2023-2024学年山东省青岛实验高中高二（下）期初质检数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年山东省青岛实验高中高二（下）期初质检数学试卷（含解析），共18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a，3，b，9，c成等比数列，且a>0，则lg3b−lg3c等于( )
A. −1B. −12C. 12D. 1
2.直线与平行，则a的值为
( )
A. 12B. 12或0C. 0D. -2或0
3.已知点A(1,1)和点B(4,4)，P是直线x−y+1=0上的一点，则|PA|+|PB|的最小值是( )
A. 3 6B. 34C. 5D. 2 5
4.A，B两名学生均打算只去甲、乙两个城市中的一个上大学，且两人去哪个城市互不影响，若A去甲城市的概率为0.6，B去甲城市的概率为0.2，则A，B不去同一城市上大学的概率为( )
A. 0.3B. 0.56C. 0.54D. 0.7
5.若椭圆x225+y216=1和双曲线x24−y25=1的共同焦点为F1，F2，P是两曲线的一个交点，则cs∠F1PF2的值为( )
A. 1121B. 712C. 1921D. 37
6.与圆x2+y2=1及圆x2+y2−8x+7=0都外切的圆的圆心轨迹是( )
A. 椭圆B. 双曲线C. 双曲线的左支D. 双曲线的右支
7.已知函数f(x)=xα的图象过点(4,2)，令an=1f(n+1)+f(n)，n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn，则
S2021=( )
A. 2021−1B. 2021C. 2022D. 2022−1
8.已知定义在R上的偶函数f(x)的导函数为f′(x)，当x>0时，有2f(x)+xf′(x)>0，且f(−1)=0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是( )
A. (−1,0)∪(0,1)B. (−∞,−1)∪(1,+∞)
C. (−1,0)∪(1,+∞)D. (−∞,−1)∪(0,1)
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.公差为d的等差数列{an}，其前n项和为Sn，S11>0，S12<0，下列说法正确的有( )
A. d<0B. a7>0C. {Sn}中S6最大D. |a4|<|a9|
10.下列结论正确的是( )
A. 过点(−2,−3)且在两坐标轴上的截距相等的直线l的方程为x+y=−5
B. 已知直线kx−y−k−1=0和以M(−3,1)，N(3,2)为端点的线段相交，则实数k的取值范围为−12≤k≤32
C. 已知ab≠0，O为坐标原点，点P(a,b)是圆x2+y2=r2外一点，直线m的方程是ax+by=r2，则m与圆相交
D. 若圆M：(x−4)2+(y−4)2=r2(r>0)上恰有两点到点N(1,0)的距离为1，则r的取值范围是(4,6)
11.已知抛物线C：y2=4x的焦点为F、准线为l，过点F的直线与抛物线交于两点P(x1,y1)，Q(x2,y2)，点P在l上的射影为P1，则( )
A. 若x1+x2=6.则|PQ|=8
B. 以PQ为直径的圆与准线l相切
C. 设M(0,1)，则|PM|+|PP1|≥ 2
D. 过点M(0,1)与抛物线C有且只有一个公共点的直线至多有2条
12.已知函数f(x)=ax+xex−lnx，则下列说法正确的是( )
A. 当a=1时，f(x)的图象在x=1处的切线方程为y=2ex−e+1
B. 当a<1−2e时，f(x)在x∈[1,+∞)上有2个极值点
C. 当a=0时，f(x)在x∈(0,+∞)上有最小值、无最大值
D. 若f(x)的图象恒在直线y=2x+1的上方，则a>1
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.若从集合{1,2,3,4,5}中任取3个元素组成该集合的一个子集，那么取得的子集中，满足3个元素中恰好含有2个连续整数的概率等于______．
14.若f(x)=x3+ax2+bx−a2−7a在x=1处取得极大值10，则ba的值为______．
15.已知圆C的圆心坐标为(m,0)(m>0).若直线l：3x+4y+n=0与圆C相切于点A(1,−2)，则圆C的标准方程为 ．
16.设经过点M(2,1)的等轴双曲线的焦点为F1，F2，此双曲线上一点N满足NF1⊥NF2，则△NF1F2的面积______．
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)
甲、乙两人进行乒乓球比赛，已知每局比赛甲获胜的概率为23，乙获胜的概率为13，且各局比赛的胜负互不影响．有两种比赛方案供选择，方案一：三局两胜制(先胜2局者获胜，比赛结束)；方案二：五局三胜制(先胜3局者获胜，比赛结束)．
(1)若选择方案一，求甲获胜的概率；
(2)用掷硬币的方式决定比赛方案，掷3枚硬币，若恰有2枚正面朝上，则选择方案一，否则选择方案二．判断哪种方案被选择的可能性更大，并说明理由．
18.(本小题12分)
设Sn是数列{an}的前n项和，已知Sn=2an−2
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=1(n+1)lg2an，求数列{bn}的前n项和Tn
19.(本小题12分)
已知直线2x+y−1=0平分圆C：x2+y2+Dx+Ey−8=0的圆周，且该圆被y轴截得的弦长是圆的一条最长的弦．
(1)求圆C的标准方程；
(2)已知动点M在直线y=9上，过点M引圆C的两条切线MA、MB，切点分别为A、B.记四边形MACB的面积为S，求S的最小值．
20.(本小题12分)
已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a3=7，S6=48，数列{bn}满足2bn+1=bn+2，b1=3．
(1)证明：数列{bn−2}是等比数列，并求数列{an}与数列{bn}通项公式；
(2)若cn=an(bn−2)，求数列{cn}的前n项和Tn．
21.(本小题12分)
设函数f(x)=x−aex(a∈R)．
(Ⅰ)求函数f(x)的极值：
(Ⅱ)若f(x)≤ax在x∈[0,+∞)时恒成立，求a的取值范围．
22.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，以F1F2为直径的圆与直线ax+2by− 3ab=0相切．
(1)求椭圆C的离心率；
(2)如图，过F1作直线l与椭圆分别交于P，Q两点，若△PQF2的周长为4 2，求F2P⋅F2Q的最大值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
根据等比数列的性质和对数的运算性质即可求出．
本题考查了等比数列的性质和对数的运算性质，属于基础题．
【解答】
解：a，3，b，9，c成等比数列，
则bc=81，b2=27，
∴b2bc=bc=13，
∴lg3b−lg3c=lg313=−1，
故选：A．
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查两直线平行的性质，体现了分类讨论的数学思想，属于基础题．
当a=0时，检验两直线是否平行，当a≠0时，由一次项系数之比相等但不等于常数项之比，求出a的值．
【解答】
解：当a=0时，两直线重合；
当a≠0时，由a−11=−a2a≠1−1，解得a=12，
综上可得，a=12，
故选A．
3.【答案】D
【解析】解：点A(1,1)和点B(4,4)，
P是直线x−y+1=0上的一点，
过A作直线y=x+1的对称点A′，设A′(m,n)，
可得n−1m−1=−1，n+12=m+12+1，
解得m=0，n=2，即A′(0,2)，
连接A′B，可得|PA|+|PB|=|PA′|+|PB|≥|A′B|= (4−0)2+(4−2)2=2 5，
当且仅当A′，P，B三点共线时，取得最小值2 5．
故选：D．
过A作直线y=x+1的对称点A′，设A′(m,n)，运用中点坐标公式和两直线垂直的条件，解方程可得m，n，
连接A′B，由三点共线的性质可得最小值．
本题考查距离和的最值求法，注意运用对称思想，考查运算求解能力，是中档题．
4.【答案】B
【解析】解：由题意知：A去甲城市的概率为0.6，B去甲城市的概率为0.2，
即A去乙城市的概率为0.4，B去乙城市的概率为0.8，
所以A，B去同一城市上大学的概率P1=0.6×0.2+0.4×0.8=0.44，
所以则A，B不去同一城市上大学的概率P=1−P1=1−0.44=0.56．
故选：B．
根据条件得到A，B分别去乙城市的概率，从而求得A，B去同一城市上大学的概率，即可得到A，B不去同一城市上大学的概率．
本题主要考查相互独立事件的概率乘法公式，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：由题可知，焦距F1F2=6，不妨设点P是双曲线右支上的一点，
由椭圆和双曲线的定义可知，
PF1+PF2=10PF1−PF2=4，解得PF1=7PF2=3，
在△PF1F2中，由余弦定理可知，cs∠F1PF2=PF12+PF22−F1F222⋅PF1⋅PF2=49+9−362×7×3=1121．
故选：A．
由题可知，焦距F1F2=6，设点P是双曲线右支上的一点，由椭圆和双曲线的定义可列出关于线段PF1和PF2的长的方程组PF1+PF2=10PF1−PF2=4，解之可得PF1和PF2的长，然后在△PF1F2中，结合余弦定理即可得解．
本题考查椭圆和双曲线的定义，考查学生的运算能力，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：设动圆的圆心为P，半径为r，而圆x2+y2=1的圆心为O(0,0)，半径为1；圆x2+y2−8x+7=0的圆心为F(4,0)，半径为3．
依题意得|PF|=3+r，|PO|=1+r，则|PF|−|PO|=(3+r)−(1+r)=2<|FO|，所以点P的轨迹是双曲线的右支．
故选：D．
设动圆P的半径为r，然后根据动圆与圆x2+y2=1及圆x2+y2−8x+7=0都外切得|PF|=3+r、|PO|=1+r，再两式相减消去参数r，则满足双曲线的定义，问题解决．
本题主要考查圆与圆的位置关系，考查双曲线的定义，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：由f(4)=2，可得4α=2，解得α=12，则f(x)=x12．
∴an=1f(n+1)+f(n)=1 n+1+ n= n+1− n，
S2021= 2−1+ 3− 2+…+ 2022− 2021= 2022−1．
故选：D．
求出函数的解析式，化简数列的递推关系式，利用裂项消项法求解即可．
本题考查数列与函数相结合，递推关系式以及数列求和的方法的应用，是基础题．
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查利用导数研究函数的单调性，以及利用函数的单调性和奇偶性解不等式，属于中档题．
根据已知构造合适的函数，对函数求导，根据函数的单调性，求出函数不等式的取值范围，并根据偶函数的性质：对称性，求出x<0的取值范围．
【解答】
解：当x>0时，由2f(x)+xf′(x)>0可知：两边同乘以x得：
2xf(x)+x2f′(x)>0，
设g(x)=x2f(x)，
则g′(x)=2xf(x)+x2f′(x)>0;
∴g(x)在(0,+∞)单调递增，
又f(x)是定义在R上的偶函数，f(−1)=0，
得f(1)=0，
当x>0，f(x)>0成立的x的取值范围是：x>1，
当x<0时，函数f(x)是偶函数，同理得：x<−1，
综上可知：实数x的取值范围为(−∞,−1)∪(1,+∞)，
故选：B．
9.【答案】ACD
【解析】解：∵公差为d的等差数列{an}，其前n项和为Sn，S11>0，S12<0，
∴ S11=11(a1+a11)2=11a6>0S12=12(a1+a12)2=6(a6+a7)<0，
∴a6>0，a6+a7<0，
∴a6>0，a7<0，d<0，
∴数列{an}是递减数列，其前6项为正，从第7项起均为负数，
∴前6项和最大，
∴a4>0，a9<0，
|a4|−|a9|=a4+a9=a6+a7<0，∴|a4|<|a9|，
故B错误，A，C，D正确．
故选：ACD．
利用等差数列的性质求出a6>0，a6+a7<0，再逐项分析能求出结果．
本题考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
10.【答案】CD
【解析】解：A：过点(−2,−3)且在两坐标轴上的截距相等，当截距为0时，则直线的方程为y=32x，所以A不正确；
B：直线kx−y−k−1=0，整理可得k(x−1)−y−1=0，直线恒过定点P(1,−1)，则kPM=1−(−1)−3−1=−12，kPN=2−(−1)3−1=32，所以直线kx−y−k−1=0和以M(−3,1)，N(3,2)为端点的线段相交，实数k的取值范围为32≤k，或k≤−12，所以B不正确；
C：因为点P(a,b)是圆x2+y2=r2外一点，所以a2+b2>r2，所以圆心到直线m的距离d=r2 a2+b2<|r|，可得m与圆相交，所以C正确；
D：与N点距离等于1的点的轨迹为(x−1)2+y2=1，由题意可得圆N与圆M有交点，则|MN|= (4−1)2+42=5，所以圆心距|MN|的值在|r′−r|<|MN|<|r′+r|，
即|1−r|<5<|1+r|，
可得r的取值范围是(4,6)，所以D正确．
故选：CD．
A：过原点的直线截距是相等的，可得A不正确；
B：直线kx−y−k−1=0过定点P(1,−1)，由题意可得直线直线kx−y−k−1=0与线段MN有交点的斜率的范围在直线PM，PN的范围之间，可判断B不正确；
C：由点P(a,b)是圆x2+y2=r2外一点可得a，b的关系，求出圆心到直线ax+by=r2的距离，将a，b的关系代入可得m与圆相交，可得C正确；
D：求出到N的距离为1的轨迹方程，由题意可得圆N与圆M相交，可得r的范围，可判断D正确．
本题考查命题真假的判断及直线的截距式方程的求法，属于中档题．
11.【答案】ABC
【解析】【分析】
本题考查抛物线的性质，抛物线与直线的关系，属于中档题．
利用抛物线的性质，结合抛物线的方程，得出结论．
【解答】
解：若直线的斜率存在，设y=k(x−1)，
由y=k(x−1)y2=4x，联立解方程组k2x2−(2k2+4)x+k2=0，
x1+x2=2k2+4k2，x1x2=1，
A，若x1+x2=6，则k2=1，故k=1或−1，
|PQ|= 1+1· (x1+x2)2−4x1x2= 2×4 2=8，故A正确；
取PQ点中点M，M在l上的投影为N，Q在l上的投影为Q′，
根据抛物线的定义，|PP1|=|PF|，|QQ′|=|QF|，
M，N为梯形的中点，故|MN|=12(|PP1|+|QQ′|)=12|PQ|，故B成立；
对于C，M(0,1)，|PM|+|PP1|=|MP|+|PF|≥|MF|= 2，
过M(0,1)相切的直线有2条，与x轴平行且与抛物线相交且有一个交点的直线有一条，所以最多有三条．
故选：ABC．
12.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查利用导数研究函数的单调性和极值，考查了逻辑推理能力、转化思想和运算能力．
由题意，将a=1代入函数f(x)的解析式中，对函数f(x)进行求导，得到f′(1)和f(1)，利用导数的几何意义即可判断选项A；对函数f(x)进行求导，构造函数g(x)=f′(x)，对函数g(x)进行求导，利用零点存在性定理即可判断选项B；将a=0代入函数f(x)的解析式中，对函数f(x)进行求导，利用零点存在性定理即可判断选项C；将f(x)的图象恒在直线y=2x+1的上方转化成2−a【解答】
解：已知f(x)=ax+xex−lnx，函数定义域为(0,+∞)，
当a=1时，f(x)=x+xex−lnx，
可得f′(x)=1+(x+1)ex−1x，
所以f′(1)=2e，
又f(1)=1+e，
所以f(x)的图象在x=1处的切线方程为y−(1+e)=2e(x−1)，
即y=2ex−e+1，故选项A正确；
易知f′(x)=a+(x+1)ex−1x，
不妨设g(x)=a+(x+1)ex−1x，函数定义域为[1,+∞)，
可得g′(x)=(x+2)ex+1x2>0，
所以g(x)单调递增，即f′(x)单调递增，
当a<1−2e时，f′(1)=a−1+2e<0，
f′(1−a)=a+(2−a)e1−a−11−a>a+(2−a)−1=1，
所以存在x0∈(1,1−a)，使得f′(x0)=0，
当1⩽x当x>x0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)在[1,+∞)上恰有一个极值点，故选项B错误；
当a=0时，f(x)=xex−lnx，
可得f′(x)=(x+1)ex−1x，
所以函数f′(x)在(0,+∞)上单调递增，
又f′(13)=43e13−3=4e13−93<0，f′(1)=−1+2e>0，
所以存在x1∈(13,1)，使得f′(x1)=0，
当0当x>x1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)min=f(x1)，
易知f(x)无最大值，故选项C正确；
要使f(x)的图象恒在直线y=2x+1的上方，
此时f(x)−2x−1=(a−2)x+xex−lnx−1>0恒成立，
即2−a不妨设h(x)=ex−lnx+1x，函数定义域为(0,+∞)，
可得h′(x)=ex+lnxx2=x2ex+lnxx2，
不妨设k(x)=x2ex+lnx，函数定义域为(0,+∞)，
可得k′(x)=(x2+2x)ex+1x>0，
所以k(x)在定义域上单调递增，
又k(1e)=e1ee2−1=e1e−2−1<0，k(1)=e>0，
所以存在x2∈(1e,1)，使得k(x2)=x22ex2+lnx2=0，
整理得x2ex2=1x2ln1x2=eln1x2ln1x2，
不妨设m(x)=xex，函数定义域为(0,+∞)，
可得m′(x)=(x+1)ex>0，
所以m(x)在定义域上单调递增，
此时m(x2)=m(ln1x2)，
解得x2=ln1x2，
当0当x>x2时，k(x)>0，h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以h(x)min=h(x2)=ex2−lnx2+1x2=1x2−−x2+1x2=1，
则2−a<1，
解得a>1，故选项D正确．
故选ACD．
13.【答案】35
【解析】解：从{1,2,3,4,5}中任取3个元素形成的子集共有C53=10个，
当连续整数为1，2时，此时符合条件的子集有2个；
当连续整数为2，3时，此时符合条件的子集有1个；
当连续整数为3，4时，此时符合条件的子集有1个，
当连续整数为4，5时，此时符合条件的子集有2个，
故有6个子集中恰好含有两个连续整数．
故所求概率为610=35，
故答案为：35．
根据古典概型的概率公式，即可求得答案．
本题考查古典概型及其概率计算公式，属基础题．
14.【答案】−32
【解析】【分析】
本题考查了极值的概念，属于基础题型，应熟练掌握．
求出导函数，根据极值的定义得出f(1)=10，f′(1)=0，且f′(x)=0有实数解，进而得出a，b的值．
【解答】
解：f(x)=x3+ax2+bx−a2−7a，
f′(x)=3x2+2ax+b，
∵在x=1处取得极大值10，
∴f(1)=10，f′(1)=0，且f′(x)=0有两个实数解，
则1+a+b−a2−7a=103+2a+b=0,
∴a=−2或a=−6，
当a=−2时，此时b=1，
f′(x)=3x2−4x+1=x−13x−1，
在x=1时取得极小值，不符合题意；
当a=−6，此时b=9，
f′(x)=3x2−12x+9=3x−1x−3，
在x=1时取得极大值，f符合题意，
∴b=9，
∴ba=9−6=−32．
故答案为−32．
15.【答案】(x−52)2+y2=254
【解析】【分析】
本题考查直线与圆相切的性质的应用、求圆的标准方程，属于基础题．
由题意A点代入直线l的方程可得n的值，利用相切求出m，再利用圆心到切点的距离得到r，进而即可得到圆的标准方程．
【解答】
解：由题意可知A点在直线l上，可得3×1+4×(−2)+n=0，解得n=5，
即直线l的方程为：3x+4y+5=0，其斜率k=−34，
由相切可得0−(−2)m−1×(−34)=−1，
解得m=52，
即圆心(52,0)，半径r=|AC|= (52−1)2+22=52，
所以圆的标准方程为(x−52)2+y2=254．
故答案为：(x−52)2+y2=254．
16.【答案】3
【解析】解：由题意设双曲线的方程为x2−y2=λ(λ≠0)，
代入点M(2,1)，可得λ=3，
∴双曲线的方程为x2−y2=3，
即x23−y23=1，
设|NF1|=m，|NF2|=n，
由双曲线的定义可得|m−n|=2a=2 3，①
N满足NF1⊥NF2，可得NF1⊥NF2，
可得m2+n2=4c2=24，②
∴②−①2可得mn=6，
∴△NF1F2的面积为12mn=3．
故答案为：3．
先求出双曲线的方程，再利用双曲线的定义，勾股定理，求出mn，即可求出△NF1F2的面积．
本题考查△NF1F2的面积，考查双曲线的定义，勾股定理，属于中档题．
17.【答案】解：(1)根据题意，若选择方案一，三局两胜制，
若甲连胜两局，其概率P1=23×23=49，
若甲前2局中一胜一败，第三局获胜，其概率P2=C21×23×13×23=827，
故甲获胜的概率P=49+827=2027；
(2)根据题意，采用方案一的概率P3=C32×(12)2×12=38，
则采用方案二的概率P4=1−P3=58，
故采用方案二的可能性更大．
【解析】(1)根据题意，分“甲连胜两局”和“甲前2局中一胜一败，第三局获胜”两种情况讨论，由互斥事件概率的加法公式计算可得答案，
(2)根据题意，求出采用方案一的概率，由此可得采用方案二的概率，比较可得答案．
本题考查互斥事件、相互独立事件概率的计算，注意分析事件之间的关系，属于基础题．
18.【答案】解：(1)当n=1时，2a1=2S1=4a1−4，则a1=2；
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2an−2−2an−1+2，则an=2an−1，
可得{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，则an=2n；
(2)由bn=1(n+1)lg2an=1n(n+1)=1n−1n+1，
前n项和Tn=1−12+12−13+13−14+…+1n−1n+1=1−1n+1=nn+1．
【解析】(1)由数列的递推式：当n=1时，a1=S1，；当n≥2时，an=Sn−Sn−1，化简整理，结合等比数列的定义和通项公式即可得到所求通项；
(2)求得bn=1(n+1)lg2an=1n(n+1)=1n−1n+1，由数列的裂项相消求和化简即可得到所求和．
本题考查数列的通项公式的求法，注意运用数列的递推式和等比数列的定义和通项公式，考查数列的求和方法：裂项相消求和，考查运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由题意知，圆心C(−D2,−E2)在直线2x+y−1=0上，即−D−E2−1=0，
又∵圆心C在y轴上，∴−D2=0，
由以上两式得：D=0，E=−2，
∴圆C的方程为x2+y2−2y−8=0，化为标准方程 x2+(y−1)2=9，
故圆C的标准方程为 x2+(y−1)2=9；
(2)如图，圆C的圆心为(0,1)，半径r=3，
∵MA、MB是圆C的两条切线，
∴CA⊥MA，CB⊥MB，故|MA|=|MB|= |MC|2−r2= |MC|2−9，
又∵S=2SΔACM=3|MA|=3 |MC|2−9，
根据平面几何知识，要使S最小，只要|MC|最小即可．
易知，当点M坐标为(0,9)时，|MC|min=8．
此时Smin=3 55．
【解析】(1)由圆心C在直线2x+y−1=0上及圆心C在y轴上列式求得D与E的值，则圆的方程可求，进一步化为标准方程得答案；
(2)由(1)知圆C的圆心为(0,1)，半径r=3，可得|MA|=|MB|= |MC|2−r2= |MC|2−9，再由S=2SΔACM=3|MA|=3 |MC|2−9，可知要使S最小，只要|MC|最小即可．由此可得当点M坐标为(0,9)时，|MC|有最小值，则答案可求．
本题考查直线与圆位置关系的应用，考查数形结合的解题思想方法与数学转化思想方法，考查运算求解能力，是中档题．
20.【答案】证明：(1)数列{bn}满足2bn+1=bn+2，b1=3，
整理得：bn+1−2bn−2=12(bn−2)bn−2=12(常数)，又b1−2=1，
所以数列{bn−2}是以1为首项，12为公比的等比数列．
所以：bn−2=(12)n−1，
整理得bn=(12)n−1+2．
设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
因为a3=7，S6=48，
所以a1+2d=7 6a1+6×52d=48 ，解得a1=3，d=2．
故an=3+2(n−1)=2n+1．
(2)由(1)得：cn=an(bn−2)=(2n+1)⋅(12)n−1，
所以Tn=3×120+5×12+…+(2n+1)⋅12n−1①，
12Tn=3×121+5×122+…+(2n+1)⋅12n②，
①−②得：12Tn=3+2[(12)1+(12)2+…+(12)n−1]−(2n+1)⋅(12)n，
=3+2×12×(1−12n−1)1−12−(2n+1)⋅12n，
整理得Tn=10−(2n+5)⋅12n−1．
【解析】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法，数列的求和，乘公比错位相减法在数列求和中的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力．
(1)直接利用关系式的变换和等比数列的定义的应用求出结果．
(2)利用乘公比错位相减法在数列求和中的应用求出数列的和．
21.【答案】解：(Ⅰ)由题可知f′(x)=1−aex，
①当a≤0，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增，∴f(x)没有极值；
②当a>0，f′(x)=0时，x=ln1a．
当x∈(−∞,ln1a)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(ln1a,+∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
∴f(x)在x=ln1a时取得极大值ln1a−1，没有极小值﹒
综上所述，当a≤0时，f(x)无极值；
当a>0时，f(x)有极大值ln1a−1，无极小值；
(Ⅱ)f(x)≤ax⇒x≤ax+aex⇒x≤a(x+ex)
∵x∈[0,+∞)，∴a⩾xx+ex，
令g(x)=xx+ex,x⩾0，则原问题⇔a≥g(x)max，x∈[0,+∞)，
∵g′(x)=x+ex−x(1+ex)(x+ex)2=ex(1−x)(x+ex)2，1−x>0⇒x<1，
∴x∈[0,1)，g′(x)>0，g(x)单调递增；x∈(1,+∞)，g′(x)<0，g(x)单调递减；
∴g(x)max=g(1)=11+e，∴a⩾11+e﹒
∴a的取值范围为[11+e,+∞)．
【解析】(Ⅰ)求出f′(x)，分两种情况讨论a的范围，在定义域内，分别令f′(x)>0求得x的范围，可得函数f(x)增区间，f′(x)<0求得x的范围，可得函数f(x)的减区间；根据单调性即可求得f(x)的极值﹒
(Ⅱ)参变分离，将问题转化为用导数求函数的最值问题﹒
本题主要考查利用导数研究函数的极值，利用导数研究不等式恒成立问题等知识，属于中等题．
22.【答案】解：(1)由题意可知，|− 3ab| a2+4b2=c，化解整理得a2=2b2，
所以椭圆C的离心率e=ca= 1−b2a2= 22；
(2)由△PQF2的周长为4 2，则4a=4 2，即a= 2．
由(1)可知，b2=1，
所以椭圆C的方程为x22+y2=1，
且焦点F1(−1,0)，F2(1,0)，
①若直线l斜率不存在，方程为x=−1，解方程组x=−1x22+y2=1，
所以P(−1, 22)，Q(−1,− 22)，
则F2P=(−2, 22)，F2Q=(−2,− 22)，
所以F2P⋅F2Q=72；
②若直线的斜率存在，设直线l方程为y=k(x+1)，由y=k(x+1)x22+y2=1，
整理得(2k2+1)x2+4k2x+2k2−2=0，
设P(x1,y1)、Q(x2,y2)，则x1+x2=−4k22k2+1，x1x2=2k2−22k2+1，
所以F2P⋅F2Q=(x1−1,y1)(x2−1,y2)=(x1−1)(x2−1)+y1y2=(k2+1)x1x2+(k2−1)(x1+x2)+k2+1
=(k2+1)(2k2−22k2+1)+(k2−1)(−4k22k2+1)+k2+1=7k2−12k2+1=72−92(2k2+1)，
由k2>0，可得F2P⋅F2Q∈(−1,72)，
综上所述．F2P⋅F2Q∈(−1,72],
所以F2P⋅F2Q的最大值是72．
【解析】(1)根据点到直线的距离公式，即可求得a与b的关系，即可求得椭圆的离心率；
(2)根据题意，求得椭圆方程，分类讨论，当直线的斜率存在时，设直线方程，代入椭圆方程，利用韦达定理及向量的坐标运算，求得F2P⋅F2Q的表达式，根据函数的单调性即可求得F2P⋅F2Q的最大值．
本题考查椭圆的标准方程及简单几何性质，直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理，向量的坐标运算，考查分类讨论，计算能力，属于中档题．