2023-2024学年北京市东城区东直门中学高二（上）期中数学试卷

这是一份2023-2024学年北京市东城区东直门中学高二（上）期中数学试卷，共25页。

A．B．C．D．
2．（4分）在等差数列{an}中，a2＝1，a4＝5，则a8＝（ ）
A．9B．11C．13D．15
3．（4分）已知数列{an}是公比为正数的等比数列，Sn是其前n项和，a2＝2，a4＝8，则S7＝（ ）
A．31B．63C．127D．255
4．（4分）已知α，β是两个不同的平面，直线m⊂α，下列命题中正确的是（ ）
A．若α⊥β，则m∥βB．若α⊥β，则m⊥β
C．若m∥β，则α∥βD．若m⊥β，则α⊥β
5．（4分）向量＝（2，1，x），＝（2，y，﹣1），若||＝，且⊥，则x+y的值为（ ）
A．﹣1B．1C．﹣4D．4
6．（4分）在△ABC中，a＝2，，△ABC的面积等于，则b等于（ ）
A．B．1C．D．2
7．（4分）设{an}是公差不为0的无穷等差数列，则“{an}为递增数列”是“存在正整数N0，当n＞N0时，an＞0”的（ ）
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
8．（4分）在平面直角坐标系xOy中，角α以Ox为始边，终边与单位圆交于点，则cs2α＝（ ）
A．B．C．D．
9．（4分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且，给出下列三个结论：
①AC⊥BE；
②△AEF的面积与△BEF的面积相等；
③三棱锥A﹣BEF的体积为定值．
其中，所有正确结论的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
10．（4分）已知公差不为零的等差数列{an}，首项a1＝﹣7，若a5，a6，a9成等比数列，记Tn＝a1•a2•⋯•an（n＝1，2，3，⋯），则数列{Tn}（ ）
A．有最小项，无最大项B．有最大项，无最小项
C．无最大项，无最小项D．有最大项，有最小项
11．（4分）ISO216是国际标准化组织所定义的纸张尺寸国际标准，该标准定义了A，B系列的纸张尺寸．设型号为Ai（i＝0，1，2，3，4，5，6）的纸张面积分别是ai（i＝0，1，2，3，4，5，6），它们组成一个公比为的等比数列，设型号为Bi（i＝1，2，3，4，5，6）的纸张的面积分别是bi（i＝1，2，3，4，5，6），已知，则的值为（ ）
A．B．C．D．2
12．（4分）已知数列{an}满足，则（ ）
A．当a1＝3时，{an}为递减数列，且存在常数M≤0，使得an＞M恒成立
B．当a1＝5时，{an}为递增数列，且存在常数M≤6，使得an＜M恒成立
C．当a1＝7时，{an}为递减数列，且存在常数M＞6，使得an＞M恒成立
D．当a1＝9时，{an}为递增数列，且存在常数M＞0，使得an＜M恒成立
二.填空题：（本题有6道小题，每小题5分，共30分）
13．（5分）已知函数，则＝ ；若将f（x）的图象向右平行移动个单位长度后得到g（x）的图象，则g（x）的一个对称中心为 ．
14．（5分）在△ABC中，若，则B＝ ．
15．（5分）已知数列{an}满足a1＝1，a2＝﹣2，且an+1＝an+an+2，n∈N*，则a5＝ ；数列{an}的前2023项的和为 ．
16．（5分）已知平面α和三条不同的直线m，n，l．给出下列六个论断：①m⊥α；②m∥α；③m∥l；④n⊥α；⑤n∥α；⑥n∥l．以其中两个论断作为条件，使得m∥n成立．这两个论断可以是 ．（填上你认为正确的一组序号）
17．（5分）我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就出现了类似于砝码的用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列{an}，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且a1＝1，a5＝12，a9＝192，则a7＝ ，数列{an}的所有项的和为 ．
18．（5分）已知函数的部分图象如图1所示，A，B分别为图象的最高点和最低点，过A作x轴的垂线，交x轴于点A'，点C为该部分图象与x轴的交点．将绘有该图象的纸片沿x轴折成直二面角，如图2所示，此时，则λ＝ ．
给出下列四个结论：
①；
②图2中，；
③图2中，过线段AB的中点且与AB垂直的平面与x轴交于点C；
④图2中，S是△A'BC及其内部的点构成的集合．设集合T＝{Q∈S||AQ|≤2}，则T表示的区域的面积大于．
其中所有正确结论的序号是 ．
三.解答题：（本题有6小题，共72分）
19．（10分）已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4．
（1）求{an}和{bn}的通项公式；
（2）设cn＝an+bn，求数列{cn}的前n项和．
20．（10分）已知函数f（x）＝Asinxcsx﹣cs2x的一个零点为．
（1）求A和函数f（x）的最小正周期；
（2）当时，若f（x）≤m恒成立，求实数m的取值范围．
21．（12分）在△ABC中，．
（1）求A；
（2）若，从下列三个条件中选出一个条件作为已知，使得△ABC存在且唯一确定，求△ABC的面积．条件①：；条件②：a＝2；条件③：．
注：如果选择了不合适的条件，则第（2）问记0分．
22．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，PD＝AD＝2，AB＝4，点E在线段AB上，且．
（1）求证：CE⊥平面PBD；
（2）求二面角P﹣CE﹣D的余弦值；
（3）求点A到平面PCE的距离．
23．（14分）如图，在多面体ABCDEF中，平面ADEF⊥平面ABCD，四边形ADEF为正方形，四边形ABCD为梯形，且AD∥BC，∠BAD＝90°，AB＝AD＝1，BC＝3．
（Ⅰ）求证：AF⊥CD；
（Ⅱ）求直线BF与平面CDE所成角的正弦值；
（Ⅲ）线段BD上是否存在点M，使得直线CE∥平面AFM？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
24．（14分）设λ为正实数，若各项均为正数的数列{an}满足：∀n∈N*，都有an+1≥an+λ．则称数列{an}为P（λ）数列．
（Ⅰ）判断以下两个数列是否为P（2）数列：
数列A：3，5，8，13，21；
数列B：lg25，π，5，10．
（Ⅱ）若数列{bn}满足b1＞0且bn+1＝bn+，是否存在正实数λ，使得数列{bn}是P（λ）数列？若存在，求λ的取值范围；若不存在，说明理由．
（Ⅲ）若各项均为整数的数列{an}是P（1）数列，且{an}的前m（m≥2）项和a1+a2+a3+⋯+am为150，求am+m的最小值及取得最小值时am的所有可能取值．
2023-2024学年北京市东城区东直门中学高二（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一.选择题：（本题有12道小题，每小题4分，共48分）
1．（4分）已知α∈，且sinα＝，则tanα＝（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据同角的三角函数关系，进行计算即可．
【解答】解：，且，
∴csα＜0，
csα＝﹣＝﹣＝﹣，
∴tanα＝＝﹣．
故选：B．
【点评】本题考查了同角的三角函数关系应用问题，是基础题．
2．（4分）在等差数列{an}中，a2＝1，a4＝5，则a8＝（ ）
A．9B．11C．13D．15
【分析】利用等差数列通项公式列方程组，求出首项和公差，由此能求出结果．
【解答】解：在等差数列{an}中，a2＝1，a4＝5，
∴，
解得a1＝﹣1，d＝2，
则a8＝a1+7d＝﹣1+14＝13．
故选：C．
【点评】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．
3．（4分）已知数列{an}是公比为正数的等比数列，Sn是其前n项和，a2＝2，a4＝8，则S7＝（ ）
A．31B．63C．127D．255
【分析】设等比数列{an}的公比为q（q＞0），根据a4＝a2q2可得8＝2q2，从而求出q值后再利用a1＝求出a1，进一步利用等比数列前n项和公式求出S7即可．
【解答】解：设等比数列{an}的公比为q（q＞0），
由a4＝a2q2，得8＝2q2，解得q＝2或q＝﹣2（舍去），
又a1＝＝＝1，所以S7＝127．
故选：C．
【点评】本题考查等比数列的通项公式与前n项和公式，考查学生的逻辑推理和运算求解的能力，属于基础题．
4．（4分）已知α，β是两个不同的平面，直线m⊂α，下列命题中正确的是（ ）
A．若α⊥β，则m∥βB．若α⊥β，则m⊥β
C．若m∥β，则α∥βD．若m⊥β，则α⊥β
【分析】直接利用线面垂直和平行的判定和性质的应用求出结果．
【解答】解：对于选项A：若α⊥β，则m∥β也可能m⊥β，故错误．
对于选项B：若α⊥β，则m⊥β也可能m∥β，故错误．
对于选项C：若m∥β，则α∥β也可能α与β相交，故错误．
对于选项D，直线m⊂α，m⊥β，则α⊥β是面面垂直的判定，故正确．
故选：D．
【点评】本题考查的知识要点：线面垂直和平行的判定和性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．
5．（4分）向量＝（2，1，x），＝（2，y，﹣1），若||＝，且⊥，则x+y的值为（ ）
A．﹣1B．1C．﹣4D．4
【分析】根据||＝求出x的值，再根据⊥得出•＝0，列方程求出y的值，即可计算x+y的值．
【解答】解：向量＝（2，1，x），若||＝，
则＝，解得x＝0；
又向量＝（2，y，﹣1），且⊥，
则•＝4+y+0＝0，解得y＝﹣4；
所以x+y＝﹣4．
故选：C．
【点评】本题考查了空间向量的数量积与模长公式计算问题，是基础题．
6．（4分）在△ABC中，a＝2，，△ABC的面积等于，则b等于（ ）
A．B．1C．D．2
【分析】由已知利用三角形面积公式可求c，进而利用余弦定理可求b的值．
【解答】解：∵a＝2，，△ABC的面积等于＝acsinB＝2×，
∴解得：c＝1，
∴由余弦定理可得：b＝＝＝．
故选：C．
【点评】本题主要考查了三角形面积公式，余弦定理在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于基础题．
7．（4分）设{an}是公差不为0的无穷等差数列，则“{an}为递增数列”是“存在正整数N0，当n＞N0时，an＞0”的（ ）
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【分析】根据等差数列的定义与性质，结合充分必要条件的定义，判断即可．
【解答】解：因为数列{an}是公差不为0的无穷等差数列，当{an}为递增数列时，公差d＞0，
令an＝a1+（n﹣1）d＞0，解得n＞1﹣，[1﹣]表示取整函数，
所以存在正整数N0＝1+[1﹣]，当n＞N0时，an＞0，充分性成立；
当n＞N0时，an＞0，an﹣1＜0，则d＝an﹣an﹣1＞0，必要性成立；
是充分必要条件．
故选：C．
【点评】本题考查了等差数列与充分必要条件的应用问题，是基础题．
8．（4分）在平面直角坐标系xOy中，角α以Ox为始边，终边与单位圆交于点，则cs2α＝（ ）
A．B．C．D．
【分析】由题意，利用任意角的三角函数的定义，二倍角的余弦公式，计算求得结果．
【解答】解：∵平面直角坐标系xOy中，角α以Ox为始边，终边与单位圆交于点，
∴OP2＝+＝1，∴x0＝±，∴csα＝±，
则cs2α＝2cs2α﹣1＝2×﹣1＝﹣，
故选：A．
【点评】本题主要考查任意角的三角函数的定义，二倍角的余弦公式的应用，属于基础题．
9．（4分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且，给出下列三个结论：
①AC⊥BE；
②△AEF的面积与△BEF的面积相等；
③三棱锥A﹣BEF的体积为定值．
其中，所有正确结论的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
【分析】①根据条件，可知AC⊥面DD1B1B，由线面垂直的性质，可得AC⊥BE；②由△AEF与△BEF是同底不等高，得出面积不相等；③直接求出该三棱锥的体积即可判断．
【解答】解：对于①，根据题意，结合图形知，AC⊥面DD1B1B，BE⊂平面DD1B1B，
∴AC⊥BE，命题①正确；
对于②，∵点B到直线EF的距离与点A到直线EF的距离不相等，
∴△AEF与△BEF的面积不相等，命题②错误；
对于③，三棱锥A﹣BEF的体积为V三棱锥A﹣BEF＝•S△BEF•h＝×××1×＝，
∴三棱锥A﹣BEF的体积为定值，命题③正确；
对于综上，正确的命题有2个．
故选：C．
【点评】本题以正方体为载体，考查了空间中的平行与垂直关系，面积与体积的计算问题，是综合性题目，属中档题．
10．（4分）已知公差不为零的等差数列{an}，首项a1＝﹣7，若a5，a6，a9成等比数列，记Tn＝a1•a2•⋯•an（n＝1，2，3，⋯），则数列{Tn}（ ）
A．有最小项，无最大项B．有最大项，无最小项
C．无最大项，无最小项D．有最大项，有最小项
【分析】根据等比中项性质解得an＝2n﹣9，可得数列各项的正负，得到答案．
【解答】解：在等差数列{an}中，由a5，a6，a9成等比数列，得，
即（﹣7+5d）2＝（﹣7+4d）（﹣7+8d），
解得d＝2或d＝0（舍），则an＝2n﹣9，
当n≤4，n∈N*时，an＜0；当n≥5，n∈N*时，an＞0．
∴{an}的前6项为：﹣7，﹣5，﹣3，﹣1，1，3，
又Tn＝a1•a2•⋯•an，故T3最小，没有最大值．
故选：A．
【点评】本题考查等差数列的通项公式与等比数列的性质，考查数列的函数特性，是中档题．
11．（4分）ISO216是国际标准化组织所定义的纸张尺寸国际标准，该标准定义了A，B系列的纸张尺寸．设型号为Ai（i＝0，1，2，3，4，5，6）的纸张面积分别是ai（i＝0，1，2，3，4，5，6），它们组成一个公比为的等比数列，设型号为Bi（i＝1，2，3，4，5，6）的纸张的面积分别是bi（i＝1，2，3，4，5，6），已知，则的值为（ ）
A．B．C．D．2
【分析】利用{ai}是等比数列以及，令i＝5求解即可．
【解答】解：∵，令i＝5，
∴，
又∵a0，a1，a2，a3，a4，a5，a6组成一个公比为的等比数列，
∴，
又a4＞0，b5＞0，
∴．
故选：C．
【点评】本题考查了等比数列的应用，属于中档题．
12．（4分）已知数列{an}满足，则（ ）
A．当a1＝3时，{an}为递减数列，且存在常数M≤0，使得an＞M恒成立
B．当a1＝5时，{an}为递增数列，且存在常数M≤6，使得an＜M恒成立
C．当a1＝7时，{an}为递减数列，且存在常数M＞6，使得an＞M恒成立
D．当a1＝9时，{an}为递增数列，且存在常数M＞0，使得an＜M恒成立
【分析】利用数列归纳法可判断ACD正误，利用递推可判断数列的性质，故可判断B的正误．
【解答】解：因为，故，
对于A，若a1＝3，可用数学归纳法证明：an﹣6≤﹣3，即an≤3，
证明：当n＝1时，a1﹣6＝﹣3≤﹣3，此时不等关系an≤3成立；
设当n＝k时，ak﹣6≤﹣3成立，
则，故ak+1﹣6≤﹣3成立，
由数学归纳法可得an≤3成立．
而，
，an﹣6＜0，故an+1﹣an＜0，故an+1＜an，
故{an}为减数列，注意ak+1﹣6≤﹣3＜0，
故，结合an+1﹣6＜0，
所以，故，故，
若存在常数M≤0，使得an＞M恒成立，则，
故，故，故an＞M恒成立仅对部分n成立，
故A不成立．
对于B，若a1＝5，可用数学归纳法证明：﹣1≤an﹣6＜0，即5≤an＜6，
证明：当n＝1时，﹣1≤a1﹣6＝﹣1≤0，此时不等关系5≤an＜6成立；
设当n＝k时，5≤ak＜6成立，
则，故﹣1≤ak+1﹣6＜0成立，
即由数学归纳法可得5≤ak+1＜6成立．
而，
，an﹣6＜0，故an+1﹣an＞0，故an+1＞an，故{an}为增数列，
若M＝6，则an＜6恒成立，故B正确．
对于C，当a1＝7时，可用数学归纳法证明：0＜an﹣6≤1，即6＜an≤7，
证明：当n＝1时，0＜a1﹣6≤1，此时不等关系成立；
设当n＝k时，6＜ak≤7成立，
则，故0＜ak+1﹣6≤1成立，即6＜ak+1≤7
由数学归纳法可得6＜an≤7成立．
而，故an+1＜an，故{an}为减数列，
又，结合an+1﹣6＞0可得：，所以，
若，若存在常数M＞6，使得an＞M恒成立，
则恒成立，故，n的个数有限，矛盾，故C错误．
对于D，当a1＝9时，可用数学归纳法证明：an﹣6≥3即an≥9，
证明：当n＝1时，a1﹣6＝3≥3，此时不等关系成立；
设当n＝k时，ak≥9成立，
则，故ak+1≥9成立
由数学归纳法可得an≥9成立．
而，故an+1＞an，故{an}为增数列，
又，结合an﹣6＞0可得：，所以，
若存在常数M＞0，使得an＜M恒成立，则，
故，故，这与n的个数有限矛盾，故D错误．
故选：B．
【点评】本题解决的关键是根据首项给出与通项性质相关的相应的命题，再根据所得命题结合放缩法得到通项所满足的不等式关系，从而可判断数列的上界或下界是否成立，是中档题．
二.填空题：（本题有6道小题，每小题5分，共30分）
13．（5分）已知函数，则＝ 1 ；若将f（x）的图象向右平行移动个单位长度后得到g（x）的图象，则g（x）的一个对称中心为 （答案不唯一） ．
【分析】确定，计算得到，确定，取，计算得到答案．
【解答】解：，，
则，取，即，
取k＝0，，此时对称中心为．
故答案为：1；（答案不唯一）．
【点评】本题主要考查了辅助角公式的应用，还考查了函数图象的平移及正弦函数对称性的应用，属于基础题．
14．（5分）在△ABC中，若，则B＝ ．
【分析】利用正弦定理结合已知可求得csA，再利用二倍角的余弦公式即可得解．
【解答】解：由正弦定理得，
即＝，
所以csA＝，
所以csB＝cs2A＝2cs2A﹣1＝，
因为0＜B＜π，
所以．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了正弦定理在求解三角形中的应用，属于基础题．
15．（5分）已知数列{an}满足a1＝1，a2＝﹣2，且an+1＝an+an+2，n∈N*，则a5＝ 2 ；数列{an}的前2023项的和为 1 ．
【分析】先将题干中递推公式进行转化，再结合a1＝1，a2＝﹣2逐项代入即可计算出a5的值，进一步逐项代入即可发现数列{an}是以6为最小正周期的周期数列，然后根据周期数列的性质即可推导出数列{an}的前2023项的和．
【解答】解：依题意，由an+1＝an+an+2，
可得an+2＝an+1﹣an，
则a1＝1，a2＝﹣2，
a3＝a2﹣a1＝﹣2﹣1＝﹣3，
a4＝a3﹣a2＝﹣3﹣（﹣2）＝﹣1，
a5＝a4﹣a3＝﹣1﹣（﹣3）＝2，
a6＝a5﹣a4＝2﹣（﹣1）＝3，
a7＝a6﹣a5＝3﹣2＝1，
a8＝a7﹣a6＝1﹣3＝﹣2，…
∴数列{an}是以6为最小正周期的周期数列，
∵2023÷6＝337……1，
∴a2023＝a1＝1，
a1+a2+a3+a4+a5+a6
＝1﹣2﹣3﹣1+2+3
＝0，
∴数列{an}的前2023项的和为：
a1+a2+…+a2023
＝（a1+a2+a3+a4+a5+a6）+（a7+a8+a9+a10+a11+a12）+…+（a2017+a2018+a2019+a2020+a2021+a2022）+a2023
＝0+0+…+0+1
＝1．
故答案为：2；1．
【点评】本题主要考查周期数列的判定，以及周期数列的求和问题．考查了整体思想，转化与化归思想，迭代法，分组求和法，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．
16．（5分）已知平面α和三条不同的直线m，n，l．给出下列六个论断：①m⊥α；②m∥α；③m∥l；④n⊥α；⑤n∥α；⑥n∥l．以其中两个论断作为条件，使得m∥n成立．这两个论断可以是 ①④（或③⑥） ．（填上你认为正确的一组序号）
【分析】若①m⊥α，④n⊥α，则由线面垂直的性质得m∥n，若③m∥l，⑥n∥l，则由平行公理得m∥n．
【解答】解：由平面α和三条不同的直线m，n，l．
①m⊥α；②m∥α；③m∥l；④n⊥α；⑤n∥α；⑥n∥l．得：
若①m⊥α，④n⊥α，则由线面垂直的性质得m∥n，
若③m∥l，⑥n∥l，则由平行公理得m∥n．
∴以其中两个论断作为条件，使得m∥n成立．这两个论断可以是①④（或③⑥）．
故答案为：①④（或③⑥）．
【点评】本题考查线线平行的判断与证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
17．（5分）我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就出现了类似于砝码的用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列{an}，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且a1＝1，a5＝12，a9＝192，则a7＝ 48 ，数列{an}的所有项的和为 384 ．
【分析】根据数列{an}的后7项成等比数列，an＞0，可得a7＝，a3＝，可得公比q＝，进而得出a4，利用求和公式即可得出结论．
【解答】解：∵数列{an}的后7项成等比数列，an＞0，
∴a7＝＝＝48，
∴a3＝＝＝3，
∴公比q＝＝＝2．
∴a4＝3×2＝6，
又该数列的前3项成等差数列，
∴数列{an}的所有项的和为+＝+378＝384．
故答案为：48；384．
【点评】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式与求和公式及性质、方程思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
18．（5分）已知函数的部分图象如图1所示，A，B分别为图象的最高点和最低点，过A作x轴的垂线，交x轴于点A'，点C为该部分图象与x轴的交点．将绘有该图象的纸片沿x轴折成直二面角，如图2所示，此时，则λ＝ ．
给出下列四个结论：
①；
②图2中，；
③图2中，过线段AB的中点且与AB垂直的平面与x轴交于点C；
④图2中，S是△A'BC及其内部的点构成的集合．设集合T＝{Q∈S||AQ|≤2}，则T表示的区域的面积大于．
其中所有正确结论的序号是 ②③ ．
【分析】由题意可求得周期，进而可得＝，可求λ，进而可求φ，进而计算可判断每个选项的正确性．
【解答】解：在图2中，过B作BD垂直x轴于D，
由题意可得T＝＝4，∴A′D＝2，
∴A′B＝，∴AB＝＝＝，
解得λ＝或λ＝﹣（舍去），
∴f（x）＝sin（x+φ），当x＝0时，sinφ＝，
∵0＜φ＜π，∴φ＝或φ＝，
当φ＝显然不符合图象的变化情况，故舍去，
∴φ＝，故①错误；
由题意可得AC＝＝2，BC＝2，
∴cs∠BAC＝＝，
∴•＝||•||•cs∠BAC＝×2×＝5，故②正确；
∵AC＝BC＝2，∴过线段AB的中点且与AB垂直的平面与x轴交于点C，故③正确；
∵|AQ|≤2，二面角为直二面角可得|A′Q|≤1，
∴T表示的区域的面积为π×12×＜，故④错误．
故答案为：；②③．
【点评】本题考查三角函数的图象，考查向量的数量积的计算，考查运算求解能力，属中档题．
三.解答题：（本题有6小题，共72分）
19．（10分）已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4．
（1）求{an}和{bn}的通项公式；
（2）设cn＝an+bn，求数列{cn}的前n项和．
【分析】（1）设{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列，利用已知条件求出q与d，求出数列的首项即可求解通项公式．
（2）化简cn＝an+bn＝2n﹣1+3n﹣1，利用拆项法通过等差数列以及等比数列求和个数求解即可．
【解答】解：（1）设{an}是公差为d的等差数列，
{bn}是公比为q的等比数列，
由b2＝3，b3＝9，可得q＝＝3，
bn＝b2qn﹣2＝3•3n﹣2＝3n﹣1；
即有a1＝b1＝1，a14＝b4＝27，
则d＝＝2，
则an＝a1+（n﹣1）d＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1；
（2）cn＝an+bn＝2n﹣1+3n﹣1，
则数列{cn}的前n项和为
[1+3+…+（2n﹣1）]+（1+3+9+…+3n﹣1）
＝n•2n+
＝n2+．
【点评】本题考查等差数列以及等比数列的应用，数列求和，考查计算能力．
20．（10分）已知函数f（x）＝Asinxcsx﹣cs2x的一个零点为．
（1）求A和函数f（x）的最小正周期；
（2）当时，若f（x）≤m恒成立，求实数m的取值范围．
【分析】（1）由f（）＝0，可求得A，进一步可得f（x）＝2sin（2x﹣），从而可求得其周期；
（2）当时，2x﹣∈[﹣，]，利用正弦函数的性质可求得f（x）max＝2，从而可得答案．
【解答】解：（1）∵f（x）＝Asinxcsx﹣cs2x＝sin2x﹣cs2x的一个零点为，
∴f（）＝×﹣＝0，
∴A＝2，f（x）＝sin2x﹣cs2x＝2sin（2x﹣），
∴T＝＝π；
（2）当时，2x﹣∈[﹣，]，2sin（2x﹣）∈[﹣，2]，
∴f（x）max＝2，
∴m≥2，即m∈[2，+∞）．
【点评】本题考查两角和与差的三角函数，考查正弦函数的性质与应用，考查运算求解能力，属于中档题．
21．（12分）在△ABC中，．
（1）求A；
（2）若，从下列三个条件中选出一个条件作为已知，使得△ABC存在且唯一确定，求△ABC的面积．条件①：；条件②：a＝2；条件③：．
注：如果选择了不合适的条件，则第（2）问记0分．
【分析】（1）根据已知条件利用正弦定理求解即可；
（2）由题意可知只有①符合，②③不符合，通过面积公式，正弦定理，余弦定理求解即可．
【解答】解：（1）在△ABC中，⇒，
因为B∈（0，π），sinB＞0，
所以，
又A∈（0，π），
所以或．
（2）若选①，即，则，
所以，则，
则
＝，
由正弦定理得：
，，
则△ABC存在且唯一确定，
△ABC面积为．
若选②，即a＝2，又，，
所以，矛盾，
所以②不成立．
若选③，由，，，得，
由余弦定理可得：a2＝b2+c2﹣2bccsA，
当时，60＝24+c2﹣2bccsA，得或舍；
当时，60＝24+c2﹣2bccsA，得或舍，
此时△ABC存在但不唯一确定，所以不合题意．
【点评】本题考查了利用正弦定理和余弦定理解三角形，属于中档题．
22．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，PD＝AD＝2，AB＝4，点E在线段AB上，且．
（1）求证：CE⊥平面PBD；
（2）求二面角P﹣CE﹣D的余弦值；
（3）求点A到平面PCE的距离．
【分析】（1）根据线面垂直的性质可得PD⊥CE，利用相似三角形的判定与性质可得BD⊥CE，结合线面垂直的判定定理即可得证；
（2）根据题意和线面垂直的性质可得AD，CD，PD两两垂直，建立如图空间直角坐标系D﹣xyz，求得平面PCE和平面ACE的法向量，利用空间向量的数量积表示即可得解；
（3）结合（2）中结论，利用空间向量的点面距离公式即可得解．
【解答】解：（1）证明：因为PD⊥平面ABCD，CE⊂平面ABCD，所以PD⊥CE，
因为AB＝4，AE＝AB，所以AE＝3，BE＝1，
所以，∠ABC＝∠EBC，
所以Rt△CBE∽Rt△BAD，所以BD⊥CE，
又因为PD⊥CE，PD∩BD＝D，PD，BD⊂平面PBD，
所以CE⊥平面PBD；
（2）因为PD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，CD⊂平面ABCD，
所以PD⊥AD，PD⊥CD，又因为ABCD是矩形，AD⊥CD，
所以AD，CD，PD两两垂直，如图建立空间直角坐标系D﹣xyz，
则C（0，4，0），P（0，0，2），E（2，3，0），A（2，0，0），
所以＝（0，4，﹣2），＝（2，﹣1，0），
设平面PCE的一个法向量为＝（x，y，z），
则有，
令x＝1，则y＝2，z＝4，于是＝（1，2，4），
因为PD⊥平面ABCD，取平面CED的法向量为＝（0，0，1），
则＝，
由图可知二面角P﹣CE﹣D为锐角，
所以二面角P﹣CE﹣D的余弦值为；
（3）由（2）知＝（﹣2，0，2），
而平面PCE的一个法向量为＝（1，2，4），
所以点A到平面PCE的距离为．
【点评】本题考查线面垂直的判定，考查二面角和点到平面的距离，属中档题．
23．（14分）如图，在多面体ABCDEF中，平面ADEF⊥平面ABCD，四边形ADEF为正方形，四边形ABCD为梯形，且AD∥BC，∠BAD＝90°，AB＝AD＝1，BC＝3．
（Ⅰ）求证：AF⊥CD；
（Ⅱ）求直线BF与平面CDE所成角的正弦值；
（Ⅲ）线段BD上是否存在点M，使得直线CE∥平面AFM？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（Ⅰ）利用两面垂直的性质定理易证；
（Ⅱ）取BC的三等分点G，H，把BF平移至EG，作GN⊥CD于N，得∠GEN即为所求；
（Ⅲ）连接FH，易证EC∥平面AFH，连AH交BD于M即可．
【解答】解：（Ⅰ）证明：∵四边形ADEF为正方形，
∴AF⊥AD，
又∵平面ADEF⊥平面ABCD，
∴AF⊥平面ABCD，
∴AF⊥CD；
（Ⅱ）
取BC的三等分点G，H如图，
连接EG，可由EF∥AD，AD∥BC，得EF∥BG，
且EF＝AD＝BG＝1，
∴四边形BGEF为平行四边形，
∴GE∥BF，
∵DE∥AF，
∴DE⊥平面ABCD，
∴平面EDC⊥平面ABCD，
作GN⊥CD于N，
则GN⊥平面EDC，
连接EN，
则∠GEN为GE与平面EDC所成的角，
在Rt△CGD中，求得GN＝，
又GE＝BF＝，
∴sin∠GEN＝＝，
故直线BF与平面CDE所成角的正弦值为：；
（Ⅲ）连接FH，
易证四边形EFHC为平行四边形，
∴EC∥FH，
∴EC∥平面AFH，
连接AH交BD于M，
则CE∥平面AFM，
此时，
∴．
【点评】此题考查了线面垂直，面面垂直，线面所成角，线面平行等，难度适中．
24．（14分）设λ为正实数，若各项均为正数的数列{an}满足：∀n∈N*，都有an+1≥an+λ．则称数列{an}为P（λ）数列．
（Ⅰ）判断以下两个数列是否为P（2）数列：
数列A：3，5，8，13，21；
数列B：lg25，π，5，10．
（Ⅱ）若数列{bn}满足b1＞0且bn+1＝bn+，是否存在正实数λ，使得数列{bn}是P（λ）数列？若存在，求λ的取值范围；若不存在，说明理由．
（Ⅲ）若各项均为整数的数列{an}是P（1）数列，且{an}的前m（m≥2）项和a1+a2+a3+⋯+am为150，求am+m的最小值及取得最小值时am的所有可能取值．
【分析】（Ⅰ）根据定义验证an+1﹣an≥2是否恒成立，即可判断；
（Ⅱ）假设存在，则由已知bn+1＝bn+，可推得bn+1﹣bn＜，当n＞时，bn+1﹣bn＜，这与假设矛盾，从而得到不存在正实数λ，使得数列{bn}是P（λ）数列；
（Ⅲ）根据已知推出an+1≥an+1，进而推出am≥m，am﹣1≤am﹣1，…，a1≤am﹣（m﹣1），相加可得，根据基本不等式，结合题意可得am+m的最小值不小于30，进而得出m的范围，分情况讨论，得出数列，即可求出取得最小值时am的所有可能取值．
【解答】解：（Ⅰ）根据定义，P（2）数列应满足∀n∈N*，an+1≥an+2，
即an+1﹣an≥2恒成立，
对于数列A：有5﹣3＝2≥2，8﹣5＝3≥2，13﹣8＝5≥2，21﹣13＝8≥2，
均满足，∴数列A是P（2）数列；
对于数列B：∵5﹣π＜2，不满足，∴数列B不是P（2）数列；
（Ⅱ）不存在正实数λ，使得数列{bn}是P（λ）数列．
理由如下：
假设存在正实数λ，使得数列{bn}是P（λ）数列，
则∀n∈N*，都有bn+1≥bn+λ，∴bn+1﹣bn≥λ恒成立，
∵，
∴bn+1﹣bn＝＝＜，
当n＞时，bn+1﹣bn＜，这与假设矛盾，
∴不存在正实数λ，使得数列{bn}是P（λ）数列；
（Ⅲ）∵数列{an}是P（1）数列，∴an+1≥an+1，
∴am≥am﹣1+1≥am﹣2+2≥…≥a1+m﹣1≥m，
∴am﹣1≤am﹣1，am﹣2≤am﹣1﹣1，am﹣3≤am﹣2﹣1≤am﹣3，…，a2≤a3﹣1≤am﹣（m﹣2），
a1≤a2﹣1≤am﹣（m﹣1），
∴a1+a2+a3+…+am≤mam﹣[1+2+3+…+（m﹣1）]＝，
∴150，∴，
∴﹣＝30﹣，
∵数列{an}是整数数列，∴am+m的最小值不小于30，
假设am+m＝30，必有，解得，
∵m∈N*，∴m可取9，10，11，12，
当m＝9时，am＝21，存在满足条件的数列，
a1＝10，a2＝14，a3＝15，a4＝16，a5＝17，a6＝18，a7＝19，a8＝20，a9＝21，
当m＝10时，am＝20，存在满足条件的数列，
a1＝6，a2＝12，a3＝13，a4＝14，a5＝15，a6＝16，a7＝17，a8＝18，a9＝19，a10＝20，
当m＝11时，am＝19，存在满足条件的数列，
a1＝5，a2＝10，a3＝11，a4＝12，a5＝13，a6＝14，a7＝15，a8＝16，a9＝17，a10＝18，a11＝19，
当m＝12时，am＝18，存在满足条件的数列，
a1＝7，a2＝8，a3＝9，a4＝10，a5＝11，a6＝12，a7＝13，a8＝14，a9＝15，a10＝16，a11＝17，a12＝18，
以上都是am+an＝30的充分条件，
∴am+m的最小值为30，
此时取得最小值时am的所有可能取值为18，19，20，21．
【点评】本题考查新定义、不等式的性质、等差数列、等比数列等基础知识，考查运算求解能力，是难题．
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