2018-2019学年河北省石家庄市高一下学期期末数学试题（解析版）

2018-2019学年河北省石家庄市高一下学期期末数学试题（解析版）

2018-2019 学年河北省石家庄市高一下学期期末数学试题 一、单选题 1．在等比数列 中， ， ，则 （ ） A． B．3 C． D．1 【答案】C 【解析】根据等比数列的性质求解即可. 【详解】 因为等比数列 ,故 . 故选：C 【点睛】 本题主要考查了等比数列性质求解某项的方法,属于基础题. 2．已知直线 的倾斜角为 ，则 （ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】根据直线斜率与倾斜角的关系求解即可. 【详解】 因为直线 的倾斜角为 ,故直线斜率 . 故选：B 【点睛】 本题主要考查了直线的倾斜角与斜率的关系,属于基础题. 3．已知数列 满足 ， ，则数列 的前 5 项和 （ ） A．15 B．28 C．45 D．66 【答案】C 【解析】根据 可知数列 为等差数列,再根据等差数列的求和 性质求解即可. { }na 2 27a = 1 3q = − 5a = 3− 1− { }na 3 3 5 2 127 13a a q  = ⋅ = ⋅ − = −   3 1ax y+ = 30° a = 3 3 − 3− 3 3 3 3 1ax y+ = 30° 3tan30 33 3 a a− = ° = ⇒ = − { }na 1 1a = ( )* 1 4n na a n+ = + ∈N { }na 5S = ( )* 1 4n na a n+ = + ∈N { }na 【详解】 因为 ,故数列 是以 4 为公差,首项 的等差数列. 故 . 故选：C 【点睛】 本题主要考查了等差数列的判定与等差数列求和的性质与计算,属于基础题. 4．下列命题正确的是（ ） A．若 ，则 B．若 ，则 C．若 ，则 D．若 ，则 【答案】D 【解析】A 项中，需要看分母的正负；B 项和 C 项中，已知两个数平方的大小只能比较 出两个数绝对值的大小. 【详解】 A 项中，若 ，则有 ，故 A 项错误；B 项中，若 ，则 ，故 B 项 错误；C 项中，若 则 即 ，故 C 项错误；D 项中，若 ， 则一定有 ，故 D 项正确. 故选：D 【点睛】 本题主要考查不等关系与不等式，属于基础题. 5．若关于 x，y 的方程组 无解，则 （ ） A． B． C．2 D． 【答案】A 【解析】由题可知直线 与 平行,再根据平行公式求解即可. 【详解】 由题, 直线 与 平行,故 . 故选：A 【点睛】 ( )* 1 4n na a n+ = + ∈N { }na 1 1a = ( ) ( )1 5 5 3 5 5 5 1 2 4 452 a aS a += = = + × = a b c c > a b> 2 2a b> a b> 2 2 1 1 a b > a b< a b< a b< 0c < a b< 2 2a b> a b> 2 2 1 1 a b > 2 2a b< a b< a b< a b< 2 1 1 x y x my + =  + = m = 1 2 1 2 − 2− 2 1x y+ = 1x my+ = 2 1x y+ = 1x my+ = 12 1 0 2m m− = ⇒ = 本题主要考查了二元一次方程组与直线间的位置关系,属于基础题. 6．已知 a，b 为不同的直线， 为平面，则下列命题中错误的是（ ） A．若 ， ，则 B．若 ， ，则 C．若 ， ，则 D．若 ， ，则 【答案】D 【解析】根据线面垂直与平行的性质与判定分析或举出反例即可. 【详解】 对 A,根据线线平行与线面垂直的性质可知 A 正确. 对 B, 根据线线平行与线面垂直的性质可知 B 正确. 对 C,根据线面垂直的性质知 C 正确. 对 D,当 , 时,也有可能 .故 D 错误. 故选：D 【点睛】 本题主要考查了空间中平行垂直的判定与性质,属于中档题. 7．．若 且 ，直线 不通过（ ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限， 【答案】D 【解析】【详解】 因为 且 ，所以 ， ， 又直线 可化为 ， 斜率为 ，在 轴截距为 ， 因此直线过一二三象限，不过第四象限. 故选：D. 8．已知等差数列 前 n 项的和为 ， ， ，则 （ ） A．25 B．26 C．27 D．28 【答案】C 【解析】根据等差数列的求和与通项性质求解即可. 【详解】 等差数列 前 n 项的和为 ,故 . α / /a b b α⊥ a α⊥ a α⊥ b α⊥ / /a b a α⊥ b α⊂ a b⊥  a b⊥  a α⊥ b α⊥ a b⊥  a α⊥ b α⊂ 0ac > 0bc < 0ax by c+ + = 0ac > 0bc < 0c b − > 0a b − > 0ax by c+ + = a cy xb b = − − 0a b − > y 0c b − > { }na nS 7 14S = 6 4a = 9S = { }na nS ( )1 7 7 4 4 714 14 7 14 22 a aS a a += ⇒ = ⇒ = ⇒ = 故 . 故选：C 【点睛】 本题主要考查了等差数列通项与求和的性质运用,属于基础题. 9．如图，三棱柱 中，侧棱 底面 ABC， ， ， ，则异面直线 与 所成角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】以 为坐标原点,分别以 所在直线为 轴建立空间直角坐标 系,由已知求 与 的坐标,由两向量所成角的余弦值求解异面直线 与 所成角的余弦值． 【详解】 如图,以 为坐标原点,分别以 所在直线为 轴建立空间直角坐标系, 由已知得： , , 所以 , . 设异面直线 与 所成角 ,则 ( ) ( ) ( )1 9 4 9 69 9 9 2 4 272 2 2 a a a aS =+ += =+= 1 1 1ABC A B C− 1AA ⊥ 1 2A A = 1AB AC= = 2CAB π∠ = 1A B 1C A 4 5 4 5 − 3 5 3 5- A 1, ,AB AC AA , ,x y z 1A B 1C A 1A B 1C A A 1, ,AB AC AA , ,x y z ( ) ( )10,0,0 , 0,1,2A C ( ) ( )11,0,0 , 0,0,2B A ( )1 1,0, 2A B = − ( )1 0, 1, 2C A = − − 1A B 1C A θ 1 1 1 1 4 4cos 55 5 A B C A A B C A θ ⋅ = = = ⋅⋅     故异面直线 与 所成角的余弦值为 . 故选：A 【点睛】 本题主要考查了利用空间向量求解线线角的问题,属于基础题. 10．在 中，已知 a，b，c 分别为 ， ， 所对的边，且 a，b，c 成等差 数列， ， ,则 （ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】利用 成等差数列可得 ,再利用余弦定理构造 的结构再代 入 求得 即可. 【详解】 由 成等差数列可得 ,由余弦定理有 , 即 ,解得 ,即 . 故选：B 【点睛】 本题主要考查了等差中项与余弦定理的运算,需要根据题意构造 与 的结构代入 求解.属于中档题. 11．水平放置的 ，用斜二测画法作出的直观图是如图所示的 ，其中 ， ,则 绕 AB 所在直线旋转一周后形成的几何体的 表面积为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】先根据斜二测画法的性质求出原图形,再分析 绕 AB 所在直线旋转一周 1A B 1C A 4 5 ABC A∠ BÐ C∠ 3ac = 3cos 4B = b = 7 2 14 2 7 14 , ,a b c 2b a c= + a c+ 3ac = b , ,a b c 2b a c= + 2 2 2 2 cosb a c ac B= + − ( )22 27 2142 2b a c ac b= + − = − 2 7 2b = 14 2b = a c+ ac ABC A B C′ ′ ′ 1O A O B′ ′ ′ ′= = 3 2O C′ ′ = ABC 2 3π 4 3π 3(2 3 )4 π+ (4 3 3)π+ ABC 后形成的几何体的表面积即可. 【详解】 根据斜二测画法的性质可知,原 是以 为底,高为 的等 腰三角形.又 .故 为边长为 2 的正三角形. 则 绕 AB 所在直线旋转一周后形成的几何体可看做两个以底面半径为 ,高为 的圆锥组合而成. 故表面积为 . 故选：B 【点睛】 本题主要考查了斜二测画法还原几何图形与旋转体的侧面积求解.需要根据题意判断出 旋转后的几何体形状再用公式求解.属于中档题. 12．已知底面半径为 1，体积为 的圆柱，内接于一个高为 圆锥（如图），线段 AB 为圆锥底面的一条直径，则从点 A 绕圆锥的侧面到点 B 的最短距离为（ ） A．8 B． C． D．4 【答案】C 【解析】先求解圆锥的底面半径,再根据侧面展开图的结构计算扇形中 间的距离即 可. 【详解】 ABC 2AB = 2 3OC O C′ ′= = 221 3 2AC AB= + = = ABC ABC 3OC = 1OA = 2 3 2 4 3π π× × = 3π 2 3 4 3 4 2 ,A B 设圆柱的高为 ,则 ,得 . 因为 ,所以 为 的中位线, 所以 ,则 . 即圆锥的底面半径为 1,母线长为 4, 则展开后所得扇形的弧长为 ,圆心角为 . 所以从点 A 绕圆锥的侧面到点 B 的最短距离为 . 故选：C. 【点睛】 本题主要考查了圆柱与圆锥内切求解有关量的问题以及圆锥的侧面积展开求距离最小 值的问题.属于中档题. 二、填空题 13．点 关于直线 的对称点的坐标为_____． 【答案】 【解析】设 关于直线 的对称点的坐标为 ,再根据 中点在直 线 上,且 与直线 垂直求解即可. 【详解】 设 关于直线 的对称点的坐标为 ,则 中点为 , 则 在直线 上,故 ①. 又 与直线 垂直有 ②, 联立①②可得 .故 . 故答案为： 【点睛】 本题主要考查了点关于直线对称的点坐标,属于基础题. 14．已知等比数列 中，若 ， ，则 _____． 【答案】4 h 21 3hπ π× × = 3h = 2 3SO = CD SOB 2OB = ( )2 22 3 2 4SB = + = 4π 4 4 π π= 2 24 4 4 2+ = (1,2)P 0x y− = (2,1) (1,2)P 0x y− = ( ),Q a b PQ 0x y− = PQ 0x y− = (1,2)P 0x y− = ( ),Q a b PQ 1 2,2 2 a b+ +     1 2,2 2 a b+ +     0x y− = 1 2 2 2 a b+ += PQ 0x y− = 2 11 b a − = −− 2, 1a b= = ( )2,1Q (2,1) { }na 4 5 1a a = 8 9 16a a = 6 7a a = 【解析】根据等比数列的等积求解即可. 【详解】 因为 , 故 . 又 ,故 . 故答案为：4 【点睛】 本题主要考查了等比数列等积性的运用,属于基础题. 15．已知 ， ， 是 与 的等比中项，则 最小值为_________． 【答案】9 【解析】根据等比中项定义得出 的关系，然后用“1”的代换转化为可用基本不等式 求最小值． 【详解】 由题意 ，所以 ， 所以 ，当且仅当 ， 即 时等号成立． 所以 最小值为 9． 故答案为：9． 【点睛】 本题考查等比中项的定义，考查用基本不等式求最值．解题关键是用“1”的代换找到定 值，从而可用基本不等式求最值． 16．在四面体 ABCD 中， 平面 ABC， ， ，若四面体 ABCD 的外接球的表面积为 ，则四面体 ABCD 的体积为_______． 【答案】 【解析】易得四面体 为长方体的一角,再根据长方体体对角线等于外接球直径, 再利用对角线公式求解即可. 【详解】 4 5 1a a = 8 9 16a a = ( )2 4 5 8 9 6 7 6 716 16 4a a a a a a a a⇒ = ⇒ = ±= ( ) 4 4 6 7 4 5 0a a a a q q= ⋅ = > 6 7 4a a = 0x > 0y > 2 2x 4y 1 2 x y + ,x y 2 22 4 2 ( 2)x y x y+⋅ = = 2 1x y+ = 1 2 1 2 2 2( )( 2 ) 5 y xx yx y x y x y + = + + = + + 2 25 2 9y x x y ≥ + ⋅ = 2 2y x x y = 1 3x y= = 1 2 x y + AD ⊥ 2AB AC= = 90BAC∠ = ° 16π 4 2 3 ABCD 因为四面体 中, 平面 ,且 , .故四面体 是以 为一个顶点的长方体一角.设 则因为四面体 的外接球的 表面积为 ,设其半径为 ,故 .解得 . 故四面体 的体积 . 故答案为： 【点睛】 本题主要考查了长方体一角的四面体的外接球有关问题,需要注意长方体体对角线等于 外接球直径.属于中档题. 17．在四面体 中， 平面 ABC， ，若四面体 ABCD 的 外接球的表面积为 ，则四面体 ABCD 的体积为_______． 【答案】 【解析】设 ,再根据外接球的直径与 和底面 外接圆的一条直径构成 直角三角形求解 进而求得体积即可. 【详解】 设 ,底面 外接圆直径为 . 易得底面是边长为 3 的等边三角形.则由正弦定理得 . 又外接球的直径 与 和底面 外接圆的一条直径构成直角三角形有 .又外接球的表面积为 ,即 . 解得 . 故四面体 体积为 . 故答案为： 【点睛】 本题主要考查了侧棱垂直于底面的四面体的外接球问题.需要根据题意建立底面三角形 外接圆的直径和三棱锥的高与外接球直径的关系再求解.属于中档题. ABCD AD ⊥ ABC 2AB AC= = 90BAC∠ = ° ABCD A AD h= ABCD 16π R ( ) ( )22 2 2 24 2 2 2 16S R R hπ π π π= = = + + = 2 2h = ABCD 21 1 4 22 2 23 2 3V = × × × = 4 2 3 ABCD AD ⊥ 3AB AC BC= = = 16π 3 3 2 AD h= AD ABC h AD h= ABC d 3 2 3sin 60d = =° L AD ABC 2 2 2 212L d h h= + = + 16π 2 2 216 12 16L L hπ π= ⇒ = + = 2h = ABCD 21 3 3 33 23 4 2 × × × = 3 3 2 三、解答题 18．已知直线 和 ． （1）若 与 互相垂直，求实数 的值； （2）若 与 互相平行，求与 与 间的距离， 【答案】（1） （2） 【解析】(1)根据直线垂直的公式求解即可. (2)根据直线平行的公式求解 ,再利用平行线间的距离公式求解即可. 【详解】 解（1）∵ 与 互相垂直,∴ ,解得 ． （2）由 与 互相平行,∴ ,解得 ． 直线 化为： , ∴ 与 间的距离 ． 【点睛】 本题主要考查了直线平行与垂直以及平行线间的距离公式.属于基础题. 19．已知不等式 的解集为 或 . （1）求实数 a，b 的值； （2）解不等式 . 【答案】（1） ；（2）答案不唯一，见解析 【解析】（1）题意说明 是方程 的解，代入可得 ，把 代入可 求得原不等式的解集，从而得 值； （2）因式分解后讨论 和 6 的大小可得不等式的解集. 【详解】 （1）依题意，得： ，解得， 所以，不等式为 ，解得， 或 ，所以， 所以， ； 1 : 3 0l x ay+ + = 2 : 2 4 1 0l x y+ + = 1l 2l a 1l 2l 1l 2l 1 2a = − 5 2 a 1l 2l 1 2 4 0a× + = 1 2a = − 1l 2l 1 4 2 0a× − = 2a = 1l 2 4 6 0x y+ + ＝ 1l 2l 2 2 |6 1| 5 22 4 d −= = + 2 5 6 0ax x− − > { 1x x < − }x b> ( )1b > − ( ) ( )2 0ax ac b x bc c R− + + ≤ ∈ 1, 6a b= = 1x = − 2 5 6 0ax x− − = a a b c ( )21 5 6 0a× − + − = 1a = 2 5 6 0x x− − > 1x < − 6x > 6b = 1, 6a b= = （2）不等式 为： ，即 ， 当 时，解集为 当 时，解集为 当 时，解集为 【点睛】 本题考查解一元二次不等式，考查一元二次不等式的解集与一元二次方程根的关系，在 解含参数的一元二次不等式时要注意分类讨论. 20．如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到 A 处时测得公路北侧远处一 山顶 D 在西偏北 的方向上，仰角为 ，行驶 4km 后到达 B 处，测得此山顶在西 偏北 的方向上． （1）求此山的高度（单位：km）； （2）设汽车行驶过程中仰望山顶 D 的最大仰角为 ，求 ． 【答案】（1） km．（2） 【解析】(1) 设此山高 ,再根据三角形中三角函数的关系以及正弦定理求解即可. (2) 由题意可知,当点 C 到公路距离最小时,仰望山顶 D 的仰角达到最大,再计算 到直 线 的距离即可. 【详解】 解：（1）设此山高 ,则 , 在 中, , , ． 根据正弦定理得 , ( )2 0ax ac b x bc− + + ≤ ( )2 6 6 0x c x c− + + ≤ ( )( )6 0x x c− − ≤ 6c = { }6x x = 6c < { }6x c x≤ ≤ 6c > { }6x x c≤ ≤ 45° 30° 60° θ tanθ 2( 6 2)+ 6tan 3 θ = (km)h C AB (km)h tan30 hAC =  ABC 120ABC∠ =  60 45 15BCA∠ = − =   4AB = sin sin AC AB ABC BCA =∠ ∠ 即 , 解得 （km）． （2）由题意可知,当点 C 到公路距离最小时,仰望山顶 D 的仰角达到最大, 所以过 C 作 ,垂足为 E,连接 DE． 则 , , , 所以 ． 【点睛】 本题主要考查了解三角形在实际中的运用,需要根据题意找到对应的直角三角形中的关 系,或利用正弦定理求解.属于中档题. 21．如图，在边长为 2 菱形 ABCD 中， ，且对角线 AC 与 BD 交点为 O．沿 BD 将 折起，使点 A 到达点 的位置． （1）若 ，求证： 平面 ABCD； （2）若 ，求三棱锥 体积． 【答案】（1）见解析（2） 【解析】(1)证明 与 即可. (2)法一：证明 平面 ,再过点 做 垂足为 ,证明 为三棱锥 的高再求解即可. 法二：通过 进行转化求解即可. 法三：通过 进行转化求解即可. 4 sin120 tan30 sin15 h =⋅   2( 6 2)h = + CE AB⊥ DEC θ∠ ＝ sin45CE AC= ⋅ ° tan30DC AC= ⋅ ° 6tan 3 DC CE θ = = 60BCD∠ = ° ABD△ 1A 1 6AC = 1OA ⊥ 1 2 2AC = 1A BCD− 2 2 3 1AO BD⊥ 1OC OA⊥ BD ⊥ 1AOC 1A 1A F AC⊥ F 1A F 1A BCD− 1 1 1 1 3A BCD B A CD A CDV V S BE− −= = × ×  1 1 1A BCD B A OC D A OCV V V− − −= + 【详解】 证明：（1）∵在菱形 ABCD 中, , ,AC 与 BD 交于点 O． 以 BD 为折痕,将 折起,使点 A 到达点 的位置,∴ , 又 , , ∴ ,∴ , ∵ ,∴ 平面 ABCD （2）（法一）：∵ , , 取 的中点 ,则 且 , 因为 且 , , 所以 平面 , 过点 做 垂足为 ,则 平面 BCD, 又 ∴ ,解得 , ∴三棱锥 体积 ． （法二）： 因为 , ,取 AC 中点 E, , , ,又 （法三）因为 且 , ,所以 平面 , , 2AB = 60BCD∠ °＝ ABD△ 1A 1AO BD⊥ 1 6AC = 1 3OC OA= = 2 2 2 1 1OC OA AC=+ 1OC OA⊥ OC BD O∩ ＝ 1OA ⊥ 1 3OC OA= = 1 2 2AC = 1AC E 1OE AC⊥ 2 21( ) 3 2 12 ACOE OC= − = − = BD OC⊥ 1BD OA⊥ 1OC OA O= BD ⊥ 1AOC 1A 1A F AC⊥ F 1A F ⊥ 1 1 1 1 1 2 2A OCS OC A F AC OE∆ = ⋅ = ⋅ 1 1 13 2 2 12 2A F× × = × × 1 2 6 3A F = 1 1 2 3 32 2BCDS BD OC= × × = × × =  1A BCD− 1 1 1 2 6 2 233 3 3 3BCDV S A F= × × = × × =  1 1 2BA BD BC DA DC= = = = = 1 2 2AC = ∴ 1 2, 2, 2BE AC BE DE BD⊥ = = =， BE DE∴ ⊥ ∴ 1BE ACD⊥ 平面 1 1 2 2 22A CDS = × × =  1 1 1 1 2 2 .3 3A BCD B A CD A CDV V S BE− −∴ = = × × =  BD OC⊥ 1BD OA⊥ 1OC OA O= BD ⊥ 1AOC 1 1 1A BCD B A OC D A OCV V V− − −= + 1 1 2 2 1 22A OCS = × × =  所以 ． 【点睛】 本题主要考查了线面垂直的证明与锥体体积的求解方法等.需要根据题意找到合适的底 面与高,或者利用割补法求解体积.属于中档题. 22．在 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c；已知 ． （1）求角 B 的大小； （2）若 外接圆的半径为 2，求 面积的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】(1)利用正弦定理与余弦的差角公式运算求解即可. (2)根据正弦定理可得 ,再利用余弦定理与基本不等 式求得 再代入 面积求最大值即可. 【详解】 解：（1）在 中,由正弦定理得 ,得 , 又 ∴ . 即 , ∴ , 又 ,∴ ． （2）结合（1）由正弦定理可知 , 由余弦定理可知 , 所以 当且仅当 时等号成立, 所以 , 1 1 1 1 2 22 23 3 3A BCD A OCV S BD− = × × = × × =  ABC sin cos( )6b A a B π= − ABC ABC 3B π= 3 3 2 sin 2 2 sin 2 33b R B π= = × × = 12ac ≤ ABC ABC sin sin a b A B = sin sinb A a B= sin cos( )6b A a B π= − sin cos 6a B a B π = −   3 1sin cos cos cos sin sin cos sin6 6 6 2 2B B B B B B π π π = − = + = +   tan 3B = (0, )B π∈ 3B π= 2 sin 2 2 sin 2 33b R B π= = × × = 2 2 2 2 22 cosb a c ac B a c ac ac= + − = + − ≥ 12ac ≤ a c= 1 1 3sin 12 3 32 2 2ABCS ac B= ≤ × × =  所以 面积的最大值为 ． 【点睛】 本题主要考查了正余弦定理与三角形面积公式在解三角形中的运用.同时考查了根据基 本不等式求解三角形面积的最值问题.属于中档题. 23．设数列 是等差数列，其前 n 项和为 ；数列 是等比数列，公比 大于 0，其前 项和为 ．已知 ， ， ， ． （1）求数列 和数列 的通项公式； （2） ，求正整数 n 的值． 【答案】（1） ； ；（2）n 的值为 3． 【解析】(1)根据等比数列 与等差数列 ,分别设公比与公差再用基本量法求解即 可. (2)分别利用等差等比数列的求和公式求解得 与 ,再代入 整理求解二次方程即可. 【详解】 解：（1）设等比数列 的公比为 q,由 , ,可得 ． ∵ ,可得 ． 故 ； 设等差数列 的公差为 d,由 ,得 , 由 ,得 , ∴ ． 故 ； （2）由 是等差数列,且 ,得 由 是等比数列,且 ,得 ． 可得 ABC 3 3 { }na ( )* nS n∈N { }nb n ( )* nT n∈N 1 1b = 3 2 2b b= + 4 2 4b a a= + 5 1 62b a a= + { }na { }nb ( )1 2 4n n n nS T T T a b+ + + + = + 1na n= + 12n nb −= { }nb { }na ( 3) 2n n nS += 1 2 2 11 2 n n nT −= = −− ( )1 2 4n n n nS T T T a b+ + + + = + { }nb 1 1b = 3 2 2b b= + 2 2 0q q− − ＝ 0q > 2q = 12n nb −= { }na 4 2 4b a a= + 1 2 4a d+ = 5 1 62b a a= + 13 10 16a d+ = 1 2, 1a d= = 1na n= + { }na 1na n= + ( 3) 2n n nS += { }nb 12n nb −= 1 2 2 11 2 n n nT −= = −− 1 2 1 2 2 (1 2 )... (2 2 2 ) 1 2 n n nT T T n n= × −+ + + + + + − = −− ． 由 , 可得 , 整理得： ,解得 （舍）或 ． ∴n 的值为 3． 【点睛】 本题主要考查了等比等差数列的基本量法以及的等差等比数列的求和计算.属于中档题. 24．设数列 是等差数列，其前 n 项和为 ；数列 是等比数列，公比 大于 0，其前 项和为 ．已知 ， ， ， ． （1）求数列 和数列 的通项公式； （2）设数列 的前 n 项和为 ，若 对任意的 恒成立，求实数 m 的取值范围． 【答案】（1） ； ；（2） 【解析】(1) 根据等比数列 与等差数列 ,分别设公比与公差再用基本量法求解 即可. (2)由(1)有 再错位相减求解 ,利用不等式恒成立的方法求解即可. 【详解】 解：（1）设等比数列 的公比为 q,由 , ,可得 ． ∵ ,可得 ． 故 ； 设等差数列 的公差为 d,由 ,得 , 由 ,得 , ∴ ． 故 ； 12 2n n+= − − ( )1 2 ... 4n n n nS T T T a b+ + + + = + 1 1( 3) 2 2 1 22 n nn n n n+ ++ + − − = + + 2 6 0n n− − = 2n = − 3n = { }na ( )* nS n∈N { }nb n ( )* nT n∈N 1 1b = 3 2 2b b= + 4 2 4b a a= + 5 1 62b a a= + { }na { }nb 1n n a b     −   nK nK m< n ∗∈N 1na n= + 12n nb −= 4m≥ { }nb { }na 1 1 ,2 n n n a n b − − = nK { }nb 1 1b = 3 2 2b b= + 2 2 0q q− − ＝ 0q > 2q = 12n nb −= { }na 4 2 4b a a= + 1 2 4a d+ = 5 1 62b a a= + 13 10 16a d+ = 1 2, 1a d= = 1na n= + （2）根据题意知, ① ② ①—②得 ∴ , 对任意的 恒成立,∴ 【点睛】 本题主要考查了等差等比数列的基本量求解方法以及错位相减和不等式恒成立的问题. 属于中档题. 25．已知点 ，圆 ． （1）求过点 M 的圆的切线方程； （2）若直线 与圆相交于 A，B 两点，且弦 AB 的长为 ，求 的 值． 【答案】（1） 或 ．（2） 【解析】(1)分切线的斜率不存在与存在两种情况分析.当斜率存在时设方程为 ,再根据圆心到直线的距离等于半径求解 即可. (2)利用垂径定理根据圆心到直线的距离列出等式求解即可. 【详解】 解：（1）由题意知圆心的坐标为 ,半径 , 当过点 M 的直线的斜率不存在时,方程为 ． 由圆心 到直线 的距离 知,此时,直线与圆相切． 当过点 M 的直线的斜率存在时,设方程为 , 即 ．由题意知 , 解得 ,∴方程为 ． 1 1 ,2 n n n a n b − − = 2 1 2 31 2 2 2n n nK −= + + + + 2 3 1 1 2 3 2 2 2 2 2n n nK = + + + + 1 12 ( 2)2 2 n nK n  = − +    114 ( 2)( ) 42 n nK n −= − + <  nK m< *n N∈ 4m≥ (3,5)M ( ) ( )2 21 2 4x y− + − = 4 0ax y− + = 2 3 a 3x = 5 12 45 0x y− + = 3 4a = − 5 ( 3)y k x− = − k ( )1,2 2r = 3x = ( )1,2 3x = 3 1 2 r− = = 5 ( 3)y k x− = − 5 3 0kx y k− + − = 2 2 5 3 2 1 k k k − + − = + 5 12k = 5 12 45 0x y− + = 故过点 M 的圆的切线方程为 或 ． （2）∵圆心到直线 的距离为 , ∴ ,解得 ． 【点睛】 本题主要考查了直线与圆相切与相交时的求解.注意直线过定点时分析斜率不存在与存 在两种情况.直线与圆相切用圆心到直线的距离等于半径列式,直线与圆相交用垂径定理 列式.属于中档题. 26．已知圆 C 过点 ，圆心在直线 上. （1）求圆 C 的方程； （2）过圆 O1： 上任一点 P 作圆 C 的两条切线，切点分别为 Q，T， 求四边形 PQCT 面积的取值范围. 【答案】(1) . (2) . 【解析】分析：（1）根据条件设圆的方程为 ，由题意可解得 ，于是可求得圆的方程．（2）根据几何知识可得 ， 故将所求范围的问题转化为求切线长的问题，然后根据切线长的求法可得结论． 详解：（1）由题意设圆心为 ，半径为 ， 则圆的标准方程为 ． 由题意得 ，解得 ， 所以圆 的标准方程为 ． （2）由圆的切线的性质得 ， 而 ． 由几何知识可得 ， 又 ， 3x = 5 12 45 0x y− + = 4 0ax y +﹣ ＝ 2 2 2 4 2 1 1 a a a a − + += + + 2 2 2 2( ) ( 3) 4 1 a a + + = + 3 4a = − ( ) ( )31 5 3A B，， ， y x= 2 2( 1) 1x y+ + = 2 2( 3) (y-3) 4x − + = 4 3,8 2S  ∈  ( )22 2( )x a y a r− + − = 3, 2a r= = 2 2PQCT PQCS S PQ= = ( ),C a a r ( )22 2( )x a y a r− + − = ( ) ( ) 22 2 22 2 (3 ) 1 (5 ) 3 a b r a b r  − + − = − + − = 3 2 a r =  = C ( ) ( )2 23 3 4x y− + − = 12 2 2 22PQCT PQCS S PQ PQ = = ⋅ ⋅ =   2| | 4PQ PC= − 1 11 1CQ PC CQ− ≤ ≤ + 1 5CQ = 所以 ， 故 ， 所以 ， 即四边形 面积的取值范围为 ． 点睛：解决圆的有关问题时经常结合几何法求解，借助图形的直观性可使得问题的求解 简单直观．如在本题中将四边形的面积转化为切线长的问题，然后再转化为圆外一点到 圆上的点的距离的范围的问题求解． 4 6PC≤ ≤ 2 3 4 2PQ≤ ≤ 2 3 4 2PQCTS≤ ≤ PQCT 4 3,8 2  