高中數(shù)學選擇性模塊素養(yǎng)評價（一）

模塊素養(yǎng)評價(一)(120分鐘150分)一、單選題(本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．(2021·泰州高二檢測)過兩直線l1：x－3y＋1＝0，l2：x＋2y＋6＝0的交點且與3x＋y－1＝0平行的直線方程為()A．x－3y＋1＝0 B．3x＋y＋7＝0C．x－3y－11＝0 D．3x＋y＋13＝0【解析】選D.由題意列方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－3y＋1＝0，,x＋2y＋6＝0))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－4,y＝－1))，即兩直線l1：x－3y＋1＝0，l2：x＋2y＋6＝0的交點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4，－1))；設(shè)與3x＋y－1＝0平行的直線方程為3x＋y＋m＝0，則3×(－4)＋(－1)＋m＝0，解得m＝13，故所求的直線方程為3x＋y＋13＝0.2．(2021·遵義高二檢測)雙曲線eq\f(x2,3)－y2＝1的焦點到漸近線的距離是()A．1B．eq\r(2)C．eq\r(3)D．2【解析】選A.雙曲線eq\f(x2,3)－y2＝1的漸近線為y＝±eq\f(\r(3),3)x，a2＝3，b2＝1，c2＝a2＋b2＝3＋1＝4，即c＝2，則一個焦點F(2，0)，漸近線方程為eq\f(\r(3),3)x＋y＝0，則焦點F到其漸近線的距離d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)×2)),\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))\s\up12(2)))＝eq\f(\f(2\r(3),3),\f(2\r(3),3))＝1.3．(2021·紹興高二檢測)已知數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))是等差數(shù)列，若a9＋3a11<0，a10·a11<0，且數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n項和Sn有最大值，那么Sn取得最小正值時n等于()A．20B．17C．19D．21【解析】選C.因為a9＋3a11＝(a9＋a11)＋2a11＝2a10＋2a11＝2(a10＋a11)<0.所以a10＋a11<0，又a10·a11<0且Sn有最大值，得公差為負，可得a10>0，a11<0，又可得：S19＝19a10>0，而S20＝10(a10＋a11)<0，進而可得Sn取得最小正值時n＝19.4．(2021·靖遠高二檢測)函數(shù)f(x)＝(1－x)ex有()A．最大值為1B．最小值為1C．最大值為eD．最小值為e【解析】選A.f′(x)＝－ex＋(1－x)ex＝－xex，當x<0時，f′(x)>0，當x>0時，f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增，在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(x)有最大值為f(0)＝1.5．(2021·宜賓高二檢測)已知圓心在y軸上的圓C與直線x＝3切于點Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，2)).若直線3x＋4y＋m＝0與圓C相切，則m的值為()A．9 B．7C．－21或9 D．－23或7【解析】選D.圓心在y軸上的圓C與直線x＝3切于點Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，2)).可得圓C的半徑為3，圓心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2)).因為直線3x＋4y＋m＝0與圓C相切，所以由切線性質(zhì)及點到直線的距離公式可得eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(8＋m)),\r(32＋42))＝3，解得m＝－23或7.6．已知正項數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n項和為Sn，且a1＝1，aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n＋1))＝2Sn＋n＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n∈N*))，設(shè)數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))的前n項和為Tn，則Tn的取值范圍為()A．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) B．(0，1)C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))【解析】選D.因為aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n＋1))＝2Sn＋n＋1，所以aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＝2Sn－1＋neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n≥2))，因此aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n＋1))－aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Sn－Sn－1))＋1＝2an＋1，即aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n＋1))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋1))2，又eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))為正項數(shù)列，所以an＋1＝an＋1(n≥2)，aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝2＋1＋1＝4，a2＝2滿足，故數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))是以1為首項，1為公差的等差數(shù)列，所以an＝neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n∈N*))，因此eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋1)))＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，所以Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝1－eq\f(1,n＋1)，因為n∈N*，所以eq\f(1,2)≤Tn<1.7．(2021·合肥高二檢測)已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點為F，準線與x軸交于點K，過點K作圓eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))2＋y2＝eq\f(p2,4)的切線，切點分別為點A，B.若AB＝eq\r(3)，則p的值為()A．1B．eq\r(3)C．2D．3【解析】選C.如圖，連接FA，因為F就是圓eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))2＋y2＝eq\f(p2,4)的圓心，所以FA⊥KA，且FA＝eq\f(p,2).又KF＝p，所以∠AKF＝30°，那么∠AKB＝60°，所以△AKB是等邊三角形，所以AB＝AK＝eq\f(\r(3),2)p.又AB＝eq\r(3)，所以p＝2.8．已知定義域為R的奇函數(shù)y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的導(dǎo)函數(shù)為y＝f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))，當x>0時，xf′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))<0，若a＝eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e)),e)，b＝eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln2)),ln2)，c＝eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3)),－3)，則a，b，c的大小關(guān)系正確的是()A．a(chǎn)<b<c B．b<c<aC．a(chǎn)<c<b D．c<a<b【解析】選D.構(gòu)造函數(shù)g(x)＝eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)),x)，所以g′(x)＝eq\f(xf′\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))－f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)),x2)，因為xf′(x)－f(x)＜0，所以g′(x)＜0，所以函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．因為函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，所以g(x)＝eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)),x)是偶函數(shù)，所以c＝eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3)),－3)＝g(－3)＝g(3)，因為a＝eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e)),e)＝g(e)，b＝eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln2)),ln2)＝g(ln2)，所以g(3)＜g(e)＜g(ln2)，所以c＜a＜b.二、多選題(本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，有選錯的得0分，部分選對的得3分)9．(2021·撫順高二檢測)已知圓C：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－2))2＝25，直線l：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2m＋1))x＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋1))y－7m－4＝0.則以下幾個說法正確的有()A．直線l恒過定點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，1))B．圓C被y軸截得的弦長為4eq\r(6)C．直線l與圓C恒相交D．直線l被圓C截得的弦最長時，直線l的方程為2x－y－5＝0【解析】選ABC.直線l的方程整理得m(2x＋y－7)＋x＋y－4＝0，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋y－7＝0,x＋y－4＝0))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝3,y＝1))，所以直線l恒過定點(3，1)，A正確；在圓方程中令x＝0，得1＋(y－2)2＝25，y＝2±2eq\r(6)，所以y軸上的弦長為4eq\r(6)，B正確；(3－1)2＋(1－2)2＝5<25，所以點(3，1)在圓內(nèi)，直線l與圓一定相交，C正確；直線l被圓C截得弦最長時，直線過圓心(1，2)，則(2m＋1)＋2(m＋1)－7m－4＝0，得m＝－eq\f(1,3)，直線方程為eq\f(1,3)x＋eq\f(2,3)y－eq\f(5,3)＝0，即x＋2y－5＝0，D錯．10．(2021·無錫高二檢測)我們把離心率為eq\f(\r(5)－1,2)的橢圓稱為黃金橢圓，類似地，也把離心率為eq\f(\r(5)＋1,2)的雙曲線稱為黃金雙曲線，則()A．雙曲線eq\f(x2,3)－eq\f(y2,\r(5)＋1)＝1是黃金雙曲線B．如果雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)是黃金雙曲線，那么b2＝ac(c為半焦距)C．如果雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)是黃金雙曲線，那么右焦點F2到一條漸近線的距離等于焦距的四分之一D．過雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦點F2且垂直于實軸的直線l交C于M，N兩點，O為坐標原點，若∠MON＝90°，則雙曲線C是黃金雙曲線【解析】選BD.對于A：eq\f(x2,3)－eq\f(y2,\r(5)＋1)＝1，a2＝3，b2＝eq\r(5)＋1，所以c2＝eq\r(5)＋4，所以e2＝eq\f(c2,a2)＝eq\f(\r(5)＋4,3)≠eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5)＋1,2)))2＝eq\f(3＋\r(5),2)，故A錯誤；對于B：雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)是黃金雙曲線，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(5)＋1,2)，由c2＝a2＋b2，所以b2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5)＋1,2)a))2－a2＝eq\f(\r(5)＋1,2)a2＝ac，故B正確；對于C：雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的一條漸近線y＝eq\f(b,a)x，則F2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，0))到其距離d＝eq\f(bc,a)×eq\f(1,\r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2))＝b，而由B可知，b2＝ac≠eq\f(1,4)c2，故C錯誤；對于D：M，N兩點的橫坐標為C，y2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,a2)－1))b2，得M(c，eq\f(b2,a))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，－\f(b2,a)))，則OM→＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，\f(b2,a)))，ON→＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，－\f(b2,a)))，所以O(shè)M→·ON→＝c2－eq\f(b4,a2)＝0，則b2＝ac，由B可知，雙曲線C是黃金雙曲線，故D正確．11．在《增減算法統(tǒng)宗》中有這樣一則故事：“三百七十八里關(guān)，初行健步不為難；次日腳痛減一半，如此六日過其關(guān)”則下列說法正確的是()A．此人第三天走了四十八里路B．此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里C．此人第二天走的路程占全程的eq\f(1,4)D．此人前三天走的路程是后三天走的路程的8倍【解析】選ABD.根據(jù)題意知，此人每天行走的路程成等比數(shù)列，設(shè)此人第n天走an里路，則eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))是首項為a1，公比為q＝eq\f(1,2)的等比數(shù)列．所以S6＝eq\f(a1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－q6)),1－q)＝eq\f(a1\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))6)),1－\f(1,2))＝378，解得a1＝192.所以a3＝a1q2＝192×eq\f(1,4)＝48，所以A正確．由a1＝192，S6＝378，得a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝S6－a1＝378－192＝186，又192－186＝6，所以B正確．因為a2＝a1q＝192×eq\f(1,2)＝96，eq\f(1,4)S6＝94.5，所以a2>eq\f(1,4)S6，所以C不正確．因為a1＋a2＋a3＝a1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋q＋q2))＝192×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,4)))＝336，所以后3天走的路程為378－336＝42，而且42×8＝336，所以D正確．12．(2021·南通高二檢測)設(shè)函數(shù)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝xlnx，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝eq\f(1,2)x2，給定下列命題，其中正確的是()A．若方程feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝k有兩個不同的實數(shù)根，則k∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，0))B．若方程kfeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝x2恰好只有一個實數(shù)根，則k<0C．若x1>x2>0，總有meq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1))－g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2))))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1))－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2))恒成立，則m≥1D．若函數(shù)Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))－2ageq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))有兩個不同的極值點，則實數(shù)a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))【解析】選ACD.對于A，f(x)的定義域是(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1，令f′(x)>0，有l(wèi)nx>－1，即x>eq\f(1,e)，可知f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上單調(diào)遞增，所以極小值等于最小值，所以f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e)，且當x→0時f(x)→0，又f(1)＝0，從而要使得方程f(x)＝k有兩個不同的實數(shù)根，即y＝f(x)與y＝k有兩個不同的交點，所以k∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，0))，故A正確；對于B，易知x＝1不是該方程的根，當x≠1時，f(x)≠0，方程kf(x)＝x2恰好只有一個實數(shù)根，等價于y＝k和y＝eq\f(x,lnx)只有一個交點，y′＝eq\f(lnx－1,（lnx）2)，又x>0且x≠1，令y′>0，即lnx>1，有x>e，知y＝eq\f(x,lnx)在(0，1)和(1，e)單調(diào)遞減，在(e，＋∞)上單調(diào)遞增，x＝1是一條漸近線，極小值為e，由y＝eq\f(x,lnx)的大致圖象可知k<0或k＝e，故B錯誤；對于C，當x1>x2>0時，meq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(g（x1）－g（x2）))>f(x1)－f(x2)恒成立，等價于mg(x1)－f(x1)>mg(x2)－f(x2)恒成立，即函數(shù)y＝mg(x)－f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，即y′＝mg′(x)－f′(x)＝mx－lnx－1≥0恒成立，即m≥eq\f(lnx＋1,x)在(0，＋∞)上恒成立，令r(x)＝eq\f(lnx＋1,x)，則r′(x)＝eq\f(－lnx,x2)，令r′(x)>0得lnx<0，有0<x<1，從而r(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，則r(x)max＝r(1)＝1，于是m≥1，故C正確；對于D，F(xiàn)(x)＝xlnx－ax2(x>0)有兩個不同的極值點，等價于F′(x)＝lnx＋1－2ax＝0有兩個不同的正根，即方程2a＝eq\f(lnx＋1,x)有兩個不同的正根，由C可知，0<2a<1，即0<a<eq\f(1,2)，則D正確．三、填空題(本題共4小題，每小題5分，共20分)13．各項為正數(shù)的等比數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))中，a2與a10的等比中項為eq\f(\r(3),3)，則log3a4＋log3a8＝________．【解析】根據(jù)題意，等比數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))中，a2與a10的等比中項為eq\f(\r(3),3)，則有a2a10＝eq\f(1,3)，又由等比數(shù)列的性質(zhì)可得：a4a8＝a2a10＝eq\f(1,3)，則log3a4＋log3a8＝log3a4a8＝log3答案：－114．(2021·西安高二檢測)某蓮藕種植塘每年的固定成本是1萬元，每年最大規(guī)模的種植量是8萬斤，每種植一萬斤蓮藕，成本增加0.5萬元．如果銷售額函數(shù)是f(x)＝－eq\f(1,8)x3＋eq\f(9,16)ax2＋eq\f(1,2)x(x是蓮藕種植量，單位：萬斤；銷售額的單位：萬元，a是常數(shù)).若種植2萬斤，利潤是2.5萬元，則要使利潤最大，每年需種植蓮藕________萬斤.【解析】設(shè)銷售利潤為g(x)，得g(x)＝－eq\f(1,8)x3＋eq\f(9,16)ax2＋eq\f(1,2)x－1－eq\f(1,2)x＝－eq\f(1,8)x3＋eq\f(9,16)ax2－1，當x＝2時，g(2)＝－eq\f(1,8)×23＋eq\f(9,16)a×22－1＝2.5，解得a＝2.所以g(x)＝－eq\f(1,8)x3＋eq\f(9,8)x2－1，g′(x)＝－eq\f(3,8)x2＋eq\f(9,4)x＝－eq\f(3,8)x(x－6)，所以函數(shù)g(x)在(0，6)上單調(diào)遞增，在(6，8)上單調(diào)遞減．所以當x＝6時，函數(shù)g(x)取得極大值即最大值．答案：615．(2021·廣州高二檢測)已知數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n項和是Sn，且an＋Sn＝3n－1，則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通項公式an＝________．【解析】由題得an＋Sn＝3n－1，an－1＋Sn－1＝3n－4，兩式相減得an＝eq\f(1,2)an－1＋eq\f(3,2)，所以an－3＝eq\f(1,2)(an－1－3)，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－3))是一個等比數(shù)列，所以an－3＝(a1－3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＝(1－3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1，所以an＝3－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－2.答案：3－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－216．(2021·貴陽高二檢測)在橢圓eq\f(y2,4)＋x2＝1上有兩個動點P，Q，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1))為定點，EP⊥EQ，則EP→·QP→的最小值為________．【解析】由題意得EP→·QP→＝EP→·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(EP→－EQ→))＝EP→2－EP→·EQ→＝EP→2.設(shè)橢圓上一點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，y))，則EP→＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，y－1))，EP→2＝x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－1))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(y2,4)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－1))2＝eq\f(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(4,3)))2＋eq\f(2,3)，又－2≤y≤2，所以當y＝eq\f(4,3)時，EP→2取得最小值eq\f(2,3).答案：eq\f(2,3)四、解答題(本題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17．(10分)(2021·北京高二檢測)已知等差數(shù)列{an}滿足a2＝4，a3＋a4＝17.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)若數(shù)列{bn}滿足b1＝2，再從①bn＋1＝2bn；②2bn＋1＝bn；③bn＋1＝－bn這三個條件中任選一個作為已知條件，求數(shù)列{an＋bn}的前n項和Tn.注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．【解析】(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝4,a3＋a4＝17))，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝4,2a1＋5d＝17))，解得a1＝1，d＝3.所以an＝a1＋(n－1)d＝3n－2(2)選①：由b1＝2，bn＋1＝2bn可得bn≠0，eq\f(bn＋1,bn)＝2，所以{bn}是等比數(shù)列，公比q＝2.所以bn＝b1qn－1＝2n.所以Tn＝(a1＋a2＋…＋an)＋(b1＋b2＋…＋bn)＝eq\f(n（1＋3n－2）,2)＋eq\f(2（1－2n）,1－2)＝eq\f(3n2－n,2)＋2n＋1－2選②：由b1＝2，2bn＋1＝bn可得bn≠0，eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(1,2)，所以{bn}是等比數(shù)列，公比q＝eq\f(1,2).所以bn＝b1qn－1＝2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－2).所以Tn＝(a1＋a2＋…＋an)＋(b1＋b2＋…＋bn)＝eq\f(n（1＋3n－2）,2)＋eq\f(2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n))),1－\f(1,2))＝eq\f(3n2－n,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－2)＋4.選③：由b1＝2，bn＋1＝－bn可得bn≠0，eq\f(bn＋1,bn)＝－1，所以{bn}是等比數(shù)列，公比q＝－1，所以bn＝b1qn－1＝2·(－1)n－1.所以Tn＝(a1＋a2＋…＋an)＋(b1＋b2＋…＋bn)＝eq\f(n（1＋3n－2）,2)＋eq\f(2[1－（－1）n],1－（－1）)＝eq\f(3n2－n＋2,2)－(－1)n.18．(12分)(2021·黃岡高二檢測)已知與x＝－1相切的圓C的圓心在射線x－3y＝0(x>0)上，且被直線l：3x－4y＋5＝0截得弦長為4eq\r(3).(1)求圓C的方程；(2)若圓C上有且僅有2個點到與l平行的直線l′的距離為2，求直線l′在x軸上截距的取值范圍．【解析】(1)依題意設(shè)圓心坐標Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3t，t))，t>0，圓心到直線l：3x－4y＋5＝0的距離為eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(9t－4t＋5)),\r(32＋42))＝t＋1，又圓與x＝－1相切，則圓的半徑r＝3t＋1，因為弦長為4eq\r(3)，所以(3t＋1)2＝12＋(t＋1)2，解得t＝1或t＝－eq\f(3,2)(舍去)，所以圓心C(3，1)，r＝4，所以圓的方程為(x－3)2＋(y－1)2＝16.(2)設(shè)直線l′的方程為3x－4y＋m＝0，則圓心到直線l′的距離為d＝eq\f(|5＋m|,5)，當且僅當2<d<6時，圓C上有且僅有2個點到l′的距離為2；即2<eq\f(|5＋m|,5)<6，所以－35<m<－15或5<m<25，設(shè)直線l′在x軸上的截距為a，則a＝－eq\f(m,3)，m＝－3a，所以－35<－3a<－15或5<－3a<25，解得5<a<eq\f(35,3)或－eq\f(25,3)<a<－eq\f(5,3).19．(12分)已知{an}為等差數(shù)列，{bn}為等比數(shù)列，a1＝b1＝1，a5＝5(a4－a3)，b5＝4(b4－b3).(1)求{an}和{bn}的通項公式；(2)cn＝a2nb2n＋1，求數(shù)列{cn}的前n項和Sn.【解析】(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q，由a1＝1，a5＝5(a4－a3)，可得1＋4d＝5d，解得d＝1，所以an＝1＋n－1＝n，由b1＝1，b5＝4(b4－b3)，可得q4＝4(q3－q2)，解得q＝2，所以bn＝2n－1.(2)由(1)可得a2n＝2n，b2n＋1＝22n＝4n，所以cn＝a2nb2n＋1＝2n×4n，故Sn＝2×4＋4×42＋6×43＋…＋2(n－1)×4n－1＋2n×4n4Sn＝2×42＋4×43＋6×44＋…＋2(n－1)×4n＋2n×4n＋1，上述兩式相減，得－3Sn＝2×4＋2×42＋2×43＋…＋2×4n－2n×4n＋1＝2×eq\f(4（1－4n）,1－4)－2n×4n＋1＝－eq\f(8,3)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n－\f(2,3)))×4n＋1，所以Sn＝eq\f(8,9)＋eq\f(6n－2,9)×4n＋1.20．(12分)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(a·ex,x)(a∈R，a≠0).(1)當a＝1時，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處切線的方程；(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間．【解析】(1)當a＝1時，f(x)＝eq\f(ex,x)(x≠0)，f(1)＝e，切點(1，e)，f′(x)＝eq\f(exx－ex,x2)，k＝f′(1)＝0，所以切線方程為y－e＝0，即y＝e.(2)f′(x)＝aeq\f(exx－ex,x2)＝aeq\f(ex（x－1）,x2)(x≠0)，①a>0，當x－1>0，即x>1時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；當x－1<0，即x<0或0<x<1時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)在每個區(qū)間上單調(diào)遞減；②a<0，當x－1>0，即x>1時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；當x－1<0，即x<0或0<x<1時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)在每個區(qū)間上單調(diào)遞增；綜上所述，a>0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，0)，(0，1)；a<0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，0)，(0，1)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，＋∞).21．(12分)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的兩個頂點分別為點A(－2，0)，B(2，0)，離心率為eq\f(\r(3),2).(1)求橢圓C的方程；(2)點D為x軸上一點，過D作x軸的垂線交橢圓C于不同的兩點M，N，過D作AM的垂線交BN于點E.證明：△BDE與△BDN的面積之比為定值．【解析】(1)因為焦點在x軸上，兩個頂點分別為點A(－2，0)，B(2，0)，所以a＝2，因為e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)?c＝eq\r(3)，所以b2＝a2－c2＝1，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1；(2)設(shè)D(x0，0)，M(x0，y0)，N(x0，－y0)，y0>0，可得yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝1－eq\f(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),4)，直線AM的方程為：y＝eq\f(y0,x0＋2)(x＋2)，因為DE⊥AM，所以kDE＝－eq\f(x0＋2,y0)，直線DE的方程：y＝－eq\f(x0＋2,y0)(x－x0)，直線BN的方程：y＝eq\f(－y0,x0－2)(x－2)，直線DE與直線BN的方程聯(lián)立可得eq\b\lc