸𝐹=√22，现有如下四个结论：①𝐴𝐶⊥𝐵𝐸；②平面𝐸𝐹𝐶//平面𝐴1𝐵𝐷；③异面直线AE，BF所成的角为定值；④三棱锥𝐴−𝐵�

�𝐹的体积为定值．其中正确结论的序号是________．【答案】①②④【解答】解：①设AC与BD相交与G．根据正方体的性质可知𝐴𝐶⊥𝐵𝐷，𝐴𝐶⊥𝐵𝐵1，而𝐵𝐷∩𝐵𝐵1=𝐵，BD，𝐵𝐵1⊂平面𝐵𝐷𝐷1𝐵1，所以𝐴𝐶⊥平面𝐵𝐷𝐷1

𝐵1，𝐵𝐸⊂平面𝐵𝐷𝐷1𝐵1，所以𝐴𝐶⊥𝐵𝐸.故①正确．②根据正方体的性质可知𝐴1𝐵//𝐷1𝐶，𝐴1𝐵⊄平面𝐵1𝐶𝐷1，𝐷1𝐶⊂平面𝐵1𝐶𝐷1，所以𝐴1

𝐵//平面𝐵1𝐶𝐷1．同理可证𝐵𝐷//平面𝐵1𝐶𝐷1，而𝐴1𝐵∩𝐵𝐷=𝐵，𝐴1𝐵，𝐵𝐷⊂平面𝐴1𝐵𝐷，所以平面𝐴1𝐵𝐷//平面𝐵1𝐶𝐷1，也即平面𝐸𝐹𝐶//平面𝐴1𝐵𝐷.故②正确．③由于正方体的边长为1，所以𝐵𝐷=𝐵1𝐷

1=√2，𝐵𝐺=√22，而𝐸𝐹=√22，根据正方体的性质可知𝐸𝐹//𝐵𝐺，所以四边形BGEF是平行四边形，所以𝐵𝐹//𝐺𝐸，所以∠𝐴𝐸𝐺是异面直线AE，BF所成的角，因为𝐴𝐶⊥平面𝐵𝐷𝐷1𝐵1，𝐸𝐺⊂平面𝐵𝐷𝐷1𝐵1，所以𝐴𝐶⊥𝐸𝐺

，所以tan∠𝐴𝐸𝐺=𝐴𝐺𝐺𝐸，其中AG为定值，GE长度不固定，所以∠𝐴𝐸𝐺不是定值，所以③错误．④由①可知𝐴𝐶⊥平面𝐵𝐷𝐷1𝐵1，所以𝑉𝐴−𝐵𝐸𝐹=13×𝑆△𝐵𝐸𝐹×𝐴�

�=13×(12×√22×1)×√22=112为定值，所以④正确．故答案为：①②④．四、解答题（本大题共6小题，共70分）39.已知圆C的方程是(𝑥−1)2+(𝑦−1)2=4，直线l的方程为𝑦=𝑥+�

�，求当m为何值时，(1)直线平分圆；(2)直线与圆相切．【答案】解：(1)∵直线平分圆，所以圆心在直线上，即有𝑚=0．(2)∵直线与圆相切，∴圆心到直线的距离等于半径，∴𝑑=|1−1+𝑚|√12+(−1)2=|𝑚

|√2=2，𝑚=±2√2．即𝑚=±2√2时，直线l与圆相切．40.如图，在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，底面ABCD为正方形，𝑃𝐷⊥平面ABCD，𝑃𝐷=𝐴𝐷=2，M为PC上的点，且满足𝐴𝑀⊥𝑃𝐶，N为AB的中点．(

1)求证：平面𝐴𝐷𝑀⊥平面PBC．(2)求直线PB与平面ADM所成的角的正切值．【答案】证明：(1)∵𝑃𝐶⊥𝐴𝑀，𝑃𝐶⊥𝐴𝐷，∴𝑃𝐶⊥平面ADM，∴平面𝐴𝐷𝑀⊥平面PBC(

2)由(1)可得，𝑃𝐶⊥平面ADM，∴𝑃𝐶⊥𝐷𝑀．∴𝑀为PC的中点．取PB的中点H，连接MH，则𝑀𝐻//𝐵𝐶//𝐴𝐷，∴𝐴，D，M，H共面．又𝑃𝐶⊥平面ADM，∴∠𝑃�

�𝑀即为直线PB与平面ADM所成的角．∵𝑃𝑀=√2，𝐻𝑀=1，∴直线PB与平面ADM所成的角的正切值为√241.在数列{𝑎𝑛}中，𝑎1=1，𝑎𝑛+1=2𝑎𝑛+2𝑛；(1)设𝑏𝑛=𝑎𝑛2𝑛−1.证明：数列{𝑏𝑛}是等

差数列；(2)求数列{𝑎𝑛}的通项公式．【答案】解：(1)证明：∵𝑎𝑛+1=2𝑎𝑛+2𝑛，∴𝑎𝑛+12𝑛=𝑎𝑛2𝑛−1+1．∵𝑏𝑛=𝑎𝑛2𝑛−1，∴𝑏𝑛+1−𝑏𝑛=1，∴数列{𝑏𝑛}是以𝑏1

=𝑎120=1为首项，1为公差的等差数列．(2)由(1)可知：𝑏𝑛=1+(𝑛−1)×1=𝑛．∴𝑛=𝑎𝑛2𝑛−1，∴𝑎𝑛=𝑛⋅2𝑛−1．42.在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠𝐴𝐵𝐶=60∘，𝑃𝐴⊥平面ABC

D，𝑃𝐴=2，𝐸、𝐹分别为𝐶𝐷、𝑃𝐵的中点．(𝐼)求证：𝐸𝐹//平面PAD；(𝐼𝐼)求二面角𝐹−𝐷𝐶−𝐴的大小．【答案】(1)证明：取PA中点M，连结𝐹𝑀、𝐷𝑀，则𝐹𝑀//𝐴𝐵，且𝐹𝑀=12�

�𝐵，由𝐷𝐸=12𝐷𝐶，∵底面ABCD是菱形，∴𝐴𝐵//𝐷𝐶，𝐴𝐵=𝐷𝐶，∴𝐹𝑀//𝐴𝐵，且𝐹𝑀=𝐴𝐵，∴𝐹𝐸𝐷𝑀是平行四边形，∴𝐸𝐹//𝐷𝑀，𝐷𝑀⊂

平面PAD，𝐸𝐹⊄平面PAD，∴𝐸𝐹//平面PAD．(2)解：取AB中点N，连结𝐹𝑁、𝑁𝐶、𝐹𝐶，在▵𝐵𝑁𝐶中，𝐵𝑁=1，𝐵𝐶=2，∠𝐴𝐵𝐶=60∘，∴𝑁𝐶=√3，𝐵𝑁2+𝑁𝐶2=𝐵𝐶2，∴▵𝐵𝑁𝐶是直角三角形，∴𝐵𝑁⊥𝑁�

�，𝐷𝐶⊥𝑁𝐶，又𝐹、𝑁分别为𝑃𝐵、𝐴𝐵的中点，∴𝐹𝑁//𝑃𝐴，又𝑃𝐴⊥平面ABCD，∴𝐹𝑁⊥平面ABCD，∴𝐹𝑁⊥𝐷𝐶，平面FNC∴𝐹𝐶⊥𝐷𝐶，∴∠𝐹𝐶𝑁是二面角𝐹−𝐷𝐶

−𝐴的平面角，tan∠𝐹𝐶𝑁=𝐹𝑁𝑁𝐶=1√3=√33，∴∠𝐹𝐶𝑁=30∘，即二面角𝐹−𝐷𝐶−𝐴的大小为30∘．43.已知圆𝐶:𝑥2+(𝑦−4)2=4，直线𝑙:(3𝑚+1)𝑥+

(1−𝑚)𝑦−4=0．(1)求直线l所过定点A的坐标；(2)求直线l被圆C所截得的弦长最短时直线l的方程及最短弦长；(3)已知点𝑀(−3,4)，在直线MC上(𝐶为圆心)存在定点𝑁(异于点𝑀)

，满足：对于圆C上任一点P，都有|PM||PN|为一常数，试求所有满足条件的点N的坐标及该常数．【答案】解：(1)依题意直线l的方程可写成𝑚(3𝑥−𝑦)+(𝑥+𝑦−4)=0，令3𝑥−𝑦=0且𝑥+𝑦−4=0，得𝑥=1，𝑦=3，∴直线l过定点𝐴(1,3)，(2)当𝐴𝐶⊥

𝑙时，所截得弦长最短，由题知𝐶(0,4)，𝑟=2，∴𝑘𝐴𝐶=4−30−1=−1，得𝑘𝑙=−1𝑘𝐴𝐶=−1−1=1，∴直线l方程为：𝑦−3=𝑥−1，即𝑥−𝑦+2=0．∴圆心C到直线l的距离为𝑑=|𝐴𝐶|=

√2，∴最短弦长为𝐿=2√𝑟2−𝑑2=2√4−2=2√2．(3)法一：由题知，直线MC的方程为𝑦=4，假设存在定点𝑁(𝑡,4)满足题意，则设𝑃(𝑥,𝑦)，|𝑃𝑀||𝑃𝑁|=𝜆，得|𝑃𝑀|2=𝜆2|𝑃𝑁|2(𝜆>0)，且(𝑦−4)2=4−𝑥2，∴(�

�+3)2+(𝑦−4)2=𝜆2(𝑥−𝑡)2+𝜆2(𝑦−4)2∴(𝑥+3)2+4−𝑥2=𝜆2(𝑥−𝑡)2+𝜆2(4−𝑥2)整理得，(6+2𝑡𝜆2)𝑥−(𝜆2𝑡2+4𝜆2−13)=0，∵上式对任意𝑥∈[−2,2]恒成立，∴6+2𝑡𝜆2=0且𝜆2𝑡2+4�

�2−13=0，解得𝑡=−43,𝜆=32或𝑡=−3，𝜆=1(舍去，与M重合)，综上可知，在直线MC上存在定点𝑁(−43,4)，使得|𝑃𝑀||𝑃𝑁|为常数32．法二：设直线MC上的点𝑁(𝑡,4)

取直线MC与圆C的交点𝑃1(−2,4)，则|𝑃𝑀||𝑃𝑁|=1|𝑡+2|，取直线MC与圆C的交点𝑃2(2,4)，则|𝑃𝑀||𝑃𝑁|=5|𝑡−2|，令1|𝑡+2|=5|𝑡−2|，解得𝑡=−43或𝑡=−3(舍去，与M重合)，此时|𝑃𝑀||𝑃𝑁

|=32，若存在这样的定点N满足题意，则必为𝑁(−43,4)，下证：点𝑁(−43,4)满足题意，设圆上任意一点𝑃(𝑥,𝑦)，则(𝑦−4)2=4−𝑥2，∴(𝑥+3)2+(𝑦−4)2=𝜆2(𝑥+43)2+𝜆2(𝑦−4)2，∴(𝑥+3)2+4−𝑥2=�

�2(𝑥+43)2+𝜆2(4−𝑥2)𝜆2=6𝑥+1383𝑥+529=6𝑥+1349(6𝑥+13)=94，∴|𝑃𝑀||𝑃𝑁|=32．综上可知，在直线MC上存在定点𝑁(−43,4)，使得|𝑃𝑀||𝑃𝑁|为常数32．44.已知数列{𝑎𝑛}的前n项和𝑆𝑛满足2𝑆

𝑛=3𝑎𝑛−3，数列{𝑏𝑛}的前n项和𝑇𝑛满足𝑇𝑛+1𝑛+1=𝑇𝑛𝑛+1，且𝑏1=1．(1)求数列{𝑎𝑛}，{𝑏𝑛}的通项公式．(2)设𝑐𝑛=𝑏𝑛𝑎𝑛，

求数列{𝑐𝑛}的前n项和𝑃𝑛．(3)数列{𝑆𝑛}中是否存在不同的三项𝑆𝑝，𝑆𝑞，𝑆𝑟，使这三项恰好构成等差数列？若存在，求出p，q，r的关系；若不存在，请说明理由．【答案】解：(1)2𝑆n−3𝑎n+3=0，①当𝑛≥2时，2Sn−1−3𝑎n−1+3=0.②①−②

得2(𝑆n−𝑆n−1)−3𝑎n+3𝑎n−1=0，即2an−3𝑎n+3𝑎n−1=0，∴𝑎n=3𝑎n−1，故{𝑎n}是等比数列，公比为3．当𝑛=1时，2S1=3𝑎1−3，解得a1=3.∴𝑎n=3n．∵𝑇𝑛+1�

�+1=𝑇𝑛𝑛+1，∴𝑇𝑛+1𝑛+1−𝑇𝑛𝑛=1，∴数列{𝑇𝑛𝑛}是一个首项为𝑇11=𝑏1=1，公差为1的等差数列，∴𝑇𝑛𝑛=1+(𝑛−1)=𝑛，∴𝑇n=𝑛2．当𝑛≥2时，bn=𝑇n−𝑇n−1=𝑛2

−(𝑛−1)2=2𝑛−1，b1=1满足bn=2𝑛−1，∴𝑏n=2𝑛−1(𝑛∈𝑁∗).(2)∵𝑐𝑛=𝑏𝑛𝑎𝑛=(2𝑛−1)⋅13𝑛，∴𝑃𝑛=1×13+3×132+5×1

33+⋯+(2𝑛−1)×13𝑛.①∴13𝑃𝑛=1×132+3×133+5×134+⋯+(2𝑛−1)×13𝑛+1.②①−②，得23𝑃𝑛=13+2(132+133+134+⋯+13𝑛)−(2𝑛−1)×13𝑛+1．∴𝑃𝑛=12+3(132+133+134+⋯+13𝑛)

−2𝑛−12⋅13𝑛=12+3⋅19(1−13𝑛−1)1−13−2𝑛−12⋅3𝑛=12+1−13𝑛−12−2𝑛−12⋅3𝑛=1−𝑛+13𝑛．(3)∵𝑎n=3n且2Sn=3𝑎n−3，∴𝑆𝑛=3𝑎𝑛−32=3𝑛+1−32．假设存在不同的三项Sp，S

q，Sr(𝑝<𝑞<𝑟)，恰好构成等差数列，则Sp+𝑆r=2𝑆q，即3𝑝+1−32+3𝑟+1−32=2⋅3𝑞+1−32，化简得3p+1+3r+1=2·3q+1．两边同除以3q+1，得3p−𝑞+3r−𝑞=2.(∗)∵𝑟−𝑞≥1，∴3

r−𝑞≥3．∵3p−𝑞>0，∴3p−𝑞+3r−𝑞>3，与(∗)矛盾．∴不存在不同的三项Sp，Sq，Sr，使之成等差数列．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com