2016年浙江省高考数学试卷（理科）.doc

《2016年浙江省高考数学试卷（理科）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2016年浙江省高考数学试卷（理科）.doc（23页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、第 1 页（共 23 页）2016 年浙江省高考数学试卷（理科）年浙江省高考数学试卷（理科）一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分在每小题给出的四个选分在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的项中，只有一个是符合题目要求的1 （5 分）已知集合 P=xR|1x3，Q=xR|x24，则 P（RQ）=（ ）A2，3 B （2，3 C1，2） D （，21，+）2 （5 分）已知互相垂直的平面 ， 交于直线 l，若直线 m，n 满足m，n，则（ ）AmlBmnCnl Dmn3 （5 分）在平面上，过点 P 作直线 l 的垂线所得的

2、垂足称为点 P 在直线 l 上的投影，由区域中的点在直线 x+y2=0 上的投影构成的线段记为 AB，则|AB|=（ ）A2B4C3D64 （5 分）命题“xR，nN*，使得 nx2”的否定形式是（ ）AxR，nN*，使得 nx2BxR，nN*，使得 nx2CxR，nN*，使得 nx2DxR，nN*，使得 nx25 （5 分）设函数 f（x）=sin2x+bsinx+c，则 f（x）的最小正周期（ ）A与 b 有关，且与 c 有关 B与 b 有关，但与 c 无关C与 b 无关，且与 c 无关 D与 b 无关，但与 c 有关6 （5 分）如图，点列An、Bn分别在某锐角的两边上，且|AnAn+1

3、|=|An+1An+2|，AnAn+1，nN*，|BnBn+1|=|Bn+1Bn+2|，BnBn+1，nN*， （PQ 表示点 P 与 Q 不重合）若 dn=|AnBn|，Sn为AnBnBn+1的面积，则（ ）第 2 页（共 23 页）ASn是等差数列 BSn2是等差数列Cdn是等差数列 Ddn2是等差数列7 （5 分）已知椭圆与双曲线 C2：y2=1（n0）的焦点重合，e1，e2分别为 C1，C2的离心率，则（ ）Amn 且 e1e21Bmn 且 e1e21 Cmn 且 e1e21 Dmn 且e1e218 （5 分）已知实数 a，b，c （ ）A若|a2+b+c|+|a+b2+c|1，则 a

4、2+b2+c2100B若|a2+b+c|+|a2+bc|1，则 a2+b2+c2100C若|a+b+c2|+|a+bc2|1，则 a2+b2+c2100D若|a2+b+c|+|a+b2c|1，则 a2+b2+c2100二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 7 小题，多空题每题小题，多空题每题 6 分，单空题每题分，单空题每题 4 分，共分，共 36 分分9 （4 分）若抛物线 y2=4x 上的点 M 到焦点的距离为 10，则 M 到 y 轴的距离是 10 （6 分）已知 2cos2x+sin2x=Asin（x+）+b（A0） ，则 A= ，b= 11 （6 分）某几何体的三视图如图所示（单

5、位：cm） ，则该几何体的表面积是 cm2，体积是 cm312 （6 分）已知 ab1，若 logab+logba=，ab=ba，则 a= ，b= 第 3 页（共 23 页）13 （6 分）设数列an的前 n 项和为 Sn，若 S2=4，an+1=2Sn+1，nN*，则 a1= ，S5= 14 （4 分）如图，在ABC 中，AB=BC=2，ABC=120若平面 ABC 外的点 P和线段 AC 上的点 D，满足 PD=DA，PB=BA，则四面体 PBCD 的体积的最大值是 15 （4 分）已知向量 ， ，| |=1，| |=2，若对任意单位向量 ，均有| |+| |，则 的最大值是 三、解答题：

6、本大题共三、解答题：本大题共 5 小题，共小题，共 74 分解答应写出文字说明，证明过程或演分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤算步骤16 （14 分）在ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，已知b+c=2acosB（）证明：A=2B；（）若ABC 的面积 S=，求角 A 的大小17 （15 分）如图，在三棱台 ABCDEF 中，已知平面 BCFE平面ABC，ACB=90，BE=EF=FC=1，BC=2，AC=3，（）求证：BF平面 ACFD；（）求二面角 BADF 的余弦值18 （15 分）已知 a3，函数 F（x）=min2|x1|，x22ax+4a2，其中min（

7、p，q）=第 4 页（共 23 页）（）求使得等式 F（x）=x22ax+4a2 成立的 x 的取值范围（） （i）求 F（x）的最小值 m（a）（ii）求 F（x）在0，6上的最大值 M（a）19 （15 分）如图，设椭圆 C：+y2=1（a1）（）求直线 y=kx+1 被椭圆截得到的弦长（用 a，k 表示）（）若任意以点 A（0，1）为圆心的圆与椭圆至多有三个公共点，求椭圆的离心率的取值范围20 （15 分）设数列满足|an|1，nN*（）求证：|an|2n1（|a1|2） （nN*）（）若|an|（）n，nN*，证明：|an|2，nN*第 5 页（共 23 页）2016 年浙江省高考数学

8、试卷（理科）年浙江省高考数学试卷（理科）参考答案与试题解析参考答案与试题解析一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分在每小题给出的四个选分在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的项中，只有一个是符合题目要求的1 （5 分）已知集合 P=xR|1x3，Q=xR|x24，则 P（RQ）=（ ）A2，3 B （2，3 C1，2） D （，21，+）【分析】运用二次不等式的解法，求得集合 Q，求得 Q 的补集，再由两集合的并集运算，即可得到所求【解答】解：Q=xR|x24=xR|x2 或 x2，即有RQ=xR|2x2，则 P（RQ）=

9、（2，3故选：B【点评】本题考查集合的运算，主要是并集和补集的运算，考查不等式的解法，属于基础题2 （5 分）已知互相垂直的平面 ， 交于直线 l，若直线 m，n 满足m，n，则（ ）AmlBmnCnl Dmn【分析】由已知条件推导出 l，再由 n，推导出 nl【解答】解：互相垂直的平面 ， 交于直线 l，直线 m，n 满足 m，m 或 m 或 m 与 相交，l，n，nl故选：C第 6 页（共 23 页）【点评】本题考查两直线关系的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养3 （5 分）在平面上，过点 P 作直线 l 的垂线所得的垂足称为点 P 在直线 l 上的投影，由区域中的点

10、在直线 x+y2=0 上的投影构成的线段记为 AB，则|AB|=（ ）A2B4C3D6【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用投影的定义，利用数形结合进行求解即可【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分） ，区域内的点在直线 x+y2=0 上的投影构成线段 RQ，即 SAB，而 RQ=RQ，由得，即 Q（1，1）由得，即 R（2，2） ，则|AB|=|QR|=3，故选：C【点评】本题主要考查线性规划的应用，作出不等式组对应的平面区域，利用投影的定义以及数形结合是解决本题的关键第 7 页（共 23 页）4 （5 分）命题“xR，nN*，使得 nx2”的否定形式是（ ）AxR，nN*

11、，使得 nx2BxR，nN*，使得 nx2CxR，nN*，使得 nx2DxR，nN*，使得 nx2【分析】特称命题的否定是全称命题，全称命题的否定是特称命题，依据规则写出结论即可【解答】解：“xR，nN*，使得 nx2”的否定形式是“xR，nN*，使得nx2“故选：D【点评】本题考查命题的否定，解本题的关键是掌握住特称命题的否定是全称命题，书写答案是注意量词的变化5 （5 分）设函数 f（x）=sin2x+bsinx+c，则 f（x）的最小正周期（ ）A与 b 有关，且与 c 有关 B与 b 有关，但与 c 无关C与 b 无关，且与 c 无关 D与 b 无关，但与 c 有关【分析】根据三角函数

12、的图象和性质即可判断【解答】解：设函数 f（x）=sin2x+bsinx+c，f（x）图象的纵坐标增加了 c，横坐标不变，故周期与 c 无关，当 b=0 时，f（x）=sin2x+bsinx+c=cos2x+c 的最小正周期为 T=，当 b0 时，f（x）=cos2x+bsinx+c，y=cos2x 的最小正周期为 ，y=bsinx 的最小正周期为 2，f（x）的最小正周期为 2，故 f（x）的最小正周期与 b 有关，故选：B【点评】本题考查了三角函数的最小正周期，关键掌握三角函数的图象和性质，属于中档题6 （5 分）如图，点列An、Bn分别在某锐角的两边上，且|AnAn+1|=|An+1An

13、+2|，AnAn+1，nN*，|BnBn+1|=|Bn+1Bn+2|，BnBn+1，nN*， （P第 8 页（共 23 页）Q 表示点 P 与 Q 不重合）若 dn=|AnBn|，Sn为AnBnBn+1的面积，则（ ）ASn是等差数列 BSn2是等差数列Cdn是等差数列 Ddn2是等差数列【分析】设锐角的顶点为 O，再设|OA1|=a，|OB1|=c，|AnAn+1|=|An+1An+2|=b，|BnBn+1|=|Bn+1Bn+2|=d，由于 a，c不确定，判断 C，D 不正确，设AnBnBn+1的底边 BnBn+1上的高为 hn，运用三角形相似知识，hn+hn+2=2hn+1，由 Sn=dh

14、n，可得 Sn+Sn+2=2Sn+1，进而得到数列Sn为等差数列【解答】解：设锐角的顶点为 O，|OA1|=a，|OB1|=c，|AnAn+1|=|An+1An+2|=b，|BnBn+1|=|Bn+1Bn+2|=d，由于 a，c 不确定，则dn不一定是等差数列，dn2不一定是等差数列，设AnBnBn+1的底边 BnBn+1上的高为 hn，由三角形的相似可得=，=，两式相加可得，=2，即有 hn+hn+2=2hn+1，由 Sn=dhn，可得 Sn+Sn+2=2Sn+1，即为 Sn+2Sn+1=Sn+1Sn，则数列Sn为等差数列第 9 页（共 23 页）另解：可设A1B1B2，A2B2B3，AnB

15、nBn+1为直角三角形，且 A1B1，A2B2，AnBn为直角边，即有 hn+hn+2=2hn+1，由 Sn=dhn，可得 Sn+Sn+2=2Sn+1，即为 Sn+2Sn+1=Sn+1Sn，则数列Sn为等差数列故选：A【点评】本题考查等差数列的判断，注意运用三角形的相似和等差数列的性质，考查化简整理的推理能力，属于中档题7 （5 分）已知椭圆与双曲线 C2：y2=1（n0）的焦点重合，e1，e2分别为 C1，C2的离心率，则（ ）Amn 且 e1e21Bmn 且 e1e21 Cmn 且 e1e21 Dmn 且e1e21【分析】由题意可得 m21=n2+1，即 m2=n2+2，由条件可得 mn，

16、再由离心率公式，即可得到结论【解答】解：由题意可得 m21=n2+1，即 m2=n2+2，又 m1，n0，则 mn，由 e12e22=第 10 页（共 23 页）=1+1，则 e1e21故选：A【点评】本题考查双曲线和椭圆的离心率的关系，考查椭圆和双曲线的方程和性质，以及转化思想和运算能力，属于中档题8 （5 分）已知实数 a，b，c （ ）A若|a2+b+c|+|a+b2+c|1，则 a2+b2+c2100B若|a2+b+c|+|a2+bc|1，则 a2+b2+c2100C若|a+b+c2|+|a+bc2|1，则 a2+b2+c2100D若|a2+b+c|+|a+b2c|1，则 a2+b2+

17、c2100【分析】本题可根据选项特点对 a，b，c 设定特定值，采用排除法解答【解答】解：A设 a=b=10，c=110，则|a2+b+c|+|a+b2+c|=01，a2+b2+c2100；B设 a=10，b=100，c=0，则|a2+b+c|+|a2+bc|=01，a2+b2+c2100；C设 a=100，b=100，c=0，则|a+b+c2|+|a+bc2|=01，a2+b2+c2100；故选：D【点评】本题主要考查命题的真假判断，由于正面证明比较复杂，故利用特殊值法进行排除是解决本题的关键二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 7 小题，多空题每题小题，多空题每题 6 分，单空题每题分

18、，单空题每题 4 分，共分，共 36 分分9 （4 分）若抛物线 y2=4x 上的点 M 到焦点的距离为 10，则 M 到 y 轴的距离是 9 【分析】根据抛物线的性质得出 M 到准线 x=1 的距离为 10，故到 y 轴的距离为 9【解答】解：抛物线的准线为 x=1，第 11 页（共 23 页）点 M 到焦点的距离为 10，点 M 到准线 x=1 的距离为 10，点 M 到 y 轴的距离为 9故答案为：9【点评】本题考查了抛物线的性质，属于基础题10 （6 分）已知 2cos2x+sin2x=Asin（x+）+b（A0） ，则 A= ，b= 1 【分析】根据二倍角的余弦公式、两角和的正弦函数

19、化简左边，即可得到答案【解答】解：2cos2x+sin2x=1+cos2x+sin2x=1+（cos2x+sin2x）=sin（2x+）+1，A=，b=1，故答案为：；1【点评】本题考查了二倍角的余弦公式、两角和的正弦函数的应用，熟练掌握公式是解题的关键11 （6 分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm） ，则该几何体的表面积是 80 cm2，体积是 40 cm3【分析】由三视图可得，该组合体是一个长方体上面放置了一个小正方体，代入体积公式和面积公式计算即可第 12 页（共 23 页）【解答】解：由三视图可得，该组合体是一个长方体上面放置了一个小正方体，则其表面积为 622+242+4242

20、22=80cm2，其体积为 23+424=40，故答案为：80，40【点评】本题考查了由三视图求几何体的体积和表面积，解题的关键是判断几何体的形状及相关数据所对应的几何量，考查空间想象能力12 （6 分）已知 ab1，若 logab+logba=，ab=ba，则 a= 4 ，b= 2 【分析】设 t=logba 并由条件求出 t 的范围，代入 logab+logba=化简后求出 t 的值，得到 a 与 b 的关系式代入 ab=ba化简后列出方程，求出 a、b 的值【解答】解：设 t=logba，由 ab1 知 t1，代入 logab+logba=得，即 2t25t+2=0，解得 t=2 或 t

21、=（舍去） ，所以 logba=2，即 a=b2，因为 ab=ba，所以 b2b=ba，则 a=2b=b2，解得 b=2，a=4，故答案为：4；2【点评】本题考查对数的运算性质，以及换元法在解方程中的应用，属于基础题13 （6 分）设数列an的前 n 项和为 Sn，若 S2=4，an+1=2Sn+1，nN*，则 a1= 1 ，S5= 121 【分析】运用 n=1 时，a1=S1，代入条件，结合 S2=4，解方程可得首项；再由n1 时，an+1=Sn+1Sn，结合条件，计算即可得到所求和【解答】解：由 n=1 时，a1=S1，可得 a2=2S1+1=2a1+1，又 S2=4，即 a1+a2=4，

22、第 13 页（共 23 页）即有 3a1+1=4，解得 a1=1；由 an+1=Sn+1Sn，可得Sn+1=3Sn+1，由 S2=4，可得 S3=34+1=13，S4=313+1=40，S5=340+1=121故答案为：1，121【点评】本题考查数列的通项和前 n 项和的关系：n=1 时，a1=S1，n1 时，an=SnSn1，考查运算能力，属于中档题14 （4 分）如图，在ABC 中，AB=BC=2，ABC=120若平面 ABC 外的点 P和线段 AC 上的点 D，满足 PD=DA，PB=BA，则四面体 PBCD 的体积的最大值是 【分析】由题意，ABDPBD，可以理解为PBD 是由ABD

23、绕着 BD 旋转得到的，对于每段固定的 AD，底面积 BCD 为定值，要使得体积最大，PBD 必定垂直于平面 ABC，此时高最大，体积也最大【解答】解：如图，M 是 AC 的中点当 AD=tAM=时，如图，此时高为 P 到 BD 的距离，也就是 A 到 BD 的距离，即图中 AE，DM=t，由ADEBDM，可得，h=，第 14 页（共 23 页）V=，t（0，）当 AD=tAM=时，如图，此时高为 P 到 BD 的距离，也就是 A 到 BD 的距离，即图中 AH，DM=t，由等面积，可得，h=，V=，t（，2）综上所述，V=，t（0，2）令 m=1，2） ，则 V=，m=1 时，Vmax=故答

24、案为：【点评】本题考查体积最大值的计算，考查学生转化问题的能力，考查分类讨论的数学思想，对思维能力和解题技巧有一定要求，难度大15 （4 分）已知向量 ， ，| |=1，| |=2，若对任意单位向量 ，均有| |+| |，则 的最大值是 【分析】根据向量三角形不等式的关系以及向量数量积的应用进行计算即可得到结论【解答】解：由绝对值不等式得| |+| | + |=|（ + ） |，于是对任意的单位向量 ，均有|（ + ） |，|（ + ）|2=| |2+| |2+2 =5+2 ，|（ + ）|=，第 15 页（共 23 页）因此|（ + ） |的最大值，则 ，下面证明： 可以取得，（1）若| |

25、+| |=| + |，则显然满足条件（2）若| |+| |=| |，此时| |2=| |2+| |22 =51=4，此时| |=2 于是| |+| |=| |2，符合题意，综上 的最大值是，法 2：由于任意单位向量 ，可设 =，则| |+| |=|+|+|=|=| + |，| |+| |，| + |，即（ + ）26，即| |2+| |2+2 6，| |=1，| |=2， ，即 的最大值是法三：设= ，= ，= ，则= + ，= ，| |+| |=|+|=|，由题设当且仅当 与同向时，等号成立，此时（ + ）2取得最大值 6，由于| + |2+| |）2=2（| |2+| |2）=10，于是（

26、 ）2取得最小值 4，第 16 页（共 23 页）则 =， 的最大值是故答案为：【点评】本题主要考查平面向量数量积的应用，根据绝对值不等式的性质以及向量三角形不等式的关系是解决本题的关键综合性较强，有一定的难度三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 5 小题，共小题，共 74 分解答应写出文字说明，证明过程或演分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤算步骤16 （14 分）在ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，已知b+c=2acosB（）证明：A=2B；（）若ABC 的面积 S=，求角 A 的大小【分析】 （）利用正弦定理，结合和角的正弦公式，即可证明 A=2B（）若A

27、BC 的面积 S=，则bcsinA=，结合正弦定理、二倍角公式，即可求角 A 的大小【解答】 （）证明：b+c=2acosB，sinB+sinC=2sinAcosB，sinB+sin（A+B）=2sinAcosBsinB+sinAcosB+cosAsinB=2sinAcosBsinB=sinAcosBcosAsinB=sin（AB）第 17 页（共 23 页）A，B 是三角形中的角，B=AB，A=2B；（）解：ABC 的面积 S=，bcsinA=，2bcsinA=a2，2sinBsinC=sinA=sin2B，sinC=cosB，B+C=90，或 C=B+90，A=90或 A=45【点评】本题

28、考查了正弦定理，解三角形，考查三角形面积的计算，考查二倍角公式的运用，属于中档题17 （15 分）如图，在三棱台 ABCDEF 中，已知平面 BCFE平面ABC，ACB=90，BE=EF=FC=1，BC=2，AC=3，（）求证：BF平面 ACFD；（）求二面角 BADF 的余弦值【分析】 （I）先证明 BFAC，再证明 BFCK，进而得到 BF平面 ACFD（II）方法一：先找二面角 BADF 的平面角，再在 RtBQF 中计算，即可得出；方法二：通过建立空间直角坐标系，分别计算平面 ACK 与平面 ABK 的法向量，进而可得二面角 BADF 的平面角的余弦值第 18 页（共 23 页）【解答

29、】 （I）证明：延长 AD，BE，CF 相交于点 K，如图所示，平面 BCFE平面 ABC，ACB=90，AC平面 BCK，BFAC又 EFBC，BE=EF=FC=1，BC=2，BCK 为等边三角形，且 F 为 CK 的中点，则 BFCK，BF平面 ACFD（II）方法一：过点 F 作 FQAK，连接 BQ，BF平面 ACFDBFAK，则AK平面 BQF，BQAKBQF 是二面角 BADF 的平面角在 RtACK 中，AC=3，CK=2，可得 FQ=在 RtBQF 中，BF=，FQ=可得：cosBQF=二面角 BADF 的平面角的余弦值为方法二：如图，延长 AD，BE，CF 相交于点 K，则B

30、CK 为等边三角形，取 BC 的中点，则 KOBC，又平面 BCFE平面 ABC，KO平面 BAC，以点 O 为原点，分别以 OB，OK 的方向为 x，z 的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz可得：B（1，0，0） ，C（1，0，0） ，K（0，0，） ，A（1，3，0） ，=（0，3，0） ，=，=（2，3，0） 设平面 ACK 的法向量为 =（x1，y1，z1） ，平面 ABK 的法向量为 =（x2，y2，z2） ，由，可得，取 =第 19 页（共 23 页）由，可得，取 =二面角 BADF 的余弦值为【点评】本题考查了空间位置关系、法向量的应用、空间角，考查了空间想象能力、推理能力与计算

31、能力，属于中档题18 （15 分）已知 a3，函数 F（x）=min2|x1|，x22ax+4a2，其中min（p，q）=（）求使得等式 F（x）=x22ax+4a2 成立的 x 的取值范围（） （i）求 F（x）的最小值 m（a）（ii）求 F（x）在0，6上的最大值 M（a）【分析】 （）由 a3，讨论 x1 时，x1，去掉绝对值，化简x22ax+4a22|x1|，判断符号，即可得到 F（x）=x22ax+4a2 成立的 x 的取值范围；第 20 页（共 23 页）（） （i）设 f（x）=2|x1|，g（x）=x22ax+4a2，求得 f（x）和 g（x）的最小值，再由新定义，可得 F（

32、x）的最小值；（ii）分别对当 0x2 时，当 2x6 时，讨论 F（x）的最大值，即可得到F（x）在0，6上的最大值 M（a） 【解答】解：（）由 a3，故 x1 时，x22ax+4a22|x1|=x2+2（a1） （2x）0；当 x1 时，x22ax+4a22|x1|=x2（2+2a）x+4a=（x2） （x2a） ，则等式 F（x）=x22ax+4a2 成立的 x 的取值范围是2，2a；（） （i）设 f（x）=2|x1|，g（x）=x22ax+4a2，则 f（x）min=f（1）=0，g（x）min=g（a）=a2+4a2由a2+4a2=0，解得 a1=2+，a2=2（负的舍去） ，由

33、 F（x）的定义可得 m（a）=minf（1） ，g（a），即 m（a）=；（ii）当 0x2 时，F（x）f（x）maxf（0） ，f（2）=2=F（2） ；当 2x6 时，f（x）g（x）maxg（2） ，g（6）=max2，348a=maxf（2） ，f（6）则 M（a）=【点评】本题考查新定义的理解和运用，考查分类讨论的思想方法，以及二次函数的最值的求法，不等式的性质，考查化简整理的运算能力，属于中档题19 （15 分）如图，设椭圆 C：+y2=1（a1）（）求直线 y=kx+1 被椭圆截得到的弦长（用 a，k 表示）（）若任意以点 A（0，1）为圆心的圆与椭圆至多有三个公共点，求椭圆

34、的离心率的取值范围第 21 页（共 23 页）【分析】 （）联立直线 y=kx+1 与椭圆方程，利用弦长公式求解即可（）写出圆的方程，假设圆 A 与椭圆有 4 个公共点，再利用对称性有解已知条件可得任意一 A（0，1）为圆心的圆与椭圆至多有 3 个公共点，a 的取值范围，进而可得椭圆的离心率的取值范围【解答】解：（）由题意可得：，可得：（1+a2k2）x2+2ka2x=0，得 x1=0 或 x2=，直线 y=kx+1 被椭圆截得到的弦长为：=（）假设圆 A 与椭圆有 4 个公共点，由对称性可设 y 轴左侧的椭圆上有两个不同的点 P，Q，满足|AP|=|AQ|，记直线 AP，AQ 的斜率分别为：

35、k1，k2；且 k1，k20，k1k2，由（1）可知|AP|=，|AQ|=，故：=，所以， （k12k22）1+k12+k22+a2（2a2）k12k22=0，由 k1k2，k1，k20，可得：1+k12+k22+a2（2a2）k12k22=0，因此a2（a22），第 22 页（共 23 页）因为式关于 k1，k2的方程有解的充要条件是：1+a2（a22）1，所以 a因此，任意点 A（0，1）为圆心的圆与椭圆至多有三个公共点的充要条件为：1a，e=得，所求离心率的取值范围是：【点评】本题考查直线与椭圆的位置关系的综合应用，椭圆与圆的位置关系的综合应用，考查分析问题解决问题的能力，考查转化思想以

36、及计算能力20 （15 分）设数列满足|an|1，nN*（）求证：|an|2n1（|a1|2） （nN*）（）若|an|（）n，nN*，证明：|an|2，nN*【分析】 （I）使用三角不等式得出|an|an+1|1，变形得，使用累加法可求得1，即结论成立；（II）利用（I）的结论得出，进而得出|an|2+（）m2n，利用 m 的任意性可证|an|2【解答】解：（I）|an|1，|an|an+1|1，nN*，=（）+（）+（）+=11|an|2n1（|a1|2） （nN*） 第 23 页（共 23 页）（II）任取 nN*，由（I）知，对于任意 mn，=（）+（）+（）+=|an|（+）2n+（）m2n=2+（）m2n由 m 的任意性可知|an|2否则，存在 n0N*，使得|a|2，取正整数 m0log且 m0n0，则2（）2（）=|a|2，与式矛盾综上，对于任意 nN*，都有|an|2【点评】本题考查了不等式的应用与证明，等比数列的求和公式，放缩法证明不等式，难度较大