高二上期中考

高二上期中考1

1

命題 $p：\exists\; x_0\in\mathbb{R},\,x_0^2+x_0+1\leq0$ 菩貌，則命題 $p$ 的否定是
$\mathrm{A.}\quad \exist\;x_0\in\mathbb{R},\,x_0^2+x_0+1>1$
$\mathrm{B.}\quad \forall\; x\in\mathbb{R},\,x^2+x+1\geq 0$
$\mathrm{C.}\quad \forall\;x\in\mathbb{R},\,x^2+x+1>1$
$\mathrm{D.}\quad \forall\,x\in\mathbb{R},\,x^2+x+1\leq0$

Sol:
C ?.

2

已知數(shù)列 $\{a_n\}$ 為等差數(shù)列， $a_3+a_5=6$ ，則其前 7 項的和是
$\mathrm{A.}\quad 36$
$\mathrm{B.}\quad 30$
$\mathrm{C.}\quad 22$
$\mathrm{D.}\quad 21$

Sol:

設(shè)首項為 $a_1$ 贤笆，公比為 $d$ .
$a_3+a_5=2a_4=6\Rightarrow a_4=3$
$S_7=a_1+a_2+\cdots+a_7=7a_4=21.$
D ?.

3

橢圓 $kx^2+2y^2=2$ 的一個焦點是 $(1,0)$ ，那么 $k=$
$\mathrm{A.}\quad -\sqrt{5}$
$\mathrm{B.}\quad -1$
$\mathrm{C.}\quad 1$
$\mathrm{D.}\quad \sqrt{5}$

Sol:

該橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程為 $\dfrac{x^2}{\frac{2}{k}}+y^2=1\,(k>0)$
因為焦點在 $x$ 軸上讨阻， $\Rightarrow \dfrac{2}{k}>1\Rightarrow 0<k<2$
$\dfrac{2}{k}=1^2+1^2\Rightarrow k=1$
C ?.

4

已知 $2x+y=4\;(x>0,y>0)$ 芥永，則 $xy$ 的最大值是
$\mathrm{A.}\quad 2$
$\mathrm{B.}\quad 3$
$\mathrm{C.}\quad 4$
$\mathrm{D.}\quad 5$

Sol:
$4=2x+y\geqslant2\sqrt{2xy}\Rightarrow xy\leqslant2$
當(dāng)且僅當(dāng) $x=1,y=2$ 時等號成立.
A ?.

5

數(shù)列 $\left\{(-1)^nn\right\}$ 的前 2019 項的和是
$\mathrm{A.}\quad -2019$
$\mathrm{B.}\quad -1010$
$\mathrm{C.}\quad 1010$
$\mathrm{D.}\quad 2019$

Sol:

每相鄰兩項可組合成一組
$a_1+a_2=1$
$a_3+a_4=1$
$a_{2017}+a_{2018}=1$
$S_{2019}=1009\times1-2019=-1010$
B ?.

6

已知 $F_1,F_2$ 分別是橢圓 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1\,(a>b>0)$ 的左、右焦點钝吮，若橢圓上存在點 $P$ 埋涧，使 $\angle F_1PF_2=90\degree$ ，則橢圓的離心率 $e$ 的取值范圍為
$\mathrm{A.}\quad (0,\dfrac{\sqrt{2}}{2}]$
$\mathrm{B.}\quad [\dfrac{\sqrt{2}}{2},1)$
$\mathrm{C.}\quad (0,\dfrac{\sqrt{3}}{2}]$
$\mathrm{D.}\quad [\dfrac{\sqrt{3}}{2},1)$

Sol:
B ?.

7

已知數(shù)列 $\{a_n\}$ 為等比數(shù)列奇瘦， $S_n$ 是它的前 $n$ 項和棘催，若 $a_2\cdot a_3=2a_1$ ，且 $a_4$ 與 $2a_7$ 的等差中項為 $\dfrac{5}{4}$ 耳标，則 $S_5=$
$\mathrm{A.}\quad 15$
$\mathrm{B.}\quad 16$
$\mathrm{C.}\quad 25$
$\mathrm{D.}\quad 31$

Sol:
設(shè)首項為 $a_1$ 醇坝，公比為 $q$ .
$a_2\cdot a_3=a_1^2q^3=2a_1\Rightarrow a_1q^3=a_4=2$
又因為 $a_4$ 與 $2a_7$ 的等差中項為 $\dfrac{5}{4}$
$a_4+2a_7=\dfrac{5}{2}\Rightarrow a_4+2a_4q^3=\dfrac{5}{2}\Rightarrow q^3=\dfrac{1}{8}\Rightarrow q=\dfrac{1}{2}$ .
$\Rightarrow a_1=16$
$\Rightarrow S_5=\dfrac{a_1(1-(\frac12)^5)}{1-\frac12}=31$
D ?.

8

已知雙曲線 $\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{3}=1\;(a>\sqrt{3})$ 的兩條漸近線的夾角為 $\dfrac{\pi}{3}$ ，則雙曲線的離心率為
$\mathrm{A.}\quad \dfrac{2\sqrt{3}}{3}$
$\mathrm{B.}\quad \dfrac{2\sqrt{6}}{3}$
$\mathrm{C.}\quad \sqrt{3}$
$\mathrm{D.}\quad 2$

Sol:
易知漸近線為 $y=\pm\dfrac{\sqrt{3}}{a}x,b^2=3$
$k=\dfrac{\sqrt{3}}{a}=\tan\theta=\tan\dfrac{\frac{\pi}{3}}{2}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow a=3$
$c^2=a^2+b^2=12$
$e=\dfrac{c}{a}=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}$
A ?.

9

在等比數(shù)列 $\{a_n\}$ 中麻捻， $a_n>0,\,a_1+a_2+\cdots+a_8=9,\;a_1a_2\cdots a_8=81$ 纲仍，則 $\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+\cdots+\dfrac{1}{a_8}$ 的值為
$\mathrm{A.}\quad 3$
$\mathrm{B.}\quad 6$
$\mathrm{C.}\quad 9$
$\mathrm{D.}\quad 27$

Sol:
設(shè)公比為 $q$ 呀袱，有 $a_1a_2\cdots a_8=a^8q^{28}=81\Rightarrow a_1^2q^7=a_1a_8=3$
$\begin{aligned} &\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+\cdots+\dfrac{1}{a_8}\\ =&\dfrac{q^7}{a_8}+\dfrac{q^6}{a_8}+\cdots+\dfrac{1}{a_8}\\ =&\dfrac{1+q+\cdots+q^7}{a_8}\\ =&\dfrac{a_1+a_1q+a_1q^2+\cdots+a_1q^7}{a_1a_8}\\ =&\dfrac{a_1+a_2+\cdots+a_8}{a_1a_8}\\ =&\dfrac{9}{3}=3 \end{aligned}$
A ?.

10

已知 $F_1F_2$ 是橢圓與雙曲線的公共焦點贸毕， $P$ 是它們的一個公共點，且 $|PF_2|>|PF_1|$ 夜赵，橢圓的離心率為 $e_1$ 明棍，雙曲線的離心率為 $e_2$ ，若 $|PF_1|=|F_1F_2|$ 寇僧，則 $\dfrac{3}{e_1}+\dfrac{e_2}{3}$ 的最小值為
$\mathrm{A.}\quad 4$
$\mathrm{B.}\quad 6$
$\mathrm{C.}\quad 4+2\sqrt{2}$
$\mathrm{D.}\quad 8$

Sol:
不妨設(shè)焦點在 $x$ 軸上
設(shè)橢圓方程為 $\dfrac{x^2}{a^2_1}+\dfrac{y^2}{b_1^2}=1$ , 雙曲線方程為 $\dfrac{x^2}{a_2^2}-\dfrac{y^2}{b_2^2}=1$
易知 $e_1=\dfrac{c}{a_1},\,e_2=\dfrac{c}{a_2}$
$\because|PF_1|=|F_1F_2|=2c$
$\therefore \begin{cases} |PF_1|+|PF_2|=2a_1\\ |PF_1|-|PF_2|=-2a_2 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} |PF_2|=2a_1-2c\\ |PF_2|=2a_2+2c \end{cases}\Rightarrow a_1=a_2+2c$

$\begin{aligned} &\dfrac{3}{e_1}+\dfrac{e_2}{3}\\ =&\dfrac{3a_1}{c}+\dfrac{c}{3a_2}\\ =&\dfrac{3a_2+6c}{c}+\dfrac{c}{3a_2}\\ =&6+\dfrac{3a_2}{c}+\dfrac{c}{3a_2}\\ \geqslant&6+2\sqrt{\dfrac{3a_2}{c}\cdot\dfrac{c}{3a_2}}\\ =&8 \end{aligned}$
當(dāng)且僅當(dāng) $c=3a_2$ 時等號成立

D ?.

11（4）多選

下列表述中不正確的是
$\mathrm{A.}$ 若 $a,b,c\in\mathbb{R}$ 摊腋，則 “ $ax^2+bx+c\geq0$ ” 的充要條件是 “ $b^2-4ac\leq0$ ”.
$\mathrm{B.}$ 若 $a,b,c\in\mathbb{R}$ ，則 “ $ab^2>cb^2$ ” 的充要條件是 “ $a>c$ ”.
$\mathrm{C.}$ “ $a<1$ ” 是“方程 $x^2+x+a=0$ 有一個正根和一個負(fù)根”的必要不充分條件.
$\mathrm{D.}$ “ $a>1$ ”是“ $\dfrac{1}{a}<1$ ” 的充分不必要條件.

Sol:

A嘁傀、B ?.

12（4）多選

已知 $F_1,F_2$ 分別是雙曲線 $C:x^2-y^2=1$ 的左兴蒸、右焦點，點 $P$ 是雙曲線上異于雙曲線頂點的一點细办，且 $\overrightarrow{PF_1}\cdot\overrightarrow{PF_2}=0$ 橙凳，則下列結(jié)論正確的是

$\mathrm{A.}$ 雙曲線 $C$ 的漸近線方程為 $y=\pm x$ .
$\mathrm{B.}$ 以 $F_1F_2$ 為直徑的圓的方程為 $x^2+y^2=1$ .
$\mathrm{C.}$ $F_1$ 到雙曲線的一條漸近線的距離為 1.
$\mathrm{D.}$ $\triangle PF_1F_2$ 的面積為 1.

Sol:

由題意可知 $a=1,b=1,c=\sqrt{2}$
漸近線方程 $y=\pm\dfrac{a}x=\pm x.\Rightarrow$ A ?.
$\therefore |F_1F_2|=2c=2\sqrt{2}\Rightarrow x^2+y^2=2$ 才是以 $F_1F_2$ 為直徑的圓的方程. $\Rightarrow$ B ?.
焦點到漸近線的距離為 $b,b=1$ ， $\Rightarrow$ C ?.
$\because\overrightarrow{PF_1}\cdot\overrightarrow{PF_2}=0\Rightarrow \angle F_1PF_2=90\degree.$
雙曲線焦點三角形面積為 $S=\dfrac{b^2}{\tan\dfrac{\theta}{2}}=1.$
$\Rightarrow$ D ?.
A岛啸、C钓觉、D ?.

13（4）多選

設(shè)等比數(shù)列 $\{a_n\}$ 的公比為 $q$ ，其前 $n$ 項和為 $S_n$ 坚踩，前 $n$ 項積為 $T_n$ 荡灾，并且滿足條件 $a_1>1,\,a_6a_7>1,\dfrac{a_6-1}{a_7-1}<0$ ，則下列結(jié)論正確的是

$\begin{aligned} &\mathrm{A.}\quad 0<q<1\\ &\mathrm{B.}\quad a_6a_8>1\\ &\mathrm{C.}\quad S_n的最大值為 S_7\\ &\mathrm{D.}\quad T_n 的最大值為T_6\\ \end{aligned}$

Sol:

$a_6a_7=a_1^2q^{11}>1>0\Rightarrow q>0$
$\dfrac{a_6-1}{a_7-1}<0\Rightarrow(a_6-1)(a_7-1)<0\Rightarrow a_6>1,a_7<1$ 或 $a_6<1,a_7>1$
當(dāng) $q=1$ 時瞬铸，顯然有 $a_1=a_2=\cdots=a_6=a_7>1$ 不成立.
當(dāng) $q>1$ 時批幌，顯然有 $a_7>a_6>\cdots>a_1>1$ 不成立.
當(dāng) $q<1$ 時，數(shù)列 $\{a_n\}$ 單調(diào)遞減. 易知有 $a_6>1,a_7<1$ 能夠成立.
所以 A ?.
$a_6a_8=a_7^2<1\Rightarrow$ B ?.
易知數(shù)列 $\{a_n\}$ 是正項數(shù)列赴捞，所以總有 $S_{n+1}-S_n=a_{n+1}>0$ 逼裆， $S_n$ 單調(diào)遞增，沒有最大值. 所以 C ?.
$\dfrac{T_n}{T_{n-1}}=a_{n}$ 赦政，當(dāng) $n\leqslant6$ 時胜宇， $\dfrac{T_n}{T_{n-1}}>1$ ， $T_n$ 單調(diào)遞增恢着，有 $T_1<T_2<\cdots<T_6$
當(dāng) $n>6$ 時桐愉， $\dfrac{T_n}{T_{n-1}}<1$ ， $T_n$ 單調(diào)遞減掰派，有 $T_6>T_7>\cdots$
$\therefore (T_n)_{\max}=T_6$
所以 D ?.
A从诲、D ?.

14

函數(shù) $f(x)=(ax-1)(x+b)$ ，若不等式 $f(x)>0$ 的解集為 $(-1,2)$ 靡羡，那么 $a+b=$ ______.

Sol:

$f(x)=(ax-1)(x+b)=0\Rightarrow x_1=\dfrac{1}{a},x=-b$
可分析出 $a<0$
$\therefore \dfrac{1}{a}=-1\Rightarrow a=-1$
$\therefore -b=2\Rightarrow b=-2$
$\therefore a+b=-3$

15

若等差數(shù)列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 項和 $S_n=(n+1)^2+t$ 系洛，則實數(shù) $t$ 的值為______.

Sol:

$S_n-S_{n-1}=a_{n}=2n+1(n\geq2)$
當(dāng) $n=1$ 時， $S_1=a_1=4+t=2+1\Rightarrow t=-1.$
（因為需要 $a_1$ 也滿足 $a_n=2n+1(n\geq2)$ 的通項公式略步， $\{a_n\}$ 才是等差數(shù)列.

16

設(shè) $F_1,F_2$ 分別是橢圓 $\dfrac{x^2}{16}+\dfrac{y^2}{9}=1$ 的兩個焦點描扯，點 $P$ 在橢圓上，若線段 $PF_1$ 的中點在 $y$ 軸上趟薄，則線段 $\dfrac{|PF_1|}{|PF_2|}=$ ______.

Sol:

易知 $a=4,b=3$
由幾何關(guān)系（相似）知绽诚， $PF_2\perp F_1F_2$
易知 $|PF_2|=\dfrac{b^2}{a}$
$\dfrac{|PF_1|}{|PF_2|}=\dfrac{2a-|PF_2|}{|PF_2|}=\dfrac{23}{9}$

17

兩千多年前，古希臘畢達(dá)哥拉斯學(xué)派的數(shù)學(xué)加曾經(jīng)在沙灘上研究數(shù)學(xué)問題杭煎，他們在沙灘上畫點或用小石子來表示數(shù)恩够，按照點或者小石子能排列的形狀對數(shù)進(jìn)行分類，如下圖中的實心點個數(shù) $1羡铲，5蜂桶，12，22也切，\cdots$ 扑媚，被稱為五角形數(shù)妥曲，其中第 1 個五角形數(shù)記作 $a_1=1$ ，第 2 個五角形數(shù)記作 $a_2=5$ 钦购，第 3 個五角形數(shù)記作 $a_3=12$ 檐盟，第 4 個五角形數(shù)記作 $a_4=22,\cdots$ ，若按照此規(guī)律繼續(xù)下去可得到數(shù)列 $\{a_n\}$ 押桃，則 $a_n-a_{n-1}=$ ______. $(n\geq2)$ ; 對 $n\in\mathbb{N}^{*},\,a_n=$ ______.

Sol:

由圖分析可知 $a_n-a_{n-1}=3n-2$
$\begin{aligned} a_{n}-a_{n-1}=&3n-2\\ a_{n-1}-a_{n-2}=&3(n-1)-2\\ \cdots&\cdots\\ a_2-a_1=&4\\ \end{aligned}$
左邊全部相加葵萎，右邊全部相加得
$a_n-a_1=\dfrac{(4+3n-2)(n-1)}{2}\Rightarrow a_{n}=\dfrac{3n^2-n}{2}$
(可以容易看出右邊是等差數(shù)列，一共有 $n-1$ 個式子唱凯，這里判斷要正確羡忘，可以鎖定某一個對應(yīng)的項，去分析磕昼，比如左邊得正項是從 $2$ 到 $n$ 共有 $n-1$ 項.

18(10)

(1) 不等式 $mx^2+2mx+1>0$ 對一切實數(shù) $x$ 恒成立卷雕，求實數(shù) $m$ 的取值范圍.

(2) 求與雙曲線 $\dfrac{x^2}{4}-\dfrac{y^2}{3}=1$ 有共同漸近線，且過點 $P(2,3)$ 的雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程.

Sol:

(1)
首先不等式大于 0 恒成立票从，易知 $m\geq0$ 漫雕，當(dāng) $m=0$ 的時候易知不等式成立.
$m>0$ 時，即 $\Delta<0\Rightarrow 4m^2-4m<0\Rightarrow m\in(0,1)$
所以峰鄙，綜上所述 $m\in[0,1)$ .

(2)
與雙曲線 $\dfrac{x^2}{4}-\dfrac{y^2}{3}=1$ 有共同漸近線, 不妨設(shè)所求雙曲線為
$\dfrac{x^2}{4}-\dfrac{y^2}{3}=\lambda$ . 又過點 $P(2,3)$
$\therefore$ 有 $\dfrac{4}{4}-\dfrac{9}{3}=\lambda=-2$
$\therefore$ 所求雙曲線為 $\dfrac{y^2}{6}-\dfrac{x^2}{8}=1.$

19(14)

設(shè)橢圓 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$ 的短軸長為 4浸间，離心率為 $\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ .

(1) 直線 $y=x+m$ 與橢圓有公共點時，求實數(shù) $m$ 的取值范圍吟榴；

(2) 設(shè)點 $M(2,1)$ 是直線 $l$ 被橢圓所截得得線段 $AB$ 的中點魁蒜，求直線 $l$ 的方程.

Sol:
(1)
由題意得 $2b=4,e=\dfrac{c}{a}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow a=4,b=2,c=2\sqrt{3}$ .
$\therefore$ 橢圓方程為 $\dfrac{x^2}{16}+\dfrac{y^2}{4}=1$ .
聯(lián)立方程得
$\begin{cases} \dfrac{x^2}{16}+\dfrac{y^2}{4}=1\\ y=x+m\\ \end{cases}\Rightarrow5x^2+8mx+4m^2-16=0$
因為直線與橢圓有交點，所以 $\Delta\geqslant0\Rightarrow64m^2-4\cdot5\cdot(4m^2-16)\geqslant0$
$\Rightarrow m\in[-2\sqrt{5},2\sqrt{5}]$ .

(2)
易知直線 $l$ 得斜率存在吩翻，不妨設(shè) $l:y=kx+n$
設(shè) $A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$
聯(lián)立方程得
$\begin{cases} \dfrac{x^2}{16}+\dfrac{y^2}{4}=1\\ y=kx+n\\ \end{cases}\Rightarrow(4k^2+1)x^2+8knx+4n^2-16=0$
因為 $M(2,1)$ 是 $AB$ 的中點兜看，所以有 $\dfrac{x_1+x_2}{2}=x_M=2,\dfrac{y_1+y_2}{2}=y_M=1$
又由韋達(dá)定理
$x_1+x_2=-\dfrac{8kn}{4k^2+1}=4\Rightarrow 4k^2+2kn+1=0$
$y_1+y_2=kx_1+n+kx_2+n=k(x_1+x_2)+2n=4k+2n=2\Rightarrow n=1-2k$
$4k^2-2kn+1=4k^2+2k(1-2k)+1=2k+1=0\Rightarrow k=-\dfrac12$
$n=1-2k=2$
所以所求直線方程 $l:y=-\dfrac{1}{2}x+2$ .

20（14分）

設(shè)數(shù)列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 項和為 $S_n$ ，且滿足 $S_n=2a_n-2(n\in\mathbb{N}^{*}).$

(1) 證明：數(shù)列 $\{a_n\}$ 是等比數(shù)列狭瞎，并求出它的通項公式.

(2) 設(shè) $b_n=\dfrac{n}{a_n}$ 细移，求數(shù)列 $\{b_n\}$ 的前 $n$ 項和 $T_n.$

Sol:

(1)
$S_n=2a_n-2\;(1)\\S_{n-1}=2a_{n-1}-2\;(2)$
(1)-(2) 得
$a_n=2a_n-2a_{n-1}\\\Rightarrow a_{n}=2a_{n-1}\quad n\geqslant2$
$\therefore \dfrac{a_{n}}{a_{n-1}}=2,\;a_1=2$
$\therefore \{a_n\}$ 是公比為 2，首項為 2 的等比數(shù)列.
$\therefore a_{n}=2^n$

(2)
易知 $b_n=\dfrac{n}{2^n}$ ,
根據(jù)定義
$\begin{aligned} T_n=&\dfrac{1}{2}+\dfrac{2}{2^2}+\dfrac{3}{2^3}+\cdots+\dfrac{n}{2^n}\\ \dfrac{1}{2}T_n=&\quad\quad\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{2}{2^3}+\cdots+\dfrac{n-1}{2^n}+\dfrac{n}{2^{n+1}} \end{aligned}$

兩式相減得
$\begin{aligned} \dfrac{1}{2}T_n=&\dfrac12+\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{2^3}+\cdots+\dfrac{1}{2^n}-\dfrac{n}{2^{n+1}}\\ =&1-\dfrac{1}{2^n}-\dfrac{n}{2^{n+1}}\\ T_n=&2-\dfrac{2+n}{2^n} \end{aligned}$

21(14)

某廠家擬在 2020 年舉行促銷活動脚作，經(jīng)調(diào)查測算葫哗，某產(chǎn)品的年銷售（即該廠的年產(chǎn)量） $m$ 萬件與年促銷費用 $x$ 萬元缔刹，滿足 $m=3-\dfrac{k}{x+1}$ （ $k$ 為常數(shù)）球涛，如果不搞促銷活動，則該產(chǎn)品的年銷售量只能是 1 萬件. 已知2020年生產(chǎn)該產(chǎn)品的固定投入為 8 萬元校镐，每生產(chǎn) 1 萬件該產(chǎn)品需要再投入 16 萬元亿扁，廠家將每件產(chǎn)品的銷售價格定為每件產(chǎn)品年平均成本的 1.5 倍（產(chǎn)品成本包括固定投入和再投入兩部分資金）

(1) 將2020 年該產(chǎn)品的利潤 $y$ （萬元）表示為年促銷費用 $x$ （萬元）的函數(shù);

(2) 該廠家 2020 年的促銷費用投入多少萬元時，廠家的利潤最大.

22(15)

設(shè)各項均為正數(shù)數(shù)列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 項和為 $S_n$ 鸟廓，滿足 $4S_n=a_{n+1}^2-4n-1,\;n\in\mathbb{N}^{*}$ 从祝，且 $a_2,a_5,a_{14}$ 構(gòu)成等比數(shù)列.

(1) 證明： $a_2=\sqrt{4a_1+5}$ ;

(2) 求數(shù)列 $\{a_n\}$ 的通項公式;

(3) 設(shè) $b_n=\dfrac{8n}{a_n^2a_{n+1}^2}$ 襟己，數(shù)列 ${b_n}$ 的前 $n$ 項和為 $T_n$ ，若 $T_n<2a-1$ 恒成立牍陌，求實數(shù) $a$ 的取值范圍.

Sol:

(1)
由 $4S_n=a_{n+1}^2-4n-1,\,a_n>0\,$ 當(dāng) $n=1$ 時擎浴，
$4a_1=a_2^2-5\Rightarrow a_2=\sqrt{4a_1+5}$
得證.

(2)
$4S_n=a_{n+1}^2-4n-1$
$4S_{n-1}=a_{n}^2-4(n-1)-1$
兩式相減得
$4a_n=a_{n+1}^2-a_n^2-4$
$a_{n+1}^2=(a_n+2)^2$
$a_{n+1}=a_n+2$
$\therefore \{a_n\}（n\geqslant2）$ 是首項為 $a_2$ 公差為 2 的等差數(shù)列， $a_n=a_2+2(n-2),n\geqslant2$ .
又 $a_2,a_5,a_{14}$
$\therefore a_{2}a_{14}=a_5^2\Rightarrow a_2(a_2+24)=(a_2+6)^2$
$\Rightarrow a_2=3$
又 $a_2=\sqrt{4a_1+5}\\\Rightarrow a_1=1=2\times1-1$
又 $\because a_n=2n-1\;(n\geqslant2)$
$\therefore$ 綜上所述 $a_n=2n-1$

(3)
$b_n=\dfrac{8n}{(2n-1)^2(2n+1)^2}=\dfrac{1}{(2n-1)^2}-\dfrac{1}{(2n+1)^2}$

由定義知
$\begin{aligned} T_n =&b_1+b_2+\cdots+b_n\\ =&\dfrac{1}{1^2}-\dfrac{1}{3^2}+\dfrac{1}{3^2}-\dfrac{1}{5^2}+\cdots+\dfrac{1}{(2n-1)^2}-\dfrac{1}{(2n+1)^2}\\ =&1-\dfrac{1}{(2n+1)^2} \end{aligned}$

又 $T_n<2a-1$ 恒成立毒涧，即
$1-\dfrac{1}{(2n+1)^2}<2a-1$
$a>1-\dfrac{1}{2(2n+1)^2}$ 成立.
易知 $a=1$ 的時候顯然成立.
下面證 $a<1$ 的時候贮预，存在 $n$ 使得不等式不成立.
若存在 $a<1$ 時有不等式恒成立，不妨設(shè) $a=1-c\;(c>0)$ 有
$c<\dfrac{1}{2(2n+1)^2}$ 恒成立契讲，即
$(n+1)^2<\dfrac{1}{2c}\Rightarrow n<\dfrac{1}{\sqrt{2c}}-1=N$
易知當(dāng) $n>N$ 時仿吞，不等式不成立，所以 $a<1$ 時捡偏，不等式不恒成立.
所以 $a_{min}=1$ ,
所以綜上所述 $a\in[1,+\infty)$ .

23

已知橢圓 $C:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1\;(a>b>1)$ 的離心率為 $\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ 唤冈，且過點 $(1,\frac{\sqrt{2}}{2})$ ，若點 $M(x_0,y_0)$ 在橢圓 $C$ 上银伟，則點 $N(\dfrac{x_0}{a},\dfrac{y_0}你虹)$ 稱為點 $M$ 的一個 “橢點”.

(1) 求橢圓 $C$ 的標(biāo)準(zhǔn)方程;

(2) 若直線 $l:y=kx+m$ 與橢圓 $C$ 相交于 $A,B$ 兩點，且 $A,B$ 兩點的“橢點”分別為 $P,Q$ 彤避，以 $PQ$ 為直徑的圓經(jīng)過坐標(biāo)原點售葡，試判斷 $\triangle AOB$ 的面積是否為定值？若為定值，求出定值翁狐；若不為定值糙及，說明理由.

Sol:

(1)

把點 $(1,\dfrac{\sqrt{2}}{2})$ 帶入橢圓方程得
$\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{2b^2}=1$
離心率 $e=\dfrac{c}{a}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow b=c\Rightarrow a=\sqrt{2}b$
$\therefore a=\sqrt{2},\,b=c=1$
$\therefore \dfrac{x^2}{2}+y^2=1$

(2)

設(shè)直線 $l$ 與橢圓 $C$ 的交點為 $A(x_1,y_1),\,B(x_2,y_2)$
$\therefore P(\dfrac{x_1}{\sqrt{2}},y_1),\,Q(\dfrac{x_2}{\sqrt{2}},y_2)$
$\begin{cases} \dfrac{x^2}{2}+y^2=1\\ y=kx+m\\ \end{cases}$

$(2k^2+1)x^2+4mkx+2m^2-2=0$
$x_1+x_2=-\dfrac{4mk}{2k^2+1}$
$x_1x_2=\dfrac{2m^2-2}{2k^2+1}$
$y_1y_2=(kx_1+m)(kx_2+m)=k^2x_1x_2+km(x_1+x_2)+m^2$
因為以 $PQ$ 為直徑的圓經(jīng)過坐標(biāo)原點，
所以設(shè)圓方程為 $(x-\dfrac{x_1}{\sqrt{2}})(x-\dfrac{x_2}{\sqrt{2}})+(y-y_1)(y-y_2)=0$
又圓方程過原點尖阔， $\therefore x_1x_2+2y_1y_2=0$
$\therefore (2k^2+1)(\dfrac{2m^2-2}{2k^2+1})-2km\dfrac{4mk}{2k^2+1}+2m^2=0\Rightarrow 2m^2=2k^2+1\;①$
設(shè)三角形面積為 $S,\,S=\dfrac12d|AB|,\,d$ 為原點到直線AB的距離
$d=\dfrac{|m|}{\sqrt{k^2+1}}$
$|AB|=\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x _1x_2}=\dfrac{2\sqrt{1+k^2}}{2k^2+1}\sqrt{4k^2+2-2m^2}$
$S=\dfrac{|m|}{2k^2+1}\sqrt{4k^2+2-2m^2}$
將①式帶入得
$S=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\;$ 為定值.

最后編輯于：2019.11.17 03:13:24

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