第十单元数列（B卷 滚动提升检查）-2021年高考数学一轮复习单元滚动双测卷（新高考地区专用）（解析版）

第十单元 数列 B 卷 滚动提升检查 一、单项选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 20 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的. 1. 【2020 浙江高三月考】在数列 中， ， ，且 ， 为数列 的前 项和，则 （ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由题意 ，当 n 为偶数时，可得 ； 当 n 为奇数时，可得 ，即数列的偶数项成公比为 3 的等比数列，奇数项都为 1， 由求和公式可得 ， 故选 C 2.【2020 嘉祥县第一中学高三其他】设数列 ， 均为等差数列，它们的前 项和分别为 ， ， 若 ，则 （ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 数列 ， 均为等差数列，它们的前 项和分别为 ， ， { }na 1 1a = 2 3a = ( ) ( )2 2 1 nn n a n Na ∗+ = + − ∈ nS { }na n 100S = 50 013 52 − + ( )503 1 3 502 − + ( )503 3 1 502 − + ( )1003 3 1 502 − + ( ) ( )2 2 1 nn n a n Na ∗+ = + − ∈ 2 3n n a a + = 2 1n n a a + = ( ) ( )5050 100 3 33 3 50 503 1 1 2 1 S = + − = +− − { }na { }nb n nS nT 2 3 3 4 n n S n T n −= + 5 5 a b = 7 19 15 31 17 34 19 37  { }na { }nb n nS nT. . 故选 . 3.【2020 新泰市第二中学高三其他】已知 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和，则“Sn＞nan 对 n≥2 恒成立”是“a3＞ a4”的（ ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】设等差数列的公差为 ， 当 时，因为 等价于 等价于 等价于 等价于 ， 等价于 等价于 ， 所以 等价于 ， 所以“ ”是“ ”的充分必要条件. 故选 C 4. 【2020 全国高三课时练习（理）】北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心 有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌 9 块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加 9 块，下一层 的第一环比上一层的最后一环多 9 块，向外每环依次也增加 9 块，已知每层环数相同，且下层比中层多 729 块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（ ） ( ) ( ) 1 9 1 9 5 5 1 9 1 9 5 5 9 9 9 22 9 2 2 a a S a a a a b bT b b b b + +∴ = = = =+ + 9 5 9 5 2 3 15 15, ,3 4 31 31 n n S S an T n T b −= ∴ = ∴ =+ B d 2n ≥ n nS na> 1( ) 2 n n n a a na + > 1 na a> ( 1) 0n d− < 0d < 3 4a a> 4 3 0a a− < 0d < n nS na> ( 2)n ≥ 3 4a a> n nS na> ( 2)n ≥ 3 4a a>A．3699 块 B．3474 块 C．3402 块 D．3339 块 【答案】C 【解析】设第 n 环天石心块数为 ，第一层共有 n 环， 则 是以 9 为首项，9 为公差的等差数列， ， 设 为 的前 n 项和，则第一层、第二层、第三层的块数分 别为 ，因为下层比中层多 729 块， 所以 ， 即 即 ，解得 ， 所以 . 故选 C 5. 【2020 山东高三其他】已知数列 的前 项和为 ，且 ， ，若 ，则 称项 为“和谐项”，则数列 的所有“和谐项”的平方和为（ ）. A． B． C． D． 【答案】A 【解析】因为 ，所以 ， 则 ，即 ， ， ， 因为 ，所以 ， 故 ， 因为 ，所以 ， 数列 的所有“和谐项”的平方和为： na { }na 9 ( 1) 9 9na n n= + − × = nS { }na 2 3 2, ,n n n n nS S S S S− − 3 2 2 729n n n nS S S S− = − + 3 (9 27 ) 2 (9 18 ) 2 (9 18 ) (9 9 ) 7292 2 2 2 n n n n n n n n+ + + +− = − + 29 729n = 9n = 3 27 27(9 9 27) 34022nS S + ×= = = { }na n Sn 1 2a = 1n na S+ = (0,2020)na ∈ na { }na 111 843 3 × + 111 443 3 × − 101 843 3 × + 121 443 3 × − 1n na S+ = ( )1 2n n na S − ≥= 1 1nn n na S Sa+ −=− − 1n n na a a+ − = 1 2n na a+ = 1 2n n a a + = 1 2a = 2 1 1 2a S a= == 12 , 2 2, 1 n n na n − ≥=  = (0,2020)na ∈ 1 11n≤ ≤ { }na， 故选 A. 6. 【2020 高三三模（理）】若 ， 为正实数，直线 与直线 互相垂直，则 的最大值为 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】因为直线 与直线 互相垂直， 所以 ，化简得 ， 因为 ， 为正实数， 所以 ≥ ，即 ≤ ，当且仅当 时取等号， 所以 的最大值为 ， 故选 B． 7. 【2020 山西省高三月考】勒洛三角形是具有类似圆的“定宽性”的曲线，它是由德国机械工程专家、机构 运动学家勒洛首先发现，其作法是：以等边三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一 段弧，三段弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形．如图中的两个勒洛三角形，它们所对应的等边三角形的 边长比为 ，若从大的勒洛三角形中随机取一点，则此点取自小勒洛三角形内的概率是 A． B． ( )10 11 2 2 2 2 2 10 11 1 2 10 11 4 1 4 4 4 1 84 4 4 4 4 4 41 4 3 3 3a a a a - -+ + + + = + + + = + = + = ´ +-  a b ( )4 2 3 2 0x a y+ − + = 2 1 0bx y+ − = ab 3 2 9 16 9 4 3 2 4 ( )4 2 3 2 0x a y+ − + = 2 1 0bx y+ − = 4 2(2 3) 0b a+ − = 3 2a b+ = a b 3 2 a b= + 2 ab ab 9 16 3 4a b= = ab 9 16 1:3 1 3 3 2( 3)π +C． D． 【答案】C 【解析】设图中的小的勒洛三角形所对应的等边三角形的边长为 ， 则小勒洛三角形的面积 ， 因为大小两个勒洛三角形，它们所对应的等边三角形的边长比为 ， 所以在勒洛三角形的面积为 若从大的勒洛三角形中随机取一点，则此点取自小勒洛三角形内的概率为 ， 故选 C 8. 【2020 山东高三其他】已知正项数列 满足： ， 是 的前 n 项和，则下列四个命题 中错误的是（ ） A． B． C． D． 是递增数列 【答案】D 【解析】A. ，根据已知可知 ， ，故 A 正确； B. ， ， 由 A 可知 ， ，…… , ， ，故 B 正确； 1 9 3 4( 3)π − a 2 2 2 1 3 ( 3)3 26 4 2 a aS a π π −= × − × = 1:3 2 2 2 ( 3)(3 ) 9( 3) 2 2 a aS π π− −= = 1 2 1 9 S SP = = { }na 1 2n na a+ > nS { }na 1 12n na a+ > ( )2 1 2k k kS S> + ⋅ 12 ( 2)n nS a a n< − ≥ 1n n a a +      0na > 2 3 1 1 2 12 2 2 ...... 2n n n n na a a a a+ − −> > > > 1 12n na a+∴ > 0na > ( ) ( )1 2 1 2 22 1 2 ... ... ... k k k kk k k a a a a a aS S a a a + ++ + + + + + += + + + 1 2 2 1 2 ...1 ... k k k k a a a a a a + ++ + += + + + + 1 12k ka a+ > 2 22k ka a+ > 2 2k k ka a> 1 2 2 1 2 ... 2... kk k k k a a a a a a + ++ + +∴ >+ + + ( )2 21 2 1 2k kk k k k S S SS ∴ > + ⇒ > +C.由 A 可知 ……, ， ， 由 A 可知 ， ， ，故 C 成立； D.若数列 是正项等比数列，并且公比 ，则 ，此时 是常数列，不是递增数列， 故 D 不正确. 故选 D 二、多项选择题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求， 全部选对得 5 分，部分选对得 3 分，有选错的得 0 分. 9. 【2020 江苏如皋月考】数列 的前 项和为 ，若 ， ，则有（ ） A． B． 为等比数列 C． D． 【答案】ABD 【解析】由题意，数列 的前 项和满足 ， 当 时， ， 两式相减，可得 ，可得 ，即 ， 1 12 2 n n n n aa a a− −> ⇒ < 2 2 2 22 2 n n n n aa a a− −> ⇒ < 1 1 1 12 2 n n n n aa a a− −> ⇒ < ( )2n ≥ 1 2 3 1 2 3... ...2 2 2 2 n n n n n n nn n n a a a aS a a a a a− − −∴ = + + + + < + + + + + 1 2 1 1 ...... 12 2n n na − −  = + + +   11 12 2 11 21 2 n n n na a  −   = = −     −  12 2 n n n aa −= − 112 n n a a− > ( )2n ≥ 112 22 n n nn aa a a−∴ − < − 12n nS a a∴ < − ( )2n ≥ { }na 4q = 1 4 2n n a a + = > 1n n a a +      { }na n nS 1 1a = ( )* 1 2n na S n N+ = ∈ 13n nS −= { }nS 12 3n na −= ⋅ 2 1, 1, 2 3 , 2n n na n− ==  ⋅ ≥ { }na n ( )* 1 2n na S n N+ = ∈ 2n ≥ 12n na S −= 1 12( ) 2n n n n na a S S a+ − =− = − 1 3n na a+ = 1 3,( 2)n na a n+ = ≥又由 ，当 时， ，所以 ， 所以数列的通项公式为 ； 当 时， ， 又由 时， ，适合上式，所以数列的 的前 项和为 ； 又由 ，所以数列 为公比为 3 的等比数列， 综上可得选项 是正确的. 故选 ABD. 10.【2020 中区高三月考】记数列 的前 项和为 ，若存在实数 H，使得对任意的 ，都有 ，则称数列 为“和有界数列”.下列说法正确的是（ ） A．若 是等差数列，且公差 ，则 是“和有界数列” B．若 是等差数列，且 是“和有界数列”，则公差 C．若 是等比数列，且公比 ，则 是“和有界数列” D．若 是等比数列，且 是“和有界数列”，则 的公比 【答案】BC 【解析】对于 AB 选项分析如下：若 是等差数列，则 . 对于 A 选项，当 时， ，若 ，根据一次函数的性质可知，此时不存在符合题意的 .所 以 A 选项错误. 对于 B 选项， 是“和有界数列”，而 ，若 ，根据二次函数的性质可知， 此时不存在符合题意的 ，故 .所以 B 选项正确. 对于 CD 选项分析如下：若 是等比数列，则 . 1 1a = 1n = 2 1 12 2 2a S a= = = 2 1 2a a = 2 1, 1 2 3 2n n na n− ==  ⋅ ≥ 2n ≥ 1 11 2 3 32 2 n nn n aS − −+ ⋅= = = 1n = 1 1 1S a= = { }na n 13n nS −= 1 1 3 33 n n n n S S + −= = { }nS , ,A B D { }na n nS n∈ +N nS H< { }na { }na 0d = { }na { }na { }na 0d = { }na 1q < { }na { }na { }na { }na 1q < { }na ( ) 2 1 1 1 2 2 2n n n d d dS na n a n −  = + = + −   0d = 1nS na= 1 0a ≠ H { }na 2 12 2n d dS n a n = + −   0d ≠ H 0d = { }na ( )1 1 1 1 1 1 1n n na q a aqS q q q − = = − ⋅ +− − −对于 C 选项，若 ，则当 时， ，故存在实数 H，使得对任意的 ，都有 ， 即 是“和有界数列”.所以 C 选项正确. 对于 D 选项，若 是等比数列，且 是“和有界数列”， 的取值可能为 ，此时 ，所以 存在实数 H，使得对任意的 ，都有 .所以 D 选项错误. 故选 BC 11.【2020 海南高三其他】已知数列 的首项为 4，且满足 ，则（ ） A． 为等差数列 B． 为递增数列 C． 的前 项和 D． 的前 项和 【答案】BD 【解析】由 得 ，所以 是以 为首项，2 为公比的 等比数列，故 A 错误；因为 ，所以 ，显然递增，故 B 正确； 因为 ， ，所以 ，故 ， 故 C 错误；因为 ，所以 的前 项和 ， 故 D 正确. 故选 BD 12. 【2020 山东高三一模】已知双曲线 （ ， ）的右焦点为 ，点 的坐 标为（0，1），点 为双曲线 左支上的动点，且 的周长不小于 14，则双曲线 的离心率可能为 1q < n → +∞ 1 1n aS q → − n∈ +N nS H< { }na { }na { }na q 1− 1nS a≤ n∈ +N nS H< { }na ( )* 12( 1) 0n nn a na n N++ − = ∈ na n     { }na { }na n 1( 1) 2 4n nS n += − ⋅ + 12 n n a +     n 2 2n n nT += 12( 1) 0n nn a na ++ − = 1 21 n na a n n + = ×+ na n     1 1 41 a a= = 1 14 2 2n nna n − += × = 12n na n += ⋅ 2 3 11 2 2 2 2n nS n += × + × + + ⋅ 3 4 22 1 2 2 2 2n nS n += × + × + + ⋅ 2 3 1 21 2 2 2 2n n nS n+ +− = × + + + − ⋅ ( )2 22 1 2 21 2 n nn + − = − ⋅− 2( 1) 2 4n nS n += − × + 1 1 1 2 2 2 n n n n a n n + + + ⋅= = 12 n n a +     n 2(1 ) 2 2n n n n nT + += = 2 2 2 2 1x y a b − = 0a > 0b > ( )2 6,0F P Q C PQF△ C( ) A． B． C． D．3 【答案】AC 【解析】设双曲线 的左焦点为 ,则 ,即 ，故 .由题意可得 ，所以 ，所以 .则双曲线 C 的离心率 .因为 .所 以双曲线 C 的离心率的取值范围为 . 故选 AC 三、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13. 【2020 年高考浙江】我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列 就是二阶等差数列．数列 的前 3 项和是_______． 【答案】 【解析】因为 ，所以 ． 即 ． 故答案为： . 14. 【河北省 2020 届高三上学期第一次大联考数学】等差数列 ， 的前 项和分别为 ， ，若 对任意正整数 都有 ，则 的值为　　　. 【答案】 【解析】因为 ， 是等差数列，所以 ， 则 . 故答案为： 3 2 3 5 C F′ 2QF QF a′− = 2QF QF a′= + 2 2QF PQ QF PQ a PF a′ ′+ = + + ≥ + 24 1 5PF PF′= = + = 2 2 14PQ QF PF PF a+ ≥ + ≥+ 2a ≥ 2 6 6ce a a = = ≤ 1e > (1, 6 ( 1){ }2 n n + *( 1){ }( )2 n n n + ∈N 10 ( )1 2n n na += 1 2 31, 3, 6a a a= = = 3 1 2 3 1 3 6 10S a a a= + + = + + = 10 { }na { }nb n nS nT n 2 1 3 2 n n S n T n −= − 511 6 10 7 9 aa b b b b ++ + 29 43 { }na { }nb 5 11 5 811 6 10 7 9 8 8 2 2 2 a a a aa b b b b b b ++ = =+ + 15 1 15 8 15 1 15 8 2 2 15 1 29 2 3 15 2 43 S a a a T b b b + × −= = = =+ × − 29 4315. 【2020 岳麓高三三模】已知数列 的前 项和 ，若不等式 ，对 恒成立，则整数 的最大值为______． 【答案】4 【解析】当 时， ，得 ， 当 时， ， 又 ， 两式相减得 ，得 ， 所以 ． 又 ，所以数列 是以 2 为首项，1 为公差的等差数列， ，即 ． 因为 ，所以不等式 ，等价于 ． 记 ， 时， ． 所以 时， 综上， ， 所以 ，所以整数 的最大值为 4． 故答案为：4 16.【2020 浙江高三其他】函数 ，若方程 有三个根，且 是 和 的等差中项，则 a=___. 【答案】 { }na n 12 2n n nS a += − 22 3 (5 ) nn n aλ− − < − n N +∀ ∈ λ 1n = 2 1 12 2S a= − 1 4a = 2n ≥ 1 2 2n n nS a− = − 12 2n n nS a += − 12 2 2n n n na a a −= − − 12 2n n na a −= + 1 1 12 2 n n n n a a − −− = 1 1 22 a = 2 n n a    12 n n a n= + ( 1) 2n na n= + ⋅ 0na > 22 3 (5 ) nn n aλ− − < − 2 35 2n nλ −− > 1 2 2 3 1 1, ,2 2 4n n nb b b −= = − = 2n ≥ 11 2 1 2 12 2 3 4 6 2 nn n n n b n nb n ++ − −= =− − 3n ≥ 1 1,n n b b + < max 3 3( ) 8nb b= = 3 3 375 , 58 8 8 λ λ− > < − = λ 2 3 , 0( ) 1, 0 x xf x x x − ( )1 1 2n na a n−− = ≥ { }na ( )1 1 1na n n= + − × = ( )( ) ( )( ) 2 2 1 2 2 3 2 2k k k k kS + + + + + += = 1a ka 2kS + ( )( ) 22 3 2k k k+ + = 6k = 1k = − *k N∈ 6k = ABC A B C a b c 2 2 2(2 )( ) 2 cosb c b a c abc C− − + = A 3B π= D ABC 2BD = 1CD = ABDC 5 3 24 + a 3A π= 5 2 3a = + ( )( )2 2 22 2 cosb c b a c abc C− − + = ( )( )2 2 22 cos2 b c b c a a Cbc − + − = ( )2 cos cosb c A a C− = 2sin cos sin cos sin cosB A C A A C− = A B C π+ + = ( )2sin cos sin cos cos sin sin sinB A C A C A C A B= + = + = sin 0B ≠ 1cos 2A =因为 ，所以 . （2）如图，结合题意绘出图像： 在 中， ， ， 由余弦定理得： ， 因为 ，所以 ， 为等边三角形， 所以 ， 因为 ， 所以 ， 所以 ， 因为 ，所以 ， 故 ， ， 即 . 20. 【2020 山东高三一模】某公司采购了一批零件，为了检测这批零件是否合格，从中随机抽测 120 个零 件的长度（单位：分米），按数据分成 ， ， ， ， ， 这 6 组，得到如图所示的频率分布直方图，其中长度大于或等于 1.59 分米的零件有 20 个，其长度分别为 1.59，1.59，1.61，1.61，1.62，1.63，1.63，1.64，1.65，1.65，1.65，1.65，1.66，1.67，1.68， 1.69，1.69，1.71，1.72，1.74，以这 120 个零件在各组的长度的频率估计整批零件在各组长度的概率. ( )0,A π∈ 3A π= BCD 2BD = 1CD = 2 2 21 2 2 1 2cos 5 4cosBC D D= + − × × = − 3A B π= = 3C π= ABC 21 5 3sin 3 cos2 3 4ABCS BC D△ π= × × = − 1 sin sin2BDCS = BD DC D D∆ × × × = 5 3 5 3sin 3 cos 2sin4 4 5 3 3 24ABDCS D D D四边形 π = + − = + − =  +  sin( ) 13D π− = (0, )D π∈ 5 6D π= 2 55 4cos 5 4cos 5+2 36BC D π= − = − = 5 2 3BC = + 5 2 3a = + [ ]1.21.3， ( ]1.3,1.4 ( ]1.4,1.5 ( ]1.5,1.6 ( ]1.6,1.7 ( ]1.7,1.8（1）求这批零件的长度大于 1.60 分米的频率，并求频率分布直方图中 ， ， 的值； （2）若从这批零件中随机选取 3 个，记 为抽取的零件长度在 的个数，求 的分布列和数学期 望； （3）若变量 满足 且 ， 则称变量 满足近似于正态分布 的概率分布.如果这批零件的长度 （单位：分米）满足近似于 正态分布 的概率分布，则认为这批零件是合格的将顺利被签收；否则，公司将拒绝签收.试问， 该批零件能否被签收？ 【答案】（1） ， ， ；（2）分布列见解析，2.1；（3）能被该公司签收. 【解析】（1）由题意可知 120 件样本零件中长度大于 1.60 分米的共有 18 件， 则这批零件的长度大于 1.60 分米的频率为 ， 记 为零件的长度，则 ， ， ， 故 ， ， . （2）由（1）可知从这批零件中随机选取 1 件，长度在 的概率 . 且随机变量 服从二项分布 ， 则 ， ， ， 故随机变量 的分布列为 m n t X ( ]1.4,1.6 X S ( ) 0.6826 0.05P Sµ σ µ σ− < ≤ + − ≤ ( )2 2 0.9544 0.05P Sµ σ µ σ− < ≤ + − ≤ S ( )2,N µ σ Y ( )1.5,0.01N 0.25m = 1.25n = 3.5t = 18 0.15120 = Y ( ) ( ) 31.2 1.3 1.7 1.8 0.025120P Y P Y≤ ≤ = < ≤ = = ( ) ( ) 151.3 1.4 1.6 1.7 0.125120P Y P Y< ≤ = < ≤ = = ( ) ( ) ( )11.4 1.5 1.5 1.6 1 2 0.025 2 0.125 0.352P Y P Y< ≤ = < ≤ = × − × − × = 0.025 0.250.1m = = 0.125 1.250.1n = = 0.35 3.50.1t = = ( ]1.4,1.6 2 0.35 0.7P = × = X ( )3,0.7X B ( ) ( )3 300 1 0.7 0.027P X C= = − =× ( ) ( )21 31 1 0.7 0.7 0.189P X C= = × − × = ( ) 3 3 33 0.7 0.343P X C= = × = X0 1 2 3 0.027 0.189 0.441 0.343 （或 ）. （3）由题意可知 ， ， 则 ； ， 因为 ， ， 所以这批零件的长度满足近似于正态分布 的概率分布. 应认为这批零件是合格的，将顺利被该公司签收. 21.【2020 山东泰安高三其他】已知函数 . （1）讨论 的零点个数. （2）正项数列 满足 ， （ ），求证： . 【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析. 【解析】（1） 的定义域为 ，令 ，则 . 当 时 ；当 时， ， 在 单调递减，在 单调递增， 的最小值为 . 当 时， ，此时 无零点. 当 时， ，此时 只有一个零点 当 时， ， ，又 ， 在 上有且只有一个零点. X P 0 0.027 1 0.189 2 0.441 3 0.343 2.1EX = × + × + × + × = 3 0.7 2.1EX = × = 1.5µ = 0.1σ = ( ) ( )1.4 1.6 0.7P Y P Yµ σ µ σ− < ≤ + = < ≤ = ( ) ( )2 2 1.3 1.7 0.125 0.35 0.35 0.125 0.95P Y P Yµ σ µ σ− < ≤ + = < ≤ = + + + = 0.7 0.6826 0.0174 0.05− = ≤ 0.95 0.9544 0.0044 0.05− = ≤ ( )1.5,0.01N ( ) ln 1f x x x ax= + − ( )a R∈ ( )f x { }na 1 2 3a = 1 1ln 12 n n a +a ++ = n ∗∈N 1 2 1 1 1 1 n na a a + +⋅⋅⋅+ < + ( )f x { }| 0x x > ( ) ln 1 0f x x a′ = + − = 1ax e −= 10 ax e −< < ( ) 0f x′ < 1ax e −> ( ) 0f x′ > ∴ ( )f x 1(0, )ae − 1( , )ae − +∞ ∴ ( )f x 1 1(e ) 1 ea af − −= − 1a < 11 0ae −− > ( )f x 1a = 11 e 0a−− = ( )f x 1a > 11 e 0a−− < (e ) 1 0af = > 1e ea a−> ∴ ( )f x 1( , )ae − +∞，令 ， ， ， ， ， ， ， 所以 在 上有且只有一个零点. 综上： 当 时，函数无零点； 当 时，函数有且只有一个零点； 当 时，函数有两个零点. （2）由（1）知：当 时， ， ， ， ， ， ， . 22. 【2020 山东青岛高三其他】已知直线 过坐标原点 O 且与圆 相交于点 A，B，圆 M 过点 A， B 且与直线 相切． （1）求圆心 M 的轨迹 C 的方程； （2）若圆心在 x 轴正半轴上面积等于 的圆 W 与曲线 C 有且仅有 1 个公共点． 2(e ) 1 2 e a a a a e af a e − − −= − = ( ) 2ah a e a= − ( ) e 2ah a′ = −  1a > ∴ ( ) 0h a′ > ∴ ( ) (1) 2 0h a h e> = − > ∴ 2 eaa < ∴ (e ) 0af − > ( )f x 1(0, )ae − 1a < 1a = 1a > 1a = ( ) 0f x ≥ ∴ 1ln 1x x ≥ − ∴ 1 1 22ln 1 22 1 1 n n n n n a aa a a+ += + ≥ − =+ + ∴ 1 11 1 1 2 2 2 n n n n a a a a+ +≤ = + ∴ 1 1 1 11 ( 1)2n na a+ − ≤ − ∴ 2 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 11 ( 1) ( 1) ( 1)2 2 2 2n n n n na a a a− − − − ≤ − ≤ − ≤ ⋅⋅⋅ ≤ − = ∴ 1 1 12n na ≤ + ∴ 1 2 1 11 ( )1 1 1 12 2 1 ( ) 11 21 2 n n n + n n na a a  −  + +⋅⋅⋅ ≤ + = + − < + − 1l 2 2 4x y+ = 2 0y + = 2π（ⅰ）求出圆 W 标准方程； （ⅱ）已知斜率等于 的直线 ，交曲线 C 于 E，F 两点，交圆 W 于 P，Q 两点，求 的最小值及此 时直线 的方程． 【答案】（1） ；（2）（ⅰ） ；（ⅱ） 的最小值为 ，此时直线 的 方程为 ． 【解析】（1）由题意圆 的圆心为 ，半径为 2，直线 过坐标原点 O， 所以坐标原点 O 为 AB 的中点， ， 所以 ， 设 ，所以 ， 又因为圆 M 与直线 相切，所以圆 M 的半径 ， 所以 ，化简得 M 的轨迹 C 的方程为 ； （2）（ⅰ）由（1）知曲线 C 为 ，设 ，则 ， 设圆 W 与曲线 C 的公共点为 ， 则曲线 C 在 T 的切线 l 的斜率 ， 由题意，直线 l 与圆 W 相切于 T 点， 设圆 W 的标准方程为 ，则圆 W 的的圆心为 ， 则直线 WT 的斜率 ， 因为 ，所以 ，即 ， 1− 2l EF PQ 2l 2 4x y= ( )2 23 2x y− + = EF PQ 2 6+ 2l 2 3 1y x= − + − 2 2 4x y+ = ( )0,0 1l 2AO = MO AO⊥ ( ),M x y 2 2 2MO OA MA+ = 2 0y + = 2r y MA= + = ( )22 2 4 2x y y+ + = + 2 4x y= 2 4 xy = ( ) 2 4 xf x = ( ) 2 xf x′ = ( )2 , 04 tT t t   >   ( ) 2 tk f t′= = ( ) ( )2 2 2 0x a y a− + = > ( ),0a ( ) 2 24 4WT t tk t a t a = =− − l WT⊥ ( ) 2 12 4 t t t a ⋅ = −− ( )3 8 0t t a+ − =又因为 ，所以 ，所以 令 ，则 ，所以 即 ，所以 ， 所以 ， ， 从而圆 W 的标准方程为 ； （ⅱ）设 ， ，直线 ， 由 得 ，所以 ， ， 所以 ， 又因为圆 W 的圆心 到直线 的距离为 ， 所以 ， 所以 ， 由于 与曲线 C、圆 W 均有两个不同的交点， ，解得 ， 令 ，则 ， 则 ， 当且仅当 ，即 ，亦 时取等号， ( ) 22 2 24 tt a  − + =   2 23 2 28 4 t t   − + =       6 44 128 0t t+ − = 2t λ= 3 24 128 0λ λ+ − = ( ) ( )3 2 24 8 128 0λ λ λ− + − = ( )( )24 8 32 0λ λ λ− + + = 4λ = 2t = 3a = ( )2 23 2x y− + = ( )1 1,E x y ( )2 2,F x y 2 :l y x m= − + 2 4 y x m x y = − +  = 2 4 4 0x x m+ − = 1 2 4x x+ = − 1 2 4x x m=− ( ) ( )2 1 2 1 22 4 4 2 1EF x x x x m= ⋅ + − = + ( )3,0 PQ 3 2 m − 2 232 2 2 12 10 2 mPQ m m  − = − = − + −    ( ) 22 4 2 1 14 6 52 12 10 mEF m PQ m mm m + += = − + −− + − 2l ∴ 16 16 0 3 2 2 m m ∆ = + >  −