选修2-1试卷

绝密★启用前

2014-2015学年度???学校12月月考卷

试卷副标题

考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx 题号 得分 一 二 三 总分 注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 „„○ __○„___„_„___„„__„：„号„订考_订_„___„„___„„___„„：级„○班_○„___„_„__„_„___„„：名„装姓装_„__„_„___„„___„„_:校„○学○„„„„„„„„外内„„„„„„„„○○„„„„„„„„2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

请点击修改第I卷的文字说明 评卷人 得分 一、选择题（题型注释）

1．下列四种说法中，错误的个数是（ ） ①A={0，1}的子集有3个

②“若am2bm2，则ab”的逆命题为真

③“命题pq为真”是“命题pq为真”的必要不充分条件

④命题“xR，均有x23x20”的否定是：“x使x20R，03x020”

A.0个 B.1个 C.2个 D.3个

2．设向量a=2,x1，b=x1,4，则“x3”是“a//b”的（ ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

3．已知命题p：xR，x20，命题q：xR，xx，则下列说法中正确的是（ ）

A、命题pq是假命题 B、命题pq是真命题 C、命题p(q)是真命题 D、命题p(q)是假命题 4．下列命题正确的个数是（ ）

①命题“ x0R,x2013x0”的否定是“

xR,x213x”； ②函数

f(x)cos2axsin2ax的最小正周期为是a=1的必要不充分条件； ③x22xaxx1,2 (x2在上恒成立

2x)min(ax)max在x1,2上恒成立；④“平面向量 a与 b的夹角是钝角”的充分必要条件是“ab0”. A．1 B.2 C.3 D．4

试卷第1页，总6页

„„„线„„„„○„„„„

5．“a1”是“函数ycos2axsin2ax的最小正周期为”的（ ） A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

6．下列有关命题的叙述， ①若pq为真命题，则pq为真命题；②“x5”是

22“x4x50”的充分不必要条件；③命题p:xR，使得xx10，则

p:xR，使得x2x10；④命题“若x23x20，则x1或x2”的

2逆否命题为“若x1或x2，则x3x20”．其中错误的个数为（ ）

„„„线„„„„○„„„„ A．1 B．2 C．3 D．4

7．已知向量a(2,3),b(1,2)，若ma4b与a2b共线，则m的值为（ ） A．12 B． 2 C．12 D．2 8．下列命题中正确的是（ ）

A．当x0且x1时,lgx1lgx2 B．当x0，x1x2 C．当022，sinsin的最小值为22 D．当0x2时,x1x无最大值 9．已知“命题p:(xm)23(xm)”是“命题q:x23x40”成立的必要不充分条件，则实数m的取值范围为 （ ） A．m1或m7 B．m1或m7 C．7m1 D．7m1

x210．椭圆2＋y2＝1上的点到直线2x－y＝7距离最近的点的坐标为（ ）

A．（－43，13） B．（43，－13） C．（－4174173，3） D．（3，－3） Fx2y211．设1(－c, 0), F2(c, 0)是椭圆a2b21(a>b>0)的两个焦点，P是以|F1F2|为

直径的圆与椭圆的一个交点，且∠PF1F2=5∠PF2F1，则该椭圆的离心率为（ ） A.

6323 B.2 C.22 D.3 12．与椭圆x24y21共焦点且过点Q(2,1)的双曲线方程是（ ） 试卷第2页，总6页

„„○ „※○※„„题※„„※„答„※„订※内订„※„„※线„„※„※„订„○※※○„装„※„※„„在※„„※装要„※装„※不„„※„„※请„„※※„○○„„„„„„„„内外„„„„„„„„○○„„„„„„„„„„„线„„„„○„„„„ „„„线„„„„○„„„„

x2x2x2y2y2222y1 B．y1 C．1 D．x1 A．24332x2y213．已知对k∈R，直线y－kx－1＝0与椭圆1恒有公共点，则实数m的取值范

5m围是（ ）

（A）0,1 （B）0,5 （C）1,55, （D）1,5

x214．与椭圆y21共焦点且过点P(2，1)的双曲线方程是（ ）

4x2x2x2y2y2222（A）y1 （B）y1 （C）1 （D）x1 „„○ __○„___„_„___„„__„：„号„订考_订_„___„„___„„___„„：级„○班_○„___„_„__„_„___„„：名„装姓装_„__„_„___„„___„„_:校„○学○„„„„„„„„外内„„„„„„„„○○„„„„„„„„4 233

试卷第3页，总6页

2„„„线„„„„○„„„„

第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 二、填空题（题型注释）

15． 数列{an}的前n项和记为Sn，a11，an12Sn1(n1)，则{an}的通项公式为 ．

16．已知点（3，1）和（- 4，6）在直线3x-2y+a=0的同侧，则a的取值范围是

x2y217．设F，F分别是椭圆1(ab0)的左、右焦点，若椭圆上存在点A，使

„„„线„„„„○„„„„ 12a2b2F1AF290且AF13AF2，则椭圆的离心率为 ．

x2y218．设椭圆C：a2b21（ab0）的左、右焦点分别为F1,F2，P是C上的点，

PF2F1F2，PF1F230，则椭圆C的离心率为_____________.

评卷人 得分 三、解答题（题型注释）

19．（本题满分12分）设命题 p:x0R,x202ax0a0；命题

q:xR,ax24xa2x21..

如果命题“pq为真命题，“pq”为假命题，求实数a的取值范围．

20．（本小题满分12分）设命题p：实数x满足x24ax3a20，其中a0；命题q：实数x满足x22x80且p是q的必要不充分条件，求实数a的取值范围. 21．（本小题满分12分）已知p：函数f(x)x22mx4在2,上单调递增；q：关于x的不等式mx24(m2)x40的解集为R．若pq为真命题，pq为假命题，求m的取值范围．

22．（本题满分12分）已知向量a(sinx,1b),(3xc12os，,函数)f(x)(ab)a．2

（1）求函数f（x）的最小正周期T；

（2）已知a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边，其中A为锐角，a= 23，c=4，且f（A）=1，求△ABC的面积S．

23．（本小题满分13分）已知数列an满足a11,an1114a,其中nN*

． n试卷第4页，总6页

„„○ „※○※„„题※„„※„答„※„订※内订„※„„※线„„※„※„订„○※※○„装„„※※„„在※„„※„装要※装„※不„„※„„※请„„※„○※○„„„„„„„„内外„„„„„„„„○○„„„„„„„„„„„线„„„„○„„„„ „„„线„„„„○„„„„

（Ⅰ）设bn22an1，求证：数列bn是等差数列，并求出an的通项公式an；

（Ⅱ）设cn4an，数列cncn2的前n项和为Tn,是否存在正整数m,使得n1Tn1*

于nN恒成立，若存在，求出m的最小值，若不存在，请说明

cmcm124．（12分）设函数f(x)mx2mx1.

（1）若对一切实数x，f(x)0恒成立，求m的取值范围. „„○ __○„___„_„___„„__„：„号„订考_订_„___„„___„„___„„：级„○班_○„___„_„__„_„___„„：名„装姓装_„__„_„___„„___„„_:校„○学○„„„„„„„„外内„„„„„„„„○○„„„„„„„„（2）对于x[1,3],f(x)m5恒成立，求m的取值范围.

25．（12分）已知椭圆C:x2ay2222b21(ab0)过点A(1,2)，且离心率为2. （1）求椭圆的标准方程；

（2）过右焦点的直线l与椭圆C相交于P,Q两点,且F1PF1Q,求直线l的方程.

x2（12分）已知FFy226．1,2为椭圆C：a2b21(ab0)的左右焦点，椭圆上的点到F12的最近距离为2，且离心率为3. （1）椭圆C的方程；

（2）若E是椭圆C上的动点，求EF1EF2的最大值和最小值.

27．（13分）已知椭圆C：x25y241的两焦点为F1,F2，长轴两顶点为A1,A2.

（1）P是椭圆上一点，且F01PF230，求F1PF2的面积；

（2）过椭圆的左焦点作一条倾斜角为45°的直线l与椭圆交于A,B两点，求弦长

|AB|.

28．已知等差数列an(nN)的前n项和为Sn，且a35,S39. (I)求数列an的通项公式；

(II)设等比数列bn(nN)，若b2a2,b3a5，求数列bn的前n项和Tn (Ⅲ)设bn1a，求数列bn的前n项和Sn

nan129．已知各项均为正数的数列{a满足a22n}n1－an＋1an－2an＝0，n∈N﹡，且a3＋2是

试卷第5页，总6页

„„„线„„„„○„„„„

a2，a4的等差中项．

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）若bn＝anlog1an，Sn＝b1＋b2＋„＋bn，求Sn的值．

2、C的对边的边长为a、b、c，且30．已知ABC中，内角A、B3acoCs(b2c3) Acos.（1）求角A的大小；

（2）若a2，c3b，求出ABC的面积

„„„线„„„„○„„„„ 试卷第6页，总6页

„„○ „※○※„„题※„„※„答„※„订※内订„※„„※线„„※„※„订„○※※○„装„※„※„„在※„„※装要„※装„※不„„※„„※请„„※※„○○„„„„„„„„内外„„„„„„„„○○„„„„„„„„本卷由【在线组卷网www.zujuan.com】自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

参考答案

1．D 【解析】

试题分析：说法①中对于集合A0,1；说法②中，当m0时，该命子集有24（个）

2题的逆命题为假；说法③中，由于“或”命题中至少有一个子命题为真命题，而“且”命题中两子命题必不真命题，所以该说法正确；说法④中，是求全称命题的否定，因为结论没有否定，所以该说法错误.故正确答案为D.

考点：1.集合子集的个数；2.充分条件、必要条件；3.命题的否定. 2．A 【解析】

24240，试题分析：当x3时，故ab，反之ab是24x1x10，

解得x3，故“x3”是“ab”的充分而不必要条件． 考点：充要条件的判断，共线向量的充要条件．

3．C 【解析】

试题分析：命题p为真命题.对命题q，当x真命题.所以C正确. 考点：逻辑与命题. 4．B 【解析】

试题分析：命题①显然正确；在命题②中，当a=1时，函数y=cosx-sinx=cos2x，最小正周期为p，必要性成立；由函数y=cosax-sinax=cos2ax，当函数y的最小正周期为p时，有2222111时，xx，故为假命题，q为4242p=p，所以a= 1，即充分性不成立，所以命题②成立；例如当a=22a22x在xÎ1,2恒成立，但由于x+2x时，有x+2x…2[]()min=3，而(2x)max=4，此时

(x2+2x)min<(2x)max，所以命题③错；因为当a?b-a b时，向量a与b的夹角为平

角180°，所以命题④错.故正确答案为B.

考点：1.命题的否定；2.充要条件；3.函数值与函数最值的关系. 5．B 【解析】

试题分析：当a=1时，函数y=cosx-sinx=cos2x，最小正周期为p，充分性成立；由函数y=cosax-sinax=cos2ax，当函数y的最小正周期为p时，有22222p=p，所以2a答案第1页，总13页

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a= 1，即必要性不成立.故正确答案为B.

考点：1.充分条件和必要条件；2.余弦函数的最小正周期. 6．B． 【解析】

试题分析：①若pq为真命题，则p和q至少有一个为真命题，而pq为真命题，必须

2使得p和q都是真命题；②“x5”是“x4x50”的充分不必要条件，满足前者

2推出后者，而后者推不出前者，所以②正确；③命题p:xR，使得xx10，则

p:xR，使得x2x10，满足特称命题的否定形式，所以③正确；④命题“若x23x20，则x1或x2”的逆否命题为“若x1或x2，则x23x20”

2不满足逆否命题的形式，正确应为“若x1且x2，则x3x20”．综上所述，只

有②③正确．故应选B．

考点：特称命题；全称命题． 7．D 【解析】

试题分析：由已知得ma4bm(2,3)4(1,2)(2m4,3m8)，

a2b(2,3)2(1,2)(4,1)

又因为ma4b与a2b共线，

所以有(2m4)(1)4(3m8)014m28m2， 故选D．

考点：1．向量的坐标运算；2．向量平行的坐标条件． 8．B 【解析】

试题分析：答案A,lgx有可能小于零，故错；答案C,当sin无解故错，答案D，0x2时,x对

考点：基本不等式应用条件 9．B

【解析】因为命题p:(xm)23(xm)”是“命题-4答案第2页，总13页

222时，sin2sin1单调递增，故有最大值，所以不对，综上只有答案Bx本卷由【在线组卷网www.zujuan.com】自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

试题分析：设和椭圆相切且和直线平行的直线为y2xb，联立椭圆方程得

229x28bx2b220，因为直线和椭圆相切，所以64b362b20,b3，

由图可知b3，直线为y2x3，解得切点坐标为B.

41,，此点就是所求点，故选33

考点：椭圆和直线.

11．A 【解析】

试题分析：因为F1F2是圆的直径，故PF1PF2，在PF1F2中，设PF2F1，则

PF1F25，∴6900,150，PF1PF22a2c(cos150sin150)，∴

e6. 3考点：1、解直角三角形；2、椭圆的简单几何性质. 12．A 【解析】

x2y21a>0,b>0)，且c=3，所以a2b23①，又过试题分析：设双曲线方程是22（ab点Q(2,1)，故4121②，联立①②，得a22,b21，选A. 2ab考点：椭圆、双曲线的标准方程及其性质. 13．C 【解析】

x2y2试题分析：∵椭圆1，∴m0,且m5，直线ykx10恒过定点(0,1)，欲

5m1x2y2使其与椭圆1恒有公共点，只需让(0,1)落在椭圆内或者椭圆上，即：1，∴5mm答案第3页，总13页

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m1,m5，选C.

考点：1、过定点的直线系；2、直线与椭圆的位置关系. 14．B 【解析】

x2试题分析：在椭圆y21中，∴c3，∴焦点为(3,0),(3,0)，c2a2b23，

4x2y2设所求的双曲线方程为：221(mn0)，由双曲线的定义可知：

mn(23)21223)212m，∴m2,∴n2321，故双曲线方程为：

x2y21. 2考点：椭圆和双曲线的定义及标准方程.

15．an3n1 【解析】

试题分析：因为an12Sn1(n1)，所以an2Sn11(n2)，两式相减可得

an1an2anan13，又a22a1133a1，所以{an}以1为首项，3为公比的an等比数列，所以an3n1．

考点：1．数列的递推关系；2．等比数列的通项公式． 16．a<-7或a>24 【解析】

试题分析：因为点（3，1）和（- 4，6）在直线3x-2y+a=0的同侧，所以

(3321a)(33(4)26a0，解得a<-7或a>24

考点：二元一次不等式表示的平面区域 17．10 4【解析】

试题分析：根据椭圆的定义|AF1||AF2|2a,

AF13|AF2|，|AF2|a，2|AF1|3a， 2c253a2a2222F1AF290,勾股定理得 （)()(2c)，化简得5a8c，即2，22a8答案第4页，总13页

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cc210所以离心率e． 2aa4考点：①椭圆的定义和性质；②勾股定理．

318．3.

【解析】

试题分析：在

RtPF1F2中，PF1F230，F1F22c，

所以2aPF1PF2PF22343c,PF1c33，结合椭圆定义得：4323c3cc23ce33a3. ，所以考点：由椭圆的标准方程求几何性质.

19．（－∞，－1]∪[0,2）． 【解析】

试题分析：由题意，命题p与命题q一真一假，化简命题p与命题q为真时实数a的取值范围，从而求得．

2

试题解析：当命题p为真时，Δ＝4a＋4a≥0得a≥0或a≤－1，

2

当命题q为真时，（a＋2）x＋4x＋a－1≥0恒成立， ∴a＋2＞0且16－4（a＋2）（a－1）≤0，即a≥2. 由题意得，命题p和命题q一真一假．

当命题p为真，命题q为假时，得a≤－1∪0≤a＜2 当命题p为假，命题q为真时，得a∈∅； ∴实数a的取值范围为（－∞，－1]∪[0,2） 考点：复合命题的真假．

20．实数a的取值范围是a4. 【解析】

试题分析：设Axx24ax3a20(a0)x3axa(a0) 即q是p必要不充分Bxx22x80xx4或x2.p是q的必要不充分条件，条件，

故需AB.

试题解析：设Axx24ax3a20(a0)x3axa(a0) Bxx22x80xx4或x2. 5分

因为p是q的必要不充分条件，q是p必要不充分条件，

AB， 8分

所以3a2或a4，又a0，

答案第5页，总13页

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所以实数a的取值范围是a4. 12分 考点：1.简单的逻辑连接词；2.充要条件；3.一元二次不等式的解法. 21．m1或2m4． 【解析】

试题分析：由pq为真命题，pq为假命题可知，p、q必定是一真一假.故先讨论“命题p为真，命题q”为真的情况，根据命题p、q一真一假，得到m的取值范围． 试题解析：若命题p为真，因为函数的对称轴为xm，则m2 若命题q为真，当m0时原不等式为8x40，显然不成立 当m0时，则有m01m4 216(m2)16m0由题意知，命题p、q一真一假 故m2m2或

m1或m41m4解得m1或2m4

考点：1.简单的逻辑连接词；2.二次函数的单调性；3.一元二次不等式的解法. 22．（1）T＝π；（2）23．

【解析】

试题分析：（1）利用向量数量积的坐标表示可得，结合辅助角公式可得f（x）= sin（2x

2），利用周期公式T可求； 65)可得2AA,，由余（2）由f(A)1结合A(0，),2A(,2666623122222弦定理可得，a=b+c-2bccosA，从而有12＝b+16−2×4b×，即b4b40，解2−方程可得b，代入三角形面积公式可求．

试题解析：（Ⅰ）f（x）＝（a+ b）•a－2 ＝aab−2 =sinx+1+3sinxcosx+2

211cos2x13−2=+sin2x− 2222=13sin2x−cos2x=sin（2x−） （4分）

262因为ω=2，所以T＝π （6分）

）＝1 65因为A∈（0，），2A−∈（−，），所以2A−=，A＝ （8分）

6266623122222

则a=b+c-2bccosA，所以12＝b+16−2×4b×，即b-4b+4=0则b=2

2（Ⅱ）f（A）＝sin（2A−答案第6页，总13页

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从而S＝11bcsinA＝×2×4×sin＝23 （12分） 223n1 ；（2） 存在，m的最小值为3． 2n22an1，求证：数列bn是等差数列，并求出an的通项公式an，

考点：1．解三角形；2．平面向量数量积的运算；3．三角函数的周期性及其求法． 23．（1） an【解析】

试题分析：（Ⅰ）设bn利用等差数列的定义bn1bn等于一个与n无关的常数，即可证明该数列是等差数列，然后求出首项、公差即可得出的通项公式；（Ⅱ）首先求得cncn2的通项公式cncn24，nn2然后根据裂项求和得Tn21于nN恒成立，只需*1111，故，依题意要使对TT3nn2n1n2cmcm1m(m1)3, 4可得出关于m不等式，解之即可． 试题解析：（I）证明

bn1bn2an112an11214an22214an22 4分 2an12an12an12所以数列bn是等差数列，a11,b12，因此

bn2(n1)22n，

由bn22an1得ann1． 6分 2n（II）cn24]1,cncn22, nnn2nn2所以Tn211113， 10分 2n1n2m(m1)1*3, 对于nN恒成立，只需4cmcm1依题意要使Tn解得m3或m4，所以m的最小值为3 13分

考点：等差数列，裂项求和．

答案第7页，总13页

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24．（1）m(4,0]（2）m(,) 【解析】 试题分析：（1）二次函数、二次方程与二次不等式统称“三个”二次，它们常结合在一起，有关二次函数的问题，数形结合，密切联系图象是探求解题思路的有效方法，一般从：①开口方向；②对称轴位置；③判别式；④端点值符合四个方面分析；（2）二次函数的综合问题应用多涉及单调性与最值或二次方程根的分布问题，解决的主要思路是等价转化，多用到数形结合思想与分类讨论思想,

试题解析：（1）①m0时，命题意②综上可知m(4,0]

（2）x[1,3],mx2mxm60恒成立，令g(x)mx2mxm6 ①m0时，命题意②m0时，对称轴x67m0m02(4,0)

0m4m01，当m0时，满足： 26 7g(1)0m6m0 当m0时，满足：g(3)00m综上可知：m(,) 考点：恒成立问题.

67x2y21（2）直线l的方程为x7y10或x7y10 25．（1）2【解析】

试题分析：（1）设椭圆的方程，用待定系数法求出a2,b2的值；（2）解决直线和椭圆的综合问题时注意：第一步：根据题意设直线方程，有的题设条件已知点，而斜率未知；有的题设条件已知斜率，点不定，可由点斜式设直线方程.第二步：联立方程：把所设直线方程与椭圆的方程联立，消去一个元，得到一个一元二次方程.第三步：求解判别式：计算一元二次方程根.第四步：写出根与系数的关系.第五步：根据题设条件求解问题中结论.（3）求直线方程式一定不要忘记斜率不存在时 试题解析：（1）根据题意,

ec2,a2c,b2a2c2c2,a2

故可设椭圆C：

x2y212c2c2.

将A(1,22)代入得c1， 2答案第8页，总13页

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x2y21. 故椭圆C的方程为2（2）当直线l的斜率不存在时,其方程为x1,经验证，不符合题意； 当直线的斜率存在时,设直线l的方程为yk(x1). 由

yk(x1)2x2y12 可得 得

(2k21)x24k2x2(k21)0.

设P(x1,y1),Q(x2,y2),则

4k22(k21)x1x22， x1x2， F1P(x11， y1)， FQ(x21， y2)12k12k21

因为F1PF1Q, 所以F1PF1Q0,即

(x11)(x21)y1y2x1x2(x1x2)1k2(x11)(x21) (k21)x1x2(k21)(x1x2)k21

7k21202k1,

2解得k17,即k. 77 故直线l的方程为x7y10或x7y10. 考点：求椭圆方程及求与椭圆有关的直线方程

x2y21（2）最大值8最小值7 26．（1）98【解析】

试题分析：（1）由已知设出椭圆的标准方程，根据已知条件建立关于a,b,c的方程组，解方程组求出a,b的值；将解代入方程，即为所求；（2）求最值时可先判定函数在某个区间上的单调性，进而求最值;二次函数一般用配方法求最值.

答案第9页，总13页

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试题解析：（1）由已知条件得

ac2c1a3

解得: c1,a3则b28

x2y21 ∴椭圆C的方程为:9822x0y01 ∵F1(1,0), F2(1,0) ,所以 （2）设E(x0,y0),则有:9822EF1EF2(1x0,y0)(1x0,y0)x0y01 2x012x8(1)1x0799 202∵点E在椭圆上 0x09 ∴12x077,8, 922∴当x00时,所求最小值为7. 当x09时,所求最大值为8.

考点：（1）求椭圆标准方程（2）求最值. 27．（1）4(23)（2）165 9【解析】 试题分析：（1）求三角形面积时，一般角优先，再利用椭圆的定义及性质求得需求的量；（2）求直线与椭圆相交所得得弦长的求法，一、把直线方程与椭圆的方程联立，消去y(或x)得到关于x(或y)的二次函数；二、当0时，利用根与系数的关系，得到两根之和及两根之积；三、利用弦长公式求得弦长. 试题解析：（1）联立

|PF1||PF2|2a25222PFPF2PFPFcos30FF212121 可得:

|PF1||PF2|16(23) ，

SF1PF21|PF1||PF2|sin304(23)2 （2）F（-1,0），直线l:yx1，设A(x1,y1),B(x2,y2)，将直线方程与椭圆方程联立得

答案第10页，总13页

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yx129x210x150xy2145，

则x1x210， 9ABaex1aex22ae(x1x2)25考点：求三角形面积及弦长.

110165()99 5nnnb(1q)1(13)1n128．（Ⅰ）an2n1；（Ⅱ）Tn. (31)；(Ⅲ)2n11q132【解析】

试题分析：（Ⅰ）两种思路，一是根据等差数列的通项公式、求和公式，建立a1,d的方程组； 二是利用等差数列的性质，由S39，得a23结合a35，确定d2.

（Ⅱ）由（I得b2a23，b3a59，得到公比q3， b1公式计算.

(Ⅲ)由（Ⅰ）知，an2n1. 从而得到bn，

1，应用等比数列的求和

111()，应用“裂项相消法”求22n12n1和.

该题综合考查等差数列、等比数列的基础知识，以及数列求和的方法，较为典型.

a3a12d5a11 试题解析：（Ⅰ）法一： 解得（2分） 32s33a1d9d22ana1(n1)d2n1 （4

分）

法二：由S39，得3a29，所以a23． （2分）

又因为a35，所以公差d2． （3分） 从而ana2(n2)d2n1． （4分） （Ⅱ）由上可得b2a23，b3a59，所以公比q3， 从而，b11 （6分）

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nnb(1q)1(13)1n1所以．Tn (31) （8分）1q132(Ⅲ)由（Ⅰ）知，an2n1. ∴bn11111() 10分

anan1(2n1)(2n1)22n12n1111111(1)()()23352n12n1Snb1b2bn11n（12分） (1)22n12n1考点：等差数列、等比数列的通项公式及求和公式，“裂项相消法”求和. 29．（1）an=2n；（2）Sn1n2n12, 【解析】

22试题分析：（1）将an1－an＋1an－2an＝0分解因式得an1anan12an0，因为数

列{an}的各项均为正数， an1an0,an12an0，数列an是以2为公比的等比数列，再根据a3＋2是a2，a4的等差中项，列关系可求出通项公式；（2）由（1）得an=2n，计算出bn，利用错位相减法求解. 试题解析：（1）

2an1an1an2an0,an1anan12an0. 1分

∵数列{an}的各项均为正数， an1an0,an12an0 2分

an12an,nN，∴数列an是以2为公比的等比数列 3分

∵a3＋2是a2，a4的等差中项，a2+a4=2a34，

2a18a18a14,a12，∴数列{an}的通项公式为an=2n 6分

（2）由（1）及bnanlog1n，得bn=-n2n 7分

2aSnb1b2bn,Sn2222323n2n, 2Sn22223324n2n1,

Sn2222n223nn1212n12n2n11n2n12 12分

答案第12页，总13页

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考点：等差中项、等比数列、对数式的计算、错位相减法. 30．（1）A【解析】

试题分析：（1）由正弦定理可得，将已知等式化简为3sinB2sinBcosA. 1；（2）SbcsinA3. 62利用sinB0，得到cosA3，进一步根据A(0,)求得A.

62（2）由余弦定理得，解出b2,c23， c3b代入，b2c22bccosAa2,将a2，利用三角形面积公式求解..

试题解析：（1）由正弦定理可得，3sinAcosC(2sinB3sinC)cosA. 即3sin(AC)2sinBcosA.,

3sinB2sinBcosA. 因为，sinB0，所以，cosA3，结合，A(0,)，A.

62222（2）由余弦定理得，bc2bccosAa,由a2，c3b，

解得b2,c23， 所以，ABC的面积为S1bcsinA3. 2考点：正弦定理、余弦定理的应用，三角形面积公式.

答案第13页，总13页