数学卷·2018届福建省龙岩市漳平一中、连城一中高二上学期第二次联考数学试卷（理科） （解析版）

数学卷·2018届福建省龙岩市漳平一中、连城一中高二上学期第二次联考数学试卷（理科） （解析版）

全*品*高*考*网， 用后离不了！2016-2017学年福建省龙岩市漳平一中、 连城一中高二（上） 第二次联考数学试卷（理科）‎ ‎　‎ 一、选择题：（本大题共12小题，每小题5分，共60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．已知命题p：∀x∈R，，则（　　）‎ A．﹁p：∃x∈R，sin B．﹁p：∃x∈R，‎ C．﹁p：∀x∈R D．﹁p：∀x∈R，‎ ‎2．设实数x，y满足不等式组，则x+y的最小值是（　　）‎ A．3 B．﹣3 C． D．﹣‎ ‎3．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c．已知b=26，c=15，C=28°，则△ABC有（　　）‎ A．一解 B．二解 C．无解 D．不能确定 ‎4．数列{an}的前n项和Sn=n2﹣5n（n∈N*），若p﹣q=4，则ap﹣aq=（　　）‎ A．20 B．16 C．12 D．8‎ ‎5．下列命题中，真命题的个数有（　　）‎ ‎①∀x∈R，x2﹣x+≥0；‎ ‎②∃x＞0，lnx+≤2；‎ ‎③“a＞b”是“ac2＞bc2”的充要条件；‎ ‎④f（x）=3x﹣3﹣x是奇函数．‎ A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 ‎6．已知抛物线的顶点在原点，焦点在y轴上，抛物线上的点P（m，﹣2）到焦点的距离为5，则m的值为（　　）‎ A．±4 B．±2 C．±2 D．±5‎ ‎7．今年“五一”期间，某公园举行免费游园活动，免费开放一天，早晨6时30分有2人进入公园，接下来的第一个30分钟内有4人进去1人出来，第二个30分钟内有8人进去2人出来，第三个30分钟内有16人进去3人出来，第四个30分钟内有32人进去4人出来…按照这种规律进行下去，到上午11时公园内的人数是（　　）‎ A．212﹣57 B．211﹣47 C．210﹣38 D．29﹣30‎ ‎8．若双曲线=1与椭圆=1（m＞b＞0）的离心率之积等于1，则以a，b，m为边长的三角形一定是（　　）‎ A．等腰三角形 B．钝角三角形 C．锐角三角形 D．直角三角形 ‎9．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c．若a=3bsinC且cosA=3cosBcosC，则tanA的值为（　　）‎ A．4 B．﹣4 C．﹣3 D．3‎ ‎10．已知数列{an}，{bn}满足a1=1，且an，an+1是方程x2﹣bnx+3n=0的两根，则b8等于（　　）‎ A．54 B．108 C．162 D．324‎ ‎11．已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若cos2A+cos2C=2cos2B，则cosB的最小值为（　　）‎ A． B． C． D．﹣‎ ‎12．直线l与抛物线y2=6x交于A，B两点，圆（x﹣6）2+y2=r2与直线l相切于点M，且M为线段AB的中点．若这样的直线l恰有4条，则r的取值范围是（　　）‎ A．（，2） B．（，3） C．（3，） D．（3，3）‎ ‎　‎ 二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卡的相应位置）‎ ‎13．命题“若a2+b2=0，则a=0且b=0”的否命题是　　．‎ ‎14．方程x2+（m+3）x﹣m=0有两个正实根，则m的取值范围是　　．‎ ‎15．已知直线l：y=kx+m（m为常数）和双曲线=1恒有两个公共点，则斜率k的取值范围为　　．‎ ‎16．已知F1，F2是椭圆=1的两焦点，P是椭圆第一象限的点．若∠F1PF2=60°，则P的坐标为　　．‎ ‎　‎ 三、解答题：（本大题共6小题，共80分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）‎ ‎17．已知M是关于x的不等式x2+（a﹣4）x﹣（a+1）（2a﹣3）＜0的解集，且M中的一个元素是0，求实数a的取值范围，并用a表示出M．‎ ‎18．已知双曲线C：x2﹣y2=1及直线l：y=kx+1．‎ ‎（1）若l与C有两个不同的交点，求实数k的取值范围；‎ ‎（2）若l与C交于A，B两点，且AB中点横坐标为，求AB的长．‎ ‎19．如图，在△ABC中，∠B=，AB=8，点D在BC边上，且CD=2，cos∠ADC=．‎ ‎（1）求sin∠BAD； ‎ ‎（2）求BD，AC的长．‎ ‎20．已知动圆过定点P（4，0），且在y轴上截得的弦MN的长为8．‎ ‎（1）求动圆圆心C的轨迹方程；‎ ‎（2）过点（2，0）的直线l与C相交于A，B两点．求证：是一个定值．‎ ‎21．如图，长为2，宽为的矩形ABCD，以A、B为焦点的椭圆M： =1恰好过C、D两点．‎ ‎（1）求椭圆M的标准方程 ‎（2）若直线l：y=kx+3与椭圆M相交于P、Q两点，求S△POQ的最大值．‎ ‎22．已知数列{an}满足an+1=﹣，其中a1=0．‎ ‎（1）求证是等差数列，并求数列{an}的通项公式；‎ ‎（2）设Tn=an+an+1+…+a2n﹣1．若Tn≤p﹣n对任意的n∈N*恒成立，求p的最小值．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年福建省龙岩市漳平一中、 连城一中高二（上） 第二次联考数学试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：（本大题共12小题，每小题5分，共60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．已知命题p：∀x∈R，，则（　　）‎ A．﹁p：∃x∈R，sin B．﹁p：∃x∈R，‎ C．﹁p：∀x∈R D．﹁p：∀x∈R，‎ ‎【考点】命题的否定．‎ ‎【分析】根据已知中的原命题，结合全称命题的否定方法，可得答案．‎ ‎【解答】解：∵命题p：∀x∈R，，‎ ‎∴命题﹁p：∃x∈R，sin，‎ 故选：A ‎　‎ ‎2．设实数x，y满足不等式组，则x+y的最小值是（　　）‎ A．3 B．﹣3 C． D．﹣‎ ‎【考点】简单线性规划．‎ ‎【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．‎ ‎【解答】解：由约束条件作出可行域如图，‎ 联立，解得A（，）．‎ 令z=x+y，化为y=﹣x+z，‎ 由图可知，当直线y=﹣x+z过点A时，直线在y轴上的截距最小，z有最小值为．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎3．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c．已知b=26，c=15，C=28°，则△ABC有（　　）‎ A．一解 B．二解 C．无解 D．不能确定 ‎【考点】解三角形．‎ ‎【分析】利用正弦定理，即可得出结论．‎ ‎【解答】解：由正弦定理可得，‎ ‎∴sinB=＜1，‎ ‎∵b＞c，‎ ‎∴B有两解．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎4．数列{an}的前n项和Sn=n2﹣5n（n∈N*），若p﹣q=4，则ap﹣aq=（　　）‎ A．20 B．16 C．12 D．8‎ ‎【考点】等差数列的性质．‎ ‎【分析】根据an=Sn﹣Sn﹣1可得an是等差数列，可得答案．‎ ‎【解答】解：Sn=n2﹣5n（n∈N*），可得a1=Sn=﹣4‎ 当n≥2时，则Sn﹣1=（n﹣1）2﹣5（n﹣1）=n2+7n+6．‎ ‎∵an=Sn﹣Sn﹣1‎ ‎∴an=2n﹣6，‎ 当n=1，可得a1=﹣4‎ ‎∵an﹣an﹣1=2常数，∴an是等差数列，首项为﹣4，公差d=2．‎ ‎∵p﹣q=4，‎ 令q=1，则p=5，‎ 那么a5﹣a1=8．‎ 故选D ‎　‎ ‎5．下列命题中，真命题的个数有（　　）‎ ‎①∀x∈R，x2﹣x+≥0；‎ ‎②∃x＞0，lnx+≤2；‎ ‎③“a＞b”是“ac2＞bc2”的充要条件；‎ ‎④f（x）=3x﹣3﹣x是奇函数．‎ A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 ‎【考点】命题的真假判断与应用．‎ ‎【分析】①，∵，∴∀x∈R，x2﹣x+≥0正确；‎ ‎②，∵lnx∈R，∴∃x＞0，lnx+≤2正确；‎ ‎③，“a＞b”⇒“ac2≥bc2”，故错；‎ ‎④，∵f（﹣x）=3﹣x﹣3x=﹣f（x），且定义域为R，是奇函数，故正确．‎ ‎【解答】解：对于①，∵，∴∀x∈R，x2﹣x+≥0正确；‎ 对于②，∵lnx∈R，∴∃x＞0，lnx+≤2正确；‎ 对于③，“a＞b”⇒“ac2≥bc2”，故错；‎ 对于④，∵f（﹣x）=3﹣x﹣3x=﹣f（x），且定义域为R，是奇函数，故正确．‎ 故选：C ‎　‎ ‎6．已知抛物线的顶点在原点，焦点在y轴上，抛物线上的点P（m，﹣2）到焦点的距离为5，则m的值为（　　）‎ A．±4 B．±2 C．±2 D．±5‎ ‎【考点】抛物线的简单性质．‎ ‎【分析】利用抛物线的性质，求出抛物线的焦点坐标，转化求解即可．‎ ‎【解答】解：抛物线的顶点在原点，焦点在y轴上，抛物线上的点P（m，﹣2），‎ 可知抛物线的开口向下，抛物线上的点P（m，﹣2）到焦点的距离为5，‎ 可得准线方程为：y=3，焦点坐标（0，﹣3），‎ 则： =5，解得m=±2．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎7．今年“五一”期间，某公园举行免费游园活动，免费开放一天，早晨6时30分有2人进入公园，接下来的第一个30分钟内有4人进去1人出来，第二个30分钟内有8人进去2人出来，第三个30分钟内有16人进去3人出来，第四个30分钟内有32人进去4人出来…按照这种规律进行下去，到上午11时公园内的人数是（　　）‎ A．212﹣57 B．211﹣47 C．210﹣38 D．29﹣30‎ ‎【考点】归纳推理．‎ ‎【分析】先设每个30分钟进去的人数构成数列{an}，确定求数列{an}的通项公式，由于从早晨6时30分到上午11时，共有10个30分钟，故需求数列{an}的前10项和，再由等比数列前n项和公式即可得上午11时园内的人数．‎ ‎【解答】解：设每个30分钟进去的人数构成数列{an}，则 a1=2=2﹣0，a2=4﹣1，a3=8﹣2，a4=16﹣3，a5=32﹣4，…，an=2n﹣（n﹣1）‎ 设数列{an}的前n项和为Sn，依题意，‎ 只需求S10=（2﹣0）+（22﹣1）+（23﹣2）+…+=（2+22+23+…+210）﹣（1+2+…+9）=211﹣47‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎8．若双曲线=1与椭圆=1（m＞b＞‎ ‎0）的离心率之积等于1，则以a，b，m为边长的三角形一定是（　　）‎ A．等腰三角形 B．钝角三角形 C．锐角三角形 D．直角三角形 ‎【考点】双曲线的简单性质；椭圆的简单性质．‎ ‎【分析】求出椭圆与双曲线的离心率，利用离心率互为倒数，推出a，b，m的关系，判断三角形的形状．‎ ‎【解答】解：∵双曲线=1的离心率e1==，‎ 椭圆=1的离心率e2==，‎ 由e1•e2=1，即•=1，‎ ‎∴a2m2=（a2+b2）（m2﹣b2）‎ ‎∴a2+b2=m2‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎9．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c．若a=3bsinC且cosA=3cosBcosC，则tanA的值为（　　）‎ A．4 B．﹣4 C．﹣3 D．3‎ ‎【考点】正弦定理．‎ ‎【分析】运用正弦定理，把边化成角得到sinA=3sinBsinC，再与条件cosA=3cosBcosC相减，运用两角和的余弦公式，再用诱导公式转化为cosA，由同角公式，即可求出tanA．‎ ‎【解答】解：∵a=3bsinC，‎ 由正弦定理得：sinA=3sinBsinC①，‎ 又cosA=3cosBcosC②，‎ ‎②﹣①得，cosA﹣sinA=3（cosBcosC﹣sinBsinC）‎ ‎=3cos（B+C）=﹣3cosA，‎ ‎∴sinA=4cosA，‎ ‎∴tanA==4．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎10．已知数列{an}，{bn}满足a1=1，且an，an+1是方程x2﹣bnx+3n=0的两根，则b8等于（　　）‎ A．54 B．108 C．162 D．324‎ ‎【考点】数列与函数的综合．‎ ‎【分析】利用韦达定理推出关系式，然后逐步求解即可．‎ ‎【解答】解：数列{an}，{bn}满足a1=1，且an，an+1是方程x2﹣bnx+3n=0的两根，‎ 可得：an+an+1=bn．anan+1=3n；a1=1，则a2=3，a3=3，a4=9，a5=9，a6=27，a7=27，a8=81，a9=81，‎ ‎∴b8=a8+a9=162．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎11．已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若cos2A+cos2C=2cos2B，则cosB的最小值为（　　）‎ A． B． C． D．﹣‎ ‎【考点】三角函数中的恒等变换应用．‎ ‎【分析】利用二倍角公式化简为sin2A+sin2B=2sin2C，由正弦定理可得a2+b2=2c2，由余弦定理可得c2+2abcosC=2c2，结合基本不等式可得答案．‎ ‎【解答】解：由cos2A+cos2B=2cos2C，‎ 得1﹣2sin2A+1﹣2sin2B=2（1﹣2sin2C），即sin2A+sin2B=2sin2C，‎ 由正弦定理可得a2+b2=2c2，‎ 由余弦定理可得c2+2abcosC=2c2，‎ ‎∴cosC=，（当且仅当a=b时取等号）‎ ‎∴cosC的最小值为，‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎12．直线l与抛物线y2=6x交于A，B两点，圆（x﹣6）2+y2=r2‎ 与直线l相切于点M，且M为线段AB的中点．若这样的直线l恰有4条，则r的取值范围是（　　）‎ A．（，2） B．（，3） C．（3，） D．（3，3）‎ ‎【考点】直线与抛物线的位置关系．‎ ‎【分析】先确定M的轨迹是直线x=3，代入抛物线方程可得y=±3，利用M在圆上，（x0﹣6）2+y02=r2，r2=y02+9≤18+9=27，即可得出结论．‎ ‎【解答】解：设A（x1，y1），B（x2，y2），M（x0，y0），‎ 斜率存在时，设斜率为k，则y12=6x1，y22=6x2，‎ 相减得（y1+y2）（y1﹣y2）=6（x1﹣x2），‎ 当l的斜率存在时，利用点差法可得ky0=3，‎ 因为直线与圆相切，所以，所以x0=3，‎ 即M的轨迹是直线x=3．‎ 将x=3代入y2=6x，得y2=18，‎ ‎∴﹣3＜y0＜3，‎ ‎∵M在圆上，‎ ‎∴（x0﹣6）2+y02=r2，‎ ‎∴r2=y02+9≤18+9=27，‎ ‎∵直线l恰有4条，‎ ‎∴y0≠0，‎ ‎∴9＜r2＜27，‎ 故3＜r＜3时，直线l有2条；‎ 斜率不存在时，直线l有2条；‎ 所以直线l恰有4条，3＜r＜3，‎ 故选：D．‎ ‎　‎ 二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卡的相应位置）‎ ‎13．命题“若a2+b2=0，则a=0且b=0”的否命题是　若a2+b2≠0，则a≠0或b≠0　．‎ ‎【考点】四种命题间的逆否关系．‎ ‎【分析】利用原命题和否命题之间的关系，准确的写出原命题的否命题．注意复合命题否定的表述形式．‎ ‎【解答】解：原命题“若a2+b2=0，则a=0且b=0”的否命题只需将条件和结论分别否定即可：‎ 因此命题“若a2+b2=0，则a=0且b=0的否命题为：若a2+b2≠0，则a≠0或b≠0．‎ 故答案为：若a2+b2≠0，则a≠0或b≠0‎ ‎　‎ ‎14．方程x2+（m+3）x﹣m=0有两个正实根，则m的取值范围是　（﹣∞，﹣9]　．‎ ‎【考点】二次函数的性质．‎ ‎【分析】根据一元二次方程方程根的符号，利用根与系数之间的关系即可得到结论．‎ ‎【解答】解：设方程的两个正根分别为x1，x2，‎ 则由根与系数之间的关系可得，‎ 解得m≤﹣9，‎ 故m的取值范围为：[﹣∞，﹣9]；‎ 故答案为：（﹣∞，﹣9]．‎ ‎　‎ ‎15．已知直线l：y=kx+m（m为常数）和双曲线=1恒有两个公共点，则斜率k的取值范围为　（﹣，）　．‎ ‎【考点】直线与双曲线的位置关系．‎ ‎【分析】法一、由题意画出图形，求出双曲线的渐近线方程，结合对任意实数m，直线l：y=kx+m（m为常数）和双曲线 ‎=1恒有两个公共点即可得到k的取值范围；‎ 法二、联立直线方程和双曲线方程，由二次项系数不为0，且判别式大于0恒成立即可求得k的范围．‎ ‎【解答】解：法一、由双曲线=1，得a2=9，b2=4，∴a=3，b=2．‎ ‎∴双曲线的渐近线方程为y=，‎ 如图，‎ ‎∵直线l：y=kx+m（m为常数）和双曲线=1恒有两个公共点，‎ ‎∴＜k＜．‎ 法二、联立，得（4﹣9k2）x2﹣18kmx﹣9m2﹣36=0．‎ ‎∴，‎ 即，∴．‎ 故答案为：（﹣，）．‎ ‎　‎ ‎16．已知F1，F2是椭圆=1的两焦点，P是椭圆第一象限的点．若∠F1PF2=60°，则P的坐标为　　．‎ ‎【考点】椭圆的简单性质．‎ ‎【分析】由椭圆的方程，设P点坐标，利用余弦定理求得|F1P|•|PF2|，根据三角形的面积公式求得面积S，利用三角形面积相等，即=丨F1F2|•y0，即可求得y0，代入椭圆方程，即可求得P点坐标．‎ ‎【解答】解：由椭圆=1，‎ a=4，b=3，c=，‎ 又∵P是椭圆第一象限的点（x0，y0），y0＞0，∠F1PF2=60°，F1、F2为左右焦点，‎ ‎∴|F1P|+|PF2|=2a=8，|F1F2|=2c=2，‎ ‎∴|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2﹣2|F1P|•|PF2|cos60°，‎ ‎=（|PF1|+|PF2|）2﹣2|F1P||PF2|﹣2|F1P|•|PF2|cos60°，‎ ‎=64﹣3|F1P|•|PF2|，‎ ‎∴64﹣3|F1P|•|PF2|=28，‎ ‎∴|F1P|•|PF2|=12．‎ ‎∴=|F1P|•|PF2|sin60°=3，‎ 由=丨F1F2|•y0=3，‎ 解得：y0=，‎ 将y0=，代入椭圆方程，解得：x0=，‎ ‎∴P点坐标为：，‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ 三、解答题：（本大题共6小题，共80分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）‎ ‎17．已知M是关于x的不等式x2+（a﹣4）x﹣（a+1）（2a﹣3）＜0的解集，且M中的一个元素是0，求实数a的取值范围，并用a表示出M．‎ ‎【考点】一元二次不等式的解法．‎ ‎【分析】原不等式化为（x﹣a﹣1）（x+2a﹣3）＜‎ ‎0，由x=0是不等式的解，得（a+1）（2a﹣3）＞0，求出a的取值范围；再讨论a的取值，写出原不等式的解集．‎ ‎【解答】解：原不等式可化为（x﹣a﹣1）（x+2a﹣3）＜0，‎ 由x=0适合不等式得（a+1）（2a﹣3）＞0，‎ 所以a＜﹣1或a＞；‎ 若a＜﹣1，则3﹣2a＞a+1，‎ 此时不等式的解集是（a+1，3﹣2a）；‎ 若a＞，由﹣2a+3﹣（a+1）=﹣3a+2＜0，所以3﹣2a＜a+1，‎ 此时不等式的解集是（3﹣2a，a+1）；‎ 综上，当a＜﹣1时，M为（a+1，3﹣2a），‎ 当a＞时，M为（3﹣2a，a+1）．‎ ‎　‎ ‎18．已知双曲线C：x2﹣y2=1及直线l：y=kx+1．‎ ‎（1）若l与C有两个不同的交点，求实数k的取值范围；‎ ‎（2）若l与C交于A，B两点，且AB中点横坐标为，求AB的长．‎ ‎【考点】直线与圆锥曲线的综合问题；直线与双曲线的位置关系．‎ ‎【分析】（1）联立直线与双曲线方程，利用方程组与两个交点，求出k的范围．‎ ‎（2）设交点A（x1，y1），B（x2，y2），利用韦达定理以及弦长公式区间即可．‎ ‎【解答】解：（1）双曲线C与直线l有两个不同的交点，‎ 则方程组有两个不同的实数根，‎ 整理得（1﹣k2）x2﹣2kx﹣2=0．‎ ‎∴，解得﹣＜k＜且k≠±1．‎ 双曲线C与直线l有两个不同交点时，k的取值范围是（﹣，﹣1）∪（﹣1，1）∪（1，）．‎ ‎（2）设交点A（x1，y1），B（x2，y2），‎ 由（1）得，即，解得：．‎ ‎∵﹣＜k＜且k≠±1．∴‎ ‎∴△=﹣4k2+8=6．‎ ‎∴‎ ‎　‎ ‎19．如图，在△ABC中，∠B=，AB=8，点D在BC边上，且CD=2，cos∠ADC=．‎ ‎（1）求sin∠BAD； ‎ ‎（2）求BD，AC的长．‎ ‎【考点】余弦定理．‎ ‎【分析】（1）由已知利用同角三角函数基本关系式可求sin∠ADC，利用两角差的正弦函数公式可求sin∠BAD的值．‎ ‎（2）在△ABD中，由正弦定理得BD，在△ABC中，由余弦定理即可解得AC的值．‎ ‎【解答】（本题满分为12分）‎ 解：（1）在△ADC中，因为cos∠ADC=，‎ 所以sin∠ADC=．‎ 所以sin∠BAD=sin（∠ADC﹣∠B）‎ ‎=sin∠ADCcos B﹣cos∠ADCsin B ‎=×﹣×=．‎ ‎（2）在△ABD中，由正弦定理得BD==．‎ 在△ABC中，由余弦定理得：AC2=AB2+BC2﹣2AB•BC•cos B=‎ ‎．‎ 所以AC=7．‎ ‎　‎ ‎20．已知动圆过定点P（4，0），且在y轴上截得的弦MN的长为8．‎ ‎（1）求动圆圆心C的轨迹方程；‎ ‎（2）过点（2，0）的直线l与C相交于A，B两点．求证：是一个定值．‎ ‎【考点】圆锥曲线的定值问题；轨迹方程；直线与抛物线的位置关系．‎ ‎【分析】（1）设圆心为C（x，y），线段MN的中点为T，则|MT|==4．然后求解动圆圆心C的轨迹方程．‎ ‎（2）设直线l的方程为x=ky+2，A（x1，y1），B（x2，y2）联立直线与抛物线方程，利用韦达定理最后求解•，推出结果即可．‎ ‎【解答】解：（1）设圆心为C（x，y），线段MN的中点为T，则|MT|==4．‎ 依题意，得|CP|2=|CM|2=|MT|2+|TC|2，∴y2+（x﹣4）2=42+x2，‎ ‎∴y2=8x为动圆圆心C的轨迹方程．‎ ‎（2）证明：设直线l的方程为x=ky+2，A（x1，y1），B（x2，y2） ‎ 由，得y2﹣8ky﹣16=0．∴△=64k2+64＞0．‎ ‎∴y1+y2=8k，y1y2=﹣16， =（x1，y1），=（x2，y2）．‎ ‎∵•=x1x2+y1y2=（ky1+2）（ky2+2）+y1y2‎ ‎=k2y1y2+2k（y1+y2）+4+y1y2‎ ‎=﹣16k2+16k2+4﹣16=﹣12．‎ ‎∴•是一个定值．‎ ‎　‎ ‎21．如图，长为2，宽为的矩形ABCD，以A、B为焦点的椭圆M： =1恰好过C、D两点．‎ ‎（1）求椭圆M的标准方程 ‎（2）若直线l：y=kx+3与椭圆M相交于P、Q两点，求S△POQ的最大值．‎ ‎【考点】圆锥曲线的最值问题；直线与椭圆的位置关系．‎ ‎【分析】（1）设B（c，0），推出C（c，）利用已知条件列出方程组即可求解M的方程．‎ ‎（2）将l：y=kx+3代入 +y2=1，利用韦达定理以及弦长公式，点到平面的距离的距离，表示三角形的面积，利用基本不等式求解即可．‎ ‎【解答】（1）设B（c，0），由条件知，C（c，）．‎ ‎∴，解得a=2，b=‎ 故M的方程为 +y2=1．‎ ‎（2）将l：y=kx+3代入 +y2=1‎ ‎（1+4k2）x2+24kx+32=0．‎ 当△=64（k2﹣2）＞0，即k2＞2时，‎ 从而|PQ|=|x1﹣x2|=．‎ 又点O到直线PQ的距离d=，‎ 所以△POQ的面积S△OPQ=d|PQ|=．‎ 设=t，则t＞0，S△OPQ=．‎ 当且仅当t=时等号成立，且满足△＞0，‎ 所以，△POQ的面积最大值为1‎ ‎　‎ ‎22．已知数列{an}满足an+1=﹣，其中a1=0．‎ ‎（1）求证是等差数列，并求数列{an}的通项公式；‎ ‎（2）设Tn=an+an+1+…+a2n﹣1．若Tn≤p﹣n对任意的n∈N*恒成立，求p的最小值．‎ ‎【考点】数列递推式；数列的求和．‎ ‎【分析】（1）an+1=﹣，可得an+1+1=，取倒数化简即可证明．‎ ‎（2）Tn=an+an+1+…+a2n﹣1≤p﹣n，可得n+an+an+1+…+a2n﹣1≤p，即（1+an）+（1+an+1）+（1+an+2）+…+（1+a2n﹣1）≤p，对任意n∈N*恒成立，而1+an=，设H（n）=（1+an）+（1+an+1）+…+（1+a2n﹣1），考虑其单调性即可得出．‎ ‎【解答】（1）证明：∵an+1=﹣，∴an+1+1=﹣+1==，‎ 由于an+1≠0，∴==1+，‎ ‎∴{}是以1为首项，1为公差的等差数列．‎ ‎=1+（n﹣1）=n，∴an=﹣1． ‎ ‎（2）∵Tn=an+an+1+…+a2n﹣1≤p﹣n，‎ ‎∴n+an+an+1+…+a2n﹣1≤p，‎ 即（1+an）+（1+an+1）+（1+an+2）+…+（1+a2n﹣1）≤p，对任意n∈N*恒成立，‎ 而1+an=，‎ 设H（n）=（1+an）+（1+an+1）+…+（1+a2n﹣1），8 分 ‎∴H（n）=++…+，‎ H（n+1）=++…+++，‎ ‎∴H（n+1）﹣H（n）=+﹣=﹣＜0，‎ ‎∴数列{H（n）}单调递减，‎ ‎∴n∈N*时，H（n）≤H（1）=1，故p≥1．‎ ‎∴p的最小值为1．‎