2023-2024学年广东省汕头市金山中学高二（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省汕头市金山中学高二（上）期末数学试卷（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.已知点B是点A(1,6,2)在坐标平面yOz内的射影，则OB=( )
A. (1,0,2)B. (1,0,0)C. (0,6,2)D. (1,6,0)
2.已知直线l：2x+3y−1=0的倾斜角为θ，则sin(π−θ)=( )
A. 2 1313B. −2 1313C. 23D. −23
3.圆C：(x−1)2+(y−1)2=2关于直线l：y=x−1对称后的圆的方程为( )
A. (x−2)2+y2=2B. (x+2)2+y2=2
C. x2+(y−2)2=2D. x2+(y+2)2=2
4.命题p：方程x25−m+y2m−1=1表示焦点在y轴上的椭圆，则使命题p成立的充分必要条件是( )
A. 45.数列{an}满足a1=12,an+1=1+an1−an(n∈N*)，则a2023=( )
A. 12B. 3C. −2D. −13
6.已知两圆x2+y2+4ax+4a2−4=0和x2+y2−2by+b2−1=0恰有三条公切线，若a∈R，b∈R，且ab≠0，则1a2+1b2的最小值为( )
A. 3B. 1C. 49D. 19
7.已知双曲线E：x2a2−y27=1的左、右焦点分别是F1，F2，直线l不过F1点，且与左支交于P，Q两点，△F2PQ的周长是△F1PQ的4倍且两个三角形周长之和为20，则E的离心率为( )
A. 32B. 43C. 54D. 65
8.已知数列{an}满足a1=12，a4=18且an+1an+an−1an=2an+1an−1(n≥2)，若bn=anan+1，数列{bn}的前n项和为Tn，则T2024( )
A. 20238096B. 20232024C. 20242025D. 5062025
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.下面四个结论正确的是( )
A. 空间向量a,b(a≠0,b≠0)，若a⊥b，则a⋅b=0
B. 若对平面中任意一点O，有 OP=13OA+23OB 则P，A，B三点共线．
C. 已知{a,b,c}是空间的一个基底，若m=a+c，则{a,b,m}也是空间的一个基底．
D. 任意向量a,b,c，满足(a⋅b)⋅c=a⋅(b⋅c)．
10.已知等差数列{an}的前n项和Sn=kn2+16n+k+1，则下列选项正确的是( )
A. k=−1B. an=17−2n
C. 当Sn取得最大值时n=8D. 当Sn取得最大值时n=9
11.已知a>0，b>0，直线l1：x+(a−4)y+1=0，l2：2bx+y−2=0，且l1⊥l2，则( )
A. 012.如图所示，已知椭圆方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，F1、F2为左右焦点，下列命题正确的是( )
A. P为椭圆上一点，线段PF1中点为Q，则PF1+2OQa为定值
B. 直线y=kx与椭圆交于R，S两点，A是椭圆上异与R，S的点，且kAR、kAS均存在，则kAR⋅kAS=1−e2
C. 若椭圆上存在一点M使∠F1MF2=2π3，则椭圆离心率的取值范围是[ 32,1)
D. 四边形ABCD为椭圆内接矩形，则其面积最大值为2ab
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知方程x2+y2+kx−2y−k2=0表示的圆中，当圆面积最小时，此时k= ______．
14.已知抛物线y2=2px(p>0)的顶点为O，且过点A，B.若△OAB是边长为4 3的等边三角形，则p= ．
15.设数列{an}满足5a1+52a2+53a3+⋯5nan=n，若bn=14lg25an⋅lg25an+1，则{bn}的前99项和为______．
16.正四面体ABCD的棱长为12，点P是该正四面体内切球球面上的动点，当PA⋅PD取得最小值时，点P到AD的距离为______．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
在正项等比数列{an}中，a1=4，a4=a3+2a2．
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn=lg2an，证明{bn}是等差数列，并求{bn}的前n项和Sn．
18.(本小题12分)
已知△ABC中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设其面积为S，Sa2+b2−c2=− 34．
(1)求角C；
(2)若c=2 14，点D在边AB上，若CD是∠C的平分线，且CD=1，求S．
19.(本小题12分)
已知定义域为R的函数f(x)=b−2x2x+a是奇函数．
(1)求a，b的值；
(2)直接写出该函数在定义域中的单调性(不需要证明)，若对于任意t∈R，不等式f(t2−2t)+f(2t2−k)<0恒成立，求k的范围．
20.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面四边形ABCD为菱形，PE/​/平面ABCD，过PE的平面交平面ABCD于BD，PE=BD=PB=2．
(1)证明：PC//平面ADE；
(2)若平面BDEP⊥平面ABCD，∠PBD=60°，四棱锥P−ABCD的体积为2 3，求平面PBC与平面AEP夹角的余弦值．
21.(本小题12分)
已知函数y=f(x)的图象经过坐标原点，且f(x)=x2−x+b，数列{an}的前n项和Sn=f(n)(n∈N*)
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足an+1g3n=lg3bn，求数列{bn}的前n项和Tn；
(3)令dn=an+22，若∁n=3dn−λ(−2)n(λ为非零整数，n∈N*)，试确定λ的值，使得对任意n∈N*，都有cn+1>∁n成立．
22.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F，离心率为12，点A( 33,− 112)在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点T(2a,0)作直线l1(直线l1的斜率不为0)与椭圆C相交于M，N两点，过焦点F作与直线l1的倾斜角互补的直线l2，与椭圆C相交于P，Q两点，求|PF|⋅|QF||TM|⋅|TN|的值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：根据题意点A(1,6,2)在坐标平面yOz内的射影为B(0,6,2)，
所以OB=(0,6,2)．
故选：C．
根据空间直角坐标系中点在坐标平面的投影确定点B坐标再表示向量即可．
本题主要考查空间中点的坐标，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：因为直线l的斜率为−23，
倾斜角为θ，则θ∈[0,π)，
则tanθ=−23，所以θ∈(π2,π)，
所以sinθcsθ=−23sin2θ+cs2θ=1，解得：sinθ=2 1313，
sin(π−θ)=sinθ=2 1313．
故选：A．
首先确定tanθ=−23，再根据同角三角函数基本关系式，即可求解．
本题考查直线的倾斜角的求法及诱导公式的应用，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：圆C：(x−1)2+(y−1)2=2，则圆心C(1,1)，半径r= 2，
设圆心C(1,1)关于直线l：y=x−1对称的点为C′(a,b)，
则b−1a−1=−1b+12=a+12−1，
解得a=2，b=0．
∴圆C关于直线l：y=x−1对称的圆的方程为(x−2)2+y2=2．
故选：A．
由圆方程求出圆心和半径，再求出圆心关于直线的对称点的坐标，即可求出对称圆的方程．
本题考查了关于点、直线对称的圆的方程，是基础题．
4.【答案】B
【解析】解：若命题p为真命题，则方程x25−m+y2m−1=1表示焦点在y轴上的椭圆，
所以，m−1>5−m5−m>0，解得3因此，使命题p成立的充分必要条件是3故选：B．
求出当命题p为真命题时实数m的取值范围，再结合充要条件的定义可得出结论．
本题主要考查椭圆的性质和计算能力，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：因为a1=12,an+1=1+an1−an(n∈N*)，
所以a2=1+a11−a1=1+121−12=3，
a3=1+a21−a2=1+31−3=−2，
a4=1+a31−a3=1−21+2=−13，
a5=1+a41−a4=1−131+13=12，
a6=1+a51−a5=1+121−12=3，
所以数列{an}是周期为4的周期数列，
所以a2023=a505×4+3=a3=−2．
故选：C．
根据数列的递推式可得a2=3，a3=−2，a4=−13，a5=12，a6=3，即数列{an}是周期为4的周期数列，即可得出答案．
本题考查数列的递推式，考查转化思想，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
6.【答案】B
【解析】解：两圆的标准方程为(x+2a)2+y2=4和x2+(y−b)2=1，
圆心为(−2a,0)，和(0,b)，半径分别为2，1，
若两圆恰有三条公切线，
则等价为两圆外切，
则满足圆心距 (−2a)2+b2=2+1=3，
即4a2+b2=9，
则49a2+19b2=1，
则1a2+1b2=(1a2+1b2)(49a2+19b2)=49+19+49a2b2+19b2a2≥59+2 4a29b2⋅b29a2=59+49=1，
故选：B．
求出两圆的标准方程，结合两圆有三条公切线，得到两圆相外切，结合圆外切的等价条件，求出a，b的关系，结合基本不等式的性质进行求解即可．
本题主要考查两圆位置关系的应用，结合公切线条数，得到两圆外切，求出a，b的关系，结合基本不等式的性质进行求解是解决本题的关键．
7.【答案】B
【解析】解：设△F1PQ的周长为C1，△F2PQ的周长为C2，
由题意可得C1+C2=20C2=4C1，解得C1=4，C2=16，
因为C1=|F1P|+|PQ|+|F1Q|，C2=|F2P|+|PQ|+|F2Q|，
所以C2−C1=|F2P|−|F1P|+|F2Q|−|F1Q|=4a=12，所以a=3，
又a2+7=c2，解得c=4(舍去负值)，
所以离心率e=ca=43．
故选：B．
设△F1PQ，△F2PQ的周长为C1，C2，然后根据已知条件结合双曲线的定义求解出a的值，则c的值可求，故离心率可求．
本题考查双曲线的几何性质，方程思想，属中档题．
8.【答案】D
【解析】解：∵an+1an+an−1an=2an+1an−1(n≥2)，
∴1an−1+1an+1=2⋅1an，∴数列{1an}是等差数列，
∵a1=12，a4=18，∴1a1=2，1a4=8，
∴数列{1an}的公差d=2，
∴1an=2+2(n−1)=2n，即an=12n，
故bn=anan+1=12n⋅12(n+1)=14⋅(1n−1n+1)，
∴Tn=(b1+b2+b3+⋯+bn)=14(1−12+12−13+13−14+⋯+1n−1n+1)=14(1−1n+1)=14⋅nn+1，
∴T2024=14⋅20242025=5062025．
故选：D．
由an+1an+an−1an=2an+1an−1(n≥2)可得数列{1an}是等差数列，进而可得数列{an}的通项公式，故可得数列{bn}的通项公式，进而通过裂项相消法得到数列{bn}的前n项和Tn，最后代入得到T2024．
本题考查了裂项相消求和，属于中档题．
9.【答案】ABC
【解析】解：对于A选项，空间向量a,b(a≠0,b≠0)，若a⊥b，整理得：a⋅b=|a|⋅|b|csπ2=0，所以a，b夹角为π2，故A正确；
对于B选项，13+23=1，所以P，A，B三点共线，故B正确；
对于C选项，{a,b,c}是空间的一个基底，则不存在t，s使得c=ta+sb，
设m=xa+yb，即a+c=xa+yb，即c=(x−1)a+yb，此方程无解，
故m,a,b不共面，由于m=a+c，则{a,b,m}={a,b,a+c}也是空间的一个基底，故C正确；
对于D选项，不妨设a=(1,3),b=(0,1),c=(1,2)，
则a⋅b=(1,3)⋅(0,1)=3,(a⋅b)⋅c=3⋅(1,2)=(3,6)，b⋅c=(0,1)⋅(1,2)=2,a⋅(b⋅c)=2⋅(1,3)=(2,6)，
此时(a⋅b)⋅c≠a⋅(b⋅c)，故D错误．
故选：ABC．
根据空间向量的基本概念，即可判断选项．
本题考查空间向量的基本概念相关知识，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
10.【答案】ABC
【解析】解：设公差为d，则Sn=na1+n(n−1)2d=d2n2+(a1−d2)n，
所以k=d216=a1−d2k+1=0，
解得k=−1d=−2a1=15，故A正确；
an=a1+(n−1)d=−2n+17，故B正确；
Sn=−n2+16n=−(n−8)2+64，所以当n=8时，Sn最大，故C正确，D错．
故选：ABC．
A选项，根据等差数列的求和公式列方程得到k=−1d=−2a1=15；B选项，根据等差数列的通项公式判断；CD选项，根据等差数列的求和公式和二次函数单调性判断．
本题主要考查了等差数列的前n项和公式，属于中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：由l1⊥l2，得2b+a−4=0，即a+2b=4，
a>0，b>0，则a+2b=4≥2 2ab，当且仅当a=2b，即a=2，b=1时等号成立，
所以0由a+2b=4，有16=(a+2b)2=a2+4b2+4ab≤2(a2+4b2)，
当且仅当a=2b，即a=2，b=1时等号成立，所以有a2+4b2≥8，B选项成立；
由a+2b=4，有a=4−2b，a>0，b>0，则0a2+b2=(4−2b)2+b2=5b2−16b+16，
对称轴为b=85时，由二次函数的性质可知，
a2+b2有最小值165，C选项错误；
由a+2b=4，有(a+1)+2b=5，
1a+1+12b=15(1a+1+12b)[(a+1)+2b]=15(2+2ba+1+a+12b)≥15(2+2 2ba+1⋅a+12b)=45，
当且仅当2ba+1=a+12b，即a=32,b=54时等号成立，D选项正确．
故选：ABD．
由l1⊥l2，得a+2b=4，利用基本不等式和二次函数的性质，判断各选项中的不等式是否成立．
本题主要考查不等式及其应用，属于中档题．
12.【答案】ACD
【解析】解：对A选项，∵P为椭圆上一点，线段PF1中点为Q，又O为F1F2的中点，
∴PF2=2OQ，
∴PF1+2OQ2=PF1+PF22=2a2=a为定值，∴A选项正确；
对B选项，∵直线y=kx与椭圆交于R，S，
设R(x,y)，∴S(−x,−y)，∴x2a2+y2b2=1①，设A(x0,y0)，则x02a2+y02b2=1②，
②−①得x02−x2a2+y02−y2b2=0，∴y02−y2x02−x2=−b2a2，
∴kAR⋅kAS=y0−yx0−x⋅y0+yx0+x=y02−y2x02−x2=−b2a2=−a2−c2a2=e2−1，∴B选项错误．
对C选项，若椭圆上存在一点M使∠F1MF2=2π3，则∠F1MF2的最大角2θ≥2π3，
∴θ≥π3，又θ<π2，
∴sinθ≥ 32，∴ca≥ 32，即e≥ 32，又e∈(0,1)，
∴e∈[ 32,1)，∴C选项正确；
对D选项，设椭圆内接矩形在第一象限的顶点为(m,n)，则m2a2+n2b2=1，
∴1≥2mnab，当且仅当ma=nb时，等号成立，
∴2mn≤ab，
∴椭圆内接矩形ABCD面积为4mn≤2ab，∴D选项正确．
故选：ACD．
根据椭圆的几何性质针对各个选项分别求解即可．
本题考查椭圆的几何性质，属中档题．
13.【答案】0
【解析】解：由x2+y2+kx−2y−k2=0，得(x+k2)2+(y−1)2=5k24+1，
易知当k=0，圆的半径最小，即圆的面积最小．
故答案为：0．
根据圆的半径最小时圆的面积最小，然后考查圆的半径即可．
本题主要考查圆的一般方程，属于基础题．
14.【答案】1
【解析】解：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
△OAB是等边三角形，
则|AO|=|BO|，即x12+y12=x22+y22，
∵点A，B在抛物线y2=2px(p>0)，
∴2px1=y12，2px2=y22，
∴x12+2px1=x22+2px2，
∴(x1−x2)(x1+x2+2p)=0，
∵x1>0，x2>0，
∴x1−x2=0，即x1=x2，
∴|y2|=|y1|，
∴A，B关于x轴对称，
即∠AOx=30°，
∴y1x1=tan30°= 33，
∵y12=2px1，
∴y1=2 3p，
∴|AB|=2|y1|=4 3p=4 3，解得p=1．
故答案为：1．
根据已知条件，推出A，B关于x轴对称，再结合∠AOx=30°，即可求解．
本题主要考查抛物线的性质，考查转化能力，属于中档题．
15.【答案】0.99
【解析】解：∵5a1+52a2+53a3+⋯+5nan=n，
∴当n≥2时，5a1+52a2+53a3+⋯+5n−1an−1=n−1，
两式相减得：5nan=1，即an=15n，
当n=1时，a1=15也适用，
∴an=15n，bn=14lg25anlg25an+1=1n(n+1)=1n−1n+1，
∴S99=b1+b2+b3+⋯+b99=1−12+12−13+⋯+199−1100=1−1100=99100．
故答案为：0.99．
先根据前n项和与通项的关系得an=15n，然后求得bn=1n(n+1)=1n−1n+1，再根据裂项相消求和法求解即可得答案．
本题考查了数列递推关系、裂项相消求和法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
16.【答案】3 2− 6
【解析】解：由正四面体ABCD的棱长为12，则其高为h=4 6，
则其体积为V=13×12×12×12× 32×4 6=144 2，
设正四面体ABCD内切球的半径为r，
则V=4×13×12×12×12× 32×r=144 2，解得r= 6，
如图，取AD的中点为E，
则PA⋅PD=(PE+EA)⋅(PE+ED)=PE2+PE⋅(EA+ED)+EA⋅ED=PE2−36，
显然，当PE的长度最小时，PA⋅PD取得最小值，
设正四面体内切球的球心为O，可求得OA=h−r=3 6，
则球心O到点E的距离d= OA2−AE2=3 2，
所以内切球上的点P到点E的最小距离为d−r=3 2− 6，
即当PA⋅PD取得最小值时，点P到AD的距离为3 2− 6．
故答案为：3 2− 6．
先根据正四面体的体积求出内切球的半径，取AD的中点为E，再根据数量积得到PA⋅PD=PE2−36，可得当PE的长度最小时，PA⋅PD取得最小值，再求出球心O到点E的距离d，从而可得点P到AD的距离为d−r，进而求解即可．
本题主要考查了几何体的内切球问题，考查了向量的数量积运算，属于中档题．
17.【答案】解：(1)设{an}的公比为q(q>0)，由a4=a3+2a2，得q2−q−2=0，
解得q=2或q=−1(舍去)，
∵a1=4，∴an=a1⋅qn−1=4×2n−1=2n+1；
证明：(2)由(1)可知，bn=lg2an=lg22n+1=n+1，则bn+1−bn=n+2−(n+1)=1．
∵b1=2≠0，∴{bn}是以2为首项，1为公差的等差数列，
故Sn=nb1+n(n−1)d2=2n+n(n−1)2=n2+3n2．
【解析】(1)设{an}的公比为q(q>0)，然后根据题意列方程可求出q，从而可求出an；
(2)由(1)可得bn=n+1，从而可证得{bn}是以2为首项，1为公差的等差数列，进而可求出Sn．
本题考查等比数列的通项公式与等差数列的前n项和，考查运算求解能力，是中档题．
18.【答案】解：(1)由题意可知，12absinCa2+b2−c2=sinC4csC=tanC4=− 34，解得tanC=− 3，
因为C∈(0,π)，
所以C=2π3；
(2)△ABC中，c2=a2+b2−2abcsC，
∴a2+b2+ab=56，①
又S△ACD+S△BCD=S△ABC，∴12×1×b× 32+12×1×a× 32=12ab× 32，即a+b=ab，②
联立①②得a2b2−ab=56，
∴ab=8.∴S=12absin2π3=2 3．
【解析】(1)利用三角形面积公式和余弦定理可求角C；
(2)利用余弦定理和角平分线的性质建立方程组，结合面积公式可得答案．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)因为定义域为R的函数f(x)=b−2x2x+a是奇函数，
所以f(0)=b−11+a=0，解得b=1，即f(x)=1−2x2x+a，
又由f(−1)=−f(1)，可得1−2−12−1+a=1−2121+a，解得a=1，
所以f(x)=1−2x2x+1，
经检验a=1，b=1，符合题意，所以a=1，b=1．
(2)由(1)知，f(x)=1−2x2x+1=22x+1−1，可得函数f(x)为单调递减函数，
对于任意t∈R，不等式f(t2−2t)+f(2t2−k)<0恒成立，
因为函数f(x)为奇函数，可得f(t2−2t)<−f(2t2−k)=f(k−2t2)，
又因为函数f(x)为单调递减函数，可得t2−2t>k−2t2，即k<3t2−2t恒成立，
又由3t2−2t=3(t−13)2−13≥−13，所以k<−13，
所以实数k的取值范围为(−∞,−13)．
【解析】(1)由f(x)是定义在R上奇函数可得f(0)=0，计算可得b=1，根据奇函数对称性，代入特殊值计算可得a=1，最后检验可得；
(2)根据函数单调性建立不等式计算即可．
本题主要考查了奇函数定义的应用，还考查了函数的单调性及奇偶性在不等式求解中的应用，属于中档题．
20.【答案】(1)证明：因为PE/​/平面ABCD，过PE的平面PEDB交平面ABCD于BD，
即PE⊂平面PEDB，平面PEDB∩平面ABCD=BD，
所以PE/​/BD，又PE=BD，所以四边形BDEP为平行四边形，
所以PB//DE，
又DE⊂平面ADE，PB⊄平面ADE，所以PB/​/平面ADE，
四边形ABCD为菱形，则BC/​/AD，AD⊂平面ADE，BC⊄平面ADE，
故BC/​/平面ADE，又BC∩PB=B，BC，PB⊂平面BCP，
所以平面BCP//平面ADE．
又PC⊂平面BCP，所以PC//平面ADE．
(2)解：由(1)知四边形BDEP为平行四边形，又PE=PB，所以四边形BDEP为菱形，
因为∠PBD=60°，所以△PBD为等边三角形．
连接AC交BD于O，连接PO，则AC⊥BD，PO⊥BD，
因为平面BDEP⊥平面ABCD，平面BDEP∩平面ABCD=BD，
又PO⊂平面BDEP，所以PO⊥平面ABCD，
因为AC⊂平面ABCD，所以PO⊥AC．
因为四棱锥P−ABCD的体积为2 3，即13×12BD⋅AC⋅OP=2 3，
又BD=PB=2，∠PBD=60°，所以OP= 3，所以AC=6，
以O为坐标原点，OA，OB，OP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(3,0,0),B(0,1,0),P(0,0, 3),E(0,−2, 3),C(−3,0,0)，
所以PB=(0,1,− 3),CB=(3,1,0),EP=(0,2,0),PA=(3,0,− 3)．
设平面PBC的一个法向量n=(x,y,z)，则n⋅CB=3x+y=0n⋅PB=y− 3z=0，
令z= 3，则x=−1，y=3，所以n=(−1,3, 3)，
设平面AEP的一个法向量m=(a,b,c)，则m⋅EP=2b=0m⋅PA=3a− 3c=0，
令c= 3，解得a=1，b=0，所以m=(1,0, 3)，
设平面PBC与平面AEP的夹角为θ，夹角范围是(0,π2]，
所以csθ=|cs〈m,n〉|=|m⋅n||m|⋅|n|=22× 13= 1313，
所以平面PBC与平面AEP的夹角的余弦值为 1313．
【解析】(1)证明PB//DE，BC/​/AD，即可证明平面BCP//平面ADE，利用面面平行的性质定理，即可证明结论；
(2)先证明PO⊥平面ABCD，从而建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面PBC与平面AEP的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案．
本题考查了空间中的平行关系应用问题，也考查了空间角的计算问题，是中档题．
21.【答案】解：(1)由f(x)=x2−x+b(b∈R)，
y=f(x)的图象过原点，即b=0，
则f(x)=x2−x，Sn=n2−n，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2n−2，
又因为a1=S1=0适合an=2n−2
所以数列{an}的通项公式为an=2n−2(n∈N*)；
(2)由an+lg3n=lg3bn得：bn=n⋅3an=n⋅32n−2，
所以Tn=b1+b2+b3+…+bn=30+2⋅32+3⋅34+…+n⋅32n−2①
所以9Tn=32+2⋅34+3⋅36+…+n⋅32n②
②−①得：8Tn=n⋅32n−(1+32+34+36++32n−2)=n⋅32n−32n−18
所以Tn=n⋅32n8−32n−164=(8n−1)32n+164，
(3)令dn=an+22=n，
故∁n=3n−λ(−2)n，
要使cn+1>∁n，恒成立，
即要cn+1−∁n=3n+1−λ(−2)n+1−3n+λ(−2)n=2×3n+3λ(−2)n恒成立，
即要(−1)n⋅λ>−(32)n−1，恒成立，
下面分n为奇数和n为偶数讨论，
当n为奇数时，即λ<(32)n−1恒成立，又(32)n−1最小值为1，∴λ<1
当n为偶数时，即λ>−(32)n−1恒成立，又−(32)n−1最大值为−32，∴λ>−32，
综上所述−32<λ<1，又λ为非零整数，
∴λ=−1时，使得对任意n∈N*，都有cn+1>∁n成立，
【解析】(1)首先利用代入法求出Sn的关系式，然后利用Sn与an的关系求an；
(2)利用对数知识求出bn，然后利用错位相减法求数列{bn}的前n项和；
(3)利用作差法，分析法可得，只要(−1)n⋅λ>−(32)n−1恒成立，下面分n为奇数和n为偶数讨论，根据函数的最值即可求出λ的范围，问题得以解决．
本题将数列与函数有机的结合在一起，综合考查了对数的运算、等差数列、等差数列的求和、错位相减法等知识点以及分析问题、综合解决问题的能力，属于难题．
22.【答案】解：(1)e=ca=12，可得a=2c,b= a2−c2= 4c2−c2= 3c，
可得椭圆方程为x24c2+y23c2=1，代入点A的坐标有112c2+1112c2=1，解得c=1，
故椭圆C的标准方程为x24+y23=1；
(2)a=2，点T为(4,0)，F(1,0)，
设点P，Q，M，N的坐标分别(x1,y1)，(x2,y2)，(x3,y3)，(x4,y4)，
直线l2的方程为y=k(x−1)，直线l1的方程为y=−k(x−4)，
联立直线l2与椭圆方程得x24+y23=1y=k(x−1)，
消去y并整理得(4k2+3)x2−8k2x+4k2−12=0，
有x1+x2=8k24k2+3,x1x2=4k2−124k2+3，
联立直线l1与椭圆方程得x24+y23=1y=−k(x−4)，
消去y并整理得，(4k2+3)x2−32k2x+64k212=0，
有x3+x4=32k24k2+3,x3x4=64k2−124k2+3，
|PF|⋅|QF||TM|⋅|TN|= 1+k2|x1−1|× 1+k2|x2−1| 1+(−k)2|x3−4|× 1+(−k)2|x4−4|=|x1−1|×|x2−1||x3−4|×|x4−4|
=|x1x2−(x1+x2)+1||x3x4−4(x3+x4)+16|
=|4k2−124k2+3−8k24k2+3+164k2−124k2+3−128k24k2+3+16|=|4k2−12−8k2+4k2+364k2−12−128k2+16(4k2+3)|=936=14，
故|PF|⋅|QF||TM|⋅|TN|的值为14．
【解析】(1)根据离心率可得椭圆方程为x24c2+y23c2=1，代入点坐标计算得到答案；
(2)设出点和直线方程，联立方程消元得到根与系数的关系，计算|PF|⋅|QF||TM|⋅|TN|=|x1−1|×|x2−1||x3−4|×|x4−4|，代入化简计算得到答案．
本题考査了求椭圆方程，椭圆中的定值问题，考査了数学运算能力，转化能力和综合应用能力，考查了方程思想及转化思想，属于难题．