2023-2024学年安徽省十五校教育集团高二（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省十五校教育集团高二（上）期末数学试卷（含解析），共21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.已知点M(1,−1,−2 3)，空间内一平面α过原点O，且垂直于向量n=(−3,2,− 3)，则点M到平面α的距离为( )
A. 14B. 15C. 16D. 18
2.已知数列{2nan}是首项为5，公差为3的等差数列，则a2024=( )
A. 10113037B. 10123037C. 20223037D. 20243037
3.抛物线y=3x2+4上到直线x+y+4=0距离最近的点的坐标是( )
A. (−56,7312)B. (0,4)C. (−16,4912)D. (16,4912)
4.若直线y=kx+2把单位圆x2+y2=1分成长度为1：2的两段圆弧，则k=( )
A. ± 3B. ± 15C. ± 17D. ±2 5
5.定义：对于数a，b，若它们除以整数m所得的余数相等，则称a与b对于模m同余或a同余于b模m，记作a≡b(mdm).已知正整数t满足t≡11(md6)，将符合条件的所有t的值按从小到大的顺序排列，构成数列{an}.设数列{an}的前n项之和为Sn，则2Sn+6n的最小值为( )
A. 12B. 14C. 16D. 18
6.已知函数y=f(x)为连续可导函数，y=(x2+4x+3)f′(x)的图像如图所示(见图)，以下命题正确的是( )
A. f(−3)是函数的极大值
B. f(−1)是函数的极小值
C. f(x)在区间(−3,1)上单调递增
D. f(x)的零点是−3和−1
7.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别是侧面CDD1C1和BCC1B1的中心.过点M的平面α与ND垂直，则平面α截正方体ABCD−A1B1C1D1所得的截面积S为( )
A. 54 6B. 74 6C. 5 6D. 7 6
8.已知F1，F2是椭圆C1：x2a12+y2b12=1(a1>b1>0)与双曲线C2：x2a22−y2b22=1(a2>0,b2>0)的公共焦点，e1，e2分别是C1与C2的离心率，且P是C1与C2的一个公共点，满足PF1⋅PF2=0，则下列结论中正确的是( )
A. a12+b12=a22−b22B. 1e12+1e22=1
C. e12+2e22的最小值为32+2 2D. 3e1+1e2的最大值为2 2
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.关于空间向量，以下说法正确的是( )
A. 空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面
B. 若对空间中任意一点O，有OP=16OA+13OB+12OC，则P，A，B，C四点共面
C. 设{a,b,c}是空间中的一组基底，则{a+b,b+c,c+a}也是空间的一组基底
D. 若a⋅b<0，则是钝角
10.已知直线l1：ax−y−a+3=0，l2：x+ay+a+2=0，l3：kx−y=0，其中a，k为常数，l1与l2的交点为M，则( )
A. 对任意实数a，l1⊥l2B. 不存在点P，使得|PM|为定值
C. 存在a，使得点M到原点的距离为3D. M到l3的最大距离为5+ 52
11.已知数列{an}满足a1=1，an2−12an+1=an+1−1an，则a2023的值可能为( )
A. 1B. −1C. 22022D. (12)2022
12.经研究发现：任意一个三次多项式函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)的图象都只有一个对称中心点(x0,f(x0))，其中x0是f″(x)=0的根，f′(x)是f(x)的导数，f″(x)是f′(x)的导数，若函数f(x)=x3+ax2+x+b图象的对称点为(−1,2)，且不等式ex−mxe(lnx+1)≥[f(x)−x3−3x2+e]xe对任意x∈(1,+∞)恒成立，则( )
A. a=3B. b=1C. m的值可能是−eD. m的值可能是−1e
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知等差数列满足a2+a4+2a7=12，则2a9−a13的值为______．
14.如图所示，P为▱ABCD所在平面外一点，E为AD的中点，F为PC上一点，当PA//平面EBF时，PFFC= ．
15.在平面直角坐标系xOy中，椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)和抛物线y2=12ax交于点A，B，点P为椭圆的右顶点.若O、A、P、B四点共圆，则椭圆离心率为______．
16.已知函数f(x)=m(x−1)ex−x2+x在x∈(12,2)上有两个极值点，则实数m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)
公差不为零的等差数列{an}中，a2是a3和a5的等比中项，且该数列前17项之和为289．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn=an−20 3，求数列{bn}的前n项之和Tn的最小值．
18.(本小题12分)
已知函数f(x)=(x2−2x+2a)ex．
(1)若f(x)在[2,7]上单调递增，求a的取值范围；
(2)试讨论函数f(x)的单调性．
19.(本小题12分)
如图在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=AA1= 2，∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=60°．
(1)求证：直线A1C⊥平面BDD1B1；
(2)求直线A1C和BC1夹角的余弦值．
20.(本小题12分)
已知函数f(x)=ex(2x−a)，其最小值为−2 e．
(1)求a的值；
(2)若关于x的方程f(x)−bx+b=0恰有一个实根，求实数b的范围．
21.(本小题12分)
如图，圆台OO1的上、下底面圆半径分别为1，2，圆台的高为 3，AB是下底面圆的一条直径，点C在圆O上，且BC=2 3，点M在圆O上运动(M与C在AB的两侧)，MN是圆台的母线，MN⊥BC．
(1)求CM的长；
(2)求平面BCN和平面AMN的夹角的余弦值．
22.(本小题12分)
如图，设P是x2+y2=8上的动点，点D是点P在x轴上的投影，M点满足MD=λPD(λ≠0)．
(1)当点P在圆上运动时，求点M的轨迹C的方程；
(2)若λ=12，设点A(2,1)，A关于原点的对称点为B，直线l过点(1,−12)且与曲线C交于点M和点N，设直线AM与直线BN交于点T，设直线AM的斜率为k1，直线BN的斜率为k2．
(i)求证：k1k2为定值；
(ii)求证：存在两条定直线l1、l2，使得点T到直线l1、l2的距离之积为定值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：点M(1,−1,−2 3)，空间内一平面α过原点O，且垂直于向量n=(−3,2,− 3)，
由题意可得：OM=(1,−1,−2 3)，平面α的法向量为n=(−3,2,− 3)，
∴点M到平面α的距离为|OM⋅n||n|=14．
故选：A．
根据题意结合点到面的距离公式运算求解．
本题考查空间中点到平面的距离公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
2.【答案】D
【解析】解：由题意可知：2nan=5+3(n−1)=3n+2，
故可得an=2n3n+2，
所以a2024=2×20243×2024+2=20243037．
故选：D．
根据题意结合等差数列通项公式可得an，即可得结果．
本题主要考查了等差数列通项公式的应用，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：因为直线x+y+4=0的斜率k=−1，
又因为y=3x2+4，则y′=6x，
当平行与直线x+y+4=0且与抛物线相切时，切点到直线的距离最小，
令y′=6x=−1，解得x=−16，此时y=3(−16)2+4=4912，
可知抛物线y=3x2+4上到直线x+y+4=0距离最近的点的坐标是(−16,4912)．
故选：C．
根据题意可知抛物线y=3x2+4的切线与直线x+y+4=0平行时，切点到直线x+y+4=0距离最小，结合导数的几何意义运算求解
本题考查用导数的方法求点到直线的距离最小的方法，属于中档题．
4.【答案】B
【解析】解：直线y=kx+2把单位圆x2+y2=1分成长度为1：2的两段圆弧，C为AB的中点，
则∠AOB=2π3，∠OAC=π3，
∵OA=1，
∴OC=12，
∴圆心(0,0)到直线kx−y+2=0的距离为|2| k2+1=12，解得k=± 15．
故选：B．
根据已知条件，先求出圆心角，再结合垂径定理，以及点到直线的距离公式，即可求解．
本题主要考查直线与圆的位置关系，考查转化能力，属于中档题．
5.【答案】C
【解析】解：由题意可知：an=6n−1，且an+1−an=6，
可知数列{an}是等差数列，则Sn=n[5+(6n−1)]2=3n2+2n，
可得2Sn+6n=6n2+4n+6n=6(n+1n)+4≥12 n×1n+4=16，
当且仅当n=1时，2Sn+6n取得最小值16．
故选：C．
根据给定条件，求出数列{an}的通项及前n项和为Sn，再借助基本不等式求解即得．
本题主要考查了等差数列的求和公式，还考查了利用基本不等式求解最值，属于中档题．
6.【答案】B
【解析】解：∵y=(x2+4x+3)f′(x)，x2+4x+3<0⇔−3∴由y=(x2+4x+3)f′(x)的图象知，
当x<−3或−3−1时，f′(x)>0，
∴f(x)在(−∞,−1)上单调递减，在(−1,+∞)上单调递增，
∴f(x)的极小值为f(−1)，无极大值．
故A错误，B正确，C错误，
又f(−3)，f(−1)的值不确定，故D错误．
故选：B．
由y=(x2+4x+3)f′(x)的图象知，当x<−3或−3−1时，f′(x)>0，逐一判断ABCD即可．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性和极值，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别是侧面CDD1C1和BCC1B1的中心，
过点M的平面α与ND垂直，
以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，
侧面CD1的中心M(0,1,1)，侧面BC1的中心N(1,2,1)，且D(0,0,0)，
则DN=(1,2,1)，∴点M在平面α与平面CDD1C1的交线上，
设P(0,y1,z1)为这条交线上任意一点，则MP=(0,y1−1,z1−1)，
∵ND⊥平面α，则MP⋅DN=2(y1−1)+z1−1=0，∴2y1+z1=3，
令z1=0，得点F(0,32,0)，令z1=2，得点G(0,12,2)，
连接FG，平面α与平面ABCD必相交，
设Q(x,y,0)为这条交线上任意一点，则FQ=(x,y−32,0)，
FQ⋅DN=x+2(y−32)=0，整理得x+2y=0，
令x=2，得点E(2,12,0)，连接FE，
∵平面A1B1C1D1/​/平面ABCD，则平面α与平面A1B1C1D1的交线过点G，与直线FE平行，
过G作GH//FE，交A1D1于H(t,0,2)，则GH=(t,−12,0)，FE=(2,−1,0)，
∵GH//FE，∴t=1，∴H(1,0,2)，
由题意得平面α与平面ABB1A1，ADD1A1都相交，则平面α与直线AA1相交，
令交点为K(2,0,m)，EK=(0,−12,m)，
由EK⋅DN=−2+m=0，得K(2,0,1)，
连接EK，HK，得截面五边形EFGHK，即截面S为五边形EFGHK，
则EF=FG= 5，GH=EK= 52，HK= 2，
取EF中点L(1,1,0)，连接GL，EH，则GL=EH= 52，HK= 2，
取EF中点L(1,1,0)，连接GH，EH，则GL=EH= 212，
在△EHK中，cs∠EKH=EK2+HK2−EH22EK⋅HK=− 105，sin∠EKH= 155，
△EHK的面积S△EHK=12×EK×HKsin∠EKH=12× 52× 2× 155= 64，
在△FGL中，cs∠GFL=GF2+LF2−GL22GF⋅LF=15，sin∠GFL=2 65，
△FGL边上的高h=FG⋅sin∠GFL=2 305，
梯形EFGH的面积SEFGH=12(GH+FE)⋅h=12( 52+ 5)×2 305=3 62，
∴平面α截正方体ABCD−A1B1C1D1所得的截面积S=S△EHK+SEFGH=7 64．
故选：B．
建立空间直角坐标系，利用空间向量确定截面形状，再计算截面面积，能求出结果．
本题考查正方体的结构特征、面面位置关系、截面、余弦定理、三角形面积公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
8.【答案】D
【解析】解：已知F1，F2是椭圆C1：x2a12+y2b12=1(a1>b1>0)与双曲线C2：x2a22−y2b22=1(a2>0,b2>0)的公共焦点，
对于选项A，c2=a12−b12=a22+b22，
即选项A错误；
对于选项B，由椭圆及双曲线的定义可得：|PF1|+|PF2|=2a1，①
||PF1|−|PF2||=2a2，②
又P是C1与C2的一个公共点，满足PF1⋅PF2=0，
则|PF1|2+|PF2|2=4c2，
由①②可得|PF1|2+|PF2|2=2(a12+a22)，
则4c2=2(a12+a22)，
即a12c2+a22c2=2，
即1e12+1e22=2，
即选项B错误；
对于选项C，由B选项可得e12=e222e22−1=12(2e22−1)+122e22−1=12+12(2e22−1)，
所以e12+2e22=12+12(2e22−1)+(2e22−1)+1，
令t=2e22−1>1，
令f(t)=12t+t+32，t>1，f′(t)=−12t2+1=2t2−12t2>0恒成立，所以f(t)单调递增，
所以f(t)>f(1)=12+1+32=3，
即e12+2e22>3，所以C不正确；
对于选项D，设1e1= 2sinθ，1e2= 2csθ，
则 3e1+1e2= 6sinθ+ 2csθ=2 2sin(θ+π6)≤2 2，此时θ=π3，即e1=1 2sinπ3= 63，e2=1 2csθ= 2时等号成立，所以D正确．
故选：D．
由题意可得a1，a2，b1，b2的关系，判断出A选项的真假，再由PF1⋅PF2=0，可得曲线的离心率的关系，判断出B选项的真假，由“1”的活用及基本不等式的性质，判断出C选项的真假；设1e1= 2sinθ，1e2= 2csθ，由三角函数的性质可得 3e1+1e2的最大值，判断出D选项的真假．
本题考查了椭圆的离心率，双曲线的离心率的求法及椭圆的性质的应用，属中档题．
9.【答案】ABC
【解析】【分析】
本题考查了空间向量的共线定理，共面定理的应用，考查了基底的概念以及向量的夹角的应用，属于中档题．
根据向量共线的概念即可判断选项A；根据空间向量的基本定理即可判断选项B；根据空间向量的基底的概念即可判断选项C；根据向量夹角的定义即可判断选项D．
【解答】
解：选项A：根据共线向量的概念，可知空间中的三个向量，
若有两个向量共线，则这三个向量一定共面，故A正确；
选项B：因为对空间中任意一点O，有OP=16OA+13OB+12OC，
则16(OP−OA)+13(OP−OB)+12(OP−OC)=0，整理可得：PA=−2PB−3PC，
由平面向量基本定理可知点P，A，B，C四点一定共面，故B正确；
选项C：由{a,b,c}是空间中的一组基底，则向量a,b,c不共面，
可得向量a+b,b+c,a+c也不共面，所以{a+b,b+c,a+c}也是空间中的一组基底，故C正确；
选项D：若a⋅b<0，则为钝角或π，故D错误．
故选：ABC．
10.【答案】ACD
【解析】解：对于A，因为a×1−1×a=0，则l1⊥l2，故A正确；
对于B，因为l1：ax−y−a+3=0，l2：x+ay+a+2=0，即l1：a(x−1)−(y−3)=0，l2：(x+2)+a(y+1)=0，
易得直线l1过定点A(1,3)，直线l2过定点B(−2,−1)，
因为l1与l2的交点为M，则M在以AB为直径的圆上，
而AB的中点为C(−12,1)，且|AB|=5，故点M在圆C：(x+12)2+(y−1)2=254上，
故取点P坐标为(−12,1)，此时|PM|为定值，故B错误；
对于C，因为|OC|= 52，圆的半径为52，
故M到原点取值范围为[5− 52,5+ 52]，且3∈[5− 52,5+ 52]，
所以存在实数a，使得M到原点的距离为3，故C正确；
对于D，因为l3过原点O，所以当OC⊥l3，
且M在直线OC上时，点M到l3的距离最大且最大值为5+ 52，故D正确．
故选：ACD．
对于A，由A1A2+B1B2=0即可判断得l1⊥l2；对于B，结合选项A中的结论，得到M在圆C上，由此可求得点P使得|PM|为定值；对于C，利用选项B中的结论，结合点到圆上的点的距离的最小值即可判断；对于D，利用直线到圆上点的距离的最大值即可判断．
本题考查直线的应用，属于中档题．
11.【答案】AD
【解析】解：依题意，由an2−12an+1=an+1−1an，
可得1an−12an+1=an+1−an2，
即2an+1−an2an+1an=2an+1−an2，
化简整理，得(an+1an−1)(2an+1−an)=0，
∴an+1=12an，或an+1an=1，
①当an+1=12an时，∵a1=1，
∴数列{an}是首项为1，公比为12的等比数列，
∴a2023=1×(12)2023−1=(12)2022，
②当an+1an=1时，可得an=1，下面用数学归纳法证明：
当n=1时，a1=1，命题成立，
当n=k(k≥1,k∈N*)，假设ak=1成立，
则当n=k+1时，∵ak+1ak=1，
∴ak+1=1ak=1，命题成立，
由上可知，an=1成立，此时a2023=1，
∴a2023=1或a2023=(12)2022．
故选：AD．
先将题干中递推公式进行转化得到an+1，an的两种对应关系，然后分类讨论{an}的通项公式，由此可得结果．
本题主要考查数列由递推公式推导出通项公式．考查了分类讨论思想，转化与化归思想，数学归纳法，等比数列的通项公式的应用，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．
12.【答案】ABC
【解析】解：由题意得f(−1)=−1+a−1+b=2，
∵f′(x)=3x2+2ax+1，∴f′′(x)=6x+2a，
∴f′′(−1)=−6+2a=0，解得a=3，b=1，故A，B正确；
此时f(x)=x3+3x2+x+1，
∵x>1，∴ex−mxe(lnx+1)≥[f(x)−x3−3x2+e]xe，等价于m≤x−eex−(x+1+e)lnx+1，
当x>0时，ex>x+1，则x−eex=elnx−e+x≥−elnx+x+1(当且仅当x=e时，等号成立)，
从而x−eex−(x+1+e)lnx+1≥−elnx−elnx+1=−e，故m≤−e，故C正确，D错误．
故选：ABC．
由题意可得f(−1)=2且f′′(−1)=0，由此列式求得a与b的值，可得A，B正确；ex−mxe(lnx+1)≥[f(x)−x3−3x2+e]xe，等价于m≤x−eex−(x+1+e)lnx+1，利用放缩法求得不等式右侧的最小值，可得m的范围判断C与D．
本题考查利用导数求函数的极值与最值，考查化归与转化思想，考查逻辑思维能力与推理论证能力，考查运算求解能力，属难题．
13.【答案】3
【解析】解：由题意可得：a2+a4+2a7=2a3+2a7=4a5=12，则a5=3，
所以2a9−a13=a5+a13−a13=a5=3．
故答案为：3．
根据等差数列下标和性质运算求解．
本题主要考查了等差数列的性质的应用，属于基础题．
14.【答案】12
【解析】解：连接AC交BE于点M，
连接FM．
∵PA/​/平面EBF，PA⊂平面PAC，平面PAC∩平面EBF=EM，
∴PA//EM，
∴PFFC=AMMC=AEBC=12，
故答案为：12．
连接AC交BE于点M，运用线面平行的性质定理，可得PA/​/EM，再由平行线分线段成比例定理，可得结论．
本题考查的知识点是线面平行的性质定理，行线分线段成比例定理，难度中档．
15.【答案】 63
【解析】解：在平面直角坐标系xOy中，椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)和抛物线y2=12ax交于点A，B，点P为椭圆的右顶点．
如图所示，O(0,0)，P(a,0)，A(x,y)，
则OA=(x,y)，PA=(x−a,y)，
因为O、A、P、B四点共圆，
又点A，B关于直线OP对称，
则OA⊥PA，
则OA⋅PA=x2−ax+y2=0，
将y2=12ax代入得，x2−12ax=0，
由x>0解得x=12a，y2=14a2，
代入椭圆方程x2a2+y2b2=1，
可得14+14×a2b2=1，
整理得b2a2=13，
所以e2=1−b2a2=23，
即e= 63．
故答案为： 63．
分别求出O、A、P坐标，利用四点共圆可以得到OA⊥PA，解方程即可．
本题考查了椭圆的性质，重点考查了椭圆离心率的求法，属中档题．
16.【答案】(32e2,1e)
【解析】解：∵函数f(x)=m(x−1)ex−x2+x在(12,2)上有两个极值点，
∴f′(x)=mxex−2x+1在(12,2)上有两个变号零点，
令mxex−2x+1=0，可得m=2x−1xex，
令h(x)=2x−1xex(12h′(x)>0⇒12∴函数h(x)在(12,1)上单调递增，在(1,2)上单调递减，
又h(12)=0,h(1)=1e,h(2)=32e2，作出函数h(x)在(12,2)上图象，
当32e2设两个交点的横坐标分别为x1、x2，且x1当122x−1xex，此时f′(x)=xex(m−2x−1xex)>0，
当x1∴函数f(x)在(12,x1)上递增，在(x1,x2)上递减，在(x2,2)上递增，
此时，函数f(x)有两个极值点，合乎题意．
因此，实数m的取值范围为(32e2,1e)．
故答案为：(32e2,1e)．
由f′(x)=0可得m=2x−1xex，令h(x)=2x−1xex(12本题主要考查利用导数研究函数的单调性和极值，属于中档题．
17.【答案】(1)解：设等差数列{an}的公差为d，
则d≠0，
因为a2是a3和a5的等比中项，
则a22=a3a5，
即(a1+d)2=(a1+2d)(a1+4d)，
即a12+2a1d+d2=a12+6a1d+8d2，
整理可得4a1+7d=0，①
又因为数列{an}的前17项和为17a1+17×16d2=17(a1+8d)=289，
可得a1+8d=17，②
联立①②可得d=6825，a1=−11925，
所以an=a1+(n−1)d=−11925+6825(n−1)=6825n−18725．
(2)由bn=an−20 3=6825n−18725−20 3≤0，
可得n≤187+500 368，
而187+500 368≈15.49，
所以满足条件的n的最大值为15，
因此，数列{bn}的前n项之和Tn的最小值为T15=6825(1+2+3+⋯+15)−15×18725−15×20 3=10715−300 3．
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d，则d≠0，根据题意可得出关于a1、d的方程组，解出这两个量的值，利用等差数列的通项公式可求得数列{an}的通项公式；
(2)解不等式bn=an−20 3≤0，得出满足条件的正整数n的最大值，再结合等差数列的求和公式可求得Tn的最小值．
本题考查了等差数列的通项公式的求法，重点考查了等差数列的求和公式，属中档题．
18.【答案】解：(1)∵f(x)=(x2−2x+2a)ex在[2,7]上单调递增，
f′(x)=(x2−2x+2a)ex+(2x−2)ex=(x2+2a−2)ex，
∴f′(x)=(x2+2a−2)ex≥0在[2,7]上恒成立，
即x2+2a−2≥0在[2,7]上恒成立，
又y=x2+2a−2在[2,7]上单调递增，
当x=2时，y=x2+2a−2取得最小值2a+2，
∴2a+2≥0，即a≥−1，
∴a的取值范围[−1,+∞)．
(2)由(1)可得：f′(x)=(x2+2a−2)ex，
当2a−2≥0，即a≥1时，则f′(x)=(x2+2a−2)ex>0，
当2a−2<0，即a<1时，
令f′(x)>0，解得x<− 2−2a或x> 2−2a；令f′(x)<0，解得− 2−2a∴当a≥1时，f(x)在R上单调递增；
当a<1时，f(x)在(−∞,− 2−2a)，( 2−2a,+∞)上单调递增，在(− 2−2a, 2−2a)内单调递减．
【解析】(1)由题意可知：f′(x)=(x2+2a−2)ex≥0在[2,7]上恒成立，结合二次函数分析求解；
(2)分2a−2≥0和2a−2<0两种情况，结合导数以及二次不等式分析求解．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，属于中档题．
19.【答案】(1)证明：设AB=a，AD=b，AA1=c，则{a,b,c}为空间的一个基底，
则A1C=a+b−c，BD=b−a，BB1=c，
因为AB=AD=AA1= 2，∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=60°，
所以a2=b2=c2=2，a⋅b=b⋅c=c⋅a=1，
所以A1C⋅BD=(a+b−c)⋅(b−a)=0，A1C⋅BB1=(a+b−c)⋅c=0，
所以A1C⊥BD，A1C⊥BB1，又BD∩BB1=B，
所以A1C⊥平面BDD1B1．
(2)解：由(1)得BC1=b+c，
所以A1C⋅BC1=(a+b−c)⋅(b+c)=a⋅b+a⋅c+b2+b⋅c−c⋅b−c2=2，
|A1C|2=(a+b−c)2=a2+b2+c2+2a⋅b−2a⋅c−2b⋅c=4，
所以|A1C|=2，则|BC1|2=(b+c)2=b2+c2+2b⋅c=6，
所以|BC1|= 6，
设A1C与BC1的夹角为θ，则csθ=A1C⋅BC1|A1C||BC1|=22× 6= 66．
所以直线A1C和BC1夹角的余弦值为 66．
【解析】(1)设AB=a，AD=b，AA1=c，则{a,b,c}为空间的一个基底，根据空间向量的线性运算得出A1C，BD，BB1，再根据向量的数量积运算得出A1C⋅BD=0，A1C⋅BB1=0，从而得出A1C⊥BD，A1C⊥BB1，进而根据线面垂直的判定定理，即可证明直线A1C⊥平面BDD1B1；
(2)根据空间向量的线性运算得出BC1=b+c，再根据向量的数量积运算求得A1C⋅BC1=2和A1C|=2 2，|BC1|= 6，最后根据异面直线的夹角公式cs=A1C⋅BC1|A1C||BC1|，即可求出直线A1C和BC1夹角的余弦值．
本题主要考查直线与平面垂直的证明，异面直线所成角的求法，向量法的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)因为f(x)=ex(2x−a)，所以f′(x)=ex(2x−a+2)，
当x∈(a−22,+∞)，则f′(x)>0，可知f(x)单调递增；
当x∈(−∞,a−22)，则f′(x)<0，可知f(x)单调递减；
则f(x)最小值在x=a−22处取到，
可得f(a−22)=−2ea−22=−2e−12，解得a=1，
所以a的值为1．
(2)因为a=1，所以ex(2x−1)=b(x−1)，显然x=1不是方程的根，
则b=ex(2x−1)x−1(x≠1)．
令g(x)=ex(2x−1)x−1，则g′(x)=x(2x−3)ex(x−1)2，
当x∈(−∞,0)∪(32,+∞)，则g′(x)>0，可知g(x)在(−∞,0)和(32,+∞)上单调递增；
当x∈(0,1)∪(1,32)，则g′(x)<0，可知g(x)在(0,1)和(1,32)上单调递减；
可知x∈(−∞,0)，g(x)>0，
x∈(0,1)，g(x)<1，g(12)=0，
x∈(32,+∞)，g(x)>4e32，
且x∈(−∞,1)，x→−∞，g(x)→0，x→1，g(x)→−∞，
x∈(1,+∞)，x→1，g(x)→+∞，x→+∞，g(x)→+∞，
如图所示：
若b=ex(2x−1)x−1(x≠1)有1个实根，即使y=b与g(x)有一个交点即可，
可知b≤0或b=1或b=4e32，
所以实数b的范围为(−∞,0]∪{1,4e32}．
【解析】(1)先求导函数再求出最值求参即可；
(2)先把函数转化为函数的交点问题，构造函数g(x)=ex(2x−1)x−1再结合单调性及值域求参即可．
本题考查了函数的零点与方程根的关系，考查了导数的综合应用，考查了函数思想及数形结合思想，属于中档题．
21.【答案】解：(1)依题意OO1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，则OO1⊥BC，MN⊥BC，
OO1与MN相交，∴BC⊥平面OO1NM，
∵OM⊂平面OO1NM，∴BC⊥OM，
∵AC⊥BC，∴AC//OM，
∵BC=2 3，AB=4，∠ACB=90°，
∴sin∠CAB= 32，∴∠CAB=60°，
∴∠AOM=60°，∴△AOM是等边三角形，∴∠OAM=60°，
∴C，M关于AB对称，∴CM=2×2×sin60°=2 3．
(2)以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，

则A(0,−2,0)，C(− 3,−1,0)，M( 3,−1,0)，B(0,2,0)，
∵O1N=12OM，∴N( 32,−12, 3)，
∴AM=( 3,1,0)，NM=( 32,−12,− 3)，CB=( 3,3,0)，CN=(3 32,12, 3)，
设平面AMN的法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅AM= 3x+y=0m⋅NM= 32x−12y− 3z=0，取x= 3，得m=( 3,−3, 3)，
设平面BCN的法向量为n=(a,b,c)，
则n⋅CB= 3a+3b=0n⋅CN=3 32a+12b+ 3c=0，取a=3，得n=(3,− 3,−4)，
设平面BCN和平面AMN的夹角为θ，csθ=|m⋅n||m|⋅|n|=2 3 15× 28= 3535，
∴平面BCN和平面AMN的夹角的余弦值为 3535．
【解析】(1)根据圆台的性质可得OO1⊥平面ABC，从而得到OO1⊥BC，再由MN⊥BC，得到BC⊥平面OO1NM，即可得到BC⊥OM，从而得到AC//OM，再由锐角三角函数求出∠CAB，即可得到△AOM是等边三角形，由此能求出结果．
(2)建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面BCN和平面AMN的夹角的余弦值．
本题考查圆台结构特征、线面垂直的判定与性质、二面角等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
22.【答案】解：(1)不妨设Q(x,y)，P(x0,y0)，
因为点D是点P在x轴上的投影，
所以D(x0,0)，
此时QD=(x0−x,−y)，PD=(0,−y0)，
因为QD=λPD，
所以x0=x，y0=1λy，
因为点P是x2+y2=8上的动点，
所以x02+y02=8，
此时x2+1λ2y2=8，
整理得x28+18λ2y2=1，
则点Q的轨迹C的方程为x28+18λ2y2=1；
(2)(i)若λ=12，
由(1)知，曲线C的方程为x28+y22=1，
易知点A(2,1)，B(−2,−1)在曲线C上，
不妨设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
此时直线AM方程为y−1=k1(x−2)，直线BN方程为y+1=k2(x+2)，
联立y−1=k1(x−2)x28+y22=1，消去y并整理得(4k12+1)x2−8k1(2k1−1)x+4(2k1−1)2−8=0，
由韦达定理得x1=8k12−8k1−24k12+1，
此时y1=k1(8k12−8k1−24k12+1−2)+1=−4k12−4k1+14k12+1，
联立y+1=k2(x+2)x28+y22=1，消去y并整理得(4k22+1)x2+8k2(2k2−1)x+4(2k2−1)2−8=0，
由韦达定理得x2=−8k22+8k2+24k22+1，
此时y2=k2(−8k22+8k2+24k22+1+2)−1=4k22+4k2−14k22+1，
不妨令E(1,−12)，
此时EM=(x1−1,y1+12)，EN=(x2−1,y2+12)，
因为M，E，N三点共线，
所以(x1−1)(2y2+1)=(x2−1)(2y1+1)，
可得4k12−8k1−34k12+1⋅12k22+8k2−14k22+1=−12k22+8k2+14k22+1.−4k12−8k1+34k12+1，
即(4k12−8k1−3)(12k22+8k2−1)=(12k22−8k2−1)(4k12+8k1−3)，
整理得(4k1k2+1)(k1−3k2)=0，
易知直线AM，BN的斜率同号，
此时k1k2>0，
所以k1−3k2=0，
则k1k2=3，
故k1k2为定值，定值为3；
(ⅱ)证明：不妨设T(x,y)，
此时k1=y−2x−1，k2=y+2x+1，
由(i)知y−2x−1=3⋅y+2x+1，
即y−2y+2=3x−3x+1，
整理得y=−4−6x−2，
易知函数y=−4−6x−2的图象是由函数y=−6x的图象先向右平移2个单位，再向下平移4个单位而得，
而函数y=−6x的图象是以x轴、y轴为渐近线的双曲线，
即点T的轨迹是以直线x=2，y=−4为渐近线的双曲线，
该双曲线上任意一点T(x,y)到直线x=2，y=−4的距离分别为|x−2|，|y+4|，
因为|x−2|⋅|y+4|=|x−2|⋅|6x−2|=6，
不妨令直线x=2，y=−4分别为l1，l2，
则存在两条定直线l1，l2，使得点T到直线l1，l2的距离之积为定值．
【解析】(1)由题意，设出点P，Q的坐标，利用所给信息以及向量的运算进行求解即可；
(2)(i)结合(1)中所得信息得到曲线C的方程，将曲线C的方程分别与直线AM，BN的方程联立，求出点M，N的坐标，根据向量共线，列出等式，进而即可得证；
(ii)结合(i)的结论求出点T的轨迹方程，利用反比例函数图象确定出直线l1，l2，进而即可得证．
本题考查轨迹方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力．