2021-2022学年辽宁省营口市高三（上）期末数学试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年辽宁省营口市高三（上）期末数学试卷（含答案解析），共19页。试卷主要包含了【答案】A，【答案】C，【答案】B，【答案】BD，【答案】BC等内容，欢迎下载使用。

2021-2022学年辽宁省营口市高三（上）期末数学试卷

1. 已知集合A={−3,−2,1,2}，B={x|x2−x−6<0}，则A∩(∁RB)=(    )
A. {−3} B. {−3,2} C. {−3,−2} D. {−3,−2,2}
2. 设i是虚数单位，复数z满足iz=3+2i，则z对应的点在复平面内位于(    )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
3. 在正四棱锥P−ABCD中，PA=6，且PA与底面所成的角为60∘，则该四棱锥的体积为(    )
A. 16 B. 183 C. 363 D. 543
4. 若tanθ=3，则cos2θ=(    )
A. −45 B. −15 C. 15 D. 45
5. 设椭圆C:x225+y216=1的左焦点为F，直线l：y=kx(k≠0)与椭圆C交于A，B两点，则△AFB周长的取值范围是(    )
A. (8,10) B. (16,20) C. (18,20) D. (16,18)
6. 日晷是我国古代按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度．我国天文学和数学著作《周髀算经》中记载：一年有二十四个节气，每个节气的晷长损益相同．二十四节气及晷长变化如图所示，相邻两个节气晷长减少或增加的量相同，如此周而复始．已知每年冬至的晷长为一丈三尺五寸，夏至的晷长为一尺五寸(一丈等于十尺，一尺等于十寸)，则每年二十四节气的晷长之和为(    )

A. 九丈七尺五寸 B. 十七丈五尺 C. 十八丈 D. 十九丈五尺
7. 甲、乙两个袋中各有3只白球，2只黑球，从甲袋中任取一球放入乙袋中，则再从乙袋中取出一球为白球的概率是(    )
A. 25 B. 35 C. 34 D. 45
8. 已知a=lnπ，b=πe，c=32，则(    )
A. c>a>b B. c>b>a C. a>c>b D. a>b>c
9. 给出下列说法，其中正确的是(    )
A. 回归直线y=bx+a恒过样本点的中心(x−,y−)，且至少经过一个样本点
B. 两个变量线性相关性越强，则相关系数|r|就越接近1
C. 已知一组数据3，4，6，7，8，8，9，11，则该组数据的25%分位数为4
D. 对于独立性检验，随机变量χ2的值越大，判定“两个变量有关系”犯错误的概率就越小
10. 已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示，将函数f(x)的图象向左平移π6个单位长度后得到g(x)的图象，则下列说法正确的(    )

A. φ=−π6 B. f(x−π6)=f(−x)
C. 函数g(x)为奇函数 D. 函数g(x)在区间(34π,π)上单调递减
11. 已知圆C：(x−3)2+(y−3)2=4与直线l：mx+y−2=0，下列说法正确的是(    )
A. 直线l与圆C一定相交
B. 若m<43，则圆C上至少有两个不同的点到直线l的距离为1
C. 若m=1，则圆C关于直线l对称的圆的方程是(x+1)2+(y+1)2=4
D. 若m=1，直线l与x轴，y轴分别交于A，B两点，P为圆C上任意一点，当|PB|=6时，则∠PBA最大或最小
12. “0，1数列”在通信技术有着重要应用，它是指各项的值都等于0或1的数列．设A是一个有限“0，1数列”，f(A)表示把A中每个0都变为1，0，每个1都变为0，1，所得到的新的“0，1数列”，例如A(0,1,1,0)，则f(A)=(1,0,0,1,0,1,1,0).设A1是一个有限“0，1数列”，定义Ak+1=f(Ak)，k=1，2，3，…．则下列说法正确的是(    )
A. 若A3=(1,0,0,1,1,0,0,1)，则A1=(0,0)
B. 对任意有限“0，1数列”A1，则An(n≥2,n∈N)中0和1的个数总相等
C. An+1中的0，0数对的个数总与An中的0，1数对的个数相等
D. 若A1=(0,0)，则A2021中0，0数对的个数为13(41010−1)
13. 已知向量a=(1,2)，b=(2,−2)，c=(2,λ).若(a+2b)//c，则λ=__________.
14. 写出满足条件“函数y=f(x)在(0,+∞)上单调递增，且f(xy)=f(x)+f(y)”的一个函数f(x)=__________.
15. 已知F1，F2是双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点，P是双曲线右支上一点，且∠F1PF2=60∘，∠F1PF2的平分线交x轴于A，满足F1A=2AF2，则双曲线C的离心率为__________.
16. 在三棱锥P−ABC中，AB=BC=4，PC=8，异面直线PA，BC所成角为π3，AB⊥PA，AB⊥BC，则该三棱锥外接球的表面积为__________.
17. 在①a+c=9；②b=210，两个条件中选一个填在下面试题的横线上，并完成试题(如果多选，以选①评分).
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知c=33asinB+bcosA.
(Ⅰ)求角B；
(Ⅱ)若BA⋅BC=10，且______，求△ABC的周长．
18. 为落实立德树人根本任务，坚持五育并举全面推进素质教育，某校举行了乒乓球比赛，其中参加男子乒乓球决赛的10名队员来自高一年级3人，高二年级3人，高三年级4人．本次决赛的比赛赛制采取单循环方式，即每名队员进行9场比赛(每场比赛都采取5局3胜制)，最后根据积分选出最后的冠军，亚军和季军．积分规则如下：每场比赛以3：0或3：1获胜的队员积3分，落败的队员积0分；而每场比赛以3：2获胜的队员积2分，落败的队员积1分．
(Ⅰ)已知冠亚军来自同一年级的条件下，求冠亚军来自高二年级的概率；
(Ⅱ)已知最后一场比赛的两位选手是甲和乙，假设每局比赛甲获胜的概率均为13.记这场比赛甲所得积分为X，求X的概率分布及数学期望E(X).
19. 在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面AA1C1C和侧面AA1B1B是都是边长为2的菱形，D是AA1中点，BC=3，∠CAA1=∠BAA1=60∘.

(Ⅰ)求证：AA1⊥平面BCD；
(Ⅱ)求二面角B−AC−A1的余弦值．
20. 已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn=2an−2，(n∈N*).数列{bn}是首项为1，公差d不为零的等差数列，且b2，b4，b9成等比数列．
(Ⅰ)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(Ⅱ)如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点Pi(ai,bi)(i=1,2,3,…，n+1)，得到折线P1P2…Pn+1，求由该折线与直线y=0，x=a1，x=an+1所围成的区域的面积Tn.

21. 已知抛物线C：x2=2py(p>0)的焦点为F，P(x0,y0)是抛物线上一点，当y0=1时，|PF|=2.
(Ⅰ)求抛物线C的方程；
(Ⅱ)当y0≥1时，过P作圆E：x2+(y+1)2=1两条切线，分别交x轴于A，B两点，求|AB|(用y0表示).
22. 已知函数f(x)=xex−1.
(1)求函数f(x)的最大值；
(2)若正实数m，n互不相等，且满足(m+1)en+(n+1)em=4em+n−1，求证：m+n<2.
答案和解析

1.【答案】C 
【解析】
【分析】
求出集合B，利用集合的基本运算即可得到结论．
本题主要考查集合的基本运算，比较基础．
【解答】
解：B={x|x2−x−6<0}={x|−2 则∁RB={x|x≤−2或x≥3}，
则A∩(∁RB)={−3,−2}，
故选C.
  
2.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题考查了复数的几何意义，以及复数代数形式的四则运算，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．
根据已知条件，结合复数的四则运算原则和复数的几何意义，即可求解．
【解答】
解：∵iz=3+2i，
∴z=3+2ii=(3+2i)ii2=2−3i，
∴z对应的点的坐标为(2,−3)，在复平面内位于第四象限．
故本题选D.
  
3.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查正四棱锥P−ABCD的体积的求法，考查数形结合思想，考查运算求解能力．
作PO⊥平面ABCD，连接AO，则∠PAO是直线PA与平面ABCD所成的角，即∠PAO=60∘，由PA=6，知PO=33，AO=3，AB=32，由此能求出正四棱锥P−ABCD的体积．
【解答】
解：作PO⊥平面ABCD，连接AO，
则∠PAO是直线PA与平面ABCD所成的角，
即∠PAO=60∘，
∵PA=6，∴PO=PA⋅sin60∘=6×32=33，OA=3，
则AB=32，
∴V=13×32×32×33=183.
故选B.
  
4.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题主要考查同角三角函数的基本关系式，二倍角公式的应用，属于基础题．
由题意，利用同角三角函数的基本关系式，二倍角公式，计算求得结果．
【解答】
解：∵tanθ=3，
则cos2θ=cos2θ−sin2θcos2θ+sin2θ=1−tan2θ1+tan2θ=−45，
故本题选A.
  
5.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查了椭圆的性质，考查了转化思想，属于中档题．
根据椭圆的对称性以及椭圆的定义，将原问题转化为研究弦长|AB|的取值范围，再根据|AB|∈(2b,2a)即可求解．
【解答】
解：椭圆C:x225+y216=1，得a=5，b=4，
记椭圆的右焦点为F′，根据对称性可得|BF|=|AF′|，
则|BF|+|AF|+|BA|=|AF′|+|AF|+|AB|=2a+|BA|，
因为直线l：y=kx(k≠0)与椭圆C交于A，B两点，根据对称性可得|AB|∈(2b,2a)，
所以2a+2b<2a+|BA|<4a，
即18<2a+|BA|<20，
则△AFB周长的取值范围是(18,20).
故本题选C.

  
6.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查的知识要点：数列的递推关系时，等差数列的性质的应用，数列的求和，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
由题意知二十四节气中从夏至到冬至的晷长构成等差数列，设为数列{an}，公差为d，且d>0，设夏至的晷长为a1，则冬至的晷长为a13，利用等差数列的性质的应用和数列的求和的应用求出结果．
【解答】
解：由题意知二十四节气中从夏至到冬至的晷长构成等差数列，设为数列{an}，公差为d，且d>0，
设夏至的晷长为a1，则冬至的晷长为a13，
由a1=15；a13=135，
所以a13=a1+12d，解得得d=10；
故每年二十四节气的晷长之和(15×13+13×122×10)×2−15−135=1800；
故本题选C.
  
7.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查了古典概型及其概率公式，属于基础题．
分类讨论当从甲袋中取白球放入乙袋中及从甲袋中取黑球放入乙袋中，再从乙袋中取出一球为白球的概率，进而求和即可得解．
【解答】
解：①当从甲袋中取白球放入乙袋中，则再从乙袋中取出一球为白球的概率是35×46=25，
②当从甲袋中取黑球放入乙袋中，则再从乙袋中取出一球为白球的概率是25×36=15，
即从甲袋中任取一球放入乙袋中，则再从乙袋中取出一球为白球的概率是25+15=35，
故本题选B.
  
8.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查三个数的大小的判断，考查指数函数、对数函数的单调性等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
根据π20)，根据导数在函数单调性中的应用，可知f(x)在区间[e,π]上单调递增，所以f(π)>f(e)=0，由此即可求得a>b，进而得到结果．
【解答】
解：因为π2 所以lnπ 令f(x)=lnx−xe (x>0)，所以f′(x)=1x−14ex−12=x−1(1−14ex12)，
令f′(x)=0，解得x=4e，
所以当x∈(0,4e)时，f′(x)>0；当x∈(4e,+∞)时，f′(x)<0，
所以f(x)在区间(0,4e)上单调递增，在区间(4e,+∞)上单调递减，
又[e,π]⊆(0,4e)，所以f(x)在区间[e,π]上单调递增，
所以f(π)>f(e)=lne−ee=0，所以lnπ−πe>0，即Inπ>πe，
所以a>b，
∴a，b，c的大小关系为c>a>b.
故本题选A.
  
9.【答案】BD 
【解析】
【分析】
本题考查了命题真假的判断，涉及的是统计学的知识，属于基础题．
由回归直线恒过样本中心点，不一定经过每一个点，可判断A是否正确；由相关系数的绝对值趋近于1，相关性越强，可判断B是否正确；根据分位数的概念，即可判断C是否正确；直接利用独立性检测和变量间的关系，即可判断D是否正确．
【解答】
解：对于A，回归直线 y=bx+a恒过样本点的中心(x−,y−)，可以不过任一个样本点，故A错误；
对于B，两个变量线性相关性越强，则相关系数|r|就越接近于1，故B正确；
对于C，由于8×25%=2，所以该组数据的25%分位数是第2项与第3项数据的平均数，即为5，故C错误；
对于D，对于独立性检验，随机变量χ2的值越大，判定“两个变量有关系”犯错误的概率就越小故D正确．
故本题选BD.
  
10.【答案】BC 
【解析】
【分析】
本题主要由部分图像求三角函数解析式，正弦函数的图像变换以及正弦函数的单调性与奇偶性，属于中档题．
由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出ω，由最高点及φ的范围求出φ的值，可得f(x)的解析式，再利用函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，求得g(x)的解析式，再根据正弦函数的图象和性质，得出结论．
【解答】
解：由题可得A=2，
∵34×2πω=5π12+π3，∴ω=2，
又∵2×5π12+φ=π2+2kπ，k∈Z，|φ|<π2，
∴φ=−π3，故A错误；
∴f(x)=2sin(2x−π3)，
∵f(x−π6)=2sin(2x−π3−π3)=2sin(2x−2π3)，
f(−x)=2sin(−2x−π3)=2sin(4π3+2x)=2sin(2x−2π3)=f(x−π6)，故B正确；
将函数f(x)的图象向左平移π6个单位长度后，得到g(x)=2sin2x的图象，
显然g(x)为奇函数，故C正确；
当x∈(34π,π)，2x∈(3π2,2π)，故函数g(x)在区间(34π,π)上单调递增，故D错误.
故本题选BC.
  
11.【答案】BCD 
【解析】
【分析】
本题考查直线和圆的位置关系，考查了数形结合的思想方法，以及圆的相关知识，属中档题．
利用直线过定点，定点在圆外可判断A；要使圆上至少有两个点到直线的距离为1，则圆心到直线的距离要小于3，可判断B；求出圆关于直线l的对称圆可判断C；当PB与圆C相切时∠PBA最大或最小，可判断D.
【解答】
解：对于A，圆C：(x−3)2+(y−3)2=4，圆心C(3,3)，半径为2，
直线l：mx+y−2=0过定点Q(0,2)，
又因为(0−3)2+(2−3)2=10>4，所以点Q在圆C外，则直线l与圆C不一定相交，故A错误；
对于B，要使圆上有至少两个点到直线l的距离为1，则圆心C(3,3)到直线l的距离要小于3，
所以3m+3−2m2+1<3，解得m<43，故B正确；
对于C，当m=1时，直线l：x+y−2=0，
设圆C关于直线l对称的圆的方程是(x−a)2+(y−b)2=4，
根据题意，有b−3a−3×(−1)=−1a+32+b+32−2=0，解得a=−1，b=−1，
所以圆的方程为(x+1)2+(y+1)2=4，故C正确；
对于D，当m=1时，直线l：x+y−2=0，则点A(2,0)，B(0,2)，
当PB与圆C相切时∠PBA最大或最小，
此时|PB|=BC2−PC2=10−4=6，故D正确．
故本题选BCD.

  
12.【答案】BCD 
【解析】
【分析】
本题考查了与数列的新定义有关的问题的求解，属于较难题．
利用题中定义可判断A；利用f(A)的定义可判断B；根据An+1中的0，0数对与An中的0，1数对的一一对应关系可判断C；记An中的0，0数对与0，1数对的个数分别为an，bn，根据已知条件得出an+1=an−1+2n−2(n≥2)，结合累加法可判断D.
【解答】
解：若A1=(0,0)，则A2=(1,0,1,0)，A3=(0,1,1,0,0,1,1,0)，故A错误；
由f(A)的定义知，B正确；
因为An+1中的每一个0，0数对只能由An中的一个0，1数对变来，且An中的每一个0，1数对必生成一个An+1中的0，0数对，故C正确；
记An中的0，0数对与0，1数对的个数分别为an，bn，由C选项知an+1=bn.
又因为An中的每一个0，1数对只能由An−1中的一个1或者一个0，0数对变来，且由B选项知，An−1中有2n−2个1，
从而bn=an−1+2n−2，
所以an+1=an−1+2n−2(n≥2)，
故a2021=k=11010(a2k+1−a2k−1)+a1=k=1101022k−2+0=13(41010−1),D正确.
故本题选BCD.
  
13.【答案】−45 
【解析】
【分析】
本题考查向量平行的坐标表示，涉及向量的坐标计算，属于基础题．
根据题意，求出a+2b的坐标，由向量平行的坐标表示方法可得关于λ的方程，解可得答案．
【解答】
解：向量a=(1,2)，b=(2,−2)，c=(2,λ).
则a+2b=(5,−2)，
若(a+2b)//c，
则2×(−2)=5λ，解可得λ=−45，
故答案为−45.
  
14.【答案】log2x(答案不唯一) 
【解析】
【分析】
本题主要考查抽象函数及其应用，对数函数的性质，属于基础题．
由题意可得底数大于1的对数函数均满足题意，从而可得结论．
【解答】
解：已知函数y=f(x)在(0,+∞)上单调递增，且f(xy)=f(x)+f(y)，
则底数大于1的对数函数均满足题意，例如log2xy=log2x+log2y
则f(x)=log2x满足题意，
故答案为：log2x(答案不唯一).
  
15.【答案】3 
【解析】
【分析】
本题考查双曲线的方程和性质，三角形的解法，余弦定理的应用，向量关系的应用，考查了学生综合分析问题和解决问题的能力，是中档题．
由F1A=2AF2，得|F1A|=2|AF2|，进而得到|PF1|=2|PF2|，结合双曲线的定义知|PF1|−|PF2|=2a，得到|PF2|=2a，|PF1|=4a，在△PF1F2中，由余弦定理得到a，c的关系，即可得出结果．
【解答】
解：由F1A=2AF2，得|F1A|=2|AF2|，
则S△PF1A=2S△PF2A，
又S△PF1A=12|PF1|⋅|PA|sin30∘，S△PF2A=12|PF2|⋅|PA|sin30∘，
故|PF1|=2|PF2|，
根据双曲线的定义知|PF1|−|PF2|=2a，
则|PF2|=2a，|PF1|=4a，
在△PF1F2中，由余弦定理知4c2=16a2+4a2−8a2=12a2，
故e2=3，即e=3.
故答案为3.
  
16.【答案】80π 
【解析】
【分析】
本题主要考查球与多面体的切接问题，异面直线夹角，属于拔高题．
过点A作AD//BC，过点C作CD//AB，AD与CD相交于点D，连接PD，由题意可知∠PAD或其补角为异面直线PA，BC所成角，得到∠PAD=π3或2π3，进而分类讨论，找到球心的位置，求出半径，利用外接球表面积公式进行求解．
【解答】
解：过点A作AD//BC，过点C作CD//AB，AD与CD相交于点D，
连接PD，因为AB⊥BC，所以AD⊥CD，
又AB=BC=4，所以四边形ABCD为正方形，所以CD=AD=4，
则∠PAD或其补角为异面直线PA，BC所成角，所以∠PAD=π3或2π3，
因为AB⊥BC，所以AB⊥AD，
又因为AB⊥PA，PA∩AD=A，PA,PD⊂平面PAD，
所以AB⊥平面PAD，
因为PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD，故CD⊥PD，
在Rt△PDC中，PC=8，CD=4，则PD=82−42=43；
当∠PAD=π3时，如图，在△PAD中，
由余弦定理得：cos∠PAD=PA2+AD2−PD22PA⋅AD=12，解得：PA=8，
则PD2+AD2=PA2，所以PD⊥AD，
因为AD∩AB=A，AD,AB⊂平面ABCD，
所以PD⊥平面ABCD，
取PB中点O，对角线AC，BD相交于点E，则E为BD中点，连接OE，
则OE//PD，所以OE⊥平面ABCD，
则点O即为该三棱锥外接球的球心，其中OE=12PD=23，EB=22，
由勾股定理得：OB=12+8=25，即半径r=25，
此时外接球表面积为4πr2=80π.

当∠PAD=2π3时，如图，在△PAD中，
由余弦定理得：cos∠PAD=PA2+AD2−PD22PA⋅AD=−12，解得：PA=4，
则过点P作PN⊥AD交DA的延长线于点N，则∠PAN=π3，
故AN=12PA=2，PN=23，
因为AB⊥平面PAD，PN⊂平面PAD，所以AB⊥PN，
因为AD∩AB=A，AD,AB⊂平面ABCD，
所以PN⊥平面ABCD，对角线AC，BD相交于点E，
由Rt△ABC，AC为斜边，故E为球心O在平面ABC的投影，即OE⊥平面ABCD，
过点O作OM⊥PN于点M，连接EN，OP，OC，
则OM=EN，OE=MN，OC=OP且为外接球半径，其中∠NAE=135∘，
在△ANE中，AN=2，AE=22，由余弦定理得：EN=AN2+AE2−2AN⋅AEcos∠NAE=25，
设OE=MN=h，由勾股定理得：PM2+OM2=OE2+EC2，
即(23−h)2+(25)2=h2+(22)2，解得：h=23，
代入上式，解得OP=25，即半径r=25，外接球表面积为4πr2=80π.

故答案为80π.
  
17.【答案】解：(Ⅰ)∵c=33asin⁡B+bcos⁡A，
∴sinC=33sinAsinB+sinBcosA，
∴sin(A+B)=33sinAsinB+sinBcosA，
即sinAcosB+cosAsinB=33sinAsinB+sinBcosA，
∴sinAcosB=33sinAsinB，
又因为sinA>0，所以3cosB=sinB，即tanB=3，
∵0 ∴B=π3；
(Ⅱ)选①∵BA⋅BC=10，
∴|BA||BC|cosπ3=10，
∴ac=20，
由余弦定理得b2=a2+c2−2accosB=(a+c)2−3ac=81−3×20=21即b=21，
所以△ABC的周长为a+b+c=9+21；
选②∵BA⋅AC=10，∴|BA||BC|cosπ3=10，
∴ac=20，
由余弦定理得b2=a2+c2−2accosB=(a+c)2−3ac，(210)2=(a+c)2−3×20，所以a+c=10，
所以△ABC的周长为a+b+c=10+210. 
【解析】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，和差角公式，还考查了向量数量积的定义及性质的应用．
(I)由已知结合正弦定理及和差角公式进行化简可求tanB，进而可求B；
(II)若选①结合向量数量积的定义及性质可求ac，然后结合余弦定理可求b，进而可求三角形周长；
若选②结合向量数量积的定义及性质可求ac，然后结合余弦定理可求a+c，进而可求三角形周长．

18.【答案】解：(1)已知冠亚军来自同一年级的条件下，冠亚军来自高二年级的概率是P=A32A32+A32+A42=14(或P=C32C32+C32+C42=14).
(2)X的所有可能取值为3，2，1，0.
P(X=3)=(13)3+C32⋅(13)2⋅23⋅13=19；
P(X=2)=C42⋅(13)2⋅(23)2⋅13=881；
P(X=1)=C42⋅(23)2(13)2⋅23=1681；
P(X=0)=(23)3+C32(23)2⋅13⋅23=1627.
∴X的概率分布为
X
3
2
1
0
P
19
881
1681
1627
∴E(X)=3×19+2×881+1×1681+0×1627=5981. 
【解析】(1)利用古典概型概率公式求解即可．
(2)X的所有可能取值为3，2，1，0.求出概率，得到分布列，然后求和期望即可．
本题考查古典概型概率的求法，离散型随机变量的分布列以及期望的求法，是中档题．

19.【答案】解：(Ⅰ)证明：因为侧面AA1C1C为菱形，且∠CAA1=60∘，
所以ΔAA1C为等边三角形，
又因为D是AA1的中点，所以CD⊥AA1，
同理可得BD⊥AA1，
又因为BD∩CD=D，BD,CD⊂平面BCD，
所以AA1⊥平面BCD.
(Ⅱ)取CD中点E，过E作EF⊥AC交AC于F，连接BE，BF，
由(Ⅰ)可知，AA1⊥平面BCD，AA1⊂平面AA1C1C，
所以平面AA1C1C⊥平面BCD，
在Rt△ACD中，AC=2，AD=1，所以CD=3，同理可得BD=3，
又因为BC=3，即△BCD为等边三角形，所以BE⊥CD，且BE=32，
又因为平面AA1C1C∩平面BCD=CD，BE⊂平面BCD，
所以BE⊥平面AA1C1C，
又AC⊂平面AA1C1C，EF⊂平面AA1C1C
所以BE⊥AC，BE⊥EF，∠BEF=90∘，
因为EF⊥AC，BE∩EF=E，BE,EF⊂平面BEF，
所以AC⊥平面BEF，
又BF⊂平面BEF，所以BF⊥AC，
故∠BFE就是二面角B−AC−A1的平面角，
在Rt△CEF中，CE=32，∠DCA=30∘，∠CFE=90∘，所以EF=34，
在Rt△BEF中，∠BEF=90∘，所以BF=BE2+EF2=394，
则cos∠BFE=EFBF=1313，
所以二面角B−AC−A1的余弦值为1313.
 
【解析】本题考查直线与平面垂直的判定定理的应用，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，属于较难题．
(Ⅰ)证明CD⊥AA1，BD⊥AA1，即可证明AA1⊥平面BCD；
(Ⅱ)取CD中点E，过E作EF⊥AC交AC于F，连接BE，BF，说明∠BFE就是二面角B−AC−A1的平面角，进而通过求解三角形得出二面角B−AC−A1的余弦值．

20.【答案】解：(Ⅰ)Sn=2an−2,(n∈N∗)，
当n=1时，a1=S1=2a1−2，解得a1=2，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2an−2an−1，即an=2an−1，
所以数列{an}为首项和公比均为2的等比数列，
即有an=2n；
∵数列{bn}是首项为1，公差d不为零的等差数列，且b2，b4，b9成等比数列，
∴b2b9=b42，即为(1+d)(1+8d)=(1+3d)2，解得d=3或d=0(舍)，
又∵b1=1，∴bn=3n−2.
(Ⅱ)过P1，P2，P3，⋅⋅⋅Pn+1向x轴作垂线，垂足分别为Q1，Q2，Q3，⋅⋅⋅Qn+1，
由(Ⅰ)得an+1−an=2n+1−2n=2n，
记梯形PnPn+1Qn+1Qn的面积为cn，
由题意cn=12(an+1−an)(bn+1+bn)=[(3n−2)+(3n+1)]2×2n=(6n−1)×2n−1，
所以Tn=5×20+11×21+17×22+⋅⋅⋅+(6n−1)×2n−1，
2Tn=5×21+11×22+⋅⋅⋅+(6n−7)×2n−1+(6n−1)×2n，
两式相减得：−Tn=5×20+6(2+22+⋅⋅⋅+2n−1)−(6n−1)×2n=5+6×2(1−2n−1)1−2−(6n−1)×2n=(7−6n)×2n−7，
则Tn=(6n−7)×2n+7. 
【解析】本题主要考查了数列的递推式，考查了等差、等比数列的通项公式，同时考查了错位相减法求和，属于较难题．
(Ⅰ)由an=Sn−Sn−1(n≥2)可得数列{an}为等比数列，进而求出an，由题意可知b2b9=b42，根据等差数列的通项公式化简可求出d，从而求出bn.
(Ⅱ)过P1，P2，P3，⋅⋅⋅Pn+1向x轴作垂线，垂足分别为Q1，Q2，Q3，⋅⋅⋅Qn+1，由(Ⅰ)得an+1−an=2n，记梯形PnPn+1Qn+1Qn的面积为cn，由题意得到cn=(6n−1)×2n−1，进而利用错位相减法求Tn即可．

21.【答案】解：(Ⅰ)抛物线C：x2=2py(p>0)，准线方程为y=−p2，
∵|PF|=2，∴P到准线的距离等于2，
即y0+p2=1+p2=2，解得p=2.
∴抛物线C的方程为x2=4y；
(Ⅱ)由题意可知，当y0≥1时，x0≤−2或x0≥2，则过P作圆E的切线斜率一定存在，
设过P与圆E相切的直线方程为y−y0=k(x−x0)(k≠0)，即kx−y+y0−kx0=0，
圆心(0,−1)到直线的距离d=|1+y0−kx0|1+k2=1，
整理得：(x02−1)k2−2x0(y0+1)k+y02+2y0=0，
Δ=4x02(y0+1)2−4(x02−1)(y02+2y0)=4y02+24y0>0.
设PA，PB的斜率分别为k1，k2，则k1，k2是方程(x02−1)k2−2x0(y0+1)k+y02+2y0=0的两个实根．
有k1+k2=2x0(y0+1)x02−1，k1k2=y02+2y0x02−1.
令y=0，得直线PA，PB与x轴交点横坐标为xA=x0−y0k1，xB=x0−y0k2，
则|AB|=|xB−xA|=|y0k1−y0k2|=|k1−k2k1k2|y0=(k1+k2)2−4k1k2|k1k2|y0=4y02+24y0y02+2y0⋅y0=2y02+6y0y0+2. 
【解析】本题考查抛物线方程的求法，考查直线与抛物线位置关系的应用，考查运算求解能力，是中档题．
(Ⅰ)由|PF|=2，结合抛物线的定义求得p=2，则抛物线方程可求；
(Ⅱ)由题意可知，当y0≥1时，x0≤−2或x0≥2，则过P作圆E的切线斜率一定存在，设过P与圆E相切的直线方程为y−y0=k(x−x0)(k≠0)，即kx−y+y0−kx0=0，由圆心到直线的距离等于半径列式可得(x02−1)k2−2x0(y0+1)k+y02+2y0=0，设PA，PB的斜率分别为k1，k2，则k1，k2是方程(x02−1)k2−2x0(y0+1)k+y02+2y0=0的两个实根，求出直线PA，PB与x轴交点横坐标，结合根与系数的关系即可求得|AB|.

22.【答案】解：(1)函数f(x)定义域为R，f′(x)=ex−1−x⋅ex−1(ex−1)2=1−xex−1，
当x<1时，f′(x)>0；当x>1时，f′(x)<0，
所以f(x)在(−∞,1]上单调递增，在[1,+∞)上单调递减，
则当x=1时，函数f(x)取得最大值f(1)=1，
所以函数f(x)的最大值是1.
(2)证明：因为正实数m，n互不相等，且满足(m+1)en+(n+1)em=4em+n−1，
所以(m+1)em+(n+1)en=4e，
令m+1=x1，n+1=x2，则x1>1，x2>1，不妨设x1 于是有x1ex1−1+x2ex2−1=4e，即f(x1)+f(x2)=4e，
由(1)可知f(x)在(1,+∞)上单调递减，且f(2)=2e，
因为f(x1)+f(x2)=4e，所以1 设函数g(x)=f(x)+f(4−x)(1 g′(x)=f′(x)−f′(4−x)=1−xex−1−x−3e3−x=(1−x)e3−x−(x−3)ex−1e2，
设h(x)=(1−x)e3−x−(x−3)ex−1(1 所以h(x)在(1,2)上单调递减，h(x)>h(2)=0，即g′(x)>0，
所以g(x)在(1,2)上单调递增，g(x) 因为1 所以f(4−x1)<4e−f(x1)，即f(4−x1) 又因为4−x1>1，x2>1，且f(x)在(1,+∞)上单调递减，
所以4−x1>x2，即x1+x2<4，
即(m+1)+(n+1)<4，
所以m+n<2. 
【解析】本题主要考查了利用导数求解函数的最值，证明不等式，还考查了逻辑推理能力，体现了转化思想的应用，属于难题．
(1)先对函数求导，然后结合导数与单调性关系分析函数单调性，进而可求函数的最大值；
(2)由已知等式代入，换元m+1=x1，n+1=x2，不妨设x1