2018年浙江省台州市高考数学一模试卷

2018年浙江省台州市高考数学一模试卷
一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 设集合P={0, 1, 2, 3}，Q={x∈R||x|<2}，则P∩Q=()
A.{0, 1}
B.{1, 2}
C.{0, 1, 2}
D.{1}
【答案】
A
【考点】
交集及其运算
【解析】
解不等式化简集合Q，根据交集的定义写出P∩Q．
【解答】
解：集合P={0, 1, 2, 3}，
Q={x∈R||x|<2}={x∈R|−2<x<2}，
则P∩Q={0, 1}．
故选A.
2. 若复数z=(1−i)(2+i)（其中i为虚数单位），则z在复平面内对应的点在（）
A.第一象限
B.第二象限
C.第三象限
D.第四象限
【答案】
D
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
【解析】
利用复数代数形式的乘除运算化简，求出z在复平面内对应的点的坐标得答案．
【解答】
z=(1−i)(2+i)=3−i，
则z在复平面内对应的点的坐标为：(3, −1)，位于第四象限．
3. 设A，B，C为△ABC的内角，则“A<B”是“cosA>cosB”的（）
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
【答案】
C
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
利用余弦函数的单调性和充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【解答】
在三角形中，0<A，B<π．
因为y=cosx在(0, π)上为单调减函数，
所以若A<B，则cosA>cosB．
若cosA>cosB，则A<B．
所以，A <B 是cosA >cosB 的充要条件．
4. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A.1
6 B.1
3
C.1
D.3
【答案】 B
【考点】
由三视图求体积 【解析】
由已知中的三视图可得：该几何体是以侧视图为底面的四棱锥，进而得到答案． 【解答】
由已知中的三视图可得：该几何体是以侧视图为底面的四棱锥， 其底面面积S =1×1=1， 高ℎ=1，
故体积V =1
3×1×1=1
3，
5. 在一个箱子中装有大小形状完全相同的4个白球和3个黑球，现从中有放回的摸取5次，每次随机摸取一球，设摸得的白球个数为X ，黑球个数为Y ，则（ ） A.E(X)>E(Y)，D(X)>D(Y) B.E(X)=E(Y)，D(X)>D(Y) C.E(X)>E(Y)，D(X)=D(Y) D.E(X)=E(Y)，D(X)=D(Y) 【答案】 C
【考点】
离散型随机变量的期望与方差 【解析】
推导出X ∼B(5, 4
7)，Y ∼B(5, 3
7)，由此得到E(X)>E(Y)，D(X)=D(Y)．
【解答】
在一个箱子中装有大小形状完全相同的4个白球和3个黑球，
现从中有放回的摸取5次，每次随机摸取一球，设摸得的白球个数为X ，黑球个数为Y ， 则X ∼B(5, 4
7)，Y ∼B(5, 3
7)， E(X)=5×4
7=
207
，E(Y)=5×37=157，
D(X)=5×47×3
7=60
49，D(Y)=5×3
7×4
7=60
49，
∴ E(X)>E(Y)，D(X)=D(Y)．
6. 设数列{a n }，{b n }满足a n +b n =700，a n+1=7
10a n +2
5b n ，n ∈N ∗，若a 6=400，则（ ） A.a 4>a 3 B.b 4<b 3 C.a 3>b 3 D.a 4<b 4
【答案】 C
【考点】 数列递推式 【解析】
由题意可得a n+1=3
10a n +280，可得a n+1−400=3
10(a n −400)，由a 6=400，可得a n =400，b n =300，即可得到所求结论． 【解答】
a n +
b n =700，a n+1=7
10a n +2
5b n ， 可得b n =700−a n ， 即有a n+1=3
10a n +280， 可得a n+1−400=3
10(a n −400)
可得a n −400=(a 6−400)⋅(3
10)n−6=0，
即有a n =400，b n =300，
则a 4=a 3，b 4=b 3，a 3>b 3，a 4>b 4，
7. 在△ABC 中，边a ，b ，c 所对的角分别为A ，B ，C ，若a 2=b 2+c 2−√3bc ，sinC =2cosB ，则（ ）
A.A =π3
B.B =π
4
C.c =√3b
D.c =2a 【答案】
D
【考点】
两角和与差的正弦公式 余弦定理 【解析】
由已知及余弦定理可得cosA =√3
2
，可得A =π
6，利用三角函数恒等变换的应用可求
tanB =√3，由B ∈(0, π)，可得B =π3，进而可求C =π
2，即可得解c =2a ． 【解答】
解：∵ a 2=b 2+c 2−√3bc ， ∴ 由余弦定理可得： cosA =
b 2+
c 2−a 2
2bc =
√3bc 2bc
=
√32
， 可得A =π
6，
∴ sinA =1
2， ∵ sinC =2cosB ，
可得：sin(5π6−B)=2cosB ， 可得：1
2
cosB +√3
2
sinB =2cosB ，
∴ tanB =√3，由B ∈(0, π)， 可得：B =π
3，C =π
2， ∴ c =2a ． 故选D .
8. 设实数x ，y 满足条件{x −y +1≥0
x +2y −2≥0x −2y −2≤0
，若z =2x 2−y −2，则（ ）
A.z 的最小值为−25
8
B.z 的最小值为−3
C.z 的最大值为33
D.z 的最大值为6 【答案】 A
【考点】 简单线性规划 【解析】
先根据约束条件画出可行域，由z =2x 2−y −2可得y =2x 2−2−z ，再利用z 的几何意义求最值，只需求出z =2x 2−y −2过可行域内的点A 时，从而得到z 值即可 【解答】
实数x ，y 满足条件 {x −y +1≥0
x +2y −2≥0x −2y −2≤0
，
作可行域如图，
由z =2x 2−y −2可得y =2x 2−2−z ，
上下平移y =2x 2−2−z ，当经过点A 时，过可行域内的点A 时，z 最小， 设抛物线y =2x 2−2−z 与直线y =x +1相切于点A ，切点为(x 0, y 0) ∴ y′=4x ， ∴ 4x 0=1，
解得x 0=1
4，代入y =x +1，可得y 0=5
4， ∴ z =2×1
16−5
4−2=−25
8，
9. 已知单位向量e 1→,e 2→
，且e 1→
∗e 2→
=−1
2，若向量a →
满足(a →
−e 1→
)∗(a →
−e 2→
)=5
4，则|a →
|的取值范围为（ ） A.[√2−√32,√2+√32brack
B.[√2−1
2,√2+12brack
C.(0,√2+1
2brack D.(0,√2+√32brack
【答案】 C
【考点】
平面向量数量积 【解析】
根据题意求出|e 1→
+e 2→
|，把(a →
−e 1→
)∗(a →
−e 2→
)=5
4化为|a →
|2−|a →
|−7
4≤0，解不等式求出|a →
|的取值范围． 【解答】
单位向量e 1→,e 2→
，且e 1→
∗e 2→
=−1
2，c <e 1→
，e 2→
>=120∘， ∴ |e 1→
+e 2→|=√1+1+2×(−12
)=1；
若向量a →
满足(a →−e 1→)∗(a →−e 2→
)=5
4， 则a →2−a →⋅(e 1→+e 2→)+e 1→⋅e 2→
=5
4， ∴ |a →|2−−a →⋅(e 1→+e 2→
)=7
4 ∴ |a →|2−|a →|⋅cos <a →e 1→+e 2→
>=7
4 解得1
2−√2≤|a →
|≤1
2+√2；
∴ |a →|的取值范围是(√2−12, √2+1
2]．
10. 设f ′(x)为函数f(x)的导函数(x ∈R)，且f(x)<0，2f ′(x)+f(x)>0（e 为自然对数的底数），若x 1<x 2，则（ ） A.f(x 2)<e x 1−x 2⋅f(x 1) B.f(x 1)<e x 2−x 1⋅f(x 2) C.f 2(x 2)>e x 2−x 12
⋅f 2(x 1) D.f 2(x 1)>e x 1−x 22
⋅f 2(x 2)
【答案】 D
【考点】
利用导数研究函数的单调性 【解析】
设g(x)=e x f 2(x)，判断g(x)的单调性，根据单调性得出结论． 【解答】
设g(x)=e x f 2(x)，则g′(x)=e x f 2(x)+e x 2f(x)f′(x)=e x f(x)[f(x)+2f′(x)]<0， ∴ g(x)在R 上单调递减，又x 1<x 2，
∴ g(x 1)>g(x 2)，即e x 1f 2(x 1)>e x 2f 2
(x 2)，
∴ f 2(x 1)>e x 2−x 1f 2(x 2)， 又x 2−x 1>x 1−x 22
，∴ e
x 2−x 1
>e
x 1−x 22
，
∴ e
x 2−x 1f 2
(x 2)>e
x 1−x 22
f 2(x 2)，
∴ f 2(x 1)>e
x 1−x 22
f 2(x 2)，
二、填空题：本大题共7小题，共36分．多空题每小题6分；单空题每小题6分．
设实数a 满足2a =3，则a =________，log 312−log 36=________（用a 表示）． 【答案】 log 23,1
a
【考点】
对数的运算性质 【解析】
直接由对数的运算性质计算得答案． 【解答】
∵ 实数a 满足2a =3， ∴ a =log 23；
∴ log 312−log 36=log 3(12
6)=log 32=1
a ．
抛物线C:y 2=8x 的焦点F 坐标为________，若点P(√3,m)在抛物线C 上，则线段PF 的长度为________． 【答案】 (2, 0),√3+2 【考点】 抛物线的求解 【解析】
根据抛物线的方程得出开口方向和焦点坐标，准线方程，利用抛物线的定义得出PF ． 【解答】
抛物线方程为y 2=8x ，∴ 抛物线开口向右， ∴ 2p =8，p =4， ∴ p
2=0，
∴ 抛物线焦点为(2, 0)，
抛物线的准线方程为L:x =−2， ∴ 点P 到准线的距离为√3+2， 由抛物线的定义可知PF =√3+2．
若函数f(x)=a −2
2x −1(a ∈R)是奇函数，则a =________，函数f(x)的值域为________． 【答案】
−1,(−∞, −1)∪(1, +∞)
【考点】
函数奇偶性的性质
【解析】
由奇函数的定义可得f(−x)+f(x)=0，解方程可得a，再由指数函数的值域，解不等式可得值域．
【解答】
函数f(x)=a−2
2x−1
(a∈R)是奇函数，
可得f(−x)+f(x)=a−2
2x−1+a−2
2−x−1
=2a−(2
2−1+2∗2x
1−2
)=2a+2=0，
解得a=−1，
则y=f(x)=−1−2
2x−1
，
可得1−2x=21+y，
即有2x=y−1
y+1
>0，
解得y>1或y<−1，
可得值域为(−∞, −1)∪(1, +∞)，
若非负实数x，y满足x2+4y2+4xy+4x2y2=32，则x+2y的最小值为________，√7(x+2y)+2xy的最大值为________．
【答案】
4,16
【考点】
基本不等式
【解析】
第一空，不等式配方是关键，因为x2+4y2+4xy+4x2y2=32，所以(x+2y)2+
4x2y2=32≤(x+2y)2+1
16
(x+2y)4，从而由(x+2y)4+16(x+2y)2−32×16≥0，解得x+2y的最小值为4，
第二空，因为x2+4y2+4xy+4x2y2=32，
可以令令√7(x+2y)+2xy=t(t≥0)．
整理后关于xy的方程32x2y2−4txy−32×7+t2=0
的判别式△≥0，解得t的范围，确定t的最大值为（16）
则√7(x+2y)+2xy=t的最大值也为（16）
【解答】
因为x2+4y2+4xy+4x2y2=32，
所以x2+4y2+4xy=(x+2y)2=32−4x2y2(1)，
所以由（2）（3）联立可得：7(32−4x2y2)=(t−2xy)2
展开得：32x2y2−4txy−32×7+t2=0
因为关于xy的方程必须有解，故方程的判别式△=16t2−4×32×(t2−32×7)≥(0)解得t2≤16×16，因为t2≥0，所以0≤t≤16，
所以t的最大值为16
则t=√7(x+2y)+2xy，
故答案为：√7(x+2y)+2xy的最大值为（16）
在(2x−1)2+(2x−1)3+...+(2x−1)8的展开式中，含x2项的系数为________．
【答案】
64
【考点】
二项式定理的应用
【解析】
利用二项展开式的通项依次写出每一个二项式中含x2的项，则答案可求．
【解答】
在(2x−1)2+(2x−1)3+...+(2x−1)8的展开式中，
含x2项为C20(2x)2−C31(2x)2+C42(2x)2−C53(2x)2+C64(2x)2−C75(2x)2+C86(2x)2，
则含x2项的系数为4(1−3+6−10+15−21+28)=(64)
若关于x的不等式(acosx−1)(ax2−x+16a)<0在(0, +∞)上有解，则实数a的取值
范围为________．
【答案】
(−∞, −1)∪(0, +∞)
【考点】
函数恒成立问题
不等式恒成立的问题
【解析】
根据余弦函数的性质和二次函数的性质，分类讨论即可求出．
【解答】
①当a=0时，不等式可化为x<0，此时不等式在(0, +∞)无解，
②当a>0时，−a−1<acosx−1<a−1，因为−a−1<−1，a−1>−1，因为
y=ax2−x+16a，开口向上，此时在(0, +∞)一定有解，
故y=acosx−1<0即可，由于y=acosx−1为周期函数，
此时y=acosx−1在(0, +∞)有负解，
故(acosx−1)(ax2−x+16a)<0在(0, +∞)上有解，
③当a<−1时，a−1<acosx−1<−a−1，因为a−1<−1，−a−1>0，而y= ax2−x+16a，开口向下，此时△=1−64a2<0，即ax2−x+16a<0恒成立，
故y=acosx−1>0即可，由于y=acosx−1为周期函数，
此时y=acosx−1在(0, +∞)有正解，
故(acosx−1)(ax2−x+16a)<0在(0, +∞)上有解，
④当a=−1时，不等式可化为(cosx+1)(x2+x+16)<0，此时无解，acosx−1<
0恒成立，
⑤当−1<a<0时，a−1<acosx−1<−a−1，因为−2<a−1<−1，−1<
−a−1<0，此时acosx−1<0恒成立
<0，与y轴的交点16a<0，此时
而y=ax2−x+16a，开口向下，对称轴为x=1
2a
y=ax2−x+16a>0，在(0, +∞)一定有解
故原不等式在(0, +∞)有解，
综上所述a的取值范围为(−∞, −1)∪(0, +∞)，
如图，在直角梯形ABCD中，AB // CD，∠ABC=90∘，AB=1，AC=CD=DA=2，
动点M在边DC上（不同于D点），P为边AB上任意一点，沿AM将△ADM翻折成△AD′M，当平面AD′M垂直于平面ABC时，线段PD′长度的最小值为________．
【答案】
√15
2
【考点】
平面与平面垂直
【解析】
设D′在平面ABCD上的射影为H，根据H到直线AB的最小值及距离公式计算．
【解答】
解：设D′在平面ABCD上的射影为H，
显然当∠AMD最小值时，H到直线AB的距离最小，
故折痕为AC时，H为AC的中点，此时D′H=DH=√3，
此时，H到直线AB的最小距离为ℎ=1
2BC=√3
2
，
∴PD′的最小距离为√D′H2+ℎ2=√15
2
．
故答案为：√15
2
.
三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
已知函数f(x)=sinxcosx+cos2x．
(Ⅰ)求函数f(x)的最小正周期，并写出f(x)图象的对称轴方程；
(Ⅱ)若将函数y=f(x)图象向右平行移动π
8
个单位，得到函数y=g(x)的图象，求满足
g(x0)≥1的实数x0的集合．
【答案】
(Ⅰ)f(x)=sinxcosx+cos2x=1
2sin2x+1
2
(1+cos2x)=1
2
(sin2x+cos2x)+1
2
=
√2 2sin(2x+π
4
)+1
2
，
则函数f(x)的最小正周期T=2π
2
=π，
由2x+π
4=π
2
+kπ，k∈Z，
得x=π
8+kπ
2
，k∈Z，得f(x)图象的对称轴方程为x=π
8
+kπ
2
，k∈Z；
(Ⅱ)由题意得g(x)=√2
2sin(2(x−π
8
)+π
4
)+1
2
=√2
2
sin2x+1
2
，
由g(x0)≥1得√2
2sin2x0+1
2
≥1，即sin2x0≥√2
2
，
∴π
4+2kπ≤2x0≤3π
4
+2kπ，k∈Z
得π
8+kπ≤x0≤3π
8
+kπ，k∈Z
即所求实数x0的集合为{x0|π
8+kπ≤x0≤3π
8
+kπ, k∈Z}．
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】
(Ⅰ)利用三角函数的倍角公式以及辅助角公式进行化简，即可求函数f(x)的最小正周期，和对称轴方程；
(Ⅱ)求出g(x)的解析式，结合不等式进行求解即可．
【解答】
(Ⅰ)f(x)=sinxcosx+cos2x=1
2sin2x+1
2
(1+cos2x)=1
2
(sin2x+cos2x)+1
2
=
√2 2sin(2x+π
4
)+1
2
，
则函数f(x)的最小正周期T=2π
2
=π，
由2x+π
4=π
2
+kπ，k∈Z，
得x=π
8+kπ
2
，k∈Z，得f(x)图象的对称轴方程为x=π
8
+kπ
2
，k∈Z；
(Ⅱ)由题意得g(x)=√2
2sin(2(x−π
8
)+π
4
)+1
2
=√2
2
sin2x+1
2
，
由g(x0)≥1得√2
2sin2x0+1
2
≥1，即sin2x0≥√2
2
，
∴π
4+2kπ≤2x0≤3π
4
+2kπ，k∈Z
得π
8+kπ≤x0≤3π
8
+kπ，k∈Z
即所求实数x0的集合为{x0|π
8+kπ≤x0≤3π
8
+kπ, k∈Z}．
如图，在三棱锥D−ABC中，CA=CB=√2，DA=DB=√3，AB=2．
(Ⅰ)求证：AB⊥CD；
(Ⅱ)若顶点D在底面ABC上的射影落在△ABC的内部，当直线AD与底面ABC所成角的正弦值为√21
6
时，求二面角C−AD−B的平面角的余弦值．
【答案】
(Ⅰ)证明：如图，取AB中点E，连接CE，DE，
∵CA=CB，DA=DB，
∴AB⊥平面DEC，
又DC⊂平面DEC，
∴AB⊥CD；
(Ⅱ)如图，作DO⊥CE于点O，
由(Ⅰ)可得平面DEC⊥平面ABC，且交于CE，∴DO⊥平面ABC，
∴∠DAO为直线AD与平面ABC所成的角，sin∠DAO=DO
AD =
√3
=√21
6
，即DO=√7
2
，
OE=1
2
，
∴O为CE的中点．
∴DC=DE=√2．
过C作CM⊥DE于点M，取AD的中点G，连接CG，GM，同上可得CM⊥平面ABD，
∴CM⊥AD，
∵CG⊥AD，∴∠CGM为二面角C−AD−B的平面角，
CG=√2−3
4=√5
2
，在△CDE中，CM=CE∗DO
DE
=1×
√7
2
√2
=√14
4
．
在Rt△CMG中，MG2=CG2−CM2=3
8
，
∴MG=√3
8
．
则cos∠CGM=GM
CG =
√3
8
√5
2
=√30
10
．
∴二面角C−AD−B的平面角的余弦值为√30
10
．
【考点】
直线与平面垂直
二面角的平面角及求法
【解析】
(Ⅰ)取AB中点E，连接CE，DE，结合已知条件即可得到AB⊥平面DEC，由此能证明
AB⊥CD；
(Ⅱ)作DO⊥CE于点O，结合(Ⅰ)可得DO⊥平面ABC，则∠DAO为直线AD与平面ABC所
成的角，求出DO，OE的值，再过C作CM⊥DE于点M，取AD的中点G，连接CG，GM，同上可得CM⊥平面ABD，则∠CGM为二面角C−AD−B的平面角，由此可求出二面角
C−AD−B的平面角的余弦值．
【解答】
(Ⅰ)证明：如图，取AB中点E，连接CE，DE，
∴AB⊥平面DEC，
又DC⊂平面DEC，
∴AB⊥CD；
(Ⅱ)如图，作DO⊥CE于点O，
由(Ⅰ)可得平面DEC⊥平面ABC，且交于CE，∴DO⊥平面ABC，
∴∠DAO为直线AD与平面ABC所成的角，sin∠DAO=DO
AD =
√3
=√21
6
，即DO=√7
2
，
OE=1
2
，
∴O为CE的中点．
∴DC=DE=√2．
过C作CM⊥DE于点M，取AD的中点G，连接CG，GM，同上可得CM⊥平面ABD，
∴CM⊥AD，
∵CG⊥AD，∴∠CGM为二面角C−AD−B的平面角，
CG=√2−3
4=√5
2
，在△CDE中，CM=CE∗DO
DE
=1×
√7
2
√2
=√14
4
．
在Rt△CMG中，MG2=CG2−CM2=3
8
，
∴MG=√3
8
．
则cos∠CGM=GM
CG =
√3
8
√5
2
=√30
10
．
∴二面角C−AD−B的平面角的余弦值为√30
10
．
已知函数f(x)=2x3−3(m+1)x2+6mx，m∈R．
(Ⅰ)若m=2，写出函数f(x)的单调递增区间；
(Ⅱ)若对于任意的x∈[−1, 1]，都有f(x)<4，求m的取值范围．【答案】
(Ⅰ)若m=2，则f(x)=2x3−9x2+12x，
∵f′(x)=6x2−18x+12=6(x2−3x+2)=6(x−1)(x−2)，令f′(x)>0，则x<1或x>2，
故函数f(x)的递增区间是(−∞, 1)，(2, +∞)；
(Ⅱ)f(x)=2x3−3(m+1)x2+6mx，
f′(x)=6(x−1)(x−m)，
①当m≥1时，
f(x)max=f(1)=3m−1<4，故m<5
3
，
∴1≤m<5
3
；
②当−1<m<1时，
f(x)在(−1, m)递增，在(m, 1)递减，
f(x)max=f(m)=−m3+3m2<4，
即m3−3m2+4>0，(m+1)(m−2)2>0恒成立，
∴−1<m<1；
③当m≤−1时，
f(x)在(−1, 1)递减，
f(x)max=f(−1)=−9m−5<4，
综上，m的范围是−1<m<5
3
．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】
(Ⅰ)求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的递增区间即可；(Ⅱ)求出函数的导数，通过讨论m的范围，求出函数的最大值即可．
【解答】
(Ⅰ)若m=2，则f(x)=2x3−9x2+12x，
∵f′(x)=6x2−18x+12=6(x2−3x+2)=6(x−1)(x−2)，
令f′(x)>0，则x<1或x>2，
故函数f(x)的递增区间是(−∞, 1)，(2, +∞)；
(Ⅱ)f(x)=2x3−3(m+1)x2+6mx，
f′(x)=6(x−1)(x−m)，
①当m≥1时，
f(x)在(−1, 1)递增，
f(x)max=f(1)=3m−1<4，故m<5
3
，
∴1≤m<5
3
；
②当−1<m<1时，
f(x)在(−1, m)递增，在(m, 1)递减，
f(x)max=f(m)=−m3+3m2<4，
即m3−3m2+4>0，(m+1)(m−2)2>0恒成立，
∴−1<m<1；
③当m≤−1时，
f(x)在(−1, 1)递减，
f(x)max=f(−1)=−9m−5<4，
综上，m的范围是−1<m<5
3
．
已知椭圆C:x2
a2+y2
b2
=1(a>b>0)经过点M(2,√2)，且离心率为√2
2
．
(Ⅰ)求a，b的值，并写出椭圆C的方程；
PB与直线l:x=m（m为常数）分别交于不同的两点M，N，则当点P运动时，以MN为直径的圆是否经过定点？
【答案】
(Ⅰ)由题知：4
a2+2
b2
=1，c
a
=√2
2
，a2=b2+c2，
解得a=2√2，b=2，
∴x2
8+y2
4
=1；
(Ⅱ)A(−2√2, 0)，B(2√2, 0)，设PA，PB的斜率分别为k1，k2，则PA，PB方程分别为y=k1(x+2√2)，y=k2(x−2√2)，
∴M（m, k
1(m+2√2)），N（（m, k2(m+2√2)），
∴圆的方程为(x−m)2+（y−k
1
(m+2√2)）⋅（y−k2(m+2√2)）=0，即(x−m)2+y2−（k1(m+2√2)）+k2(m+2√2)）y+k1k2(m2−8)=0，
设点P(x0, y0)，则x02
8+y02
4
=1，即y02=4(1−x02
8
)，
∴k1k2=0
x+2√2
x−2√2
=y02
x02−8
=−1
2
，
由y=0，得(x−m)2−1
2
(m2−8)=0，
∴(x−m)2=1
2
(m2−8)，
当m2−8<0时，即−2√2<m<2√2，方程无实数解，该圆不经过原点，
当m2−8≥0时，即m≥2√2或m≤−2√2，m±√2m2−16
2
，
即定点为Q(m±√2m2−16
2
, 0)．
【考点】
椭圆的定义
椭圆的应用
直线与椭圆的位置关系
【解析】
(Ⅰ)由题意可得4
a2+2
b2
=1，c
a
=√2
2
，a2=b2+c2，解得即可；
(Ⅱ)A(−2√2, 0)，B(2√2, 0)，设PA，PB的斜率分别为k1，k2，分别设出直线方程，即可得到圆的方程，根据斜率的关系即可求出k1k2=−1
2
，即可得到(x−m)2=
1
2
(m2−8)，分类讨论即可求出．
【解答】
(Ⅰ)由题知：4
a2+2
b2
=1，c
a
=√2
2
，a2=b2+c2，
解得a=2√2，b=2，
∴x2
8+y2
4
=1；
(Ⅱ)A(−2√2, 0)，B(2√2, 0)，设PA，PB的斜率分别为k1，k2，则PA，PB方程分别为y=k(x+2√2)，y=k(x−2√2)，
∴ 圆的方程为(x −m)2+（y −k 1(m +2√2)）⋅（y −k 2(m +2√2)）=0， 即(x −m)2+y 2−（k 1(m +2√2)）+k 2(m +2√2)）y +k 1k 2(m 2−8)=0， 设点P(x 0, y 0)，则x 0
28
+
y 0
24
=1，即y 02
=4(1−
x 0
28
)，
∴ k 1k 2=0
x
+2√
20
x
−2√
2=y 02
x 0
2−8
=−1
2， 由y =0，得(x −m)2−1
2(m 2−8)=0， ∴ (x −m)2=1
2(m 2−8)，
当m 2−8<0时，即−2√2<m <2√2，方程无实数解，该圆不经过原点， 当m 2−8≥0时，即m ≥2√2或m ≤−2√2，m ±√2m 2−16
2
，
即定点为Q(m ±√2m
2−16
2
, 0)．
在正项数列{a n }中，已知1≤a 1≤11，a n+12=133−12a n ，n ∈N ∗．
(Ⅰ)求证：1≤a n ≤11；
(Ⅱ)设b n =n(a 2n−1+a 2n )，S n 表示数列{b n }前n 项和，求证：S n ≥6n(n +1)； (Ⅲ)若a 1=8，设c n =a 2n−1−a 2n ，T n 表示数列{c n }前n 项和． (i)比较a n 与7的大小； (ii)求证：T n <13． 【答案】
证明：(I)(i)n =1时，1≤a 1≤11； (ii)假设n =k 时，有1≤a k ≤11成立，
则n =k +1时，∵ 1≤133−12a k ≤121，∴ 1≤a k+12
≤1(21) ∵ a n >0，∴ 1≤a k+1≤11成立． 综上可得：1≤a n ≤(11)
(Ⅱ)∵ a 2n−1+a 2n =−1
12a 2n
2
+a 2n +13312
=−112(a 2n −6)2+
16912
，
∵ 1≤a 2n ≤11，
∴ a 2n−1+a 2n ≥12，
∴ b n =n(a 2n−1+a 2n )≥12n ，
∴ S n =b 1+b 2+……+b n ≥12(1+2+……+n)=12×
n(1+n)2
=6n(n +1)．
∴ S n ≥6n(n +1)．
(III)(i)∵ a 1=8，∴ a 22=133−96=37，∴ a 2=√37，∴ a 1>7，a 2<(7)
由a n+12−72=133−72−12a n =84−12a n =−12(a n −7)， ∴ (a n+1−7)(a n −7)<0， ∴ a 2n−1>7>a 2n ． a 2n+12=133−12a 2n ，a 2n 2=133−12a 2n−1，
∴ a 2n+12−a 2n 2=−12(a 2n −a 2n−1)，即a 2n+12=a 2n 2−12(a 2n −a 2n−1)， ∴ a 2n+12−a 2n−12=a 2n 2−a 2n−12−12(a 2n −a 2n−1)=(a 2n −a 2n−1)(a 2n +a 2n−1−12)<0，
同理可得：a 2n 2−a 2n−22
=(a 2n−1−a 2n−2)(a 2n−1+a 2n−2−12)>0， 综上可得：数列{a }单调递减，即a >a >(7)
=|a 1−7|+|a 2−7|+……+|a 2n −7|， ∵ |a 2n −7|
|a
2n−1
−7|
=12
a 2n
+7
≤12
a 2
+7
=7+√
37<12
13，且a 1−7=(1) ∴ T n ≤1+1×
12
13+……+(12
13
)2n−1=
1−(12
13)2n
1−1213
<
11−
12
13
=(13)
【考点】 数列的求和
数列与不等式的综合 【解析】
（I ）利用数学归纳法即可证明．
(Ⅱ)由a 2n−1+a 2n =−1
12a 2n
2
+a 2n +13312
=−112(a 2n −6)2+
16912
，根据1≤a 2n ≤11，
可得a 2n−1+a 2n ≥12，b n =n(a 2n−1+a 2n )≥12n ，利用求和公式等即可证明． (III)(i)由a 1=8，可得a 22=133−96=37，解得a 2，a 1>7，a 2<(7)由a n+12−72=
−12(a n −7)，可得(a n+1−7)(a n −7)<0，可得a 2n−1>7>a 2n ．再利用条件可得数列{a 2n−1}与数列{a 2n }的单调性即可得出结论．
(ii)T n =c 1+c 2+……+c n =a 1−7+7−a 2+……+a 2n−1−7+7−a 2n =|a 1−7|+|a 2−7|+……+|a 2n −7|，利用|a 2n −7|
|a
2n−1
−7|
=12
a 2n
+7
≤12
a 2
+7
=7+√37
<12
13，且a 1−7=(1)再利用求和公式结论得出． 【解答】
证明：(I)(i)n =1时，1≤a 1≤11； (ii)假设n =k 时，有1≤a k ≤11成立，
则n =k +1时，∵ 1≤133−12a k ≤121，∴ 1≤a k+12
≤1(21) ∵ a n >0，∴ 1≤a k+1≤11成立． 综上可得：1≤a n ≤(11)
(Ⅱ)∵ a 2n−1+a 2n =−1
12a 2n
2
+a 2n +13312
=−112(a 2n −6)2+
16912
，
∵ 1≤a 2n ≤11，
∴ a 2n−1+a 2n ≥12，
∴ b n =n(a 2n−1+a 2n )≥12n ，
∴ S n =b 1+b 2+……+b n ≥12(1+2+……+n)=12×
n(1+n)2
=6n(n +1)．
∴ S n ≥6n(n +1)．
(III)(i)∵ a 1=8，∴ a 22=133−96=37，∴ a 2=√37，∴ a 1>7，a 2<(7)
由a n+12−72=133−72−12a n =84−12a n =−12(a n −7)， ∴ (a n+1−7)(a n −7)<0， ∴ a 2n−1>7>a 2n ． a 2n+12=133−12a 2n ，a 2n 2=133−12a 2n−1，
∴ a 2n+12−a 2n 2=−12(a 2n −a 2n−1)，即a 2n+12=a 2n 2−12(a 2n −a 2n−1)， ∴ a 2n+12−a 2n−12=a 2n 2−a 2n−12−12(a 2n −a 2n−1)=(a 2n −a 2n−1)(a 2n +a 2n−1−12)<0，
同理可得：a 2n 2−a 2n−22
=(a 2n−1−a 2n−2)(a 2n−1+a 2n−2−12)>0， 综上可得：数列{a }单调递减，即a >a >(7)
=|a1−7|+|a2−7|+……+|a2n−7|，
∵|a2n−7|
|a2n−1−7|=12
a2n+7
≤12
a2+7
=
7+√37
<12
13
，且a1−7=(1)
∴T n≤1+1×12
13+……+(12
13
)2n−1=1−(
12
13
)2n
1−12
13
<1
1−12
13
=(13)。