2019-2020学年江苏省常州市前黄高中高二（上）期末数学试卷（含详细解答）

1、2019-2020 学年江苏省常州市前黄高中高二（上）期末数学试卷一、选择题：本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分分. 1 （5 分）已知空间向量，若，则实数 m（ ）  A2 B1 C1 D2 2 （5 分） （1+i） （2i）（ ） A3i B3+i C3i D3+i 3 （5 分）盛唐著名边塞诗人王昌龄在其作品从军行中写道：青海长云暗雪山，孤城遥 望玉门关黄沙百战穿金甲，不破楼兰终不还其最后一句中“攻破楼兰”是“返回家 乡”的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件  C充要条件 D既不充分也不必要条件 4 （5 分）设an的首项为

2、 a1，公差为1 的等差数列，Sn为其前 n 项和，若 S1，S2，S4成 等比数列，则 a1（ ） A2 B2 C D 5 （5 分）在正三棱柱 ABCA1B1C1中，侧棱长为，底面三角形的边长为 1，则 BC1与 侧面 ACC1A1所成角的大小为（ ） A30 B45 C60 D90 6（5 分） 若抛物线 y22px （p0） 的准线经过双曲线的一个焦点， 则 p （ ）  A2 B10 C D 7 （5 分）正方体 ABCDA1B1C1D1，点 E，F 分别是 BB1，B1C1的中点，则 EF 与 DA1所 成角的余弦值为（ ） A0 B C D 第 2 页（共 23 页）

3、8 （5 分）若双曲线的渐近线与圆（x2） 2+y21 没有公共 点，则 C 的离心率的取值范围为（ ） A B （2，+） C （1，2） D 9 （5 分）设双曲线的右焦点为 F，点 P 在 C 的一条渐近线 上， O 为坐标原点， 若|OF|PF|且POF 的面积为， 则 C 的方程为 （ ）  A B  C D 10 （5 分）数列an中，a12，且 an+an1+2（n2） ，则数列 前 2019 项和为（ ） A B C D 11 （5 分）如图，矩形 ABCD 中，AB1，BC，F 是线段 BC 上一点且满足 BF1，E 是线段 FC 上一动点，把ABE 沿

4、AE 折起得到AB1E，使得平面 B1AC平面 ADC，分 别记 B1A， B1E 与平面 ADC 所成角为 ， ， 平面 B1AE 与平面 ADC 所成锐角为 ， 则 （ ）  A B C D 12 （5 分）已知 F 为椭圆 C：+1 的左焦点，过 F 作两条互相垂直的直线 l1，l2， 直线 l1与 C 交于 A，B 两点，直线 l2与 C 交于 D，E 两点，则四边形 ADBE 的面积最小 值为（ ） A4 B C D 第 3 页（共 23 页） 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分. 13 （5 分）i 是虚数

5、单位，则的值为   14 （5 分）已知“mx+10”是假命题，则实数 m 的取值范围 为   15 （5 分）F1，F2是椭圆 C1和双曲线 C2的公共焦点，e1，e2分别为曲线 C1，C2的离心率， P 为曲线 C1， C2的一个公共点， 若，且，则 e1    16 （ 5 分 ） 设 an 是 等 比 数 列 ， 公 比， Sn为 an 的 前 n 项 和 记 设为数列Tn的最大项，则 n0   三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 6 小题，共小题，共 70 分分. 17若复数 z（m2+m6）+（m2m2）i，当实数 m 为何值

6、时 （1）z 是实数； （2）z 是纯虚数； （3）z 对应的点在第二象限 18已知抛物线 C：y22px（p0）的焦点 F，C 上一点（3，m）到焦点的距离为 5 （1）求 C 的方程； （2）过 F 作直线 l，交 C 于 A，B 两点，若直线 AB 中点的纵坐标为1，求直线 l 的方 程 19设各项均为正数的数列an的前 n 项和为 Sn，满足：对任意的 nN*，都有 an+1+Sn+1 1，又 a1 （）求数列an的通项公式； （）令 bnlog2an，求（nN*） 20如图，四棱锥 SABCD 的底面是直角梯形，ABCD，BADADC90SD 平面 ABCD，M 是 SA 的中点，A

7、DSDCD2AB2 （）证明：DM平面 SAB； （）求二面角 ASBC 的大小； （）线段 SC 上是否存在一点 E，使得直线 SA平面 BDE若存在，确定 E 点的位置； 若不存在，说明理由 第 4 页（共 23 页） 21已知椭圆 C：+1（ab0）的左，右焦点分别为 F1，F2，该椭圆的离心率为 ，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线 yx+相切 （）求椭圆 C 的方程； （）如图，若斜率为 k（k0）的直线 l 与 x 轴，椭圆 C 顺次交于 P，Q，R（P 点在椭 圆左顶点的左侧） 且RF1F2PF1Q， 求证： 直线 l 过定点， 并求出斜率 k 的取值范围  

8、22设 A（x1，f（x1） ） ，B（x2，f（x2） ）是函数 f（x）+log2的图象上的任意两点  （1）当 x1+x21 时，求 f（x1）+f（x2）的值； （2）设 Snf（）+f（）+f（）+f（） ，其中 nN*，求 Sn； （3）对于（2）中 Sn，已知 an（）2，其中 nN*，设 Tn为数列an的前 n 项的 和，求证：Tn 第 5 页（共 23 页） 2019-2020 学年江苏省常州市前黄高中高二（上）期末数学试卷学年江苏省常州市前黄高中高二（上）期末数学试卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 12 小题，每小

9、题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分分. 1 （5 分）已知空间向量，若，则实数 m（ ）  A2 B1 C1 D2 【分析】由题意利用两个向量垂直的性质，两个向量的数量公式，求得 m 的值 【解答】解：空间向量，若， m1+00，求得实数 m1， 故选：C 【点评】本题主要考查两个向量垂直的性质，两个向量的数量公式，属于基础题 2 （5 分） （1+i） （2i）（ ） A3i B3+i C3i D3+i 【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案 【解答】解： （1+i） （2i）3+i 故选：D 【点评】本题考查了复数代数形式的乘除运算，是基础题 3 （5 分）盛唐

10、著名边塞诗人王昌龄在其作品从军行中写道：青海长云暗雪山，孤城遥 望玉门关黄沙百战穿金甲，不破楼兰终不还其最后一句中“攻破楼兰”是“返回家 乡”的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件  C充要条件 D既不充分也不必要条件 【分析】根据充分条件和必要条件的定义判断即可； 【解答】解： “攻破楼兰”不一定“返回家乡” ，但“返回家乡”一定是“攻破楼兰” ， 由充分条件和必要条件的定义判断可得“攻破楼兰”是“返回家乡”必要不充分条件， 故选：B 【点评】本题考查了充分条件和必要条件的定义，属于基础题 4 （5 分）设an的首项为 a1，公差为1 的等差数列，Sn为其前 n 项和，若 S

11、1，S2，S4成 第 6 页（共 23 页） 等比数列，则 a1（ ） A2 B2 C D 【分析】由等差数列的前 n 项和求出 S1，S2，S4，然后再由 S1，S2，S4成等比数列列式 求解 a1 【解答】解：an是首项为 a1，公差为1 的等差数列，Sn为其前 n 项和， S1a1，S22a11，S44a16， 由 S1，S2，S4成等比数列，得：， 即，解得： 故选：D 【点评】本题考查等差数列的前 n 项和公式，考查了等比数列的性质，是基础的计算题  5 （5 分）在正三棱柱 ABCA1B1C1中，侧棱长为，底面三角形的边长为 1，则 BC1与 侧面 ACC1A1所成角的大

12、小为（ ） A30 B45 C60 D90 【分析】以 C 为原点，CA 为 x 轴，在平面 ABC 中过 C 作 AC 的垂线为 y 轴，CC1为 z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出 BC1与侧面 ACC1A1所成角的大小 【解答】解：以 C 为原点，CA 为 x 轴，在平面 ABC 中过 C 作 AC 的垂线为 y 轴， CC1为 z 轴，建立空间直角坐标系， B（，0） ，C1（0，0，） ， （，） ， 平面 ACC1A1的法向量 （0，1，0） ， 设 BC1与侧面 ACC1A1所成角的大小为 ， 第 7 页（共 23 页） 则 sin， 30， BC1与侧面 ACC1A1

13、所成角的大小为 30 故选：A 【点评】本题考查线面角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知 识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题 6（5 分） 若抛物线 y22px （p0） 的准线经过双曲线的一个焦点， 则 p （ ）  A2 B10 C D 【分析】求得抛物线的准线方程和双曲线的焦点坐标，可得 p 的值 【解答】解：抛物线 y22px（p0）的准线为 x， 双曲线的 a2，b，c，即双曲线的焦点为（，0） ， （ ，0） ， 由题意可得， 解得 p2， 故选：D 【点评】本题考查抛物线和双曲线的方程和性质，考查方程思想和运算能力，属于基础 题 7 （

14、5 分）正方体 ABCDA1B1C1D1，点 E，F 分别是 BB1，B1C1的中点，则 EF 与 DA1所 成角的余弦值为（ ） 第 8 页（共 23 页） A0 B C D 【分析】利用三角形中位线定理、正方体的性质、异面直线所成的角即可得出 【解答】解：如图所示， 连接 BC1，AD1 EFBC1，AD1BC1，A1DAD1 EFDA1， EF 与 DA1所成角的余弦值为 0 故选：A 【点评】本题考查了三角形中位线定理、正方体的性质、异面直线所成的角，考查了空 间想象能力、推理能力与计算能力，属于基础题 8 （5 分）若双曲线的渐近线与圆（x2） 2+y21 没有公共 点，则 C 的离

15、心率的取值范围为（ ） A B （2，+） C （1，2） D 【分析】先根据双曲线方程求得双曲线的渐近线，进而利用圆心到渐近线的距离大于半 径求得 a 和 b 的关系，进而利用 c2a2+b2求得 a 和 c 的关系，则双曲线的离心率可求  【解答】解：双曲线渐近线为 bxay0 与圆（x2）2+y21 没有公共点， 圆心到渐近线的距离大于半径，即1 3b2a2，c2a2+b2a2， e 故选：A 【点评】本题主要考查了双曲线的简单性质，直线与圆的位置关系，点到直线的距离公 第 9 页（共 23 页） 式等考查了学生数形结合的思想的运用 9 （5 分）设双曲线的右焦点为 F，点 P

16、 在 C 的一条渐近线 上， O 为坐标原点， 若|OF|PF|且POF 的面积为， 则 C 的方程为 （ ）  A B  C D 【分析】利用双曲线的离心率求出渐近线方程，利用三角形的面积，结合离心率即可得 到方程组求出 a 即可 【解答】解：双曲线的右焦点为 F，O 为坐标原点，点 P 在 C 的一条渐近线上， 渐近线的斜率为：，tanPOF，所以 cosPOF，sinPOF， O 为坐标原点， 若|OF|PF|， POF 的面积为， 所以2 解得 c，c2a2+b2， 解得 b，a2 所以双曲线方程为： 故选：B 【点评】本题考查直线与圆锥曲线的位置关系的应用，双曲线

17、的简单性质，考查计算能 力 10 （5 分）数列an中，a12，且 an+an1+2（n2） ，则数列 前 2019 项和为（ ） A B C D 【分析】由 an+an1+2（n2） ，可得2（anan1）n，化为： n，利用“累加求和”方法可得，利用裂项求和即 第 10 页（共 23 页） 可得出 【解答】解：an+an1+2（n2） ， 2（anan1）n， 化为：n， n+（n1）+2， ， 可得：2（） 则数列前 2019 项和22 故选：B 【点评】本题考查了数列递推关系、 “累加求和”方法、裂项求和，考查了推理能力与计 算能力，属于中档题 11 （5 分）如图，矩形 ABCD 中

18、，AB1，BC，F 是线段 BC 上一点且满足 BF1，E 是线段 FC 上一动点，把ABE 沿 AE 折起得到AB1E，使得平面 B1AC平面 ADC，分 别记 B1A， B1E 与平面 ADC 所成角为 ， ， 平面 B1AE 与平面 ADC 所成锐角为 ， 则 （ ）  A B C D 【分析】过 B1作 B1OAC，推导出 B1O平面 ABCD，从而B1AO，tan ， B1EO， tantan， 进而 ， 过 O 作 OFAE， 垂足为 F， 连结 B F，则BFO 为平面 BFO 与平面 ADC 所成锐角 ，O 到 AB 的距离 h， 从而 tantan，由此能求出结果

19、第 11 页（共 23 页） 【解答】解：如图，过 B1作 B1OAC， 在 RtABC 中，AB1，BC，AC2， 在 RtAB1C 中，AB11，B1C，AC2， ， B1O，AO， 平面 B1AC平面 ADC，B1OAC，B1O平面 ABCD， B1AO，tan， B1EO，tantan， 过 O 作 OFAE，垂足为 F，连结 BF， 则BFO 为平面 BFO 与平面 ADC 所成锐角 ， O 到 AB 的距离 h， tan2，tantan， 故选：A 【点评】本题考查线面角、二面角的大小的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位 置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题 12 （5

20、 分）已知 F 为椭圆 C：+1 的左焦点，过 F 作两条互相垂直的直线 l1，l2， 直线 l1与 C 交于 A，B 两点，直线 l2与 C 交于 D，E 两点，则四边形 ADBE 的面积最小 值为（ ） A4 B C D 第 12 页（共 23 页） 【分析】先计算 l1斜率为 0 时对应的四边形的面积，再设 l1斜率为 k，利用弦长公式计 算|AB|，|DE|，得出四边形的面积关于 k 的函数，利用换元法求出面积的最小值得出结论  【解答】解：椭圆的左焦点为 F（1，0） （1）当直线 l1斜率为 0 时，直线 l2的方程为 x1， 把 x1 代入椭圆方程得 y， 四边形 AD

21、BE 的面积为 S4 （2）当直线 l1有斜率且斜率不为 0 时，设直线 l1的方程为 yk（x+1） ， 直线 l2的方程为 y（x+1） 联立方程组，消元得： （2+3k2）x2+6k2x+3k260， 设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，则 x1+x2，x1x2， |AB|， 用替换 k 可得|DE|， 四边形 ADBE 的面积为 S|AB|DE|， 令 k2+1t（t1） ，则 S， 当即 t2 时，S 取得最小值 综上，四边形 ABDE 的面积的最小值为 故选：C 【点评】本题考查了直线与椭圆的位置关系，考查弦长公式，面积公式的应用，考查换 元法与设而不求法的运用，属于中档题

22、 第 13 页（共 23 页） 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分. 13 （5 分）i 是虚数单位，则的值为 【分析】根据复数的基本运算法则进行化简即可 【解答】解：， 故答案为： 【点评】本题主要考查复数模长的计算，比较基础 14 （5 分）已知“mx+10”是假命题，则实数 m 的取值范围为 m 2 【分析】根据特称命题的性质进行求解即可 【解答】解：“mx+10”是假命题，对任意的 x，2， x2mx+10 恒成立， mx+，对任意的 x，2恒成立， x+2，当且仅当 x即 x1 时等号成立， m2， 故答案为：m2 【

23、点评】本题主要考查特称命题的应用，将条件转化为求函数的最值是解决本题的关键  15 （5 分）F1，F2是椭圆 C1和双曲线 C2的公共焦点，e1，e2分别为曲线 C1，C2的离心率， P 为曲线 C1，C2的一个公共点，若，且，则 e1 ， 【分析】设双曲线 C2的标准方程为：1（a1，b10） ，半焦距为 c椭圆 C1：（ab0） ，半焦距为 c利用定义可得：m+n2a，mn2a1在 PF1F2中，由余弦定理可得：4c2m2+n22mncos4c2a2+3a12代入化简利用离心 率计算公式即可得出 第 14 页（共 23 页） 【解答】解：如图所示，设双曲线 C2的标准方程为：1

24、（a1，b10） ，半焦 距为 c椭圆 C1：（ab0） ，半焦距为 c 不妨设点 P 在第一象限，设|PF1|m，|PF2|n m+n2a，mn2a1ma+a1naa1 在PF1F2中，由余弦定理可得：4c2m2+n22mncos4c2a2+3a12 两边同除以 c2，得， ， 故答案为：， 【点评】本题考查了椭圆与双曲线的定义标准方程及其性质、余弦定理、方程思想，考 查了推理能力与计算能力，属于难题 16 （ 5 分 ） 设 an 是 等 比 数 列 ， 公 比， Sn为 an 的 前 n 项 和 记 设为数列Tn的最大项，则 n0 4 【分析】首先用公比 q 和 a1分别表示出 Sn和

25、S2n，代入 Tn易得到 Tn的表达式再根据 基本不等式得出 n0 第 15 页（共 23 页） 【解答】解： 因为8，当且仅当4， 即 n4 时取等号，所以当 n04 时 Tn有最大值 故答案为：4 【点评】本题主要考查了等比数列的前 n 项和公式与通项及平均值不等式的应用，属于 中等题本题的实质是求 Tn取得最大值时的 n 值，求解时为便于运算可以对进 行换元，分子、分母都有变量的情况下通常可以采用分离变量的方法求解 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 6 小题，共小题，共 70 分分. 17若复数 z（m2+m6）+（m2m2）i，当实数 m 为何值时 （1）z 是实数； （2）z

26、 是纯虚数； （3）z 对应的点在第二象限 【分析】 （1）令复数 z 的虚部为 0，即可求解； （2）令复数 z 的实部为 0 且虚部不为 0，即可求解； （3）根据第二象限点的符号特征，列出不等式，即可求出 m 的范围 【解答】解： （1）由题意可得：m2m20， 解得：m1 或 2； （2）由题意可得：m2+m60，且 m2m20， m2 或3，且 m1 且 m2， m3； （3）由题意可得：， 解得：3m1 第 16 页（共 23 页） 【点评】本题主要考查了复数的定义，是基础题 18已知抛物线 C：y22px（p0）的焦点 F，C 上一点（3，m）到焦点的距离为 5 （1）求 C 的

27、方程； （2）过 F 作直线 l，交 C 于 A，B 两点，若直线 AB 中点的纵坐标为1，求直线 l 的方 程 【分析】 （1）利用抛物线的定义，求出 p，即可求 C 的方程； （2）利用点差法求出直线 l 的斜率，即可求直线 l 的方程 【解答】解： （1）抛物线 C：y22px（p0）的准线方程为 x， 由抛物线的定义可知 3+5，解得 p4， C 的方程为 y28x； （2）由（1）得抛物线 C 的方程为 y28x，焦点 F（2，0） ， 设 A，B 两点的坐标分别为 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ， 则，则两式相减整理得， 线段 AB 中点的纵坐标为1，则 y1+y22 直线

28、 l 的斜率 kAB4， 直线 l 的方程为 y04（x2）即 4x+y80 【点评】本题考查抛物线的定义与方程，考查点差法的运用，考查学生分析解决问题的 能力，属于中档题 19设各项均为正数的数列an的前 n 项和为 Sn，满足：对任意的 nN*，都有 an+1+Sn+1 1，又 a1 （）求数列an的通项公式； （）令 bnlog2an，求（nN*） 【分析】 （）根据题意，由 an+1+Sn+11 分析可得 an+Sn1，将两式相减，变形可得 2an+1an，求出 a2的值，结合 a1的值，分析可得数列an是首项和公比都为的等比数 列，据此分析可得答案； （ ） 根 据 题 意 ， 由

29、（ ） 的 结 论 可 得bn log2an n ， 进 而 可 得 第 17 页（共 23 页） + +，由裂项相加法计算可得答案 【解答】解： （）根据题意，由 an+1+Sn+11， 则有 an+Sn1， （n2） 得：2an+1an，即 an+1an， 又由 a1， 当 n1 时，有 a2+S21，即 a2+（a1+a2）1，解可得 a2， 则所以数列an是首项和公比都为的等比数列， 故 an； （）由（）的结论，an，则 bnlog2ann， 则+ + （1）+（）+（）1 【点评】本题考查数列的递推公式以及数列的求和，关键是求出数列an的通项公式 20如图，四棱锥 SABCD 的底

30、面是直角梯形，ABCD，BADADC90SD 平面 ABCD，M 是 SA 的中点，ADSDCD2AB2 （）证明：DM平面 SAB； （）求二面角 ASBC 的大小； （）线段 SC 上是否存在一点 E，使得直线 SA平面 BDE若存在，确定 E 点的位置； 若不存在，说明理由 第 18 页（共 23 页） 【分析】 （）推导出 SDDA，SDDC，DADC，以 D 为原点建立空间直角坐标系， 利用向量法能证明 DM平面 SAB （）求出平面 SBC 的法向量和平面 SAB 的法向量，利用向量法能求出二面角 ASB C 大小 （）求出平面 BDE 的法向量，利用向量法能求出存在点 E 为线段

31、 SC 靠近 S 点的三等 分点，使得直线 SA平面 BDE 【解答】 （本小题满分 14 分） 证明： （）因为 SD平面 ABCDDA，DC平面 ABCD 所以 SDDA，SDDC，又 DADC 如图，以 D 为原点建立空间直角坐标系 由题意得 D（0，0，0） ，A（2，0，0） ，B（2，1，0） ，C（0，2，0） ，S（0，0，2） ，M （1，0，1） ， 所以， 所以， 所以 DMSA，DMAB， 所以 DM平面 SAB 解： （）设平面 SBC 的法向量为 （x，y，z） ， 因为 所以，即， 令 x1，则 y2，z2于是 （1，2，2） 因为 DM平面 SAB，所以为平面

32、SAB 的法向量， 又 所以 cos 因为所求二面角为钝角，所以二面角 ASBC 大小为 135o （）设， 第 19 页（共 23 页） ， ， 设平面 BDE 的法向量 n2（x0，y0，z0） ， 则，即， 令 x01，y02，于是 （1，2，） ， 如果直线 SA平面 BDE， 那么0，解得 所以，存在点 E 为线段 SC 靠近 S 点的三等分点，使得直线 SA平面 BDE 【点评】本题考查线面垂直、二面角的大小、满足线面平行的点是否存在的判断与求法， 考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题  21已知椭圆 C：+1（ab0）的左，右焦点

33、分别为 F1，F2，该椭圆的离心率为 ，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线 yx+相切 （）求椭圆 C 的方程； （）如图，若斜率为 k（k0）的直线 l 与 x 轴，椭圆 C 顺次交于 P，Q，R（P 点在椭 圆左顶点的左侧） 且RF1F2PF1Q， 求证： 直线 l 过定点， 并求出斜率 k 的取值范围  第 20 页（共 23 页） 【分析】 （）求出椭圆的焦点，由离心率可得 bc，再由直线和圆相切的条件 dr， 可得 b1，进而得到 a，即可求得椭圆方程； （）设 Q（x1，y1） ，R（x2，y2） ，F1（1，0） ，由RF1F2PF1Q，可得直线 QF1 和

34、RF1关于 x 轴对称，运用直线的斜率公式，设直线 PQ：ykx+t，代入椭圆方程，运用 判别式大于 0，以及韦达定理，化简整理即可得到 t2k，进而得到直线 l 恒过定点（2， 0） ，由二次不等式解法即可得到 k 的范围 【解答】 （）解：椭圆的左，右焦点分别为 F1（c，0） ，F2（c，0） ， 椭圆的离心率为，即有，即 ac，bc， 以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆方程为 x2+y2b2， 直线 yx+与圆相切，则有1b， 即有 a， 则椭圆 C 的方程为+y21； （）证明：设 Q（x1，y1） ，R（x2，y2） ，F1（1，0） ， 由RF1F2PF1Q，可得直线 QF1

35、和 RF1关于 x 轴对称， 即有+0，即+0， 即有 x1y2+y2+x2y1+y10， 设直线 PQ：ykx+t，代入椭圆方程，可得 （1+2k2）x2+4ktx+2t220， 判别式16k2t24（1+2k2） （2t22）0， 即为 t22k21 x1+x2，x1x2， 第 21 页（共 23 页） y1kx1+t，y2kx2+t， 代入可得， （k+t） （x1+x2）+2t+2kx1x20， 将代入，化简可得 t2k， 则直线 l 的方程为 ykx+2k，即 yk（x+2） 即有直线 l 恒过定点（2，0） 将 t2k 代入，可得 2k21， 解得k0 或 0k 则直线 l 的斜率

36、 k 的取值范围是（，0）（0，） 【点评】本题考查椭圆的方程和性质，主要是离心率的运用，注意运用直线和圆相切的 条件，联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理，考查化简整理的运算能力，属于中档 题和易错题 22设 A（x1，f（x1） ） ，B（x2，f（x2） ）是函数 f（x）+log2的图象上的任意两点  （1）当 x1+x21 时，求 f（x1）+f（x2）的值； （2）设 Snf（）+f（）+f（）+f（） ，其中 nN*，求 Sn； （3）对于（2）中 Sn，已知 an（）2，其中 nN*，设 Tn为数列an的前 n 项的 和，求证：Tn 【分析】 （1）由已知条件推导出

37、f（x1）+f（x2）1+1+log21 1 （2）由 Snf（）+f（）+f（）+f（） ，利用倒序相加求和法得到 2Snn，由此能求出 （3）由，知 2（+ +） ，由此能证明Tn 【解答】 （1）解：A（x1，f（x1） ） ，B（x2，f（x2） ）是函数 f（x）+log2的图 第 22 页（共 23 页） 象上的任意两点 x1，x2（0，1） ，且 x1+x21 时， f（x1）+f（x2） 1+ 1+ 1+log211 （2）解：， ， Snf（）+f（）+f（）+f（） ， Snf（）+f（）+f（）+f（） ， +，得+ +， 2Snn， （3）证明：， ， an0，TnTn+1，Tn是单调递增数列， TnT1， 又 2（+） 第 23 页（共 23 页） 2（） 2（）， Tn 【点评】本题考查函数值的求法，考查数列的前 n 项和的求法，考查不等式的证明，解 题时要注意倒序求和法的合理运用