2019-2020 学年高二第二学期 5 月月考数学试卷
一．选择题（共 12 小题）.
1．设 i 是虚数单位，则复数 i3 ―
2
푖 = （ ）
A．﹣i B．﹣3i C．i D．3i
2．设 z =
1 ― 푖
1 + 푖 + 2i，则|z|＝（ ）
A．0 B．1
2 C．1 D． ퟐ
3．用数字 1，2，3，4，5 组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为（ ）
A．24 B．48 C．60 D．72
4．若抛物线 y2＝2px（p＞0）的焦点是椭圆푥2
3푝 + 푦2
푝 = 1 的一个焦点，则 p＝（ ）
A．2 B．3 C．4 D．8
5．（1 +
1
푥2）（1+x）6 展开式中 x2 的系数为（ ）
A．15 B．20 C．30 D．35
6．已知（1+x）n 的展开式中第 4 项与第 8 项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和
为（ ）
A．212 B．211 C．210 D．29
7．中心在原点，焦点在 x 轴上的双曲线的一条渐近线经过点（4，2），则它的离心率为
（ ）
A． ퟔ B． ퟓ C． 6
2 D． 5
2
8．在“一带一路”知识测验后，甲、乙、丙三人对成绩进行预测．
甲：我的成绩比乙高．乙：丙的成绩比我和甲的都高．
丙：我的成绩比乙高．
成绩公布后，三人成绩互不相同且只有一个人预测正确，那么三人按成绩由高到低的次
序为（ ）
A．甲、乙、丙 B．乙、甲、丙 C．丙、乙、甲 D．甲、丙、乙
9．函数 f（x） =
푠푖푛푥 + 푥
푐표푠푥 + 푥2在[﹣π，π]的图象大致为（ ）
A．
B．
C．
D．
10．安排 3 名志愿者完成 4 项工作，每人至少完成 1 项，每项工作由 1 人完成，则不同的
安排方式共有（ ）
A．12 种 B．18 种 C．24 种 D．36 种11．双曲线 C：푥2
푎2 ―
푦2
푏2 = 1（a＞0，b＞0）的一条渐近线的倾斜角为 130°，则 C 的离心率
为（ ）
A．2sin40° B．2cos40° C． 1
푠푖푛50° D． 1
푐표푠50°
12．已知三棱锥 S﹣ABC 的所有顶点都在球 O 的球面上，SC 是球 O 的直径．若平面 SCA⊥平
面 SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥 S﹣ABC 的体积为 9，则球 O 的表面积为（ ）
A．36π B．25π C．16π D．9π
二．填空题：
13．函数 f（x）═푙푛푥
푥 的单调增区间为 ．
14．长方体的长、宽、高分别为 3，2，1，其顶点都在球 O 的球面上，则球 O 的表面积
为 ．
15．若曲线 y＝xa+1（a∈R）在点（1，2）处的切线经过坐标原点，则 a＝ ．
16．设 F 为抛物线 C：y2＝3x 的焦点，过 F 且倾斜角为 30°的直线交 C 于 A、B 两点，O
为坐标原点，则△OAB 的面积为 ．
三．解答题
17 ． 设 △ ABC 的 内 角 A 、 B 、 C 所 对 边 的 长 分 别 为 a 、 b 、 c ， 且 有 2sinBcosA ＝
sinAcosC+cosAsinC．
（Ⅰ）求角 A 的大小；
（Ⅱ）若 b＝2，c＝1，D 为 BC 的中点，求 AD 的长．
18．如图，在四棱锥 P﹣ABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形，△PCD 为等边三角形，平
面 PAC⊥平面 PCD，PA⊥CD，CD＝2，AD＝3．
（Ⅰ）设 G，H 分别为 PB，AC 的中点，求证：GH∥平面 PAD；
（Ⅱ）求证：PA⊥平面 PCD；（Ⅲ）求直线 AD 与平面 PAC 所成角的正弦值．
19．设椭圆푥2
푎2 +
푦2
푏2 = 1（a＞b＞0）的左焦点为 F，左顶点为 A，上顶点为 B．已知 ퟑ|OA|＝
2|OB|（O 为原点）．
（Ⅰ）求椭圆的离心率；
（Ⅱ）设经过点 F 且斜率为3
4的直线 l 与椭圆在 x 轴上方的交点为 P，圆 C 同时与 x 轴和
直线 l 相切，圆心 C 在直线 x＝4 上，且 OC∥AP．求椭圆的方程．
20．已知函数 f（x）＝excosx﹣x．
（1）求曲线 y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（2）求函数 f（x）在区间[0，휋
2]上的最大值和最小值．
21．设圆 C 与两圆（x + ퟓ）2+y2＝4，（x ― ퟓ）2+y2＝4 中的一个内切，另一个外切．
（1）求 C 的圆心轨迹 L 的方程；
（2）已知点 M（3 5
5
，4 5
5
），F（ ퟓ，0），且 P 为 L 上动点，求||MP|﹣|FP||的最大值
及此时点 P 的坐标．
22．设各项均为正数的数列{an}的前 n 项和为 Sn，满足 4Sn＝an+12﹣4n﹣1，n∈N*，且 a2，
a5，a14 构成等比数列．
（1）证明：a2 = ퟒ풂ퟏ + ퟓ；
（2）求数列{an}的通项公式；（3）证明：对一切正整数 n，有
1
푎1푎2
+
1
푎2푎3
+⋯ +
1
푎푛푎푛+1
＜
1
2．
参考答案
一．选择题：
1．设 i 是虚数单位，则复数 i3 ―
2
푖 = （ ）
A．﹣i B．﹣3i C．i D．3i
【分析】通分得出푖4 ― 2
푖
，利用 i 的性质运算即可．
解：∵i 是虚数单位，则复数 i3 ―
2
푖，
∴푖4 ― 2
푖 =
1 ― 2
푖 = ―
1
푖 = i，
故选：C．
2．设 z =
1 ― 푖
1 + 푖 + 2i，则|z|＝（ ）
A．0 B．1
2 C．1 D． ퟐ
【分析】利用复数的代数形式的混合运算化简后，然后求解复数的模．
解：z =
1 ― 푖
1 + 푖 + 2i =
(1 ― 푖)(1 ― 푖)
(1 ― 푖)(1 + 푖) + 2i＝﹣i+2i＝i，
则|z|＝1．
故选：C．
3．用数字 1，2，3，4，5 组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为（ ）
A．24 B．48 C．60 D．72
【分析】用 1、2、3、4、5 组成无重复数字的五位奇数，可以看作是填 5 个空，要求个
位是奇数，其它位置无条件限制，因此先从 3 个奇数中任选 1 个填入，其它 4 个数在 4
个位置上全排列即可．解：要组成无重复数字的五位奇数，则个位只能排 1，3，5 中的一个数，共有 3 种排法，
然后还剩 4 个数，剩余的 4 个数可以在十位到万位 4 个位置上全排列，共有푨ퟒퟒ = 24 种排
法．
由分步乘法计数原理得，由 1、2、3、4、5 组成的无重复数字的五位数中奇数有 3×24＝
72 个．
故选：D．
4．若抛物线 y2＝2px（p＞0）的焦点是椭圆푥2
3푝 + 푦2
푝 = 1 的一个焦点，则 p＝（ ）
A．2 B．3 C．4 D．8
【分析】根据抛物线的性质以及椭圆的性质列方程可解得．
解：由题意可得：3p﹣p＝（푝
2）2，解得 p＝8．
故选：D．
5．（1 +
1
푥2）（1+x）6 展开式中 x2 的系数为（ ）
A．15 B．20 C．30 D．35
【分析】直接利用二项式定理的通项公式求解即可．
解：（1 +
1
푥2）（1+x）6 展开式中：
若（1 +
1
푥2）＝（1+x﹣2）提供常数项 1，则（1+x）6 提供含有 x2 的项，可得展开式中 x2
的系数：
若（1 +
1
푥2）提供 x﹣2 项，则（1+x）6 提供含有 x4 的项，可得展开式中 x2 的系数：
由（1+x）6 通项公式可得푪풓ퟔ풙풓．
可知 r＝2 时，可得展开式中 x2 的系数为푪ퟐퟔ = ퟏퟓ．可知 r＝4 时，可得展开式中 x2 的系数为푪ퟒퟔ = ퟏퟓ．
（1 +
1
푥2）（1+x）6 展开式中 x2 的系数为：15+15＝30．
故选：C．
6．已知（1+x）n 的展开式中第 4 项与第 8 项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和
为（ ）
A．212 B．211 C．210 D．29
【分析】直接利用二项式定理求出 n，然后利用二项式定理系数的性质求出结果即可．
解：已知（1+x）n 的展开式中第 4 项与第 8 项的二项式系数相等，
可得푪ퟑ풏 = 푪ퟕ풏，可得 n＝3+7＝10．
（1+x）10 的展开式中奇数项的二项式系数和为：1
2 × ퟐퟏퟎ = 29．
故选：D．
7．中心在原点，焦点在 x 轴上的双曲线的一条渐近线经过点（4，2），则它的离心率为
（ ）
A． ퟔ B． ퟓ C． 6
2 D． 5
2
【分析】先求渐近线斜率，再用 c2＝a2+b2 求离心率．
解：∵渐近线的方程是 y＝±푏
푎x，
∴2 =
푏
푎•4，푏
푎 =
1
2，a＝2b，
c = 풂ퟐ + 풃ퟐ =
5
2 a，e =
푐
푎 =
5
2 ，
即它的离心率为 5
2 ．
故选：D．8．在“一带一路”知识测验后，甲、乙、丙三人对成绩进行预测．
甲：我的成绩比乙高．
乙：丙的成绩比我和甲的都高．
丙：我的成绩比乙高．
成绩公布后，三人成绩互不相同且只有一个人预测正确，那么三人按成绩由高到低的次
序为（ ）
A．甲、乙、丙 B．乙、甲、丙 C．丙、乙、甲 D．甲、丙、乙
【分析】本题可从三人预测中互相关联的乙、丙两人的预测入手，因为只有一个人预测
正确，而乙对则丙必对，丙对乙很有可能对，假设丙对乙错则会引起矛盾故只有一种情
况就是甲预测正确乙、丙错误，从而得出结果．
解：由题意，可把三人的预测简写如下：
甲：甲＞乙．
乙：丙＞乙且丙＞甲．
丙：丙＞乙．
∵只有一个人预测正确，
∴分析三人的预测，可知：乙、丙的预测不正确．
如果乙预测正确，则丙预测正确，不符合题意．
如果丙预测正确，假设甲、乙预测不正确，
则有丙＞乙，乙＞甲，
∵乙预测不正确，而丙＞乙正确，
∴只有丙＞甲不正确，
∴甲＞丙，这与丙＞乙，乙＞甲矛盾．不符合题意．
∴只有甲预测正确，乙、丙预测不正确，
甲＞乙，乙＞丙．
故选：A．
9．函数 f（x） =
푠푖푛푥 + 푥
푐표푠푥 + 푥2在[﹣π，π]的图象大致为（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】由 f（x）的解析式知 f（x）为奇函数可排除 A，然后计算 f（π），判断正负即
可排除 B，C．
解：∵f（x） =
푠푖푛푥 + 푥
푐표푠푥 + 푥2，x∈[﹣π，π]，∴f（﹣x） =
―푠푖푛푥 ― 푥
푐표푠( ― 푥) + 푥2 = ―
푠푖푛푥 + 푥
푐표푠푥 + 푥2 = ― f（x），
∴f（x）为[﹣π，π]上的奇函数，因此排除 A；
又 f（흅） =
푠푖푛휋 + 휋
푐표푠휋 + 휋2 =
휋
―1 + 휋2＞ퟎ，因此排除 B，C；
故选：D．
10．安排 3 名志愿者完成 4 项工作，每人至少完成 1 项，每项工作由 1 人完成，则不同的
安排方式共有（ ）
A．12 种 B．18 种 C．24 种 D．36 种
【分析】把工作分成 3 组，然后安排工作方式即可．
解：4 项工作分成 3 组，可得：푪ퟐퟒ = 6，
安排 3 名志愿者完成 4 项工作，每人至少完成 1 项，每项工作由 1 人完成，
可得：6 × 푨ퟑퟑ = 36 种．
故选：D．
11．双曲线 C：푥2
푎2 ―
푦2
푏2 = 1（a＞0，b＞0）的一条渐近线的倾斜角为 130°，则 C 的离心率
为（ ）
A．2sin40° B．2cos40° C． 1
푠푖푛50° D． 1
푐표푠50°
【分析】由已知求得푏
푎 = 풕풂풏ퟓퟎ°，化为弦函数，然后两边平方即可求得 C 的离心率．
解：双曲线 C：푥2
푎2 ―
푦2
푏2 = 1（a＞0，b＞0）的渐近线方程为 y =±
푏
푎풙，
由双曲线的一条渐近线的倾斜角为 130°，得 ―
푏
푎 = 풕풂풏ퟏퟑퟎ° = ―풕풂풏ퟓퟎ°，
则푏
푎 = 풕풂풏ퟓퟎ° =
푠푖푛50°
푐표푠50°，∴푏2
푎2 =
푐2 ― 푎2
푎2 =
푐2
푎2 ―ퟏ =
푠푖푛250°
푐표푠250°
=
1
푐표푠250° ―ퟏ，
得풆ퟐ =
1
푐표푠250°
，
∴e =
1
푐표푠50°．
故选：D．
12．已知三棱锥 S﹣ABC 的所有顶点都在球 O 的球面上，SC 是球 O 的直径．若平面 SCA⊥平
面 SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥 S﹣ABC 的体积为 9，则球 O 的表面积为（ ）
A．36π B．25π C．16π D．9π
【分析】画出图形，取 SC 的中点 O，连接 OA，OB，利用体积法，求解球的半径，然
后求解球的表面积．
解：取 SC 的中点 O，连接 OA，OB，
因为 SA＝AC，SB＝BC，所以 OA⊥SC，OB⊥SC．
因为平面 SAC⊥平面 SBC，所以 OA⊥平面 SBC．
设 OA＝r，푽푨―푺푩푪 =
1
3 × 푺△푺푩푪 × 푶푨 =
1
3 ×
1
2 × ퟐ풓 × 풓 × 풓 =
1
3풓ퟑ
所以1
3풓ퟑ = ퟗ⇒풓 = ퟑ，
所以球的表面积为 4πr2＝36π．
故选：A．二．填空题：
13．函数 f（x）═푙푛푥
푥 的单调增区间为 （0，e） ．
【分析】求出函数풇(풙) =
푙푛푥
푥 的导数为 y′的解析式，令 y′＞0 求得 x 的范围，即可得
到函数풇(풙) =
푙푛푥
푥 的单调递增区间．
解：由于函数풇(풙) =
푙푛푥
푥 的导数为 y′ =
1 ― 푙푛푥
푥2 ，
令 y′＞0 可得 lnx＜1，解得 0＜x＜e，
故函数풇(풙) =
푙푛푥
푥 的单调递增区间是 （0，e），
故答案为：（0，e）．
14．长方体的长、宽、高分别为 3，2，1，其顶点都在球 O 的球面上，则球 O 的表面积为
14π ．
【分析】求出球的半径，然后求解球的表面积．
解：长方体的长、宽、高分别为 3，2，1，其顶点都在球 O 的球面上，可知长方体的对
角线的长就是球的直径，
所以球的半径为：1
2 ퟑퟐ + ퟐퟐ + ퟏퟐ =
14
2 ．
则球 O 的表面积为：4 × (
14
2 )ퟐ흅 = 14π．
故答案为：14π．
15．若曲线 y＝xa+1（a∈R）在点（1，2）处的切线经过坐标原点，则 a＝ 2 ．
【分析】求出函数的导函数，求出 x＝1 时的导数值，写出曲线 y＝xa+1（a∈R）在点
（1，2）处的切线方程，把原点坐标代入即可解得 α 的值．
解：由 y＝xa+1，得 y′＝axa﹣1．所以 y′|x＝1＝a，则曲线 y＝xa+1（α∈R）在点（1，2）处的切线方程为：
y﹣2＝a（x﹣1），即 y＝ax﹣a+2．
把（0，0）代入切线方程得，a＝2．
故答案为：2．
16．设 F 为抛物线 C：y2＝3x 的焦点，过 F 且倾斜角为 30°的直线交 C 于 A、B 两点，O
为坐标原点，则△OAB 的面积为 9
4 ．
【分析】由抛物线方程求出焦点坐标，由直线的倾斜角求出斜率，写出过 A，B 两点的
直线方程，和抛物线方程联立后化为关于 y 的一元二次方程，由根与系数关系得到 A，B
两点纵坐标的和与积，把△OAB 的面积表示为两个小三角形 AOF 与 BOF 的面积和得答
案．
解：由 y2＝3x，得 2p＝3，p =
3
2，
则 F（3
4，0）．
∴过 A，B 的直线方程为 y =
3
3 （x ―
3
4），
即 x = ퟑy +
3
4．
联立 {풚ퟐ = ퟑ풙
풙 = ퟑ풚 +
3
4
，得 4y2﹣12 ퟑy﹣9＝0．
设 A（x1，y1），B（x2，y2），
则 y1+y2＝3 ퟑ，y1y2 = ―
9
4．
∴S△OAB＝S△OAF+S△OFB =
1
2 ×
3
4|y1﹣y2|
=
3
8 (풚ퟏ + 풚ퟐ)ퟐ ― ퟒ풚ퟏ풚ퟐ =
3
8 × (ퟑ ퟑ)ퟐ + ퟗ =
9
4．故答案为：9
4．
三．解答题
17 ． 设 △ ABC 的 内 角 A 、 B 、 C 所 对 边 的 长 分 别 为 a 、 b 、 c ， 且 有 2sinBcosA ＝
sinAcosC+cosAsinC．
（Ⅰ）求角 A 的大小；
（Ⅱ）若 b＝2，c＝1，D 为 BC 的中点，求 AD 的长．
【分析】（Ⅰ）根据 2sinBcosA＝sinAcosC+cosAsinC，可得 2sinBcosA＝sin（A+C），
从而可得 2sinBcosA＝sinB，由此可求求角 A 的大小；
（Ⅱ）利用 b＝2，c＝1，A =
휋
3，可求 a 的值，进而可求 B =
휋
2，利用 D 为 BC 的中点，
可求 AD 的长．
解：（Ⅰ）∵2sinBcosA＝sinAcosC+cosAsinC
∴2sinBcosA＝sin（A+C）
∵A+C＝π﹣B
∴sin（A+C）＝sinB＞0
∴2sinBcosA＝sinB
∴cosA =
1
2
∵A∈（0，π）
∴A =
휋
3；
（Ⅱ）∵b＝2，c＝1，A =
휋
3
∴a2＝b2+c2﹣2bccosA＝3
∴b2＝a2+c2∴B =
휋
2
∵D 为 BC 的中点，
∴AD = ퟏퟐ + (
3
2 )
ퟐ
=
7
2 ．
18．如图，在四棱锥 P﹣ABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形，△PCD 为等边三角形，平
面 PAC⊥平面 PCD，PA⊥CD，CD＝2，AD＝3．
（Ⅰ）设 G，H 分别为 PB，AC 的中点，求证：GH∥平面 PAD；
（Ⅱ）求证：PA⊥平面 PCD；
（Ⅲ）求直线 AD 与平面 PAC 所成角的正弦值．
【分析】（Ⅰ）连结 BD，由题意得 AC∩BD＝H，BH＝DH，由 BG＝PG，得 GH∥
PD，由此能证明 GH∥平面 PAD．
（Ⅱ）取棱 PC 中点 N，连结 DN，推导出 DN⊥PC，从而 DN⊥平面 PAC，进而 DN⊥
PA，再上 PA⊥CD，能证明 PA⊥平面 PCD．
（Ⅲ）连结 AN，由 DN⊥平面 PAC，知∠DAN 是直线 AD 与平面 PAC 所成角，由此能
求出直线 AD 与平面 PAC 所成角的正弦值．
【解答】证明：（Ⅰ）连结 BD，由题意得 AC∩BD＝H，BH＝DH，
又由 BG＝PG，得 GH∥PD，
∵GH⊄平面 PAD，PD⊂平面 PAD，
∴GH∥平面 PAD．（Ⅱ）取棱 PC 中点 N，连结 DN，
依题意得 DN⊥PC，
又∵平面 PAC⊥平面 PCD，平面 PAC∩平面 PCD＝PC，
∴DN⊥平面 PAC，
又 PA⊂平面 PAC，∴DN⊥PA，
又 PA⊥CD，CD∩DN＝D，
∴PA⊥平面 PCD．
解：（Ⅲ）连结 AN，由（Ⅱ）中 DN⊥平面 PAC，
知∠DAN 是直线 AD 与平面 PAC 所成角，
∵△PCD 是等边三角形，CD＝2，且 N 为 PC 中点，
∴DN = ퟑ，又 DN⊥AN，
在 Rt△AND 中，sin∠DAN =
퐷푁
퐷퐴 =
3
3 ．
∴直线 AD 与平面 PAC 所成角的正弦值为 3
3 ．
19．设椭圆푥2
푎2 +
푦2
푏2 = 1（a＞b＞0）的左焦点为 F，左顶点为 A，上顶点为 B．已知 ퟑ|OA|＝
2|OB|（O 为原点）．
（Ⅰ）求椭圆的离心率；
（Ⅱ）设经过点 F 且斜率为3
4的直线 l 与椭圆在 x 轴上方的交点为 P，圆 C 同时与 x 轴和直线 l 相切，圆心 C 在直线 x＝4 上，且 OC∥AP．求椭圆的方程．
【分析】（Ⅰ）由题意可得 ퟑa＝2b，再由离心率公式可得所求值；
（Ⅱ）求得 a＝2c，b = ퟑc，可得椭圆方程为 푥2
4푐2 +
푦2
3푐2 = 1，设直线 FP 的方程为 y =
3
4
（x+c），联立椭圆方程求得 P 的坐标，以及直线 AP 的斜率，由两条直线平行的条件和
直线与圆相切的条件，解方程可得 c＝2，即可得到所求椭圆方程．
解：（Ⅰ） ퟑ|OA|＝2|OB|，即为 ퟑa＝2b，
可得 e =
푐
푎 = ퟏ ―
푏2
푎2 = ퟏ ―
3
4 =
1
2；
（Ⅱ）b =
3
2 a，c =
1
2a，
即 a＝2c，b = ퟑc，
可得椭圆方程为 푥2
4푐2 +
푦2
3푐2 = 1，
设直线 FP 的方程为 y =
3
4（x+c），
代入椭圆方程可得 7x2+6cx﹣13c2＝0，
解得 x＝c 或 x = ―
13푐
7 ，
代入直线 PF 方程可得 y =
3푐
2 或 y = ―
9푐
14（舍去），
可得 P（c，3푐
2 ），
圆心 C 在直线 x＝4 上，且 OC∥AP，可设 C（4，t），
可得푡
4 =
3푐
2
푐 + 2푐
，解得 t＝2，
即有 C（4，2），可得圆的半径为 2，由直线 FP 和圆 C 相切的条件为 d＝r，
可得|3 × 4 ― 4 × 2 + 3푐|
9 + 16 = 2，解得 c＝2，
可得 a＝4，b＝2 ퟑ，
可得椭圆方程为푥2
16 + 푦2
12 = 1．
20．已知函数 f（x）＝excosx﹣x．
（1）求曲线 y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（2）求函数 f（x）在区间[0，휋
2]上的最大值和最小值．
【分析】（1）求出 f（x）的导数，可得切线的斜率和切点，由点斜式方程即可得到所求
方程；
（2）求出 f（x）的导数，再令 g（x）＝f′（x），求出 g（x）的导数，可得 g（x）在
区间[0，휋
2]的单调性，即可得到 f（x）的单调性，进而得到 f（x）的最值．
解：（1）函数 f（x）＝excosx﹣x 的导数为 f′（x）＝ex（cosx﹣sinx）﹣1，
可得曲线 y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线斜率为 k＝e0（cos0﹣sin0）﹣1＝0，
切点为（0，e0cos0﹣0），即为（0，1），
曲线 y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为 y＝1；
（2）函数 f（x）＝excosx﹣x 的导数为 f′（x）＝ex（cosx﹣sinx）﹣1，
令 g（x）＝ex（cosx﹣sinx）﹣1，
则 g（x）的导数为 g′（x）＝ex（cosx﹣sinx﹣sinx﹣cosx）＝﹣2ex•sinx，
当 x∈[0，휋
2]，可得 g′（x）＝﹣2ex•sinx≤0，
即有 g（x）在[0，휋
2]递减，可得 g（x）≤g（0）＝0，则 f（x）在[0，휋
2]递减，
即有函数 f（x）在区间[0，휋
2]上的最大值为 f（0）＝e0cos0﹣0＝1；
最小值为 f（휋
2） = 풆
휋
2cos
휋
2 ―
휋
2 = ―
휋
2．
21．设圆 C 与两圆（x + ퟓ）2+y2＝4，（x ― ퟓ）2+y2＝4 中的一个内切，另一个外切．
（1）求 C 的圆心轨迹 L 的方程；
（2）已知点 M（3 5
5
，4 5
5
），F（ ퟓ，0），且 P 为 L 上动点，求||MP|﹣|FP||的最大值
及此时点 P 的坐标．
【分析】（1）根据两圆的方程分别找出两圆心和两半径，根据两圆内切时，两圆心之间
的距离等于两半径相减，外切时，两圆心之间的距离等于两半径相加，可知圆心 C 到圆
心 F1 的距离加 2 与圆心 C 到圆心 F2 的距离减 2 或圆心 C 到圆心 F1 的距离减 2 与圆心 C
到圆心 F2 的距离加 2，得到圆心 C 到两圆心的距离之差为常数 4，且小于两圆心的距离 2
ퟓ，可知圆心 C 的轨迹为以原点为中心，焦点在 x 轴上的双曲线，根据 a 与 c 的值求出
b 的值，写出轨迹 L 的方程即可；
（2）根据点 M 和 F 的坐标写出直线 l 的方程，与双曲线 L 的解析式联立，消去 y 后得
到关于 x 的方程，求出方程的解即可得到两交点的横坐标，把横坐标代入直线 l 的方程
中即可求出交点的纵坐标，得到直线 l 与双曲线 L 的交点坐标，然后经过判断发现 T1 在
线段 MF 外，T2 在线段 MF 内，根据图形可知||MT1|﹣|FT1||＝|MF|，利用两点间的距离
公式求出|MF|的长度，当动点 P 与点 T2 重合时||MT2|﹣|FT2||＜|MF|，当动点 P 不是直线
l 与双曲线的交点时，根据两边之差小于第三边得到|MP|﹣|FP|＜|MF|，综上，得到动点
P 与 T1 重合时，||MP|﹣|FP||取得最大值，此时 P 的坐标即为 T1 的坐标．
解：（1）两圆的半径都为 2，两圆心为 F1（ ― ퟓ，0）、F2（ ퟓ，0），
由题意得：|CF1|+2＝|CF2|﹣2 或|CF2|+2＝|CF1|﹣2，
∴||CF2|﹣|CF1||＝4＝2a＜|F1F2|＝2 ퟓ = 2c，可知圆心 C 的轨迹是以原点为中心，焦点在 x 轴上，且实轴为 4，焦距为 2 ퟓ的双曲线，
因此 a＝2，c = ퟓ，则 b2＝c2﹣a2＝1，
所以轨迹 L 的方程为푥2
4 ― y2＝1；
（2）过点 M，F 的直线 l 的方程为 y =
4 5
5 ― 0
3 5
5 ― 5
（x ― ퟓ），
即 y＝﹣2（x ― ퟓ），代入푥2
4 ― y2＝1，解得：x1 = 6 5
5
，x2 = 14 5
15
，
故直线 l 与双曲线 L 的交点为 T1（6 5
5
， ― 2 5
5
），T2（14 5
15
，2 5
15
），
因此 T1 在线段 MF 外，T2 在线段 MF 内，故||MT1|﹣|FT1||＝|MF| = (
3 5
5 ― ퟓ)
ퟐ
+ (
4 5
5 )
ퟐ
= 2，
||MT2|﹣|FT2||＜|MF|＝2，若点 P 不在 MF 上，则|MP|﹣|FP|＜|MF|＝2，
综上所述，|MP|﹣|FP|只在点 T1 处取得最大值 2，此时点 P 的坐标为（6 5
5
， ― 2 5
5
）．
22．设各项均为正数的数列{an}的前 n 项和为 Sn，满足 4Sn＝an+12﹣4n﹣1，n∈一、选择题
*，且 a2，a5，a14 构成等比数列．（1）证明：a2 = ퟒ풂ퟏ + ퟓ；
（2）求数列{an}的通项公式；
（3）证明：对一切正整数 n，有
1
푎1푎2
+
1
푎2푎3
+⋯ +
1
푎푛푎푛+1
＜
1
2．
【分析】（1）对于ퟒ푺풏 = 풂ퟐ풏+ퟏ ―ퟒ풏 ― ퟏ，풏 ∈ 푵∗，令 n＝1 即可证明；
（2）利用ퟒ푺풏 = 풂ퟐ풏+ퟏ ―ퟒ풏 ― ퟏ，풏 ∈ 푵∗，且ퟒ푺풏―ퟏ = 풂ퟐ풏 ―ퟒ(풏 ― ퟏ) ― ퟏ，（n≥2），两
式相减即可求出通项公式．
（3）由（2）可得
1
푎푛푎푛+1
=
1
(2푛 ― 1)(2푛 + 1) =
1
2(
1
2푛 ― 1 ―
1
2푛 + 1)．利用“裂项求和”即
可证明．
解：（1）当 n＝1 时，ퟒ풂ퟏ = 풂ퟐퟐ ―ퟓ，풂ퟐퟐ = ퟒ풂ퟏ +ퟓ，
∵풂풏＞ퟎ ∴ 풂ퟐ = ퟒ풂ퟏ + ퟓ
（2）当 n≥2 时，满足ퟒ푺풏 = 풂ퟐ풏+ퟏ ―ퟒ풏 ― ퟏ，풏 ∈ 푵∗，且ퟒ푺풏―ퟏ = 풂ퟐ풏 ―ퟒ(풏 ― ퟏ) ― ퟏ，
∴ퟒ풂풏 = ퟒ푺풏 ―ퟒ푺풏―ퟏ = 풂ퟐ풏+ퟏ ― 풂ퟐ풏 ―ퟒ，
∴풂ퟐ풏+ퟏ = 풂ퟐ풏 +ퟒ풂풏 +ퟒ = (풂풏 +ퟐ)ퟐ，
∵an＞0，∴an+1＝an+2，
∴当 n≥2 时，{an}是公差 d＝2 的等差数列．
∵a2，a5，a14 构成等比数列，∴풂ퟐퟓ = 풂ퟐ ⋅ 풂ퟏퟒ，(풂ퟐ +ퟔ)ퟐ = 풂ퟐ ⋅ (풂ퟐ +ퟐퟒ)，解得 a2＝3，
由（1）可知，ퟒ풂ퟏ = 풂ퟐퟐ ―ퟓ = ퟒ，∴a1＝1∵a2﹣a1＝3﹣1＝2，
∴{an}是首项 a1＝1，公差 d＝2 的等差数列．
∴数列{an}的通项公式 an＝2n﹣1．
（3）由（2）可得式
1
푎푛푎푛+1
=
1
(2푛 ― 1)(2푛 + 1) =
1
2(
1
2푛 ― 1 ―
1
2푛 + 1)．∴
1
푎1푎2
+
1
푎2푎3
+⋯ +
1
푎푛푎푛+1
=
1
1 ⋅ 3 +
1
3 ⋅ 5 +
1
5 ⋅ 7 +⋯ +
1
(2푛 ― 1)(2푛 + 1)
=
1
2 ⋅ [(ퟏ ―
1
3) + (
1
3 ―
1
5) + (
1
5 ―
1
7) + (
1
2푛 ― 1 ―
1
2푛 + 1)] #/DEL/#
=
1
2 ⋅ [ퟏ ―
1
2푛 + 1]＜
1
2. #/DEL/#
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