发布时间 : 星期二 文章2014-2015学年安徽省淮北一中高二（下）第一次质检数学试题（理科）更新完毕开始阅读c6d3fdc76c175f0e7dd13731
解答： （Ⅰ）证明：∵3an=2Sn+n， ∴3an﹣1=2Sn﹣1+n﹣1（n≥2），
两式相减得：3（an﹣an﹣1）=2an+1（n≥2）， ∴an=3an﹣1+1（n≥2）， ∴an+=3（an﹣1+），又a1+=，
∴数列{an+}是以为首项，3为公比的等比数列； （Ⅱ）解：由（Ⅰ）得an+=?3∴an=?3﹣=（3﹣1），
n
n
n﹣1
=?3，
n
∴Sn==（
2
﹣n）=
3
n
n+1
﹣， ）﹣
﹣（1+2+…+n）
∴Tn=S1+S2+…+Sn=（3+3+…+3+3
=?﹣﹣
=﹣．
点评： 本题考查数列的求和，着重考查等比关系的确定，突出考查分组求和，熟练应用等比数列与等差数列的求和公式是关键，属于难题．
20．已知双曲线C：
﹣
=1（a＞0，b＞0），F1、F2分别是它的左、右焦点，A（﹣1，0）是其
左顶点，且双曲线的离心率为e=2．设过右焦点F2的直线l与双曲线C的右支交于P、Q两点，其
中点P位于第一象限内． （1）求双曲线的方程；
（2）若直线AP、AQ分别与直线x=交于M、N两点，求证：MF2⊥NF2；
（3）是否存在常数λ，使得∠PF2A=λ∠PAF2恒成立？若存在，求出λ的值，若不存在，请说明理由．
考点： 直线与圆锥曲线的综合问题． 专题： 圆锥曲线中的最值与范围问题． 分析： （1）由题可知：a=1．由于
，可得c=2．再利用b=c﹣a即可．
2
2
2
（2）设直线l的方程为：x=ty+2，另设：P（x1，y1）、Q（x2，y2）．联立
，可得根与
系数的关系．又直线AP的方程为，解得M．同理解得
N．只要证明=0即可．
（3）当直线l的方程为x=2时，解得P（2，3）．易知此时△AF2P为等腰直角三角形，可得：λ=2． 当∠AF2P=2∠PAF2对直线l存在斜率的情形也成立．利用正切的倍角公式、斜率计算公式、双曲线的方程、正切函数的单调性即可证明． 解答： （1）解：由题可知：a=1． ∵
，
∴c=2．
222
∴b=c﹣a=3， ∴双曲线C的方程为：
．
（2）证明：设直线l的方程为：x=ty+2，另设：P（x1，y1）， Q（x2，y2）． 联立
，化为（3t﹣1）y+12ty+9=0．
2
2
∴．
又直线AP的方程为，代入x=，
解得M．
同理，直线AQ的方程为，代入x=，解得N．
∴=．
∴=+
=
=+
=．
∴MF2⊥NF2．
（3）解：当直线l的方程为x=2时，解得P（2，3）．易知此时△AF2P为等腰直角三角形， 其中
，也即：λ=2．
下证：∠AF2P=2∠PAF2对直线l存在斜率的情形也成立．
tan2∠PAF2=
===．
∵=1，∴．
∴，
∴，
∴结合正切函数在
上的图象可知，∠AF2P=2∠PAF2．
点评： 本题综合考查了双曲线的标准方程及其性质、向量垂直与数量积的关系、正切的倍角公式、斜率计算公式、双曲线的方程、正切函数的单调性等基础知识与基本技能方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
21．已知函数f（x）=lnx﹣mx，g（x）=
2
+x，m∈R令F（x）=f（x）+g（x）．
（Ⅰ）当m=时，求函数f（x）的单调递增区间；
（Ⅱ）若关于x的不等式F（x）≤mx﹣1恒成立，求整数m的最小值； （Ⅲ）若m=﹣2，正实数x1，x2满足F（x1）+F（x2）+x1x2=0，证明：x1+x2
．
考点： 导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究函数的单调性． 专题： 函数的性质及应用；导数的综合应用．
分析： （1）先求函数的定义域，然后求导，通过导数大于零得到增区间；
（2）不等式恒成立问题转化为函数的最值问题，应先求导数，研究函数的单调性，然后求函数的最值；
（3）联系函数的F（x）的单调性，然后证明即可．注意对函数的构造． 解答： 解：（1）
由f′（x）＞0得1﹣x＞0又x＞0，所以0＜x＜1．所以f（x）的单增区间为（0，1）． （2）令
x+1．
2
．
所以=．
当m≤0时，因为x＞0，所以G′（x）＞0所以G（x）在（0，+∞）上是递增函数， 又因为G（1）=﹣
．
所以关于x的不等式G（x）≤mx﹣1不能恒成立． 当m＞0时，
令G′（x）=0得x=，所以当因此函数G（x）在故函数G（x）的最大值为令h（m）=
，因为h（1）=
．
时，G′（x）＞0；当
是增函数，在
． ，h（2）=
．
是减函数．
时，G′（x）＜0．
又因为h（m）在m∈（0，+∞）上是减函数，所以当m≥2时，h（m）＜0．
所以整数m的最小值为2．
2
（3）当m=﹣2时，F（x）=lnx+x+x，x＞0． 由F（x1）+F（x2）+x1x2=0，即化简得
令t=x1x2，则由φ（t）=t﹣lnt得φ′（t）=
．
．
．
可知φ′（t）在区间（0，1）上单调递减，在区间（1，+∞）上单调递增．所以φ（t）≥φ（1）=1． 所以
，即
成立．
点评： 本题考查了利用导数研究函数的单调性的基本思路，不等式恒成立问题转化为函数最值问题来解的方法．属于中档题，难度不大．