2020-2021学年广东省韶关市南雄市高二（上）期中考试数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年广东省韶关市南雄市高二（上）期中考试数学试卷人教A版，共11页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知集合A={1, 2, 3}，B={x|x−3<0}，则A∪B=( )
A.{1, 2}B.{1, 2, 3}C.(−∞, 3]D.(−∞, 3)

2. 在等比数列{an}中，a1=1，公比q≠±1，若ak=a2a5，则k等于( )
A.5B.6C.7D.8

3. 下列函数中，在区间[0, +∞)上单调递增的是( )
A.y=−x2B.y=lnxC.y=x+1xD.y=x

4. 已知向量a→，b→满足a→⊥b→，|a→|=1，|b→|=2，则|2a→−b→|=( )
A.22B.23C.8D.12

5. 朱载堉 (1536−1611) ，明太祖九世孙，音乐家、数学家、天文历算家，在他多达百万字的著述中以《乐律全书》最为著名，在西方人眼中他是大百科全书式的学者王子.他对文艺的最大贡献是他创建了“十二平均律”，此理论被广泛应用在世界各国的键盘乐器上，包括钢琴，故朱载堉被誉为“钢琴理论的鼻祖”.“十二平均律”是指一个八度有13个音，相邻两个音之间的频率之比相等，且最后一个音频率是最初那个音频率的2倍，设第二个音的频率为f2，第八个音的频率为 f8 ，则 f8f2 等于( )
A.2B.32C.42D.62

6. 若函数y＝sin(2x+φ)(−π<φ<π)的图象向右平移π6个单位后，与函数y＝sin(2x−π6)的图象重合，则φ的值为( )
A.−π3B.−π6C.π6D.π3

7. 若△ABC的三个内角满足sinA:sinB:sinC=5:11:13，则△ABC( )
A.一定是锐角三角形
B.一定是直角三角形
C.一定是钝角三角形
D.可能是锐角三角形，也可能是钝角三角形

8. 已知函数f(x)=x+1x2，x<−1，ln(x+2)，x≥−1， g(x)=x2−2x−4．设b为实数，若存在实数a，使得f(a)+g(b)=1成立，则b的取值范围为( )
A.−52,52B.−52,52C.−32,72D.−32,72
二、多选题

在公比q为整数的等比数列an中，Sn是数列an的前n项和，若a1+a4=18，a2+a3=12，则下列说法正确的是( )
A.q=2
B.数列Sn+2是等比数列
C.S8=510
D.数列lgan是公差为2的等差数列

设d， Sn分别为等差数列an的公差与前n项和，若S10=S20，则下列论断中正确的有( )
A.当n=15时， Sn取最大值B.当n=30时， Sn=0
C.当d>0时， a10+a22>0D.当d<0时，|a10|>|a22|

如图，棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点（不含端点），则下列结论正确的是( )

A.直线D1P与AC所成的角可能是π6
B.平面D1A1P⊥平面A1AP
C.三棱锥D1−CDP的体积为定值
D.平面APD1截正方体所得的截面可能是直角三角形

在数列{an}中，若an2−an−12=p，（n≥2，n∈N∗，p为常数），则称{an}为“等方差数列”．下列对“等方差数列”的判断正确的是( )
A.若{an}是等差数列，则{an2}是等方差数列
B.{(−1)n}是等方差数列
C.若{an}是等方差数列，则{akn}（k∈N∗，k为常数）也是等方差数列
D.若{an}既是等方差数列，又是等差数列，则该数列为常数列
三、填空题

直线3x+4y−5=0被圆(x−2)2+(y−1)2=4截得的弦长为________．

若函数f(θ)=43⋅sin(θ−5π)⋅cs(−π2−θ)⋅cs(−θ)sin(θ−3π2)⋅sin(−θ−4π)，则f(−π6)=________．

已知等比数列an的前n项和为Sn，若Sn=2n+a，则实数a的值为________.

已知函数fx=3ax2+2ax，若对任意的x∈R，fx<1恒成立，则实数a的取值范围为________．（写成区间的形式）
四、解答题

已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且a3+S3=18．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)求数列{1Sn}的前n项和Tn．

已知a，b，c分别是△ABC内角A，B，C的对边，且b2+c2＝a2+3bc．

(1)求A；

(2)若a＝2，b＝1，求sin(C−A)．

如图所示，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，点E在线段PC上，PC⊥平面BDE．

(1)证明：BD⊥平面PAC；

(2)若PA=1，AD=2，求二面角B−PC−A的正切值．

已知圆C与y轴相切于点A(0, 1)，且被x轴所截得的弦长为23，圆心C在第一象限．

(1)求圆C的方程；

(2)若点P是直线l:2x+y+5=0上的动点，过P作圆C的切线，切点为B，当△PBC的面积最小时，求切线PB的方程．

记数列an的前n项和为Sn，已知a1=1, Sn+1=4an+1．设bn=an+1−2an .
(1)证明：数列bn为等比数列；

(2)设cn=|bn−100|, Tn为数列cn的前n项和，求T10 .

已知二次函数f(x)＝ax2+bx+c的两个零点x1，x2，且f(1)＝2a．

(1)求ba的取值范围；

(2)若a>c，且函数g(x)＝f(x−x1)+f(x−x2)在区间[0, 1]上的最大值为2a，试判断点(a, b)是否在直线x+y＝1上？并说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021学年广东省韶关市南雄市高二（上）期中考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
并集及其运算
【解析】
根据集合的并集运算进行计算即可．
【解答】
解：由B={x|x−3<0}，得B={x|x<3}，
则A∪B={x|x≤3}=(−∞, 3].
故选C.
2.
【答案】
B
【考点】
等比数列的通项公式
【解析】
运用等比数列的通项公式，解方程即可得到所求k的值．
【解答】
解：在等比数列{an}中，a1=1，公比q≠±1，
若ak=a2a5，则a1qk−1=a12q5，
可得k−1=5，
即k=6.
故选B.
3.
【答案】
D
【考点】
函数单调性的判断与证明
【解析】
根据常见函数的单调性分别判断即可．
【解答】
解：对于A，函数在区间[0, +∞)上单调递减，不合题意；
对于B，函数在区间(0, +∞)上单调递增，不合题意；
对于C，当x=1时，y=1+1=2，
当x=12时，y=12+2=52>2，
函数在区间[0, +∞)上不单调递增，不合题意；
对于D，函数在[0, +∞)上单调递增，符合题意.
故选D.
4.
【答案】
A
【考点】
平面向量数量积的运算
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
根据向量的数量积运算，以及向量的模的方法，即遇模则平方，问题得以解决
【解答】
解：∵ a→⊥b→，
∴ a→⋅b→=0.
∵ |a→|=1，|b→|=2，
∴ |2a→−b→|2=4|a→|2+|b→|2−4a→⋅b→
=4+4−0=8，
∴ |2a→−b→|=22.
故选A.
5.
【答案】
A
【考点】
数列的应用
等比数列的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设第一个音的频率为f1,
相邻两个音之间的频率之比为q，
由题意得f1q12=2f1,
可得q12=2，
则f8f2=f1q7f1q=q6=2.
故选A.
6.
【答案】
C
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】
由题意结合函数y＝Asin(ωx+φ)的图象变换规律，得出结论．
【解答】
解：把函数y＝sin(2x+φ)(−π<φ<π)的图象向右平移π6个单位后，
得到y＝sin(2x−π3+φ)的图象，
根据所得图象与函数y＝sin(2x−π6)的图象重合，
可得−π3+φ＝2kπ−π6，k∈Z．
令k＝0，可得φ=π6.
故选C.
7.
【答案】
C
【考点】
三角形的形状判断
正弦定理
余弦定理的应用
【解析】
先根据正弦定理及题设，推断a:b:c=5:11:13，再通过余弦定理求得csC的值小于零，推断C为钝角．
【解答】
解：∵ 根据正弦定理，asinA=bsinB=csinC，
又sinA:sinB:sinC=5:11:13，
∴ a:b:c=5:11:13，
设a=5t，b=11t，c=13t(t≠0)，
∵ c2=a2+b2−2abcsC，
∴ csC=a2+b2−c22ab
=25t2+121t2−169t22×5t×11t=−23110<0，
∴ ∠C为钝角．
故选C.
8.
【答案】
D
【考点】
分段函数的应用
一元二次不等式的解法
二次函数的性质
【解析】
利用二次函数的性质和对数函数的单调性，求出函数f(x)值域，进而根据存在a∈R使得f(a)+g(b)=1，得到(b)=b2−2b−4≤54，解不等式可得实数b的取值范围．
【解答】
解：当x<−1时，
f(x)=1x+(1x)2=(1x+12)2−14.
∵ x<−1，−1<1x<0，
则−14≤f(x)<0；
当x≥−1时，x+2≥1，
则ln(x+2)∈[0, +∞)，
综上f(x)≥−14.
若存在a∈R使得f(a)+g(b)=1，
∴ g(b)=1−f(a)≤1+14=54，
则g(b)=b2−2b−4≤54，
即4b2−8b−21≤0，
解得−32≤b≤72.
故选D.
二、多选题
【答案】
A,B,C
【考点】
等比数列的前n项和
等比数列的通项公式
等差数列
【解析】
由a1+a4=18,a2+a3=12,a11+q3=18， a1q+q2=12，公比q为整数，解得a1,q，可得an,Sn，进而判断出结论．
【解答】
解：∵a1+a4=18，a2+a3=12，
∴ a11+q3=18，a1q+q2=12.
又q为整数，
∴ a1=q=2，
∴ an=2n，Sn=22n−12−1=2n+1−2，
∴ Sn+2=2n+1，
∴ 数列Sn+2是公比为2的等比数列,
∴ S8=29−2=510，
∴ lgan=n，数列lgan是公差为1的等差数列．
综上可得：只有A，B，C选项正确．
故选ABC.
【答案】
B,C
【考点】
等差数列的通项公式
等差数列的前n项和
等差数列的性质
【解析】
本题主要利用等差数列的前n项和公式，以及通项公式进行求解。
【解答】
解：∵ S10=S20，
∴ S20−S10=0，即a11+a12+⋯+a20=0 ，
则5a15+a16=0，a15+a16=0,
故当n=15时，Sn取最大值或Sn取最小值，故A错误；
由等差数列的性质可得：a1+a30=0，
∴ S30=30a1+a302=0，故B正确；
∵ a10+a22=a10+a21+d=0+d=d,
∵ d>0，
∴ a10+a22>0，故C正确；
∵ 等差数列通项公式为：an=a1+n−1d，
∴ a10=a1+10−1d=a1+9d，
a22=a1+22−1d=a1+21d，
∴ a10=−a1−9d，a22=−a1−21d.
∵ d<0，
∴ a10−a22=12d<0，a10故选BC.
【答案】
B,C
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
异面直线及其所成的角
棱柱的结构特征
空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图，将AC平移到D1E，则AC//D1E，∠ED1P为直线D1P与AC所成的角，
作PM⊥A1B1于M，PN⊥AA1于N，连接PE，
设A1M=A1N=x(0PD1=1+x2+x2=1+2x2，
D1E=2，
EP=x2+(1+x)2=2x2+2x+1，
由余弦定理得，
cs∠ED1P=ED12+PD12−EP22ED1⋅PD1
=1−x2⋅1+2x2，
可知当x增大时，cs∠ED1P减小，∠ED1P增大，
∴ π4<∠EDP<π2，
故A错误；
对于B，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，A1D1⊥AA1，A1D1⊥AB，
且AA1∩AB=A，
∴ A1D1⊥平面A1AP.
且A1D1⊂平面D1A1P，
∴ 平面D1A1P⊥平面A1AP，
故B正确；
对于C，∵ S△CDD1=12×1×1=12，P到平面CDD1的距离BC=1，
∴ 三棱锥D1−CDP的体积： VD1−CDP=VP−CDD1=13×12×1=16为定值.
故C正确；
如图，
当A1P>12AB时，如图P1，
可知平面APD1截正方体所得的截面为四边形AGFD1；
当A1P≤12AB时，如图P2，
可知平面APD1截正方体所得的截面为△AD1H，且D1H=AH，
∵AD1=2,
当D1H=AH=1时，△AD1H为直角三角形，
∵D1H，AH不会等于1，
∴△AD1H不会是直角三角形，
即平面APD1截正方体所得的截面不可能是直角三角形.
故D错误．
故选BC．
【答案】
B,C,D
【考点】
等差数列的性质
命题的真假判断与应用
【解析】
利用等方差的定义逐一核对四个选项得答案．
【解答】
解：A，若{an}是等差数列，设其通项公式为an=kn+b，
则an2−an−12=(kn+b)2−[k(n−1)+b]2
=2k2n−k2+2kb不是常数，
∴ {an2}不是等方差数列，故A错误；
B，数列{(−1)n}中，
an2−an−12=[(−1)n]2−[(−1)n−1]2=0，(n≥2, n∈N∗)，
∴ 数列{(−1)n}是等方差数列，故B正确；
C，数列{an}中的项列举出来是：a1，a2，…，ak，…，a2k，…
数列{akn}中的项列举出来是：ak，a2k，a3k，…
∵ (ak+12−ak2)=(ak+22−ak+12)
=⋯=a2k2−a2k−12=p，
∴ (ak+12−ak2)+(ak+22−ak+12)+...+(a2k2−a2k−12)=kp，
∴ a2k2−ak2=kp，
∴ akn2−ak(n−1)2=kp，故数列{akn}是等方差数列，故C正确；
D，∵ 数列{an}是等差数列，∴ an−an−1=d，
数列{an}是等方差数列，∴ an2−an−12=p，
∴ (an+an−1)d=p，
∴ 当d≠0时，an=d2+p2d，{an}既是等方差数列，又是等差数列，则该数列为常数列；
当d=0时，必为常数列，则该数列必为常数列，故D正确．
故选BCD.
三、填空题
【答案】
23
【考点】
直线与圆相交的性质
点到直线的距离公式
【解析】
根据直线和圆的位置关系，结合弦长公式进行求解即可．
【解答】
解：∵ 圆(x−2)2+(y−1)2=4，
∴ 圆心(2, 1)，半径r=2，
圆心到直线的距离d=|6+4−5|5=1，
∴ 直线3x+4y−5=0被圆(x−2)2+(y−1)2=4
截得的弦长l=24−1=23．
故答案为：23．
【答案】
23
【考点】
运用诱导公式化简求值
【解析】
f(θ)解析式利用诱导公式化简，约分得到结果，把θ=−π6代入计算即可求出值．
【解答】
解：f(θ)=43⋅(−sinθ)⋅(−sinθ)⋅csθcsθ⋅(−sinθ)
=−43sinθ ，
则f(−π6)=−43×(−12)=23.
故答案为：23．
【答案】
−1
【考点】
数列递推式
等比数列的前n项和
【解析】

【解答】
解：由题意可得a1=S1=a+2，
a2=S2−S1=2，
a3=S3−S2=4，
则22=4a+2，
解得a=−1.
故答案为：−1.
【答案】
(−3,0]
【考点】
函数恒成立问题
一元二次不等式与二次函数
【解析】
本题主要考查参数求解问题，通过二次函数的二次项前面系数是否为零，进行分类讨论求解
【解答】
解：由函数fx=3ax2+2ax，不等式fx<1恒成立，
即3ax2+2ax−1<0对任意的x∈R恒成立，
当a=0时，不等式为−1<0，满足题意，
当a≠0时，应满足3a<0，Δ=4a2+12a<0.
解得：−3综上所述，实数a的取值范围是(−3,0].
故答案为：(−3,0].
四、解答题
【答案】
(1)等差数列{an}的公差d=2，前n项和为Sn，且a3+S3=18．
则：a3+3a2=18，
即：a1+2d+3(a1+d)=18，
解得：a1=2．
所以：an=a1+(n−1)d=2n；
(2)由于：an=2n，
则：Sn=n(2+2n)2=n(n+1)，
所以：1Sn=1n(n+1)=1n−1n+1．
则：Tn=1S1+1S2+⋯+1Sn
=1−12+12−13+⋯+1n−1n+1
=1−1n+1
=nn+1．
【考点】
数列的求和
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)等差数列{an}的公差d=2，前n项和为Sn，且a3+S3=18．
则：a3+3a2=18，
即：a1+2d+3(a1+d)=18，
解得：a1=2．
所以：an=a1+(n−1)d=2n；
(2)由于：an=2n，
则：Sn=n(2+2n)2=n(n+1)，
所以：1Sn=1n(n+1)=1n−1n+1．
则：Tn=1S1+1S2+⋯+1Sn
=1−12+12−13+⋯+1n−1n+1
=1−1n+1
=nn+1．
【答案】
解：(1)由余弦定理可得
csA=b2+c2−a22bc=3bc2bc=32，
∵ 0∴ A=π6.
(2)由正弦定理可得asinA=bsinB，
∴ sinB=1×122=14，
∵ a>b，
∴ csB=154，
∴ sin(C−A)＝sin(π−B−A−A)＝sin(B+2A)
=sinBcs2A+csBsin2A=14×12+154×32
=1+358．
【考点】
两角和与差的正弦公式
余弦定理
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由余弦定理可得
csA=b2+c2−a22bc=3bc2bc=32，
∵ 0∴ A=π6.
(2)由正弦定理可得asinA=bsinB，
∴ sinB=1×122=14，
∵ a>b，
∴ csB=154，
∴ sin(C−A)＝sin(π−B−A−A)＝sin(B+2A)
=sinBcs2A+csBsin2A=14×12+154×32
=1+358．
【答案】
(1)证明：∵ PA⊥平面ABCD，
∴ PA⊥BD.
∵ PC⊥平面BDE，
∴ PC⊥BD.
又∵PA∩PC=P，
∴ BD⊥平面PAC.
(2)解：设AC与BD交点为O，连接OE，
∵ PC⊥平面BDE，
∴ PC⊥平面BOE，
∴ PC⊥BE，EO⊥PC，
∴ ∠BEO为二面角B−PC−A的平面角，
∵ BD⊥平面PAC，
∴ BD⊥AC，
∴ 四边形ABCD为正方形.
又PA=1，AD=2，可得BD=AC=22，PC=3，
∴ OC=BO=2．
在△PAC∼△OEC中，
OEOC=PAPC⇒OE2=13⇒OE=23．
∵ BD⊥平面PAC，OE⊂平面PAC,
∴ BD⊥OE，
∴ tan∠BEO=BOOE=3，
∴ 二面角B−PC−A的正切值为3．
【考点】
直线与平面垂直的判定
二面角的平面角及求法
【解析】
（1）由题设条件及图知，可先由线面垂直的性质证出PA⊥BD与PC⊥BD，再由线面垂直的判定定理证明线面垂直即可；
（2）由图可令AC与BD的交点为O，连接OE，证明出∠BEO为二面角B−PC−A的平面角，然后在其所在的三角形中解三角形即可求出二面角的正切值．
【解答】
(1)证明：∵ PA⊥平面ABCD，
∴ PA⊥BD.
∵ PC⊥平面BDE，
∴ PC⊥BD.
又∵PA∩PC=P，
∴ BD⊥平面PAC.
(2)解：设AC与BD交点为O，连接OE，
∵ PC⊥平面BDE，
∴ PC⊥平面BOE，
∴ PC⊥BE，EO⊥PC，
∴ ∠BEO为二面角B−PC−A的平面角，
∵ BD⊥平面PAC，
∴ BD⊥AC，
∴ 四边形ABCD为正方形.
又PA=1，AD=2，可得BD=AC=22，PC=3，
∴ OC=BO=2．
在△PAC∼△OEC中，
OEOC=PAPC⇒OE2=13⇒OE=23．
∵ BD⊥平面PAC，OE⊂平面PAC,
∴ BD⊥OE，
∴ tan∠BEO=BOOE=3，
∴ 二面角B−PC−A的正切值为3．
【答案】
解：(1)∵ 圆C与y轴相切于点A(0, 1)，圆心C在第一象限，
∴ 设圆心坐标为(a, 1)，则半径为r=a(a>0)，
又圆被x轴所截得的弦长为23，
可得(3)2+1=a2，得a=2．
∴ 圆C的方程为(x−2)2+(y−1)2=4；
(2)如图，
P为直线l:2x+y+5=0上的动点，过P作圆C的切线，切点为B，
连接CB，则CB⊥PB，
∴ △PBC的面积S=12×2×PB=PB．
要使△PBC的面积最小，则|PB|最小，也就是|PC|最小，
此时CP⊥l，
由l:2x+y+5=0，可得kl=−2，则CP所在直线斜率为12，
由直线方程的点斜式可得CP:y−1=12(x−2)，即x−2y=0．
联立2x+y+5=0,x−2y=0,
解得P(−2, −1)，
设切线方程为y+1=k(x+2)，即kx−y+2k−1=0．
由|2k−1+2k−1|k2+1=2，
解得k=0或k=43．
∴ 所求切线PB的方程为y=−1或4x−3y+5=0．
【考点】
直线与圆的位置关系
直线与圆相交的性质
圆的切线方程
圆的标准方程
【解析】
(Ⅰ)由题意设圆心坐标为(a, 1)，则半径为r＝a(a>0)，再由圆被x轴所截得的弦长为23，利用垂径定理求得a＝2，则圆C的方程可求；
(Ⅱ)P为直线l:2x+y+5＝0上的动点，过P作圆C的切线，切点为B，可知，要使△PBC的面积最小，则|PB|最小，也就是|PC|最小，此时CP⊥l，求出CP所在直线方程，与直线l联立解得P(−2, −1)，设切线方程为y+1＝k(x+2)，即kx−y+2k−1＝0，再由圆心到切线的距离等于半径求得k，则切线PB的方程可求．
【解答】
解：(1)∵ 圆C与y轴相切于点A(0, 1)，圆心C在第一象限，
∴ 设圆心坐标为(a, 1)，则半径为r=a(a>0)，
又圆被x轴所截得的弦长为23，
可得(3)2+1=a2，得a=2．
∴ 圆C的方程为(x−2)2+(y−1)2=4；
(2)如图，
P为直线l:2x+y+5=0上的动点，过P作圆C的切线，切点为B，
连接CB，则CB⊥PB，
∴ △PBC的面积S=12×2×PB=PB．
要使△PBC的面积最小，则|PB|最小，也就是|PC|最小，
此时CP⊥l，
由l:2x+y+5=0，可得kl=−2，则CP所在直线斜率为12，
由直线方程的点斜式可得CP:y−1=12(x−2)，即x−2y=0．
联立2x+y+5=0,x−2y=0,
解得P(−2, −1)，
设切线方程为y+1=k(x+2)，即kx−y+2k−1=0．
由|2k−1+2k−1|k2+1=2，
解得k=0或k=43．
∴ 所求切线PB的方程为y=−1或4x−3y+5=0．
【答案】
解：(1)由Sn+1=4an+1得Sn=4an−1+1n≥2,n∈N，
两式相减得an+1=4an−4an−1n≥2，
∴ an+1−2an=2(an−2an−1).
bnbn−1=an+1−2anan−2an−1=2an−2an−1an−2an−1=2n≥2，
∴ 数列bn为公比为2的等比数列．
(2)由S2=a1+a2=4a1+1，
∴ a2=4,b1=2.
∴ bn=2⋅2n−1=2n.
cn=|2n−100|=100−2n,n≤6,2n−100,n>6.
∴ T10=600−21+22+…+26+27+28+29+210−400
=200−2(1−26)1−2+27+28+29+210
=200+2+28+29+210=1994.
【考点】
数列的求和
数列递推式
等比关系的确定
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)由Sn+1=4an+1得Sn=4an−1+1n≥2,n∈N，
两式相减得an+1=4an−4an−1n≥2，
∴ an+1−2an=2(an−2an−1).
bnbn−1=an+1−2anan−2an−1=2an−2an−1an−2an−1=2n≥2，
∴ 数列bn为公比为2的等比数列．
(2)由S2=a1+a2=4a1+1，
∴ a2=4,b1=2.
∴ bn=2⋅2n−1=2n.
cn=|2n−100|=100−2n,n≤6,2n−100,n>6.
∴ T10=600−21+22+…+26+27+28+29+210−400
=200−2(1−26)1−2+27+28+29+210
=200+2+28+29+210=1994.
【答案】
解：(1)二次函数f(x)＝ax2+bx+c的两个零点x1，x2，且f(1)＝2a，
可得a+b+c＝2a，即c＝a−b，
Δ＝b2−4ac＝b2−4a(a−b)>0，
由a2>0，可得(ba)2+4ba−4>0，
解得ba>22−2或ba<−22−2.
(2)若a>c，则b>0，
且f(x1)＝f(x2)＝0，即ax12+bx1+c＝ax22+bx2+c＝0，
x1+x2=−ba，x1x2=ca，
g(x)＝f(x−x1)+f(x−x2)
＝a(x−x1)2+b(x−x1)+c+a(x−x2)2+b(x−x2)+c
＝2ax2+x(2b−2ax1−2ax2)+ax12−bx1+ax22−bx2+2c
＝2ax2+4bx+2b2a，
当a>0时，g(x)在[0, 1]递增，最大值只能为g(1)，
由g(1)＝2a+4b+2b2a=2a，可得(a+b)2＝1，即a+b=1，
则(a, b)不在直线x+y＝1上；
当a<0时，g(x)的最大值为g(0)或g(1)或g(−ba)，
由g(0)=2b2a=2a，解得b＝1，
若(a, b)在直线x+y＝1上，则a+b＝1，可得a＝0显然不成立；
由g(1)＝2a+4b+2b2a=2a，可得(a+b)2=1，即a+b=1，
显然(a, b)不在直线x+y＝1上；
由g(−ba)=16b2−16b28a=0显然不成立．
综上可得，点(a, b)不在直线x+y＝1上．
【考点】
直线与抛物线的位置关系
二次函数在闭区间上的最值
二次函数的性质
【解析】
(Ⅰ)运用二次方程的判别式大于0，结合二次不等式的解法，即可得到所求范围；
(Ⅱ)若a>c，则b>0，化简可得g(x)＝2ax2+4bx+2b2a，讨论a的符号和最大值的取得，解方程即可得到结论．
【解答】
解：(1)二次函数f(x)＝ax2+bx+c的两个零点x1，x2，且f(1)＝2a，
可得a+b+c＝2a，即c＝a−b，
Δ＝b2−4ac＝b2−4a(a−b)>0，
由a2>0，可得(ba)2+4ba−4>0，
解得ba>22−2或ba<−22−2.
(2)若a>c，则b>0，
且f(x1)＝f(x2)＝0，即ax12+bx1+c＝ax22+bx2+c＝0，
x1+x2=−ba，x1x2=ca，
g(x)＝f(x−x1)+f(x−x2)
＝a(x−x1)2+b(x−x1)+c+a(x−x2)2+b(x−x2)+c
＝2ax2+x(2b−2ax1−2ax2)+ax12−bx1+ax22−bx2+2c
＝2ax2+4bx+2b2a，
当a>0时，g(x)在[0, 1]递增，最大值只能为g(1)，
由g(1)＝2a+4b+2b2a=2a，可得(a+b)2＝1，即a+b=1，
则(a, b)不在直线x+y＝1上；
当a<0时，g(x)的最大值为g(0)或g(1)或g(−ba)，
由g(0)=2b2a=2a，解得b＝1，
若(a, b)在直线x+y＝1上，则a+b＝1，可得a＝0显然不成立；
由g(1)＝2a+4b+2b2a=2a，可得(a+b)2=1，即a+b=1，
显然(a, b)不在直线x+y＝1上；
由g(−ba)=16b2−16b28a=0显然不成立．
综上可得，点(a, b)不在直线x+y＝1上．