高中数学人教A版（2019）选择性必修第二册《行天下周测卷》4.1数列的概念（含解析）

一、单选题
1．已知数列满足，且是递增数列，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．阿基米德既是古希腊著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.若椭圆的中心为原点，焦点、在轴上，椭圆的面积为，且离心率为，则的标准方程为（ ）
A． B． C． D．
3．已知双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合，抛物线的准线交双曲线于A，B两点，交双曲线的渐近线于C、D两点，若．则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C．2 D．3
4．已知是抛物线的焦点，过点的直线与抛物线交于，两点，直线与抛物线的准线交于点，若，则（ ）
A．3 B． C． D．
5．不垂直于坐标轴的直线与双曲线的渐近线交于，两点，若线段的中点为，和的斜率满足，则顶点在坐标原点，焦点在轴上，且经过点的抛物线方程是（ ）
A． B． C． D．
6．已知椭圆，过M的右焦点作直线交椭圆于A，B两点，若AB中点坐标为，则椭圆M的方程为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
7．已知数列满足，，为数列的前n项和.若对任意实数，都有成立，则实数的可能取值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
8．已知椭圆的左、右焦点分别为，且，点在椭圆内部，点在椭圆上，则以下说法正确的是（ ）
A．的最小值为
B．椭圆的短轴长可能为2
C．椭圆的离心率的取值范围为
D．若，则椭圆的长半轴长为
三、填空题
9．椭圆两焦点间的距离为16，且椭圆上某一点到两焦点的距离分别等于9和15，则椭圆的标准方程是______．
10．已知、分别是双曲线的左、右焦点，也是抛物线的焦点，点是双曲线与抛物线的一个公共点，若，则双曲线的离心率为___________.
11．斜率为的直线与椭圆（）相交于，两点，线段的中点坐标为，则椭圆的离心率等于______.
12．已知椭圆的焦点，，长轴长为6，设直线交椭圆于，两点，则线段的中点坐标为________.
四、解答题
13．在平面直角坐标系中，椭圆)的离心率为，短轴的一个端点的坐标为.
（1）求椭圆的方程.
（2）点为椭圆的右焦点，过上一点的直线与直线交于点为，直线交于另一点，设与交于点.证明：
（i）；
（ii）为线段的中点.
14．如图，，分别是椭圆的左顶点和上顶点，圆经过点，为椭圆上一点，过且与垂直的直线交圆于两点，.若点在椭圆上，其中为椭圆的离心率.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)求面积的最大值.
15．已知抛物线C：y2=3x的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P．
（1）若|AF|+|BF|=4，求l的方程；
（2）若，求|AB|．
16．已知数列的通项公式为.
（1）数列的第几项最大，最大项为多少？
（2）若，求正整数m的最小值.
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【分析】根据递增数列的定义建立不等式组，解之可得选项.
【详解】解：若是递增数列，则，即，解得，
即实数的取值范围是．
故选：D．
2．A
【分析】设椭圆方程为，解方程组即得解.
【详解】解：设椭圆方程为，
由题意可知，椭圆的面积为，且、、均为正数，
即，解得，
因为椭圆的焦点在轴上，所以的标准方程为.
故选：A.
3．A
【分析】设公共焦点为，进而可得准线为，代入双曲线及渐近线方程，结合线段长度比值可得，再由双曲线离心率公式即可得解.
【详解】设双曲线与抛物线的公共焦点为，
则抛物线的准线为，
令，则，解得，所以,
又因为双曲线的渐近线方程为，所以，
所以，即，所以，
所以双曲线的离心率.
故选：A.
4．A
【分析】设，，，联立抛物线，应用韦达定理及已知条件求、，结合抛物线的定义求、，即可求目标式的值.
【详解】设，，直线.
联立抛物线得：，则.
由直线与抛物线准线交于，则.
由得：，即，则.
∴，，，
故选：A.
5．C
【分析】运用点差法得到得解
【详解】设，则，
相减得，，所以，
即，所以，．由题意设抛物线方程是，则．于是所求抛物线方程是．
故选：C．
6．D
【解析】设以及中点坐标，利用“点差法”得到之间的关系，从而得到之间的关系，结合即可求解出椭圆的方程.
【详解】设，的中点，所以，
又，所以，即，
而，，所以，又，
∴，即椭圆方程为：.
故选：D.
【点睛】本题考查了已知焦点、弦中点求椭圆方程，应用了韦达定理、中点坐标公式，属于基础题.
7．ABCD
【分析】由和与通项的关系先求出，进而求出，，再用裂项相消求出即可获解.
【详解】设数列的前项和为，由题意得，，
当时，，即
当时，
所以，当时，，也满足，所以
故
故，
所以实数的取值范围为
故选：ABCD.
8．AC
【分析】A.将，利用椭圆的定义转化为求解；
B.假设椭圆的短轴长为2，则，与点在椭圆的内部验证；
C.根据点在椭圆内部，得到，又，解得，再由求解；
D.根据，得到为线段的中点，求得坐标，代入椭圆方程求解.
【详解】解：对于A：因为，所以，所以，当，三点共线时，取等号，故A正确；
对于B：若椭圆的短轴长为2，则，所以椭圆方程为，，则点在椭圆外，故B错误；
对于C：因为点在椭圆内部，所以，又，所以，所以，即，解得，所以，所以，所以椭圆的离心率的取值范围为，故C正确；
对于D：若，则为线段的中点，所以，所以，又，即，解得，所以，所以椭圆的长半轴长为，故D不正确.
故选：AC
9．或
【分析】根据椭圆的定义，可求得c,a,求得 ，可得答案.
【详解】由题意可设椭圆的标准方程为 或，
由题意可得 ， ，
故 ，
故椭圆的标准方程为：或，
故答案为：或
10．##
【分析】过点作抛物线准线的垂线，垂足为点，求出，求出、的余弦值，由题意可知，可得出关于、的齐次等式，结合可解得的值.
【详解】过点作抛物线准线的垂线，垂足为点，则，
因为，则，则，
因为，则，
由余弦定理可得，
因为，所以，，所以，，
整理可得，即，因为，解得.
故答案为：.
11．
【分析】利用点差法，结合是线段的中点，斜率为，即可求出椭圆的离心率．
【详解】解：设，，，，
则①，②，
是线段的中点，
，，
直线的方程是，
，
①②两式相减可得：，
，
，
，
，
故答案为：.
12．
【分析】由已知条件可得椭圆的标准方程是，再将直线与椭圆方程联立方程组，消去后，利用根与系数的关系结中点坐标公式可得答案
【详解】由已知条件得椭圆的焦点在轴上，其中，，从而，
∴其标准方程是：，
联立方程组，消去得，.
设、，线段的中点为，则，，
∴，即线段中点坐标为.
故答案为：
13．（1）；（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.
【分析】（1）根据离心率及短轴的一个端点的坐标可求椭圆的方程；
（2）（i）求出点的坐标，然后利用向量的数量积证明；
（ii）利用中点坐标公式以及向量的共线就可以证明.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为，
因为的短轴的一个端点的坐标为，所以，
因为，所以.
得，所以，
所以椭圆C的方程为.
（2）证明：（i）将代人，
解得，
所以
，
所以，即.
（ii）由直线AB过焦点，得到直线方程为
代入.并结合整理，得.
设).则，
设AB中点为，则，
，
即，
所以，
又，，
所以，即共线，
即AB的中点在直线上，从而点与重合，
故是线段的中点.
【点睛】关键点睛：解决本题的关键一是求出点的坐标，二是运用向量的数量积为零，从而证明，三是通过中点坐标公式以及向量的共线间接证明所提的问题.
14．(1)；
(2).
【分析】（1）将M点坐标带入方程，结合椭圆的几何性质及可解；
（2）设直线，根据弦长公式表示出CD、AP，从而得到面积函数关系然后可解.
(1)
由题可得：，
解得：b=c=1，
所以椭圆的标准方程为：.
(2)
设直线，则，
联立，.
又到直线的距离且，于是，
又，从而
，
当且仅当，即时等号成立，（满足且）.
综上，面积的最大值为.
15．（1）；（2）.
【分析】（1）设直线：，，；根据抛物线焦半径公式可得；联立直线方程与抛物线方程，利用韦达定理可构造关于的方程，解方程求得结果；（2）设直线：；联立直线方程与抛物线方程，得到韦达定理的形式；利用可得，结合韦达定理可求得；根据弦长公式可求得结果.
【详解】（1）设直线方程为：，，
由抛物线焦半径公式可知：
联立得：
则
，解得：
直线的方程为：，即：
（2）设，则可设直线方程为：
联立得：
则
，
，
则
【点睛】本题考查抛物线的几何性质、直线与抛物线的综合应用问题，涉及到平面向量、弦长公式的应用.关键是能够通过直线与抛物线方程的联立，通过韦达定理构造等量关系.
16．（1）第2，3项最大，最大项为38；（2）最小值是9.
【分析】（1）将数列的通项公式变形为，根据二次函数的性质可求得数列的最大项.
（2）由函数的图象开口向下，且对称轴方程为，可得数列从第3项起单调递减.再计算出，，可求得正整数m的最小值.
【详解】解：（1）因为，且，所以当或时，最大.
又，
故数列的第2，3项最大，最大项为38.
（2）因为函数的图象开口向下，且对称轴方程为，
所以可知数列从第3项起单调递减.
又，，，，
所以若，则.
所以正整数m的最小值是9.
答案第1页，共2页
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