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2023-2024学年湖南省长沙市第一中学高二上学期第二次阶段性检测（12月）数学试题（含解析）
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这是一份2023-2024学年湖南省长沙市第一中学高二上学期第二次阶段性检测（12月）数学试题（含解析），共17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.若复数z满足(2−z)i=−1，则复数z在复平面内对应的点位于
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.已知集合A={x|x2−3x−4<0}，B={x|y=ln(x−1)}，则A∩B=( )
A. {x|1−1}
3.设fx=−x3+a−1x2+sinπx2是定义在R上的奇函数，则a=
A. −1B. 0C. 1D. 2
4.已知直线l1：mx+y+1=0与直线l2：3x+my− 3=0，若l1//l2，则直线l1的倾斜角为
( )
A. 30°B. 60°C. 120°D. 60°或120°
5.已知Sn为等差数列an的前n项和，若S4=14，S6=S2+22，则S6=
A. 26B. 27C. 28D. 29
6.函数f(x)=12mx2+(m−6)lnx−mx在区间[1,3]上单调递减，则m的取值范围为
A. −∞,67B. −∞,67C. (−∞,6)D. (−∞,6]
7.已知sin(2α+β)sin α−2cs(α+β)=12，则
( )
A. sinβ=2sinαB. csβ=2csαC. csα=2csβD. sinα=2sinβ
8.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的右焦点为Fc,0，过点F且斜率为3的直线与双曲线C分别交于M、N两点，若P是线段MN的中点，且PF= 1010c，则双曲线的渐近线方程为
A. y=±3 1111xB. y=± 113xC. y=± 32xD. y=±2 33x
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.树人中学为了解高二年级学生每天的体育活动时间，随机抽取200名学生统计每天体育运动的时间，按照时长(单位：分钟)分成30,40,40,50，50,60,60,70，70,80,80,90六组，对统计数据整理得到如图所示的频率分布直方图，则下列结论正确的是
A. a=0.15
B. 这200名学生每天体育活动时间的众数是55
C. 这200名学生每天体育活动时间的中位数小于60
D. 这200名学生中有60人每天体育活动时间低于50分钟
10.已知抛物线C：y2=2pxp>0的焦点为F2,0，点A，B在抛物线C上，且弦AB的中点到直线x=−2的距离为6，则
( )
A. p=8
B. A，B两点到抛物线C的准线的距离之和为12
C. 线段AB的长为12
D. AF·BF的最大值为36
11.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在平面AB1D1内且A1P= 2，点E为BB1的中点，则以下结论正确的是
A. 异面直线AB1与BC1所成的角是π2B. 三棱锥C1−PBD的体积为43
C. 存在点P，使得AC⊥D1PD. 点P到平面ABCD距离的最小值为23
12.已知f(x)=λsin x+sin 2xλ∈R，下列说法正确的是( )
A. 函数f(x)的图象关于点π,0对称
B. 函数f(x)的最小正周期为2π
C. 若λ=7，则f(x)在(π3,2π3)上存在极大值
D. λ=2时，∀x1，x2∈R，f(x1)−f(x2)≤3 3
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.设an是等比数列，且a1+a2=1，a3+a4=2，则a5+a6=____________．
14.若圆C：(x+1)2+(y−2)2=9上恰有四个点到直线l：2x+y+m=0的距离等于1，则m的取值范围为____________．
15.如图，在三棱锥P−ABC中，AB=AC=1，PA=2，∠PAB=∠PAC=∠CAB=π3，点D在线段BC上，且BD=13BC，则直线AD与直线PC所成角的余弦值为____________．
16.已知函数f(x)=x+2,x≤0,xln x,x>0,若方程fx=kx2恰有5个不等实根，则实数k的取值范围是____________．
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)
在一次奥运会男子羽毛球单打比赛中，运动员甲和乙进入了决赛．假设每场比赛甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，且各场比赛结果相互独立．比赛方案采用五局三胜制(先胜3局者获胜，比赛结束)．
(1)求前2场比赛中，甲至少赢得一场的概率；
(2)已知前2场比赛甲、乙各胜一场，求最终甲获胜的概率．
18.(本小题12分)
已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知 3bcs C+csin B= 3a.
(1)求角B；
(2)若△ABC的面积为 3b，求b取最小值时△ABC的周长．
19.(本小题12分)
已知数列an的首项a1=4，且满足an+1=3an−2n∈N∗．
(1)求证：数列{an−1}为等比数列；
(2)记bn=3nan·an + 1，求数列bn的前n项和Sn．
20.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，△PAD是正三角形，PC=2 2．
(1)求证：平面PAD⊥平面ABCD；
(2)直线PA上是否存在点M，使得直线CM与平面PAB所成角为π6？若存在，求PMPA的值；若不存在，请说明理由．
21.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为 22，且经过点( 2,1)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点M(0, 23)作直线l交椭圆C于P，Q两点，试问以PQ为直径的圆是否恒过定点？若过定点，求出定点；若不过定点，说明理由．
22.(本小题12分)
已知f(x)=eax+e−ax−ax2．
(1)当a=1时，证明：f(x)在(0,+∞)上单调递增；
(2)若f(x)≥2恒成立，求a的取值范围．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，属于基础题．
把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．
【解答】解：由2−zi=−1，得2−z=−1i，所以z=2−i，
则其在复平面内所对应的点为(2,−1)，其位于第四象限，
故选D．
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查集合的交集运算、一元二次不等式的解法及函数的定义域，属于基础题．
先由题目所给的条件求出集合A，B，再由交集的定义求出A∩B．
【解答】
解：A={x|x2−3x−4<0}=x|−1B={x|y=ln(x−1)}=x|x>1，
因此A∩B ={x|13.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查函数奇偶性的性质，考查运算求解能力，属于基础题．
由定义在R上奇函数的性质可求得a的值．
【解答】
解：因为f(x)=−x3+(a−1)x2+sinπx2是定义在R上的奇函数，
则f(−x)=−f(x)，即−(−x)3+(a−1)(−x)2+sin(−πx2)=x3−(a−1)x2−sin(πx2)，
解得a=1．
故选：C．
4.【答案】C
【解析】【分析】本题考查了直线的斜率与倾斜角，考查了两条直线平行的判定，属于基础题．
当m=0时，显然l1、l2不平行;当m≠0时，若l1//l2，则m3=1m≠1− 3，所以m= 3，根据直线斜率与倾斜角的关系得出直线 l1的倾斜角．
【解答】解：当m=0时，显然l1、l2不平行;
当m≠0时，若l1//l2，则m3=1m≠1− 3，所以m= 3，
所以直线l1的斜率为− 3，所以直线l1的倾斜角为120∘．
故选：C．
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查等差数列通项公式以及前n项和公式，属于基础题．
设等差数列an的公差为d，首项为a1，根据等差数列的前n项和公式列出方程组，解得d和a1，即可求解S 6．
【解答】解：设等差数列an的公差为d，首项为a1，
因为S4=14，S6=S2+22，
所以4a1+4×32×d=146a1+5×62×d=2a1+1×22×d+22,
解得a1=2d=1,
数列的通项公式为S6=6a1+5×62×d=27，
故选B
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，是一般题．
求出函数的导数，问题转化为m≤6x2−x+1，令y=6x2−x+1，x∈[1,3]，根据函数的单调性及最值求出m的范围即可．
【解答】
解：在x∈[1,3]时，f′(x)=mx+(m−6)x−m≤0恒成立，
即当x∈[1,3]时，m(x+1x−1)≤6x恒成立.又x+1x−1>0，∴m≤6x2−x+1．
∵函数y=6x2−x+1=6(x−12)2+34，在[1,3]上的最小值为67，∴m≤67．
故选B．
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查两角和与差的三角函数公式，属于基础题．
根据两角和与差的三角函数公式即可求解．
【解答】
解：sin(2α+β)sinα−2cs(α+β)
=sin (α+β)csα+cs(α+β)sinαsin α−2cs(α+β)
=sin (α+β)csαsin α−cs(α+β)
=sin (α+β)csα−cs(α+β)sinαsin α
=sinα+ β−αsin α
=sinβsinα=12．
所以sinα=2sinβ，
故选D．
8.【答案】A
【解析】【分析】本题考查双曲线的渐近线方程，属于中档题．
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，P(x0,y0)，利用点差法得到kOP=b23a2，即可得到则OP与MN的方程，联立方程，结合已知条件即可得到结果．
【解答】解：设M(x1,y1)，N(x2,y2)，P(x0,y0)，
P是线段MN的中点，则x1+x22=x0，y1+y22=y0，
因为点M，N分别在双曲线的两条渐近线上，
则将M(x1,y1)，N(x2,y2)代入x2a2−y2b2=0，
得到x12a2−y12b2=0x22a2−y22b2=0,
两式相减可得：x1+x2x1−x2a2−y1+y2y1−y2b2=0，
即y1+y2y1−y2x1+x2x1−x2=b2a2，
故kMN·kOP=b2a2，又kMN=3，所以kOP=b23a2，
则直线OP的方程为y=b23a2x，又因为直线MN的方程为：y=3(x−c)，
联立y=b23a2xy=3(x−c)⇒xP=9a2c9a2−b2,
|PF|= 1+329a2c9a2−b2−c= 10(9a2c9a2−b2−c)= 1010c,∴9a2=11b2，
化简整理，得b2a2=911，
所以双曲线的渐近线方程y=±3 1111x.
9.【答案】BCD
【解析】解：由频率之和为1得10×(0.01+0.02+0.03+2a+0.01)=1，解得a=0.015，故A错误;
由频率分布直方图可估计200名学生每天体育活动时间的众数是55，故B正确;
由频率分布直方图可估计200名学生每天体育活动时间低于50分钟的人占比30%，低于60分钟的人占比60%，故C正确;由200×0.3=60，可知D正确．
故选：BCD．
由频率分布直方图，结合选项逐一检验，可得答案．
本题考查频率分布直方图的应用，考查众数和中位数，属于基础题．
10.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查抛物线的标准方程及抛物线的几何性质，属于中档题．
根据抛物线的标准方程及抛物线的几何性质逐一判定即可．
【解答】
解：由抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F(2,0)，所以p2=2，则p=4，A错误;
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则由弦AB的中点到直线x=−2的距离为6，可得x1+x22+2=6，
所以x1+x2=8，|AF|+|BF|=x1+2+x2+2=x1+x2+4=12;
A，B两点到C的准线的距离之和与|AF|+|BF|相等，值为12，B正确;
当AB过点F时，由抛物线的定义可得，|AB|=|AF|+|BF|=x1+2+x2+2=x1+x2+4=12;
当x1=x2=4时，|AB|=8 2，所以AB的长不是定值，C错误;
|AF|⋅|BF|≤(|AF|+|BF|2)2=36，当且仅当|AF|=|BF|=6时等号成立，
故|AF|⋅|BF|的最大值为36，D正确．
故选：BD．
11.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题以正方体为载体考查的是异面直线所成的角，棱锥的体积，点到平面的距离．
异面直线AB1与BC1所成的角即直线AB1与AD1所成的角，即∠B1AD1，可判断A；由VC1−PBD=VP−C1BD可判断B；点P的轨迹为平面AB1D1内以点O为圆心，半径为 63的圆，所以点P的轨迹为△AB1D1的内切圆，切点分别为△AB1D1三边的中点，可判断C；因为点P的轨迹为△AB1D1的内切圆，所以点P到平面ABCD距离的最小值为13DD1，即可判断D．
【解答】
解：在正方体ABCD−A1B1C1D1中，易知AD1//BC1，异面直线AB1与BC1所成的角即直线AB1与AD1所成的角，即∠B1AD1，△B1AD1为等边三角形，∠B1AD1=π3，A错误;
VC1−PBD=VP−C1BD=13×(12×2 2×2 2×sinπ3)×2 3×13=43，故B正确;
因为A1C⊥平面AB1D1，设A1C∩平面AB1D1=O，
所以A1O=A1C3=2 33，OP= 2−(2 33)2= 63，
所以点P的轨迹为平面AB1D1内以点O为圆心，半径为 63的圆，
而易知△AB1D1为边长为2 2的正三角形，其内切圆半径为2 2× 32×13= 63，
所以点P的轨迹为△AB1D1的内切圆，切点分别为△AB1D1三边的中点，
易知AC⊥D1B1，所以当点P与点D1B1的中点重合时，AC⊥D1P.故C正确;
因为点P的轨迹为△AB1D1的内切圆，所以点P到平面ABCD距离的最小值为13DD1=23，故D正确．
故选BCD．
12.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查了三角函数的图象与性质和利用导数研究函数的极值，是较难题．
根据三角函数的图象与性质和利用导数研究函数的极值逐一判断即可．
【解答】
解：A.易知f(2π−x)+f(x)=0，则f(x)的图象关于(π,0)成中心对称，A正确;
B.λ=0时f(x)的最小正周期为π，B错误；
C.当λ=7时，f′(x)=7csx+2cs2x=4cs2x+7csx−2=(4csx−1)(csx+2)，
令f′(x)=0，得csx=14，所以存在x0∈(π3,2π3)，使得f′(x0)=0．
当x∈(π3,x0)，csx∈(14,12)，f′(x)>0，f(x)单调递增;
当x∈(x0,2π3)，csx∈(−12,14)，f′(x)<0，f(x)单调递减;
所以f(x)在(π3,2π3)上存在极大值，C正确；
D.λ=2时，f′(x)=4cs2x+2csx−2=2(2csx−1)(csx+1)，
则csx=12,sinx= 32时，f(x)max=3 32，csx=12,sinx=− 32时，f(x)min=−3 32，
∀x1，x2∈R，|f(x1)−f(x2)|≤f(x)max−f(x)min=3 3，D正确．
故选ACD．
13.【答案】4
【解析】【分析】
本题考查等比数列通项公式的应用，属于基础题．
根据等比数列的性质进行求解即可．
解：因为a1+a2=1，a3+a4=2，
所以q2=a3+a4a1+a2=2，
所以a5+a6=(a3+a4)q2=4．
故答案为：4．
14.【答案】(−2 5,2 5)
【解析】【分析】本题主要考查直线与圆的位置关系，等价转化的数学思想等知识，属于中档题．
根据题意可知，圆心到直线的距离小于2，即可求得取值范围．
【解答】
解：由题意可知：圆C:(x+1)2+(y−2)2=9的圆心C(−1,2)，半径r=3，
若圆C上恰有四个点到直线l的距离等于1，
则圆心C(−1,2)到直线l的距离等于d则|2×−1+2+m| 22+12<2，
解得−2 5故答案为：(−2 5,2 5)．
15.【答案】 2121
【解析】【分析】
本题考查空间向量的线性运算，空间向量的数量积，异面直线所成的角，属于中档题．
根据题意AD=23AB+13AC，PC=AC−AP，再利用空间向量的数量积运算及夹角公式可得答案．
【解答】
解：AD=AB+BD=AB+13(AC−AB)=23AB+13AC，
PC=AC−AP，
AB→·AC→=1×1×csπ3=12，AB→·AP→=1×2×csπ3=1，AC→·AP→=1×2×csπ3=1，
所以|cs|=AD·PCAD·PC=|(23AB+13AC)·(AC−AP)| (23AB+13AC)2 (AC−AP)2
=23AB·AC+13AC2−23AB·AP−13AC·AP 49AB2+49AB·AC+19AC2· AC2−2AC·AP+AP2
=23×12+13×1−23×1−13×1 49×1+49×12+19×1· 1−2×1+4
=|−13| 73× 3= 2121．
16.【答案】(0,18)
【解析】【分析】
本题考查了函数零点问题，考查了数形结合思想，属于中档题．
分离变量得x<−2时，k=−x−2x2;当−2≤x<0时，k=x+2x2;当x>0时，k=lnxx，令g(x)=−x−2x2,(x<−2)x+2x2,(−2⩽x<0)lnxx,(x>0),利用导数研究单调性，画出函数的图象，结合图象求出k的范围即可．
【解答】
解：当x=0时，f(0)=2，方程fx=kx2无解，
当x<−2时，方程可化为k=−x−2x2;
当−2≤x<0时，方程可化为k=x+2x2;
当x>0时，方程可化为k=lnxx，
令g(x)=−x−2x2,(x<−2)x+2x2,(−2⩽x<0)lnxx,(x>0)
当x<−2时，g(x)=−x−2x2，g′(x)=x+4x3，
当x∈(−∞,−4)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
当x∈(−4,−2)时，g′(x)<0，g(x)单调递减;
当−2≤x<0时，g(x)=x+2x2，g′(x)=−x−4x3>0，g(x)单调递增;
当x>0时，g(x)=lnxx，g′(x)=1−lnxx2，
所以g(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)单调递减．
又g(−4)=18，g(−2)=0，g(e)=1e，所以可画出g(x)的大致图象，
如图所示，方程有5个不等实根，
等价于g(x)的图象与直线y=k有5个交点，
由图可知，017.【答案】(1)设前2场比赛，甲至少赢一场为事件A，则P(A)=1−P(A)=1−0.4×0.4=0.84．
(2)当前2场比赛甲、乙各胜一场时，设甲获胜为事件B，则甲获胜的比分可以是3:1或者3:2，分2种情况讨论：
若是3:1，在第3场和第4场，甲连赢两场，则甲获胜概率P1=0.6×0.6=0.36;
若是3:2，在第3场和第4场，甲乙各赢一次，第5场甲赢了，
则甲获胜概率P2=2×0.6×0.4×0.6=0.288，
所以，前2场比赛比分为1:1时，最终甲获胜的概率P(B)=0.36+0.288=0.648．
【解析】本题考查了相互独立事件的概率乘法公式，考查了对立事件的概率公式，是中档题
(1)设前2场比赛，甲至少赢一场为事件A，则P(A)=1−P(A)得答案
(2)当前2场比赛甲、乙各胜一场时，设甲获胜为事件B，则甲获胜的比分可以是3:1或者3:2，分2种情况讨论可求得答案
18.【答案】解：(1)由正弦定理得 3sinBcsC+sinBsinC= 3sinA= 3sinBcsC+ 3sinCcsB，
所以sinCsinB= 3sinCcsB，
又在ΔABC中sinC≠0，
可得sinB= 3csB，即tanB= 3，
又B∈(0,π)，所以B=π3．
(2)由S△ABC=12acsinB= 3b，可得ac=4b，
由b2=a2+c2−2accsB=a2+c2−ac⩾ac=4b，
解得b≥4，当且仅当a=c时等号成立，
则b取最小值为4，此时a=c，B=π3，
则△ABC为等边三角形，
因此，当b取最小值时△ABC的周长为12．
【解析】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式，两角和与差的三角函数公式，属于中档题．
(1)直接利用正弦定理和三角恒等变换可得B的值．
(2)根据(1)的结论，由三角形的面积公式和余弦定理即求出结果．
19.【答案】解：(1)∵an+1=3an−2，
∴an+1−1=3(an−1)，
∴a1=4，∴a1−1=3≠0，
所以数列{an−1}是首项为3，公比为3的等比数列．
(2)由(1)知an−1=3×3n−1，所以an=3n+1，n∈N∗，
所以bn=3n(3n+1)(3n+1+1)=12(13n+1−13n+1+1)，
所以Sn=12[(14−110)+(110−128)+(128−182)+⋯+(13n+1−13n+1+1)]
=12×(14−13n+1+1)
=18−12×3n+1+2．
【解析】本题主要考查数列由递推公式推导出通项公式，裂项相消法求和，考查了转化与化归思想，整体思想，不等式的运算，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．
(1)根据题意将递推公式进行转化，得an+1−1=3(an−1)，进一步计算即可证得数列{an−1}为等比数列；
(2)先根据第(1)题的结果计算出数列{an−1}的通项公式，以及数列{an}的通项公式，然后计算出数列{bn}的通项公式，再运用裂项相消法求前n项和Sn
20.【答案】解：(1)∵CD=DP=2，PC=2 2，∴PD2+CD2=PC2，∴CD⊥PD，
又∵CD⊥AD，AD∩PD=D，AD、PD⊂平面PAD，
∴CD⊥平面PAD，
又∵CD⊂平面ABCD，∴平面PAD⊥平面ABCD．
(2)设AD、BC的中点分别为O、G，连接PO，OG，
因为△PAD是正三角形，故PO⊥AD，
而平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PO⊂平面PAD，
故PO⊥平面ABCD，而OG⊂平面ABCD，故PO⊥OG，
由四边形ABCD为正方形且O，G分别为AD，BC的中点得AD⊥OG，
故可以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则P(0,0, 3)，A(1,0,0)，B(1,2,0)，C(−1,2,0)，
∴PA=(1,0,− 3)，AB=(0,2,0)．
假设直线PA上存在点M(x,0,z)，使得直线CM与平面PAB所成角为π6，
且PM=tPA(t∈R)，则(x,0,z− 3)=t(1,0,− 3)，
即x=t,z= 3− 3t,∴CM=(t+1,−2, 3− 3t)．
设平面PAB的一个法向量为n=(x1,y1,z1)，
则PA⋅n=x1− 3z1=0,AB⋅n=2y1=0,令z1=1，则n=( 3,0,1)，
∴sinπ6=|cs|=|CM·n||CM||n|=2 32 4t2−4t+8=12，
整理可得t2−t−1=0，解得t=1± 52，此时PMPA=|t|= 5±12，
故存在满足条件的点M，且PMPA的值为 5+12或 5−12．
【解析】本题考查了面面垂直的判定和直线与平面所成角的向量求法，是中档题．
(1)先得出CD⊥平面PAD，由面面垂直的判定即可得证；
(2)建立空间直角坐标系，假设直线PA上存在点M(x,0,z)，使得直线CM与平面PAB所成角为π6，且PM=tPA(t∈R)，得出平面PAB的一个法向量，利用空间向量求解即可．
21.【答案】解：(1)由题意得， 1−b2a2= 22,2a2+1b2=1,解得a2=4,b2=2.
所以椭圆C的方程为x24+y22=1．
(2)结论：以PQ为直径的圆经过定点(0,− 2).理由如下：
若直线l斜率不存在，可得圆：x2+y2=2，
若直线l斜率为0，可得圆：x2+(y− 23)2=329，
解得两个圆的公共点为N(0,− 2).
若直线l斜率存在且不为0时，设其方程为y=kx+ 23(k≠0)，
联立y=kx+ 23,x24+y22=1,可得(2k2+1)x2+4 23kx−329=0，Δ>0恒成立，
设点P(x1,y1)，Q(x2,y2)，由韦达定理得：x1+x2=−4 2k6k2+3x1x2=−3218k2+9,
NP⋅NQ=x1x2+(y1+ 2)(y2+ 2)
=x1x2+(kx1+4 23)(kx2+4 23)
=(k2+1)x1x2+4 23k(x1+x2)+329
=−32(k2+1)18k2+9+4 23k(−4 2k)6k2+3+329
=−32k2−32−32k2+329(18k2+9)18k2+9=0，
即NP⊥NQ，以PQ为直径的圆经过定点N(0,− 2)，
综上所述，以PQ为直径的圆经过定点N(0,− 2).
【解析】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查推理论证能力与运算求解能力，是中档题．
(1)根据题意可得 1−b2a2= 22,2a2+1b2=1,求解即可；
(2)若直线l斜率不存在，可得圆：x2+y2=2，若直线l斜率为0，可得圆：x2+(y− 23)2=329，解得两个圆的公共点为N(0,− 2).若直线l斜率存在且不为0时，设其方程为y=kx+ 23(k≠0)，与椭圆方程联立，证明NP⋅NQ=0即可．
22.【答案】解：(1)当a=1时，则f(x)=ex+e−x−x2，f′(x)=ex−e−x−2x，且f′(0)=0，
令t(x)=ex−e−x−2x，
则t′(x)=ex+e−x−2>0，因此f′(x)在(0,+∞)上单调递增，
从而f′(x)>f′(0)=0，
即f(x)在(0,+∞)上单调递增．
(2)f(x)=eax+e−ax−ax2，x∈R，
则f(−x)=e−ax+eax−ax2=f(x)
故f(x)为偶函数，且f(0)=2，只需x∈[0,+∞)时，f(x)≥2即可，
f′(x)=aeax−ae−ax−2ax=a(eax−e−ax−2x)，
(i)当a≤0时，eax≤e−ax，因此f′(x)=a(eax−e−ax−2x)≥0，
f(x)在[0,+∞)上单调递增，f(x)⩾2,符合题意;
(ii)当a>0时，设g(x)=eax−e−ax−2x，x∈[0,+∞)，
则g(0)=0，
则g′(x)=aeax+ae−ax−2，g′(0)=2a−2，
若a≥1，则g′(x)=aeax+ae−ax−2≥2a eax⋅e−ax−2=2a−2≥0，当且仅当x=0时，取等号，
则g(x)是增函数
则g(x)≥g(0)=0，
故f(x)在[0,+∞)上单调递增，符合题意;
若00，
令g′(x)=ℎ(x)，ℎ′(x)=a2eax−a2e−ax，因为ℎ′(x)递增，所以ℎ′(x)>ℎ′(0)=0，所以ℎ(x)，即g′(x)递增，
故存在x0∈(0,1aln2a)，使得g′(x0)=0，当x∈(0,x0)时，g′(x)<0，g(x)此时f(x)在(0,x0)上单调递减，不符合题意．
综上可知，a≥1或a≤0.
【解析】本题考查利用导数求证函数的单调性和研究恒成立问题，属于较难题．
(1)通过求证f′(x)>0在(0,+∞)上恒成立即可;
(2)求出f(x)为偶函数，且f(0)=2，只需x∈[0,+∞)时，f(x)≥2即可，求出f′(x)，然后对a进行分类讨论即可求解．
1.若复数z满足(2−z)i=−1，则复数z在复平面内对应的点位于
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.已知集合A={x|x2−3x−4<0}，B={x|y=ln(x−1)}，则A∩B=( )
A. {x|1
3.设fx=−x3+a−1x2+sinπx2是定义在R上的奇函数，则a=
A. −1B. 0C. 1D. 2
4.已知直线l1：mx+y+1=0与直线l2：3x+my− 3=0，若l1//l2，则直线l1的倾斜角为
( )
A. 30°B. 60°C. 120°D. 60°或120°
5.已知Sn为等差数列an的前n项和，若S4=14，S6=S2+22，则S6=
A. 26B. 27C. 28D. 29
6.函数f(x)=12mx2+(m−6)lnx−mx在区间[1,3]上单调递减，则m的取值范围为
A. −∞,67B. −∞,67C. (−∞,6)D. (−∞,6]
7.已知sin(2α+β)sin α−2cs(α+β)=12，则
( )
A. sinβ=2sinαB. csβ=2csαC. csα=2csβD. sinα=2sinβ
8.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的右焦点为Fc,0，过点F且斜率为3的直线与双曲线C分别交于M、N两点，若P是线段MN的中点，且PF= 1010c，则双曲线的渐近线方程为
A. y=±3 1111xB. y=± 113xC. y=± 32xD. y=±2 33x
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.树人中学为了解高二年级学生每天的体育活动时间，随机抽取200名学生统计每天体育运动的时间，按照时长(单位：分钟)分成30,40,40,50，50,60,60,70，70,80,80,90六组，对统计数据整理得到如图所示的频率分布直方图，则下列结论正确的是
A. a=0.15
B. 这200名学生每天体育活动时间的众数是55
C. 这200名学生每天体育活动时间的中位数小于60
D. 这200名学生中有60人每天体育活动时间低于50分钟
10.已知抛物线C：y2=2pxp>0的焦点为F2,0，点A，B在抛物线C上，且弦AB的中点到直线x=−2的距离为6，则
( )
A. p=8
B. A，B两点到抛物线C的准线的距离之和为12
C. 线段AB的长为12
D. AF·BF的最大值为36
11.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在平面AB1D1内且A1P= 2，点E为BB1的中点，则以下结论正确的是
A. 异面直线AB1与BC1所成的角是π2B. 三棱锥C1−PBD的体积为43
C. 存在点P，使得AC⊥D1PD. 点P到平面ABCD距离的最小值为23
12.已知f(x)=λsin x+sin 2xλ∈R，下列说法正确的是( )
A. 函数f(x)的图象关于点π,0对称
B. 函数f(x)的最小正周期为2π
C. 若λ=7，则f(x)在(π3,2π3)上存在极大值
D. λ=2时，∀x1，x2∈R，f(x1)−f(x2)≤3 3
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.设an是等比数列，且a1+a2=1，a3+a4=2，则a5+a6=____________．
14.若圆C：(x+1)2+(y−2)2=9上恰有四个点到直线l：2x+y+m=0的距离等于1，则m的取值范围为____________．
15.如图，在三棱锥P−ABC中，AB=AC=1，PA=2，∠PAB=∠PAC=∠CAB=π3，点D在线段BC上，且BD=13BC，则直线AD与直线PC所成角的余弦值为____________．
16.已知函数f(x)=x+2,x≤0,xln x,x>0,若方程fx=kx2恰有5个不等实根，则实数k的取值范围是____________．
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)
在一次奥运会男子羽毛球单打比赛中，运动员甲和乙进入了决赛．假设每场比赛甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，且各场比赛结果相互独立．比赛方案采用五局三胜制(先胜3局者获胜，比赛结束)．
(1)求前2场比赛中，甲至少赢得一场的概率；
(2)已知前2场比赛甲、乙各胜一场，求最终甲获胜的概率．
18.(本小题12分)
已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知 3bcs C+csin B= 3a.
(1)求角B；
(2)若△ABC的面积为 3b，求b取最小值时△ABC的周长．
19.(本小题12分)
已知数列an的首项a1=4，且满足an+1=3an−2n∈N∗．
(1)求证：数列{an−1}为等比数列；
(2)记bn=3nan·an + 1，求数列bn的前n项和Sn．
20.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，△PAD是正三角形，PC=2 2．
(1)求证：平面PAD⊥平面ABCD；
(2)直线PA上是否存在点M，使得直线CM与平面PAB所成角为π6？若存在，求PMPA的值；若不存在，请说明理由．
21.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为 22，且经过点( 2,1)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点M(0, 23)作直线l交椭圆C于P，Q两点，试问以PQ为直径的圆是否恒过定点？若过定点，求出定点；若不过定点，说明理由．
22.(本小题12分)
已知f(x)=eax+e−ax−ax2．
(1)当a=1时，证明：f(x)在(0,+∞)上单调递增；
(2)若f(x)≥2恒成立，求a的取值范围．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，属于基础题．
把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．
【解答】解：由2−zi=−1，得2−z=−1i，所以z=2−i，
则其在复平面内所对应的点为(2,−1)，其位于第四象限，
故选D．
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查集合的交集运算、一元二次不等式的解法及函数的定义域，属于基础题．
先由题目所给的条件求出集合A，B，再由交集的定义求出A∩B．
【解答】
解：A={x|x2−3x−4<0}=x|−1
因此A∩B ={x|1
【解析】【分析】
本题考查函数奇偶性的性质，考查运算求解能力，属于基础题．
由定义在R上奇函数的性质可求得a的值．
【解答】
解：因为f(x)=−x3+(a−1)x2+sinπx2是定义在R上的奇函数，
则f(−x)=−f(x)，即−(−x)3+(a−1)(−x)2+sin(−πx2)=x3−(a−1)x2−sin(πx2)，
解得a=1．
故选：C．
4.【答案】C
【解析】【分析】本题考查了直线的斜率与倾斜角，考查了两条直线平行的判定，属于基础题．
当m=0时，显然l1、l2不平行;当m≠0时，若l1//l2，则m3=1m≠1− 3，所以m= 3，根据直线斜率与倾斜角的关系得出直线 l1的倾斜角．
【解答】解：当m=0时，显然l1、l2不平行;
当m≠0时，若l1//l2，则m3=1m≠1− 3，所以m= 3，
所以直线l1的斜率为− 3，所以直线l1的倾斜角为120∘．
故选：C．
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查等差数列通项公式以及前n项和公式，属于基础题．
设等差数列an的公差为d，首项为a1，根据等差数列的前n项和公式列出方程组，解得d和a1，即可求解S 6．
【解答】解：设等差数列an的公差为d，首项为a1，
因为S4=14，S6=S2+22，
所以4a1+4×32×d=146a1+5×62×d=2a1+1×22×d+22,
解得a1=2d=1,
数列的通项公式为S6=6a1+5×62×d=27，
故选B
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，是一般题．
求出函数的导数，问题转化为m≤6x2−x+1，令y=6x2−x+1，x∈[1,3]，根据函数的单调性及最值求出m的范围即可．
【解答】
解：在x∈[1,3]时，f′(x)=mx+(m−6)x−m≤0恒成立，
即当x∈[1,3]时，m(x+1x−1)≤6x恒成立.又x+1x−1>0，∴m≤6x2−x+1．
∵函数y=6x2−x+1=6(x−12)2+34，在[1,3]上的最小值为67，∴m≤67．
故选B．
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查两角和与差的三角函数公式，属于基础题．
根据两角和与差的三角函数公式即可求解．
【解答】
解：sin(2α+β)sinα−2cs(α+β)
=sin (α+β)csα+cs(α+β)sinαsin α−2cs(α+β)
=sin (α+β)csαsin α−cs(α+β)
=sin (α+β)csα−cs(α+β)sinαsin α
=sinα+ β−αsin α
=sinβsinα=12．
所以sinα=2sinβ，
故选D．
8.【答案】A
【解析】【分析】本题考查双曲线的渐近线方程，属于中档题．
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，P(x0,y0)，利用点差法得到kOP=b23a2，即可得到则OP与MN的方程，联立方程，结合已知条件即可得到结果．
【解答】解：设M(x1,y1)，N(x2,y2)，P(x0,y0)，
P是线段MN的中点，则x1+x22=x0，y1+y22=y0，
因为点M，N分别在双曲线的两条渐近线上，
则将M(x1,y1)，N(x2,y2)代入x2a2−y2b2=0，
得到x12a2−y12b2=0x22a2−y22b2=0,
两式相减可得：x1+x2x1−x2a2−y1+y2y1−y2b2=0，
即y1+y2y1−y2x1+x2x1−x2=b2a2，
故kMN·kOP=b2a2，又kMN=3，所以kOP=b23a2，
则直线OP的方程为y=b23a2x，又因为直线MN的方程为：y=3(x−c)，
联立y=b23a2xy=3(x−c)⇒xP=9a2c9a2−b2,
|PF|= 1+329a2c9a2−b2−c= 10(9a2c9a2−b2−c)= 1010c,∴9a2=11b2，
化简整理，得b2a2=911，
所以双曲线的渐近线方程y=±3 1111x.
9.【答案】BCD
【解析】解：由频率之和为1得10×(0.01+0.02+0.03+2a+0.01)=1，解得a=0.015，故A错误;
由频率分布直方图可估计200名学生每天体育活动时间的众数是55，故B正确;
由频率分布直方图可估计200名学生每天体育活动时间低于50分钟的人占比30%，低于60分钟的人占比60%，故C正确;由200×0.3=60，可知D正确．
故选：BCD．
由频率分布直方图，结合选项逐一检验，可得答案．
本题考查频率分布直方图的应用，考查众数和中位数，属于基础题．
10.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查抛物线的标准方程及抛物线的几何性质，属于中档题．
根据抛物线的标准方程及抛物线的几何性质逐一判定即可．
【解答】
解：由抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F(2,0)，所以p2=2，则p=4，A错误;
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则由弦AB的中点到直线x=−2的距离为6，可得x1+x22+2=6，
所以x1+x2=8，|AF|+|BF|=x1+2+x2+2=x1+x2+4=12;
A，B两点到C的准线的距离之和与|AF|+|BF|相等，值为12，B正确;
当AB过点F时，由抛物线的定义可得，|AB|=|AF|+|BF|=x1+2+x2+2=x1+x2+4=12;
当x1=x2=4时，|AB|=8 2，所以AB的长不是定值，C错误;
|AF|⋅|BF|≤(|AF|+|BF|2)2=36，当且仅当|AF|=|BF|=6时等号成立，
故|AF|⋅|BF|的最大值为36，D正确．
故选：BD．
11.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题以正方体为载体考查的是异面直线所成的角，棱锥的体积，点到平面的距离．
异面直线AB1与BC1所成的角即直线AB1与AD1所成的角，即∠B1AD1，可判断A；由VC1−PBD=VP−C1BD可判断B；点P的轨迹为平面AB1D1内以点O为圆心，半径为 63的圆，所以点P的轨迹为△AB1D1的内切圆，切点分别为△AB1D1三边的中点，可判断C；因为点P的轨迹为△AB1D1的内切圆，所以点P到平面ABCD距离的最小值为13DD1，即可判断D．
【解答】
解：在正方体ABCD−A1B1C1D1中，易知AD1//BC1，异面直线AB1与BC1所成的角即直线AB1与AD1所成的角，即∠B1AD1，△B1AD1为等边三角形，∠B1AD1=π3，A错误;
VC1−PBD=VP−C1BD=13×(12×2 2×2 2×sinπ3)×2 3×13=43，故B正确;
因为A1C⊥平面AB1D1，设A1C∩平面AB1D1=O，
所以A1O=A1C3=2 33，OP= 2−(2 33)2= 63，
所以点P的轨迹为平面AB1D1内以点O为圆心，半径为 63的圆，
而易知△AB1D1为边长为2 2的正三角形，其内切圆半径为2 2× 32×13= 63，
所以点P的轨迹为△AB1D1的内切圆，切点分别为△AB1D1三边的中点，
易知AC⊥D1B1，所以当点P与点D1B1的中点重合时，AC⊥D1P.故C正确;
因为点P的轨迹为△AB1D1的内切圆，所以点P到平面ABCD距离的最小值为13DD1=23，故D正确．
故选BCD．
12.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查了三角函数的图象与性质和利用导数研究函数的极值，是较难题．
根据三角函数的图象与性质和利用导数研究函数的极值逐一判断即可．
【解答】
解：A.易知f(2π−x)+f(x)=0，则f(x)的图象关于(π,0)成中心对称，A正确;
B.λ=0时f(x)的最小正周期为π，B错误；
C.当λ=7时，f′(x)=7csx+2cs2x=4cs2x+7csx−2=(4csx−1)(csx+2)，
令f′(x)=0，得csx=14，所以存在x0∈(π3,2π3)，使得f′(x0)=0．
当x∈(π3,x0)，csx∈(14,12)，f′(x)>0，f(x)单调递增;
当x∈(x0,2π3)，csx∈(−12,14)，f′(x)<0，f(x)单调递减;
所以f(x)在(π3,2π3)上存在极大值，C正确；
D.λ=2时，f′(x)=4cs2x+2csx−2=2(2csx−1)(csx+1)，
则csx=12,sinx= 32时，f(x)max=3 32，csx=12,sinx=− 32时，f(x)min=−3 32，
∀x1，x2∈R，|f(x1)−f(x2)|≤f(x)max−f(x)min=3 3，D正确．
故选ACD．
13.【答案】4
【解析】【分析】
本题考查等比数列通项公式的应用，属于基础题．
根据等比数列的性质进行求解即可．
解：因为a1+a2=1，a3+a4=2，
所以q2=a3+a4a1+a2=2，
所以a5+a6=(a3+a4)q2=4．
故答案为：4．
14.【答案】(−2 5,2 5)
【解析】【分析】本题主要考查直线与圆的位置关系，等价转化的数学思想等知识，属于中档题．
根据题意可知，圆心到直线的距离小于2，即可求得取值范围．
【解答】
解：由题意可知：圆C:(x+1)2+(y−2)2=9的圆心C(−1,2)，半径r=3，
若圆C上恰有四个点到直线l的距离等于1，
则圆心C(−1,2)到直线l的距离等于d
解得−2 5
15.【答案】 2121
【解析】【分析】
本题考查空间向量的线性运算，空间向量的数量积，异面直线所成的角，属于中档题．
根据题意AD=23AB+13AC，PC=AC−AP，再利用空间向量的数量积运算及夹角公式可得答案．
【解答】
解：AD=AB+BD=AB+13(AC−AB)=23AB+13AC，
PC=AC−AP，
AB→·AC→=1×1×csπ3=12，AB→·AP→=1×2×csπ3=1，AC→·AP→=1×2×csπ3=1，
所以|cs
=23AB·AC+13AC2−23AB·AP−13AC·AP 49AB2+49AB·AC+19AC2· AC2−2AC·AP+AP2
=23×12+13×1−23×1−13×1 49×1+49×12+19×1· 1−2×1+4
=|−13| 73× 3= 2121．
16.【答案】(0,18)
【解析】【分析】
本题考查了函数零点问题，考查了数形结合思想，属于中档题．
分离变量得x<−2时，k=−x−2x2;当−2≤x<0时，k=x+2x2;当x>0时，k=lnxx，令g(x)=−x−2x2,(x<−2)x+2x2,(−2⩽x<0)lnxx,(x>0),利用导数研究单调性，画出函数的图象，结合图象求出k的范围即可．
【解答】
解：当x=0时，f(0)=2，方程fx=kx2无解，
当x<−2时，方程可化为k=−x−2x2;
当−2≤x<0时，方程可化为k=x+2x2;
当x>0时，方程可化为k=lnxx，
令g(x)=−x−2x2,(x<−2)x+2x2,(−2⩽x<0)lnxx,(x>0)
当x<−2时，g(x)=−x−2x2，g′(x)=x+4x3，
当x∈(−∞,−4)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
当x∈(−4,−2)时，g′(x)<0，g(x)单调递减;
当−2≤x<0时，g(x)=x+2x2，g′(x)=−x−4x3>0，g(x)单调递增;
当x>0时，g(x)=lnxx，g′(x)=1−lnxx2，
所以g(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)单调递减．
又g(−4)=18，g(−2)=0，g(e)=1e，所以可画出g(x)的大致图象，
如图所示，方程有5个不等实根，
等价于g(x)的图象与直线y=k有5个交点，
由图可知，0
(2)当前2场比赛甲、乙各胜一场时，设甲获胜为事件B，则甲获胜的比分可以是3:1或者3:2，分2种情况讨论：
若是3:1，在第3场和第4场，甲连赢两场，则甲获胜概率P1=0.6×0.6=0.36;
若是3:2，在第3场和第4场，甲乙各赢一次，第5场甲赢了，
则甲获胜概率P2=2×0.6×0.4×0.6=0.288，
所以，前2场比赛比分为1:1时，最终甲获胜的概率P(B)=0.36+0.288=0.648．
【解析】本题考查了相互独立事件的概率乘法公式，考查了对立事件的概率公式，是中档题
(1)设前2场比赛，甲至少赢一场为事件A，则P(A)=1−P(A)得答案
(2)当前2场比赛甲、乙各胜一场时，设甲获胜为事件B，则甲获胜的比分可以是3:1或者3:2，分2种情况讨论可求得答案
18.【答案】解：(1)由正弦定理得 3sinBcsC+sinBsinC= 3sinA= 3sinBcsC+ 3sinCcsB，
所以sinCsinB= 3sinCcsB，
又在ΔABC中sinC≠0，
可得sinB= 3csB，即tanB= 3，
又B∈(0,π)，所以B=π3．
(2)由S△ABC=12acsinB= 3b，可得ac=4b，
由b2=a2+c2−2accsB=a2+c2−ac⩾ac=4b，
解得b≥4，当且仅当a=c时等号成立，
则b取最小值为4，此时a=c，B=π3，
则△ABC为等边三角形，
因此，当b取最小值时△ABC的周长为12．
【解析】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式，两角和与差的三角函数公式，属于中档题．
(1)直接利用正弦定理和三角恒等变换可得B的值．
(2)根据(1)的结论，由三角形的面积公式和余弦定理即求出结果．
19.【答案】解：(1)∵an+1=3an−2，
∴an+1−1=3(an−1)，
∴a1=4，∴a1−1=3≠0，
所以数列{an−1}是首项为3，公比为3的等比数列．
(2)由(1)知an−1=3×3n−1，所以an=3n+1，n∈N∗，
所以bn=3n(3n+1)(3n+1+1)=12(13n+1−13n+1+1)，
所以Sn=12[(14−110)+(110−128)+(128−182)+⋯+(13n+1−13n+1+1)]
=12×(14−13n+1+1)
=18−12×3n+1+2．
【解析】本题主要考查数列由递推公式推导出通项公式，裂项相消法求和，考查了转化与化归思想，整体思想，不等式的运算，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．
(1)根据题意将递推公式进行转化，得an+1−1=3(an−1)，进一步计算即可证得数列{an−1}为等比数列；
(2)先根据第(1)题的结果计算出数列{an−1}的通项公式，以及数列{an}的通项公式，然后计算出数列{bn}的通项公式，再运用裂项相消法求前n项和Sn
20.【答案】解：(1)∵CD=DP=2，PC=2 2，∴PD2+CD2=PC2，∴CD⊥PD，
又∵CD⊥AD，AD∩PD=D，AD、PD⊂平面PAD，
∴CD⊥平面PAD，
又∵CD⊂平面ABCD，∴平面PAD⊥平面ABCD．
(2)设AD、BC的中点分别为O、G，连接PO，OG，
因为△PAD是正三角形，故PO⊥AD，
而平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PO⊂平面PAD，
故PO⊥平面ABCD，而OG⊂平面ABCD，故PO⊥OG，
由四边形ABCD为正方形且O，G分别为AD，BC的中点得AD⊥OG，
故可以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则P(0,0, 3)，A(1,0,0)，B(1,2,0)，C(−1,2,0)，
∴PA=(1,0,− 3)，AB=(0,2,0)．
假设直线PA上存在点M(x,0,z)，使得直线CM与平面PAB所成角为π6，
且PM=tPA(t∈R)，则(x,0,z− 3)=t(1,0,− 3)，
即x=t,z= 3− 3t,∴CM=(t+1,−2, 3− 3t)．
设平面PAB的一个法向量为n=(x1,y1,z1)，
则PA⋅n=x1− 3z1=0,AB⋅n=2y1=0,令z1=1，则n=( 3,0,1)，
∴sinπ6=|cs
整理可得t2−t−1=0，解得t=1± 52，此时PMPA=|t|= 5±12，
故存在满足条件的点M，且PMPA的值为 5+12或 5−12．
【解析】本题考查了面面垂直的判定和直线与平面所成角的向量求法，是中档题．
(1)先得出CD⊥平面PAD，由面面垂直的判定即可得证；
(2)建立空间直角坐标系，假设直线PA上存在点M(x,0,z)，使得直线CM与平面PAB所成角为π6，且PM=tPA(t∈R)，得出平面PAB的一个法向量，利用空间向量求解即可．
21.【答案】解：(1)由题意得， 1−b2a2= 22,2a2+1b2=1,解得a2=4,b2=2.
所以椭圆C的方程为x24+y22=1．
(2)结论：以PQ为直径的圆经过定点(0,− 2).理由如下：
若直线l斜率不存在，可得圆：x2+y2=2，
若直线l斜率为0，可得圆：x2+(y− 23)2=329，
解得两个圆的公共点为N(0,− 2).
若直线l斜率存在且不为0时，设其方程为y=kx+ 23(k≠0)，
联立y=kx+ 23,x24+y22=1,可得(2k2+1)x2+4 23kx−329=0，Δ>0恒成立，
设点P(x1,y1)，Q(x2,y2)，由韦达定理得：x1+x2=−4 2k6k2+3x1x2=−3218k2+9,
NP⋅NQ=x1x2+(y1+ 2)(y2+ 2)
=x1x2+(kx1+4 23)(kx2+4 23)
=(k2+1)x1x2+4 23k(x1+x2)+329
=−32(k2+1)18k2+9+4 23k(−4 2k)6k2+3+329
=−32k2−32−32k2+329(18k2+9)18k2+9=0，
即NP⊥NQ，以PQ为直径的圆经过定点N(0,− 2)，
综上所述，以PQ为直径的圆经过定点N(0,− 2).
【解析】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查推理论证能力与运算求解能力，是中档题．
(1)根据题意可得 1−b2a2= 22,2a2+1b2=1,求解即可；
(2)若直线l斜率不存在，可得圆：x2+y2=2，若直线l斜率为0，可得圆：x2+(y− 23)2=329，解得两个圆的公共点为N(0,− 2).若直线l斜率存在且不为0时，设其方程为y=kx+ 23(k≠0)，与椭圆方程联立，证明NP⋅NQ=0即可．
22.【答案】解：(1)当a=1时，则f(x)=ex+e−x−x2，f′(x)=ex−e−x−2x，且f′(0)=0，
令t(x)=ex−e−x−2x，
则t′(x)=ex+e−x−2>0，因此f′(x)在(0,+∞)上单调递增，
从而f′(x)>f′(0)=0，
即f(x)在(0,+∞)上单调递增．
(2)f(x)=eax+e−ax−ax2，x∈R，
则f(−x)=e−ax+eax−ax2=f(x)
故f(x)为偶函数，且f(0)=2，只需x∈[0,+∞)时，f(x)≥2即可，
f′(x)=aeax−ae−ax−2ax=a(eax−e−ax−2x)，
(i)当a≤0时，eax≤e−ax，因此f′(x)=a(eax−e−ax−2x)≥0，
f(x)在[0,+∞)上单调递增，f(x)⩾2,符合题意;
(ii)当a>0时，设g(x)=eax−e−ax−2x，x∈[0,+∞)，
则g(0)=0，
则g′(x)=aeax+ae−ax−2，g′(0)=2a−2，
若a≥1，则g′(x)=aeax+ae−ax−2≥2a eax⋅e−ax−2=2a−2≥0，当且仅当x=0时，取等号，
则g(x)是增函数
则g(x)≥g(0)=0，
故f(x)在[0,+∞)上单调递增，符合题意;
若0
令g′(x)=ℎ(x)，ℎ′(x)=a2eax−a2e−ax，因为ℎ′(x)递增，所以ℎ′(x)>ℎ′(0)=0，所以ℎ(x)，即g′(x)递增，
故存在x0∈(0,1aln2a)，使得g′(x0)=0，当x∈(0,x0)时，g′(x)<0，g(x)
综上可知，a≥1或a≤0.
【解析】本题考查利用导数求证函数的单调性和研究恒成立问题，属于较难题．
(1)通过求证f′(x)>0在(0,+∞)上恒成立即可;
(2)求出f(x)为偶函数，且f(0)=2，只需x∈[0,+∞)时，f(x)≥2即可，求出f′(x)，然后对a进行分类讨论即可求解．
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