2020年10月江苏省南通市XX中学高二上第一次质检数学试卷（含答案）

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1、 高二（上）第一次质检数学试卷（高二（上）第一次质检数学试卷（10 月份）月份） 一、选择题（本题共一、选择题（本题共 10 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 50 分分.每题只有一项是符合题目要求的每题只有一项是符合题目要求的.） 1 （5 分）ABC 的内角 A，B，C 所对边分别为 a，b，c，若 a3，b，B，A，C 成 等差数列，则 B（ ） A B C或 D 2 （5 分）某人在打靶时，连续射击 2 次，事件“至少有 1 次中靶”的互斥事件是（ ） A2 次都不中靶 B2 次都中靶 C至多有 1 次中靶 D只有 1 次中靶 3 （5 分）直线 yk（x1）与 A（3，2）

2、 、B（0，1）为端点的线段有公共点，则 k 的取值 范围是（ ） A1，1 B1，3 C （，13，+） D （，11，+） 4 （5 分） 已知数列an中， a32， a71， 若数列是等差数列， 则 a11等于 （ ） A0 B C D 5 （5 分）过点 P（2，3）向圆 x2+y21 引圆的两条切线 PA，PB，则弦 AB 所在的直线 方程为（ ） A2x3y+10 B2x+3y+10 C3x+2y+10 D3x2y+10 6 （5 分）设是空间的三条直线，给出以下五个命题： 若 ab，bc，则 ac； 若 a、b 是异面直线，b、c 是异面直线，则 a、c 也是异面直线； 若 a

3、和 b 相交，b 和 c 相交，则 a 和 c 也相交； 若 a 和 b 共面，b 和 c 共面，则 a 和 c 也共面； 若 ab，bc，则 ac； 其中正确的命题的个数是（ ） A0 B1 C2 D3 7 （5 分）定义：若q（nN*，q 为非零常数） ，则称an为“差等比数列” ， 已知在“差等比数列”an中，a11，a22，a34，则 a2019a2018的值是（ ） A22019 B22018 C22017 D22016 8 （5 分）在ABC 中，A、B、C 的对边分别为 a、b、c，且 3a2+3c23b22ac， 2，则ABC 的面积为（ ） A B C2 D4 9 （5 分）

4、过直线 l：y2x+a 上的点作圆 C：x2+y21 的切线，若在直线 l 上存在一点 M， 使得过点 M 的圆 C 的切线 MP，MQ（P，Q 为切点）满足PMQ90，则 a 的取值范 围是（ ） A10，10 B， C （，1010，+） D （，+） 10 （5 分）已知等比数列an，an0，a1256，S3448，Tn为数列an的前 n 项乘积， 则当 Tn取得最大值时，n（ ） A8 B9 C8 或 9 D8.5 二、填空题： （本题共二、填空题： （本题共 6 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 30 分分.） 11 （5 分）已知点 P1（2，3） 、P2（4，5）和 A

5、（1，2） ，则过点 A 且与点 P1、P2距离 相等的直线方程为 12 （5 分）已知 a、b、c 为ABC 的三个内角 A、B、C 的对边，向量 （1，） ， （cosA，sinA） ，若 ，且 acosB+bcosAcsinC，则角 B 的大小为 13 （5 分）从集合2，3，4，5中随机抽取一个数 a，从集合1，3，5中随机抽取一个数 b，则向量 （a，b）与向量 （1，1）垂直的概率为 14 （5 分）已知两个等差数列an和bn的前 n 项和分别为 Sn和 Tn，且，则 使得为整数的正整数 n 的个数是 15 （5 分） 如图， 三棱锥 PABC 中， 已知 PA平面 ABC， AB

6、C 是边长为 2 的正三角形， E 为 PC 的中点 若直线 AE 与平面 PBC 所成角的正弦值为， 则 PA 的长为 16 （5 分）分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学分形的外表结构极 为复杂，但其内部却是有规律可寻的一个数学意义上分形的生成是基于一个不断迭代 的方程式，即一种基于递归的反馈系统下面我们用分形的方法来得到一系列图形，如 图 1，线段 AB 的长度为 a，在线段 AB 上取两个点 C，D，使得 ACDB，以 CD 为一边在线段 AB 的上方做一个正六边形，然后去掉线段 CD，得到图 2 中的图形；对图 2 中的最上方的线段 EF 作相同的操作，得到图 3 中的

7、图形；依此类推，我们就得到了以 下一系列图形： 记第 n 个图形（图 1 为第 1 个图形）中的所有线段长的和为 Sn，现给出有关数列Sn的 四个命题： 数列Sn是等比数列； 数列Sn是递增数列； 存在最小的正数 a，使得对任意的正整数 n，都有 Sn2018； 存在最大的正数 a，使得对任意的正整数 n，都有 Sn2018 其中真命题的序号是 （请写出所有真命题的序号） 三三、解答题： （共、解答题： （共 70 分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17 （10 分）如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，D，E 分别为 BC，AC 的中点

8、，ABBC 求证： （1）A1B1平面 DEC1； （2）BEC1E 18 （12 分）在ABC 中，内角 A、B、C 的对边分别为 a、b、c，且满足 b2ac，cosB （1）求+的值； （2）设，求三边 a、b、c 的长度 19 （12 分）已知圆 M 的方程为 x2+y22x2y60，以坐标原点 O 为圆心的圆 O 与圆 M 相切 （1）求圆 O 的方程； （2）圆 O 与 x 轴交于 E，F 两点，圆 O 内的动点 D 使得 DE，DO，DF 成等比数列，求 的取值范围 20 （12 分）一位幼儿园老师给班上 k（k3）个小朋友分糖果她发现糖果盒中原有糖果 数为 a0，就先从别处抓

9、2 块糖加入盒中，然后把盒内糖果的分给第一个小朋友；再从 别处抓 2 块糖加入盒中，然后把盒内糖果的分给第二个小朋友；，以后她总是在分 给一个小朋友后，就从别处抓 2 块糖放入盒中，然后把盒内糖果的分给第 n（n1， 2，3，k）个小朋友如果设分给第 n 个小朋友后（未加入 2 块糖果前）盒内剩下的糖 果数为 an （1）当 k3，a012 时，分别求 a1，a2，a3； （2）请用 an1表示 an；令 bn（n+1）an，求数列bn的通项公式； （3）是否存在正整数 k（k3）和非负整数 a0，使得数列an（nk）成等差数列，如 果存在，请求出所有的 k 和 a0，如果不存在，请说明理由

10、21 （12 分）在直三棱柱 ABCA1B1C1中，底面ABC 是直角三角形，ACBCAA12， D 为侧棱 AA1的中点 （1）求异面直线 DC1，B1C 所成角的余弦值； （2）求二面角 B1DCC1的平面角的余弦值 22 （12 分）已知数列an的前 n 项和为 Sn，满足 Sn2an1（nN*） ，数列bn满足 nbn+1 （n+1）bnn（n+1） （nN*） ，且 b11 （1）证明数列为等差数列，并求数列an和bn的通项公式； （2）若 cn（1）n 1 ，求数列cn的前 n 项和 T2n； （3）若 dnan，数列dn的前 n 项和为 Dn，对任意的 nN*，都有 DnnSna

11、， 求实数 a 的取值范围 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题（本题共一、选择题（本题共 10 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 50 分分.每题只有一项是符合题目要求的每题只有一项是符合题目要求的.） 1 （5 分）ABC 的内角 A，B，C 所对边分别为 a，b，c，若 a3，b，B，A，C 成 等差数列，则 B（ ） A B C或 D 【分析】B，A，C 成等差数列，可得 2AB+CA，解得 A利用正弦定理可得 sinB ，即可得出 【解答】解：B，A，C 成等差数列， 2AB+CA， 解得 A 则 sinB， 又 ab，B 为锐角 B 故选：A 【点评】本题考查

12、了正弦定理、三角函数求值、等差数列的性质、三角形内角和定理， 考查了推理能力与计算能力，属于中档题 2 （5 分）某人在打靶时，连续射击 2 次，事件“至少有 1 次中靶”的互斥事件是（ ） A2 次都不中靶 B2 次都中靶 C至多有 1 次中靶 D只有 1 次中靶 【分析】利用互斥事件定义直接求解 【解答】解：某人在打靶时，连续射击 2 次， 事件“至少有 1 次中靶”的互斥事件是 2 次都不中靶 故选：A 【点评】本题考查互斥事件的求法，考查互斥事件、对立事件等基础知识，考查运算求 解能力，考查函数与方程思想，是基础题 3 （5 分）直线 yk（x1）与 A（3，2） 、B（0，1）为端点

13、的线段有公共点，则 k 的取值 范围是（ ） A1，1 B1，3 C （，13，+） D （，11，+） 【分析】求出直线 yk（x1）过定点 C（1，0） ，再求它与两点 A（3，2） ，B（0，1） 的斜率，即可取得 k 的取值范围 【解答】解：yk（x1）过 C（1，0） ， 而 kAC1，kBC1， 故 k 的范围是（，11，+） ， 故选：D 【点评】本题考查直线的斜率，是基础题 4 （5 分） 已知数列an中， a32， a71， 若数列是等差数列， 则 a11等于 （ ） A0 B C D 【分析】由已知结合等差数列的性质列式计算 【解答】解：数列是等差数列， ， a32，a71

14、， ，解得 故选：D 【点评】本题考查等差数列的通项公式，考查了等差数列的性质，是基础的计算题 5 （5 分）过点 P（2，3）向圆 x2+y21 引圆的两条切线 PA，PB，则弦 AB 所在的直线 方程为（ ） A2x3y+10 B2x+3y+10 C3x+2y+10 D3x2y+10 【分析】由 PA 为圆的切线，得到 OA 与 PA 垂直，利用勾股定理求出|PA|的长，进而表示 出以 P 为圆心，|PA|为半径的圆方程，根据 AB 为两圆的公共弦，即可确定出弦 AB 所在 的直线方程 【解答】解：PA 为圆的切线，OAPA， |PA|2|OP|214+9112， 以 P 为圆心，|PA|

15、为半径的圆方程为（x+2）2+（y3）212， AB 为两圆的公共弦， 弦 AB 所在的直线方程为（x+2）2+（y3）212（x2+y21）0， 整理得：2x3y+10 故选：A 【点评】此题考查了直线与圆的位置关系，表示出以 P 为圆心，|PA|为半径的圆方程是解 本题的关键 6 （5 分）设是空间的三条直线，给出以下五个命题： 若 ab，bc，则 ac； 若 a、b 是异面直线，b、c 是异面直线，则 a、c 也是异面直线； 若 a 和 b 相交，b 和 c 相交，则 a 和 c 也相交； 若 a 和 b 共面，b 和 c 共面，则 a 和 c 也共面； 若 ab，bc，则 ac； 其中

16、正确的命题的个数是（ ） A0 B1 C2 D3 【分析】若 ab，bc，则 ac，由线线的位置关系判断； 若 a、b 是异面直线，b、c 是异面直线，则 a、c 也是异面直线，由线线位置关系判断； 若 a 和 b 相交，b 和 c 相交，则 a 和 c 也相交，由线线位置关系判断； 若 a 和 b 共面，b 和 c 共面，则 a 和 c 也共面，由线线位置关系判断； 若 ab，bc，则 ac，由平行的传递性判断； 【解答】解：若 ab，bc，则 ac，垂直于同一直线的两条直线相交、平行、异面 皆有可能，故命题不正确； 若 a、b 是异面直线，b、c 是异面直线，则 a、c 也是异面直线，与同

17、一直线异面的两 直线可能是平行的，即异面关系不具有传递性，故命题不正确； 若 a 和 b 相交，b 和 c 相交，则 a 和 c 也相交，相交关系不具有传递性，故命题不正 确； 若 a 和 b 共面，b 和 c 共面，则 a 和 c 也共面，线线间共面关系不具有传递性，ab， b 与 c 相交，则 a，c 可以是异面关系，故命题不正确； 若 ab，bc，则 ac，此是空间两直线平行公理，是正确命题； 综上，仅有正确 故选：B 【点评】本题考查空间中直线与平面之间的位置关系的判断，主要考查空间想像能力， 空间中线面、线线位置关系的判断力 7 （5 分）定义：若q（nN*，q 为非零常数） ，则称

18、an为“差等比数列” ， 已知在“差等比数列”an中，a11，a22，a34，则 a2019a2018的值是（ ） A22019 B22018 C22017 D22016 【分析】由题意可得2，a2a11，即有数列an+1an为首项为 1，公比为 2 的等比数列，由等比数列的通项公式，即可得到所求值 【解答】解：在“差等比数列”an中，a11，a22，a34， 可得2，a2a11， 即有数列an+1an为首项为 1，公比为 2 的等比数列， 可得 an+1an2n 1， 则 a2019a2018的值为 22017 故选：C 【点评】 本题考查数列的新定义的理解和运用， 考查等比数列的定义和通项

19、公式的运用， 考查运算能力，属于基础题 8 （5 分）在ABC 中，A、B、C 的对边分别为 a、b、c，且 3a2+3c23b22ac， 2，则ABC 的面积为（ ） A B C2 D4 【分析】利用余弦定理求出 B 的余弦函数值，结合向量的数量积求出 ca 的值，然后求解 三角形的面积 【解答】解：在ABC 中，A、B、C 的对边分别为 a、b、c，且 3a2+3c23b22ac， 可得 cosB，则 sinB， 2，可得 cacosB2，则 ac6， ABC 的面积为：2 故选：C 【点评】本题考查三角形的解法，余弦定理以及向量的数量积的应用，考查计算能力 9 （5 分）过直线 l：y2

20、x+a 上的点作圆 C：x2+y21 的切线，若在直线 l 上存在一点 M， 使得过点 M 的圆 C 的切线 MP，MQ（P，Q 为切点）满足PMQ90，则 a 的取值范 围是（ ） A10，10 B， C （，1010，+） D （，+） 【分析】由切线的对称性和圆的知识将问题转化为 C（0，0）到直线 l 的距离小于或等于 ，再由点到直线的距离公式得到关于 a 的不等式求解 【解答】解：圆 C：x2+y21，圆心为： （0，0） ，半径为 1， 在直线 l 上存在一点 M， 使得过 M 的圆 C 的切线 MP， MQ （P， Q 为切点） 满足PMQ 90， 在直线 l 上存在一点 M，使

21、得 M 到 C（0，0）的距离等于， 只需 C（0，0）到直线 l：y2x+a 的距离小于或等于， 故，解得a， 故选：B 【点评】本题考查直线和圆的位置关系，由题意得到圆心到直线的距离小于或等于是 解决问题的关键，属中档题 10 （5 分）已知等比数列an，an0，a1256，S3448，Tn为数列an的前 n 项乘积， 则当 Tn取得最大值时，n（ ） A8 B9 C8 或 9 D8.5 【分析】设等比数列an的公比为 q，由 an0，可得 q0根据 a1256，S3448，可 得 256（1+q+q2）448，解得 q可得 an，Tn，利用二次函数的单调性即可得出 【解答】解：设等比数列

22、an的公比为 q，an0，q0 a1256，S3448， 256（1+q+q2）448， 解得 q an25629 n Tn282729 n28+7+9n 当 n8 或 9 时，Tn取得最大值时， 故选：C 【点评】本题考查了等比数列的通项公式与求和公式及其性质、二次函数的单调性，考 查了推理能力与计算能力，属于中档题 二、填空题： （本题共二、填空题： （本题共 6 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 30 分分.） 11 （5 分）已知点 P1（2，3） 、P2（4，5）和 A（1，2） ，则过点 A 且与点 P1、P2距离 相等的直线方程为 x+3y50 或 x1 【分析】由题意

23、可知过点 A 且与点 P1，P2距离相等的直线有两种情况，当直线与点 P1， P2的连线平行时，由两点式求出斜率，再由点斜式写出直线方程，当直线过线段 P1P2 的中点时，由中点坐标公式求出线段 P1P2的中点，然后直接得到直线方程 【解答】解：当直线与点 P1，P2的连线平行时， 由直线 P1P2的斜率 k， 所以所求直线方程为 y2（x+1） ， 即 x+3y50； 当直线过线段 P1P2的中点时， 因为线段 P1P2的中点为（1，4） ， 所以直线方程为 x1 所求直线方程为 x+3y50 或 x1， 故答案为：x+3y50 或 x1 【点评】本题考查了点到直线的距离公式，考查了分类讨论

24、的数学思想方法，是一道基 础题 12 （5 分）已知 a、b、c 为ABC 的三个内角 A、B、C 的对边，向量 （1，） ， （cosA，sinA） ，若 ，且 acosB+bcosAcsinC，则角 B 的大小为 【分析】由 ，可得 cosA+sinA0，解得 A由 acosB+bcosAcsinC，利 用正弦定理可得sinAcosB+sinBcosAsinCsinC， 化简整理可得A， 进而得出BAC 【解答】解： ， cosA+sinA0， 解得 tanA，A（0，） A acosB+bcosAcsinC， sinAcosB+sinBcosAsinCsinC， sin（A+B）sinC

25、sinC，C（0，） sinCsinCsinC0， sinC1，解得 C BAC 故答案为： 【点评】本题考查了正弦定理、数量积运算性质、和差公式、三角形内角和定理，考查 了推理能力与计算能力，属于中档题 13 （5 分）从集合2，3，4，5中随机抽取一个数 a，从集合1，3，5中随机抽取一个数 b，则向量 （a，b）与向量 （1，1）垂直的概率为 【分析】求得所有的（a，b）共有 12 个，满足两个向量垂直的（a，b）共有 2 个，利用 古典概型公式解答 【解答】解：所有的（a，b）共有 4312 个， 由向量 （a，b）与向量 （1，1）垂直，可得ba0，即 ab， 故满足向量 （a，b）

26、与向量 （1，1）垂直的（a，b）共有 2 个： （3，3） 、 （5， 5） ， 故向量向量 （a，b）与向量 （1，1）垂直的概率为 ； 故答案为： 【点评】 本题主要考查两个向量垂直的性质、 古典概率及其计算公式运用， 属于基础题 14 （5 分）已知两个等差数列an和bn的前 n 项和分别为 Sn和 Tn，且，则 使得为整数的正整数 n 的个数是 5 【分析】推得2+由 32 的正的公约数为 2，4，8，16，32，即可得 出结论 【解答】 解：2+ n1，3，7，15，31 时， 使得为整数的正整数 n 的个数是 5 故答案为：5 【点评】本题考查了等差数列的通项公式与求和公式及其性

27、质，考查了推理能力与计算 能力，属于中档题 15 （5 分） 如图， 三棱锥 PABC 中， 已知 PA平面 ABC， ABC 是边长为 2 的正三角形， E为PC的中点 若直线AE与平面PBC所成角的正弦值为， 则PA的长为 2或 【分析】 以 A 为原点， 在平面 ABC 内过 A 作 AC 的垂线为 x 轴， AC 为 y 轴， AP 为 z 轴， 建立空间直角坐标系，利用向量法能求出 PA 的长 【解答】解：以 A 为原点，在平面 ABC 内过 A 作 AC 的垂线为 x 轴，AC 为 y 轴，AP 为 z 轴，建立空间直角坐标系， 设 PAa，则 A（0，0，0） ，C（0，2，0）

28、 ，P（0，0，a） ，B（，1，0） ，E（0，1， ） ， （0，1，） ，（，a） ， （0，2，a） ， 设平面 PBC 的法向量 （x，y，z） ， 则，取 z2， 得 （，a，2） ， 直线 AE 与平面 PBC 所成角的正弦值为， |cos|， 解得 a2 或 a PA 的长为 2 或 故答案为：2 或 【点评】本题考查线段长的求法，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 16 （5 分）分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学分形的外表结构极 为复杂，但其内部却是有规律可寻的一个数学意义上分形的生成是基于一个不

29、断迭代 的方程式，即一种基于递归的反馈系统下面我们用分形的方法来得到一系列图形，如 图 1，线段 AB 的长度为 a，在线段 AB 上取两个点 C，D，使得 ACDB，以 CD 为一边在线段 AB 的上方做一个正六边形，然后去掉线段 CD，得到图 2 中的图形；对图 2 中的最上方的线段 EF 作相同的操作，得到图 3 中的图形；依此类推，我们就得到了以 下一系列图形： 记第 n 个图形（图 1 为第 1 个图形）中的所有线段长的和为 Sn，现给出有关数列Sn的 四个命题： 数列Sn是等比数列； 数列Sn是递增数列； 存在最小的正数 a，使得对任意的正整数 n，都有 Sn2018； 存在最大的

30、正数 a，使得对任意的正整数 n，都有 Sn2018 其中真命题的序号是 （请写出所有真命题的序号） 【分析】通过分析图 1 到图 4，猜想归纳出其递推规律，再判断该数列的性质 【解答】解：由题意，得图 1 中的线段为 a，S1a， 图 2 中的正六边形边长为，S2S1+4S1+2a； 图 3 中的最小正六边形的边长为， S3S2+4S2+a 图 4 中的最小正六边形的边长为， S4S3+4S3+ 由此类推，SnSn1， Sn为递增数列，但不是等比数列，即错误，正确， 因为 SnS1+（S2S1）+（S3S2）+（SnSn1） a+2a+a+ a+ a+4a（1）5a， 即存在最大的正数 a

31、使得对任意的正整数 n，都有 Sn2018 即正确，错误，故填 【点评】本题考查了数列的应用，属难题 三、解答题： （共三、解答题： （共 70 分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17 （10 分）如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，D，E 分别为 BC，AC 的中点，ABBC 求证： （1）A1B1平面 DEC1； （2）BEC1E 【分析】（1） 推导出 DEAB， ABA1B1， 从而 DEA1B1， 由此能证明 A1B1平面 DEC1 （2）推导出 BEAA1，BEAC，从而 BE平面 ACC1A1，由此能证明 BEC1E 【解

32、答】证明： （1）在直三棱柱 ABCA1B1C1中，D，E 分别为 BC，AC 的中点， DEAB，ABA1B1，DEA1B1， DE平面 DEC1，A1B1平面 DEC1， A1B1平面 DEC1 解： （2）在直三棱柱 ABCA1B1C1中，E 是 AC 的中点，ABBC BEAA1，BEAC， 又 AA1ACA，BE平面 ACC1A1， C1E平面 ACC1A1，BEC1E 【点评】本题考查线面平行、线线垂直的证明，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 18 （12 分）在ABC 中，内角 A、B、C 的对边分别为 a、b、c，

33、且满足 b2ac，cosB （1）求+的值； （2）设，求三边 a、b、c 的长度 【分析】 （1）运用同角的平方关系，可得 sinB，再由正弦定理，可得 sin2BsinAsinC， 再由切化弦和两角和的正弦公式，化简即可得到所求值； （2）由向量的数量积的定义可得 ac2，再由余弦定理可得 a+c3，即可得到所求三边 的长度 【解答】解： （1）由 cosB可得，sinB b2ac，根据正弦定理可得 sin2BsinAsinC 又在ABC 中，A+B+C， + （2）由得：|cosBcacosB， 又cosB，b2ca2， 又由余弦定理 b2a2+c22accosB2 得（a+c）22ac

34、ac2， 解得 a+c3， 又b2ca2，b 三边 a，b，c 的长度分别为 1，2 或 2，1 【点评】本题考查正弦定理和余弦定理的运用，考查向量数量积的定义，以及三角函数 的恒等变换，考查化简整理的运算能力，属于中档题 19 （12 分）已知圆 M 的方程为 x2+y22x2y60，以坐标原点 O 为圆心的圆 O 与圆 M 相切 （1）求圆 O 的方程； （2）圆 O 与 x 轴交于 E，F 两点，圆 O 内的动点 D 使得 DE，DO，DF 成等比数列，求 的取值范围 【分析】 （1） 化简圆 M 的方程为： x2+y22x2y60， 为标准方程， 求出圆心和半径， 判定圆心 O 在圆

35、M 内部，因而内切，用|MN|Rr，求圆 O 的方程； （2）根据圆 O 与 x 轴交于 E、F 两点，圆内的动点 D 使得|DE|、|DO|、|DF|成等比数列， 列出关系，再求的取值范围； 【解答】解： （1）圆 M 的方程可整理为： （x1）2+（y1）28， 故圆心 M（1，1） ，半径 R2 圆 O 的圆心为 O（0，0） ， 因为|MO|2，所以点 O 在圆 M 内， 故圆 O 只能内切于圆 M 设其半径为 r因为圆 O 内切于圆 M， 所以有：|MO|Rr|，即|2r|，解得 r或 r3（舍去） ； 所以圆 O 的方程为 x2+y22 （2）由题意可知：E（，0） ，F（，0）

36、设 D（x，y） ，由|DE|、|DO|、|DF|成等比数列， 得|DO|2|DE|DF|， 即：x2+y2， 整理得：x2y21 （，y） （，y）x2+y222y21， 由于点 D 在圆 N 内， 故有，由此得 y2， 的取值范围是1，0） 【点评】本题考查圆与圆的位置关系，等差数列的性质，圆的公切线方程等知识，考查 逻辑思维能力，是中档题 20 （12 分）一位幼儿园老师给班上 k（k3）个小朋友分糖果她发现糖果盒中原有糖果 数为 a0，就先从别处抓 2 块糖加入盒中，然后把盒内糖果的分给第一个小朋友；再从 别处抓 2 块糖加入盒中，然后把盒内糖果的分给第二个小朋友；，以后她总是在分 给

37、一个小朋友后，就从别处抓 2 块糖放入盒中，然后把盒内糖果的分给第 n（n1， 2，3，k）个小朋友如果设分给第 n 个小朋友后（未加入 2 块糖果前）盒内剩下的糖 果数为 an （1）当 k3，a012 时，分别求 a1，a2，a3； （2）请用 an1表示 an；令 bn（n+1）an，求数列bn的通项公式； （3）是否存在正整数 k（k3）和非负整数 a0，使得数列an（nk）成等差数列，如 果存在，请求出所有的 k 和 a0，如果不存在，请说明理由 【分析】 （1）由题意知：an（an1+2）（an1+2） ，将 k3，a012 代入可得 a1，a2，a3； （2）将 an（an1+2

38、）（an1+2）变形得（n+1）ann（an1+2）nan1+2n， 即 bnbn12n，利用累加法可得 bnb0n（n+1） ，进而得到数列bn的通项公式； （3） 由 （2） 得 ann+， 根据等差数列满足 a1+a32a2， 代入求出 a00， ann 时， 满足条件 【解答】解： （1）当 k3，a012 时， a1（a0+2）（a0+2）7， a2（a1+2）（a1+2）6， a3（a2+2）（a0+2）6， （2）由题意知：an（an1+2）（an1+2）（an1+2） ， 即（n+1）ann（an1+2）nan1+2n， bn（n+1）an， bnbn12n， bn1bn22n

39、2， b1b02， 累加得 bnb0n（n+1） 又b0a0， bnn（n+1）+a0， （3）由 bnn（n+1）+a0，得 ann+， 若存在正整数 k（k3）和非负整数 a0，使得数列an（nk）成等差数列， 则 a1+a32a2 即（1+a0）+3+a02（2+a0） a00 即当 a00 时，ann，对任意正整数 k（k3） ，有an（nk）成等差数列 【点评】本题主要考查数列的定义、通项求法；考查反证法；考查递推思想；考查推理 论证能力；考查阅读理解能力、建模能力、应用数学解决问题能力本题还可以设计： 如果班上有 5 名小朋友，每个小朋友都分到糖果，求 的最小值 21 （12 分）

40、在直三棱柱 ABCA1B1C1中，底面ABC 是直角三角形，ACBCAA12， D 为侧棱 AA1的中点 （1）求异面直线 DC1，B1C 所成角的余弦值； （2）求二面角 B1DCC1的平面角的余弦值 【分析】 （1）以 C 为原点，CA、CB、CC1为坐标轴，建立空间直角坐标系 Cxyz，写 出要用的点的坐标，写出两个向量的方向向量，根据两个向量所成的角得到两条异面直 线所成的角 （2）先求两个平面的法向量，在第一问的基础上，有一个平面的法向量是已知的，只要 写出向量的表示形式就可以，另一个平面的向量需要求出，根据两个法向量所成的角得 到结果 【解答】解： （1）如图所示，以 C 为原点，

41、CA、CB、CC1为坐标轴，建立空间直角坐标 系 Cxyz 则 C（0，0，0） ，A（2，0，0） ，B（0，2，0） ，C1（0，0，2） ，B1（0，2，2） ，D（2， 0，1） 所以（2，0，1） ，（0，2，2） 所以 cos 即异面直线 DC1与 B1C 所成角的余弦值为 （2）因为（0，2，0） ，（2，0，0） ，（0，0，2） ， 所以0，0， 所以为平面 ACC1A1的一个法向量 因为（0，2，2） ，（2，0，1） ， 设平面 B1DC 的一个法向量为 n，n（x，y，z） 由，得 令 x1，则 y2，z2，n（1，2，2） 所以 cosn， 所以二面角 B1DCC1的

42、余弦值为 【点评】本题考查利用空间向量解决几何体中的夹角问题，包括两条异面直线的夹角和 两个平面的夹角，本题解题的关键是建立坐标系 22 （12 分）已知数列an的前 n 项和为 Sn，满足 Sn2an1（nN*） ，数列bn满足 nbn+1 （n+1）bnn（n+1） （nN*） ，且 b11 （1）证明数列为等差数列，并求数列an和bn的通项公式； （2）若 cn（1）n 1 ，求数列cn的前 n 项和 T2n； （3）若 dnan，数列dn的前 n 项和为 Dn，对任意的 nN*，都有 DnnSna， 求实数 a 的取值范围 【分析】 （1） Sn2an1 （nN*） ， n2 时， a

43、nSnSn12an1 （2an11） ， 化为： an2an1利用等比数列的通项公式可得 an数列bn满足 nbn+1（n+1）bnn（n+1） （nN*） ，化为：1，且 b11即可证明数列为等差数列，利用通项 公式可得 bn （2）cn（1）n 1 （1）n 1 （1）n 1 ，利用裂项求和方法即可得出 （3）dnann2n 1，利用错位相减法可得数列d n的前 n 项和为 Dn，又 Sn2n 1代入对任意的 nN*，都有 DnnSna，即可得出 【解答】 （1） 证明： Sn2an1 （nN*） ， n2 时， anSnSn12an1 （2an11） ， 化为：an2an1 n1 时，a

44、12a11，解得 a11 数列an是等比数列，公比为 2 an2n 1 数列bn满足 nbn+1（n+1）bnn（n+1） （nN*） ， 化为：1，且 b11 数列为等差数列，公差为 1，首项为1 1+n1n， bnn2 （2） 解： cn （1） n1 （1） n1 （1）n 1 ， 数列cn的前 n 项和 T2n+ （3）解：dnann2n 1， 数列dn的前 n 项和为 Dn1+22+322+n2n 1， 2Dn2+222+（n1） 2n 1+n2n， Dn1+2+22+2n 1n2n n2n， 解得 Dn（n1） 2n+1 Sn2an12n1 对任意的 nN*，都有 DnnSna， an（2n1）（n1） 2n12nn1 令 dn2nn1则 dn+1dn2n+1（n+1）1（2nn1）2n10 数列dn单调递增 a（dn）mind10 实数 a 的取值范围是（，0 【点评】本题考查了数列递推关系、等差数列与等比数列的通项公式与求和公式、错位 相减法、裂项求和方法、数列的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于难题