《2019年浙江省宁波市高考数学二模试卷(理科)含答案解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年浙江省宁波市高考数学二模试卷(理科)含答案解析.pdf（18页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、第 1 页（共 18 页） 2019 年浙江省宁波市高考数学二模试卷（理科） 一、选择题（共8 小题，每小题5 分，满分 40 分） 1已知集合A= 1，0，1，2，B= 1，x，x 2x，且 B? A，则 x=（ ） A1 B0 C2 D 1 2已知等差数列 an的公差为 2，若 a1，a3，a4成等比数列，则a2=（ ） A 4 B 6 C 8 D 10 3已知向量，为非零向量，则“ （x+y）（ 2y x）对任意非零实数x，y 都成立 ” 是“ ” 的（） A充分不必要条件B必要不充分条件 C充要条件 D 既不充分又不必要条件 4已知函数f（x）= ，并给出以下命题，其中正确的是（） A
2、函数 y=f（ sinx）是奇函数，也是周期函数 B函数 y=f（ sinx）是偶函数，不是周期函数 C函数 y=f（ sin）是偶函数，但不是周期函数 D函数 y=f（ sin）是偶函数，也是周期函数 5下列命题中，正确的是（） A若 a，b 是两条直线， ，是两个平面，且a? ， b? ，则 a，b 是异面直线 B若 a，b 是两条直线，且ab，则直线a平行于经过直线b 的所有平面 C若直线a 与平面 不平行，则此直线与平面内的所有直线都不平行 D若直线 a平面 ，点 P ，则平面 内经过点 P 且与直线a 平行的直线有且只有一条 6已知二面角 l的平面角为 ，PA ，PB ，A，B 为垂
3、足， PA=4，PB=2，设 A， B 到二面角的棱l 的距离分别为 x，y，当 变化时点（ x， y）的轨迹为（） A圆弧 B双曲线的一段 C线段 D 椭圆的一段 7已知 ABC 中，a，b，c 分别为角 A，B，C 所对的边， 且 a=4，b+c=5，tanA+tanB+ tanA?tanB，则 ABC 的面积为（） AB CD 8已知数列 an 的首项 a1=a，其前 n 项和为 Sn，且满足 Sn+Sn1=3n2+2n+4（n 2） ，若对 任意的 nN * ，a n a n+1恒成立，则 a 的取值范围是（） A （， ）B （，）C （，）D （ ，） 二、填空题（共7 小题，每小
4、题6 分，满分 36 分） 9已知双曲线x 2 =1（b0）的离心率为则 b=，若以（ 2，1）为圆 心， r 为半径的圆与该双曲线的两条渐近线组成的图形只有一个公共点，则半径 r= 第 2 页（共 18 页） 10记 z=x+ky+1， （kR） ，其中 x，y 满足，若 z 的最大值为3，则实数k 的值为，z 的最小值为 11下面几个数中： 3 0.4； ； log23?log98； 50.2； 3 ，最大的 是，最小的是（请填写对应数的序号） 12如图，某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积为 （单位： cm 2） 13已知正数x，y 满足 xy1，则 M=+的最小值为 14已知函数
5、f（x）=x 2+ax+b（a，bR） ，对于任意实数 a，总存在实数m，当 x m， m+1 时，使得f（x） 0 恒成立，则 b 的取值范围为 15在平面直角坐标系中，定义， （n N * ） 为点 Pn（xn，yn）到点 Pn+1 （x n+1 ， y n+1）的一个变换，我们把它称为点变换，已知 P1（1， 0） ，P2 （x 2 ，y 2） ，P3 （x 3， y3） ， 是经过点变换得到的一无穷点列，则 P3的坐标为；设 an= ，则满足a1 +a 2+ +an1000 的最小正整数 n= 三、解答题（共5 小题，满分74 分） 16已知函数f（x）=msin（x）cos（x）+n
6、sin2（ x） （ 0）关于点（，1）对称 （）若m=4，求 f（x）的最小值； （）若函数f（x）的最小正周期是一个三角形的最大内角的值，又f（x） f（）对任 意实数 x 成立，求函数f（ x）的解析式，并写出函数f（x）的单调递增区间 17已知直角梯形ABCD 中， AB CD， A=，AD=1 ，AB=2CD=4 ，E 为 AB 中点，将 ADE 沿直线 DE 折起到 A1DE，使得 A1在平面 EBCD 上的射影H 在直线 CD 上 （）求证：平面A1EC平面 A1DC； （）求平面DEA1与平面 A1BC 所成的锐二面角的余弦值 第 3 页（共 18 页） 18已知 f（x）=
7、（1）若 a=8，求当 6x5 时， | f（x）| 的最大值； （）对于任意实数x1（x13） ，存在 x2（x2x1） ，使得 f（x2）=f （x1） ，求实数a 的取 值范围 19已知 F1（ ，0） ， F2（，0）为椭圆C： +=1（ab0）的左、右焦点， 点 P 在椭圆 C 上，且 PF1F2面积的最大值为 （）求椭圆C 的方程 （）若直线l 与椭圆 C 交于 A，B 两点 OAB 的面积为 1， =s +t （ s，t R） ， 当点 G 在椭圆 C 上运动时， 试问 s 2 +t 2 是否为定值， 若是定值， 求出这个定值， 若不是定值， 求出 s2 +t 2 的取值范围 2
8、0已知在数列 an中， a1=1，an+1= （）若t=0，求数列 an的通项公式； （）若t=1，求证： 第 4 页（共 18 页） 2019 年浙江省宁波市高考数学二模试卷（理科） 参考答案与试题解析 一、选择题（共8 小题，每小题5 分，满分 40 分） 1已知集合A= 1，0，1，2，B= 1，x，x 2x，且 B? A，则 x=（ ） A1 B0 C2 D 1 【考点】 集合的包含关系判断及应用 【分析】 由 A= 1，0，1，2 ，B? A 知 x=1 或 x=0 或 x=2，从而分类讨论求得 【解答】 解： A= 1，0，1，2 ，B? A， x=1 或 x=0 或 x=2， 若
9、 x=1，则 x 2x=2，故成立； 若 x=0，则 x 2x=0，故不成立； 若 x=2，则 x 2x=2，故不成立； 故选： D 2已知等差数列 a n的公差为 2，若 a1 ，a 3 ，a 4成等比数列，则 a2 =（ ） A 4 B 6 C 8 D 10 【考点】 等差数列；等比数列 【分析】 利用已知条件列出关于a1，d 的方程，求出a1，代入通项公式即可求得a2 【解答】 解： a4=a1+6，a3=a1+4，a1，a3，a4成等比数列， a 3 2=a 1?a4， 即（ a1+4） 2=a 1（ a1+6） ， 解得 a1= 8， a 2=a1+2=6 故选 B 3已知向量，为非
10、零向量，则“ （x+y）（ 2y x）对任意非零实数x，y 都成立 ” 是“ ” 的（） A充分不必要条件B必要不充分条件 C充要条件 D 既不充分又不必要条件 【考点】 必要条件、充分条件与充要条件的判断 【分析】 “ （x+y）（2yx）对任意非零实数x，y 都成立 ” ，可得： （x+y）?（2y x ）=2xy xy +=0， ?+ =0，必然有=0反之不一定成立 【解答】 解： “ （x +y ）（ 2yx ）对任意非零实数x， y 都成立 ” ， （ x+y）?（2yx） =2xyxy+=0， ?+=0， 第 5 页（共 18 页） 必然有=0 反之：可得（ x+y）?（2y x）
11、=2xyxy+=2xy（） =0，不一定成立 因此 “ （x +y ）（ 2yx ）对任意非零实数x，y 都成立 ” 是“ ” 的充分不必要条件 故选： A 4已知函数f（x）= ，并给出以下命题，其中正确的是（） A函数 y=f（ sinx）是奇函数，也是周期函数 B函数 y=f（ sinx）是偶函数，不是周期函数 C函数 y=f（ sin）是偶函数，但不是周期函数 D函数 y=f（ sin）是偶函数，也是周期函数 【考点】 函数奇偶性的判断；函数的周期性 【分析】 求出 y=f （sinx）的解析式，求出f sin（ x） ，判断 f（sinx）与 f sin（ x） 的关系，利用函数周期
12、的定义得出y=f（ sinx）的周期同理判断y=f （sin）的奇偶性和 周期性 【解答】 解： f（x） = ， f（sinx）= 当 sinx0 时， sinx0， f sin（ x） =f（ sinx）=1+sinx=f （sinx） ， 当 sinx0 时， sinx0， f sin（ x） =f（ sinx）=1sinx=f （sinx） ， f（sinx）是偶函数， f sin（x+2 ） =f（sinx） ， y=f （sinx）是以 2为周期的函数 同理可得： y=f（sin）是偶函数， y=sin不是周期函数， y=f （sin）不是周期函数 故选： C 5下列命题中，正确的
13、是（） A若 a，b 是两条直线， ，是两个平面，且a? ， b? ，则 a，b 是异面直线 B若 a，b 是两条直线，且ab，则直线 a平行于经过直线b 的所有平面 C若直线a 与平面 不平行，则此直线与平面内的所有直线都不平行 D若直线 a平面 ，点 P ，则平面 内经过点 P 且与直线a 平行的直线有且只有一条 【考点】 空间中直线与平面之间的位置关系 【分析】 根据命题条件举出反例判断 【解答】 解：对于 A，当 ，a，b 分别为第三个平面 与 ，的交线时，由面面平行 的性质可知ab，故 A 错误 对于 B，设 a，b 确定的平面为 ，显然 a? ，b? ，故 B 错误 对于 C，当
14、a? 时，直线a 与平面 内的无数条直线都平行，故C 错误 第 6 页（共 18 页） 对于 D，直线 a平面 ，存在直线b? ，使得 ab，过 P 作 cb，则 ac故 D 正 确 故选： D 6已知二面角 l的平面角为 ，PA ，PB ，A，B 为垂足， PA=4，PB=2，设 A， B 到二面角的棱l 的距离分别为x，y，当 变化时点（ x， y）的轨迹为（） A圆弧 B双曲线的一段 C线段 D 椭圆的一段 【考点】 二面角的平面角及求法 【分析】 利用直角三角形的勾股定理得到（x，y）满足的方程，x，y 的实际意义得到x，y 都大于 0 据双曲线方程得到（x，y）的轨迹 【解答】 解：
15、 PA ， PB ， PB 2+BC2=PA2+AC2 PB 2 +y 2=PA2 +x 2 PA=4，PB=2， 4+y2=16+x 2， 即 y 2 x 2=12 其中 x0，y0 故（ x，y）轨迹为双曲线的一段， 故选： B 7已知 ABC 中，a，b，c 分别为角 A，B，C 所对的边， 且 a=4，b+c=5，tanA+tanB+ tanA?tanB，则 ABC 的面积为（） A B C D 【考点】 解三角形的实际应用 【分析】 根据 tanC=tan（A+B）利用正切的两角和公式化简整理求得tanC 的值，继而求 得 C，利用余弦定理a=4，b+c=5，C=60 代入求得b，最
16、后利用三角形面积公式求得答案 【解答】 解： tanC=tan（A+B）=化简得， tanA +tanB+tanC=tanAtanBtanC ， 所以 tanC=所以 C=60 cosC=（a 2+b2c2） ，把 a=4，b+c=5，C=60 代入 第 7 页（共 18 页） 解得 b=， 所以 S=absinC= 故选 C 8已知数列 an 的首项 a1=a，其前 n 项和为 Sn，且满足 Sn +S n1=3n 2+2n+4（n 2） ，若对 任意的 nN * ，a n a n+1恒成立，则 a 的取值范围是（） A （，）B （，）C （，）D （ ，） 【考点】 数列递推式 【分析】
17、 根据条件求出与an的有关的关系式，利用条件an an+1恒成立，建立条件，即可 得到结论 【解答】 解：由 Sn+Sn1=3n 2+2n+4（n2） ，可以得到 Sn+1+Sn=3（ n+1） 2+2（n+1）+4， 两式相减得an+1+an=6n+5， 故 a n+2 +a n+1=6n+11，两式再相减得 an+2 a n=6， 由 n=2 得 a1+a2+a1=20，a2=202a， 故偶数项为以202a为首项，以6 为公差的等差数列， 从而 a2n=6n+142a； n=3 得 a1+a2+a3+a1+a2=37，a3=2a3， 从而 a2n+1 =6n9+2a， 由条件得， 解得a
18、， 故选： C 二、填空题（共7 小题，每小题6 分，满分 36 分） 9已知双曲线x 2 =1（b0）的离心率为则 b= 2，若以（ 2，1）为圆心， r 为半径的圆与该双曲线的两条渐近线组成的图形只有一个公共点，则半径r= 【考点】 双曲线的简单性质 【分析】 求得双曲线的a，c， 运用离心率公式计算可得b=2；再由直线和圆相切的条件：d=r， 运用点到直线的距离公式计算即可得到所求半径 【解答】 解：双曲线x2=1（b0）的 a=1，c=， 由题意可得e=， 第 8 页（共 18 页） 解得 b=2； 由双曲线x2=1 可得渐近线方程为y=2x， 由以（ 2，1）为圆心， r 为半径的圆
19、与渐近线y=2x 相切， 可得 d=r，即 r= 故答案为： 2， 10记 z=x+ky+1， （kR） ，其中 x，y 满足，若 z 的最大值为3，则实数k 的值为0，z 的最小值为1 【考点】 简单线性规划 【分析】 作出可行域，根据z 的最大值为3，判断目标函数的斜率得出k 的值，根据可行域 得出最优解的位置，计算z 的最小值 【解答】 解：作出约束条件的可行域，如图所示： （1）若 k=0，则 z=x+1，显然当x=2 时 z 取得最大值3，符合题意，此时，当x=0 时， z 取 得最小值 1 （2）若 k0，由 z=x+ky+1 得 y= 若 k0，则当直线y=经过点 B（2，2）时
20、，直线截距最大，即z 最大 3=2+2k+1，解得 k=0（舍）， 若 k0，则当2 即 k时，直线 y= 经过点 C（1，0）时，直线截 距最小，即z 最大 3=1+0 k+1，无解 第 9 页（共 18 页） 当2 即k0 时，直线y=经过点 B（ 2，2）时，直线截距最小， 即 z 最大 3=2+2k+1，解得 k=0（舍） 综上， k=0，z 的最小值为 1 故答案为0，1 11下面几个数中： 3 0.4 ； ； log23?log98； 50.2； 3 ，最大的 是，最小的是（请填写对应数的序号） 【考点】 不等式比较大小；对数的运算性质 【分析】 利用指数函数与对数函数的单调性、结
21、合幂的运算法则，即可得出结论 【解答】 解： 30.4= ，且， =tan（45 +15 ）=， log23?log98=?=， 5 0.2= 3 ， 最大的是 ，最小的是 故答案为： ， 12如图， 某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积为 64 （单位： cm 2） 【考点】 由三视图求面积、体积 【分析】 根据几何体的三视图，得出该几何体是棱长为4 的正方体， 去掉一个半径为 4 的 球体，由此求出它的体积 【解答】 解：根据几何体的三视图，得； 该几何体是棱长为4 的正方体，去掉一个半径为 4 的 球体， 所以该几何体的体积为 V=4 3 ? 43=64 第 10 页（共 18 页
22、） 故答案为： 64 13已知正数x，y 满足 xy1，则 M=+的最小值为22 【考点】 基本不等式 【分析】 由条件可得0 x，即有 M+=1=1， 运用基本不等式即可得到所求最小值 【解答】 解：由正数x， y 满足 xy1，可得 0x， 则 M= +=+ =1+ =1 =1 1 =1=2 2 当且仅当y=，x=时，取得最小值22 故答案为： 22 14已知函数f（x）=x2+ax+b（a，bR） ，对于任意实数 a，总存在实数m，当 x m， m+1 时，使得f（x） 0 恒成立，则 b 的取值范围为b 【考点】 函数恒成立问题 【分析】 根据题意可知函数与x 轴有两交点， 且两根差的
23、绝对值应不小于1，可得出（m n） 21 恒成立，转换成最值问题求解即可 【解答】 解：设 f（x）=x2+ax+b=0，有两根x1 ， x 2， 4ba2，x1 +x 2=a，x1x2=b， 对于任意实数a，总存在实数m，当 x m，m+1 时，使得f（x） 0 恒成立， （ x1x2）21 恒成立， a2 14b， b 15在平面直角坐标系中，定义， （n N * ） 为点 Pn（xn，yn）到点 Pn+1 （xn+1， yn+1）的一个变换，我们把它称为点变换，已知P1（1， 0） ，P2（x2，y2） ，P3（x3， 第 11 页（共 18 页） y3） ， 是经过点变换得到的一无穷点
24、列，则 P3的坐标为（0，2）；设 an= ，则满足a1 +a 2+ +an1000 的最小正整数 n=10 【考点】 平面向量数量积的运算 【分析】 根据条件即可求得点P1 ，P 2 到 P 7的坐标，从而可以求出向量 的坐标，进行向量数量积的坐标运算便可求出a1=1， a2=2， a3=4， a4=8，a5=16，从而便可看出数列 a n 是以 1 为首项， 2 为公比的等比数列，从而可求 出前 n 项和为 2n 1，从而可以得到2n1001，这样便可判断出最小正整数n 的值 【解答】 解：由条件得，P1（1，0） ，P2（1，1） ，P3（0，2） ，P4（ 2，2） ，P5（ 4，0）
25、 ， P6（ 4， 4） ，P7（0， 8） ； ， ， ， ， ； 数列 an 是首项为1，公比为 2 的等比数列； ； 由 a1+a2+ +an1000 得， 2n11000； 2 n 1001； 2 9=512，210=1024； 满足 a1+a2+ +an 1000 的最小正整数n=10 故答案为：（ 0，2） ，10 三、解答题（共5 小题，满分74 分） 16已知函数f（x）=msin（ x）cos（ x）+nsin 2（ x） （ 0）关于点（ ，1）对称 （）若m=4，求 f（x）的最小值； （）若函数f（x）的最小正周期是一个三角形的最大内角的值，又f（x） f（）对任 意实
26、数 x 成立，求函数f（ x）的解析式，并写出函数f（x）的单调递增区间 【考点】 三角函数中的恒等变换应用；三角函数的周期性及其求法；正弦函数的图象 【分析】（）利用倍角公式降幂，再由辅助角公式化积，结合f（x）关于点（，1）对 称，得，即 n=2，且，从而求得函数的最小值； 第 12 页（共 18 页） （）由 f（ x） f（）对任意实数x 成立，得，kZ，k0，再由 t 的范围可得T 的值，由 ，得 m=2 求得函数解析式，再由复合函数的单调性求得函数f（x）的单调递增区间 【解答】 解： （） f（ x）=msin（ x）cos（ x）+nsin2（ x） = = 其中 cos =，
27、 f（x）关于点（，1）对称， 即 n=2，且， m=4， f（x）= ， ； （）由f（x） f（）对任意实数x 成立， 则，kZ，k0，其中 T 为函数 f（x）的最小正周期， 且，得 k=0，T= f（x）=， 由，得 m=2 f（x）=sin3xcos3x+1= 由，得 f（x）的单调增区间为 ，kZ 17已知直角梯形ABCD 中， AB CD， A= ，AD=1 ，AB=2CD=4 ，E 为 AB 中点，将 ADE 沿直线 DE 折起到 A1DE，使得 A 1在平面 EBCD 上的射影 H 在直线 CD 上 （）求证：平面A1EC平面 A1DC； 第 13 页（共 18 页） （）求
28、平面DEA1与平面 A1BC 所成的锐二面角的余弦值 【考点】 二面角的平面角及求法；平面与平面垂直的判定 【分析】（）过A1 过 A 1HCD 交 CD 于 H，推导出A1HCE， CDCE，从而 CE平 面 A 1CD，由此能证明平面 A1EC平面 A1DC （） 连结 AH 交 DE、BC 于 M ，N，推导出 A1ADE ，A1HDE，从而 DE平面 A1AH ， 设平面 DEA1 平面 A 1BC=l ， 则 MA1N 为二面角ElB 的平面角，由此能求出平面DEA1 与平面 A1BC 所成的锐二面角的余弦值 【解答】 证明： （）过A1过 A1HCD 交 CD 于 H， 由 A 1
29、在平面 EBCD 上的射影在直线 CD 上，知 A1H平面 CDE， A1HCE， 又 CDCE，CD A1H=H ， CE平面 A 1CD， CE? 平面 A1EC， 平面 A1EC平面 A 1DC 解： （）连结AH 交 DE、BC 于 M，N， 由 AD=A 1D，AE=A1E， A1ADE， 又 A 1HDE， DE平面 A1AH ， DEA1M，DEA1N，DE AH ， 又 DE平面 A1BC，设平面 DEA1 平面 A1BC=l ， DEl，从而 l A1M，l A1N， MA 1N 为二面角 ElB 的平面角， DH=，A1H=， MH=，NH=3MH=， tan ， tan，
30、 tanMA1N=tan（ MA1H+NA1H） =， cos ， 平面 DEA1与平面 A1BC 所成的锐二面角的余弦值为 第 14 页（共 18 页） 18已知 f（x）= （1）若 a=8，求当 6x5 时， | f（x）| 的最大值； （）对于任意实数x1 （x 13） ，存在 x2 （x 2 x 1） ，使得 f（x2）=f （x1） ，求实数 a 的取 值范围 【考点】 函数的最值及其几何意义；分段函数的应用 【分析】（1）化简 f（x）= ，从而转化为当0x5 时， | f（x）| 的最 大值，从而求得； （）分类讨论，从而确定f（x）的性质，再根据二次函数的性质判断a 的取值范
31、围 【解答】 解： （1）当 a=8，f（x）= ， 当 6x0 时，存在0 t2，使 f（ x）=f（ t） ， 从而只要求当0x5 时， | f（x）| 的最大值， 而 f（x）=x 28x+9=（x 4）27， 7f（x） 9； 则| f（x）| 9； 故 f（x）| 的最大值为 9； （）若x12 时，取 x2=x12，则 f（x2） =f（x12） =f（x1） ； 符合题意； 只要考虑2x13，存在 x2（ x2 x1） ，使得 f（x2）=f（x1） ； （1）当0，即 a0时， f（x）=x 2+ax+1a 在 0，+）上单调递增； 故不存在x2 （x 2 x 1） ，f（x2
32、）=f（x1） ； （2）当 02，即 4a0 时， 则只要 f（ 3） f（0） ， 即 10+2a1a， 从而解得， 4a 3； （3）当 23，即 6a 4 时， 取 x1= 时，不存在x2（x2x1） ，使 f（ x2）=f（x1） ； 第 15 页（共 18 页） （4）当3，即 a 6时， 取 x 2= ax13， 必有 f（x2） =f（x1） ，符合题意； 综上所述， a 6 或 4a 3 19已知 F1（ ，0） ， F2（，0）为椭圆C： +=1（ab0）的左、右焦点， 点 P 在椭圆 C 上，且 PF1F2面积的最大值为 （）求椭圆C 的方程 （）若直线l 与椭圆 C 交
33、于 A，B 两点 OAB 的面积为 1， =s +t （ s，t R） ， 当点 G 在椭圆 C 上运动时， 试问 s 2 +t 2 是否为定值， 若是定值， 求出这个定值， 若不是定值， 求出 s 2 +t 2 的取值范围 【考点】 椭圆的简单性质 【分析】（）由题意可得c=，当 P为短轴的端点时，PF1F2面积取得最大值，即可得 到 b=1，求得 a，进而得到椭圆方程； （）设直线l 的方程为y=kx +m，代入椭圆方程x 2+4y2=4，运用韦达定理，由三角形的面 积公式结合向量数量积的定义和坐标表示，可得SOAB= | x 1y2 x 2y1| =1，化简整理可得 1+4k 2=2m2
34、，再由向量的坐标表示，计算即可得到 x1x2 +4y 1y2=0，运用点满足椭圆方程，化 简整理可得s2 +t 2=1 为定值 【解答】 解： （）由题意可得c=， 当P为短轴的端点时， PF1F2面积取得最大值 ?b?2c=， 解得 b=1，a= =2， 即有椭圆的方程为 +y 2=1； （）设直线l 的方程为y=kx +m，代入椭圆方程x 2+4y2=4， 可得（ 1+4k2） x2+8kmx +4m24=0， 设 A（x1，y1） ，B（ x2，y2） ， 即有 x1 +x 2 = ，x 1x2=， SOAB=| OA | ?| OB| sinAOB= 第 16 页（共 18 页） =
35、| x 1y2 x 2y1| = | x 1（ kx2+m）x2（kx1+m）| = | m（x1 x2）| = | m| ? =1， 化简可得1+4k2=2m 2， 设 G（x，y） ，由=s +t ，可得 x=sx1 +tx 2，y=sy1 +ty 2 又因为点 G 在椭圆 C 上，所以有（sx1 +tx 2） 2+4（sy 1 +ty 2） 2=4， 整理可得： s 2（x 12+4y12）+t2（x22+4y22）+2st（x1x2+4y1y2）=4 即为 4（ s 2 +t 2）+2st（x 1x2 +4y 1y2）=4 由 x1x2=2 ，x1+x2=， 可得 4y1y2=4（kx
36、1+m） （ kx2+m）=4 k2x1x2+km（x1 +x 2） +m 2 =4k 2?（2 ）+4km（）+4m 2= 2， 可得 x1x2+4y1y2=0，即有 s 2+t2=1 为定值 20已知在数列 a n中， a1=1，an+1= （）若t=0，求数列 an的通项公式； （）若t=1，求证： 【考点】 数列与不等式的综合；数列递推式 【分析】（）通过t=0 可知 an+1= ，进而取对数、变形可知lnan+1ln2=2（lnanln2） ， 计算即得结论； （）通过a1=1 可知 an+1= 且 a n0，放缩即得 + +，利用 an+1an=0 可知数列 an是递减数列，进而可
37、知 an+1an，即 an，利用 an+1an=转化、相加即得结论 【解答】 证明： （）若t=0，则 an+1= ， 由 a 1=1 可知 an0， 从而 lnan+1=2lnanln2， 第 17 页（共 18 页） 从而 lnan+1ln2=2（lnanln2） ，即 ln=2ln， 又 ln=ln2 1， 数列 ln是首项为 ln2 1、公比为 2 的等比数列， ln=2n1ln21=ln ，即 an=； （）首先，由a1=1，an+1= ，可知 an 0， 则： + +=， an+1an= 0， 数列 an 是递减数列， =11=，即 an+1an， a n a1= ， 又 an+1 an= a n = ， + +=（ a1a2）+2（a2a3）+3（ a3a4）+ +n（anan+1） =a1+a2+a3+a4+ +an nan+1 1+ +=， 综上所述： 第 18 页（共 18 页） 2019 年 8 月 5 日