2020-2021学年广东省广州二中、广雅、执信、六中四校联考高二（下）期中数学试卷

第1页（共1页）2020-2021学年广东省广州二中、广雅、执信、六中四校联考高二（下）期中数学试卷一、选择题1．（5分）已知集合A＝{x|x＞2}，B＝{0，1，2，3，4}，则（∁RA）∩B＝（）A．{3，4} B．{2，3，4} C．{0，1} D．{0，1，2}2．（5分）若复数z＝，则|z|＝（）A． B．2 C． D．3．（5分）小明跟父母、爷爷和奶奶一同参加《中国诗词大会》的现场录制，5人坐一排．若小明的父母都与他相邻，则不同坐法的种数为（）A．6 B．12 C．24 D．484．（5分）设α，β，γ为三个不同的平面，若α⊥β，则“γ∥β”是“α⊥γ”的（）A．充分不必要条件 B．充要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件5．（5分）已知f（x）＝x•2|x|，，，c＝f（ln3），则a，b，c的大小关系为（）A．c＞b＞a B．b＞c＞a C．a＞b＞c D．c＞a＞b6．（5分）已知某年级有4个班级，在一次数学学科考试中安排4个班级的班主任监考，则4个班主任都不监考本班的概率是（）A． B． C． D．7．（5分）已知函数f（x）＝，则其图象可能是（）A． B． C． D．8．（5分）刘徽（约公元225年﹣295年），魏晋期间伟大的数学家，中国古典数学理论的奠基人之一．他在割圆术中提出的“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”，这可视为中国古代极限观念的佳作．割圆术的核心思想是将一个圆的内接正n边形等分成n个等腰三角形（如图所示），当n变得很大时，这n个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积，运用割圆术的思想得到sin6°的近似值为（）A． B． C． D．9．（5分）如图，点B，P，Q为边长为的正六边形BCDEFG（中心为坐标原点O，FG∥x轴）与函数f（x）＝Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，|φ|）的图象的三个交点，函数f（x）的图象与FG相切于点Q，且FG与y轴交于点M，函数f（x）的图象与y轴交于点N，则下列说法中正确的是（）A．函数f（x）的最小正周期为2π B．函数f（x）的图象向右平移个单位长度后关于点O对称 C．函数f（x）的图象关于直线x＝对称 D．MN＝10．（5分）若关于x的方程恰有4个不相等实根，则实数a的取值范围是（）A． B． C． D．（多选）11．（5分）已知双曲线C：﹣＝1（a＞0）的离心率等于，过C的右焦点F的直线与双曲线C的两条渐近线分别交于点A，B，若以OA为直径的圆M过点B（O为坐标原点），则下列说法正确的是（）A．双曲线的渐近线方程为y＝±x B．直线AB的倾斜角为 C．圆M的面积等于9π D．△OAF与△OBF的面积之比为2：1（多选）12．（5分）如图，点M是正方体ABCD﹣A1B1C1D1中的侧面ADD1A1上的一个动点，则下列结论正确的是（）A．点M存在无数个位置满足CM⊥AD1 B．若正方体的棱长为1，三棱锥B﹣C1MD的体积最大值为 C．在线段AD1上存在点M，使异面直线B1M与CD所成的角是30° D．点M存在无数个位置满足到直线AD和直线C1D1的距离相等三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把答案填在答卷的相应位置）13．（5分）在（）6的二项展开式中，x2的系数为；所有二项式系数和为．14．（5分）若，是两个不共线的向量，已知＝﹣2，＝2+k，＝3﹣，若M，N，Q三点共线，则k＝．15．（5分）已知三棱锥A﹣BCD中，点A在平面BCD上的射影与点D重合，AD＝CD＝4．若∠CBD＝135°，则三棱锥A﹣BCD的外接球的体积为．16．（5分）已知实数a，b，c成等差数列，记直线ay+bx+c＝0与曲线y＝x2﹣x﹣的相交弦中点为P，若点A，B分别是曲线x2+y2﹣10x﹣2y+25＝0与x轴上的动点，则|PA|+|PB|的最小值是．四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）已知函数部分图象如图所示．（Ⅰ）求φ值及图中x0的值；（Ⅱ）在△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，f（C）＝﹣2，sinB＝2sinA，求a的值．18．（12分）已知递增等差数列{an}满足a1+a5＝10，a2•a4＝21，数列{bn}满足2log2bn＝an﹣1，n∈N*．（Ⅰ）求{bn}的前n项和Sn；（Ⅱ）若Tn＝nb1+（n﹣1）b2+……+bn，求数列{Tn}的通项公式．19．（12分）如图，多面体ABCDEF中，四边形ABCD为矩形，二面角A﹣CD﹣F为60°，DE∥CF，CD⊥DE，AD＝2，DE＝DC＝3，CF＝6．（1）求证：BF∥平面ADE；（2）在线段CF上求一点G，使锐二面角B﹣EG﹣D的余弦值为．20．（12分）已知数列{an}的前n项和为Sn，，数列{bn}满足b1＝2，b3﹣b2＝6，数列为等差数列．（1）求{an}与{bn}的通项公式；（2）设，数列{cn}的前n项和为Tn．若对于任意n∈N*均有Tk≤Tn，求正整数k的值．21．（12分）如图，已知M（1，2）为抛物线C：y2＝2px（p＞0）上一点，过点D（2，﹣2）的直线与抛物线C交于A，B两点（A，B两点异于M），记直线AM，BM的斜率分别为k1，k2．（1）求k1k2的值；（2）记△AMD，△BMD的面积分别为S1，S2，当k1∈[1，2]，求的取值范围．22．（12分）已知函数f（x）＝aln2x+2x（1﹣lnx），a∈R．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若函数g（x）＝e2f（x）﹣2a2有且仅有3个零点，求a的取值范围．（其中常数e＝2.71828…，是自然对数的底数）

2020-2021学年广东省广州二中、广雅、执信、六中四校联考高二（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、选择题1．（5分）已知集合A＝{x|x＞2}，B＝{0，1，2，3，4}，则（∁RA）∩B＝（）A．{3，4} B．{2，3，4} C．{0，1} D．{0，1，2}【分析】进行补集和交集的运算即可．【解答】解：∵A＝{x|x＞2}，B＝{0，1，2，3，4}，∴∁RA＝{x|x≤2}，（∁RA）∩B＝{0，1，2}．故选：D．【点评】本题考查了描述法和列举法的定义，交集和补集的定义及运算，考查了计算能力，属于基础题．2．（5分）若复数z＝，则|z|＝（）A． B．2 C． D．【分析】利用复数模的运算性质即可得出．【解答】解：z＝，则|z|＝＝＝，故选：D．【点评】本题考查了复数模的运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．3．（5分）小明跟父母、爷爷和奶奶一同参加《中国诗词大会》的现场录制，5人坐一排．若小明的父母都与他相邻，则不同坐法的种数为（）A．6 B．12 C．24 D．48【分析】根据题意，将小明和他父母看成一个整体，分析三人的排法，将这个整体与爷爷和奶奶全排列，由分步计数原理计算可得答案．【解答】解：根据题意，要求小明的父母都与他相邻，即小明坐在父母中间，将三人看成一个整体，有2种排法，将这个整体与爷爷和奶奶全排列，有A33＝6种排法，则有2×6＝12种不同的排法，故选：B．【点评】本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．4．（5分）设α，β，γ为三个不同的平面，若α⊥β，则“γ∥β”是“α⊥γ”的（）A．充分不必要条件 B．充要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件【分析】根据空间面面垂直和面面平行的位置关系以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可．【解答】解：当α⊥β时，若γ∥β，则α⊥γ成立，即充分性成立，反之当α⊥γ时，γ∥β也有可能相交，即必要性不成立，即“γ∥β”是“α⊥γ”的充分不必要条件，故选：A．【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的应用，利用空间面面平行和垂直的性质是解决本题的关键，是基础题．5．（5分）已知f（x）＝x•2|x|，，，c＝f（ln3），则a，b，c的大小关系为（）A．c＞b＞a B．b＞c＞a C．a＞b＞c D．c＞a＞b【分析】根据题意，由函数的解析式分析可得当x＜0，f（x）＝x•（）x＜0，据此可得b＜0，当x≥0时，f（x）＝x•2x，求出其导数，分析可得f（x）在[0，+∞）上为增函数，由此分析可得0＜a＜c，综合可得答案．【解答】解：根据题意，f（x）＝x•2|x|＝，当x＜0时，f（x）＝x•（）x＜0，又由log3＝﹣log32＜0，则b＜0，当x≥0时，f（x）＝x•2x，其导数f′（x）＝2x+x•2xln2＞0，则f（x）在[0，+∞）上为增函数，其f（0）＝0，则当x＞0时，f（x）＞0；又由0＜log3＜1＜ln3，则0＜a＜c，综合可得：c＞a＞b；故选：D．【点评】本题考查函数的单调性的判断以及应用，涉及分段函数的解析式，属于基础题．6．（5分）已知某年级有4个班级，在一次数学学科考试中安排4个班级的班主任监考，则4个班主任都不监考本班的概率是（）A． B． C． D．【分析】基本事件总数n＝＝24，4个班主任都不监考本班包含的基本事件个数m＝3×3×1×1＝9，由此能求出4个班主任都不监考本班的概率．【解答】解：某年级有4个班级，在一次数学学科考试中安排4个班级的班主任监考，基本事件总数n＝＝24，4个班主任都不监考本班包含的基本事件个数m＝3×3×1×1＝9，∴4个班主任都不监考本班的概率是P＝＝＝．故选：D．【点评】本题考查概率的运算，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．7．（5分）已知函数f（x）＝，则其图象可能是（）A． B． C． D．【分析】判断函数的奇偶性和对称性，利用排除法进行判断即可．【解答】解：函数的定义域为{x|x≠0}，设g（x）＝lg（+x），则g（﹣x）+g（x）＝lg（﹣x）+lg（+x）＝lg（﹣x）（+x）＝lg1＝0，则g（﹣x）＝﹣g（x），即g（x）为奇函数，则f（x）是奇函数，图象关于原点对称，排除C，D，函数右侧第一个零点为，当0＜x＜时，f（x）＞0，排除B，故选：A．【点评】本题主要考查函数图象的识别和判断，利用条件判断函数的奇偶性和对称性，以及利用函数值的符号是否对应是解决本题的关键，是基础题．8．（5分）刘徽（约公元225年﹣295年），魏晋期间伟大的数学家，中国古典数学理论的奠基人之一．他在割圆术中提出的“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”，这可视为中国古代极限观念的佳作．割圆术的核心思想是将一个圆的内接正n边形等分成n个等腰三角形（如图所示），当n变得很大时，这n个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积，运用割圆术的思想得到sin6°的近似值为（）A． B． C． D．【分析】取正60边形，设半径为1，利用等腰三角形的面积计算公式、圆的面积计算公式得出方程，即可得出sin6°的近似值．【解答】解：取正60边形，设半径为1，则60××12×sin6°≈π×12，解得sin6°≈．故选：A．【点评】本题考查了等腰三角形的面积计算公式、圆的面积计算公式、正多边形的性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．9．（5分）如图，点B，P，Q为边长为的正六边形BCDEFG（中心为坐标原点O，FG∥x轴）与函数f（x）＝Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，|φ|）的图象的三个交点，函数f（x）的图象与FG相切于点Q，且FG与y轴交于点M，函数f（x）的图象与y轴交于点N，则下列说法中正确的是（）A．函数f（x）的最小正周期为2π B．函数f（x）的图象向右平移个单位长度后关于点O对称 C．函数f（x）的图象关于直线x＝对称 D．MN＝【分析】直接利用三角函数的关系式的变换，函数的图象和性质的应用判断A、B、C、D的结论．【解答】解：根据函数的图象，整理得B（），对于A：故，解得T＝π，故ω＝2．对于B：函数f（﹣）＝0，T＝π，所以函数f（x）的图象向右平移个单位长度后得到f（0）≠0，故B错误；对于C：由于f（﹣）＝0，所以﹣φ＝kπ，解得φ＝，由于点B，P，Q为边长为的正六边形BCDEFG（中心为坐标原点O，FG∥x轴），故A＝，所以f（x）＝．f（）＝，故C正确；对于D：当x＝0时，，OM＝A＝，所以|MN|＝，故D错误；故选：C．【点评】本题考查的知识要点：三角函数的关系式的变换，函数的图象和性质的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．10．（5分）若关于x的方程恰有4个不相等实根，则实数a的取值范围是（）A． B． C． D．【分析】把程恰有4个不相等实根转化为2（xlnx）2＝a﹣xlnx（x＞0）恰有4个不相等实根，令t＝xlnx，可得2t2+t﹣a＝0．作出函数t＝xlnx的图象，把问题转化为关于t的方程2t2+t﹣a＝0在（，0）上有两个不相等的实数根，然后利用一元二次方程根的分布与系数的关系列不等式组求解．【解答】解：方程恰有4个不相等实根，转化为2（xlnx）2＝a﹣xlnx（x＞0）恰有4个不相等实根，令t＝xlnx，可得2t2+t﹣a＝0．由t＝xlnx，得t′＝lnx+1，当x∈（0，）时，t′＜0，当x∈（，+∞）时，t′＞0，可得t＝xlnx在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增．作出t＝xlnx的图象如图，由图可知，要使2（xlnx）2＝a﹣xlnx（x＞0）恰有4个不相等实根，则t∈（，0），且关于t的方程2t2+t﹣a＝0在（，0）上有两个不相等的实数根，即g（t）＝2t2+t﹣a在（，0）上有两个不同的零点，则，解得＜a＜．故选：B．【点评】本题考查函数的零点与方程根的关系，考查数学转化思想方法与数形结合的解题思想方法，是中档题．（多选）11．（5分）已知双曲线C：﹣＝1（a＞0）的离心率等于，过C的右焦点F的直线与双曲线C的两条渐近线分别交于点A，B，若以OA为直径的圆M过点B（O为坐标原点），则下列说法正确的是（）A．双曲线的渐近线方程为y＝±x B．直线AB的倾斜角为 C．圆M的面积等于9π D．△OAF与△OBF的面积之比为2：1【分析】由双曲线的离心率结合双曲线方程求得a，进一步得到双曲线的渐近线方程判断A；画图可得双曲线的渐近线的倾斜角，数形结合求得直线AB的倾斜角判断B；联立直线AB的方程与两条渐近线方程，求得A与B的坐标，求出圆M的半径，可得圆M的面积判断C；再由面积比等于A，B纵坐标的绝对值的比值判断D．【解答】解：由题意，e＝，解得a＝3，∴双曲线方程为，双曲线的渐近线方程为y＝，故A正确；∵以OA为直径的圆M过点B，∴OB⊥AB，又渐近线方程为y＝，可得渐近线的倾斜角分别为，，则，∠BFO＝，则直线AB的倾斜角为或，故B错误；根据双曲线的对称性，不妨设AB的倾斜角为，由F（2，0），可得直线AB的方程为，分别与两条渐近线方程联立，解得A（，3），B（，﹣），此时|OA|＝，故圆M的半径r＝，其面积为9π，故C正确；∵OF为△OAF与△OBF的公共边，∴△OAF与△OBF的面积之比等于，即△OAF与△OBF的面积之比为2：1，故D正确．故选：ACD．【点评】本题考查双曲线的几何性质，考查数形结合思想，考查运算求解能力，是中档题．（多选）12．（5分）如图，点M是正方体ABCD﹣A1B1C1D1中的侧面ADD1A1上的一个动点，则下列结论正确的是（）A．点M存在无数个位置满足CM⊥AD1 B．若正方体的棱长为1，三棱锥B﹣C1MD的体积最大值为 C．在线段AD1上存在点M，使异面直线B1M与CD所成的角是30° D．点M存在无数个位置满足到直线AD和直线C1D1的距离相等【分析】由题意画出图形，由直线与平面垂直的判定判断A；求出三棱锥B﹣C1MD的体积最大值判断B；由线面角的概念判断C；由抛物线的定义判断D．【解答】解：如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，CD⊥侧面ADD1A1，则CD⊥AD1，又AD1⊥A1D，A1D∩DC＝D，∴AD1⊥平面A1DC，可知当M在线段A1D上时，有CM⊥AD1，故A正确；由正方体的性质可知，A1C⊥平面BC1D，可知若正方体的棱长为1，则M与A1重合时，三棱锥B﹣C1MD的体积取最大值，为×，故B正确；异面直线B1M与CD所成角，即为∠A1B1M，当M在线段AD1上运动时，M取AD1的中点时，∠A1B1M最小，其正切值为＞，故C错误；平面ADD1A1上的点M到直线C1D1的距离等于M到D1的距离，则满足到直线AD和直线C1D1的距离相等即满足到直线AD和点D1的距离相等．可知M的轨迹为平面ADD1A1上抛物线的部分，故D正确．故选：ABD．【点评】本题考查命题的真假判断与应用，考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定及其应用，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把答案填在答卷的相应位置）13．（5分）在（）6的二项展开式中，x2的系数为﹣；所有二项式系数和为64．【分析】在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于2，求出r的值，即可求得x2的系数．再利用二项式系数的性质，求得所有二项式系数和．【解答】解：∵在（）6的二项展开式的通项公式为Tr+1＝•22r﹣6•（﹣1）r•x3﹣r，令3﹣r＝2，求得r＝1，可得x2的系数为•2﹣4•（﹣1）＝﹣．所有二项式系数和为2n＝26＝64，故答案为：﹣；64．【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于中档题．14．（5分）若，是两个不共线的向量，已知＝﹣2，＝2+k，＝3﹣，若M，N，Q三点共线，则k＝1．【分析】利用向量共线定理即可得出．【解答】解：由题意知，，因为M，N，Q三点共线，故，即，解得λ＝1，k＝1．故答案为：1．【点评】本题考查了向量共线定理，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．15．（5分）已知三棱锥A﹣BCD中，点A在平面BCD上的射影与点D重合，AD＝CD＝4．若∠CBD＝135°，则三棱锥A﹣BCD的外接球的体积为．【分析】由题意画出图形，求解三角形可得三角形BCD外接圆的半径，再由勾股定理求出三棱锥A﹣BCD的外接球的半径，代入球的体积公式可得三棱锥A﹣BCD的外接球的体积．【解答】解：如图，设△BCD的外接圆的圆心为O1，半径为r，三棱锥A﹣BCD的外接球的球心为O，半径为R，则OO1⊥平面BCD，故，在△BCD中，由正弦定理得2r＝＝4，故r＝，则R＝，故球O的体积为V＝．故答案为：．【点评】本题考查多面体外接球体积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．16．（5分）已知实数a，b，c成等差数列，记直线ay+bx+c＝0与曲线y＝x2﹣x﹣的相交弦中点为P，若点A，B分别是曲线x2+y2﹣10x﹣2y+25＝0与x轴上的动点，则|PA|+|PB|的最小值是3．【分析】由已知得2b＝a+c，可得出直线ay+bx+c＝0过定点Q（﹣2，1），设直线ay+bx+c＝0与曲线相交的一个交点为Q，设另一个交点为Q1，设P（m，n），由中点坐标可得出点Q1（2m+2，2n﹣1），代入曲线上，得出P在抛物线x2＝4y上运动，由抛物线的定义及圆的性质可得出．【解答】解：因为实数a，b，c成等差数列，所以2b＝a+c，则直线ay+bx+c＝0化为，即a（2y+x）+c（x+2）＝0，所以直线ay+bx+c＝0过定点Q（﹣2，1），又点Q在曲线上，所以直线ay+bx+c＝0与曲线相交的一个交点为Q，设另一个交点为Q1，设P（m，n），则Q1（2m+2，2n﹣1），又Q1在曲线上，化简得m2＝4n，即P在抛物线x2＝4y上运动，设抛物线x2＝4y的焦点为F（0，1），设P（xP，yP），|PB|min＝yP＝yP+1﹣1＝|PF|﹣1，曲线x2+y2﹣10x﹣2y+25＝0，得（x﹣5）2+（y﹣1）2＝1，记圆心M（5，1）所以|PA|+|PB|⩾|PA|+|PF|﹣1＝|PM|﹣1+|PF|﹣1⩾|MF|﹣1﹣1⩾5﹣2＝3．故答案为：3．【点评】本题综合考查直线恒过定点，动点的轨迹方程，抛物线的定义以及两线段长度之和的最值问题，属于难题．四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）已知函数部分图象如图所示．（Ⅰ）求φ值及图中x0的值；（Ⅱ）在△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，f（C）＝﹣2，sinB＝2sinA，求a的值．【分析】（Ⅰ）由图象可知f（0）＝1，可求，结合范围，可求，由f（x0）＝2，得，结合图象可求．（Ⅱ）由f（C）＝﹣2，得，结合范围C∈（0，π），解得，由正弦定理得b＝2a，由余弦定理即可解得a的值．【解答】（本题满分为12分）解：（Ⅰ）解：由图象可知f（0）＝1，所以，又因为，所以．…（3分）因为f（x0）＝2，所以，解得．从而．由图象可知k＝1，所以；…（6分）（Ⅱ）由f（C）＝﹣2，得，且C∈（0，π），解得．…（8分）因为sinB＝2sinA，由正弦定理得b＝2a．…（10分）又由余弦定理c2＝a2+b2﹣2abcosC，及和，可解得a＝1．…（12分）【点评】本题主要考查了本题主要考查由函数y＝Asin（ωx+φ）的部分图象求解析式，考查了正弦定理，余弦定理在解三角形中的应用，考查了数形结合思想，属于基础题．18．（12分）已知递增等差数列{an}满足a1+a5＝10，a2•a4＝21，数列{bn}满足2log2bn＝an﹣1，n∈N*．（Ⅰ）求{bn}的前n项和Sn；（Ⅱ）若Tn＝nb1+（n﹣1）b2+……+bn，求数列{Tn}的通项公式．【分析】本题第（Ⅰ）题先设等差数列{an}公差为d（d＞0），根据已知条件可列出关于首项a1与公差d的方程组，解出a1与d的值，即可得到数列{an}的通项公式，然后根据2log2bn＝an﹣1可计算出数列{bn}的通项公式，根据通项公式的特点可判别出数列{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，再根据等比数列的求和公式可计算出前n项和Sn；第（Ⅱ）题先根据Tn的表达式的特点进行转化变形，然后将数列{bn}的通项公式代入，再运用分组求和法及等比数列的求和公式可得数列{Tn}的通项公式．【解答】解：（Ⅰ）由题意，设等差数列{an}公差为d（d＞0），则，解得（舍去），或，∴an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，∵2log2bn＝an﹣1＝2n﹣1﹣1＝2n﹣2，∴log2bn＝n﹣1，即bn＝2n﹣1＝1•2n﹣1，n∈N*．故数列{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，则Sn＝＝2n﹣1．（Ⅱ）由（Ⅰ），可知Tn＝nb1+（n﹣1）b2+…+bn＝b1+（b1+b2）+（b1+b2+b3）+…+（b1+b2+…+bn）＝S1+S2+S3+…+Sn＝（2﹣1）+（22﹣1）+（23﹣1）+…+（2n﹣1）＝（2+22+23+…+2n）﹣n＝﹣n＝2n+1﹣n﹣2．【点评】本题祝要考查等差数列基本量的计算，等比数列的判定及求和，以及运用分组求和法计算前n项和．考查了转化与化归思想，方程思想，逻辑推理能力和数学运算能力．本题属中档题．19．（12分）如图，多面体ABCDEF中，四边形ABCD为矩形，二面角A﹣CD﹣F为60°，DE∥CF，CD⊥DE，AD＝2，DE＝DC＝3，CF＝6．（1）求证：BF∥平面ADE；（2）在线段CF上求一点G，使锐二面角B﹣EG﹣D的余弦值为．【分析】（1）由已知条件，利用直线与平面、平面与平面的位置关系先推导出平面BCF∥平面ADF，由此能证明BF∥平面ADE．（2）利用直线与平面，平面与平面垂直的判定定理证明平面CDEF⊥平面ADE，根据平面与平面垂直的性质定理可知，作AO⊥DE于O，则AO⊥平面CDEF．建立如图所示空间直角坐标系，写出点的坐标，利用平面法向量以及锐二面角B﹣EG﹣D的余弦值确定G点的坐标，从而确定点G的位置．【解答】证明：（1）∵ABCD是矩形，∴BC∥AD，又∵BC⊄平面ADE，∴BC∥平面ADE，∵DE∥CF，CF⊄平面ADE，∴CF∥平面ADE，又∵BC∩CF＝C，∴平面BCF∥平面ADF，∵BF⊂平面BCF，∴BF∥平面ADE．解：（2）∵CD⊥AD，CD⊥DE，∴∠ADE即为二面角A﹣CD﹣F的平面角，∴∠ADE＝60°又∵AD∩DE＝D，∴CD⊥平面ADE，又∵CD⊂平面CDEF∴平面CDEF⊥平面ADE，作AO⊥DE于O，则AO⊥平面CDEF．连结CE，在△CEF中由余弦定理得cos∠CFE＝，即＝，解得CE＝3，∴∠ECF＝45°，CD＝DE＝3，OD＝1，OE＝2．以O为原点，以平行于DC的直线为x轴，以直线DE为y轴，建立如图空间直角坐标系O﹣xyz，则A（0，0，），C（3，﹣1，0），E（0，2，0），F（3，5，0），设G（3，t，0），﹣1≤t≤5，则＝（﹣3，2，﹣），＝（0，t，﹣），设平面BEG的一个法向量为＝（x，y，z），则，取y＝3，得＝（2﹣t，3，）．平面DEG的一个法向量＝（0，0，1），∴cos＜＞＝＝＝．为使锐二面角B﹣EG﹣D的余弦值为，只需＝，解得t＝，或t＝﹣，∴G（3，，0）．或G（3，﹣，0），即所求的点G为线段CF的靠近C端的四分之一分点．或CG＝．【点评】本题考查直线与平面，平面与平面平行及垂直的判定定理，性质定理．平面法向量．以及二面角等知识的综合应用，属于中档题．20．（12分）已知数列{an}的前n项和为Sn，，数列{bn}满足b1＝2，b3﹣b2＝6，数列为等差数列．（1）求{an}与{bn}的通项公式；（2）设，数列{cn}的前n项和为Tn．若对于任意n∈N*均有Tk≤Tn，求正整数k的值．【分析】（1）由数列的递推式，可得数列{an}的通项公式；由等差数列的通项公式，解方程可得公差，即可得到{bn}的通项公式；（2）求得cn＝（﹣）n+﹣，由数列的分组求和、裂项相消求和，计算可得Tn，讨论n为奇数或偶数，判断{Tn}的单调性，求得最小值，即可得到所求值．【解答】解：（1）由题意知，a1＝2，n≥2时，，显然a1也满足，故；b1＝2，数列为等差数列，，则，解得，等差数列的首项为，公差为，，bn＝n（n+1）．（2）由（1）可得：，，①当n为奇数时，，又Tn随n增加而增加，此时（Tn）min＝T1＝0；②当n为偶数时，，令，则f（n）≥f（2）＝，∴当n为偶数时，恒有Tn＞0．综合①②知（Tn）min＝T1＝0，∴满足题意的k＝1．【点评】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，以及数列的分组求和、裂项相消求和，考查分类讨论思想和方程思想、运算能力和推理能力，属于中档题．21．（12分）如图，已知M（1，2）为抛物线C：y2＝2px（p＞0）上一点，过点D（2，﹣2）的直线与抛物线C交于A，B两点（A，B两点异于M），记直线AM，BM的斜率分别为k1，k2．（1）求k1k2的值；（2）记△AMD，△BMD的面积分别为S1，S2，当k1∈[1，2]，求的取值范围．【分析】（1）由题意将M的坐标代入抛物线的方程可得p的值，进而求出抛物线的方程，设直线AB的方程与抛物线联立求出两根之和及两根之积，求出直线AM，BM的斜率之积可得为定值﹣4，；（2）由（1）可得k1的表达式，由其服务求出A的纵坐标的范围，两个△AMD，△BMD的面积以M为顶点，以AD，BD为底边，所以面积之比等于AD，BD的长度之比，由（1）可得其取值范围．【解答】解：（1）由题意将M的坐标代入抛物线的方程可得4＝2p，解得p＝2，所以抛物线的方程为y2＝4x；由题意可得直线AB的斜率不为0，所以设直线AB的方程为：x＝m（y+2）+2，设A（x1，y1），B（x2，y2），联立直线与抛物线的方程：，整理可得：y2﹣4my﹣8m﹣8＝0，则y1+y2＝4m，y1y2＝﹣8m﹣8，由题意可得k1k2＝＝＝＝＝﹣4，所以k1k2＝﹣4．（2）由（1）可得k1＝∈[1，2]，所以y1+2∈[2，4]，k2＝，又＝﹣4，所以＝＝＝∈[1，4]．所以的取值范围[1，4]．【点评】本题考查求抛物线的方程及直线与抛物线的综合及面积之比与边长之比的关系，属于中档题．22．（12分）已知函数f（x）＝aln2x+2x（1﹣lnx），a∈R．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若函数g（x）＝e2f（x）﹣2a2有且仅有3个零点，求a的取值范围．（其中常数e＝2.71828…，是自然对数的底数）【分析】（1）f（x）的定义域为（0，+∞），且f′（x）＝2lnx（﹣1），f′（1）＝0，分四种情况①若a≤0，②若0＜a＜1，③若a