高二上期中考

作者: 洛玖言 | 来源:发表于2019-11-16 09:51 被阅读0次

高二上期中考1

1

命题 $p：\exists\; x_0\in\mathbb{R},\,x_0^2+x_0+1\leq0$ ，则命题 $p$ 的否定是
$\mathrm{A.}\quad \exist\;x_0\in\mathbb{R},\,x_0^2+x_0+1>1$
$\mathrm{B.}\quad \forall\; x\in\mathbb{R},\,x^2+x+1\geq 0$
$\mathrm{C.}\quad \forall\;x\in\mathbb{R},\,x^2+x+1>1$
$\mathrm{D.}\quad \forall\,x\in\mathbb{R},\,x^2+x+1\leq0$

Sol:
C ✔.

2

已知数列 $\{a_n\}$ 为等差数列， $a_3+a_5=6$ ，则其前 7 项的和是
$\mathrm{A.}\quad 36$
$\mathrm{B.}\quad 30$
$\mathrm{C.}\quad 22$
$\mathrm{D.}\quad 21$

Sol:

设首项为 $a_1$ ，公比为 $d$ .
$a_3+a_5=2a_4=6\Rightarrow a_4=3$
$S_7=a_1+a_2+\cdots+a_7=7a_4=21.$
D ✔.

3

椭圆 $kx^2+2y^2=2$ 的一个焦点是 $(1,0)$ ，那么 $k=$
$\mathrm{A.}\quad -\sqrt{5}$
$\mathrm{B.}\quad -1$
$\mathrm{C.}\quad 1$
$\mathrm{D.}\quad \sqrt{5}$

Sol:

该椭圆标准方程为 $\dfrac{x^2}{\frac{2}{k}}+y^2=1\,(k>0)$
因为焦点在 $x$ 轴上， $\Rightarrow \dfrac{2}{k}>1\Rightarrow 0<k<2$
$\dfrac{2}{k}=1^2+1^2\Rightarrow k=1$
C ✔.

4

已知 $2x+y=4\;(x>0,y>0)$ ，则 $xy$ 的最大值是
$\mathrm{A.}\quad 2$
$\mathrm{B.}\quad 3$
$\mathrm{C.}\quad 4$
$\mathrm{D.}\quad 5$

Sol:
$4=2x+y\geqslant2\sqrt{2xy}\Rightarrow xy\leqslant2$
当且仅当 $x=1,y=2$ 时等号成立.
A ✔.

5

数列 $\left\{(-1)^nn\right\}$ 的前 2019 项的和是
$\mathrm{A.}\quad -2019$
$\mathrm{B.}\quad -1010$
$\mathrm{C.}\quad 1010$
$\mathrm{D.}\quad 2019$

Sol:

每相邻两项可组合成一组
$a_1+a_2=1$
$a_3+a_4=1$
$a_{2017}+a_{2018}=1$
$S_{2019}=1009\times1-2019=-1010$
B ✔.

6

已知 $F_1,F_2$ 分别是椭圆 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1\,(a>b>0)$ 的左、右焦点，若椭圆上存在点 $P$ ，使 $\angle F_1PF_2=90\degree$ ，则椭圆的离心率 $e$ 的取值范围为
$\mathrm{A.}\quad (0,\dfrac{\sqrt{2}}{2}]$
$\mathrm{B.}\quad [\dfrac{\sqrt{2}}{2},1)$
$\mathrm{C.}\quad (0,\dfrac{\sqrt{3}}{2}]$
$\mathrm{D.}\quad [\dfrac{\sqrt{3}}{2},1)$

Sol:
B ✔.

7

已知数列 $\{a_n\}$ 为等比数列， $S_n$ 是它的前 $n$ 项和，若 $a_2\cdot a_3=2a_1$ ，且 $a_4$ 与 $2a_7$ 的等差中项为 $\dfrac{5}{4}$ ，则 $S_5=$
$\mathrm{A.}\quad 15$
$\mathrm{B.}\quad 16$
$\mathrm{C.}\quad 25$
$\mathrm{D.}\quad 31$

Sol:
设首项为 $a_1$ ，公比为 $q$ .
$a_2\cdot a_3=a_1^2q^3=2a_1\Rightarrow a_1q^3=a_4=2$
又因为 $a_4$ 与 $2a_7$ 的等差中项为 $\dfrac{5}{4}$
$a_4+2a_7=\dfrac{5}{2}\Rightarrow a_4+2a_4q^3=\dfrac{5}{2}\Rightarrow q^3=\dfrac{1}{8}\Rightarrow q=\dfrac{1}{2}$ .
$\Rightarrow a_1=16$
$\Rightarrow S_5=\dfrac{a_1(1-(\frac12)^5)}{1-\frac12}=31$
D ✔.

8

已知双曲线 $\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{3}=1\;(a>\sqrt{3})$ 的两条渐近线的夹角为 $\dfrac{\pi}{3}$ ，则双曲线的离心率为
$\mathrm{A.}\quad \dfrac{2\sqrt{3}}{3}$
$\mathrm{B.}\quad \dfrac{2\sqrt{6}}{3}$
$\mathrm{C.}\quad \sqrt{3}$
$\mathrm{D.}\quad 2$

Sol:
易知渐近线为 $y=\pm\dfrac{\sqrt{3}}{a}x,b^2=3$
$k=\dfrac{\sqrt{3}}{a}=\tan\theta=\tan\dfrac{\frac{\pi}{3}}{2}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow a=3$
$c^2=a^2+b^2=12$
$e=\dfrac{c}{a}=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}$
A ✔.

9

在等比数列 $\{a_n\}$ 中， $a_n>0,\,a_1+a_2+\cdots+a_8=9,\;a_1a_2\cdots a_8=81$ ，则 $\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+\cdots+\dfrac{1}{a_8}$ 的值为
$\mathrm{A.}\quad 3$
$\mathrm{B.}\quad 6$
$\mathrm{C.}\quad 9$
$\mathrm{D.}\quad 27$

Sol:
设公比为 $q$ ，有 $a_1a_2\cdots a_8=a^8q^{28}=81\Rightarrow a_1^2q^7=a_1a_8=3$
$\begin{aligned} &\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+\cdots+\dfrac{1}{a_8}\\ =&\dfrac{q^7}{a_8}+\dfrac{q^6}{a_8}+\cdots+\dfrac{1}{a_8}\\ =&\dfrac{1+q+\cdots+q^7}{a_8}\\ =&\dfrac{a_1+a_1q+a_1q^2+\cdots+a_1q^7}{a_1a_8}\\ =&\dfrac{a_1+a_2+\cdots+a_8}{a_1a_8}\\ =&\dfrac{9}{3}=3 \end{aligned}$
A ✔.

10

已知 $F_1F_2$ 是椭圆与双曲线的公共焦点， $P$ 是它们的一个公共点，且 $|PF_2|>|PF_1|$ ，椭圆的离心率为 $e_1$ ，双曲线的离心率为 $e_2$ ，若 $|PF_1|=|F_1F_2|$ ，则 $\dfrac{3}{e_1}+\dfrac{e_2}{3}$ 的最小值为
$\mathrm{A.}\quad 4$
$\mathrm{B.}\quad 6$
$\mathrm{C.}\quad 4+2\sqrt{2}$
$\mathrm{D.}\quad 8$

Sol:
不妨设焦点在 $x$ 轴上
设椭圆方程为 $\dfrac{x^2}{a^2_1}+\dfrac{y^2}{b_1^2}=1$ , 双曲线方程为 $\dfrac{x^2}{a_2^2}-\dfrac{y^2}{b_2^2}=1$
易知 $e_1=\dfrac{c}{a_1},\,e_2=\dfrac{c}{a_2}$
$\because|PF_1|=|F_1F_2|=2c$
$\therefore \begin{cases} |PF_1|+|PF_2|=2a_1\\ |PF_1|-|PF_2|=-2a_2 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} |PF_2|=2a_1-2c\\ |PF_2|=2a_2+2c \end{cases}\Rightarrow a_1=a_2+2c$

$\begin{aligned} &\dfrac{3}{e_1}+\dfrac{e_2}{3}\\ =&\dfrac{3a_1}{c}+\dfrac{c}{3a_2}\\ =&\dfrac{3a_2+6c}{c}+\dfrac{c}{3a_2}\\ =&6+\dfrac{3a_2}{c}+\dfrac{c}{3a_2}\\ \geqslant&6+2\sqrt{\dfrac{3a_2}{c}\cdot\dfrac{c}{3a_2}}\\ =&8 \end{aligned}$
当且仅当 $c=3a_2$ 时等号成立

D ✔.

11（4）多选

下列表述中不正确的是
$\mathrm{A.}$ 若 $a,b,c\in\mathbb{R}$ ，则 “ $ax^2+bx+c\geq0$ ” 的充要条件是 “ $b^2-4ac\leq0$ ”.
$\mathrm{B.}$ 若 $a,b,c\in\mathbb{R}$ ，则 “ $ab^2>cb^2$ ” 的充要条件是 “ $a>c$ ”.
$\mathrm{C.}$ “ $a<1$ ” 是“方程 $x^2+x+a=0$ 有一个正根和一个负根”的必要不充分条件.
$\mathrm{D.}$ “ $a>1$ ”是“ $\dfrac{1}{a}<1$ ” 的充分不必要条件.

Sol:

A、B ✔.

12（4）多选

已知 $F_1,F_2$ 分别是双曲线 $C:x^2-y^2=1$ 的左、右焦点，点 $P$ 是双曲线上异于双曲线顶点的一点，且 $\overrightarrow{PF_1}\cdot\overrightarrow{PF_2}=0$ ，则下列结论正确的是

$\mathrm{A.}$ 双曲线 $C$ 的渐近线方程为 $y=\pm x$ .
$\mathrm{B.}$ 以 $F_1F_2$ 为直径的圆的方程为 $x^2+y^2=1$ .
$\mathrm{C.}$ $F_1$ 到双曲线的一条渐近线的距离为 1.
$\mathrm{D.}$ $\triangle PF_1F_2$ 的面积为 1.

Sol:

由题意可知 $a=1,b=1,c=\sqrt{2}$
渐近线方程 $y=\pm\dfrac{b}{a}x=\pm x.\Rightarrow$ A ✔.
$\therefore |F_1F_2|=2c=2\sqrt{2}\Rightarrow x^2+y^2=2$ 才是以 $F_1F_2$ 为直径的圆的方程. $\Rightarrow$ B ✖.
焦点到渐近线的距离为 $b,b=1$ ， $\Rightarrow$ C ✔.
$\because\overrightarrow{PF_1}\cdot\overrightarrow{PF_2}=0\Rightarrow \angle F_1PF_2=90\degree.$
双曲线焦点三角形面积为 $S=\dfrac{b^2}{\tan\dfrac{\theta}{2}}=1.$
$\Rightarrow$ D ✔.
A、C、D ✔.

13（4）多选

设等比数列 $\{a_n\}$ 的公比为 $q$ ，其前 $n$ 项和为 $S_n$ ，前 $n$ 项积为 $T_n$ ，并且满足条件 $a_1>1,\,a_6a_7>1,\dfrac{a_6-1}{a_7-1}<0$ ，则下列结论正确的是

$\begin{aligned} &\mathrm{A.}\quad 0<q<1\\ &\mathrm{B.}\quad a_6a_8>1\\ &\mathrm{C.}\quad S_n的最大值为 S_7\\ &\mathrm{D.}\quad T_n 的最大值为T_6\\ \end{aligned}$

Sol:

$a_6a_7=a_1^2q^{11}>1>0\Rightarrow q>0$
$\dfrac{a_6-1}{a_7-1}<0\Rightarrow(a_6-1)(a_7-1)<0\Rightarrow a_6>1,a_7<1$ 或 $a_6<1,a_7>1$
当 $q=1$ 时，显然有 $a_1=a_2=\cdots=a_6=a_7>1$ 不成立.
当 $q>1$ 时，显然有 $a_7>a_6>\cdots>a_1>1$ 不成立.
当 $q<1$ 时，数列 $\{a_n\}$ 单调递减. 易知有 $a_6>1,a_7<1$ 能够成立.
所以 A ✔.
$a_6a_8=a_7^2<1\Rightarrow$ B ✖.
易知数列 $\{a_n\}$ 是正项数列，所以总有 $S_{n+1}-S_n=a_{n+1}>0$ ， $S_n$ 单调递增，没有最大值. 所以 C ✖.
$\dfrac{T_n}{T_{n-1}}=a_{n}$ ，当 $n\leqslant6$ 时， $\dfrac{T_n}{T_{n-1}}>1$ ， $T_n$ 单调递增，有 $T_1<T_2<\cdots<T_6$
当 $n>6$ 时， $\dfrac{T_n}{T_{n-1}}<1$ ， $T_n$ 单调递减，有 $T_6>T_7>\cdots$
$\therefore (T_n)_{\max}=T_6$
所以 D ✔.
A、D ✔.

14

函数 $f(x)=(ax-1)(x+b)$ ，若不等式 $f(x)>0$ 的解集为 $(-1,2)$ ，那么 $a+b=$ ______.

Sol:

$f(x)=(ax-1)(x+b)=0\Rightarrow x_1=\dfrac{1}{a},x=-b$
可分析出 $a<0$
$\therefore \dfrac{1}{a}=-1\Rightarrow a=-1$
$\therefore -b=2\Rightarrow b=-2$
$\therefore a+b=-3$

15

若等差数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和 $S_n=(n+1)^2+t$ ，则实数 $t$ 的值为______.

Sol:

$S_n-S_{n-1}=a_{n}=2n+1(n\geq2)$
当 $n=1$ 时， $S_1=a_1=4+t=2+1\Rightarrow t=-1.$
（因为需要 $a_1$ 也满足 $a_n=2n+1(n\geq2)$ 的通项公式， $\{a_n\}$ 才是等差数列.

16

设 $F_1,F_2$ 分别是椭圆 $\dfrac{x^2}{16}+\dfrac{y^2}{9}=1$ 的两个焦点，点 $P$ 在椭圆上，若线段 $PF_1$ 的中点在 $y$ 轴上，则线段 $\dfrac{|PF_1|}{|PF_2|}=$ ______.

Sol:

易知 $a=4,b=3$
由几何关系（相似）知， $PF_2\perp F_1F_2$
易知 $|PF_2|=\dfrac{b^2}{a}$
$\dfrac{|PF_1|}{|PF_2|}=\dfrac{2a-|PF_2|}{|PF_2|}=\dfrac{23}{9}$

17

两千多年前，古希腊毕达哥拉斯学派的数学加曾经在沙滩上研究数学问题，他们在沙滩上画点或用小石子来表示数，按照点或者小石子能排列的形状对数进行分类，如下图中的实心点个数 $1，5，12，22，\cdots$ ，被称为五角形数，其中第 1 个五角形数记作 $a_1=1$ ，第 2 个五角形数记作 $a_2=5$ ，第 3 个五角形数记作 $a_3=12$ ，第 4 个五角形数记作 $a_4=22,\cdots$ ，若按照此规律继续下去可得到数列 $\{a_n\}$ ，则 $a_n-a_{n-1}=$ ______. $(n\geq2)$ ; 对 $n\in\mathbb{N}^{*},\,a_n=$ ______.

Sol:

由图分析可知 $a_n-a_{n-1}=3n-2$
$\begin{aligned} a_{n}-a_{n-1}=&3n-2\\ a_{n-1}-a_{n-2}=&3(n-1)-2\\ \cdots&\cdots\\ a_2-a_1=&4\\ \end{aligned}$
左边全部相加，右边全部相加得
$a_n-a_1=\dfrac{(4+3n-2)(n-1)}{2}\Rightarrow a_{n}=\dfrac{3n^2-n}{2}$
(可以容易看出右边是等差数列，一共有 $n-1$ 个式子，这里判断要正确，可以锁定某一个对应的项，去分析，比如左边得正项是从 $2$ 到 $n$ 共有 $n-1$ 项.

18(10)

(1) 不等式 $mx^2+2mx+1>0$ 对一切实数 $x$ 恒成立，求实数 $m$ 的取值范围.

(2) 求与双曲线 $\dfrac{x^2}{4}-\dfrac{y^2}{3}=1$ 有共同渐近线，且过点 $P(2,3)$ 的双曲线的标准方程.

Sol:

(1)
首先不等式大于 0 恒成立，易知 $m\geq0$ ，当 $m=0$ 的时候易知不等式成立.
$m>0$ 时，即 $\Delta<0\Rightarrow 4m^2-4m<0\Rightarrow m\in(0,1)$
所以，综上所述 $m\in[0,1)$ .

(2)
与双曲线 $\dfrac{x^2}{4}-\dfrac{y^2}{3}=1$ 有共同渐近线, 不妨设所求双曲线为
$\dfrac{x^2}{4}-\dfrac{y^2}{3}=\lambda$ . 又过点 $P(2,3)$
$\therefore$ 有 $\dfrac{4}{4}-\dfrac{9}{3}=\lambda=-2$
$\therefore$ 所求双曲线为 $\dfrac{y^2}{6}-\dfrac{x^2}{8}=1.$

19(14)

设椭圆 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$ 的短轴长为 4，离心率为 $\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ .

(1) 直线 $y=x+m$ 与椭圆有公共点时，求实数 $m$ 的取值范围；

(2) 设点 $M(2,1)$ 是直线 $l$ 被椭圆所截得得线段 $AB$ 的中点，求直线 $l$ 的方程.

Sol:
(1)
由题意得 $2b=4,e=\dfrac{c}{a}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow a=4,b=2,c=2\sqrt{3}$ .
$\therefore$ 椭圆方程为 $\dfrac{x^2}{16}+\dfrac{y^2}{4}=1$ .
联立方程得
$\begin{cases} \dfrac{x^2}{16}+\dfrac{y^2}{4}=1\\ y=x+m\\ \end{cases}\Rightarrow5x^2+8mx+4m^2-16=0$
因为直线与椭圆有交点，所以 $\Delta\geqslant0\Rightarrow64m^2-4\cdot5\cdot(4m^2-16)\geqslant0$
$\Rightarrow m\in[-2\sqrt{5},2\sqrt{5}]$ .

(2)
易知直线 $l$ 得斜率存在，不妨设 $l:y=kx+n$
设 $A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$
联立方程得
$\begin{cases} \dfrac{x^2}{16}+\dfrac{y^2}{4}=1\\ y=kx+n\\ \end{cases}\Rightarrow(4k^2+1)x^2+8knx+4n^2-16=0$
因为 $M(2,1)$ 是 $AB$ 的中点，所以有 $\dfrac{x_1+x_2}{2}=x_M=2,\dfrac{y_1+y_2}{2}=y_M=1$
又由韦达定理
$x_1+x_2=-\dfrac{8kn}{4k^2+1}=4\Rightarrow 4k^2+2kn+1=0$
$y_1+y_2=kx_1+n+kx_2+n=k(x_1+x_2)+2n=4k+2n=2\Rightarrow n=1-2k$
$4k^2-2kn+1=4k^2+2k(1-2k)+1=2k+1=0\Rightarrow k=-\dfrac12$
$n=1-2k=2$
所以所求直线方程 $l:y=-\dfrac{1}{2}x+2$ .

20（14分）

设数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$ ，且满足 $S_n=2a_n-2(n\in\mathbb{N}^{*}).$

(1) 证明：数列 $\{a_n\}$ 是等比数列，并求出它的通项公式.

(2) 设 $b_n=\dfrac{n}{a_n}$ ，求数列 $\{b_n\}$ 的前 $n$ 项和 $T_n.$

Sol:

(1)
$S_n=2a_n-2\;(1)\\S_{n-1}=2a_{n-1}-2\;(2)$
(1)-(2) 得
$a_n=2a_n-2a_{n-1}\\\Rightarrow a_{n}=2a_{n-1}\quad n\geqslant2$
$\therefore \dfrac{a_{n}}{a_{n-1}}=2,\;a_1=2$
$\therefore \{a_n\}$ 是公比为 2，首项为 2 的等比数列.
$\therefore a_{n}=2^n$

(2)
易知 $b_n=\dfrac{n}{2^n}$ ,
根据定义
$\begin{aligned} T_n=&\dfrac{1}{2}+\dfrac{2}{2^2}+\dfrac{3}{2^3}+\cdots+\dfrac{n}{2^n}\\ \dfrac{1}{2}T_n=&\quad\quad\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{2}{2^3}+\cdots+\dfrac{n-1}{2^n}+\dfrac{n}{2^{n+1}} \end{aligned}$

两式相减得
$\begin{aligned} \dfrac{1}{2}T_n=&\dfrac12+\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{2^3}+\cdots+\dfrac{1}{2^n}-\dfrac{n}{2^{n+1}}\\ =&1-\dfrac{1}{2^n}-\dfrac{n}{2^{n+1}}\\ T_n=&2-\dfrac{2+n}{2^n} \end{aligned}$

21(14)

某厂家拟在 2020 年举行促销活动，经调查测算，某产品的年销售（即该厂的年产量） $m$ 万件与年促销费用 $x$ 万元，满足 $m=3-\dfrac{k}{x+1}$ （ $k$ 为常数），如果不搞促销活动，则该产品的年销售量只能是 1 万件. 已知2020年生产该产品的固定投入为 8 万元，每生产 1 万件该产品需要再投入 16 万元，厂家将每件产品的销售价格定为每件产品年平均成本的 1.5 倍（产品成本包括固定投入和再投入两部分资金）

(1) 将2020 年该产品的利润 $y$ （万元）表示为年促销费用 $x$ （万元）的函数;

(2) 该厂家 2020 年的促销费用投入多少万元时，厂家的利润最大.

22(15)

设各项均为正数数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$ ，满足 $4S_n=a_{n+1}^2-4n-1,\;n\in\mathbb{N}^{*}$ ，且 $a_2,a_5,a_{14}$ 构成等比数列.

(1) 证明： $a_2=\sqrt{4a_1+5}$ ;

(2) 求数列 $\{a_n\}$ 的通项公式;

(3) 设 $b_n=\dfrac{8n}{a_n^2a_{n+1}^2}$ ，数列 ${b_n}$ 的前 $n$ 项和为 $T_n$ ，若 $T_n<2a-1$ 恒成立，求实数 $a$ 的取值范围.

Sol:

(1)
由 $4S_n=a_{n+1}^2-4n-1,\,a_n>0\,$ 当 $n=1$ 时，
$4a_1=a_2^2-5\Rightarrow a_2=\sqrt{4a_1+5}$
得证.

(2)
$4S_n=a_{n+1}^2-4n-1$
$4S_{n-1}=a_{n}^2-4(n-1)-1$
两式相减得
$4a_n=a_{n+1}^2-a_n^2-4$
$a_{n+1}^2=(a_n+2)^2$
$a_{n+1}=a_n+2$
$\therefore \{a_n\}（n\geqslant2）$ 是首项为 $a_2$ 公差为 2 的等差数列， $a_n=a_2+2(n-2),n\geqslant2$ .
又 $a_2,a_5,a_{14}$
$\therefore a_{2}a_{14}=a_5^2\Rightarrow a_2(a_2+24)=(a_2+6)^2$
$\Rightarrow a_2=3$
又 $a_2=\sqrt{4a_1+5}\\\Rightarrow a_1=1=2\times1-1$
又 $\because a_n=2n-1\;(n\geqslant2)$
$\therefore$ 综上所述 $a_n=2n-1$

(3)
$b_n=\dfrac{8n}{(2n-1)^2(2n+1)^2}=\dfrac{1}{(2n-1)^2}-\dfrac{1}{(2n+1)^2}$

由定义知
$\begin{aligned} T_n =&b_1+b_2+\cdots+b_n\\ =&\dfrac{1}{1^2}-\dfrac{1}{3^2}+\dfrac{1}{3^2}-\dfrac{1}{5^2}+\cdots+\dfrac{1}{(2n-1)^2}-\dfrac{1}{(2n+1)^2}\\ =&1-\dfrac{1}{(2n+1)^2} \end{aligned}$

又 $T_n<2a-1$ 恒成立，即
$1-\dfrac{1}{(2n+1)^2}<2a-1$
$a>1-\dfrac{1}{2(2n+1)^2}$ 成立.
易知 $a=1$ 的时候显然成立.
下面证 $a<1$ 的时候，存在 $n$ 使得不等式不成立.
若存在 $a<1$ 时有不等式恒成立，不妨设 $a=1-c\;(c>0)$ 有
$c<\dfrac{1}{2(2n+1)^2}$ 恒成立，即
$(n+1)^2<\dfrac{1}{2c}\Rightarrow n<\dfrac{1}{\sqrt{2c}}-1=N$
易知当 $n>N$ 时，不等式不成立，所以 $a<1$ 时，不等式不恒成立.
所以 $a_{min}=1$ ,
所以综上所述 $a\in[1,+\infty)$ .

23

已知椭圆 $C:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1\;(a>b>1)$ 的离心率为 $\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ ，且过点 $(1,\frac{\sqrt{2}}{2})$ ，若点 $M(x_0,y_0)$ 在椭圆 $C$ 上，则点 $N(\dfrac{x_0}{a},\dfrac{y_0}{b})$ 称为点 $M$ 的一个 “椭点”.

(1) 求椭圆 $C$ 的标准方程;

(2) 若直线 $l:y=kx+m$ 与椭圆 $C$ 相交于 $A,B$ 两点，且 $A,B$ 两点的“椭点”分别为 $P,Q$ ，以 $PQ$ 为直径的圆经过坐标原点，试判断 $\triangle AOB$ 的面积是否为定值？若为定值，求出定值；若不为定值，说明理由.

Sol:

(1)

把点 $(1,\dfrac{\sqrt{2}}{2})$ 带入椭圆方程得
$\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{2b^2}=1$
离心率 $e=\dfrac{c}{a}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow b=c\Rightarrow a=\sqrt{2}b$
$\therefore a=\sqrt{2},\,b=c=1$
$\therefore \dfrac{x^2}{2}+y^2=1$

(2)

设直线 $l$ 与椭圆 $C$ 的交点为 $A(x_1,y_1),\,B(x_2,y_2)$
$\therefore P(\dfrac{x_1}{\sqrt{2}},y_1),\,Q(\dfrac{x_2}{\sqrt{2}},y_2)$
$\begin{cases} \dfrac{x^2}{2}+y^2=1\\ y=kx+m\\ \end{cases}$

$(2k^2+1)x^2+4mkx+2m^2-2=0$
$x_1+x_2=-\dfrac{4mk}{2k^2+1}$
$x_1x_2=\dfrac{2m^2-2}{2k^2+1}$
$y_1y_2=(kx_1+m)(kx_2+m)=k^2x_1x_2+km(x_1+x_2)+m^2$
因为以 $PQ$ 为直径的圆经过坐标原点，
所以设圆方程为 $(x-\dfrac{x_1}{\sqrt{2}})(x-\dfrac{x_2}{\sqrt{2}})+(y-y_1)(y-y_2)=0$
又圆方程过原点， $\therefore x_1x_2+2y_1y_2=0$
$\therefore (2k^2+1)(\dfrac{2m^2-2}{2k^2+1})-2km\dfrac{4mk}{2k^2+1}+2m^2=0\Rightarrow 2m^2=2k^2+1\;①$
设三角形面积为 $S,\,S=\dfrac12d|AB|,\,d$ 为原点到直线AB的距离
$d=\dfrac{|m|}{\sqrt{k^2+1}}$
$|AB|=\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x _1x_2}=\dfrac{2\sqrt{1+k^2}}{2k^2+1}\sqrt{4k^2+2-2m^2}$
$S=\dfrac{|m|}{2k^2+1}\sqrt{4k^2+2-2m^2}$
将①式带入得
$S=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\;$ 为定值.