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2020-2021学年广东省中山市高二（上）期末数学试卷人教A版
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这是一份2020-2021学年广东省中山市高二（上）期末数学试卷人教A版，共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知0A.MN
C.M=ND.M与N的大小关系不确定
2. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a=22，A=45∘，B=60∘，则b=( )
A.23B.2C.1D.2
3. 在等差数列函数{an}中，a4+a5+a6=15，则a2+a8=( )
A.5B.10C.12D.15
4. 音乐与数学有着密切的联系，我国春秋时期有个著名的“三分损益法”：以“宫”为基本音，“宫”经过一次“损”，频率变为原来的32，得到“徵”；“徵”经过一次“益”，频率变为原来的34，得到“商”；⋯⋯．依次损益交替变化，获得了“宫、徵、商、羽、角”五个音阶．据此可推得( )
A.“宫、商、角”的频率成等比数列
B.“宫、徵、商”的频率成等比数列
C.“商、羽、角”的频率成等比数列
D.“徵、商、羽”的频率成等比数列
5. 已知双曲线的一条渐近线方程为y=2x，且经过点(2,25)，则该双曲线的标准方程为（ ）
A.x24−y2=1B.y24−x2=1C.x2−y24=1D.y2−x24=1
6. 测量河对岸某一高层建筑物AB的高度时，可以选择与建筑物的最低点B在同一水平面内的两个观测点C和D，如图，测得∠BCD＝15∘，∠BDC＝30∘，CD＝30m，并在C处测得建筑物顶端A的仰角为60∘，则建筑物AB的高度为（ ）
A.30mB.15mC.5mD.15m
7. 如图，正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=1，AA1=2，D是BB1的中点，则AD与平面AA1C1C所成角的正弦值等于（ ）
A.22 B.64C.32D.104
8. 已知平面向量a→，b→，e→满足： |b→|=|e→|=1，b→⋅e→=0，|a→+e→|+|a→−e→|=4，则|a→−b→|+|a→−e→|的最小值为（ ）
A.4−2B.4+2C.5+32D.5+3
二、选择题：本大题共4小题，每小题5分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分.
已知向量a→=(4, −2, −4)，b→=(6, −3, 2)，则下列结论不正确的是（ ）
A.a→+b→=(10, −5, −2)B.a→−b→=(2, −1, 6)
C.a→⋅b→=10D.a→=6
下列不等式中可以作为x2<1的一个充分不必要条件的有（ ）
A.x<1B.0
设{an}是等差数列，Sn是其前n项的和，且S5S8，则下列结论正确的是（ ）
A.d<0B.S6与S7是Sn的最大值
C.S9>S5D.a7=0
下列函数中，最小值为22的是（ ）
A.y=x+2x(x>0)B.y=sinx+2sinx(0C.y=ex+2e−xD.y=lg2x+2lgx2
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分，将答案填在答题纸上.
命题∀x∈R，x2−2x+4≤0的否定为________．
抛物线y=14x2的准线方程是________．
已知关于x的不等式(mx−m2−6)(x+4)<0（其中m∈R）的解集为A，若满足A∩Z=B（其中Z为整数集），则使得集合B中元素个数最少时m取值范围是________．
把半椭圆：x2a2+y2b2=1(x≥0)和圆弧：(x−1)2+y2=a2(x<0)合成的曲线称为“曲圆”，其中点
F(1, 0)是半椭圆的右焦点，A1，A2分别是“曲圆”与x轴的左、右交点，B1，B2分别是“曲圆”与y轴的上、下交点，已知∠B1FB2=120∘，过点F的直线与“曲圆”交于P，Q两点，则半椭圆方程为________(x≥0)，△A1PQ的周长的取值范围是________．
四、解答题：本大题共6个小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
已知函数f(x)=mx2−mx−12．
(1)当m=1时，解不等式f(x)>0；
(2)若不等式f(x)<0的解集为R，求实数m的取值范围．
已知点P2,m是抛物线C:y2=2pxp>0上的点，F为抛物线的焦点，且|PF|=4，直线l:y=kx−2与抛物线C相交于不同的两点A，B．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若|AB|=16，求k的值．
已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn=2n+1−2．{bn}为等差数列，其前n项和为Tn，如图________，Tn的图象经过A，B两个点．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{an⋅bn}的前n项和Rn.从图①，图②，图③中选择一个适当的条件，补充在上面问题中并作答．
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a+cb=125ac．
(1)若a，b，c成等差数列，求csB的值；
(2)是否存在△ABC满足B为直角？若存在，求sinA的值；若不存在，请说明理由．
如图，在四棱锥P−ABCD中，△PAB是正三角形，BC⊥AB，BC=CD=23，AB=AD=2．
(1)若PB=3BE，求证：AE // 平面PCD；
(2)若PC=4，求二面角A−PC−B的正弦值．
已知数列{an}满足：anan−1+2an−an−1=0，(n≥2, n∈N)，a1=1，前n项和为Sn的数列{bn}满足：b1=1，bn=2an−anan−11−2anan−1(n≥2, n∈N)，又cn=Sn−1bn(n≥2, n∈N)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)证明：2≤(1+1c2)(1+1c3)…(1+1cn)<83(n≥2, n∈N)．
参考答案与试题解析
2020-2021学年广东省中山市高二（上）期末数学试卷
一、选择题：本大题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.
【答案】
B
【考点】
利用不等式比较两数大小
【解析】
利用作差法，即可比较出大小．
【解答】
解：M−N=xy−x−y+1=x(y−1)−(y−1)=(x−1)(y−1)，
∵ 0∴ M−N>0，
∴ M>N．
故选B.
2.
【答案】
A
【考点】
正弦定理
【解析】
由正弦定理知：b=a×sinBsinA=22×3222=23．
【解答】
解：由正弦定理知：asinA=bsinB，
从而b=a×sinBsinA=22×3222=23．
故选A．
3.
【答案】
B
【考点】
等差数列的性质
【解析】
由等差数列的性质可得：a4+a6=a2+a8=2a5，代入可得a5=5，而要求的值为2a5，代入可得．
【解答】
解：由等差数列的性质可得：a4+a6=a2+a8=2a5，
所以a4+a5+a6=15，即3a5=15，a5=5，
故a2+a8=2a5=2×5=10.
故选B．
4.
【答案】
A
【考点】
等比关系的确定
【解析】
根据文化知识，分别求出相对应的频率，即可判断．
【解答】
解：设“宫”的频率为a，
由题意，经过一次“损”，可得“徵”的频率为32a，
“徵”经过一次“益”，可得“商”的频率为98a，
“商”经过一次“损”，可得“羽”频率为2716a，
最后“羽”经过一次“益”，可得“角”的频率为8164a，
又a，98a，8164a成等比数列，
所以“宫、商、角”的频率成等比数列.
故选A.
5.
【答案】
B
【考点】
双曲线的标准方程
双曲线的渐近线
【解析】
根据题意，由双曲线的渐近线方程，可以设其方程为x2−＝m，又由其过点，将点的坐标代入方程计算可得m的值，即可得其方程，最后将求得的方程化为标准方程即可得答案．
【解答】
解：根据题意，双曲线的一条渐近线方程为y=2x，则可以设其方程方程为x2−y24=m，
又由其过点(2,25)，
则有4−4×54=m，
解可得m=−1，
则其方程为：x2−y24=−1.
其标准方程为：y24−x2=1.
故选B.
6.
【答案】
B
【考点】
解三角形
【解析】
在△BCD中利用正弦定理求得BC的值，在△ABC中利用直角三角形的边角关系求得AB的值．
【解答】
由题意，在△BCD中，∠BCD＝15∘，∠BDC＝30∘，
∴ ∠CBD＝135∘，
又CD＝30m，
由正弦定理得 ＝，
∴ BC＝＝15；
在△ABC中，∠ABC＝90∘，∠ACB＝60∘，
∴ AB＝BCtan60∘＝15×＝15；
则建筑物高AB为15m．
7.
【答案】
B
【考点】
直线与平面所成的角
【解析】
建立合适的空间直角坐标系，然后求出需点的坐标，求出直线的方向向量和平面的法向量，然后利用线面角的求解公式计算即可．
【解答】
解：以C为坐标原点，在平面ABC中，过C作CB的垂线为x轴，CB为y轴，CC1为z轴建立空间直角坐标系，
因为AB=1，AA1=2，
A32,12,0，C0,0,0，C10,0,2，D0,1,1，
则有CA→=32,12,0，CC1→=0,0,2，AD→=−32,12,1，
设平面AA1C1C的法向量为n→=(x,y,z)，
n→⋅CA→=32x+12y=0,n→⋅CC1→=2z=0,
取x=1，则n→=(1,−3,0)，
设直线AD与平面AA1C1C所成的角为θ，
sinθ=|AD→⋅n→||AD→||n→|=32×4=64.
故选B.
8.
【答案】
A
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
【解析】
通过平面向量运算几何意义，确定动点轨迹为椭圆，用不等式方法求最小值即可判断．
【解答】
解： b→⋅e→=0⇒b→⊥e→，所以可建立平面直角坐标系如图所示，
使OF1→=−e→=−1,0， OF2→=e→=1,0，OB→=b→=0,1，OP→=a→=(x,y)，
|a→+e→|+|a→−e→|=4⇒由椭圆定义知，P点轨迹是以F1，F2为焦点的椭圆，
2a=4⇒a=2，c=1，b=a2−c2=3，
所以|a→−b→|+|a→−e→|
=|BP|+|PF2|=|BP|+4−|PF1|
=4−|PF1|−|BP|≥4−|BF1|=4−2，
当P运动到P′时等号成立，所以|a→−b→|+|a→−e→|的最小值为4−2.
故选A．
二、选择题：本大题共4小题，每小题5分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分.
【答案】
B,C
【考点】
空间向量的数量积运算
【解析】
利用向量坐标运算法则直接求解．
【解答】
解：∵ 向量a→=(4, −2, −4)，b→=(6, −3, 2)，
∴ a→+b→=(10, −5, −2)，故A正确；
a→−b→=(−2, 1, −6)，故B错误；
a→⋅b→=24+6−8=22，故C错误；
|a→|=16+4+16=6，故D正确．
故选BC.
【答案】
B,C
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
对于A，x<1是x2<1的不充分不必要条件；对于B，0【解答】
解：解不等式x2<1，可得−1∵ x|−1 x|−1 x|−1因此，使得x2<1的成立一个充分不必要条件的有： 0故选BC．
【答案】
A,B,D
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的性质
【解析】
运用等差数列的前n项和的定义，对每一选项进行判断即可．
【解答】
解：由S5a1+a2+a3+...+a50，
又∵ S6=S7，
∴ a1+a2+...+a6=a1+a2+...+a6+a7，
∴ a7=0，故D正确；
同理由S7>S8，得a8<0，
∴d=a7−a6<0，故A正确；
而C选项S9>S5，即a6+a7+a8+a9>0，
可得2(a7+a8)>0，由结论a7=0，a8<0，
故C错误；
∵ S5S8，
∴ S6与S7均为Sn的最大值，故B正确.
故选ABD．
【答案】
A,C
【考点】
基本不等式及其应用
【解析】
由已知结合基本不等式及函数的单调性分别检验各选项即可判断．
【解答】
解：y=x+2x≥2x⋅2x=22，
当且仅当x=2x时，即x=2取等号，此时取得最小值22，故A成立；
∵ 0∴ 0∴ 0∴ y=sinx+2sinx≥22，
当且仅当sinx=2sinx，
即sinx=2时取“=”，
又sinx=2∉(0,1]，
∴ y=sinx+2sinx的最小值不是22，故B不成立；
∵ ex>0，
∴ y=ex+2e−x≥2ex⋅2e−x=22，
当且仅当ex=2e−x，即ex=2时取“=”，故C成立；
当0y=lg2x+2lgx2是负值，故D不成立.
故选AC.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分，将答案填在答题纸上.
【答案】
∃x∈R，x2−2x+4>0
【考点】
命题的否定
【解析】
根据全称命题的否定是特称命题，写出其否定命题即可．
【解答】
解：根据全称命题的否定是特称命题，
∴ 命题∀x∈R，x2−2x+4≤4的否定是：∃x∈R，x2−2x+4>0．
故答案为：∃x∈R，x2−2x+4>0．
【答案】
y=−1
【考点】
抛物线的求解
【解析】
先将抛物线方程化为标准方程，进而可求抛物线的准线方程．
【解答】
解：由题意，抛物线的标准方程为x2=4y，
∴ p=2，开口朝上，
∴ 准线方程为y=−1．
故答案为：y=−1．
【答案】
[2, 3]
【考点】
交集及其运算
【解析】
对m分类讨论：利用一元二次不等式的解法，及其条件满足A∩Z＝B（其中Z为整数集），使得集合B中元素个数最少时，即可得出．
【解答】
解：对m分类讨论：若m=0，不等式化为：x+4>0，解得x>−4．
∴ A=(−4, +∞)．此时满足A∩Z=B的B有无数个元素．
若m<0，不等式化为：(x−m2+6m)(x+4)>0，
无论m2+6m与−4的大小关系如何，此时满足A∩Z=B的B有无数个元素．
若m>0，不等式化为：(x−m2+6m）(x+4)<0，解得−4由f(m)=m2+6m，f′(m)=1−6m2=m2−6m2，
可得m=6时，f(m)取得极小值即最小值，此时B中只含有8个元素，令m2+6m=5，解得m=2，3．
∴ 2≤m≤3．
综上可得：使得集合B中元素个数最少时m取值范围是[2, 3]．
故答案为：[2, 3]．
【答案】
x24+y23=1,(6, 8]
【考点】
椭圆的定义
椭圆的应用
【解析】
由椭圆的焦点坐标以及∠B1FB2＝120∘，可得椭圆的标准方程和圆的方程，从而得到半椭圆方程；易知A1是椭圆的左焦点，过椭圆的右焦点F的直线与曲圆可得P，Q，在直线转动的过程中由P，Q的位置可得三角形的周长的取值范围．
【解答】
解：由(x−1)2+y2=a2(x<0)，令y=0，可得x=1−a即A1(1−a, 0)，
再由椭圆的方程及题意可得A2(a, 0)，B2(0, b)，B1(0, −b)，
由∠B1FB2=120∘，可得bc=3，
由F(1, 0)可得b=3，
所以a=2，
所以半椭圆及圆弧的方程分别为x24+y23=1(x≥0)，(x−1)2+y2=4(x<0)，
所以A1−1,0，A22,0，B10,−3，B20,3，
可得A1相当于椭圆的左焦点，
△A1PQ的周长为PF+PA1+A1Q+QF，
当P从A2（不包括A2）向B2运动时，PA1+PF=2a=4，
当Q在y轴右侧时，A1Q+QF=2a=4，所以这时三角形的周长为8，
当P从B2向A1运动时，Q在第四象限，则A1Q+QF=2a=4，PF+PA1≤2+A1B2=2+a=4，
这时三角形的周长小于8，
当P运动到A1时，Q在A2处，不构成三角形，三角形的周长接近2A1A2=6，
由曲圆的对称性可得P运动到x轴下方时，与前面的一样，
综上所述，△A1PQ的周长的取值范围为(6, 8]．
故答案为：x24+y23=1；(6, 8]．
四、解答题：本大题共6个小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
【答案】
解：(1)当m=1时，不等式为x2−x−12>0，
即(x+3)(x−4)>0，
∴ 解集为{x|x<−3或x>4}．
(2)若不等式f(x)<0的解集为R，则
①当m=0时，−12<0恒成立，适合题意；
②当m≠0时，应满足m<0,Δ<0,
即m<0,m2+48m<0,
解得−48由上可知，m的取值范围为：−48【考点】
一元二次不等式的应用
二次函数的性质
【解析】
（1）因式分解，利用一元二次不等式的解法求解即可．
（2）对二次项系数进行讨论，利用一元二次不等式的解法求解即可．
【解答】
解：(1)当m=1时，不等式为x2−x−12>0，
即(x+3)(x−4)>0，
∴ 解集为{x|x<−3或x>4}．
(2)若不等式f(x)<0的解集为R，则
①当m=0时，−12<0恒成立，适合题意；
②当m≠0时，应满足m<0,Δ<0,
即m<0,m2+48m<0,
解得−48由上可知，m的取值范围为：−48【答案】
解：(1)抛物线C:y2=2px的准线为x=−p2，
由|PF|=4得：2+p2=4，
∴p=4，
所以抛物线的方程为y2=8x.
(2)设A(x1,y1)，Bx2,y2，
由y=kx−2，y2=8x可得k2x2−4k2+8x+4k2=0 ，
Δ=64k2+64>0， x1+x2=4k2+8k2.
∵直线l经过抛物线C的焦点F，
∴ |AB|=x1+x2+p=4k2+8k2+4=16，解得：k=±1，
∴ k的值为1或−1.
【考点】
抛物线的标准方程
直线与抛物线的位置关系
【解析】
（1）由抛物线的定义知，|PF|＝2+＝4，解之即可；
（2）易知直线l过点F，设A、B两点的横坐标分别为x1，x2，将直线方程与抛物线方程联立，消去y，结合韦达定理与抛物线的定义，可得解．
【解答】
解：(1)抛物线C:y2=2px的准线为x=−p2，
由|PF|=4得：2+p2=4，
∴p=4，
所以抛物线的方程为y2=8x.
(2)设A(x1,y1)，Bx2,y2，
由y=kx−2，y2=8x可得k2x2−4k2+8x+4k2=0 ，
Δ=64k2+64>0， x1+x2=4k2+8k2.
∵直线l经过抛物线C的焦点F，
∴ |AB|=x1+x2+p=4k2+8k2+4=16，解得：k=±1，
∴ k的值为1或−1.
【答案】
解：(1)由Sn=2n+1−2，可得n=1时，
a1=S1=2，
n≥2时，an=Sn−Sn−1=2n+1−2−(2n−2)=2n，
上式对n=1也成立，
所以数列{an}的通项公式为an=2n，n∈N*；
(2)设等差数列{bn}的公差为d，
选图①，可得T1=1，T3=−3，
即有b1=1，3×1+12×3×2d=−3，解得d=−2，
则bn=1−2(n−1)=3−2n，
anbn=(3−2n)⋅2n，
Rn=1⋅2+(−1)⋅22+(−3)⋅23+...+(3−2n)⋅2n，
2Rn=1⋅22+(−1)⋅23+(−3)⋅24+...+(3−2n)⋅2n+1，
两式相减可得−Rn=2−2(22+23+...+2n)−(3−2n)⋅2n+1
=2−2⋅41−2n−11−2−(3−2n)⋅2n+1，
化简可得Rn=(5−2n)⋅2n+1−10；
选图②，可得T1=1，T3=6，
即有b1=1，3×1+12×3×2d=6，解得d=1，
则bn=1+(n−1)=n，
anbn=n⋅2n，
Rn=1⋅2+2⋅22+3⋅23+...+n⋅2n，
2Rn=1⋅22+2⋅23+3⋅24+...+n⋅2n+1，
两式相减可得−Rn=2+22+23+...+2n−n⋅2n+1
=21−2n1−2−n⋅2n+1，
化简可得Rn=(n−1)⋅2n+1+2；
选图③，可得T1=−3，T3=0，
即有b1=−3，3×(−3)+12×3×2d=0，解得d=3，
则bn=−3+3(n−1)=3n−6，
anbn=(3n−6)⋅2n，
Rn=(−3)⋅2+0⋅22+3⋅23+...+(3n−6)⋅2n，
2Rn=(−3)⋅22+0⋅23+3⋅24+...+(3n−6)⋅2n+1，
两式相减可得−Rn=−6+3(22+23+...+2n)−(3n−6)⋅2n+1
=−6+3⋅41−2n−11−2−(3n−6)⋅2n+1，
化简可得Rn=(3n−9)⋅2n+1+18．
【考点】
数列递推式
等比数列的通项公式
数列的求和
【解析】
（1）运用数列的递推式：n＝1时，a1＝S1，n≥2时，an＝Sn−Sn−1，化简可得所求通项公式；
（2）设等差数列{bn}的公差为d，运用等差数列的通项公式和求和公式，解方程可得公差，再由数列的错位相减法求和，可得所求和．
【解答】
解：(1)由Sn=2n+1−2，可得n=1时，
a1=S1=2，
n≥2时，an=Sn−Sn−1=2n+1−2−(2n−2)=2n，
上式对n=1也成立，
所以数列{an}的通项公式为an=2n，n∈N*；
(2)设等差数列{bn}的公差为d，
选图①，可得T1=1，T3=−3，
即有b1=1，3×1+12×3×2d=−3，解得d=−2，
则bn=1−2(n−1)=3−2n，
anbn=(3−2n)⋅2n，
Rn=1⋅2+(−1)⋅22+(−3)⋅23+...+(3−2n)⋅2n，
2Rn=1⋅22+(−1)⋅23+(−3)⋅24+...+(3−2n)⋅2n+1，
两式相减可得−Rn=2−2(22+23+...+2n)−(3−2n)⋅2n+1
=2−2⋅41−2n−11−2−(3−2n)⋅2n+1，
化简可得Rn=(5−2n)⋅2n+1−10；
选图②，可得T1=1，T3=6，
即有b1=1，3×1+12×3×2d=6，解得d=1，
则bn=1+(n−1)=n，
anbn=n⋅2n，
Rn=1⋅2+2⋅22+3⋅23+...+n⋅2n，
2Rn=1⋅22+2⋅23+3⋅24+...+n⋅2n+1，
两式相减可得−Rn=2+22+23+...+2n−n⋅2n+1
=21−2n1−2−n⋅2n+1，
化简可得Rn=(n−1)⋅2n+1+2；
选图③，可得T1=−3，T3=0，
即有b1=−3，3×(−3)+12×3×2d=0，解得d=3，
则bn=−3+3(n−1)=3n−6，
anbn=(3n−6)⋅2n，
Rn=(−3)⋅2+0⋅22+3⋅23+...+(3n−6)⋅2n，
2Rn=(−3)⋅22+0⋅23+3⋅24+...+(3n−6)⋅2n+1，
两式相减可得−Rn=−6+3(22+23+...+2n)−(3n−6)⋅2n+1
=−6+3⋅41−2n−11−2−(3n−6)⋅2n+1，
化简可得Rn=(3n−9)⋅2n+1+18．
【答案】
解：(1)若a，b，c成等差数列，
所以a+c=2b.
由于a+cb=125ac，
所以csB=a+c2−2ac−b22ac=3b22ac−1.
由于a+cb=125ac，
所以csB=3b22ac−1=32×65−1=45.
(2)假设B为直角，
则sinB=1，
sinC=csA，
由于a+cb=125ac，
根据正弦定理sinA+sinCsinB=125sinA⋅sinC，
即sinA+csA=65sin2A，
上式两边平方得：1+sin2A=3625sin22A，
所以(9sin2A+5)(4sin2A−5)=0，
由于0所以9sin2A+5>0，4sin2A−5<0，
与(9sin2A+5)(4sin2A−5)=0矛盾，
故不存在△ABC满足B为直角．
【考点】
余弦定理
三角函数的恒等变换及化简求值
【解析】
（1）直接利用等差数列的性质和余弦定理的应用求出结果．
（2）利用假设法的应用和关系式的变换和应用推导出矛盾，进一步说明假设不成立，进一步得出结果．
【解答】
解：(1)若a，b，c成等差数列，
所以a+c=2b.
由于a+cb=125ac，
所以csB=a+c2−2ac−b22ac=3b22ac−1.
由于a+cb=125ac，
所以csB=3b22ac−1=32×65−1=45.
(2)假设B为直角，
则sinB=1，
sinC=csA，
由于a+cb=125ac，
根据正弦定理sinA+sinCsinB=125sinA⋅sinC，
即sinA+csA=65sin2A，
上式两边平方得：1+sin2A=3625sin22A，
所以(9sin2A+5)(4sin2A−5)=0，
由于0所以9sin2A+5>0，4sin2A−5<0，
与(9sin2A+5)(4sin2A−5)=0矛盾，
故不存在△ABC满足B为直角．
【答案】
(1)证明：如图，作EF // PC，交BC于F，连接AF．
因为PB=3BE，所以E是PB的三等分点，可得BF=233．
因为AB=AD=2，BC=CD=23，AC=AC，所以△ABC≅△ADC，
因为BC⊥AB，所以∠ABC=90∘，
因为tan∠ACB=ABBC=223=33，所以∠ACB=∠ACD=30∘，所以∠BCD=60∘，
因为tan∠AFB=ABBF=2233=3，所以∠AFB=60∘，所以AF // CD，
因为AF⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，所以AF // 平面PCD．
又EF // PC，EF⊄平面PCD，PC⊂平面PCD，所以EF // 平面PCD．
因为AF∩EF=F，AF，EF⊂平面AEF，所以平面AEF // 平面PCD，所以AE // 平面PCD．
(2)解：因为△PAB是等边三角形，AB=2，所以PB=2．
又因为PC=4，BC=23，所以PC2=PB2+BC2，所以BC⊥PB．
又BC⊥AB，AB，PB⊂平面PAB，AB∩PB=B，所以BC⊥平面PAB．
因为BC⊂平面ABCD，所以平面PAB⊥平面ABCD．在平面PAB内作Bz⊥平面ABCD．
以B点为坐标原点，分别以BC，BA，Bz所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系B−xyz，
则C(23,0,0)，A(0, 2, 0)，P(0,1,3)，
所以BC→=(23,0,0)，BP→=(0,1,3)，AC→=(23,−2,0)，AP→=(0,−1,3)．
设m→=(x1, y1, z1)为平面BPC的法向量，则m→⋅BC→=0,m→⋅BP→=0, 即23x1=0,y1+3z1=0,
令z1=−1，可得m→=(0,3,−1)．
设n→=(x2, y2, z2)为平面APC的法向量，则n→⋅AC→=0,n→⋅AP→=0, 即23x2−2y2=0,−y2+3z2=0,
令z2=1，可得n→=(1,3,1)．
所以cs⟨m→,n→⟩=3−12×5=55．
则sin⟨m→,n→⟩=1−(55)2=255，
所以二面角A−PC−B的正弦值为255．
【考点】
直线与平面平行的判定
用空间向量求平面间的夹角
二面角的平面角及求法
【解析】
作EF // PC，交BC于F，连接AF．证明AF // CD，推出AF // 平面PCD．结合EF // PC，推出EF // 平面PCD．证明平面AEF // 平面PCD，得到AE // 平面PCD.
以B点为坐标原点，分别以BC，BA，Bz所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系B−xyz，求出平面BPC的法向量，平面APC的法向量，通过空间向量的数量积求解二面角A−PC−B的正弦值即可．
【解答】
(1)证明：如图，作EF // PC，交BC于F，连接AF．
因为PB=3BE，所以E是PB的三等分点，可得BF=233．
因为AB=AD=2，BC=CD=23，AC=AC，所以△ABC≅△ADC，
因为BC⊥AB，所以∠ABC=90∘，
因为tan∠ACB=ABBC=223=33，所以∠ACB=∠ACD=30∘，所以∠BCD=60∘，
因为tan∠AFB=ABBF=2233=3，所以∠AFB=60∘，所以AF // CD，
因为AF⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，所以AF // 平面PCD．
又EF // PC，EF⊄平面PCD，PC⊂平面PCD，所以EF // 平面PCD．
因为AF∩EF=F，AF，EF⊂平面AEF，所以平面AEF // 平面PCD，所以AE // 平面PCD．
(2)解：因为△PAB是等边三角形，AB=2，所以PB=2．
又因为PC=4，BC=23，所以PC2=PB2+BC2，所以BC⊥PB．
又BC⊥AB，AB，PB⊂平面PAB，AB∩PB=B，所以BC⊥平面PAB．
因为BC⊂平面ABCD，所以平面PAB⊥平面ABCD．在平面PAB内作Bz⊥平面ABCD．
以B点为坐标原点，分别以BC，BA，Bz所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系B−xyz，
则C(23,0,0)，A(0, 2, 0)，P(0,1,3)，
所以BC→=(23,0,0)，BP→=(0,1,3)，AC→=(23,−2,0)，AP→=(0,−1,3)．
设m→=(x1, y1, z1)为平面BPC的法向量，则m→⋅BC→=0,m→⋅BP→=0, 即23x1=0,y1+3z1=0,
令z1=−1，可得m→=(0,3,−1)．
设n→=(x2, y2, z2)为平面APC的法向量，则n→⋅AC→=0,n→⋅AP→=0, 即23x2−2y2=0,−y2+3z2=0,
令z2=1，可得n→=(1,3,1)．
所以cs⟨m→,n→⟩=3−12×5=55．
则sin⟨m→,n→⟩=1−(55)2=255，
所以二面角A−PC−B的正弦值为255．
【答案】
(1)解：由条件得anan−1+2an−an−1=0⇒an−1=2an+anan−1，
易知an≠0，两边同除以anan−1得1an=2×1an−1+1⇒1an+1=2(1an−1+1)，
又1a1+1=2，
故1an+1=2n⇒an=12n−1(n∈N*).
(2)证明：因为：1+1cn=1+bnSn−1=Sn−1+bnSn−1=SnSn−1(n≥2, n∈N)，
所以(1+1c2)(1+1c3)⋯(1+1cn)
=S2S1×S3S2×⋯×Sn−1Sn−2×SnSn−1=SnS1=Sn，
故只需证2≤Sn<83，
由条件bn=22n−1−12n−1×12n−1−11−2×12n−1×12n−1−1
=2n−3(2n−1)(2n−1−1)−2<2n−1(2n−1)(2n−1−1)
<2n(2n−1)(2n−1−1)
=2(12n−1−1−12n−1)(n≥2, n∈N)，
一方面：当n=2时S2=2<83，
当n≥3，n∈N时，Sn=b1+b2+⋯+bn
≤1+1+2(122−1−123−1)+⋯+2(12n−1−1−12n−1)
=2+23−12n−1<83，
另一方面：当n≥2，n∈N时，bn>0所以Sn=b1+b2+⋯+bn≥1+1=2，
所以当n≥2，n∈N时，
2≤(1+1c2)(1+1c3)…(1+1cn)<83．
【考点】
数列与不等式的综合
【解析】
（1）由题意anan−1+2an−an−1=0，变形可得1an=2×1an−1+1⇒1an+1=2(1an−1+1)，即得数列{1an+1}是等比数列，即可求得结论；
（2）由题意可得1+1cn=1+bnSn−1=Sn−1+bnSn−1=SnSn−1(n≥2, n∈N)，故只需证2≤Sn<83，故利用放缩法求得sn的范围，即可得出结论．
【解答】
(1)解：由条件得anan−1+2an−an−1=0⇒an−1=2an+anan−1，
易知an≠0，两边同除以anan−1得1an=2×1an−1+1⇒1an+1=2(1an−1+1)，
又1a1+1=2，
故1an+1=2n⇒an=12n−1(n∈N*).
(2)证明：因为：1+1cn=1+bnSn−1=Sn−1+bnSn−1=SnSn−1(n≥2, n∈N)，
所以(1+1c2)(1+1c3)⋯(1+1cn)
=S2S1×S3S2×⋯×Sn−1Sn−2×SnSn−1=SnS1=Sn，
故只需证2≤Sn<83，
由条件bn=22n−1−12n−1×12n−1−11−2×12n−1×12n−1−1
=2n−3(2n−1)(2n−1−1)−2<2n−1(2n−1)(2n−1−1)
<2n(2n−1)(2n−1−1)
=2(12n−1−1−12n−1)(n≥2, n∈N)，
一方面：当n=2时S2=2<83，
当n≥3，n∈N时，Sn=b1+b2+⋯+bn
≤1+1+2(122−1−123−1)+⋯+2(12n−1−1−12n−1)
=2+23−12n−1<83，
另一方面：当n≥2，n∈N时，bn>0所以Sn=b1+b2+⋯+bn≥1+1=2，
所以当n≥2，n∈N时，
2≤(1+1c2)(1+1c3)…(1+1cn)<83．
1. 已知0
C.M=ND.M与N的大小关系不确定
2. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a=22，A=45∘，B=60∘，则b=( )
A.23B.2C.1D.2
3. 在等差数列函数{an}中，a4+a5+a6=15，则a2+a8=( )
A.5B.10C.12D.15
4. 音乐与数学有着密切的联系，我国春秋时期有个著名的“三分损益法”：以“宫”为基本音，“宫”经过一次“损”，频率变为原来的32，得到“徵”；“徵”经过一次“益”，频率变为原来的34，得到“商”；⋯⋯．依次损益交替变化，获得了“宫、徵、商、羽、角”五个音阶．据此可推得( )
A.“宫、商、角”的频率成等比数列
B.“宫、徵、商”的频率成等比数列
C.“商、羽、角”的频率成等比数列
D.“徵、商、羽”的频率成等比数列
5. 已知双曲线的一条渐近线方程为y=2x，且经过点(2,25)，则该双曲线的标准方程为（ ）
A.x24−y2=1B.y24−x2=1C.x2−y24=1D.y2−x24=1
6. 测量河对岸某一高层建筑物AB的高度时，可以选择与建筑物的最低点B在同一水平面内的两个观测点C和D，如图，测得∠BCD＝15∘，∠BDC＝30∘，CD＝30m，并在C处测得建筑物顶端A的仰角为60∘，则建筑物AB的高度为（ ）
A.30mB.15mC.5mD.15m
7. 如图，正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=1，AA1=2，D是BB1的中点，则AD与平面AA1C1C所成角的正弦值等于（ ）
A.22 B.64C.32D.104
8. 已知平面向量a→，b→，e→满足： |b→|=|e→|=1，b→⋅e→=0，|a→+e→|+|a→−e→|=4，则|a→−b→|+|a→−e→|的最小值为（ ）
A.4−2B.4+2C.5+32D.5+3
二、选择题：本大题共4小题，每小题5分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分.
已知向量a→=(4, −2, −4)，b→=(6, −3, 2)，则下列结论不正确的是（ ）
A.a→+b→=(10, −5, −2)B.a→−b→=(2, −1, 6)
C.a→⋅b→=10D.a→=6
下列不等式中可以作为x2<1的一个充分不必要条件的有（ ）
A.x<1B.0
设{an}是等差数列，Sn是其前n项的和，且S5
A.d<0B.S6与S7是Sn的最大值
C.S9>S5D.a7=0
下列函数中，最小值为22的是（ ）
A.y=x+2x(x>0)B.y=sinx+2sinx(0
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分，将答案填在答题纸上.
命题∀x∈R，x2−2x+4≤0的否定为________．
抛物线y=14x2的准线方程是________．
已知关于x的不等式(mx−m2−6)(x+4)<0（其中m∈R）的解集为A，若满足A∩Z=B（其中Z为整数集），则使得集合B中元素个数最少时m取值范围是________．
把半椭圆：x2a2+y2b2=1(x≥0)和圆弧：(x−1)2+y2=a2(x<0)合成的曲线称为“曲圆”，其中点
F(1, 0)是半椭圆的右焦点，A1，A2分别是“曲圆”与x轴的左、右交点，B1，B2分别是“曲圆”与y轴的上、下交点，已知∠B1FB2=120∘，过点F的直线与“曲圆”交于P，Q两点，则半椭圆方程为________(x≥0)，△A1PQ的周长的取值范围是________．
四、解答题：本大题共6个小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
已知函数f(x)=mx2−mx−12．
(1)当m=1时，解不等式f(x)>0；
(2)若不等式f(x)<0的解集为R，求实数m的取值范围．
已知点P2,m是抛物线C:y2=2pxp>0上的点，F为抛物线的焦点，且|PF|=4，直线l:y=kx−2与抛物线C相交于不同的两点A，B．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若|AB|=16，求k的值．
已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn=2n+1−2．{bn}为等差数列，其前n项和为Tn，如图________，Tn的图象经过A，B两个点．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{an⋅bn}的前n项和Rn.从图①，图②，图③中选择一个适当的条件，补充在上面问题中并作答．
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a+cb=125ac．
(1)若a，b，c成等差数列，求csB的值；
(2)是否存在△ABC满足B为直角？若存在，求sinA的值；若不存在，请说明理由．
如图，在四棱锥P−ABCD中，△PAB是正三角形，BC⊥AB，BC=CD=23，AB=AD=2．
(1)若PB=3BE，求证：AE // 平面PCD；
(2)若PC=4，求二面角A−PC−B的正弦值．
已知数列{an}满足：anan−1+2an−an−1=0，(n≥2, n∈N)，a1=1，前n项和为Sn的数列{bn}满足：b1=1，bn=2an−anan−11−2anan−1(n≥2, n∈N)，又cn=Sn−1bn(n≥2, n∈N)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)证明：2≤(1+1c2)(1+1c3)…(1+1cn)<83(n≥2, n∈N)．
参考答案与试题解析
2020-2021学年广东省中山市高二（上）期末数学试卷
一、选择题：本大题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.
【答案】
B
【考点】
利用不等式比较两数大小
【解析】
利用作差法，即可比较出大小．
【解答】
解：M−N=xy−x−y+1=x(y−1)−(y−1)=(x−1)(y−1)，
∵ 0
∴ M>N．
故选B.
2.
【答案】
A
【考点】
正弦定理
【解析】
由正弦定理知：b=a×sinBsinA=22×3222=23．
【解答】
解：由正弦定理知：asinA=bsinB，
从而b=a×sinBsinA=22×3222=23．
故选A．
3.
【答案】
B
【考点】
等差数列的性质
【解析】
由等差数列的性质可得：a4+a6=a2+a8=2a5，代入可得a5=5，而要求的值为2a5，代入可得．
【解答】
解：由等差数列的性质可得：a4+a6=a2+a8=2a5，
所以a4+a5+a6=15，即3a5=15，a5=5，
故a2+a8=2a5=2×5=10.
故选B．
4.
【答案】
A
【考点】
等比关系的确定
【解析】
根据文化知识，分别求出相对应的频率，即可判断．
【解答】
解：设“宫”的频率为a，
由题意，经过一次“损”，可得“徵”的频率为32a，
“徵”经过一次“益”，可得“商”的频率为98a，
“商”经过一次“损”，可得“羽”频率为2716a，
最后“羽”经过一次“益”，可得“角”的频率为8164a，
又a，98a，8164a成等比数列，
所以“宫、商、角”的频率成等比数列.
故选A.
5.
【答案】
B
【考点】
双曲线的标准方程
双曲线的渐近线
【解析】
根据题意，由双曲线的渐近线方程，可以设其方程为x2−＝m，又由其过点，将点的坐标代入方程计算可得m的值，即可得其方程，最后将求得的方程化为标准方程即可得答案．
【解答】
解：根据题意，双曲线的一条渐近线方程为y=2x，则可以设其方程方程为x2−y24=m，
又由其过点(2,25)，
则有4−4×54=m，
解可得m=−1，
则其方程为：x2−y24=−1.
其标准方程为：y24−x2=1.
故选B.
6.
【答案】
B
【考点】
解三角形
【解析】
在△BCD中利用正弦定理求得BC的值，在△ABC中利用直角三角形的边角关系求得AB的值．
【解答】
由题意，在△BCD中，∠BCD＝15∘，∠BDC＝30∘，
∴ ∠CBD＝135∘，
又CD＝30m，
由正弦定理得 ＝，
∴ BC＝＝15；
在△ABC中，∠ABC＝90∘，∠ACB＝60∘，
∴ AB＝BCtan60∘＝15×＝15；
则建筑物高AB为15m．
7.
【答案】
B
【考点】
直线与平面所成的角
【解析】
建立合适的空间直角坐标系，然后求出需点的坐标，求出直线的方向向量和平面的法向量，然后利用线面角的求解公式计算即可．
【解答】
解：以C为坐标原点，在平面ABC中，过C作CB的垂线为x轴，CB为y轴，CC1为z轴建立空间直角坐标系，
因为AB=1，AA1=2，
A32,12,0，C0,0,0，C10,0,2，D0,1,1，
则有CA→=32,12,0，CC1→=0,0,2，AD→=−32,12,1，
设平面AA1C1C的法向量为n→=(x,y,z)，
n→⋅CA→=32x+12y=0,n→⋅CC1→=2z=0,
取x=1，则n→=(1,−3,0)，
设直线AD与平面AA1C1C所成的角为θ，
sinθ=|AD→⋅n→||AD→||n→|=32×4=64.
故选B.
8.
【答案】
A
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
【解析】
通过平面向量运算几何意义，确定动点轨迹为椭圆，用不等式方法求最小值即可判断．
【解答】
解： b→⋅e→=0⇒b→⊥e→，所以可建立平面直角坐标系如图所示，
使OF1→=−e→=−1,0， OF2→=e→=1,0，OB→=b→=0,1，OP→=a→=(x,y)，
|a→+e→|+|a→−e→|=4⇒由椭圆定义知，P点轨迹是以F1，F2为焦点的椭圆，
2a=4⇒a=2，c=1，b=a2−c2=3，
所以|a→−b→|+|a→−e→|
=|BP|+|PF2|=|BP|+4−|PF1|
=4−|PF1|−|BP|≥4−|BF1|=4−2，
当P运动到P′时等号成立，所以|a→−b→|+|a→−e→|的最小值为4−2.
故选A．
二、选择题：本大题共4小题，每小题5分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分.
【答案】
B,C
【考点】
空间向量的数量积运算
【解析】
利用向量坐标运算法则直接求解．
【解答】
解：∵ 向量a→=(4, −2, −4)，b→=(6, −3, 2)，
∴ a→+b→=(10, −5, −2)，故A正确；
a→−b→=(−2, 1, −6)，故B错误；
a→⋅b→=24+6−8=22，故C错误；
|a→|=16+4+16=6，故D正确．
故选BC.
【答案】
B,C
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
对于A，x<1是x2<1的不充分不必要条件；对于B，0
解：解不等式x2<1，可得−1
【答案】
A,B,D
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的性质
【解析】
运用等差数列的前n项和的定义，对每一选项进行判断即可．
【解答】
解：由S5
又∵ S6=S7，
∴ a1+a2+...+a6=a1+a2+...+a6+a7，
∴ a7=0，故D正确；
同理由S7>S8，得a8<0，
∴d=a7−a6<0，故A正确；
而C选项S9>S5，即a6+a7+a8+a9>0，
可得2(a7+a8)>0，由结论a7=0，a8<0，
故C错误；
∵ S5
∴ S6与S7均为Sn的最大值，故B正确.
故选ABD．
【答案】
A,C
【考点】
基本不等式及其应用
【解析】
由已知结合基本不等式及函数的单调性分别检验各选项即可判断．
【解答】
解：y=x+2x≥2x⋅2x=22，
当且仅当x=2x时，即x=2取等号，此时取得最小值22，故A成立；
∵ 0
当且仅当sinx=2sinx，
即sinx=2时取“=”，
又sinx=2∉(0,1]，
∴ y=sinx+2sinx的最小值不是22，故B不成立；
∵ ex>0，
∴ y=ex+2e−x≥2ex⋅2e−x=22，
当且仅当ex=2e−x，即ex=2时取“=”，故C成立；
当0
故选AC.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分，将答案填在答题纸上.
【答案】
∃x∈R，x2−2x+4>0
【考点】
命题的否定
【解析】
根据全称命题的否定是特称命题，写出其否定命题即可．
【解答】
解：根据全称命题的否定是特称命题，
∴ 命题∀x∈R，x2−2x+4≤4的否定是：∃x∈R，x2−2x+4>0．
故答案为：∃x∈R，x2−2x+4>0．
【答案】
y=−1
【考点】
抛物线的求解
【解析】
先将抛物线方程化为标准方程，进而可求抛物线的准线方程．
【解答】
解：由题意，抛物线的标准方程为x2=4y，
∴ p=2，开口朝上，
∴ 准线方程为y=−1．
故答案为：y=−1．
【答案】
[2, 3]
【考点】
交集及其运算
【解析】
对m分类讨论：利用一元二次不等式的解法，及其条件满足A∩Z＝B（其中Z为整数集），使得集合B中元素个数最少时，即可得出．
【解答】
解：对m分类讨论：若m=0，不等式化为：x+4>0，解得x>−4．
∴ A=(−4, +∞)．此时满足A∩Z=B的B有无数个元素．
若m<0，不等式化为：(x−m2+6m)(x+4)>0，
无论m2+6m与−4的大小关系如何，此时满足A∩Z=B的B有无数个元素．
若m>0，不等式化为：(x−m2+6m）(x+4)<0，解得−4
可得m=6时，f(m)取得极小值即最小值，此时B中只含有8个元素，令m2+6m=5，解得m=2，3．
∴ 2≤m≤3．
综上可得：使得集合B中元素个数最少时m取值范围是[2, 3]．
故答案为：[2, 3]．
【答案】
x24+y23=1,(6, 8]
【考点】
椭圆的定义
椭圆的应用
【解析】
由椭圆的焦点坐标以及∠B1FB2＝120∘，可得椭圆的标准方程和圆的方程，从而得到半椭圆方程；易知A1是椭圆的左焦点，过椭圆的右焦点F的直线与曲圆可得P，Q，在直线转动的过程中由P，Q的位置可得三角形的周长的取值范围．
【解答】
解：由(x−1)2+y2=a2(x<0)，令y=0，可得x=1−a即A1(1−a, 0)，
再由椭圆的方程及题意可得A2(a, 0)，B2(0, b)，B1(0, −b)，
由∠B1FB2=120∘，可得bc=3，
由F(1, 0)可得b=3，
所以a=2，
所以半椭圆及圆弧的方程分别为x24+y23=1(x≥0)，(x−1)2+y2=4(x<0)，
所以A1−1,0，A22,0，B10,−3，B20,3，
可得A1相当于椭圆的左焦点，
△A1PQ的周长为PF+PA1+A1Q+QF，
当P从A2（不包括A2）向B2运动时，PA1+PF=2a=4，
当Q在y轴右侧时，A1Q+QF=2a=4，所以这时三角形的周长为8，
当P从B2向A1运动时，Q在第四象限，则A1Q+QF=2a=4，PF+PA1≤2+A1B2=2+a=4，
这时三角形的周长小于8，
当P运动到A1时，Q在A2处，不构成三角形，三角形的周长接近2A1A2=6，
由曲圆的对称性可得P运动到x轴下方时，与前面的一样，
综上所述，△A1PQ的周长的取值范围为(6, 8]．
故答案为：x24+y23=1；(6, 8]．
四、解答题：本大题共6个小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
【答案】
解：(1)当m=1时，不等式为x2−x−12>0，
即(x+3)(x−4)>0，
∴ 解集为{x|x<−3或x>4}．
(2)若不等式f(x)<0的解集为R，则
①当m=0时，−12<0恒成立，适合题意；
②当m≠0时，应满足m<0,Δ<0,
即m<0,m2+48m<0,
解得−48
一元二次不等式的应用
二次函数的性质
【解析】
（1）因式分解，利用一元二次不等式的解法求解即可．
（2）对二次项系数进行讨论，利用一元二次不等式的解法求解即可．
【解答】
解：(1)当m=1时，不等式为x2−x−12>0，
即(x+3)(x−4)>0，
∴ 解集为{x|x<−3或x>4}．
(2)若不等式f(x)<0的解集为R，则
①当m=0时，−12<0恒成立，适合题意；
②当m≠0时，应满足m<0,Δ<0,
即m<0,m2+48m<0,
解得−48
解：(1)抛物线C:y2=2px的准线为x=−p2，
由|PF|=4得：2+p2=4，
∴p=4，
所以抛物线的方程为y2=8x.
(2)设A(x1,y1)，Bx2,y2，
由y=kx−2，y2=8x可得k2x2−4k2+8x+4k2=0 ，
Δ=64k2+64>0， x1+x2=4k2+8k2.
∵直线l经过抛物线C的焦点F，
∴ |AB|=x1+x2+p=4k2+8k2+4=16，解得：k=±1，
∴ k的值为1或−1.
【考点】
抛物线的标准方程
直线与抛物线的位置关系
【解析】
（1）由抛物线的定义知，|PF|＝2+＝4，解之即可；
（2）易知直线l过点F，设A、B两点的横坐标分别为x1，x2，将直线方程与抛物线方程联立，消去y，结合韦达定理与抛物线的定义，可得解．
【解答】
解：(1)抛物线C:y2=2px的准线为x=−p2，
由|PF|=4得：2+p2=4，
∴p=4，
所以抛物线的方程为y2=8x.
(2)设A(x1,y1)，Bx2,y2，
由y=kx−2，y2=8x可得k2x2−4k2+8x+4k2=0 ，
Δ=64k2+64>0， x1+x2=4k2+8k2.
∵直线l经过抛物线C的焦点F，
∴ |AB|=x1+x2+p=4k2+8k2+4=16，解得：k=±1，
∴ k的值为1或−1.
【答案】
解：(1)由Sn=2n+1−2，可得n=1时，
a1=S1=2，
n≥2时，an=Sn−Sn−1=2n+1−2−(2n−2)=2n，
上式对n=1也成立，
所以数列{an}的通项公式为an=2n，n∈N*；
(2)设等差数列{bn}的公差为d，
选图①，可得T1=1，T3=−3，
即有b1=1，3×1+12×3×2d=−3，解得d=−2，
则bn=1−2(n−1)=3−2n，
anbn=(3−2n)⋅2n，
Rn=1⋅2+(−1)⋅22+(−3)⋅23+...+(3−2n)⋅2n，
2Rn=1⋅22+(−1)⋅23+(−3)⋅24+...+(3−2n)⋅2n+1，
两式相减可得−Rn=2−2(22+23+...+2n)−(3−2n)⋅2n+1
=2−2⋅41−2n−11−2−(3−2n)⋅2n+1，
化简可得Rn=(5−2n)⋅2n+1−10；
选图②，可得T1=1，T3=6，
即有b1=1，3×1+12×3×2d=6，解得d=1，
则bn=1+(n−1)=n，
anbn=n⋅2n，
Rn=1⋅2+2⋅22+3⋅23+...+n⋅2n，
2Rn=1⋅22+2⋅23+3⋅24+...+n⋅2n+1，
两式相减可得−Rn=2+22+23+...+2n−n⋅2n+1
=21−2n1−2−n⋅2n+1，
化简可得Rn=(n−1)⋅2n+1+2；
选图③，可得T1=−3，T3=0，
即有b1=−3，3×(−3)+12×3×2d=0，解得d=3，
则bn=−3+3(n−1)=3n−6，
anbn=(3n−6)⋅2n，
Rn=(−3)⋅2+0⋅22+3⋅23+...+(3n−6)⋅2n，
2Rn=(−3)⋅22+0⋅23+3⋅24+...+(3n−6)⋅2n+1，
两式相减可得−Rn=−6+3(22+23+...+2n)−(3n−6)⋅2n+1
=−6+3⋅41−2n−11−2−(3n−6)⋅2n+1，
化简可得Rn=(3n−9)⋅2n+1+18．
【考点】
数列递推式
等比数列的通项公式
数列的求和
【解析】
（1）运用数列的递推式：n＝1时，a1＝S1，n≥2时，an＝Sn−Sn−1，化简可得所求通项公式；
（2）设等差数列{bn}的公差为d，运用等差数列的通项公式和求和公式，解方程可得公差，再由数列的错位相减法求和，可得所求和．
【解答】
解：(1)由Sn=2n+1−2，可得n=1时，
a1=S1=2，
n≥2时，an=Sn−Sn−1=2n+1−2−(2n−2)=2n，
上式对n=1也成立，
所以数列{an}的通项公式为an=2n，n∈N*；
(2)设等差数列{bn}的公差为d，
选图①，可得T1=1，T3=−3，
即有b1=1，3×1+12×3×2d=−3，解得d=−2，
则bn=1−2(n−1)=3−2n，
anbn=(3−2n)⋅2n，
Rn=1⋅2+(−1)⋅22+(−3)⋅23+...+(3−2n)⋅2n，
2Rn=1⋅22+(−1)⋅23+(−3)⋅24+...+(3−2n)⋅2n+1，
两式相减可得−Rn=2−2(22+23+...+2n)−(3−2n)⋅2n+1
=2−2⋅41−2n−11−2−(3−2n)⋅2n+1，
化简可得Rn=(5−2n)⋅2n+1−10；
选图②，可得T1=1，T3=6，
即有b1=1，3×1+12×3×2d=6，解得d=1，
则bn=1+(n−1)=n，
anbn=n⋅2n，
Rn=1⋅2+2⋅22+3⋅23+...+n⋅2n，
2Rn=1⋅22+2⋅23+3⋅24+...+n⋅2n+1，
两式相减可得−Rn=2+22+23+...+2n−n⋅2n+1
=21−2n1−2−n⋅2n+1，
化简可得Rn=(n−1)⋅2n+1+2；
选图③，可得T1=−3，T3=0，
即有b1=−3，3×(−3)+12×3×2d=0，解得d=3，
则bn=−3+3(n−1)=3n−6，
anbn=(3n−6)⋅2n，
Rn=(−3)⋅2+0⋅22+3⋅23+...+(3n−6)⋅2n，
2Rn=(−3)⋅22+0⋅23+3⋅24+...+(3n−6)⋅2n+1，
两式相减可得−Rn=−6+3(22+23+...+2n)−(3n−6)⋅2n+1
=−6+3⋅41−2n−11−2−(3n−6)⋅2n+1，
化简可得Rn=(3n−9)⋅2n+1+18．
【答案】
解：(1)若a，b，c成等差数列，
所以a+c=2b.
由于a+cb=125ac，
所以csB=a+c2−2ac−b22ac=3b22ac−1.
由于a+cb=125ac，
所以csB=3b22ac−1=32×65−1=45.
(2)假设B为直角，
则sinB=1，
sinC=csA，
由于a+cb=125ac，
根据正弦定理sinA+sinCsinB=125sinA⋅sinC，
即sinA+csA=65sin2A，
上式两边平方得：1+sin2A=3625sin22A，
所以(9sin2A+5)(4sin2A−5)=0，
由于0
与(9sin2A+5)(4sin2A−5)=0矛盾，
故不存在△ABC满足B为直角．
【考点】
余弦定理
三角函数的恒等变换及化简求值
【解析】
（1）直接利用等差数列的性质和余弦定理的应用求出结果．
（2）利用假设法的应用和关系式的变换和应用推导出矛盾，进一步说明假设不成立，进一步得出结果．
【解答】
解：(1)若a，b，c成等差数列，
所以a+c=2b.
由于a+cb=125ac，
所以csB=a+c2−2ac−b22ac=3b22ac−1.
由于a+cb=125ac，
所以csB=3b22ac−1=32×65−1=45.
(2)假设B为直角，
则sinB=1，
sinC=csA，
由于a+cb=125ac，
根据正弦定理sinA+sinCsinB=125sinA⋅sinC，
即sinA+csA=65sin2A，
上式两边平方得：1+sin2A=3625sin22A，
所以(9sin2A+5)(4sin2A−5)=0，
由于0
与(9sin2A+5)(4sin2A−5)=0矛盾，
故不存在△ABC满足B为直角．
【答案】
(1)证明：如图，作EF // PC，交BC于F，连接AF．
因为PB=3BE，所以E是PB的三等分点，可得BF=233．
因为AB=AD=2，BC=CD=23，AC=AC，所以△ABC≅△ADC，
因为BC⊥AB，所以∠ABC=90∘，
因为tan∠ACB=ABBC=223=33，所以∠ACB=∠ACD=30∘，所以∠BCD=60∘，
因为tan∠AFB=ABBF=2233=3，所以∠AFB=60∘，所以AF // CD，
因为AF⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，所以AF // 平面PCD．
又EF // PC，EF⊄平面PCD，PC⊂平面PCD，所以EF // 平面PCD．
因为AF∩EF=F，AF，EF⊂平面AEF，所以平面AEF // 平面PCD，所以AE // 平面PCD．
(2)解：因为△PAB是等边三角形，AB=2，所以PB=2．
又因为PC=4，BC=23，所以PC2=PB2+BC2，所以BC⊥PB．
又BC⊥AB，AB，PB⊂平面PAB，AB∩PB=B，所以BC⊥平面PAB．
因为BC⊂平面ABCD，所以平面PAB⊥平面ABCD．在平面PAB内作Bz⊥平面ABCD．
以B点为坐标原点，分别以BC，BA，Bz所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系B−xyz，
则C(23,0,0)，A(0, 2, 0)，P(0,1,3)，
所以BC→=(23,0,0)，BP→=(0,1,3)，AC→=(23,−2,0)，AP→=(0,−1,3)．
设m→=(x1, y1, z1)为平面BPC的法向量，则m→⋅BC→=0,m→⋅BP→=0, 即23x1=0,y1+3z1=0,
令z1=−1，可得m→=(0,3,−1)．
设n→=(x2, y2, z2)为平面APC的法向量，则n→⋅AC→=0,n→⋅AP→=0, 即23x2−2y2=0,−y2+3z2=0,
令z2=1，可得n→=(1,3,1)．
所以cs⟨m→,n→⟩=3−12×5=55．
则sin⟨m→,n→⟩=1−(55)2=255，
所以二面角A−PC−B的正弦值为255．
【考点】
直线与平面平行的判定
用空间向量求平面间的夹角
二面角的平面角及求法
【解析】
作EF // PC，交BC于F，连接AF．证明AF // CD，推出AF // 平面PCD．结合EF // PC，推出EF // 平面PCD．证明平面AEF // 平面PCD，得到AE // 平面PCD.
以B点为坐标原点，分别以BC，BA，Bz所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系B−xyz，求出平面BPC的法向量，平面APC的法向量，通过空间向量的数量积求解二面角A−PC−B的正弦值即可．
【解答】
(1)证明：如图，作EF // PC，交BC于F，连接AF．
因为PB=3BE，所以E是PB的三等分点，可得BF=233．
因为AB=AD=2，BC=CD=23，AC=AC，所以△ABC≅△ADC，
因为BC⊥AB，所以∠ABC=90∘，
因为tan∠ACB=ABBC=223=33，所以∠ACB=∠ACD=30∘，所以∠BCD=60∘，
因为tan∠AFB=ABBF=2233=3，所以∠AFB=60∘，所以AF // CD，
因为AF⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，所以AF // 平面PCD．
又EF // PC，EF⊄平面PCD，PC⊂平面PCD，所以EF // 平面PCD．
因为AF∩EF=F，AF，EF⊂平面AEF，所以平面AEF // 平面PCD，所以AE // 平面PCD．
(2)解：因为△PAB是等边三角形，AB=2，所以PB=2．
又因为PC=4，BC=23，所以PC2=PB2+BC2，所以BC⊥PB．
又BC⊥AB，AB，PB⊂平面PAB，AB∩PB=B，所以BC⊥平面PAB．
因为BC⊂平面ABCD，所以平面PAB⊥平面ABCD．在平面PAB内作Bz⊥平面ABCD．
以B点为坐标原点，分别以BC，BA，Bz所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系B−xyz，
则C(23,0,0)，A(0, 2, 0)，P(0,1,3)，
所以BC→=(23,0,0)，BP→=(0,1,3)，AC→=(23,−2,0)，AP→=(0,−1,3)．
设m→=(x1, y1, z1)为平面BPC的法向量，则m→⋅BC→=0,m→⋅BP→=0, 即23x1=0,y1+3z1=0,
令z1=−1，可得m→=(0,3,−1)．
设n→=(x2, y2, z2)为平面APC的法向量，则n→⋅AC→=0,n→⋅AP→=0, 即23x2−2y2=0,−y2+3z2=0,
令z2=1，可得n→=(1,3,1)．
所以cs⟨m→,n→⟩=3−12×5=55．
则sin⟨m→,n→⟩=1−(55)2=255，
所以二面角A−PC−B的正弦值为255．
【答案】
(1)解：由条件得anan−1+2an−an−1=0⇒an−1=2an+anan−1，
易知an≠0，两边同除以anan−1得1an=2×1an−1+1⇒1an+1=2(1an−1+1)，
又1a1+1=2，
故1an+1=2n⇒an=12n−1(n∈N*).
(2)证明：因为：1+1cn=1+bnSn−1=Sn−1+bnSn−1=SnSn−1(n≥2, n∈N)，
所以(1+1c2)(1+1c3)⋯(1+1cn)
=S2S1×S3S2×⋯×Sn−1Sn−2×SnSn−1=SnS1=Sn，
故只需证2≤Sn<83，
由条件bn=22n−1−12n−1×12n−1−11−2×12n−1×12n−1−1
=2n−3(2n−1)(2n−1−1)−2<2n−1(2n−1)(2n−1−1)
<2n(2n−1)(2n−1−1)
=2(12n−1−1−12n−1)(n≥2, n∈N)，
一方面：当n=2时S2=2<83，
当n≥3，n∈N时，Sn=b1+b2+⋯+bn
≤1+1+2(122−1−123−1)+⋯+2(12n−1−1−12n−1)
=2+23−12n−1<83，
另一方面：当n≥2，n∈N时，bn>0所以Sn=b1+b2+⋯+bn≥1+1=2，
所以当n≥2，n∈N时，
2≤(1+1c2)(1+1c3)…(1+1cn)<83．
【考点】
数列与不等式的综合
【解析】
（1）由题意anan−1+2an−an−1=0，变形可得1an=2×1an−1+1⇒1an+1=2(1an−1+1)，即得数列{1an+1}是等比数列，即可求得结论；
（2）由题意可得1+1cn=1+bnSn−1=Sn−1+bnSn−1=SnSn−1(n≥2, n∈N)，故只需证2≤Sn<83，故利用放缩法求得sn的范围，即可得出结论．
【解答】
(1)解：由条件得anan−1+2an−an−1=0⇒an−1=2an+anan−1，
易知an≠0，两边同除以anan−1得1an=2×1an−1+1⇒1an+1=2(1an−1+1)，
又1a1+1=2，
故1an+1=2n⇒an=12n−1(n∈N*).
(2)证明：因为：1+1cn=1+bnSn−1=Sn−1+bnSn−1=SnSn−1(n≥2, n∈N)，
所以(1+1c2)(1+1c3)⋯(1+1cn)
=S2S1×S3S2×⋯×Sn−1Sn−2×SnSn−1=SnS1=Sn，
故只需证2≤Sn<83，
由条件bn=22n−1−12n−1×12n−1−11−2×12n−1×12n−1−1
=2n−3(2n−1)(2n−1−1)−2<2n−1(2n−1)(2n−1−1)
<2n(2n−1)(2n−1−1)
=2(12n−1−1−12n−1)(n≥2, n∈N)，
一方面：当n=2时S2=2<83，
当n≥3，n∈N时，Sn=b1+b2+⋯+bn
≤1+1+2(122−1−123−1)+⋯+2(12n−1−1−12n−1)
=2+23−12n−1<83，
另一方面：当n≥2，n∈N时，bn>0所以Sn=b1+b2+⋯+bn≥1+1=2，
所以当n≥2，n∈N时，
2≤(1+1c2)(1+1c3)…(1+1cn)<83．
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