2021-2022学年江苏省扬州中学高三（下）月考试卷（3月份）数学试卷（含答案）

这是一份2021-2022学年江苏省扬州中学高三（下）月考试卷（3月份）数学试卷（含答案），共26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。

2021-2022学年江苏省扬州中学高三（下）月考数学试卷（3月份）
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。）
1．（5分）设全集U＝{x|x≥0}，M＝{x|x2﹣x＜0}，N＝{y|y＝2x，x≥0}，则M∩（∁UN）＝（　　）
A．[0，+∞） B．（1，+∞） C．[0，1） D．（0，1）

2．（5分）“a＝1”是“直线（a+1）x+（a2﹣1）y+3＝0的斜率不存在”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

3．（5分）由直线y＝x+1上的一点向圆（x﹣3）2+y2＝1引切线，则切线长的最小值为（　　）
A．1 B．2 C． D．3

4．（5分）车马理论也称霍姆斯马车理论，是指各种资源都得到最合理配置和使用充分均匀的一种理论．管理学家经常将“霍姆斯马车理论”引申为：一架完美的马车，没有最好的部件，只有最完美、最平衡的组合．一个富有效率的团队，不需要每一个人都是最有能力的，而在于每个人的能力都能得到最合理的使用和发挥．某班一小队共10名同学，编号分别为1，2，…，9，10，要均分成两个学习小组（学习小组没有区别），其中1，2号同学必须组合在一起，3，4号同学也必须组合在一起，其余同学可以随意搭配，就能达到最佳效果，那么一共有多少种不同的分组方式（　　）
A．26 B．46 C．52 D．126
5．（5分）关于函数y＝sin（2x+φ）（φ∈R）有如下四个命题：
甲：该函数在上单调递增；
乙：该函数图象向右平移个单位长度得到一个奇函数；
丙：该函数图象的一条对称轴方程为；
丁：该函数图像的一个对称中心为．
如果只有一个假命题，则该命题是（　　）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
6．（5分）已知数列{an}的通项公式，前n项和为Sn，若m＞n，则Sm﹣Sn的最大值是（　　）
A．5 B．10 C．15 D．20

7．（5分）已知点P是抛物线y2＝2px（p＞0）上一点，且点P到点A（0，﹣2）的距离与到y轴的距离之和的最小值为，则p＝（　　）
A． B．4 C． D．

8．（5分）已知定义域为R的函数f（x）的导函数为f'（x），且f'（x）＝2xex+f（x），若f（1）＝e，则函数g（x）＝f（x）﹣4的零点个数为（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3

二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20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，部分选对的得2分，有选错的得0分。）
9．（5分）以下命题正确的是（　　）
A．若直线的斜率k＝tanα，则其倾斜角为α
B．已知A，B，C三点不共线，对于空间任意一点O，若，则P，A，B，C四点共面
C．不经过原点的直线都可以用方程表示
D．若点P（x，y）在线段y＝﹣2x+6（1≤x≤2）上运动，则的最大值为

10．（5分）已知向量＝（，1），＝（cosθ，sinθ），则下列说法正确的是（　　）
A．存在θ∈（0，），使得⊥
B．存在θ∈（0，），使得∥
C．对于任意θ∈（0，），•∈（1，2]
D．对于任意θ∈（0，），|﹣|∈[1，）

11．（5分）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P，M，N分别为棱CC1，CB，CD上的动点（点P不与点C，C1重合），若CP＝CM＝CN，则下列说法正确的是（　　）
A．存在点P，使得点A1到平面PMN的距离为
B．用过P，M，D1三点的平面去截正方体，得到的截面一定是梯形
C．BD1∥平面PMN
D．用平行于平面PMN的平面α去截正方体，得到的截面为六边形时，该六边形周长一定为

12．（5分）已知双曲线E：的左、右焦点分别为F1（﹣3，0），F2（3，0），两条渐近线的夹角正切值为，直线l：kx﹣y﹣3k＝0与双曲线E的右支交于A，B两点，设△F1AB的内心为I，则（　　）
A．双曲线E的标准方程为
B．满足的直线l有2条
C．IF2⊥AB
D．△F1AB与△IAB的面积的比值的取值范围是（2，6]

三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分。）
13．（5分）写出一个虚数z，使得z2+3为纯虚数，则z＝　 　．

14．（5分）（+2）100的展开式中有理项的个数为 　 　．

15．（5分）已知定义在R上的函数f（x），若函数f（x+2）为偶函数，且f（x）对任意x1，x2∈[2，+∞）（x1≠x2），都有，若f（a）≤f（3a+1），则实数a的取值范围是 　 　


16．（5分）在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AP＝2，点M是矩形ABCD内（含边界）的动点，且AB＝1，AD＝3，直线PM与平面ABCD所成的角为．记点M的轨迹长度为α，则tanα＝　 　；当三棱锥P﹣ABM的体积最小时，三棱锥P﹣ABM的外接球的表面积为　 　．

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．已知等差数列{an}和正项等比数列{bn}满足a1＝4，b1＝2，bn+2＝bn+1+2bn，a3＝b3+2．
（1）求{an}和{bn}的通项公式；
（2）对于集合B，定义集合A﹣B＝{x∈A且x∈∉B}，设数列{an}和{bn}中的所有项分别构成集合A，B，将集合A﹣B的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列{cn}，求数列{cn}的前30项和S30．









18．已知四边形ABCD，A，B，C，D四点共圆，AB＝5，BC＝2，cos∠ABC＝﹣．
（1）若，求AD的长；
（2）求四边形ABCD周长的最大值．






19．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，AB＝2AD＝2，PA⊥平面ABCD，E为PD中点．
（1）若PA＝1，求证：AE⊥平面PCD；
（2）当直线PC与平面ACE所成角最大时，求三棱锥E﹣ABC的体积．









20．已知椭圆C：＝1（a＞b＞0）的右焦点F（c，0）在直线x+y﹣2＝0上，且离心率为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设A（﹣a，0），B（a，0），过点A的直线与椭圆C交于另一点P（异于点B），与直线x＝a交于一点M，∠PFB的角平分线与直线x＝a交于点N，是否存在常数λ，使得？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．






21．某商城玩具柜台元旦期间促销，购买甲、乙系列的盲盒，并且集齐所有的产品就可以赠送元旦礼品．而每个甲系列盲盒可以开出玩偶A1，A2，A3中的一个，每个乙系列盲盒可以开出玩偶B1，B2中的一个．
（1）记事件En：一次性购买n个甲系列盲盒后集齐A1，A2，A3玩偶；事件Fn：一次性购买n个乙系列盲盒后集齐B1，B2玩偶；求概率P（E6）及P（F5）；
（2）礼品店限量出售甲、乙两个系列的盲盒，每个消费者每天只有一次购买机会，且购买时，只能选择其中一个系列的一个盲盒．通过统计发现：第一次购买盲盒的消费者购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为；而前一次购买甲系列的消费者下一次购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为；前一次购买乙系列的消费者下一次购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为；如此往复，记某人第n次购买甲系列的概率为Qn．
①Qn；
②若每天购买盲盒的人数约为100，且这100人都已购买过很多次这两个系列的盲盒，试估计该礼品店每天应准备甲、乙两个系列的盲盒各多少个．














22．已知函数f（x）＝（x﹣2）2+mlnx，m∈R，若函数f（x）在定义域上存在两个极值点x1，x2，且x1＜x2．
（1）求实数m的取值范围；
（2）证明：＞．

2021-2022学年江苏省扬州中学高三（下）月考数学试卷（3月份）
参考答案与试题解析
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。）
1．（5分）设全集U＝{x|x≥0}，M＝{x|x2﹣x＜0}，N＝{y|y＝2x，x≥0}，则M∩（∁UN）＝（　　）
A．[0，+∞） B．（1，+∞） C．[0，1） D．（0，1）
【解答】解：∵N＝{y|y＝2x，x≥0}＝[1，+∞），
∴∁UN＝[0，1），
又∵M＝{x|x2﹣x＜0}＝{x|0＜x＜1}，
∴M∩（∁UN）＝（0，1），
故选：D．
2．（5分）“a＝1”是“直线（a+1）x+（a2﹣1）y+3＝0的斜率不存在”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
【解答】解：直线（a+1）x+（a2﹣1）y+3＝0的斜率不存在，则a2﹣1＝0，a+1≠0，
解得a＝1．
∴“a＝1”是“直线（a+1）x+（a2﹣1）y+3＝0的斜率不存在”的充要条件，
故选：C．
3．（5分）由直线y＝x+1上的一点向圆（x﹣3）2+y2＝1引切线，则切线长的最小值为（　　）
A．1 B．2 C． D．3
【解答】解：切线长的最小值是当直线y＝x+1上的点与圆心距离最小时取得，圆心（3，0）到直线的距离为d＝，圆的半径为1，故切线长的最小值为，
故选：C．
4．（5分）车马理论也称霍姆斯马车理论，是指各种资源都得到最合理配置和使用充分均匀的一种理论．管理学家经常将“霍姆斯马车理论”引申为：一架完美的马车，没有最好的部件，只有最完美、最平衡的组合．一个富有效率的团队，不需要每一个人都是最有能力的，而在于每个人的能力都能得到最合理的使用和发挥．某班一小队共10名同学，编号分别为1，2，…，9，10，要均分成两个学习小组（学习小组没有区别），其中1，2号同学必须组合在一起，3，4号同学也必须组合在一起，其余同学可以随意搭配，就能达到最佳效果，那么一共有多少种不同的分组方式（　　）
A．26 B．46 C．52 D．126
【解答】解：由于1，2号同学必须组合在一起，3，4号同学也必须组合在一起，
第一类：当1，2号和3，4号在同一组时，有C61＝6种，
第二类：当1，2号和3，4号不在同一组时，有C63＝20种，
故共有6+20＝26种．
故选：A．
5．（5分）关于函数y＝sin（2x+φ）（φ∈R）有如下四个命题：
甲：该函数在上单调递增；
乙：该函数图象向右平移个单位长度得到一个奇函数；
丙：该函数图象的一条对称轴方程为；
丁：该函数图像的一个对称中心为．
如果只有一个假命题，则该命题是（　　）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
【解答】解：令﹣+2kπ≤2x+φ≤+2kπ，k∈Z，则函数的增区间为[kπ﹣﹣，kπ+﹣]（k∈Z）…①；函数图象向右平移个单位长度得到y＝sin[2（x﹣）+φ]＝sin（2x﹣+φ）…②；
令2x+φ＝+kπ⇒x＝+﹣，k∈Z…③；
令2x+φ＝kπ⇒x＝﹣，k∈Z…④．
若甲错误，则乙丙丁正确，由②，由函数的奇偶性性，
令＝，由①，函数的增区间为[kπ﹣，kπ+]（k∈Z），则甲正确，矛盾；
令φ＝，由①，函数的增区间为[kπ﹣，kπ﹣]（k∈Z），则甲错误，满足题意．
由③．函数的对称轴方程为x＝﹣，k∈Z，k＝﹣1时，x＝﹣，则丙正确．
由④，函数的对称中心为（，0）（k∈Z），令＝⇒k＝，丁错误．不合题意；
若乙错误，则甲丙丁正确，易知函数增区间的的两个端点的中点为对称中心，
由①．令x＝＝kπ﹣，
结合④．令kπ﹣＝⇒φ＝2kπ﹣（k∈Z），
由函数的奇偶性，取k＝0，φ＝﹣，
由③．x＝++＝+，k∈Z，
令+＝﹣⇒k＝﹣，则丙错误．不合题意；
若丙错误，则甲乙丁正确，由②，由函数的奇偶性，令φ＝，
由①．函数的增区间为[kπ﹣，kπ﹣]（k∈Z），则甲错误，不合题意．
令φ＝，由①．函数的增区间为[kπ﹣，kπ+]（k∈Z），甲正确．
取区间中点x＝＝﹣+kπ（k∈Z），则丁错误．不合题意；
若丁错误，则甲乙丙正确．由②，由函数的奇偶性，令φ＝，
由①．函数的增区间为[kπ﹣，kπ﹣]（k∈Z），则甲错误，不合题意．
令φ＝，由①．函数的增区间为[kπ﹣，kπ+]（k∈Z），甲正确．
由③．x＝+﹣＝+，k∈Z．
k＝﹣2时，x＝﹣，则丙正确．
由④．x＝﹣，k∈Z，令﹣＝⇒k＝，④错误．满足题意．
综上：该命题是丁．
故选：D．
6．（5分）已知数列{an}的通项公式，前n项和为Sn，若m＞n，则Sm﹣Sn的最大值是（　　）
A．5 B．10 C．15 D．20
【解答】解：依题意，Sm﹣Sn＝an+1+an+2+……+am，所以要使Sm﹣Sn的值最大，则an+1+an+2+……+am包含所有的正项，
令＞0，得，4≤n≤6，
代入得Sm﹣Sn＝a4+a5+a6＝3+4+3＝10，
故选：B．
7．（5分）已知点P是抛物线y2＝2px（p＞0）上一点，且点P到点A（0，﹣2）的距离与到y轴的距离之和的最小值为，则p＝（　　）
A． B．4 C． D．
【解答】解：抛物线y2＝2px（p＞0）的准线为x＝﹣，F（，0），
P点到y轴的距离为|PF|﹣，其中|PF|＝xP+，
∴|PA|+|PF|﹣≥|FA|﹣，
此时点P在直线AF与抛物线的交点，
∴|FA|＝＝，
∵|FA|﹣＝2﹣2，
∴2﹣2＝﹣，
解得p＝4，
故选：D．

8．（5分）已知定义域为R的函数f（x）的导函数为f'（x），且f'（x）＝2xex+f（x），若f（1）＝e，则函数g（x）＝f（x）﹣4的零点个数为（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
【解答】解：由f′（x）＝2xex+f（x），可得f′（x）﹣f（x）＝2xex，
则，即，
所以，其中c为常数，
∴f（x）＝x2ex+cex，∵f（1）＝e，∴e+ce＝e，∴c＝0，
所以f（x）＝x2ex，所以g（x）＝f（x）﹣4＝x2ex﹣4，
∴g′（x）＝2xex+x2ex，令g′（x）＝0，解得x＝﹣2或x＝0，
∴x∈（﹣∞，﹣2）∪（0，+∞），g′（x）＞0，
∴g（x）在区间（﹣∞，﹣2）和（0，+∞）单调递增，
x∈（﹣2，0），g′（x）＜0，∴g（x）在区间（﹣2，0）单调递减，
∴g（x）的极大值g（﹣2）＝，g（x）的极小值g（0）＝﹣4＜0，
而g（2）＝4e2﹣4＞0，∴g（x）在R上有唯一的一个零点．
故选：B．
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20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，部分选对的得2分，有选错的得0分。）
（多选）9．（5分）以下命题正确的是（　　）
A．若直线的斜率k＝tanα，则其倾斜角为α
B．已知A，B，C三点不共线，对于空间任意一点O，若，则P，A，B，C四点共面
C．不经过原点的直线都可以用方程表示
D．若点P（x，y）在线段y＝﹣2x+6（1≤x≤2）上运动，则的最大值为
【解答】解：对于A：若直线的斜率k＝tanα，由于α∈（0，π]，则其倾斜角不一定为α，故A错误；
对于B：已知A，B，C三点不共线，对于空间任意一点O，若，满足，则P，A，B，C四点共面，故B正确；
对于C：不经过原点的直线且不平行于x轴和y轴的直线都可以用方程表示，故C错误；
对于D：点P（x，y）在线段y＝﹣2x+6（1≤x≤2）两端点的坐标为（1，4）和（2，2）上运动，则＝2×表示为经过（﹣1，﹣）的直线的斜率的范围为：，故最大值为，故D正确；
故选：BD．
（多选）10．（5分）已知向量＝（，1），＝（cosθ，sinθ），则下列说法正确的是（　　）
A．存在θ∈（0，），使得⊥
B．存在θ∈（0，），使得∥
C．对于任意θ∈（0，），•∈（1，2]
D．对于任意θ∈（0，），|﹣|∈[1，）
【解答】解：对A：＝cosθ+sinθ＝2sin（θ+），若⊥，则2sin（θ+）＝0，因为θ∈（0，），此时θ无解，故A错误；
对B：若∥，则sinθ﹣cosθ＝0，因为θ∈（0，），所以θ＝，故B正确；
对C：＝2sin（θ+），因为θ∈（0，），所以θ+∈（，），则sin（θ+）∈（，1]，所以＝2sin（θ+）∈（1，2]，故C正确；
对D：||＝＝，因为θ∈（0，），则θ﹣∈（﹣，），所以cosθ∈（﹣，1]，则||∈[1，），故D正确；
故选：BCD．
（多选）11．（5分）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P，M，N分别为棱CC1，CB，CD上的动点（点P不与点C，C1重合），若CP＝CM＝CN，则下列说法正确的是（　　）
A．存在点P，使得点A1到平面PMN的距离为
B．用过P，M，D1三点的平面去截正方体，得到的截面一定是梯形
C．BD1∥平面PMN
D．用平行于平面PMN的平面α去截正方体，得到的截面为六边形时，该六边形周长一定为
【解答】解：对于A：连接A1C1，BC1，A1B，BD，C1D，A1D，B1C，如图所示：

∵CP＝CM＝CN，∴MN∥BD，NP∥C1D，MP∥BC1，且平面MNP∥平面BC1D，
又已知三棱锥A1﹣BC1D各条棱长均为，则三棱锥A1﹣BC1D为正四面体，
故A1到平面BC1D的距离为：，
∵A1B1⊥平面BCC1B1，∴A1B1⊥BC1，又BC1⊥B1C，且A1B1⋂B1C＝B1，
∴BC1⊥平面A1B1C，又A1C⊂平面A1B1C，∴B1⊥A1C，
同理可得C1D⊥A1C，且BC1⋂C1D＝C1，∴A1C⊥平面BC1D，
又∵，∴A1到平面PMN的距离，，且，故A正确；
对于B：连接D1P并延长交DC的延长线于点Q，连接QM并将其延长与AD相交于点A'，如图所示：

∵CP＝CM，且CP∥DD1，CM∥AD，则，
∴DA'＝DD1，故A'即为A，连接AD1，
∴过点P，M，D1的截面为四边形AD1PM，
由条件可知MP∥BC1，BC1∥AD1，且|MP|≠|AD1|，
∴四边形AD1PM为梯形，故B正确；
对于C：连接BD1，由A可知平面MNP∥平面BC1D，如图所示：

又∵B∈平面BC1D，D1∈平面BC1D，故BD1不平行于平面BC1D，
故BD1∥平面PMN不成立，故C错误；
对于D：在BB1上取点P1，过点P1作P1P2∥MP交B1C1于点P2，
过P2作P2N1∥MN交C1D1于N1，以此类推，如图所示：

依次可得点N2，M1，M2，此时截面为六边形，
根据题意可知：平面P1P2N1N2M1M2∥平面MNP，
不妨设BP1＝x，则，
故，
故六边形的周长为：，故D正确；
故选：ABD．
（多选）12．（5分）已知双曲线E：的左、右焦点分别为F1（﹣3，0），F2（3，0），两条渐近线的夹角正切值为，直线l：kx﹣y﹣3k＝0与双曲线E的右支交于A，B两点，设△F1AB的内心为I，则（　　）
A．双曲线E的标准方程为
B．满足的直线l有2条
C．IF2⊥AB
D．△F1AB与△IAB的面积的比值的取值范围是（2，6]
【解答】解：A选项，设双曲线E的一条渐近线的倾斜角为θ，，
因为a＞b，所以，从而，
解得或（舍去），
所以，又a2+b2＝9，所以a2＝6，b2＝3，所以双曲线E的标准方程为，故A正确；
B选项，直线l的方程kx﹣y﹣3k＝0，即k（x﹣3）﹣y＝0，
则直线l恒过右焦点F2，又过焦点F2的弦最短为（此时直线与x轴垂直），
所以|AB|＞，所以没有满足的直线l，故B错误；
C选项，由双曲线的定义可知，|BF2|，
即|AF1|﹣|BF1|＝|AF2|﹣|BF2|，
因此F2是△F1AB的内切圆在AB边上的切点，因此IF2⊥AB，故C正确；
D选项，由题知，
因为，所以，故D错误．
故选：AC．
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分。）
13．（5分）写出一个虚数z，使得z2+3为纯虚数，则z＝　1+2i　．
【解答】解：设z＝a+bi（a，b∈R，b≠0），
则z2+3＝（a+bi）2+3＝a2﹣b2+3﹣2abi为纯虚数，
∴a2﹣b2+3＝0，2ab≠0，
取a＝1，b＝2，
则z＝1+2i，
故答案为：1+2i．
14．（5分）（+2）100的展开式中有理项的个数为 　17　．
【解答】解：二项式的展开式的通项公式为Tr+1＝C＝2，
当展开式为有理项时，需50﹣Z，且r＝0，1，2，3，......，100，
则r＝0，6，12，18，.....96，即r的求值共有17个，
故答案为：17．
15．（5分）已知定义在R上的函数f（x），若函数f（x+2）为偶函数，且f（x）对任意x1，x2∈[2，+∞）（x1≠x2），都有，若f（a）≤f（3a+1），则实数a的取值范围是 　　
【解答】解：根据题意，f（x）对任意x1，x2∈[2，+∞）（x1≠x2），都有，则函数f（x）在[2，+∞）为减函数，
又由函数f（x+2）为偶函数，则函数f（x）的图象关于直线x＝2对称，
则f（a）≤f（3a+1）⇒f（|a﹣2|）≤f（|3a+1﹣2|）⇒|a﹣2|≥|3a﹣1|，
解可得：﹣≤a≤，
即a的取值范围为[﹣，]；
故答案为：[﹣，]．
16．（5分）在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AP＝2，点M是矩形ABCD内（含边界）的动点，且AB＝1，AD＝3，直线PM与平面ABCD所成的角为．记点M的轨迹长度为α，则tanα＝　　；当三棱锥P﹣ABM的体积最小时，三棱锥P﹣ABM的外接球的表面积为　8π　．
【解答】解：如图所示，
因为PA⊥平面ABCD，垂足为A，
则∠PMA为直线PM与平面ABCD所成的角，
所以；
因为AP＝2，所以AM＝2，
所以点M位于底面矩形ABCD内的以点A为圆心，2为半径的圆上，
记点M的轨迹为圆弧EF，连接AF，则AF＝2；
因为AB＝1，AD＝3，所以；
则弧EF的长度为，所以．
当点M位于F时，三棱锥P﹣ABM的体积最小，
又，
所以三棱锥P﹣ABM的外接球球心为PF的中点；
因为，
所以三棱锥P﹣ABM的外接球的表面积为．
故答案为：；8π．

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．已知等差数列{an}和正项等比数列{bn}满足a1＝4，b1＝2，bn+2＝bn+1+2bn，a3＝b3+2．
（1）求{an}和{bn}的通项公式；
（2）对于集合B，定义集合A﹣B＝{x∈A且x∈∉B}，设数列{an}和{bn}中的所有项分别构成集合A，B，将集合A﹣B的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列{cn}，求数列{cn}的前30项和S30．
【解答】解：（1）设等差数列{an}的公差为d，设正项等比数列{bn}的公比为q，
由于满足a1＝4，b1＝2，bn+2＝bn+1+2bn，a3＝b3+2，
所以q2＝q+2，解得q＝2或﹣1（负值舍去），
故，
所以a3＝b3+2，所以d＝，
整理得an＝3n+1；
（2）由于a30＝91，b6＝64＜121＜b7＝128，
所以S30中要去掉数列{bn}的项最多6项，
数列{bn}的前6项分别为2，4，8，16，32，64；
其中4，16，64三项是数列{an}和{bn}的公共项；
所以数列{cn}前30项由数列{an}的前33项再去掉{bn}的b2＝4，b4＝16，b6＝64这三项构成，
所以．
18．已知四边形ABCD，A，B，C，D四点共圆，AB＝5，BC＝2，cos∠ABC＝﹣．
（1）若，求AD的长；
（2）求四边形ABCD周长的最大值．
【解答】解：（1）在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2+BC2−2AB⋅BC⋅cos∠ABC＝，
解得，
因为，所以．
因为A，B，C，D四点共圆，所以∠ABC与角∠ADC互补，
所以，
在△ACD，由正弦定理得：，
所以；
（2）因为四边形ABCD的周长为DC+DA+BC+BA＝DC+DA+7，
在△ACD中，由余弦定理得：AC2＝DA2+DC2﹣2DA⋅DC⋅cos∠ADC，
即，
∴（DA+DC）2≤450，∴，
当且仅当时，，
所以四边形ABCD周长的最大值为．
19．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，AB＝2AD＝2，PA⊥平面ABCD，E为PD中点．
（1）若PA＝1，求证：AE⊥平面PCD；
（2）当直线PC与平面ACE所成角最大时，求三棱锥E﹣ABC的体积．

【解答】（1）证明：∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD，
∵四边形ABCD为矩形，∴AD⊥CD，
又AD∩PA＝A，AD、PA⊂平面PAD，∴CD⊥平面PAD，
∵AE⊂平面PAD，∴AE⊥CD，
在△PAD中，PA＝AD，E为PD 的中点，∴AE⊥PD，
而PD∩CD＝D，PD、CD⊂平面PCD，
∴AE⊥平面PCD；
（2）解：以A为坐标原点，分别以AB、AD、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
设AP＝a（a＞0），则C（2，1，0），P（0，0，a），E（0，，），
∴，，，
设平面ACE的一个法向量为，
则，取y＝﹣a，可得．
设直线PC与平面ACE所成角为θ，则sinθ＝|cos＜＞|＝
＝＝，当且仅当a＝时等号成立．
即当AP＝时，直线PC与平面ACE所成角最大，
此时三棱锥E﹣ABC的体积V＝．

20．已知椭圆C：＝1（a＞b＞0）的右焦点F（c，0）在直线x+y﹣2＝0上，且离心率为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设A（﹣a，0），B（a，0），过点A的直线与椭圆C交于另一点P（异于点B），与直线x＝a交于一点M，∠PFB的角平分线与直线x＝a交于点N，是否存在常数λ，使得？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）根据题意可得，
解得a＝4，c＝2，b＝2，
所以椭圆C的方程为+＝1．
（2）设M点坐标为（4，m），
因为＝λ，（λ＞0）
所以N点的坐标为（4，λm），则tan∠NFB＝，
直线AM的方程为y＝（x+4），即y＝（x+4），
联立，得（48+m2）x2+8m2x+16m2﹣48×16＝0，
所以xAxP＝，
即﹣4xP＝，
所以xP＝，
所以yp＝（xP+4）＝（+4）＝，
因为∠PFB的角平分线与直线x＝a交于点N，
所以tan∠PFB＝tan2∠NFB＝＝＝，
又tan∠PFB＝＝＝，
所以＝，
所以2λ2m2﹣λm2+16λ﹣8＝0，
所以（2λ﹣1）（λm2+8）＝0，
所以λ＝．
21．某商城玩具柜台元旦期间促销，购买甲、乙系列的盲盒，并且集齐所有的产品就可以赠送元旦礼品．而每个甲系列盲盒可以开出玩偶A1，A2，A3中的一个，每个乙系列盲盒可以开出玩偶B1，B2中的一个．
（1）记事件En：一次性购买n个甲系列盲盒后集齐A1，A2，A3玩偶；事件Fn：一次性购买n个乙系列盲盒后集齐B1，B2玩偶；求概率P（E6）及P（F5）；
（2）礼品店限量出售甲、乙两个系列的盲盒，每个消费者每天只有一次购买机会，且购买时，只能选择其中一个系列的一个盲盒．通过统计发现：第一次购买盲盒的消费者购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为；而前一次购买甲系列的消费者下一次购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为；前一次购买乙系列的消费者下一次购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为；如此往复，记某人第n次购买甲系列的概率为Qn．
①Qn；
②若每天购买盲盒的人数约为100，且这100人都已购买过很多次这两个系列的盲盒，试估计该礼品店每天应准备甲、乙两个系列的盲盒各多少个．
【解答】解：（1）由题意P（E6）＝＝，
P（F5）＝1﹣＝，
（2）①由题意可知：Q1＝，
当n≥2时，Qn＝Qn﹣1+（1﹣Qn﹣1）＝﹣Qn﹣1，
∴Qn﹣＝﹣（Qn﹣1﹣），Q1﹣＝﹣，
所以{Qn﹣}是以﹣为首项，﹣为公比的等比数列，
∴Qn＝﹣×（﹣）n﹣1；
②因为每天购买盲盒的100人都已购买过很多次，所以，对于每一个人来说，某天来购买盲盒时，可以看作n趋向无穷大，
所以购买甲系列的概率近似于，假设用ξ表示一天中购买甲系列盲盒的人数，则ξ～B（100，），
所以E（ξ）＝100×＝40，即购买甲系列的人数的期望为40，
所以礼品店应准备甲系列盲盒40个，乙系列盲盒60个．
22．已知函数f（x）＝（x﹣2）2+mlnx，m∈R，若函数f（x）在定义域上存在两个极值点x1，x2，且x1＜x2．
（1）求实数m的取值范围；
（2）证明：＞．
【解答】解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），
f′（x）＝（x﹣2）+＝，
令f′（x）＝0，得x2﹣2x+m＝0在（0，+∞）上有两个不等实数根x1，x2，
所以，解得0＜m＜1，
所以m的取值范围为（0，1）．
（2）证明：由（1）可知x1，x2（x1＜x2）是方程x2﹣2x+m＝0在（0，+∞）上的两个不等实根，
所以，其中0＜x1＜1＜x2＜2，
所以＝＝
＝＝（2﹣x2）+x2lnx2，
同理＝（2﹣x1）+x1lnx1，
﹣＝[（2﹣x2）+x2lnx2]﹣[（2﹣x1）+x1lnx1]
＝（x1﹣x2）+x2lnx2﹣x1lnx1＝x1﹣1+（2﹣x1）ln（2﹣x1）﹣x1lnx1，
令g（x）＝x﹣1+（2﹣x）ln（2﹣x）﹣xlnx（0＜x＜1），
则g′（x）＝﹣1﹣ln（2﹣x）﹣lnx＝﹣[1+lnx（2﹣x）]，
令h（x）＝1+lnx（2﹣x），（0＜x＜1），
则h′（x）＝＞0在（0，1）上恒成立，
所以函数h（x）在（0，1）上单调递增，
又h（1）＝1+ln1＝1＞0，h（）＝1+ln×（2﹣）＝ln＜0，
所以存在x0∈（，1），使得h（x0）＝0，
所以在（，x0）上，h（x）＜0，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
在（x0，1）上，h（x）＞0，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
x→0时，g（x）＞0且g（1）＝0，
所以g（x）＞0，
所以＞．
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