2020-2021学年山西省晋城市高二（上）9月月考数学（理）试卷人教A版

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这是一份2020-2021学年山西省晋城市高二（上）9月月考数学（理）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. 设集合A=x|1A.a|a≤2B.a|a≤1C.a|a≥1D.a|a≥2

2. 一水平放置的平面图形，用斜二测画法画出此直观图恰好是一个边长为1的正方形，则原平面图形的面积为( )
A.23B.22C.43D.82

3. 平面α与平面β平行的条件可以是( )
A.α内有无数条直线都与β平行
B.直线a // α，a // β，且直线a不在α内，也不在β内
C.α内的任何直线都与β平行
D.直线a在α内，直线b在β内，且a // β，b // α

4. 已知△ABC的三个内角之比为A:B:C=3:2:1，那么对应的三边之比a:b:c等于（）
A.3:2:1B.3:2:1C.3:2:1D.2:3:1

5. 计算机是将信息转换成二进制进行处理的，二进制即“逢二进一”，如(1101)2表示二进制数，将它转换成十进制的数就是1×23+1×22+0×21+1×20=13，那么将二进制数11…1⏟16位转换成十进制数就是( )
A.217−2B.216−1C.216−2D.215−1

6. 已知几何体三视图如图所示，图中圆的半径为1，等腰三角形的腰长为3，则该几何体表面积为( )

A.6πB.5πC.4πD.3π

7. 连掷两次骰子分别得到点数m，n，则向量(m, n)与向量(−1, 1)的夹角θ>90∘的概率是( )
A.512B.712C.13D.12

8. 已知a，b，c为三条不重合的直线，α，β，γ为三个不重合的平面，现给出下列四个命题：
①c//α，c//β，⇒α//β；②α//γ，β//γ，⇒α//β；③c//α，a//c，⇒a//α；④a//γ，α//γ，⇒a//α.
其中正确的命题是( )
A.①②③B.②④C.②D.③

9. 已知函数fx=ex与函数gx的图像关于y=x对称，若|g(a)|=|g(b)|(aA.[4,+∞)B.4,+∞C.[5,+∞)D.5,+∞

10. 某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示，圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为( )

A.217B.25C.3D.2

11. 如图，在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，上底面边长为4，下底面边长为8，高为5，点M，N分别在A1B1，D1C1上，且A1M=D1N=1，过点M，N的平面α与此四棱台的下底面会相交，则平面α与四棱台的面的交线所围成图形的面积的最大值为( )

A.187B.302C.661D.363

12. 已知四面体ABCD的三组对棱的长分别相等，依次为3，4，x，则x的取值范围是( )
A.7,5B.5,7C.5,3D.4,7
二、填空题

有如下命题：
①过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面；
②如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内；
③平行于同一条直线的两条直线平行；
④如果空间中两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．
其中作为公理（基本事实）的是________（填写序号）.

如图，将一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出一个棱锥，则该棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为________.

某种圆柱形饮料罐的容积为定值，当底面半径R与它的高ℎ的比值为________时，可以使它的用料最省．

函数fx=−3x, x<0，x2−1, x≥0.若方程fx+31−x2+|fx−31−x2|−2ax−6=0有三个根，且x1三、解答题

已知等差数列 {an} 的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为 Tn，若a1=b1=3， a4=b2，S4−T2=12．
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；

(2)求数列{an+bn}的前n项和．

已知向量a→=(sinθ,1)，b→=(1,csθ)，其中θ∈(−π2,π2)，向量c→=(0,3)．
(1)若(4a→−c→) // b→，求角θ的值；

(2)求|a→+b→|的取值范围．

如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点.
求证：
(1)平面EFA1//平面BCHG；

(2)BG，CH， AA1三线共点．

如图，用一平面去截球O，所得截面面积为16π，球心O到截面的距离为3，O1为截面小圆圆心，AB为截面小圆的直径.

(1)计算球O的表面积和体积；

(2)若C是截面小圆上一点，∠ABC=30∘，M、N分别是线段AO1和OO1的中点，求异面直线AC与MN所成的角余弦值.

如图所示，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD=DC，E是PC的中点，过E点作EF⊥PB交PB于点F．求证：

(1)PA // 平面EDB；

(2)PB⊥平面EFD.

已知函数f(x)=2x(x∈R).
(1)解不等式f(x)−f(2x)>16−9×2x；

(2)若函数F(x)=f(x)−f(2x)−m在[−1, 1]上存在零点，求实数m的取值范围；

(3)若函数f(x)=g(x)+ℎ(x)，其中g(x)为奇函数，ℎ(x)为偶函数，若不等式2ag(x)+ℎ(2x)≥0对任意x∈[1, 2]恒成立，求实数a的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年山西省晋城市高二（上）9月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
交集及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：已知集合A=x|1则a≥2.
故选D.
2.
【答案】
B
【考点】
斜二测画法画直观图
平面图形的直观图
【解析】
利用斜二测画法的过程把给出的直观图还原回原图形，即找到直观图中正方形的四个顶点在原图形中对应的点，用直线段连结后得到原四边形，然后直接利用平行四边形的面积公式求面积．
【解答】
解：由题意正方形的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，
所以对角线长度为2，则对应原图形平行四边形的高为22，
所以原图形的面积为1×22=22．
故选B.
3.
【答案】
C
【考点】
平面与平面平行的判定
直线与平面平行的判定
【解析】
在A、B、D中，α与β相交或平行；在C中，由面面平行的判定定理得α // β．
【解答】
解：在A中，α内有无穷多条直线都与β平行，α与β有可能相交，故A错误；
在B中，直线a // α，a // β，且直线a不在α内，也不在β内，则α与β相交或平行，故B错误；
在C中，α内的任何直线都与β平行，由面面平行的判定定理得α // β，故C正确；
在D中，直线a在α内，直线b在β内，且a // β，b // α，则α与β相交或平行，故D错误．
故选C.
4.
【答案】
D
【考点】
正弦定理
【解析】
由A+B+C=π，可得C=π6，从而得到三内角的值．再由正弦定理可得三边之比a:b:c=sinA:sinB:sinC，运算求得结果．
【解答】
解：∵ 已知△ABC的三个内角之比为A:B:C=3:2:1，
∴ 有B=2C，A=3C，再由A+B+C=π，
可得C=π6，
故三内角分别为A=π2，B=π3，C=π6，
再由正弦定理可得三边之比得，
a:b:c=sinA:sinB:sinC=1:32:12=2:3:1.
故选D.
5.
【答案】
B
【考点】
进行简单的合情推理
【解析】
本题的考查点为二进制与十进制数之间的转换，只要我们根据二进制转换为十进制方法逐位进行转换，即可得到答案．
【解答】
解：由题意可知(1111111111111111)2
=215+214+...+22+2+1
=1−2161−2
=216−1.
故选B.
6.
【答案】
B
【考点】
由三视图求表面积（组合型）
【解析】
几何体是由一个圆锥和半球组成，其中半球的半径为1，圆锥的母线长为3，底面半径为1，故几何体的表面积为12×3×2π+2π×12=5π，故选B．
【解答】
解：几何体是由一个圆锥和半球组成，
其中半球的半径为1，圆锥的母线长为3，底面半径为1，
故几何体的表面积为12×3×2π+2π×12=5π.
故选B．
7.
【答案】
A
【考点】
等可能事件的概率
数量积表示两个向量的夹角
【解析】
掷两次骰子分别得到的点数m，n，组成的向量(m, n)个数为36个，与向量(−1, 1)的夹角θ>90∘的这个事件包含的基本事件数须将其满足的条件进行转化，再进行研究
【解答】
解：后连掷两次骰子分别得到点数m，n，所组成的向量(m, n)的个数共有36种，
由于向量(m, n)与向量(−1, 1)的夹角θ>90∘，
∴ (m, n)⋅(−1, 1)<0，即m>n，满足题意的情况如下：
当m=2时，n=1；
当m=3时，n=1，2；
当m=4时，n=1，2，3；
当m=5时，n=1，2，3，4；
当m=6时，n=1，2，3，4，5；
共有15种，
故所求事件的概率是1536=512.
故选A.
8.
【答案】
C
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
根据题中条件判断①中α，β的位置关系，可判断①的正误；利用面面平行的性质可判断②的正误；根据题中条件判断③中a与α的位置关系，可判断③的正误；根据题中条件判断④中a与α的位置关系，可判断④的正误．综合可得出结论．
【解答】
解：对于命题①，c//α，c//β，则α与β平行或相交，命题①错误；
对于命题②，α//γ，β//γ，，由面面平行的性质知α//β，命题②正确；
对于命题③，c//α，a//c，则a//α或a⊂α，命题③错误；
对于命题④，a//γ，α//γ，则a//α或a⊂α，命题④错误．
故选C．
9.
【答案】
D
【考点】
对勾函数求最值
对数函数的图象与性质
反函数
【解析】
依题意可求得ab=1 (0【解答】
解：∵ 函数fx=ex与函数gx的图像关于y=x对称，
∴ 函数fx=ex与函数gx互为反函数，
∴ g(x)=lnx，
由|g(a)|=|g(b)|(a∴ lna+lnb=0，
∴ ab=10∴ b=1a0∴ a+4b=a+4a 0设ℎa=a+4a 0利用对勾函数的单调性可知ℎa在0,1上单调递减，
∴ ℎa=a+4a>ℎ 1=1+4=5，
即a+4b>5.
故选D.
10.
【答案】
B
【考点】
多面体和旋转体表面上的最短距离问题
【解析】
判断三视图对应的几何体的形状，利用侧面展开图，转化求解即可．
【解答】
解：由题意可知几何体是圆柱，
底面周长为16，高为2，
直观图以及侧面展开图如图：
圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，
则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，
最短路径的长度：22+42=25．
故选B．
11.
【答案】
B
【考点】
直线与平面平行的性质
截面及其作法
【解析】
首先找到截面，再探讨最大位置取最大面积，即可得到结果.
【解答】
解：如图：
由已知，易得 MN//B1C1，且MN=B1C1，
又因为B1C1//BC，所以MN//BC，
又平面α∩平面ABCD=EF，由线面平行的性质可知，MN//EF，
所以EF//BC，且易得EF=BC，
由正四棱台性质可知，B1C1≠BC，即EF≠MN，
所以截面图形为梯形，且上下底边长恒定，所以面积要最大，即高要最大，
此时根据正四棱台的性质可知，当EF与BC重合时，高最大，
最大的高ℎ=52+52=52，
所以截面面积的最大值为12×4+8×52=302.
故选B.
12.
【答案】
A
【考点】
非欧拉多面形面数、棱数、顶点数的关系
【解析】
作出图形，设AB=3 AC=4 ，四面体A′−ABC可以由△ABC和在同一平面的△A′BC沿着BC为轴旋转构成，利用数形结合能求出的取值范围．
【解答】
解：如图所示，
第一排三个图讨论最短；第二排三个图讨论最长，
设AB=3 ，AC=4 ，四面体A′−ABC可以由△ABC和在同一平面的△A′BC沿着BC为轴旋转构成，
第一排，三个图讨论最短：
当∠ABC<90∘向90∘趋近时，BC逐渐减少， AA′当∠ABC≥90∘时构成的四面体AA′>BC ，不满足题意；
所以满足题意的四面体第三对棱长大于42−32=7.
第二排，三个图讨论最长：
当∠BAC<90∘向90∘趋近时，BC逐渐增大，AA′>BC ，可以构成x=AA′=BC的四面体；
当∠ABC≥90∘时构成的四面体AA′所以满足题意的四面体第三对棱长小于42+32=5，
综上，x∈7,5.
故选A.
二、填空题
【答案】
①②③
【考点】
平行公理
平面的基本性质及推论
【解析】
根据点、线、面公理逐个判断即可.
【解答】
解：公理1：如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内，命题②为公理1；
公理2：过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面，命题①为公理2；
公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线；
公理4：平行于同一条直线的两条直线平行，命题③为公理4，
命题④为等角定理．
故答案为：①②③．
【答案】
1:47
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
由题不妨设长方体的长宽高分别为a，b，c，则可找到三棱锥的三条互相垂直的棱的长度，利用椎体与柱体体积公式计算即可求解．
【解答】
解：作一个长方体ABCD−A1B1C1D1，分别取棱A1D1，DD1，C1D1的中点为M，N，P，
不妨设长方体的长，宽，高分别为a，b，c，
则MD1=12a，D1N=12c，D1P=12b，
∴ VN−MD1P=13×12×MD1×D1P×D1N=148abc，
又长方体ABCD−A1B1C1D1的体积为abc，
∴ 剩下的几何体体积为abc−148abc=4748abc，
∴ 该棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为1:47．
故答案为：1:47．
【答案】
12
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【解析】
由题意求出饮料罐的表面积，求出体积，推出表面积与圆柱底面半径的关系式，通过不等式求出面积的最小值．
【解答】
解：如图，
饮料罐的表面积S=2πRℎ+2πR2．
由V=πR2ℎ，得ℎ=VπR2，
则S=2πR⋅VπR2+2πR2=2VR+2πR2，(R>0)
所以S=VR+VR+2πR2≥33VR⋅VR⋅2πR2=332πV2，
当且仅当VR=2πR2，即R=3V2π时，S取得最小值．
把R=3V2π代入ℎ=VπR2，得ℎ=23V2π，即ℎ=2R．
故答案为：12.
【答案】
7−2
【考点】
由函数零点求参数取值范围问题
分段函数的应用
函数的零点与方程根的关系
函数的求值
【解析】
令ℎx=fx+31−x2+|fx−31−x2| gx=2ax+6，分类讨论后得到分段函数ℎ(x)=−6x，−1≤x≤−22，61−x2，−22【解答】
解：令ℎx=fx+31−x2+|fx−31−x2|， gx=2ax+6，
则方程fx+31−x2+|fx−31−x2|−2ax−6=0有三个根即为ℎx,gx图象的3个不同交点的横坐标．
又 ℎx=2fx，fx≥31−x2，61−x2， fx<31−x2.
令fx≥31−x2，
则 −3x≥31−x2，−1≤x<0，或 0≤x≤1，x2−1≥31−x2.
解得−1≤x≤−22或x=1，
令fx<31−x2，
则 −3x<31−x2，−1≤x<0，或 0≤x≤1，x2−1<31−x2，
解得−22ℎ(x)=−6x，−1≤x≤−22，61−x2，−22而当x=1时，61−x2=0，
所以ℎ(x)=−6x，−1≤x≤−22，61−x2，−22 其图象如图所示：
因为ℎx，gx图象有3个不同交点，故两个函数图象的位置关系仅如图所示：
其中x1为函数y=−6x，−10，
x2，x3为y=61−x2，−22令61−x2=2ax+6，两边平方后得到a2+9x2+6ax=0，
解得x2=−6aa2+9，x3=0.
令−6x=2ax+6，故x1=−66+2a=−33+a，
因为x2是x1和x3的等差中项，故−6aa2+9×2=−33+a，
解得a=7−2或a=−7−2(舍)．
当a=7−2时，
x1=−31+7=−7−12∈−1,−22，
x2=−67−27−22+9=−7−14∈−22,0，
故a=7−2符合题意．
故答案为：7−2.
三、解答题
【答案】
解：(1)由a1=b1，a4=b2，
则S4−T2=(a1+a2+a3+a4)−(b1+b2)=a2+a3=12，
设等差数列{an}的公差为d，则a2+a3=2a1+3d=6+3d=12，
所以d=2，
所以an=3+2(n−1)=2n+1.
设等比数列{bn}的公比为q，
因为b2=a4=9，即b2=b1q=3q=9，
所以q=3，
所以bn=3n.
(2)由(1)知an+bn=(2n+1)+3n，
所以{an+bn}的前n项和为
(a1+a2+⋯+an)+(b1+b2+⋯+bn)
=(3+5+⋯+2n+1)+(3+32+⋯+3n)
=(3+2n+1)n2+3(1−3n)1−3
=n(n+2)+3(3n−1)2．
【考点】
数列的求和
等比数列的前n项和
等比数列的通项公式
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
(1)先由题中条件得到S4−T2=a2+a3=12，再设等差数列{an}的公差为d，结合题中数据求出公差，进而可得{an}的通项公式；设等比数列{bn}的公比为q，求出公比，即可得出{bn}通项公式．
(2)先由(1)的结果，得到an+bn=(2n+1)+3n，再由分组求和法，结合等差数列与等比数列前n项和公式，即可得出结果．
【解答】
解：(1)由a1=b1，a4=b2，
则S4−T2=(a1+a2+a3+a4)−(b1+b2)=a2+a3=12，
设等差数列{an}的公差为d，则a2+a3=2a1+3d=6+3d=12，
所以d=2，
所以an=3+2(n−1)=2n+1.
设等比数列{bn}的公比为q，
因为b2=a4=9，即b2=b1q=3q=9，
所以q=3，
所以bn=3n.
(2)由(1)知an+bn=(2n+1)+3n，
所以{an+bn}的前n项和为
(a1+a2+⋯+an)+(b1+b2+⋯+bn)
=(3+5+⋯+2n+1)+(3+32+⋯+3n)
=(3+2n+1)n2+3(1−3n)1−3
=n(n+2)+3(3n−1)2．
【答案】
解：(1)∵ 4a→−c→=4(sinθ, 1)−(0, 3)=(4sinθ, 1)，(4a→−c→) // b→，
∴ 4sinθcsθ−1=0，sin2θ=12．
∵ −π2<θ<π2，
∴ −π<2θ<π．
∴ 2θ=π6或5π6，
即θ=π12或5π12．
(2)∵ a→+b→=(sinθ+1, csθ+1)，
∴ |a→+b→|=(sinθ+1)2+(csθ+1)2
=3+2(sinθ+csθ)=3+22sin(θ+π4)，
∵ −π2<θ<π2，
∴ −π4<θ+π4<3π4，
∴ −22∴ 1<3+22sin(θ+π4)≤3+22，
∴ 1<3+22sin(θ+π4)≤2+1，
即|a→+b→|∈(1,2+1]．
【考点】
两角和与差的正弦公式
平面向量的坐标运算
平行向量的性质
向量的模
正弦函数的定义域和值域
【解析】
（1）利用向量的线性运算和正弦函数的单调性即可求出；
（2）根据向量的模的计算公式及三角函数的运算和正弦函数的单调性即可求出．
【解答】
解：(1)∵ 4a→−c→=4(sinθ, 1)−(0, 3)=(4sinθ, 1)，(4a→−c→) // b→，
∴ 4sinθcsθ−1=0，sin2θ=12．
∵ −π2<θ<π2，
∴ −π<2θ<π．
∴ 2θ=π6或5π6，
即θ=π12或5π12．
(2)∵ a→+b→=(sinθ+1, csθ+1)，
∴ |a→+b→|=(sinθ+1)2+(csθ+1)2
=3+2(sinθ+csθ)=3+22sin(θ+π4)，
∵ −π2<θ<π2，
∴ −π4<θ+π4<3π4，
∴ −22∴ 1<3+22sin(θ+π4)≤3+22，
∴ 1<3+22sin(θ+π4)≤2+1，
即|a→+b→|∈(1,2+1]．
【答案】
证明：(1)∵E，F分别为AB，AC的中点，
∴ EF//BC，
∵EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，
∴ EF//平面BCHG．
∵ A1G与EB平行且相等，
∴ 四边形A1EBG是平行四边形，
∴ A1E//GB，
∵A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，
∴ A1E//平面BCHG．
∵A1E∩EF=E，
∴ 平面EFA1//平面BCHG．
(2)∵ GH//BC，GH∴ BG与CH必相交，
设交点为P，
∵P∈BG，BG⊂平面BAA1B1，
∴P∈平面BAA1B1，
同理P∈平面CAA1C1，
又∵平面BAA1B1∩平面CAA1C1=AA1，
∴ P∈直线AA1，
∴ BG，CH，AA1三线共点．
【考点】
三点共线
平面与平面平行的判定
平面的基本性质及推论
【解析】
无
无
【解答】
证明：(1)∵E，F分别为AB，AC的中点，
∴ EF//BC，
∵EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，
∴ EF//平面BCHG．
∵ A1G与EB平行且相等，
∴ 四边形A1EBG是平行四边形，
∴ A1E//GB，
∵A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，
∴ A1E//平面BCHG．
∵A1E∩EF=E，
∴ 平面EFA1//平面BCHG．
(2)∵ GH//BC，GH∴ BG与CH必相交，
设交点为P，
∵P∈BG，BG⊂平面BAA1B1，
∴P∈平面BAA1B1，
同理P∈平面CAA1C1，
又∵平面BAA1B1∩平面CAA1C1=AA1，
∴ P∈直线AA1，
∴ BG，CH，AA1三线共点．
【答案】
解：(1)连接OA，
由题意得，截面小圆半径为4，
在Rt△OAO1中，O1A=4，OO1=3，
由勾股定理知，AO=5，
∴ 球O的表面积为：4π⋅52=100π.
球O的体积为：43π⋅53=500π3.
(2)由MN // OA得，∠OAC为异面直线AC与MN所成的角（或补角）．
在Rt△ABC中，AB=8，∠ABC=30∘，则AC=4，
连接OC，在△OAC中，OA=OC=5，
由余弦定理知：
cs∠OAC=AC2+OA2−OC22OA⋅AC=42+52−522×4×5=25，
∴ 异面直线AC与MN所成的角余弦值为25．
【考点】
截面及其作法
余弦定理
异面直线及其所成的角
球的表面积和体积
【解析】
（1）求出小圆的半径，然后利用球心到该截面的距离为3cm，小圆的半径，通过勾股定理求出球的半径，即可求出球的表面积．
（2）由MN // OA得，∠OAC为异面直线AC与MN所成的角（或补角），连接OC，然后利用余弦定理求出此角的余弦值，最后利用反三角表示出此角即可．
【解答】
解：(1)连接OA，
由题意得，截面小圆半径为4，
在Rt△OAO1中，O1A=4，OO1=3，
由勾股定理知，AO=5，
∴ 球O的表面积为：4π⋅52=100π.
球O的体积为：43π⋅53=500π3.
(2)由MN // OA得，∠OAC为异面直线AC与MN所成的角（或补角）．
在Rt△ABC中，AB=8，∠ABC=30∘，则AC=4，
连接OC，在△OAC中，OA=OC=5，
由余弦定理知：
cs∠OAC=AC2+OA2−OC22OA⋅AC=42+52−522×4×5=25，
∴ 异面直线AC与MN所成的角余弦值为25．
【答案】
证明：(1) 连结AC、BD，交于点O，连结OE，
∵底面ABCD是正方形，
∴ O是AC中点，
∵点E是PC的中点，
∴OE//PA.
∵OE⊂平面EDB， PA⊄平面EDB，
∴ PA//平面EDB．
(2)∵PD=DC，点E是PC的中点，
∴DE⊥PC.
∵底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，
∴ PD⊥BC， CD⊥BC，且 PD∩DC=D，
∴ BC⊥平面PDC，
∴ DE⊥BC，
又PC∩BC=C，
∴ DE⊥平面PBC，
∴ DE⊥PB，
∵EF⊥PB ，EF∩DE=E，
∴PB⊥平面EFD．
【考点】
直线与平面垂直的判定
直线与平面平行的判定
【解析】
以D为坐标原点，以DA、DC、DP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系D−xyz．（1）通过PA→与平面BDE的法向量的数量积为0即得结论；
（2）通过PB→⋅DE→=PB→⋅DF→=0，即得结论；
【解答】
证明：(1) 连结AC、BD，交于点O，连结OE，
∵底面ABCD是正方形，
∴ O是AC中点，
∵点E是PC的中点，
∴OE//PA.
∵OE⊂平面EDB， PA⊄平面EDB，
∴ PA//平面EDB．
(2)∵PD=DC，点E是PC的中点，
∴DE⊥PC.
∵底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，
∴ PD⊥BC， CD⊥BC，且 PD∩DC=D，
∴ BC⊥平面PDC，
∴ DE⊥BC，
又PC∩BC=C，
∴ DE⊥平面PBC，
∴ DE⊥PB，
∵EF⊥PB ，EF∩DE=E，
∴PB⊥平面EFD．
【答案】
解：(1)设t=2x，
∴t−t2>16−9t，
即t2−10t+16<0，
∴ 2∴ 1∴ 不等式的解集为(1, 3)．
(2)设t=2x，
∵ x∈[−1, 1]，
∴ t∈[12,2].
设G(t)=t−t2=−(t−12)2+14，
当t=12时，G(x)max=14,
当t=2时，G(x)min=−2，
∴ G(x)的值域为[−2,14]．
函数有零点等价于G(t)=t−t2与y=m有交点，
∴ m的取值范围为[−2,14]．
(3)由题意得f(x)=g(x)+ℎ(x)=2x，f(−x)=g(−x)+ℎ(−x)=2−x，
因为g(x)为奇函数，ℎ(x)为偶函数，
解得g(x)=2x−2−x2，ℎ(x)=2x+2−x2，
2ag(x)+ℎ(2x)≥0，
即(2x−2−x)a+22x+2−2x2≥0，对任意x∈[1, 2]恒成立，
当x∈[1, 2]时，令t=2x−2−x，t∈[32,154]，
则a≥−12(t+2t)，
又t+2t在t∈[32,154]上单调递增，
当t=32时，−12(t+2t)有最大值−1712，
所以a≥−1712.
【考点】
函数恒成立问题
函数与方程的综合运用
函数的零点
函数奇偶性的性质
【解析】
（1）设t＝2x，利用f(x)>16−9×2x，转化不等式为二次不等式，求解即可．
（2）设t＝2x，求出t∈[12,2]，利用二次函数的性质求解最值．然后求解m的取值范围为[−2,14]．
（3）利用函数的奇偶性以及函数恒成立，结合基本不等式求解函数的最值，推出结果．
【解答】
解：(1)设t=2x，
由f(x)>16−9×2x得t−t2>16−9t，
即t2−10t+16<0，
∴ 2∴ 1∴ 不等式的解集为(1, 3)．
(2)设t=2x，
∵ x∈[−1, 1]，
∴ t∈[12,2].
设G(t)=t−t2=−(t−12)2+14，
当t=12时，G(x)max=14,
当t=2时，G(x)min=−2，
∴ G(x)的值域为[−2,14]．
函数有零点等价于G(t)=t−t2与y=m有交点，
∴ m的取值范围为[−2,14]．
(3)由题意得f(x)=g(x)+ℎ(x)=2x，f(−x)=g(−x)+ℎ(−x)=2−x，
因为g(x)为奇函数，ℎ(x)为偶函数，
解得g(x)=2x−2−x2，ℎ(x)=2x+2−x2，
2ag(x)+ℎ(2x)≥0，
即(2x−2−x)a+22x+2−2x2≥0，对任意x∈[1, 2]恒成立，
当x∈[1, 2]时，令t=2x−2−x，t∈[32,154]，
则a≥−12(t+2t)，
又t+2t在t∈[32,154]上单调递增，
当t=32时，−12(t+2t)有最大值−1712，
所以a≥−1712.