2022-2023学年湖北省襄阳四中高二（上）期末数学试卷

这是一份2022-2023学年湖北省襄阳四中高二（上）期末数学试卷，共19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．（5分）设a∈R，则“a＝﹣3”是“直线l1：ax+2y﹣1＝0与直线l2：（a+1）x+ay﹣2＝0垂直”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．重要条件
D．既不充分也不必要条件
2．（5分）若函数y＝f（x）在x＝x0处的导数为1，则（ ）
A．2B．3C．﹣2D．﹣3
3．（5分）已知圆O1：x2+y2＝1与圆O2：（x﹣2）2+（y﹣2）2＝16，圆I与圆O1、O2均相切，则圆I的圆心I的轨迹中包含了哪条曲线（ ）
A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线
4．（5分）已知等比数列{an}满足：a2+a4+a6+a8＝20，a2⋅a8＝8，则的值为（ ）
A．20B．10C．5D．
5．（5分）“中国剩余定理”又称“孙子定理”，1852年英国来华传教伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲．1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”“中国剩余定理讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将正整数中能被3除余1且被7除余4的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列{an}，则a6＝（ ）
A．103B．107C．109D．105
6．（5分）直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
7．（5分）已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，准线为l，直线l'：x﹣y+2＝0，动点M在C上运动，记点M到直线l与l'的距离分别为d1，d2，O为坐标原点，则当d1+d2最小时，sin∠MFO＝（ ）
A．B．C．D．
8．（5分）已知点A（1，0），B（3，0），P为直线l：x+y﹣5＝0上一动点，当∠APB最大时，点P的坐标是（ ）
A．（2，3）B．（3，2）C．D．（1，4）
二、选择题：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的，全部选对的得5分，部分选择的得2分，有选错的得0分．
（多选）9．（5分）已知方程，则下列说法中正确的有（ ）
A．方程可表示圆
B．当k＞9时，方程表示焦点在x轴上的椭圆
C．当﹣16＜k＜9时，方程表示焦点在x轴上的双曲线
D．当方程表示椭圆或双曲线时，焦距均为10
（多选）10．（5分）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且∠DAB＝∠DAA1＝∠BAA1＝60°，则下列说法中正确的有（ ）
A．AC1⊥BD
B．BD1
C．BD⊥平面ACC1
D．直线BD1与AC所成角的余弦值为
（多选）11．（5分）如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法•商功》中，后人称为“三角垛”．“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…．设第n层有an个球，从上往下n层球的总数为Sn，则（ ）
A．S5＝35
B．an+1﹣an＝n
C．Sn﹣Sn﹣1，n≥2
D．
（多选）12．（5分）P为双曲线y2＝1上一点，A（﹣2，0），B（2，0），令∠PAB＝α，∠PBA＝β，下列为定值的是（ ）
A．tanαtanβB．tantan
C．S△PABtan（α+β）D．S△PABcs（α+β）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（5分）圆C：（x﹣1）2+（y+1）2＝4上到直线的距离为1的点的个数为 ．
14．（5分）已知，则y'＝ ．
15．（5分）已知数列{an}满足a1＝3，a2＝9，且an+2＝an+1﹣an（n∈N*），则a308＝ ．
16．（5分）已知点P是椭圆上任意一点，C的离心率为e，若圆O：x2+y2＝b2上存在点A，B，使得∠APB＝150°，则e2的最大值为 ．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或者演算步骤．
17．（10分）已知圆C：x2+y2﹣2x﹣4y﹣20＝0．
（1）求圆C关于直线x﹣2y﹣2＝0对称的圆D的标准方程；
（2）当k取何值时，直线kx﹣y+3k+1＝0与圆C相交的弦长最短，并求出最短弦长．
18．（12分）已知数列{an}满足a1＝2，lg2an+1＝lg2an+1．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求{（3n﹣1）an}的前n项和Sn．
19．（12分）如图，线段AA1是圆柱OO1的母线，△ABC是圆柱下底面⊙O的内接正三角形，AA1＝AB＝3．
（1）劣弧上是否存在点D，使得O1D∥平面A1AB？若存在，求出劣弧的长度；若不存在，请说明理由．
（2）求平面CBO1和平面BAA1夹角的余弦值．
20．（12分）已知函数f（x）＝ex﹣1+a，函数g（x）＝ax+lnx，a∈R．
（1）若曲线y＝f（x）与直线y＝x相切，求a的值；
（2）若a＝0，证明：f（x）≥g（x）+1．
21．（12分）已知椭圆C：1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1（﹣c，0）和F2（c，0），离心率是，直线x＝c被椭圆截得的弦长等于2．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若直线l：x+2y﹣2＝0与椭圆相交于A，B两点，O为坐标原点，求△OAB的面积．
22．（12分）设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，满足对任意n∈N*，都有a13+a23+…+an3＝Sn2．
（1）求证：数列{an}为等差数列；
（2）若bn＝（﹣1）n（2an）2，求数列{bn}的前n项和Tn．
2022-2023学年湖北省襄阳四中高二（上）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：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，只有一项是符合题目要求的．
1．（5分）设a∈R，则“a＝﹣3”是“直线l1：ax+2y﹣1＝0与直线l2：（a+1）x+ay﹣2＝0垂直”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．重要条件
D．既不充分也不必要条件
【分析】根据已知条件，结合直线垂直的性质，即可求解．
【解答】解：直线l1：ax+2y﹣1＝0与直线l2：（a+1）x+ay﹣2＝0垂直，
则a（a+1）+2a＝0，解得a＝0或a＝﹣3，
故“a＝﹣3”是“直线l1：ax+2y﹣1＝0与直线l2：（a+1）x+ay﹣2＝0垂直”的充分不必要条件．
故选：A．
【点评】本题主要考查直线垂直的性质，属于基础题．
2．（5分）若函数y＝f（x）在x＝x0处的导数为1，则（ ）
A．2B．3C．﹣2D．﹣3
【分析】利用导数的定义和极限运算即可得解．
【解答】解：∵函数y＝f（x）在x＝x0处的导数为1，∴f′（x0）＝1．
∴
＝2f'（x0）+f'（x0）＝3f'（x0）＝3．
故选：B．
【点评】本题考查导数的定义和极限运算，属基础题．
3．（5分）已知圆O1：x2+y2＝1与圆O2：（x﹣2）2+（y﹣2）2＝16，圆I与圆O1、O2均相切，则圆I的圆心I的轨迹中包含了哪条曲线（ ）
A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线
【分析】根据两圆方程可得出两圆圆心以及半径，求出圆心距．根据圆心距与两圆半径的关系可得两圆内含，设圆I的半径为R，结合图象可得出，消去R可得|O2I|+|O1I|＞|O1O2|，即可得出答案．
【解答】解：∵圆，∴圆心O1（0，0），半径r1＝1，
∵圆，∴圆心O2（2，2），半径r2＝4，
又，且，
所以两圆内含，又r1＜r2．
设圆I的半径为R．
①当圆I与圆O1外切，与圆O2内切．
则有，所以|O2I|+|O1I|＝r1+r2＝5＞|O1O2|，
根据椭圆的定义可得，圆I的圆心I的轨迹为椭圆，
②当圆I与圆O2内切，且与圆O1内切时，
则有，所以|O2I|+|O1I|＝r2﹣r1＝3＞|O1O2|，
根据椭圆的定义可得，圆I的圆心I的轨迹为椭圆，
综上所述，圆I的圆心I的轨迹为以O1，O2为焦点，长轴长分别为5和3的两个椭圆．
故选：B．
【点评】本题主要考查了动点的轨迹方程，考查了椭圆的定义，属于中档题．
4．（5分）已知等比数列{an}满足：a2+a4+a6+a8＝20，a2⋅a8＝8，则的值为（ ）
A．20B．10C．5D．
【分析】利用等比数列的性质可得：a4⋅a6＝a2⋅a8＝8，对进行化简后求值即可．
【解答】解：在等比数列{an}中，由等比数列的性质可得：a4⋅a6＝a2⋅a8＝8．
所以．
故选：D．
【点评】本题主要考查了等比数列的性质的应用，属于基础题．
5．（5分）“中国剩余定理”又称“孙子定理”，1852年英国来华传教伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲．1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”“中国剩余定理讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将正整数中能被3除余1且被7除余4的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列{an}，则a6＝（ ）
A．103B．107C．109D．105
【分析】根据正整数an被3除余1，且被7除余4，推出an﹣4是21的整数倍，推出an﹣4＝21（n﹣1）后可计算出a6．
【解答】解：显然a1＝4，
因为正整数an被3除余1，所以an﹣4是3的整数倍，因为正整数an被7除余4，所以an﹣4是7的整数倍，
所以an﹣4是21的整数倍，
又an是正整数，且a1＝4，所以an﹣4＝21（n﹣1），
即an＝21n﹣17，
所以a6＝21×6﹣17＝109．
故选：C．
【点评】本题考查了归纳推理的简单应用，属于基础题．
6．（5分）直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】画出图形，找出BM与AN所成角的平面角，利用解三角形求出BM与AN所成角的余弦值．
【解答】解：直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，如图：BC 的中点为O，连结ON，
，则MNOB是平行四边形，BM与AN所成角就是∠ANO，
∵BC＝CA＝CC1，
设BC＝CA＝CC1＝2，∴CO＝1，AO，AN，MB，
在△ANO中，由余弦定理可得：cs∠ANO．
故选：C．
【点评】本题考查异面直线对称角的求法，作出异面直线所成角的平面角是解题的关键，同时考查余弦定理的应用．
7．（5分）已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，准线为l，直线l'：x﹣y+2＝0，动点M在C上运动，记点M到直线l与l'的距离分别为d1，d2，O为坐标原点，则当d1+d2最小时，sin∠MFO＝（ ）
A．B．C．D．
【分析】由抛物线的定义得d1＝|MF|，设MN⊥l'于点N，则d1+d2＝|MF|+|MN|，当M，N，F三点共线时，d1+d2取得最小值，再结合点到直线的距离公式，以及直角三角形的余弦，即可得出答案．
【解答】解：由抛物线的定义可知d1＝|MF|，设MN⊥l'于点N，如图所示：
则d1+d2＝|MF|+|MN|，
当M，N，F三点共线时，d1+d2取得最小值，
由抛物线C：y2＝4x得F（1，0），
∴点F（1，0）到直线的距离为，
设直线与x交于点D，
由y＝0得，
∴，
在Rt△DNF中，，
所以，
故选：C．
【点评】本题考查抛物线的性质，考查转化思想和数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
8．（5分）已知点A（1，0），B（3，0），P为直线l：x+y﹣5＝0上一动点，当∠APB最大时，点P的坐标是（ ）
A．（2，3）B．（3，2）C．D．（1，4）
【分析】过A，B作圆与直线l相切于P，在直线l上任取一点P0，连接AP0交圆于Q，由∠AP0B＜∠AQB＝∠APB得P点即为所求点，利用几何关系求P点坐标即可．
【解答】解：如图所示过A，B作圆与直线l相切于P，在直线l上任取一点P0，连接AP0交圆于Q，
因为∠AP0B＜∠AQB＝∠APB，所以切点P即为所求点，
因为C点坐标为（5，0），所以由切割线定理|CP|2＝|CA||CB|得，
又由直线l的倾斜角为135°可得∠PCB＝45°，且|CB|＝2，
由余弦定理可得|PB|＝2，所以PB⊥x轴，
所以P点横坐标为3，代入直线方程得P点坐标为（3，2）．
故选：B．
【点评】本题主要考查两直线的夹角问题，考查数形结合思想与运算求解能力，属于中档题．
二、选择题：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的，全部选对的得5分，部分选择的得2分，有选错的得0分．
（多选）9．（5分）已知方程，则下列说法中正确的有（ ）
A．方程可表示圆
B．当k＞9时，方程表示焦点在x轴上的椭圆
C．当﹣16＜k＜9时，方程表示焦点在x轴上的双曲线
D．当方程表示椭圆或双曲线时，焦距均为10
【分析】分别将k的值代入各个命题，可判断出命题的真假，或者判断出充分必要，进而选出结果．
【解答】解：A中，方程，16+k≠k﹣9，所以方程不表示圆的方程，故A不正确；
B中，当k＞9时，方程，因为16+k＞9﹣k，所以方程表示焦点在x轴上的椭圆，
故B正确；
C中，当﹣16＜k＜9时，方程中，16+k＞0，9﹣k＞0，方程表示焦点在x轴上的双曲线，所以C正确；
D中，当方程表示椭圆或双曲线时，焦距均为10，所以D正确；
故选：BCD．
【点评】本题考查圆锥曲线，圆与方程以及充分条件必要条件的判断，属于中档题．
（多选）10．（5分）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且∠DAB＝∠DAA1＝∠BAA1＝60°，则下列说法中正确的有（ ）
A．AC1⊥BD
B．BD1
C．BD⊥平面ACC1
D．直线BD1与AC所成角的余弦值为
【分析】设，，，利用向量法求解判断选项A、B是否正确；判断直线与平面是否垂直，以及两异面直线所成角的余弦值，即可判断选项C、D．
【解答】解：设，，，
则||＝||＝||＝1，，，，60°，所以•••，
对于A，，，
所以•（）•（）••1+10，
所以⊥，即AC1⊥BD，选项A正确；
对于B，，
所以||2＝（）22•2•2•1+1+1﹣1+1﹣1＝2，
所以|BD1|＝||，选项B错误；
对于C，因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，
又因为，，所以•（）•••0，所以⊥，即BD⊥AA1，
又设AC∩AA1＝A，AC⊂平面ACC1，AA1⊂ACC1，所以BD⊥平面ACC1，选项C正确；
对于D，，，所以•（）•（）••1+11，
||，||，cs，，
所以直线BD1与AC所成角的余弦值为，选项D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查了向量法、向量数量积公式、向量平行与垂直的应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题．
（多选）11．（5分）如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法•商功》中，后人称为“三角垛”．“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…．设第n层有an个球，从上往下n层球的总数为Sn，则（ ）
A．S5＝35
B．an+1﹣an＝n
C．Sn﹣Sn﹣1，n≥2
D．
【分析】根据题意由归纳推理和数列求和的知识，逐项分析即可．
【解答】解：a1＝1，a2﹣a1＝2，a3﹣a2＝3，⋯⋯，an﹣an﹣1＝n，
∴，
S5＝a1+a2+a3+a4+a5＝1+3+6+10+15＝35，
所以A对，
an+1﹣an＝n+1，B错，
对，
，
，
则D对，
故选：ACD．
【点评】本题考查归纳推理能力和数列求和，属于中档题．
（多选）12．（5分）P为双曲线y2＝1上一点，A（﹣2，0），B（2，0），令∠PAB＝α，∠PBA＝β，下列为定值的是（ ）
A．tanαtanβB．tantan
C．S△PABtan（α+β）D．S△PABcs（α+β）
【分析】可设P（m，n），代入双曲线的方程，求得直线PA，PB的斜率之积为定值，即可得到所求结论．
【解答】解：可设P（m，n），可得n2＝1，
即m2﹣4＝4n2，
则kPAkPB•，
可得tanαtanβ为定值，
由S△PABtan（α+β）4|n|•2|n|•（）＝±•±，
故选：AC．
【点评】本题考查双曲线的方程和性质，以及直线的斜率公式的运用，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（5分）圆C：（x﹣1）2+（y+1）2＝4上到直线的距离为1的点的个数为 3 ．
【分析】由题意得圆心C（1，﹣1），半径r＝2，求出圆心C到直线l的距离d，结合r﹣d＝1，即可得出答案．
【解答】解：∵圆C：（x﹣1）2+（y+1）2＝4，
∴C（1，﹣1），半径r＝2，
∴圆心C到直线的距离，∴r﹣d＝1，
则圆上到直线的距离为1的点的个数为是3，
故答案为：3．
【点评】本题考查直线与圆的位置关系和点到直线的距离公式，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
14．（5分）已知，则y'＝ （x≠±1） ．
【分析】根据已知条件，结合导数的求导法则，即可求解．
【解答】解：因为，
所以．
故答案为：（x≠±1）．
【点评】本题主要考查导数的运算，属于基础题．
15．（5分）已知数列{an}满足a1＝3，a2＝9，且an+2＝an+1﹣an（n∈N*），则a308＝ 9 ．
【分析】根据递推公式求出数列{an}的前几项，可得数列{an}的周期T＝6，即可得出答案．
【解答】解：∵a1＝3，a2＝9，且an+2＝an+1﹣an，
∴当n＝1时，a3＝a2﹣a1＝9﹣3＝6，
∴a4＝﹣3，a5＝﹣9，a6＝﹣6，a7＝3，a8＝9．
∴数列{an}是周期为6的周期函数，
又308＝51×6+2，则a308＝a2＝9，
故答案为：9．
【点评】本题考查数列的递推式，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
16．（5分）已知点P是椭圆上任意一点，C的离心率为e，若圆O：x2+y2＝b2上存在点A，B，使得∠APB＝150°，则e2的最大值为 ．
【分析】连接OP，当P不为C的上、下顶点时，设直线PM，PN分别与圆O切于点M，N，设∠OPM＝θ，连接OM，得，又|OP|max＝a，得即可解决．
【解答】解：如图，连接OP，当P不为C的上、下顶点时，
设直线PM，PN分别与圆O切于点M，N，设∠OPM＝θ，
由题意知∠MPN≥150°，即75°≤θ＜90°，
所以sinθ≥sin75°，
连接OM，
所以，
所以，
又因为|OP|max＝a，
所以有，即，
结合a2＝b2+c2得．
故答案为：．
【点评】本题考查椭圆的几何性质，数形结合思想，不等式思想，属中档题．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或者演算步骤．
17．（10分）已知圆C：x2+y2﹣2x﹣4y﹣20＝0．
（1）求圆C关于直线x﹣2y﹣2＝0对称的圆D的标准方程；
（2）当k取何值时，直线kx﹣y+3k+1＝0与圆C相交的弦长最短，并求出最短弦长．
【分析】（1）先将圆C的方程化成标准形式，再结合中点坐标公式和两条直线的垂直关系，求得圆D的坐标，得解；
（2）易知直线kx﹣y+3k+1＝0恒过点M（﹣3，1），当该直线与直线CM垂直时，其与圆C相交的弦长最短，再由两条直线的垂直关系求得k的值，由弦长公式求得最短弦长．
【解答】解：（1）将圆C的方程化成标准形式为（x﹣1）2+（y﹣2）2＝25，其中圆心为（1，2），半径为5，
设点（1，2）关于直线x﹣2y﹣2＝0的对称点为（m，n），
则，
解得m＝3，n＝﹣2，
∴圆D的标准方程为（x﹣3）2+（y+2）2＝25．
（2）直线kx﹣y+3k+1＝0可变形为k（x+3）﹣y+1＝0，
∴该直线恒过点M（﹣3，1），
当该直线与直线CM垂直时，其与圆C相交的弦长最短，
由（1）知，点C为（1，2），
∴直线CM的斜率kCM，
∴k•kCM＝k•1，
∴k＝﹣4，直线方程为4x+y+11＝0，
此时圆心C（1，2）到直线的距离d，
∴弦长l＝224，
故当k＝﹣4时，直线kx﹣y+3k+1＝0与圆C相交的弦长最短，最短弦长为4．
【点评】本题考查直线与圆的位置关系，熟练掌握点到直线的距离公式，弦长公式，点关于直线的对称问题等是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
18．（12分）已知数列{an}满足a1＝2，lg2an+1＝lg2an+1．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求{（3n﹣1）an}的前n项和Sn．
【分析】（1）根据给定条件，变形等式，利用等比数列定义判断作答．
（2）由（1）的结论，利用错位相减法求解作答．
【解答】解：（1）∵数列{an}满足a1＝2，lg2an+1＝lg2an+1，
∴，
∴，
∴数列{an}是以首项为a1＝2，公比为2的等比数列，
∴；
（2）由（1）知，
∴，
∴，
∴
，
∴．
【点评】本题考查等比数列的定义与通项公式，错位相减法求和，属中档题．
19．（12分）如图，线段AA1是圆柱OO1的母线，△ABC是圆柱下底面⊙O的内接正三角形，AA1＝AB＝3．
（1）劣弧上是否存在点D，使得O1D∥平面A1AB？若存在，求出劣弧的长度；若不存在，请说明理由．
（2）求平面CBO1和平面BAA1夹角的余弦值．
【分析】（1）连接OD1，过O作AB的平行线交劣弧于点D，可证OO1∥平面A1AB，进而可得OD∥平面A1AB，从而可证平面O1OD∥平面A1AB，可得结论，从而可求的长；
（2）由题意可以O为坐标原点，分别以O连接AB的中点，过O点平行于AB的直线，OO1所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，求得两平面的法向量，利用向量法可求平面CBO1和平面BAA1夹角的余弦值．
【解答】解：（1）连接OD1，过O作AB的平行线交劣弧于点D，
∵OO1∥AA1，∵AA1⊂平面A1AB，OO1⊄平面A1AB，
∴OO1∥平面A1AB，
∵OD∥AB，∵AB⊂平面A1AB，OD⊄平面A1AB，
∴OD∥平面A1AB，
OO1∩OD＝O，OO1，OD⊂平面O1OD，
∴平面O1OD∥平面A1AB，
∵O1D⊂平面O1OD，∴O1D∥平面A1AB，
∴劣弧上存在点D，使得O1D∥平面A1AB，
此时劣弧2ππ；
（2）由题意可以O为坐标原点，分别以O连接AB的中点，过O点平行于AB的直线，OO1所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则O（0，0，0），O1（0，0，3），C（，0，0），B（，，0），A（，，0），A1（，，3），
∴（，，0），（，0，3），
设平面CBO1的一个法向量为（x，y，z），
则，令x，y＝3，z＝﹣1，
故平面CBO1的一个法向量为（，3，﹣1），
同理可得平面BAA1的一个法向量为（1，0，0），
∴cs，．
∴平面CBO1和平面BAA1夹角的余弦值为．
【点评】本题考查证面面平行，考查面面角的余弦值的求法，考查向量法在解立体几何中的应用，属中档题．
20．（12分）已知函数f（x）＝ex﹣1+a，函数g（x）＝ax+lnx，a∈R．
（1）若曲线y＝f（x）与直线y＝x相切，求a的值；
（2）若a＝0，证明：f（x）≥g（x）+1．
【分析】（1）设曲线y＝f（x）在Q（x1，y1）点处切线y＝x，则，代入解方程即可求出答案；
（2）令，求出F（x）的单调性，即可证明．
【解答】解：（1）设曲线y＝f（x）在Q（x1，y1）点处切线y＝x，则，
由于，所以x1＝1，y1＝1，
由题意知：，
于是a＝0；
证明：（2）令，
当x∈（0，1）时，0＜ex﹣1＜1，所以，即，
当x∈（1，+∞）时，1＜ex﹣1，所以，
即，
于是F（x）＝f（x）﹣g（x）＝ex﹣1﹣lnx在（0，1）单调递减，（1，+∞）单调递增，
其最小值是F（1）＝1，所以F（x）＝f（x）﹣g（x）≥1，于是原不等式成立；
【点评】本题主要考查了利用导数研究曲线上某点处的切线方程，考查了利用导数研究研究函数的最值，属于中档题．
21．（12分）已知椭圆C：1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1（﹣c，0）和F2（c，0），离心率是，直线x＝c被椭圆截得的弦长等于2．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若直线l：x+2y﹣2＝0与椭圆相交于A，B两点，O为坐标原点，求△OAB的面积．
【分析】（1）根据题意列出关于a，b，c的方程组，求解a，b可得椭圆的标准方程；
（2）将直线的方程与椭圆的方程联立，可得韦达定理，利用弦长公式计算|AB|，计算原点到直线l的距离，代入三角形面积公式计算可得结果．
【解答】解：（1）由题意可得：解得，
所以椭圆C的标准方程为；
（2）设直线l与椭圆的交点为A（x1，y1），B（x2，y2），
联立，消元整理可得：x2﹣2x﹣6＝0，
显然Δ＞0，故x1+x2＝2，x1x2＝﹣6，
∴，
又由于原点到直线l的距离为，
∴，
所以△OAB的面积为．
【点评】本题考查了椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，属于基础题．
22．（12分）设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，满足对任意n∈N*，都有a13+a23+…+an3＝Sn2．
（1）求证：数列{an}为等差数列；
（2）若bn＝（﹣1）n（2an）2，求数列{bn}的前n项和Tn．
【分析】（1）令n＝1，求得数列的首项，令n＝2，可得a2，将n换为n﹣1，两式相减，结合数列的递推式，再将n换为n﹣1，两式相减，结合等差数列的定义，即可得证；
（2）求得bn＝（﹣1）n（2n）2，分别讨论n为偶数和奇数时，结合等差数列的求和公式，计算可得所求和．
【解答】解：（1）证明：由题意可得an＞0，
n＝1时，a13＝S12＝a12，解得a1＝1，
n≥2时，a13+a23+…+an﹣13＝Sn﹣12，又a13+a23+…+an3＝Sn2，
两式相减可得an3＝Sn2﹣Sn﹣12＝（Sn﹣Sn﹣1）（Sn+Sn﹣1）＝an（Sn+Sn﹣1），
即为an2＝Sn+Sn﹣1，可得an﹣12＝Sn﹣1+Sn﹣2，n≥3，
两式相减可得an2﹣an﹣12＝Sn﹣Sn﹣1+Sn﹣1﹣Sn﹣2＝an+an﹣1，
由于an+an﹣1＞0，
化为an﹣an﹣1＝1，
令n＝2可得a22﹣a2﹣2＝0，解得a2＝2，
则an＝2+（n﹣2）＝n，对n＝1也成立，
则数列{an}为首项、公差均为1的等差数列；
（2）bn＝（﹣1）n（2an）2＝（﹣1）n（2n）2，
当n为偶数时，Tn＝﹣22+42﹣62+82﹣…﹣（2n﹣2）2+（2n）2
＝2（2+4+6+8+…+2n）＝4（1+2+3+…+n）＝2n（n+1）；
当n为奇数时，Tn＝Tn﹣1+bn＝2n（n﹣1）﹣4n2＝﹣2n（n+1）．
则Tn．
【点评】本题考查数列的递推式的运用，以及等差数列的定义和通项公式、求和公式，数列的求和，考查分类讨论思想和转化思想、运算能力和推理能力，属于中档题．
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