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云南省大理白族自治州2024届高三第二次复习统一检测数学试题
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这是一份云南省大理白族自治州2024届高三第二次复习统一检测数学试题，共20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。
一、单选题
1．已知x∈R,i是虚数单位，则不等式1+xi<2的解集为（ ）
A．−3,3B．−1,1C．−5,5D．−2,2
2．已知x∣ax2−4x+1=0=b，其中a,b∈R，则b=（ ）
A．0B．14或12C．12D．14
3．已知向量a,b,c均为单位向量，且a+b+3c=0，则a与b的夹角为（ ）
A．π6B．π4C．π3D．2π3
4．已知a=e−12,b=csπ3,c=lgπ，则（ ）
A．aC．b5．函数fx=Asinωx+φ+hA>0,ω>0,φ<π2的部分图象如图所示，则函数gx=fx+π6−1的单调递减区间为（ ）
A．kπ,π2+kπ,k∈ZB．−π2+kπ,kπ,k∈Z
C．−π2+kπ,π2+kπ,k∈ZD．k−1π,k+1π,k∈Z
6．如图，圆锥的高SO=3，底面直径AB=2,C是圆O上一点，且AC=1，若SA与BC所成角为θ，则sin2θ2−cs2θ2=（ ）
A．134B．−34C．58D．−134
7．已知D，E为正实数，则直线Dx−Ey=0与圆x2+y2+Dx−Ey=0的位置关系是（ ）
A．相离B．相切C．相交且不过圆心D．相交且过圆心
8．若m为函数fx=m(x−m)2n−x（其中m≠0）的极小值点，则（ ）
A．m>n>0B．mC．mn>m2D．mn二、多选题
9．下列四个选项中，说法正确的是（ ）
A．从人群中随机选出一人，设事件A=“选出的人患有心脏病”，B=“选出的人是年龄大于60岁的心脏病患者”，则有：PA>PB
B．抛一枚骰子，设事件A=“掷出2点”，B=“掷出的点数不大于4点”，则有：PA∪B=56
C．分别抛掷两枚质地均匀的硬币，设A=“第一枚正面朝上”，B=“第二枚反面朝上”，则有：PB∣A=PB
D．两批同种规格的产品，第一批占50%，次品率为6%；第二批的次品率为4%，从混合产品中任取1件，设事件A=“取出的产品为合格品”，则有：PA=0.95
10．如图所示，在平行六面体A1B1C1D1−ABCD中，O为正方形ABCD的中心，A1A=A1C=AB,M,N分别为线段A1A,A1B的中点，下列结论正确的是（ ）
A．C1C ∥平面OMN
B．平面A1CD ∥平面OMN
C．直线MN与平面A1BD所成的角为45∘
D．OM⊥D1D
11．激活函数是神经网络模型的重要组成部分，是一种添加到人工神经网络中的函数.tanh函数是常用的激活函数之一，其解析式为fx=1−e−2x1+e−2x，则（ ）
A．tanh函数是奇函数
B．tanh函数是减函数
C．对于实数a，当0D．曲线y=fx存在与直线x+2y=0垂直的切线
12．已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左､右焦点分别为F1､F2，离心率为2，焦点到渐近线的距离为6.过F2作直线l交双曲线C的右支于A､B两点，若H､G分别为△AF1F2与△BF1F2的内心，则（ ）
A．双曲线C的焦距为22
B．点H与点G均在同一条定直线上
C．直线HG不可能与l平行
D．HG的取值范围为22,463
三、填空题
13．已知某种商品的广告费支出x（单位：万元）与销售额y（单位：万元）之间有如下表对应数据：
根据表中数据得到y关于x的经验回归方程为y=5.5x+a，则当x=7时，残差为 .（残差=观测值-预测值）
14．已知抛物线C:y=mx2m∈R,m≠0过点P1,2，则拋物线C的准线方程为 .
15．函数fx=1−2x−lnx的最大值为 .
16．我国古代名著《庄子•天下篇》中有一句名言“一尺之棰，日取其半，万世不竭”，其意思为：一尺的木棍，每天截取一半，永远都截不完.已知长度为23的线段PQ，取PQ的中点M1，以PM1为边作等边三角形（如图1），该等边三角形的面积为S1，再取M1Q的中点M2，以M1M2为边作等边三角形（如图2），图2中所有的等边三角形的面积之和为S2，以此类推，则S3= ，k=1n14k+1SkSk+1= .
四、解答题
17．如图，在四棱锥O−ABCD中，OA⊥底面ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，OA=2，点M､N､Q分别为OA､BC､CD的中点.
(1)证明：DN⊥OQ；
(2)求点D到平面AMN的距离.
18．如图所示，在平行四边形ABCD中，有：ACcs∠BAC=2AB−BCcs∠ABC.
(1)求∠ABC的大小；
(2)若BC=3,AC=7，求平行四边形ABCD的面积.
19．学校进行足球专项测试考核，考核分“定位球传准”和“20米运球绕杆射门”两个项目.规定：“定位球传准”考核合格得4分，否则得0分；“20米运球绕杆射门”考核合格得6分，否则得0分.现将某班学生分为两组，一组先进行“定位球传准”考核，一组先进行“20米运球绕杆射门”考核，若先考核的项目不合格，则无需进行下一个项目，直接判定为考核不合格；若先考核的项目合格，则进入下一个项目进行考核，无论第二个项目考核是否合格都结束考核.已知小明“定位球传准”考核合格的概率为0.8，“20米运球绕杆射门”考核合格的概率为0.7，且每个项目考核合格的概率与考核次序无关.
(1)若小明先进行“定位球传准”考核，记X为小明结束考核后的累计得分，求X的分布列；
(2)为使累计得分的期望最大，小明应选择先进行哪个项目的考核？并说明理由.
20．在数列an中，a1=2,a2=6,a3=12，且数列an+1−an是等差数列.
(1)求an的通项公式；
(2)若bn=(−1)nan，设数列bn的前n项和为Tn，求T20.
21．已知函数f(x)=ax2−lnx,a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)设a>0,g(x)=f(x)+bx，且x=1是g(x)的极值点，证明：
（i）x=1时，g(x)取得极小值；
（ii）lna+2b<0.
22．已知点A−1,0,B1,0，点D是圆O:x2+y2=4上一动点，动点E满足BE=2BD，线段BE的中垂线与直线AE交于点P.
(1)求点P的轨迹C的标准方程；
(2)已知点Q在直线l:x−4=0上，过点Q作曲线C的两条切线，切点分别为M､N，若四边形OMQN的面积S，求MNS的最大值，并求出此时Q点的坐标.
x
1
3
4
5
7
y
15
20
30
40
45
参考答案：
1．A
【分析】根据模的计算公式，列出不等式，求解即可.
【详解】由于1+xi<2，即有：1+x2<2，解得：-3故选：A.
2．B
【分析】分二次项系数是否为0结合韦达定理求解.
【详解】由题意知：b为方程ax2−4x+1=0的根，
当a=0时，b=14；
当a≠0时，二次方程有两个相同的根，则有ab2-4b+1=016-4a=0，此时b=12.
故选:B.
3．C
【分析】将条件等式变形，再结合数量积公式，即可求解.
【详解】因为|a|=|b|=|c|=1，且a+b+3c=0，则a+b=−3c，
两边平方可得|a|2+|b|2+2a⋅b=3|c|2，即2a⋅b=1，
所以a⋅b=12，csa,b=a⋅bab=12，所有a与b的夹角为π3.
故选：C
4．B
【分析】利用指对函数性质，及特殊角三角函数值判断c,a与12的大小即可.
【详解】易知b=csπ3=12，因为a=e−12=1e>12=b，即a>b；
又c=lgπ<12=lg10，即b>c，故c故选:B.
5．A
【分析】根据图象得到A,h，得到最小正周期，进而求出ω=2，代入π6,3求出φ=π6，得到gx，整体法求出函数的递减区间.
【详解】依题意可得A+h=3−A+h=−1，解得A=2h=1，
设函数最小正周期为T，则3T4=11π12−π6=3π4，
又ω>0，所以T=π=2πω，
解得ω=2，所以fx=2sin2x+φ+1，
又函数过点π6,3，
所以fπ6=2sin2×π6+φ+1=3，即sinπ3+φ=1，
所以π3+φ=π2+2k1π,k1∈Z，所以φ=π6+2k1π,k1∈Z，
又φ<π2，所以φ=π6，所以fx=2sin2x+π6+1.
故gx=fx+π6−1=2sin2x+π3+π6+1−1=2cs2x，
令2kπ≤2x≤π+2kπ,k∈Z，解得kπ≤x≤π2+kπ,k∈Z，
故其单调递减区间为kπ,π2+kπ,k∈Z.
故选：A.
6．B
【分析】建立空间直角坐标系，利用线线角的向量求法求解余弦值，再利用二倍角公式求出答案即可.
【详解】
建立如图所示的空间直角坐标系得：A0,−1,0,B0,1,0，
S0,0,3,C32,−12,0，而AS,BC的夹角为θ,0<θ≤π2
又AS=0,1,3,BC=32,−32,0
则csθ=AS⋅BC|AS||BC|=34，
由于sin2θ2−cs2θ2=−csθ=−34，
故选：B.
7．B
【分析】利用圆心到直线的距离来判断即可.
【详解】将x2+y2+Dx−Ey=0可化为标准方程x+D22+y−E22=D2+E24，
则该圆的圆心为−D2,E2，半径r=12D2+E2，
则圆心到直线的距离d=−D22−E22D2+E2=12D2+E2=r，
所以直线Dx−Ey=0与圆x2+y2+Dx−Ey=0相切.
故选:B.
8．C
【分析】m=n时fx为单调函数，无极值点不符合题意；令f′x=0有两根为x=m或x=m+2n3，分m>0、m<0讨论，根据m为极小值点需满足的条件，结合不等式性质可得答案.
【详解】若m=n，则fx=−m(x−m)3为单调函数，无极值点，不符合题意，故m≠n.
由于f′x=mx−m−3x+m+2n，且m≠n，故f′x=0有两根为x=m或x=m+2n3
①当m>0时，若m为极小值点，则需满足：m可得mn>m2；
②当m<0时，若m为极小值点，则需满足：m>m+2n3，故有：0>m>n，
可得mn>m2.
故A，B选项错误，综合①②有：mn>m2.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是根据m为极小值点得到m,n的关系再结合不等式的性质解题.
9．ACD
【分析】利用条件概率公式处理A，利用不互斥事件的并事件公式处理B，利用独立事件概率公式结合条件概率公式处理，利用全概率公式处理D即可.
【详解】对于A，设事件C=“选出的人年龄大于60岁”，则有：PC∣A=PACPA=PBPA<1故PA>PB，故A正确；
对于B，事件A与B不互斥，故PA∪B=PA+PB−PAB=16+23-16=23，故B不正确；
对于C，易得事件A,B相互独立，则PB∣A=PABPA=PA⋅PBPA=PB，所以C正确；
对于D，根据全概率公式可得，PA=0.5×0.94+0.5×0.96=0.95，故D正确.
故选:ACD.
10．BCD
【分析】A选项，判断A1A和平面OMN关系可得答案；
B选项，注意到MN ∥平面A1CD，ON ∥平面A1CD，即可判断选项正误；
C选项，注意到AO⊥平面A1BD，MN ∥ AB，则MN与平面A1BD所成的角即为AB与平面A1BD所成的角；
D选项，题目数据及勾股定理逆定理可得A1C⊥A1A，后由MO ∥ A1C，D1D ∥ A1A可判断选项正误.
【详解】对于A，若C1C ∥平面OMN，因为C1C ∥ A1A，则A1A ∥平面OMN，或A1A⊂平面OMN，而A1A和平面OMN相交，故A错；
对于B，因为M,N分别为线段A1A,A1B的中点，所以MN ∥ AB ∥ CD,MN⊄平面A1CD,CD⊂平面A1CD，所以MN ∥平面A1CD，因为O,N分别为线段BD,A1B的中点，所以ON ∥ A1D,ON⊄平面A1CD,A1D⊂平面A1CD，所以ON ∥平面A1CD,MN∩ON=N,MN⊂平面OMN，ON⊂平面OMN，所以平面A1CD ∥平面OMN，故B正确；
对于C，由于AC⊥BD，且A1A=A1C，故AC⊥A1O，而A1O∩BD=O，故AO⊥平面A1BD，而MN ∥ AB，故MN与平面A1BD所成的角即为AB与平面A1BD所成的角，又AB与AO夹角为45∘，即直线MN与平面A1BD所成的角为45∘，故C正确；
对于D，设A1A=A1C=AB=a，则AC=2a，显然A1A2+A1C2=AC2，故A1C⊥A1A，由MO ∥ A1C，所以MO⊥A1A，而D1D ∥ A1A，所以OM⊥D1D，故D正确.
故选：BCD.
11．AC
【分析】利用函数奇偶性的定义判断A，用导数判断B，转化为交点问题判断C，排除法判断D即可.
【详解】fx=21+e−2x−1定义域为R,f−x+fx=21+e2x−1+21+e−2x−1=0，
所以fx=21+e−2x−1为奇函数，A正确；
f′x=4e−2x1+e−2x2>0恒成立，所以tanh函数是增函数，故B错误；
当x>0时，fx=21+e−2x−1<1恒成立，所以y=fx在−∞,0上单调递减，
在0,+∞上单调递增，且y=fx∈0,1，
故当0C正确；
f′x=4e−2x1+e−2x2=4e−2x+e2x+2≤42e−2x⋅e2x+2=1，且f′x∈0,1，
所以f′x≠2，故曲线y=fx不存在与直线x+2y=0垂直的切线.D错误.
故选：AC.
12．BD
【分析】由双曲线的渐近线，点线距及离心率求得a,b判断A;由双曲线定义结合圆的切线性质判断B,结合切化弦及二倍角公式得函数表达式求解判断D,由特殊位置判断C.
【详解】设双曲线C半焦距为c，双曲线C的渐近线方程为y=±bax，即bx±ay=0，
双曲线C的右焦点F2c,0到渐近线的距离为bcb2+a2=b=6，
由题意知e=ca=1+b2a2=1+6a2=2，
所以a2=2,c=b2+a2=22，故双曲线C的方程为x22−y26=1，
故双曲线C的焦距为42，故A不正确；
对于B选项，记△AF1F2的内切圆在边AF1､AF2､F1F2上的切点分别为M､N､E，
由切线长定理可得AM=AN,F1M=F1E,F2N=F2E，
由AF1−AF2=2a，即AM+MF1−AN+NF2=2a，
得MF1−NF2=2a，即F1E−F2E=2a，
记H的横坐标为x0，则Ex0,0，于是x0+c−c−x0=2a，得x0=a，
同理内心G的横坐标也为a，故HG⊥x轴，即H､G均在直线x=a上，故B正确；
对于C选项，当l与x轴垂直时， HG// l，故C错误；
对于D选项，设直线AB的倾斜角为θ，则∠OF2G=θ2，
∠HF2O=90∘−θ2（O为坐标原点），
在△HF2G中，
HG=EG+HE=c−atanθ2+tan90∘−θ2=c−asinθ2csθ2+sin90∘−θ2cs90∘−θ2
=c−asinθ2csθ2+csθ2sinθ2=c−a1sinθ2csθ2=c−a⋅2sinθ=22sinθ
由于直线l与C的右支交于两点，且C的一条渐近线的斜率为ba=3，倾斜角为60∘，
结合图形可知60∘<θ<120∘，即32故选:BD.
【点睛】关键点点睛:本题考查双曲线的几何性质及应用，选项D引入直线AB的倾斜角θ，HG表示函数为θ的函数,并注意θ的范围是解决问题关键.
13．−1.5
【分析】首先求样本点中心x,y，并代入回归方程，求a，并代入x=7后，即可求解残差.
【详解】x=15×1+3+4+5+7=4,y=15×15+20+30+40+45=30，
故回归直线方程过点4,30，代入y=5.5x+a，可得30=5.5×4+a,a=8，
当x=7时，y=5.5×7+8=38.5+8=46.5，
所以残差为45−46.5=−1.5.
故答案为：−1.5
14．y=−18
【分析】代入P1,2，得到C:y=2x2⇒x2=12y，求出准线方程.
【详解】由题可得，2=m⋅12⇒m=2，故C:y=2x2⇒x2=12y.
故拋物线C的准线方程为y=−18.
故答案为：y=−18
15．−ln2/ln12
【分析】分类讨论去解析式中的绝对值，利用导数研究函数的单调性，根据单调性求函数的最大值.
【详解】函数fx=1−2x−lnx，定义域为0,+∞，
当x≥1时，fx=1−2x−lnx，f′x=−2−1x<0，
∴fx在1,+∞为减函数，此时f(x)max=f1=−1；
当0∴当x∈0,12时，f′x>0，当x∈12,1时，f′x<0，
∴fx在0,12上单调递增，在12,1上单调递减，
此时f(x)max=f12=ln12=−ln2，
综上可知，f(x)max=−ln2.
故答案为：−ln2.
16． 63364/63643 19×13−14n+1−1
【分析】先由题意推导每个正三角形的面积可构成等比数列，再利用等比数列求和公式及裂项相消求解.
【详解】由题可得，S1=12×3×3×sin60∘=334，
从第2个等边三角形起，每个三角形的面积为前一个三角形面积的14，
故每个正三角形的面积可构成一个以S1为首项，14为公比的等比数列，
则Sn=1+14+142+⋯+14n−1S1=1−14nS11−14=31−14n，
所以S3=31−143=63364.
∵1Sn=13×4n4n−1
∴14n+1⋅1Sn⋅1Sn+1=14n+1×13×4n4n−1×13×4n+14n+1−1=13×4n4n−1×14n+1−1
=19×14n−1−14n+1−1
k=1n14k+1SkSk+1=19×141−1−142−1+142−1−143−1+⋯+14n−1−14n+1−1
=19×13−14n+1−1,
故答案为：63364；19×13−14n+1−1.
【点睛】方法点睛：常见的裂项相消的方法有：
1nn+1=1n−1n+1，
44n2−1=2(12n−1−12n+1)，
2n+n+1=2−n+n+1，
2n2n+1−12n−1=12n−1−12n+1−1，
1nn+1n+2=121nn+1−1n+1n+2
17．(1)证明见解析；
(2)455.
【分析】（1）以A为坐标原点建立空间直角坐标系，求得DN,OQ的方向向量，求得DN⋅OQ，即可证明；
（2）求得平面AMN的法向量，利用点到平面距离的向量计算公式，即可求得结果.
【详解】（1）证明：OA⊥底面ABCD，又AB,AD⊂面ABCD，故可得OA⊥AB,OA⊥AD，又AB⊥AD，
故以点A为坐标原点，AB､AD､AO所在直线分别为x､y､z轴，建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz，
从而可得以下各点的坐标：
A0,0,0,B2,0,0,D0,2,0,O0,0,2,M0,0,1,N2,1,0，Q1,2,0，
则DN=2,−1,0,OQ=1,2,−2
∴DN⋅OQ=2×1+−1×2+0=0,∴DN⊥OQ
所以DN⊥OQ.
（2）设平面AMN的法向量为n=x,y,z，又AM =(0,0,1)，AN =(2,1,0)，
则n⋅AM=0n⋅AN=0，即z=02x+y=0，
令x=1，可得y=-2，则平面AMN的法向量n=1,−2,0，
故点D到平面AMN的距离d=DN⋅nn=45=455.
18．(1)π3
(2)33
【分析】（1）利用正弦定理进行边化角，表示出所求角的余弦值，再求角即可.
（2）利用余弦定理求出AB的长度，再分类讨论求面积即可.
【详解】（1）由题意得ACcs∠BAC=2AB−BCcs∠ABC，
由正弦定理得，2sin∠ACBcs∠ABC=sin∠BACcs∠ABC+sin∠ABCcs∠BAC
∴2sin∠ACBcs∠ABC=sin∠BAC+∠ABC=sinπ−∠ACB=sin∠ACB，
又∵∠ACB∈0,π，则sin∠ACB≠0,∴cs∠ABC=12，
∵∠ABC∈0,π,∴∠ABC=π3;
（2）在平行四边形ABCD中，∠ABC=π3,BC=3,AC=7，
在△ABC中，由余弦定理得，
AC2=AB2+BC2−2AB×BCcs∠ABC，即7=AB2+9−2×AB×3×12
解得：AB=1或AB=2，
当AB=1时，平行四边形ABCD的面积：
S=2S△ABC=2×12AB×BCsinπ3=2×12×1×3×32=332;
当AB=2时，平行四边形ABCD的面积：
S=2S△ABC=2×12AB×BCsinπ3=2×12×2×3×32=33.
19．(1)分布列见解析
(2)小明应选择先进行“定位球传准”考核，理由见解析
【分析】（1）求出不同情况的概率，再求分布列即可.
（2）分不同情况计算期望，讨论即可.
【详解】（1）由已知可得，X的所有可能取值为0,4,10，
则PX=0=1−0.8=0.2,PX=4=0.8×1−0.7=0.24，
PX=10=0.8×0.7=0.56，
所以X的分布列为：
（2）小明应选择先进行“定位球传准”考核，理由如下：
由（1）可知小明先进行“定位球传准”考核，累计得分的期望为
EX=0×0.2+4×0.24+10×0.56=6.56,
若小明先进行“20米运球绕杆射门”考核，记Y为小明的累计得分，则Y的所有可能取值为0,6,10，
PY=0=1−0.7=0.3,PY=6=0.7×1−0.8=0.14，
PY=10=0.7×0.8=0.56，
则Y的期望为EY=0×0.3+6×0.14+10×0.56=6.44，
因为EX>EY，所以为使累计得分的期望最大，小明应选择先进行“定位球传准”考核.
20．(1)an=n2+n；
(2)220.
【分析】（1）利用等差数列的基本量，求得an+1−an，再利用累积法即可求得an；
（2）当n为偶数时，利用并项求和法求得Tn，再求T20即可.
【详解】（1）因为a2−a1=4,a3−a2=6，所以a3−a2−a2−a1=2.
所以数列an+1−an是首项为4，公差为2的等差数列，
所以an+1−an=4+2n−1=2n+2.
当n≥2时，
an=an−an−1+an−1−an−2+⋯+a2−a1+a1
=2n+2n−1+⋯+2×2+2
=n2+n，
当n=1时，a1=2也满足上式，所以an=n2+n.
（2）由（1）知，bn=(−1)nn2+n=(−1)nnn+1.
当n=2k,k∈N*时，
Tn=−1×2+2×3−3×4+4×5−⋯−n−1n+nn+1=22+4+⋯+n=nn+22;
∴T20=20×20+22=220.
21．(1)答案见解析；
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析.
【分析】（1）求出函数f(x)的导数f′(x)，再分类讨论求解f′(x)大于0或小于0的解集.
（2）由极值点可得b=1−2a，（i）利用极小值的定义推理判断；（ii）构造函数，利用导数求出最大值即得.
【详解】（1）函数f(x)=ax2−lnx的定义域为(0,+∞)，求导得f′(x)=2ax−1x=2ax2−1x，
当a≤0时，f′(x)<0恒成立，f(x)在(0,+∞)上单调递减，
当a>0时，由f′(x)<0，得00，得x>2a2a，
即函数f(x)在(0,2a2a)上单调递减，在(2a2a,+∞)上单调递增，
所以当a≤0时，函数f(x)在(0,+∞)上单调递减，
当a>0时，函数f(x)在(0,2a2a)上单调递减，在(2a2a,+∞)上单调递增.
（2）函数g(x)=f(x)+bx=ax2−lnx+bx的定义域为(0,+∞)，求导得g′(x)=2ax−1x+b，
由x=1是g(x)的极值点，得g′(1)=2a−1+b=0，即b=1−2a，
（i）g′(x)=2ax−1x+1−2a=2ax2+(1−2a)x−1x=(2ax+1)(x−1)x，
而a>0，则当01时，g′(x)>0,g(x)单调递增，
所以当x=1时，g(x)取得极小值.
（ii）设h(a)=lna+2b=lna+2−4a,a>0，求导得h′(a)=1a−4，
当00，当a>14时，h′(a)<0，则函数h(a)在(0,14)上单调递增，在(14,+∞)上单调递减，
因此h(a)≤h(14)=1−ln4<0，所以lna+2b<0.
【点睛】关键点睛：导数问题往往涉及到分类讨论，分类讨论标准的确定是关键，一般依据导数是否有零点、有零点时零点是否在给定的范围内及在给定范围内的几个两个零点的大小关系来分层讨论.
22．(1)x24+y23=1x≠±2
(2)最大值为12，Q点的坐标为4,0.
【分析】（1）连接PB，OD，确定PE=PB，计算PA+PB=4>AB，确定轨迹为椭圆，排除特殊点得到答案.
（2）确定切线方程，得到x1+t⋅y13=1，得到直线MN的方程为x+ty3=1，计算MN=1+t29y1−y2，计算面积得到S=12t23+4y2−y1，得到MNS=2t2+9+3t2+9，换元，根据函数的单调性计算最值即可.
【详解】（1）如图所示：连接PB，OD，
BE=2BD，D为线段EB的中点，PD是线段EB的垂直平分线，故PE=PB，
因为点P在直线AE上，所以PA+PB=PA+PE=AE=2OD=4>2=AB.
由椭圆的定义可知，P点轨迹是以A−1,0,B1,0为焦点，以4为长轴长的椭圆，
即2a=4,c=1，解得a=2,b=3，
当D点坐标为±2,0时，P与D重合，不符合题意，
故C的标准方程为x24+y23=1x≠±2；
（2）设Mx1,y1,Nx2,y2,Q4,t，
当y≥0时，y=3−3x24，y′=−34x3−3x24，
设切点为x0,y0，则切线方程为y=−34x03−3x024x−x0+y0，
又x024+y023=1，整理得到切线方程为x⋅x04+y⋅y03=x024+y023=1，
同理可得y<0时成立，
曲线C:x24+y23=1点Mx1,y1处的切线QM的方程为x⋅x14+y⋅y13=1，
又因为切线QM过Q4,t，所以x1+t⋅y13=1.
同理可得x2+t⋅y23=1，故直线MN的方程为x+ty3=1.
所以MN=1+t29y1−y2.
设点M,N到直线OQ的距离分别为d1,d2，
因为直线OQ的方程为tx−4y=0，所以d1=tx1−4y116+t2,d2=tx2−4y216+t2.
又因为M,N在直线OQ的两侧，
故S=12OQd1+d2=1216+t2tx1−4y116+t2+tx2−4y216+t2=12tx1−4y1−tx2+4y2，
由于点M,N的坐标满足方程x+ty3=1，即有：x1+ty13=1x2+ty23=1，
两式相减得：x1−x2=t3y1−y2，
故可得：S=12tx1−4y1−tx2+4y2=12t23+4y2−y1，
所以MNS=1+t29y1−y212t23+4y2−y1=2t2+9t2+12=2t2+12t2+9=2t2+9+3t2+9，
令u=t2+9≥3，则MNS=2u+3u，
令y=u+3uu≥3，函数在3,+∞上单调递增，
故可知y=u+3uu≥3的最小值为4，当且仅当u=3时，等号成立，此时t=0，
故MNS=2u+3u≤12，其最大值为12，此时Q点的坐标为4,0.
【点睛】关键点点睛：本题考查了椭圆的轨迹方程，面积问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中，利用换元法结合函数的单调性计算最值是解题的关键，此方法是常考的数学方法，需要熟练掌握.
X
0
4
10
P
0.2
0.24
0.56
一、单选题
1．已知x∈R,i是虚数单位，则不等式1+xi<2的解集为（ ）
A．−3,3B．−1,1C．−5,5D．−2,2
2．已知x∣ax2−4x+1=0=b，其中a,b∈R，则b=（ ）
A．0B．14或12C．12D．14
3．已知向量a,b,c均为单位向量，且a+b+3c=0，则a与b的夹角为（ ）
A．π6B．π4C．π3D．2π3
4．已知a=e−12,b=csπ3,c=lgπ，则（ ）
A．a
A．kπ,π2+kπ,k∈ZB．−π2+kπ,kπ,k∈Z
C．−π2+kπ,π2+kπ,k∈ZD．k−1π,k+1π,k∈Z
6．如图，圆锥的高SO=3，底面直径AB=2,C是圆O上一点，且AC=1，若SA与BC所成角为θ，则sin2θ2−cs2θ2=（ ）
A．134B．−34C．58D．−134
7．已知D，E为正实数，则直线Dx−Ey=0与圆x2+y2+Dx−Ey=0的位置关系是（ ）
A．相离B．相切C．相交且不过圆心D．相交且过圆心
8．若m为函数fx=m(x−m)2n−x（其中m≠0）的极小值点，则（ ）
A．m>n>0B．m
9．下列四个选项中，说法正确的是（ ）
A．从人群中随机选出一人，设事件A=“选出的人患有心脏病”，B=“选出的人是年龄大于60岁的心脏病患者”，则有：PA>PB
B．抛一枚骰子，设事件A=“掷出2点”，B=“掷出的点数不大于4点”，则有：PA∪B=56
C．分别抛掷两枚质地均匀的硬币，设A=“第一枚正面朝上”，B=“第二枚反面朝上”，则有：PB∣A=PB
D．两批同种规格的产品，第一批占50%，次品率为6%；第二批的次品率为4%，从混合产品中任取1件，设事件A=“取出的产品为合格品”，则有：PA=0.95
10．如图所示，在平行六面体A1B1C1D1−ABCD中，O为正方形ABCD的中心，A1A=A1C=AB,M,N分别为线段A1A,A1B的中点，下列结论正确的是（ ）
A．C1C ∥平面OMN
B．平面A1CD ∥平面OMN
C．直线MN与平面A1BD所成的角为45∘
D．OM⊥D1D
11．激活函数是神经网络模型的重要组成部分，是一种添加到人工神经网络中的函数.tanh函数是常用的激活函数之一，其解析式为fx=1−e−2x1+e−2x，则（ ）
A．tanh函数是奇函数
B．tanh函数是减函数
C．对于实数a，当0
12．已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左､右焦点分别为F1､F2，离心率为2，焦点到渐近线的距离为6.过F2作直线l交双曲线C的右支于A､B两点，若H､G分别为△AF1F2与△BF1F2的内心，则（ ）
A．双曲线C的焦距为22
B．点H与点G均在同一条定直线上
C．直线HG不可能与l平行
D．HG的取值范围为22,463
三、填空题
13．已知某种商品的广告费支出x（单位：万元）与销售额y（单位：万元）之间有如下表对应数据：
根据表中数据得到y关于x的经验回归方程为y=5.5x+a，则当x=7时，残差为 .（残差=观测值-预测值）
14．已知抛物线C:y=mx2m∈R,m≠0过点P1,2，则拋物线C的准线方程为 .
15．函数fx=1−2x−lnx的最大值为 .
16．我国古代名著《庄子•天下篇》中有一句名言“一尺之棰，日取其半，万世不竭”，其意思为：一尺的木棍，每天截取一半，永远都截不完.已知长度为23的线段PQ，取PQ的中点M1，以PM1为边作等边三角形（如图1），该等边三角形的面积为S1，再取M1Q的中点M2，以M1M2为边作等边三角形（如图2），图2中所有的等边三角形的面积之和为S2，以此类推，则S3= ，k=1n14k+1SkSk+1= .
四、解答题
17．如图，在四棱锥O−ABCD中，OA⊥底面ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，OA=2，点M､N､Q分别为OA､BC､CD的中点.
(1)证明：DN⊥OQ；
(2)求点D到平面AMN的距离.
18．如图所示，在平行四边形ABCD中，有：ACcs∠BAC=2AB−BCcs∠ABC.
(1)求∠ABC的大小；
(2)若BC=3,AC=7，求平行四边形ABCD的面积.
19．学校进行足球专项测试考核，考核分“定位球传准”和“20米运球绕杆射门”两个项目.规定：“定位球传准”考核合格得4分，否则得0分；“20米运球绕杆射门”考核合格得6分，否则得0分.现将某班学生分为两组，一组先进行“定位球传准”考核，一组先进行“20米运球绕杆射门”考核，若先考核的项目不合格，则无需进行下一个项目，直接判定为考核不合格；若先考核的项目合格，则进入下一个项目进行考核，无论第二个项目考核是否合格都结束考核.已知小明“定位球传准”考核合格的概率为0.8，“20米运球绕杆射门”考核合格的概率为0.7，且每个项目考核合格的概率与考核次序无关.
(1)若小明先进行“定位球传准”考核，记X为小明结束考核后的累计得分，求X的分布列；
(2)为使累计得分的期望最大，小明应选择先进行哪个项目的考核？并说明理由.
20．在数列an中，a1=2,a2=6,a3=12，且数列an+1−an是等差数列.
(1)求an的通项公式；
(2)若bn=(−1)nan，设数列bn的前n项和为Tn，求T20.
21．已知函数f(x)=ax2−lnx,a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)设a>0,g(x)=f(x)+bx，且x=1是g(x)的极值点，证明：
（i）x=1时，g(x)取得极小值；
（ii）lna+2b<0.
22．已知点A−1,0,B1,0，点D是圆O:x2+y2=4上一动点，动点E满足BE=2BD，线段BE的中垂线与直线AE交于点P.
(1)求点P的轨迹C的标准方程；
(2)已知点Q在直线l:x−4=0上，过点Q作曲线C的两条切线，切点分别为M､N，若四边形OMQN的面积S，求MNS的最大值，并求出此时Q点的坐标.
x
1
3
4
5
7
y
15
20
30
40
45
参考答案：
1．A
【分析】根据模的计算公式，列出不等式，求解即可.
【详解】由于1+xi<2，即有：1+x2<2，解得：-3
2．B
【分析】分二次项系数是否为0结合韦达定理求解.
【详解】由题意知：b为方程ax2−4x+1=0的根，
当a=0时，b=14；
当a≠0时，二次方程有两个相同的根，则有ab2-4b+1=016-4a=0，此时b=12.
故选:B.
3．C
【分析】将条件等式变形，再结合数量积公式，即可求解.
【详解】因为|a|=|b|=|c|=1，且a+b+3c=0，则a+b=−3c，
两边平方可得|a|2+|b|2+2a⋅b=3|c|2，即2a⋅b=1，
所以a⋅b=12，csa,b=a⋅bab=12，所有a与b的夹角为π3.
故选：C
4．B
【分析】利用指对函数性质，及特殊角三角函数值判断c,a与12的大小即可.
【详解】易知b=csπ3=12，因为a=e−12=1e>12=b，即a>b；
又c=lgπ<12=lg10，即b>c，故c
5．A
【分析】根据图象得到A,h，得到最小正周期，进而求出ω=2，代入π6,3求出φ=π6，得到gx，整体法求出函数的递减区间.
【详解】依题意可得A+h=3−A+h=−1，解得A=2h=1，
设函数最小正周期为T，则3T4=11π12−π6=3π4，
又ω>0，所以T=π=2πω，
解得ω=2，所以fx=2sin2x+φ+1，
又函数过点π6,3，
所以fπ6=2sin2×π6+φ+1=3，即sinπ3+φ=1，
所以π3+φ=π2+2k1π,k1∈Z，所以φ=π6+2k1π,k1∈Z，
又φ<π2，所以φ=π6，所以fx=2sin2x+π6+1.
故gx=fx+π6−1=2sin2x+π3+π6+1−1=2cs2x，
令2kπ≤2x≤π+2kπ,k∈Z，解得kπ≤x≤π2+kπ,k∈Z，
故其单调递减区间为kπ,π2+kπ,k∈Z.
故选：A.
6．B
【分析】建立空间直角坐标系，利用线线角的向量求法求解余弦值，再利用二倍角公式求出答案即可.
【详解】
建立如图所示的空间直角坐标系得：A0,−1,0,B0,1,0，
S0,0,3,C32,−12,0，而AS,BC的夹角为θ,0<θ≤π2
又AS=0,1,3,BC=32,−32,0
则csθ=AS⋅BC|AS||BC|=34，
由于sin2θ2−cs2θ2=−csθ=−34，
故选：B.
7．B
【分析】利用圆心到直线的距离来判断即可.
【详解】将x2+y2+Dx−Ey=0可化为标准方程x+D22+y−E22=D2+E24，
则该圆的圆心为−D2,E2，半径r=12D2+E2，
则圆心到直线的距离d=−D22−E22D2+E2=12D2+E2=r，
所以直线Dx−Ey=0与圆x2+y2+Dx−Ey=0相切.
故选:B.
8．C
【分析】m=n时fx为单调函数，无极值点不符合题意；令f′x=0有两根为x=m或x=m+2n3，分m>0、m<0讨论，根据m为极小值点需满足的条件，结合不等式性质可得答案.
【详解】若m=n，则fx=−m(x−m)3为单调函数，无极值点，不符合题意，故m≠n.
由于f′x=mx−m−3x+m+2n，且m≠n，故f′x=0有两根为x=m或x=m+2n3
①当m>0时，若m为极小值点，则需满足：m
②当m<0时，若m为极小值点，则需满足：m>m+2n3，故有：0>m>n，
可得mn>m2.
故A，B选项错误，综合①②有：mn>m2.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是根据m为极小值点得到m,n的关系再结合不等式的性质解题.
9．ACD
【分析】利用条件概率公式处理A，利用不互斥事件的并事件公式处理B，利用独立事件概率公式结合条件概率公式处理，利用全概率公式处理D即可.
【详解】对于A，设事件C=“选出的人年龄大于60岁”，则有：PC∣A=PACPA=PBPA<1故PA>PB，故A正确；
对于B，事件A与B不互斥，故PA∪B=PA+PB−PAB=16+23-16=23，故B不正确；
对于C，易得事件A,B相互独立，则PB∣A=PABPA=PA⋅PBPA=PB，所以C正确；
对于D，根据全概率公式可得，PA=0.5×0.94+0.5×0.96=0.95，故D正确.
故选:ACD.
10．BCD
【分析】A选项，判断A1A和平面OMN关系可得答案；
B选项，注意到MN ∥平面A1CD，ON ∥平面A1CD，即可判断选项正误；
C选项，注意到AO⊥平面A1BD，MN ∥ AB，则MN与平面A1BD所成的角即为AB与平面A1BD所成的角；
D选项，题目数据及勾股定理逆定理可得A1C⊥A1A，后由MO ∥ A1C，D1D ∥ A1A可判断选项正误.
【详解】对于A，若C1C ∥平面OMN，因为C1C ∥ A1A，则A1A ∥平面OMN，或A1A⊂平面OMN，而A1A和平面OMN相交，故A错；
对于B，因为M,N分别为线段A1A,A1B的中点，所以MN ∥ AB ∥ CD,MN⊄平面A1CD,CD⊂平面A1CD，所以MN ∥平面A1CD，因为O,N分别为线段BD,A1B的中点，所以ON ∥ A1D,ON⊄平面A1CD,A1D⊂平面A1CD，所以ON ∥平面A1CD,MN∩ON=N,MN⊂平面OMN，ON⊂平面OMN，所以平面A1CD ∥平面OMN，故B正确；
对于C，由于AC⊥BD，且A1A=A1C，故AC⊥A1O，而A1O∩BD=O，故AO⊥平面A1BD，而MN ∥ AB，故MN与平面A1BD所成的角即为AB与平面A1BD所成的角，又AB与AO夹角为45∘，即直线MN与平面A1BD所成的角为45∘，故C正确；
对于D，设A1A=A1C=AB=a，则AC=2a，显然A1A2+A1C2=AC2，故A1C⊥A1A，由MO ∥ A1C，所以MO⊥A1A，而D1D ∥ A1A，所以OM⊥D1D，故D正确.
故选：BCD.
11．AC
【分析】利用函数奇偶性的定义判断A，用导数判断B，转化为交点问题判断C，排除法判断D即可.
【详解】fx=21+e−2x−1定义域为R,f−x+fx=21+e2x−1+21+e−2x−1=0，
所以fx=21+e−2x−1为奇函数，A正确；
f′x=4e−2x1+e−2x2>0恒成立，所以tanh函数是增函数，故B错误；
当x>0时，fx=21+e−2x−1<1恒成立，所以y=fx在−∞,0上单调递减，
在0,+∞上单调递增，且y=fx∈0,1，
故当0
f′x=4e−2x1+e−2x2=4e−2x+e2x+2≤42e−2x⋅e2x+2=1，且f′x∈0,1，
所以f′x≠2，故曲线y=fx不存在与直线x+2y=0垂直的切线.D错误.
故选：AC.
12．BD
【分析】由双曲线的渐近线，点线距及离心率求得a,b判断A;由双曲线定义结合圆的切线性质判断B,结合切化弦及二倍角公式得函数表达式求解判断D,由特殊位置判断C.
【详解】设双曲线C半焦距为c，双曲线C的渐近线方程为y=±bax，即bx±ay=0，
双曲线C的右焦点F2c,0到渐近线的距离为bcb2+a2=b=6，
由题意知e=ca=1+b2a2=1+6a2=2，
所以a2=2,c=b2+a2=22，故双曲线C的方程为x22−y26=1，
故双曲线C的焦距为42，故A不正确；
对于B选项，记△AF1F2的内切圆在边AF1､AF2､F1F2上的切点分别为M､N､E，
由切线长定理可得AM=AN,F1M=F1E,F2N=F2E，
由AF1−AF2=2a，即AM+MF1−AN+NF2=2a，
得MF1−NF2=2a，即F1E−F2E=2a，
记H的横坐标为x0，则Ex0,0，于是x0+c−c−x0=2a，得x0=a，
同理内心G的横坐标也为a，故HG⊥x轴，即H､G均在直线x=a上，故B正确；
对于C选项，当l与x轴垂直时， HG// l，故C错误；
对于D选项，设直线AB的倾斜角为θ，则∠OF2G=θ2，
∠HF2O=90∘−θ2（O为坐标原点），
在△HF2G中，
HG=EG+HE=c−atanθ2+tan90∘−θ2=c−asinθ2csθ2+sin90∘−θ2cs90∘−θ2
=c−asinθ2csθ2+csθ2sinθ2=c−a1sinθ2csθ2=c−a⋅2sinθ=22sinθ
由于直线l与C的右支交于两点，且C的一条渐近线的斜率为ba=3，倾斜角为60∘，
结合图形可知60∘<θ<120∘，即32
【点睛】关键点点睛:本题考查双曲线的几何性质及应用，选项D引入直线AB的倾斜角θ，HG表示函数为θ的函数,并注意θ的范围是解决问题关键.
13．−1.5
【分析】首先求样本点中心x,y，并代入回归方程，求a，并代入x=7后，即可求解残差.
【详解】x=15×1+3+4+5+7=4,y=15×15+20+30+40+45=30，
故回归直线方程过点4,30，代入y=5.5x+a，可得30=5.5×4+a,a=8，
当x=7时，y=5.5×7+8=38.5+8=46.5，
所以残差为45−46.5=−1.5.
故答案为：−1.5
14．y=−18
【分析】代入P1,2，得到C:y=2x2⇒x2=12y，求出准线方程.
【详解】由题可得，2=m⋅12⇒m=2，故C:y=2x2⇒x2=12y.
故拋物线C的准线方程为y=−18.
故答案为：y=−18
15．−ln2/ln12
【分析】分类讨论去解析式中的绝对值，利用导数研究函数的单调性，根据单调性求函数的最大值.
【详解】函数fx=1−2x−lnx，定义域为0,+∞，
当x≥1时，fx=1−2x−lnx，f′x=−2−1x<0，
∴fx在1,+∞为减函数，此时f(x)max=f1=−1；
当0
∴fx在0,12上单调递增，在12,1上单调递减，
此时f(x)max=f12=ln12=−ln2，
综上可知，f(x)max=−ln2.
故答案为：−ln2.
16． 63364/63643 19×13−14n+1−1
【分析】先由题意推导每个正三角形的面积可构成等比数列，再利用等比数列求和公式及裂项相消求解.
【详解】由题可得，S1=12×3×3×sin60∘=334，
从第2个等边三角形起，每个三角形的面积为前一个三角形面积的14，
故每个正三角形的面积可构成一个以S1为首项，14为公比的等比数列，
则Sn=1+14+142+⋯+14n−1S1=1−14nS11−14=31−14n，
所以S3=31−143=63364.
∵1Sn=13×4n4n−1
∴14n+1⋅1Sn⋅1Sn+1=14n+1×13×4n4n−1×13×4n+14n+1−1=13×4n4n−1×14n+1−1
=19×14n−1−14n+1−1
k=1n14k+1SkSk+1=19×141−1−142−1+142−1−143−1+⋯+14n−1−14n+1−1
=19×13−14n+1−1,
故答案为：63364；19×13−14n+1−1.
【点睛】方法点睛：常见的裂项相消的方法有：
1nn+1=1n−1n+1，
44n2−1=2(12n−1−12n+1)，
2n+n+1=2−n+n+1，
2n2n+1−12n−1=12n−1−12n+1−1，
1nn+1n+2=121nn+1−1n+1n+2
17．(1)证明见解析；
(2)455.
【分析】（1）以A为坐标原点建立空间直角坐标系，求得DN,OQ的方向向量，求得DN⋅OQ，即可证明；
（2）求得平面AMN的法向量，利用点到平面距离的向量计算公式，即可求得结果.
【详解】（1）证明：OA⊥底面ABCD，又AB,AD⊂面ABCD，故可得OA⊥AB,OA⊥AD，又AB⊥AD，
故以点A为坐标原点，AB､AD､AO所在直线分别为x､y､z轴，建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz，
从而可得以下各点的坐标：
A0,0,0,B2,0,0,D0,2,0,O0,0,2,M0,0,1,N2,1,0，Q1,2,0，
则DN=2,−1,0,OQ=1,2,−2
∴DN⋅OQ=2×1+−1×2+0=0,∴DN⊥OQ
所以DN⊥OQ.
（2）设平面AMN的法向量为n=x,y,z，又AM =(0,0,1)，AN =(2,1,0)，
则n⋅AM=0n⋅AN=0，即z=02x+y=0，
令x=1，可得y=-2，则平面AMN的法向量n=1,−2,0，
故点D到平面AMN的距离d=DN⋅nn=45=455.
18．(1)π3
(2)33
【分析】（1）利用正弦定理进行边化角，表示出所求角的余弦值，再求角即可.
（2）利用余弦定理求出AB的长度，再分类讨论求面积即可.
【详解】（1）由题意得ACcs∠BAC=2AB−BCcs∠ABC，
由正弦定理得，2sin∠ACBcs∠ABC=sin∠BACcs∠ABC+sin∠ABCcs∠BAC
∴2sin∠ACBcs∠ABC=sin∠BAC+∠ABC=sinπ−∠ACB=sin∠ACB，
又∵∠ACB∈0,π，则sin∠ACB≠0,∴cs∠ABC=12，
∵∠ABC∈0,π,∴∠ABC=π3;
（2）在平行四边形ABCD中，∠ABC=π3,BC=3,AC=7，
在△ABC中，由余弦定理得，
AC2=AB2+BC2−2AB×BCcs∠ABC，即7=AB2+9−2×AB×3×12
解得：AB=1或AB=2，
当AB=1时，平行四边形ABCD的面积：
S=2S△ABC=2×12AB×BCsinπ3=2×12×1×3×32=332;
当AB=2时，平行四边形ABCD的面积：
S=2S△ABC=2×12AB×BCsinπ3=2×12×2×3×32=33.
19．(1)分布列见解析
(2)小明应选择先进行“定位球传准”考核，理由见解析
【分析】（1）求出不同情况的概率，再求分布列即可.
（2）分不同情况计算期望，讨论即可.
【详解】（1）由已知可得，X的所有可能取值为0,4,10，
则PX=0=1−0.8=0.2,PX=4=0.8×1−0.7=0.24，
PX=10=0.8×0.7=0.56，
所以X的分布列为：
（2）小明应选择先进行“定位球传准”考核，理由如下：
由（1）可知小明先进行“定位球传准”考核，累计得分的期望为
EX=0×0.2+4×0.24+10×0.56=6.56,
若小明先进行“20米运球绕杆射门”考核，记Y为小明的累计得分，则Y的所有可能取值为0,6,10，
PY=0=1−0.7=0.3,PY=6=0.7×1−0.8=0.14，
PY=10=0.7×0.8=0.56，
则Y的期望为EY=0×0.3+6×0.14+10×0.56=6.44，
因为EX>EY，所以为使累计得分的期望最大，小明应选择先进行“定位球传准”考核.
20．(1)an=n2+n；
(2)220.
【分析】（1）利用等差数列的基本量，求得an+1−an，再利用累积法即可求得an；
（2）当n为偶数时，利用并项求和法求得Tn，再求T20即可.
【详解】（1）因为a2−a1=4,a3−a2=6，所以a3−a2−a2−a1=2.
所以数列an+1−an是首项为4，公差为2的等差数列，
所以an+1−an=4+2n−1=2n+2.
当n≥2时，
an=an−an−1+an−1−an−2+⋯+a2−a1+a1
=2n+2n−1+⋯+2×2+2
=n2+n，
当n=1时，a1=2也满足上式，所以an=n2+n.
（2）由（1）知，bn=(−1)nn2+n=(−1)nnn+1.
当n=2k,k∈N*时，
Tn=−1×2+2×3−3×4+4×5−⋯−n−1n+nn+1=22+4+⋯+n=nn+22;
∴T20=20×20+22=220.
21．(1)答案见解析；
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析.
【分析】（1）求出函数f(x)的导数f′(x)，再分类讨论求解f′(x)大于0或小于0的解集.
（2）由极值点可得b=1−2a，（i）利用极小值的定义推理判断；（ii）构造函数，利用导数求出最大值即得.
【详解】（1）函数f(x)=ax2−lnx的定义域为(0,+∞)，求导得f′(x)=2ax−1x=2ax2−1x，
当a≤0时，f′(x)<0恒成立，f(x)在(0,+∞)上单调递减，
当a>0时，由f′(x)<0，得0
即函数f(x)在(0,2a2a)上单调递减，在(2a2a,+∞)上单调递增，
所以当a≤0时，函数f(x)在(0,+∞)上单调递减，
当a>0时，函数f(x)在(0,2a2a)上单调递减，在(2a2a,+∞)上单调递增.
（2）函数g(x)=f(x)+bx=ax2−lnx+bx的定义域为(0,+∞)，求导得g′(x)=2ax−1x+b，
由x=1是g(x)的极值点，得g′(1)=2a−1+b=0，即b=1−2a，
（i）g′(x)=2ax−1x+1−2a=2ax2+(1−2a)x−1x=(2ax+1)(x−1)x，
而a>0，则当0
所以当x=1时，g(x)取得极小值.
（ii）设h(a)=lna+2b=lna+2−4a,a>0，求导得h′(a)=1a−4，
当0
因此h(a)≤h(14)=1−ln4<0，所以lna+2b<0.
【点睛】关键点睛：导数问题往往涉及到分类讨论，分类讨论标准的确定是关键，一般依据导数是否有零点、有零点时零点是否在给定的范围内及在给定范围内的几个两个零点的大小关系来分层讨论.
22．(1)x24+y23=1x≠±2
(2)最大值为12，Q点的坐标为4,0.
【分析】（1）连接PB，OD，确定PE=PB，计算PA+PB=4>AB，确定轨迹为椭圆，排除特殊点得到答案.
（2）确定切线方程，得到x1+t⋅y13=1，得到直线MN的方程为x+ty3=1，计算MN=1+t29y1−y2，计算面积得到S=12t23+4y2−y1，得到MNS=2t2+9+3t2+9，换元，根据函数的单调性计算最值即可.
【详解】（1）如图所示：连接PB，OD，
BE=2BD，D为线段EB的中点，PD是线段EB的垂直平分线，故PE=PB，
因为点P在直线AE上，所以PA+PB=PA+PE=AE=2OD=4>2=AB.
由椭圆的定义可知，P点轨迹是以A−1,0,B1,0为焦点，以4为长轴长的椭圆，
即2a=4,c=1，解得a=2,b=3，
当D点坐标为±2,0时，P与D重合，不符合题意，
故C的标准方程为x24+y23=1x≠±2；
（2）设Mx1,y1,Nx2,y2,Q4,t，
当y≥0时，y=3−3x24，y′=−34x3−3x24，
设切点为x0,y0，则切线方程为y=−34x03−3x024x−x0+y0，
又x024+y023=1，整理得到切线方程为x⋅x04+y⋅y03=x024+y023=1，
同理可得y<0时成立，
曲线C:x24+y23=1点Mx1,y1处的切线QM的方程为x⋅x14+y⋅y13=1，
又因为切线QM过Q4,t，所以x1+t⋅y13=1.
同理可得x2+t⋅y23=1，故直线MN的方程为x+ty3=1.
所以MN=1+t29y1−y2.
设点M,N到直线OQ的距离分别为d1,d2，
因为直线OQ的方程为tx−4y=0，所以d1=tx1−4y116+t2,d2=tx2−4y216+t2.
又因为M,N在直线OQ的两侧，
故S=12OQd1+d2=1216+t2tx1−4y116+t2+tx2−4y216+t2=12tx1−4y1−tx2+4y2，
由于点M,N的坐标满足方程x+ty3=1，即有：x1+ty13=1x2+ty23=1，
两式相减得：x1−x2=t3y1−y2，
故可得：S=12tx1−4y1−tx2+4y2=12t23+4y2−y1，
所以MNS=1+t29y1−y212t23+4y2−y1=2t2+9t2+12=2t2+12t2+9=2t2+9+3t2+9，
令u=t2+9≥3，则MNS=2u+3u，
令y=u+3uu≥3，函数在3,+∞上单调递增，
故可知y=u+3uu≥3的最小值为4，当且仅当u=3时，等号成立，此时t=0，
故MNS=2u+3u≤12，其最大值为12，此时Q点的坐标为4,0.
【点睛】关键点点睛：本题考查了椭圆的轨迹方程，面积问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中，利用换元法结合函数的单调性计算最值是解题的关键，此方法是常考的数学方法，需要熟练掌握.
X
0
4
10
P
0.2
0.24
0.56
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