2023-2024学年浙江省金华一中高二（上）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年浙江省金华一中高二（上）期中数学试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.过点(0,−2)且与直线x+2y−3=0垂直的直线方程为( )
A. 2x−y+2=0B. x+2y+2=0C. 2x−y−2=0D. 2x+y−2=0
2.已知数列{an}，a2=1，an+an+1=2n,n∈N*，则a1+a3的值为( )
A. 4B. 5C. 6D. 8
3.若椭圆短轴的两个端点与一个焦点构成一个正三角形，则该椭圆的离心率为( )
A. 12B. 34C. 64D. 32
4.“点A(1,−2)，B(5,6)到直线l：ax+y+1=0的距离相等”是“a=−2”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
5.若圆x2+y2=4上恰有三个点到直线y=x+b的距离为1，则实数b的值为( )
A. 2B. − 2C. ±1D. ± 2
6.已知数列{an}是公差不为0的无穷等差数列，Sn是其前n项和，若Sn存在最大值，则( )
A. 在S1,S22,S33,…,S20232023中最大的数是S1
B. 在S1,S22,S33,…,S20232023中最大的数是S20232023
C. 在S1，S2，S3，…，S2023中最大的数是S1
D. 在S1，S2，S3，…，S2023中最大的数是S2023
7.设双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F，右顶点为A，过F作AF的垂线与双曲线交于B，C两点，过B，C分别作AC，AB的垂线，两垂线交于点D.若D到直线BC的距离小于a+ a2+b2，则该双曲线的渐近线斜率的取值范围是( )
A. (−1,0)∪(0,1)B. (−∞,−1)∪(1,+∞)
C. (− 2,0)∪(0, 2)D. (−∞,− 2)∪( 2,+∞)
8.在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为线段B1C的中点，F是棱C1D1上的动点，若点P为线段BD1上的动点，则PE+PF的最小值为( )
A. 1+ 22
B. 3 22
C. 62
D. 5 26
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知双曲线C：x23−y2=1，则下列结论正确的是( )
A. 双曲线C的离心率为 3B. 双曲线C的焦距为4
C. 双曲线C的虚轴长为1D. 双曲线C的渐近线方程为x=± 3y
10.已知直线l：ax+y+1=0，则下列说法正确的是( )
A. 直线l过定点(0,−1)
B. 直线l与直线x−ay−1=0不可能垂直
C. 若点A(0,1)与点B(b,0)关于直线l对称，则实数a的值为± 3
D. 直线l被圆x2+y2−2y−8=0截得的最短弦长为 5
11.已知抛物线C：y2=2px(p>0)上存在一点E(2,t)到其焦点的距离为3，点P为直线x=−2上一点，过点P作抛物线C的两条切线，切点分别为A，B，O为坐标原点.则( )
A. 抛物线的方程为y2=4xB. 直线AB一定过抛物线的焦点
C. 线段AB长的最小值为4 2D. OP⊥AB
12.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P满足BP=λBC+μBB1，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则( )
A. 当λ=μ时，A1P/​/平面ACD1
B. 当μ=1时，三棱锥P−A1BC的体积为定值
C. 当λ=1时，△PBD的面积为定值
D. 当λ+μ=1时，直线A1D与D1P所成角的范围为[π3,π2]
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知等差数列{an}满足a2+a5+a8=15，则a5= ______ ．
14.已知椭圆x24+y22=1的两个焦点是F1、F2，点P在该椭圆上，若|PF1|−|PF2|=2，则△PF1F2的面积是____．
15.已知球O是直三棱柱ABC−A1B1C1的内切球(点O到直三棱柱ABC−A1B1C1各面的距离都相等)，若球O的表面积为16π，△ABC的周长为4，则三棱锥A1−ABC的体积为______ ．
16.设经过抛物线y2=8x焦点F且斜率为1的直线l，与抛物线交于A，B两点，抛物线准线与x轴交于C点，则cs∠ACB= ______ ．
四、解答题：本题共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.(本小题10分)
已知动圆C：(x−m)2+(y−2m)2=m2(m>0)
(Ⅰ)当m=2时，求经过原点且与圆C相切的直线l的方程；
(Ⅱ)若圆C与圆E：(x−3)2+y2=16内切，求实数m的值．
18.(本小题12分)
如图，ABCD为平行四边形，BCEF是边长为1的正方形，BF⊥BA,∠DAB=π3,AB=2AD．
(1)求证：BD⊥FC；
(2)求直线DE与平面DFC所成角的正弦值．
19.(本小题12分)
如图，已知抛物线y=x2−1与x轴相交于A，B两点，P是该抛物线上位于第一象限内的点
(1)记直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，求证：k2−k1为定值
(2)过点A作AD⊥PB，垂足为D，若D关于x轴的对称点恰好在直线PA上，求△PAD的面积
20.(本小题12分)
正项数列{an}中，a1=1，对任意n∈N*都有an+12−an2=2(an+1+an).
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn；
(Ⅱ)设bn=anan+t，试问是否存在正整数t，m，使得b1，b2，bm(m≥3)成等差数列？若存在，求出所有满足要求的t，m；若不存在，请说明理由．
21.(本小题12分)
在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，∠ADC=∠BAD=90°，AB=AD=2DC=2 2，且E、F分别为PD、PB的中点．
(Ⅰ)求证：CF/​/平面PAD；
(Ⅱ)若直线PA与平面CEF的交点为G，且PG=1，求截面CEF与底面ABCD所成锐二面角的大小．
22.(本小题12分)
已知点P(x,y)与定点M(−1,0)的距离和它到定直线x=−4的距离的比是12．
(Ⅰ)求点P的轨迹E的标准方程；
(Ⅱ)设点N(1,0)，若点A，C是曲线E上两点，且在x轴上方，满足AM/​/NC，求四边形AMNC面积的最大值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：设过点(0,−2)且与直线x+2y−3=0垂直的直线方程为2x−y+m=0，
则0+2+m=0，求得m=−2，
故过点(0,−2)且与直线x+2y−3=0垂直的直线方程为2x−y−2=0，
故选：C．
由题意，利用两直线垂直的性质，用待定系数法求直线的方程．
本题主要考查两直线垂直的性质，用待定系数法求直线的方程，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查数列的递推关系式的应用，考查转化思想以及计算能力，属于基础题．
利用递推关系式，转化求解即可．
【解答】
解：在数列{an}中，a2=1，an+an+1=2n,n∈N*，
可得a1+a2=2，a2+a3=4，
解得a1=1，a3=3，
故a1+a3=4．
故本题选A．
3.【答案】D
【解析】解：由椭圆短轴的两个端点与一个焦点构成一个正三角形，
得a=2b，则a2=4b2=4(a2−c2)，
整理得：3a2=4c2，即e=ca= 32．
故选：D．
由题意可得a=2b，两边平方后结合隐含条件得答案．
本题考查椭圆的几何性质，是基础题．
4.【答案】B
【解析】解：因为点A(1,−2)，B(5,6)，
所以直线AB的斜率为kAB=6−(−2)5−1=2，方程为y+2=2(x−1)，即2x−y−4=0，
必要性：
当a=−2时，直线l：ax+y+1=0为−2x+y+1=0，即2x−y−1=0，
此时直线l/​/AB，
所以点A(1,−2)，B(5,6)到直线l：ax+y+1=0的距离相等，即必要性成立；
充分性：
因为点A(1,−2)，B(5,6)到直线l：ax+y+1=0的距离相等，
所以分两种情况：
①当A，B在直线l的同侧时，直线l/​/AB，则a2=1−1≠1−4，所以a=−2；
②当A，B在直线l的异侧时，线段AB的中点(3,2)在直线l上，
将其代入直线l的方程，有3a+2+1=0，解得a=−1，
综上，a=−2或a=−1，即充分性不成立．
故选：B．
求出直线AB的方程，必要性：把a=−2代入直线l的方程，发现直线l/​/AB；充分性：分A，B在直线l的同侧或异侧两种情况，结合两条直线平行的条件，中点坐标公式，求解即可．
本题考查充分必要条件的判断，两条直线平行的条件，中点坐标公式等，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
5.【答案】D
【解析】解：由圆的方程为x2+y2=4可得：圆的圆心坐标为(0,0)，半径为2，
则圆x2+y2=4上恰有三个点到直线y=x+b的距离为1等价于圆心(0,0)到直线y=x+b的距离为1，
则|b| 2=1，
即b=± 2，
故选：D．
由直线与圆的位置关系可得：圆x2+y2=4上恰有三个点到直线y=x+b的距离为1等价于圆心(0,0)到直线y=x+b的距离为1，然后结合点到直线的距离公式求解即可．
本题考查了直线与圆的位置关系，属基础题．
6.【答案】A
【解析】解：由题设知数列{an}是等差数列，且前n项和Sn=d2n2+(a1−d2)n存在最大值，
∴公差d<0，Snn=d2n+a1−d2在定义域上是单调递减的，
∴S1最大．
例如数列4，3，2，1，…，在S1，S2，S3，…，S2023中最大的数是S4或S5，所以C、D不正确．
故选：A．
根据Sn=d2n2+(a1−d2)n存在最大值，分析公差为负数，结合数列单调性求解最值．利用反例判断C、D的正误．
本题主要考查等差数列的前n项和公式及数列单调性的应用，属于中档题．
7.【答案】A
【解析】解：由题意，A(a,0)，B(c,b2a)，C(c,−b2a)，由双曲线的对称性知D在x轴上，
设D(x,0)，则由BD⊥AB得b2ac−x⋅b2ac−a=−1，
∴c−x=b4a2(a−c)，
∵D到直线BC的距离小于a+ a2+b2，
∴c−x=|b4a2(a−c)|∴b4a2∴0∴双曲线的渐近线斜率的取值范围是(−1,0)∪(0,1)．
故选：A．
由双曲线的对称性知D在x轴上，设D(x,0)，则由BD⊥AB得b2ac−x⋅b2ac−a=−1，求出c−x，利用D到直线BC的距离小于a+ a2+b2，即可得出结论．
本题考查双曲线的性质，考查学生的计算能力，确定D到直线BC的距离是关键．
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了空间几何体中距离和的计算问题，解题的关键是把空间问题转化为平面问题解答，属于较难题．
连接BC1，得出点P、E、F在平面BC1D1中，问题转化为在平面内直线BD1上取一点P，求点P到定点E的距离与到定直线的距离的和的最小值问题，利用平面直角坐标系，求出点E关于直线BD1对称的点的坐标即可．
【解答】
解：连接BC1，则BC1∩B1C=E，点P、E、F在平面BC1D1中，
且BC1⊥C1D1，C1D1=1，BC1= 2，
如图1所示；
在Rt△BC1D1中，以C1D1为x轴，C1B为y轴，建立平面直角坐标系，
如图2所示；
则D1(1,0)，B(0, 2)，E(0, 22)；
设点E关于直线BD1的对称点为E′，
∵BD1的方程为x+y 2=1①，
∴kEE′=−1− 2= 22，
∴直线EE′的方程为y= 22x+ 22②，
由①②组成方程组，解得x=13y=2 23，
直线EE′与BD1的交点M(13,2 23)；
所以对称点E′(23,5 26)，
∴PE+PF=PE′+PF≥E′F=5 26．
故选：D．
9.【答案】BD
【解析】解：对于A：因为双曲线C方程为x23−y2=1，
所以a2=3，b2=1，
所以c2=a2+b2=4，
故a= 3，b=1，c=2，
所以e=ca=2，2c=4，2b=2；
故A错误，B对，C错误；
双曲线C：x23−y2=1的渐近线方程为y=±bax=± 33x，即x=± 3y，故D正确．
故选：BD．
根据题意可得a2=1，b2=3，又c2=a2+b2，解得a，b，c，进而可得离心率，以及焦距，虚轴长和渐近线方程．
本题考查双曲线的性质，考查计算能力，解题中需要理清思路，属于中档题．
10.【答案】AC
【解析】解：对于A，直线l：ax+y+1=0，可以整理为：y=−ax−1，
无论a取什么值，直线l恒过定点(0,−1)，故A正确；
对于B，当a=0时，直线l：y+1=0与直线x−1=0垂直，故B错误；
对于C，若点A(0,1)与点B(b,0)关于直线l对称，可得1−00−b⋅(−a)=−1a⋅b2+12+1=0，解得则实数a的值为± 3，故C正确；
对于D，圆x2+y2−2y−8=0，即x2+(y−1)2=9，圆心为C(0,1)，半径r=3，
由A可知直线l过定点P(0,−1)，
如图当直线l⊥PC时，弦长最短，最短弦长为2 r2−PC2=2 9−4=2 5，故D错误．
故选：AC．
A选项，化简直线l为点斜式，看出所过的定点；B选项，根据两直线垂直关系判断；C选项，利用垂直平分求解即可；D选项，几何性质得到当CP⊥l时，圆C的圆心到直线l的距离最大，此时弦长最短．
本题主要考查直线与圆的位置关系，直线恒过定点问题等知识，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：由抛物线C：y2=2px，可得焦点坐标F(p2,0)，准线方程为x=−p2，
因为抛物线C上存在一点E(2,t)到其焦点的距离为3，
由抛物线的定义可得2+p2=3，可得p=2，所以抛物线的方程为y2=4x，所以A正确；
设P(−2,m)，显然直线PA的斜率存在且不为0，设斜率为k1，
可得PA的方程为y−m=k1(x+2)，
联立方程组y−m=k1(x+2)y2=4x，整理得k1y2−4y+8k1+4m=0，
因为PA是抛物线的切线，所以Δ=(−4)2−4k1(8k1+4m)=0，即2k12+k1m−1=0，
且点A的纵坐标为−−42k1=2k1，代入抛物线方程，可得A横坐标为1k12，即A(1k12,2k1)，
设直线PB的斜率存在且不为0，设斜率为k2，同理可得：2k22+k2m−1=0，且B(1k22,2k2)，
所以k1，k2是方程2k2+km−1=0的两个不等式的实数根，所以k1+k2=−m2，k1k2=−12，
因为kAB⋅kOP=2k2−2k1k22−1k12⋅(−m2)=2k1k2k1+k2⋅(−m2)=−12×2−m2⋅(−m2)=−1，所以OP⊥AB，所以D正确；
由OP⊥AB，且kOP=−m2，可得kAB=2m，
则直线AB的方程为y−2k1=2m(x−1k12)，即mk12y−2mk1=2k1x−2，
又由2k12+k1m−1=0，可得k1m=1−2k12，所以(k1−2k1)y−2(1−2k12)=2k12x−2，
即(1−2k12)y=2k1(x−2)，所以直线AB一定过定点(2,0)，该点不是抛物线的焦点，所以B不正确．
由直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为x=my+2，且A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立方程组x=my+2y2=4x，整理得y2−4my−8=0，所以y1+y2=4m，y1y2=−8．
则|AB|= 1+m2⋅|y1−y2|= 1+m2⋅ (y1+y2)2−4y1y2= 1+m2⋅ 16m2+32
=4 m4+3m2+2=4 (m2+32)2−14≥4 2,
当且仅当m=0时，等号成立，即|AB|的最小值为4 2，所以C正确．
故选：ACD．
根据抛物线的定义，求得抛物线的方程，可判定A正确；设P(−2,m)，得出PA和PB的方程联立方程组，结合Δ=0，得到k1，k2是方程2k2+km−1=0的两个不等的实数根，再由韦达定理和kAB⋅kOP=−1，可判定D正确；由kAB=2m，得出直线AB，结合直线的点斜式的形式，可判定B不正确，再由圆锥曲线的弦长公式，结合二次函数的性质，可判定C正确．
本题考查抛物线的定义、方程和性质，以及直线和抛物线的位置关系，考查方程思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
12.【答案】ABD
【解析】解：对于A：当λ=μ时，P是BC1上的动点，
显然A1P⊂平面A1BC1，
根据A1B/​/D1C，C1B//D1A，可证平面A1BC1/​/平面AD1C，
∴A1P/​/平面ACD1，故A正确；
对于B；当μ=1时，点P是B1C1上的动点，∵B1C1//BC，
∴P到平面A1BC的距离为定值，故三棱锥P−A1BC的体积为定值，故B正确；
对于C：当λ=1时，点P是CC1上的动点，显然△PBD的面积不为定值，故C错误；
对于D：当λ+μ=1时，点P是CB1上的动点，因为△D1B1C是等边三角形，当P是B1C的中点时，B1C⊥D1P，
∵A1D/​/B1C，故A 1D⊥D1P，
当P在B1C的两端点时，可得直线A1D与D1P所成角为π3，
故直线A1D与D1P所成角的范围为[π3,π2].故D正确．
故选：ABD．
对于A：平面A1BC1/​/平面AD1C，可判断A；对于B；当μ=1时，点P是B1C1上的动点，由B1C1/​/BC判断B；对于C：当λ=1时，点P是CC1上的动点，易判断C；对于D：当λ+μ=1时，点P是CB1上的动点，A1D/​/B1C，可判断D．
本题考查线面平行的判定，空间几何体的体积问题，线线角的取值范围，属中档题．
13.【答案】5
【解析】解：∵{an}是等差数列，
∴a2+a5+a8=3a5=15，
∴a5=5．
故答案为：5．
根据等差数列的性质可得a2+a5+a8=3a5，从而可求出a5的值．
本题考查等差数列的性质，考查学生归纳推理与数学运算的能力，属于基础题．
14.【答案】 2
【解析】【分析】
本题考查椭圆的性质，判断出△PF2F1是直角三角形能够简化运算，属于基础题．
先由椭圆的方程求出|F1F2|=2 2，再由|PF1|−|PF2|=2，求出|PF1|=3，|PF2|=1，由此能够推导出△PF2F1是直角三角形，即可求解三角形的面积．
【解答】
解：∵点P在椭圆x24+y22=1上，
∴|PF1|+|PF2|=4，2c=2 2，
∵|PF1|−|PF2|=2，可得|PF1|=3，|PF2|=1，
∵12+(2 2)2=9，即PF22+F1F22=PF12，
∴△PF2F1是直角三角形，
则△PF1F2的面积为12× |PF2|×|F1F2|=12×1×2 2= 2．
故答案为 2．
15.【答案】163
【解析】解：设直三棱柱ABC−A1B1C1的高为h，设AB=c，BC=a，AC=b，
内切球的半径为r，则h=2r，
球O的表面积为4πr2=16π，∴r=2，h=4，
又△ABC的周长为a+b+c=4，
连接OA，OB，OC，OA1，OB1，OC1，则直三棱柱ABC−A1B1C1被分割为5个小棱锥，
即以内切球的球心为顶点，以三棱锥的两个底面和三个侧面为底面的5个棱锥，
根据等体积法可得S△ABC⋅h=13ahr+13bhr+13chr+2×13S△ABC⋅r，
即4S△ABC=83(a+b+c)+43S△ABC，
∴S△ABC=4，
∴三棱锥A1−ABC的体积为13S△ABC⋅h=13×4×4=163．
故答案为：163．
根据等体积法，三棱锥的体积公式，即可求解．
本题考查三棱柱的内切球问题，三棱锥的体积的求解，属中档题．
16.【答案】13
【解析】解：由题意可得直线l的方程为y=x−2，
联立y=x−2y2=8x，
消y可得x2−12x+4=0，
不妨设A(x1,y1)，B(x2,y2)，且x1>x2，
则x1=6+4 2，x2=6−4 2，
则A(6+4 2,4+4 2)，B(6−4 2,4−4 2)，
又C(−2,0)，
则|AC|= (8+4 2)2+(4+4 2)2=4 9+6 2，|BC|= (8−4 2)2+(4−4 2)2=4 9−6 2，
又|AB|=x1+x2+4=16，
则cs∠ACB=|AC|2+|BC|2−|AB|22|AC||BC|=13．
故答案为：13．
由抛物线的性质，结合余弦定理求解．
本题考查了抛物线的性质，重点考查了余弦定理，属中档题．
17.【答案】解：(Ⅰ)C：(x−2)2+(y−4)2=4，
当直线l的斜率不存在时，l方程为x=0，
当直线l的斜率存在时，设l方程为y=kx，
由题意得d=|2k−4| k2+1=2，
∴k=34，
∴l方程为y=34x，
综上直线l方程为y=34x或x=0．
(Ⅱ)圆C：(x−m)2+(y−2m)2=m2的圆心C(m,2m)，半径为m，
圆E：(x−3)2+y2=16的圆心E(3,0)，半径为4，
由题意得|4−m|=|CE|，
两边平方解得m= 29−14．
【解析】(Ⅰ)当m=2时，求出圆的圆心与半径，通过切线的斜率是否存在，分别求经过原点且与圆C相切的直线l的方程；
(Ⅱ)求出圆C与圆E：(x−3)2+y2=16的圆心与半径，利用内切(圆心距等于半径差)，求实数m的值．
本题考查直线与的位置关系，圆的切线方程的求法，两个圆的位置关系的应用，考查计算能力．
18.【答案】证明：(1)因为∠DAB=60°，AB=2AD，由余弦定理得BD= 3AD，从而BD2+AD2=AB2，
∴BD⊥AD，又AD//BC，故BD⊥BC…(3分)
又BF⊥BA，BF⊥BC，所以BF⊥底面ABCD，可得BD⊥BF，
∴BD⊥平面BCEF.故BD⊥FC…(6分)
解：(2)如图建立空间直角坐标系B−xyz，则C(1,0,0),D(0, 3,0),F(0,0,1),E(1,0,1)，
DF=(0,− 3,1)，FC=(1,0,−1)，DE=(1,− 3,1)，
设平面DFC的法向量为n=(x,y,z)，则− 3y+z=0x−z=0
可取n=( 3,1, 3)，…(10分)
设直线DE与平面DFC所成的角为θ．
故sinθ= 3 35= 10535…(15分)
【解析】(1)由余弦定理求得BD= 3AD，由此得到AD⊥BD，从而BD⊥BC，进而BF⊥平面ABCD，由此能证明BD⊥平面BCEF，从而得到BD⊥FC．
(2)建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面DFC的法向量，即可求直线DE与平面DFC所成角的正弦值．
本题考查线线垂直的证明，考查直线与平面所成角，考查向量知识的运用，是中档题．
19.【答案】【答案】
解：(1)由题意得点A，B的坐标分别为A(−1,0)，B(1,0)．
设点P的坐标为P(t,t2−1)，且t>1，则
k1=t2−1t+1=t−1，k2=t2−1t−1=t+1，
所以k2−k1=2为定值．
(2)由直线PA，AD的位置关系知
kAD=−k1=1−t，
因为AD⊥PB，所以kAD⋅k2=(1−t)(t+1)=−1，
解得t=± 2，
因为P是第一象限内的点，所以t= 2，
点P的坐标为P( 2,1)
联立直线PB与AD的方程y=(1+ 2)(x−1)y=(1− 2)(x+1)，
解得点D的坐标为D( 22,− 22)，
所以△PAD的面积为S=12⋅|AB|⋅|yP−yD|=1+ 22．
【解析】【解析】
本题考查直线与抛物线的位置关系，以及相关的定值问题和面积公式的应用，属于中档题．
(1)由题意得出A，B的坐标，根据点P在抛物线上设出P的坐标，分别求出k1和k2，即可得到定值；
(2)由AD⊥PB即斜率乘积为−1，以及点P的位置求出t值，联立直线PB与AD的得出D点坐标，根据三角形面积公式求出△PAD的面积．
20.【答案】解：(Ⅰ)由an>0及an+12−an2=2(an+1+an)，得an+1−an=2，
知数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列．
∴{an}的通项公式为an=2n−1，前n项和Sn=n(1+2n−1)2=n2．
(П)存在，由(Ⅰ)得bn=2n−12n−1+t，
假设存在正整数t，m，使得b1，b2，bm(m≥3)成等差数列，
可得b1+bm=2b2，
即1t+1+2m−12m−1+t=6t+3，
化为m=3t+1t−1=3+4t−1，
∵t，m∈N*，∴4t−1为整数，
故t−1=1，2，4，解得t=2，m=7；t=3，m=5；t=5，m=4．
∴存在满足要求的t，m共3组：t=2，m=7；t=3，m=5；t=5，m=4．
【解析】(Ⅰ)由an>0及an+12−an2=2(an+1+an)，得an+1−an=2，利用等差数列的通项公式与求和公式即可得出结论；
(П)存在，由(Ⅰ)得bn=2n−12n−1+t，假设存在正整数t，m，使得b1，b2，bm(m≥3)成等差数列，可得b1+bm=2b2，即1t+1+2m−12m−1+t=6t+3，通过化简即可得出结论．
本题考查了数列递推关系、等差数列的通项公式、方程思想方法、转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
21.【答案】解：(Ⅰ)证明：取PA的中点为Q，连接QF，QD，
∵F是PB的中点，
∴QF//AB且QF=12AB，
∵底面ABCD为直角梯形，∠CDA=∠BDA=90°，AB=AD=2DC=2 2，
∴CD//AB,CD=12AB，
∴QF/​/CD且QF=CD，
∴四边形QFCD是平行四边形，
∴FC//QD，又FC不在平面PAD内，QD在平面PAD内，
∴FC//平面PAD；
(Ⅱ)取PC的中点M，连接AC，EM，FM，QM，QM∩EF=N，
连接CN并延长交PA于G，且PG=1，
∵CF//平面APD，且平面CDEF∩平面APD=EG，
∴CF//EG，又CF//DQ，
∴EG//DQ，
又∵E为中点，∴G为PQ中点，
∴PA=4，
建立如图所示空间直角坐标系，A(0,0,0),B(0,2 2,0),C(2 2, 2,0),D(2 2,0,0)，E( 2,0,2),F(0, 2,0)，
则平面ABCD的法向量为n1=(0,0,1),CE=(− 2,− 2,2),CF=(−2 2,0,2)，
设平面CEF的法向量为n2=(x,y,z)，则n2⋅CE=0n2⋅CF=0，即− 2x− 2y+2z=0−2 2x+2z=0，取z= 2，则x=1，y=1，即n2=(1,1, 2)，
∴cs=n1⋅n2|n1||n2|= 21×2= 22，即两个法向量的夹角为45°，
∴截面CEF与底面ABCD所成锐二面角的大小为45°．
【解析】(Ⅰ)通过中位线的性质，及平行线的传递性可得FC//QD，进而得证；
(Ⅱ)建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量公式求解．
本题考查线面平行的判定及利用空间向量求解空间角问题，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题．
22.【答案】解；(Ⅰ)依题意得， (x+1)2+y2|x+4|=12，化简得，3x2+4y2=12，
∴点P的轨迹E的方程为：x24+y23=1；
(Ⅱ)设O为坐标原点，连接CO并延长交椭圆E于点B，连接BM，AN，CM，
由椭圆对称性可知：|OC|=|OB|，又|OM|=|ON|，
∴四边形CMBN为平行四边形，得CN//BM，且|CN|=|BM|，
∴S△BOM=S△CON，且A，M，B三点共线，
∴四边形AMNC的面积S=S△ACM+S△COM+S△CON=S△ACM+S△COM+S△BCM=S△ABC，
设直线AB：x=my−1，A(x1,y1)，B(x2,y2)(y1>0)，
由x=my−1x24+y23=1，得：(3m2+4)y2−6my−9=0，
∴y1+y2=6m3m2+4,y1y2=−93m2+4，
|AB|= 1+m2⋅ (y1+y2)2−4y1y2= 1+m2⋅ 48(3m2+3)3m2+4=12(1+m2)3m2+4，
又∵AM//NC，∴点C到直线AB的距离即为点N到直线AB的距离，
∵点N到直线AB的距离d=2 1+m2，
∴S=12|AB|⋅d=12 1+m23m2+4=12 1+m2(3m2+4)2．
设3m2+4=t，则m2=t−43,t≥4，
∴S=12 1+t−43t2=12 t−13t2=4 3⋅ −1t2+1t=4 3⋅ −(1t−12)2+14，
又1t≤14，∴当1t=14，即m=0时，四边形AMNC面积取得最大值，最大值为3．
【解析】(Ⅰ)依题意列关于x，y的方程，化简得答案；
(Ⅱ)设O为坐标原点，连接CO并延长交椭圆E于点B，连接BM，AN，CM，可得四边形CMBN为平行四边形，得到四边形AMNC的面积S=S△ACM+S△COM+S△CON=S△ACM+S△COM+S△BCM=S△ABC，设直线AB：x=my−1，A(x1,y1)，B(x2,y2)(y1>0)，联立直线方程与椭圆方程，化为关于y的一元二次方程，利用弦长公式求弦长，再由点到直线的距离公式求点N到直线AB的距离，代入三角形面积公式，再由换元法及配方法求最值．
本题考查轨迹方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查运算求解能力，是中档题．