2019年上海市崇明区高考数学一模试卷
一、填空题（本大题共有12题，满分54分，其中第1-6题每题4分，第7-12每每题5分）【考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写加过】 1．（4分）
＝ ．
2．（4分）已知集合A＝{x|﹣1＜x＜2}，B＝{﹣1，0，1，2，3}，则A∩B＝ ． 3．（4分）若复数z满足2z+＝3﹣2i，其中i为虚数单位，则z＝ ． 4．（4分）（x﹣）的展开式中x的系数为 （用数字作答） 5．（4分）角θ的终边经过点P（4，y），且
2
2
8
7
，则tanθ＝ ．
6．（4分）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝4x上一点P到焦点的距离为5，则点P的横坐标是 ．
7．（5分）圆x+y﹣2x+4y＝0的圆心到直线3x+4y+5＝0的距离等于 ． 8．（5分）设一个圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆，则此圆锥的体积等于 ． 9．（5分）若函数f（x）＝log2
的反函数的图象过点（﹣3，7），则a＝
2
2
10．（5分）2018年上海春季高考有23所高校招生，如果某3位同学恰好被其中2所高校录取，那么不同的录取方法有 种．
11．（5分）设f（x）是定义在R上的以2为周期的偶函数，在区间[0，1]上单调递减，且满足f（π）＝1，f（2π）＝2，则不等式组
的解集为 ．
12．（5分）已知数列{an}满足：①a1＝0，②对任意的n∈N*都有an+1＞an成立． 函数fn（x）＝|sin（x﹣an）|，x∈[an，an+1]满足：对于任意的实数m∈[0，1），fn（x）＝m总有两个不同的根，则{an}的通项公式是 ．
二、选择题（本大题共有4题，满分20分）【每题有且只有一个正确答案，考生应在答题纸的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，选对得5分，否则一律得零分.】 13．（5分）若a＜0＜b，则下列不等式恒成立的是（ ） A．
B．﹣a＞b
2
C．a＞b
22
D．a＜b
33
14．（5分）“p＜2”是“关于x的实系数方程x+px+1＝0有虚数根”的（ ） A．充分不必要条件 C．充分必要条件
B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
第1页（共20页）
15．（5分）已知最小的值是（ ） A．
满足，且，则中
B．
2
C． D．不能确定
16．（5分）函数f（x）＝x，g（x）＝x﹣x+2．若存在x1，x2，…，xn∈[0，]，使得f（x1）+f（x2）+…+f（xn﹣1）+g（xn）＝g（x1）+g（x2）+…+g（xn﹣1）+f（xn），则n的最大值是（ ） A．11
B．13
C．14
D．18
三、解答题（本大题共有5题，满分76分）【解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤】
17．（14分）如图，设长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，直线A1C与平面ABCD所成角为
．
（1）求三棱锥A﹣A1BD的体积；
（2）求异面直线A1B与B1C所成角的大小．
18．（14分）已知函数f（x）＝cosx•sinx+（1）求函数f（x）的单调递增区间；
（2）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若f（A）＝，a＝3，b＝4．求△ABC的面积．
19．（14分）某创业投资公司拟投资开发某种新能源产品，估计能活得25万元～1600万元的投资收益，现准备制定一个对科研课题组的奖励方案：奖金y（单位：万元）随投资收益x（单位：万元）的增加而增加，奖金不超过75万元，同时奖金不超过投资收益的20%．（即：设奖励方案函数模型为y＝（fx）时，则公司对函数模型的基本要求是：当x∈[25，1600]时，①f（x）是增函数；②f（x）≤75恒成立；（3）
恒成立．）
．
第2页（共20页）
（1）判断函数（2）已知函数范围．
20．（16分）已知椭圆Γ：
是否符合公司奖励方案函数模型的要求，并说明理由；
符合公司奖励方案函数模型要求，求实数a的取值
，B1，B2分别是椭圆短轴的上下两个端
点，F1是椭圆的左焦点，P是椭圆上异于点B1，B2的点，若△B1F1B2的边长为4的等边三角形．
（1）写出椭圆的标准方程；
（2）当直线PB1的一个方向向量是（1，1）时，求以PB1为直径的圆的标准方程； （3）设点R满足：RB1⊥PB1，RB2⊥PB2，求证：△PB1B2与△RB1B2的面积之比为定值． 21．（18分）已知数列{an}，{bn}均为各项都不相等的数列，Sn为{an}的前n项和，
．
（1）若
，求a4的值；
为等比数列；
（2）若{an}是公比为q（q≠1）的等比数列，求证：数列
（3）若{an}的各项都不为零，{bn}是公差为d的等差数列，求证：a2，a3，…，an，…成等差数列的充要条件是
．
第3页（共20页）
2019年上海市崇明区高考数学一模试卷
参考答案与试题解析
一、填空题（本大题共有12题，满分54分，其中第1-6题每题4分，第7-12每每题5分）【考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写加过】 1．（4分）
＝ ．
【考点】6F：极限及其运算．
【专题】11：计算题；52：导数的概念及应用． 【分析】将分式【解答】解：
分子、分母同时除以n，再利用
，
，可求解．
＝
＝
＝
＝， 故答案为：．
【点评】本题考查了极限的运算，属简单题．
2．（4分）已知集合A＝{x|﹣1＜x＜2}，B＝{﹣1，0，1，2，3}，则A∩B＝ {0，1} ． 【考点】1E：交集及其运算．
【专题】36：整体思想；4O：定义法；5J：集合． 【分析】直接利用交集运算得答案． 【解答】解：A∩B＝{0，1}． 故答案为：{0，1}．
【点评】本题考查了交集及其运算，是基础题．
3．（4分）若复数z满足2z+＝3﹣2i，其中i为虚数单位，则z＝ 1﹣2i ．
第4页（共20页）
【考点】A5：复数的运算．
【专题】11：计算题；36：整体思想；4O：定义法；5N：数系的扩充和复数． 【分析】设复数z＝a+bi，（a、b是实数），则＝a﹣bi，代入已知等式，再根据复数相等的含义可得a、b的值，从而得到复数z的值．
【解答】解：设z＝a+bi，（a、b是实数），则＝a﹣bi， ∵2z+＝3﹣2i， ∴2a+2bi+a﹣bi＝3﹣2i， ∴3a＝3，b＝﹣2， 解得a＝1，b＝﹣2， 则z＝1﹣2i 故答案为：1﹣2i．
【点评】本题给出一个复数乘以虚数单位后得到的复数，求这个复数的值，着重考查了复数的四则运算和复数相等的含义，属于基础题．
4．（4分）（x﹣）的展开式中x的系数为 ﹣56 （用数字作答） 【考点】DA：二项式定理．
【专题】34：方程思想；35：转化思想；5P：二项式定理． 【分析】利用通项公式即可得出． 【解答】解：Tr+1＝令16﹣3r＝7，解得r＝3．
∴（x﹣）的展开式中x的系数为故答案为：﹣56．
【点评】本题考查了二项式定理的应用，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 5．（4分）角θ的终边经过点P（4，y），且【考点】G9：任意角的三角函数的定义．
【专题】35：转化思想；49：综合法；56：三角函数的求值． 【分析】由题意利用任意角的三角函数的定义，求得tanθ的值． 【解答】解：角θ的终边经过点P（4，y），且
＝
，
，则tanθ＝ ．
2
8
7
2
8
7
＝x
16﹣3r
，
＝﹣56．
第5页（共20页）
∴y＝﹣3，则tanθ＝＝﹣， 故答案为：﹣．
【点评】本题主要考查任意角的三角函数的定义，属于基础题．
6．（4分）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝4x上一点P到焦点的距离为5，则点P的横坐标是 4 ． 【考点】K8：抛物线的性质．
【专题】35：转化思想；4O：定义法；5D：圆锥曲线的定义、性质与方程．
【分析】由抛物线定义可知，抛物线上任一点到焦点的距离与到准线的距离是相等的，已知|PF|＝5，则P到准线的距离也为5，即x+1＝5，即可求出x． 【解答】解：∵抛物线y＝4x＝2px， ∴p＝2，
由抛物线定义可知，抛物线上任一点到焦点的距离与到准线的距离是相等的， ∴|PF|＝x+1＝5， ∴x＝4， 故答案为：4．
【点评】考查了抛物线的定义、焦半径．到焦点的距离常转化为到准线的距离求解，属于基础题
7．（5分）圆x+y﹣2x+4y＝0的圆心到直线3x+4y+5＝0的距离等于 0 ． 【考点】IT：点到直线的距离公式；J9：直线与圆的位置关系． 【专题】38：对应思想；4R：转化法；5B：直线与圆．
【分析】先求圆的圆心坐标，利用点到直线的距离公式，求解即可． 【解答】解：由已知得圆心为：P（1，﹣2）， 由点到直线距离公式得：d＝
＝0，
2
2
2
2
故答案为：0．
【点评】本题以圆为载体考查点到直线的距离公式，考查学生计算能力，是基础题． 8．（5分）设一个圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆，则此圆锥的体积等于 【考点】L5：旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．
【专题】38：对应思想；49：综合法；5Q：立体几何．
第6页（共20页）
．
【分析】根据圆锥的侧面展开图的弧长为圆锥底面周长得出圆锥底面半径，从而得出圆锥的高，代入体积公式计算即可．
【解答】解：设圆锥的底面半径为r，则2πr＝2π，∴r＝1． ∴圆锥的高h＝∴圆锥的体积V＝故答案为：
．
＝＝．
．
【点评】本题考查了圆锥的结构特征，侧面展开图，属于基础题． 9．（5分）若函数f（x）＝log2
的反函数的图象过点（﹣3，7），则a＝ 6
【考点】4O：对数函数的单调性与特殊点；4R：反函数． 【专题】11：计算题；51：函数的性质及应用．
【分析】∵f（x）的反函数图象过点（﹣3，7），所以原函数f（x）的图象过（7，﹣3），然后将点（7，﹣3）代入f（x）可解得．
【解答】解：∵f（x）的反函数图象过点（﹣3，7），所以原函数f（x）的图象过（7，﹣3），
∴f（7）＝﹣3，即log2 故答案为：6
【点评】本题考查了反函数．属基础题．
10．（5分）2018年上海春季高考有23所高校招生，如果某3位同学恰好被其中2所高校录取，那么不同的录取方法有 1518 种． 【考点】D9：排列、组合及简单计数问题．
【专题】11：计算题；38：对应思想；4O：定义法；5O：排列组合．
【分析】解决这个问题得分三步完成，第一步把三个学生分成两组，第二步从23所学校中取两个学校，第三步，把学生分到两个学校中，再用乘法原理求解 【解答】解：由题意知本题是一个分步计数问题， 解决这个问题得分三步完成， 第一步把三个学生分成两组， 第二步从23所学校中取两个学校，
第三步，把学生分到两个学校中，共有C3C2A23＝1518，
第7页（共20页）
1
2
2
＝﹣3，∴＝2，∴a＝6．
﹣3
故答案为：1518．
【点评】本题考查分步计数问题，本题解题的关键是把完成题目分成三步，看清每一步所包含的结果数，本题是一个基础题．
11．（5分）设f（x）是定义在R上的以2为周期的偶函数，在区间[0，1]上单调递减，且满足f（π）＝1，f（2π）＝2，则不等式组【考点】3N：奇偶性与单调性的综合．
【专题】11：计算题；33：函数思想；49：综合法；51：函数的性质及应用．
【分析】根据f（x）是以2为周期的偶函数，并且在[0，1]上单调递减，便可由f（π）＝1，f（2π）＝2得出f（4﹣π）＝1，f（2π﹣6）＝2，并且由1≤x≤2得出0≤2﹣x≤1，从而由1≤（fx）≤2得出（f4﹣π）≤（f2﹣x）≤（f2π﹣6），进而得出解该不等式组即可．
【解答】解：∵f（x）是以2为周期的偶函数，且f（x）在[0，1]上单调递减； ∴由f（π）＝1，f（2π）＝2得，f（4﹣π）＝1，f（2π﹣6）＝2，且4﹣π，2π﹣6∈[0，1]；
由1≤x≤2得，0≤2﹣x≤1； ∴由∴
解得π﹣2≤x≤8﹣2π；
∴原不等式组的解集为[π﹣2，8﹣2π]． 故答案为：[π﹣2，8﹣2π]．
【点评】考查周期函数和偶函数的定义，以及减函数的定义，不等式的性质． 12．（5分）已知数列{an}满足：①a1＝0，②对任意的n∈N*都有an+1＞an成立． 函数fn（x）＝|sin（x﹣an）|，x∈[an，an+1]满足：对于任意的实数m∈[0，1），fn（x）＝m总有两个不同的根，则{an}的通项公式是 an＝【考点】8H：数列递推式．
【专题】11：计算题；38：对应思想；4F：归纳法；54：等差数列与等比数列． 【分析】利用三角函数的图象与性质、诱导公式、数列的递推关系可得an+1﹣an＝nπ，再利用“累加求和”方法、等差数列的求和公式即可得出．
第8页（共20页）
的解集为 [π﹣2，8﹣2π] ．
，
得，
；
；
π ．
【解答】解：∵a1＝0，当n＝1时，f1（x）＝|sin（x﹣a1）|＝|sinx|，x∈[0，a2]， 又∵对任意的m∈[0，1），f1（x）＝m总有两个不同的根，∴a2＝π， ∴f1（x）＝sinx，x∈[0，π]，a2＝π，
又f2（x）＝|sin（x﹣a2）|＝|sin（x﹣π）|＝|cos|，x∈[π，a3]， ∵对任意的m∈[0，1），f1（x）＝m总有两个不同的根，∴a3＝3π， 又f3（x）＝|sin（x﹣a3）|＝|sin（x﹣3π）|＝|sinπ|，x∈[3π，a4]， ∵对任意的b∈[0，1），f1（x）＝m总有两个不同的根，∴a4＝6π， 由此可得an+1﹣an＝nπ，
∴an＝a1+（a2﹣a1）+…+（an﹣an﹣1）＝0+π+…+（n﹣1）π＝故答案为：an＝
π，
π，
【点评】本题考查了三角函数的图象与性质、诱导公式、数列的递推关系、“累加求和”方法、等差数列的求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题
二、选择题（本大题共有4题，满分20分）【每题有且只有一个正确答案，考生应在答题纸的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，选对得5分，否则一律得零分.】 13．（5分）若a＜0＜b，则下列不等式恒成立的是（ ） A．
B．﹣a＞b
C．a＞b
2
2
D．a＜b
33
【考点】72：不等式比较大小．
【专题】11：计算题；34：方程思想；4O：定义法；59：不等式的解法及应用． 【分析】若a＝﹣1，b＝1，则A，B，C不正确，对于D，根据幂函数的性质即可判断正确．
【解答】解：∵a＜0＜b， 若a＝﹣1，b＝1， 则A，B，C不正确，
对于D，根据幂函数的性质即可判断正确， 故选：D．
【点评】本题考查了不等式的大小比较，特殊值法是常用的方法，属于基础题． 14．（5分）“p＜2”是“关于x的实系数方程x+px+1＝0有虚数根”的（ ） A．充分不必要条件
2
B．必要不充分条件
第9页（共20页）
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【考点】29：充分条件、必要条件、充要条件． 【专题】11：计算题；5L：简易逻辑．
【分析】先求出关于x的实系数方程x+px+1＝0有虚数根的充要条件为：△＝p﹣4＜0，即﹣2＜p＜2，再由“p＜2”与“﹣2＜p＜2”的关系得解，
【解答】解：关于x的实系数方程x+px+1＝0有虚数根的充要条件为：△＝p﹣4＜0， 即﹣2＜p＜2，
又“p＜2”不能推出“﹣2＜p＜2”， “﹣2＜p＜2”能推出“p＜2”，
即“p＜2”是“关于x的实系数方程x+px+1＝0有虚数根”的必要不充分条件， 故选：B．
【点评】本题考查了充分条件、必要条件、充要条件及简易逻辑知识，属简单题 15．（5分）已知最小的值是（ ） A．
B．
C．
D．不能确定
满足
，且
，则
中
22
2
2
2
【考点】9O：平面向量数量积的性质及其运算． 【专题】11：计算题；5A：平面向量及应用． 【分析】由已知可得∴＝﹣（理可得，判断
【解答】解：∵∴＝﹣（
），
，
，
＝
，
第10页（共20页）
），两边同时平方可得，
＝
＝，结合
，同，即可
＝
，
两边同时平方可得，∴
＝
同理可得，
＝
，
∵∴即
＞2＞2
， ＞2＞2
故最小的为故选：B．
【点评】本题主要考查了向量的数量积的性质的简单应用，属于基础试题．
16．（5分）函数f（x）＝x，g（x）＝x﹣x+2．若存在x1，x2，…，xn∈[0，]，使得f（x1）+f（x2）+…+f（xn﹣1）+g（xn）＝g（x1）+g（x2）+…+g（xn﹣1）+f（xn），则n的最大值是（ ） A．11
B．13
C．14
D．18
2
【考点】37：区间与无穷的概念．
【专题】34：方程思想；4I：配方法；51：函数的性质及应用．
【分析】由已知得n﹣2＝（xn﹣1）﹣[（x1﹣1）+（x2﹣1）+…+（xn﹣1﹣1）]，又x1，x2，…，xn∈[0，]，可求n的最大值．
【解答】解：∵f（x1）+f（x2）+…+f（xn﹣1）+g（xn）＝x1+x2+…+xn﹣1+xn﹣xn+2， g（x1）+g（x2）+…+g（xn﹣1）+f（xn）＝x1+x2+…+xn﹣1﹣（x1+x2+…+xn﹣1）+2（n﹣1）+xn，
∴（x1﹣1）+（x2﹣1）+…+（xn﹣1﹣1）+（n﹣2）＝（xn﹣1）， ∴n﹣2＝（xn﹣1）﹣[（x1﹣1）+（x2﹣1）+…+（xn﹣1﹣1）] 当x1＝x2＝…＝xn﹣1＝1，xn＝时，（n﹣2）max＝（﹣1）＝∴n﹣2≤故选：C．
【点评】本题考查参数的最值，配方是关键，考查推理能力和计算能力，属中档题． 三、解答题（本大题共有5题，满分76分）【解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤】
17．（14分）如图，设长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，直线A1C与平面ABCD
，又∵n∈N，∴nmax＝14．
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
，
第11页（共20页）
所成角为．
（1）求三棱锥A﹣A1BD的体积；
（2）求异面直线A1B与B1C所成角的大小．
【考点】LF：棱柱、棱锥、棱台的体积；LM：异面直线及其所成的角． 【专题】11：计算题；45：等体积法；5Q：立体几何． 【分析】（1）转换顶点，以A1为顶点，易求体积；
（2）B1C平移至A1D，化异面直线为共面直线，利用余弦定理求解．
【解答】解：（1）
连接AC，则∠A1CA为 A1C与平面ABCD所成的角， ∴∠A1CA＝
，
∵AB＝BC＝2， ∴∴∴V
， ＝V
第12页（共20页）
＝＝
，
（2）连接A1D， 易知A1D∥B1C，
∴∠BA1D（或其补角）即为所求， 连接BD， 在△A1DB中，由余弦定理得： cos∠BA1D＝＝，
，
故异面直线A1B，B1C所成角的大小为arccos．
【点评】此题考查了三棱锥体积，异面直线所成角的求法等，难度不大． 18．（14分）已知函数f（x）＝cosx•sinx+（1）求函数f（x）的单调递增区间；
（2）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若f（A）＝，a＝3，b＝4．求△ABC的面积．
【考点】GL：三角函数中的恒等变换应用；HP：正弦定理． 【专题】35：转化思想；4R：转化法；57：三角函数的图象与性质．
【分析】（1）利用二倍角，辅助角公式化简，结合三角函数的单调性即可求解f（x）的单调递增区间；
（2）根据f（A）＝，求解A，a＝3，b＝4．利用余弦定理求解c，即可求解△ABC的面积．
【解答】解：（1）函数（fx）＝cosx•sinx+令
≤2x+
，
＝sin2x+
cos2x＝sin（2x+
）
．
，
，BD＝2
，
第13页（共20页）
得≤x≤，
，）＝，
]；k∈Z；
∴f（x）的单调递增区间为[（2）由f（A）＝，即sin（2A+△ABC是锐角三角形， ∴2A+可得A＝
＝
＝
余弦定理：cosA＝解得：c＝
△ABC的面积S＝＝4．
【点评】本题主要考查三角函数的图象和性质，余弦定理的应用，利用三角函数公式将函数进行化简是解决本题的关键．
19．（14分）某创业投资公司拟投资开发某种新能源产品，估计能活得25万元～1600万元的投资收益，现准备制定一个对科研课题组的奖励方案：奖金y（单位：万元）随投资收益x（单位：万元）的增加而增加，奖金不超过75万元，同时奖金不超过投资收益的20%．（即：设奖励方案函数模型为y＝（fx）时，则公司对函数模型的基本要求是：当x∈[25，1600]时，①f（x）是增函数；②f（x）≤75恒成立；（3）（1）判断函数（2）已知函数范围．
【考点】5C：根据实际问题选择函数类型．
【专题】11：计算题；33：函数思想；4A：数学模型法；51：函数的性质及应用． 【分析】（1）研究它的单调性和恒成立问题，即可判断是否符合的基本要求； （2）先求出g（x）max＝aa的范围，即可求出
【解答】解：（1）对于函数模型f（x）＝
+10，
﹣5≤75，此时a的范围，再求出满足
恒成立
恒成立．）
是否符合公司奖励方案函数模型的要求，并说明理由；
符合公司奖励方案函数模型要求，求实数a的取值
第14页（共20页）
当x∈[25，1600]时，f（x）是单调递增函数，则f（x）≤f（1600）＝恒成立， 若函数f（x）＝∴f（x）＝
+10﹣≤0恒成立，即x≥60
10≤75，显然
+10不恒成立，
+10，
综上所述，函数模型f（x）＝
满足基本要求①②，但是不满足③， 故函数模型f（x）＝
+10，不符合公司要求；
﹣5有意义，
（2）x∈[25，1600]时，g（x）＝a∴g（x）max＝a∴a≤2， 设a
﹣5≤恒成立，
2
﹣5≤75，
∴ax≤（5+）恒成立， 即a≤∵
+
+2+≥2
，
＝2，当且仅当x＝25时取等号，
∴a≤2 ∵a≥1， ∴1≤a≤2，
故a的取值范围为[1，2]
【点评】本题主要考查函数模型的选择，其实质是考查函数的基本性质，同时，确定函数关系实质就是将文字语言转化为数学符号语言﹣﹣数学化，再用数学方法定量计算得出所要求的结果，关键是理解题意，将变量的实际意义符号化． 20．（16分）已知椭圆Γ：
，B1，B2分别是椭圆短轴的上下两个端
点，F1是椭圆的左焦点，P是椭圆上异于点B1，B2的点，若△B1F1B2的边长为4的等边三角形．
（1）写出椭圆的标准方程；
（2）当直线PB1的一个方向向量是（1，1）时，求以PB1为直径的圆的标准方程；
第15页（共20页）
（3）设点R满足：RB1⊥PB1，RB2⊥PB2，求证：△PB1B2与△RB1B2的面积之比为定值． 【考点】K4：椭圆的性质．
【专题】34：方程思想；49：综合法；4R：转化法；5D：圆锥曲线的定义、性质与方程． 【分析】（1）由△B1F1B2是边长为4的等边三角形得a＝4，进一步求得b＝2，则椭圆方程可求；
（2）由直线PB1的一个方向向量是（1，1），可得直线PB1所在直线的斜率k＝1，得到直线PB1的方程，由椭圆方程联立，求得P点坐标，得到PB1的中点坐标，再求出|PB1|，可得以PB1为直径的圆的半径，则以PB1为直径的圆的标准方程可求；
（3）方法一、设P（x0，y0），R（x1，y1）求出直线PB1的斜率，进一步得到直线RB1的斜率，得到直线RB1的方程，同理求得直线RB2的方程，联立两直线方程求得R的横坐标，再结合P（x0，y0）在椭圆求解；
方法二、设直线PB1，PB2的斜率为k，k'，得直线PB1的方程为y＝kx+2．结合RB1⊥PB1，可得直线RB1的方程为y＝﹣
，把y＝kx+2与椭圆方程联立可得x0＝
，再
上可得x1 与x0 的关系，由
由P（x0，y0）在椭圆
上，得到，从而得到k•k′＝
＝，得
．结合RB2⊥PB2，可得直线RB2的方程为
y＝4kx﹣2．与线RB1的方程联立求得
．再由求解．
【解答】（1）解：如图，由△B1F1B2的边长为4的等边三角形，得a＝4，且b＝2． ∴椭圆的标准方程为
；
（2）解：∵直线PB1的一个方向向量是（1，1），
∴直线PB1所在直线的斜率k＝1，则直线PB1的方程为y＝x+2，
2
联立，得5x+16x＝0，
第16页（共20页）
解得，∴．
，
．
；
．
则PB1的中点坐标为
则以PB1为直径的圆的半径r＝
∴以PB1为直径的圆的标准方程为
（3）证明：方法一、设P（x0，y0），R（x1，y1）． 直线PB1的斜率为
，由RB1⊥PB1，得直线RB1的斜率为
．
于是直线RB1的方程为：
．
同理，RB2的方程为：
．
联立两直线方程，消去y，得．
∵P（x0，y0）在椭圆
上，
∴∴
，
，从而．
∴．
方法二、设直线PB1，PB2的斜率为k，k'，则直线PB1的方程为y＝kx+2． 由RB1⊥PB1，直线RB1的方程为y＝﹣
2
2
，
将y＝kx+2代入，得（4k+1）x+16kx＝0，
．
∵P是椭圆上异于点B1，B2的点，∴x0≠0，从而x0＝
∵P（x0，y0）在椭圆
上，
第17页（共20页）
∴，从而．
∴k•k′＝＝，得．
∵RB2⊥PB2，∴直线RB2的方程为y＝4kx﹣2． 联立
，解得
，即
．
∴＝||＝4．
【点评】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
21．（18分）已知数列{an}，{bn}均为各项都不相等的数列，Sn为{an}的前n项和，
．
（1）若
，求a4的值；
为等比数列；
（2）若{an}是公比为q（q≠1）的等比数列，求证：数列
（3）若{an}的各项都不为零，{bn}是公差为d的等差数列，求证：a2，a3，…，an，…成等差数列的充要条件是
．
【考点】83：等差数列的性质；8E：数列的求和；8H：数列递推式．
【专题】15：综合题；38：对应思想；4R：转化法；54：等差数列与等比数列． 【分析】（1）直接代入计算即可； （2）通过设an＝a1q
n﹣1
（q≠1），利用等比数列的求和公式及an+1bn＝Sn+1，计算可知
第18页（共20页）
bn，进而化简即得结论；
（3）通过数列{bn}是公差为d的等差数列，对an+1bn﹣a（＝an变形可知nbn﹣d）
﹣＝＝，然后分别证明充分性、必要性即可．
【解答】解：（1）∵an+1bn＝Sn+1，a1＝1，bn＝， ∴a2＝
＝
＝4，
a3＝
＝＝6，
a4＝
＝＝8，
证明：（2）设an＝a1q∵an+1bn＝Sn+1，
n﹣1
（q≠1），则Sn＝
，
∴bn＝
＝＝，
∴bn+
＝+＝
∴bn+1+
＝
∴＝q，（q为常数）
∴数列为等比数列，
（3）∵数列{bn}是公差为d的等差数列， ∴当n≥2时，an+1bn﹣an（bn﹣d）＝an， 即（an+1﹣an）bn＝（1﹣d）an， ∵数列{an}的各项都不为零， ∴an+1﹣an≠0，1﹣d≠0，
第19页（共20页）
∴当n≥2时，＝，
当n≥3时，＝，
两式相减得：当n≥3时，先证充分性： 由d＝可知
﹣
﹣＝＝．
＝1，
∴当n≥3时，+1＝，
又∵an≠0，
∴an+1﹣an＝an﹣an﹣1，
即a2，a3，…，an…成等差数列； 再证必要性：
∵a2，a3，…，an…成等差数列， ∴当n≥3时，an+1﹣an＝an﹣an﹣1， ∴
﹣
＝
﹣
＝1＝
，
∴d＝．
综上所述，a2，a3，…，an…成等差数列的充要条件是d＝
【点评】本题考查数列的递推式，考查运算求解能力，对表达式的灵活变形是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于难题．
第20页（共20页）
因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容