2021-2022学年湖南省郴州市高三(上)第一次质检数学试卷(附答案详解)

2021-2022学年湖南省郴州市高三（上）第一次质检数学
试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）
1.已知集合A={−1,0,1,2,3}，B={x∈R|−1<x<3}，则A∩B=()
A. [0,2]
B. {0,1,2}
C. (−1,3)
D. {−1,0,1,2,3}
2.若复数z的共轭复数z−满足(2−i)z−=i(i为虚数单位)，则|z|=()
A. √5
5B. √5 C. √3
3
D. √3
3.若α∈(0,π
2)，tan2α=cosα
2−sinα
，则tanα=()
A. √15
15B. √5
5
C. √5
3
D. √15
3
4.已知圆锥的母线长为2，侧面展开图扇形的面积为2π，那么该圆锥的体积是()
A. π
3B. 2π
3
C. π
D. √3π
3
5.食用油有两种制取工艺：压榨法和浸出法．压榨法由于不涉及添加任何化学物质，
榨出的油各种成分保持较为完整，但缺点是出油率低．浸出法制油粕中残油少，出油率高，油料资源得到了充分的利用．我国植物油料种类繁多，而压榨法和浸出法这两种油脂制取工艺分别适用于不同的油料，常见的采用压榨油的有芝麻油、花生油等，常见的采用浸出油的有油菜籽油，大豆油等．现有4个完全相同的不透明油桶里面分别装有芝麻油、花生油、油菜籽油、大豆油，从中任取一桶，则下列两个事件互为对立事件的是()
A. “取出芝麻油”和“取出花生油”
B. “取出浸出油”和“取出大豆油”
C. “取出油菜籽油”和“取出大豆油”
D. “取出压榨油”和“取出浸出油”
6.若cos(α+π
6)=4
5
，则sin(2α−π
6
)=()
A. −7
25B. 24
25
C. 7
25
D. −24
25
7.已知点P是椭圆C：x2
a2+y2
b2
=1(a>b>0)上一点，点F1、F2是椭圆C的左、右焦点，
若△PF1F2的内切圆半径的最大值为a−c，则椭圆C的离心率为()
A. √2
3B. √2
2
C. √3
2
D. √3
3
8. 已知函数f(x)={xlnx +a,x >0
x +2,x ≤0
，若f(x 1)=f(x 2)，且|x 1−x 2|的最大值为3，则a
的值为( )
A. −1
B. 1
C. 0
D. 2
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分） 9. 给出下列命题，其中正确命题是( )
A. 若样本数据x 1，x 2，…，x n (数据各不相同)的平均数为2，则样本数据2x 1−3，
2x 2−3，…，2x n −3的平均数为3
B. 随机变量X 的方差为D(X)=1，则D(2X +1)=4
C. 随机变量X 服从正态分布N(2,σ2)，P(X >1)=0.72，则P(2≤X ≤3)=0.22
D. 将一枚质地均匀的硬币连续抛掷两次，用X 表示出现正面向上的次数，则P(X =
1)=0.5
10. 如图，在直角坐标中，|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|OB
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=2，∠xOA =∠xOB =30°，点C 在x 轴上且OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0
⃗ ，则下列说法正确的有( ) A. OA
⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2√3 B. |OC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2√3
C. 与OA
⃗⃗⃗⃗⃗ 共线的单位向量的坐标可以是(√32,12)、(−√32,12) D. CA ⃗⃗⃗⃗⃗ 与CB ⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角的余弦值为13
14
11. 已知直线l ：(m −1)x +(2m −1)y −4m +4=0和圆C ：(x −2)2+(y −1)2=9，
下列说法正确的是( )
A. 直线l 恒过定点(4,0)
B. 圆C 被x 轴截得的弦长为2√2
C. 直线被圆截得的弦长存在最大值，且最大值为4
D. 直线被圆截得的弦长存在最小值，且最小值为4
12.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥BC，AB=BC=1，
AA1=2，D、D1分别是AC、A1C1的中点，P是A1D上的动点，
则下列结论中正确的是()
A. 直线AP，B1D1所成的角的大小随点P的位置变化而变化
B. 三棱锥P−B1CD1的体积是定值
C. 直线B1C与平面CC1D所成的角的余弦值是3√10
10
D. 三棱柱ABC−A1B1C1的外接球的表面积是24π
三、单空题（本大题共4小题，共20.0分）
x)n(n∈N∗)展开式中x2的系数是5，则n=______．
13.已知(1+1
3
14.已知曲线f(x)=alnx+b的一条切线为y=ax−2，则a−b=______．
15.边长为2√3的等边三角形的一个顶点在原点，另外两个顶点在抛物线y2=2px(p>
,y0)在抛物线上，则线段NF的中点到抛物线的准线的距离为______．
0)上，点N(5
4
16.依次将一数列的每相邻两项之积及原数列首尾项(仍为新数列的首尾项)，构造新的
数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列．现将数列1，2进行构造，第1次得到数列1，2，2；第2次得到数列1，2，22，2；第3次得到数列1，2，23，23，2；依次构造，第n(n∈N∗)次得到数列1，a1，a2，…，a k，2；记b n=1⋅a1⋅a2⋅…⋅a k⋅2，则b4=______，设数列{b n}的前n项积为H n，则H n=______．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）
17.设数列{a n}的前n项和为S n，且a1=1，2S n=(n+1)a n(n∈N∗)．
(Ⅰ)求数列{a n}的通项公式；
(Ⅱ)设b n=(−1)n a n⋅a n+1，求数列{b n}的前2n项的和T2n．
18.如图，在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且c>a>b，2asinC−√3c=0．
(Ⅰ)求角A的大小；
(Ⅱ)已知AB=2，D为AB的中点，且CD2=ab，求△ABC面积．
19.东江湖位于湖南省郴州市东北部的资兴市境内，是湖南省唯一一个同时拥有国家
5A级旅游区、国家风景名胜区、国家生态旅游示范区、国家森林公园、国家湿地公园、国家水利风景区“六位一体”的旅游区．境内主要景观有：雾漫小东江、东江大坝、龙景峡谷、兜率灵岩、东江漂流、三湘四水⋅东江湖文化旅游街(含东江湖奇石馆、摄影艺术馆、人文潇湘馆)，还有仿古画舫、豪华游艇游湖及惊险刺激的水上跳伞、水上摩托等．东江湖融山的隽秀，水的神韵于一体，挟南国秀色、禀历史文明于一身，被誉为“人间天上一湖水，万千景色在其中”.每年都吸引无数游客来此游玩，某调查机构在景区随机调查了10名青少年人和8名中老年人，并请他
的人认为他有“二次游”
们谈谈是否有“二次游”愿望，结果10名青少年人中有4
5
的人也这样认为，其他人无“二次游”愿望．愿望，8名中老年人中有1
4
(Ⅰ)根据以上统计数据，完成下列2×2列联表，分析是否有95%把握认为有“二次游”愿望与年龄有关？
有“二次游”愿望无“二次游”愿望合计青少年人
中老年人
合计
(Ⅱ)从这10名青少年人中抽取2人，8名中老年人中抽取1人，将3人中有“二次游”愿望人数记为X ，求X 的分布列及数学期望．
附：K 2=n(ad−bc)2
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n =a +b +c +d ． P(K 2≥k)
0.100 0.050 0.010 0.005 0.001 k
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
20. 如图，在四棱锥P −ABCD 中，AB//DC ，∠DAB =π
2
，AB =2AD =2PB =2PC =2，且PB ⊥PC ，平面PBC ⊥平面ABCD ，三棱锥P −ACD 的体积为√2
12．
(Ⅰ)求证：AC ⊥平面PBC ； (Ⅱ)求二面角B −PA −D 的余弦值．
21. 已知椭圆C ：
x 2
a 2
+y 2
b 2=1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1、F 2，点P 、Q 、R 分别
是椭圆C 的上、右、左顶点，且PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PR ⃗⃗⃗⃗⃗ =−3，点S 是PF 2的中点，且|OS|=1． (Ⅰ)求椭圆C 的标准方程；
(Ⅱ)过点T(−1,0)的直线与椭圆C 相交于点M 、N ，若△QMN 的面积是12
5，求直线MN 的方程．
22.已知函数f(x)=e x+m−1−(x−1)3，g(x)=lnx+2．
(Ⅰ)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为1，求实数m的值；
(Ⅱ)当m≥1时，证明：f(x)>g(x)−(x−1)3．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵A={−1,0,1,2,3}，B={x∈R|−1<x<3}，∴A∩B={0,1,2}，
故选：B．
利用集合的交集定义求解．
本题主要考查了集合的基本运算，是基础题．
2.【答案】A
【解析】解：∵(2−i)z−=i，
∴z−=i
2−i =i(2+i)
(2−i)(2+i)
=−1
5
+2
5
i，
故z=−1
5−2
5
i，
故|z|=√1
25+4
25
=√5
5
，
故选：A．
根据复数的运算，求出z−，再求出z，从而求出z的模即可．
本题考查了复数求模问题，考查共轭复数，是基础题．
3.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查三角函数的恒等变换与化简求值，考查倍角公式的应用，是基础题．
把等式左边化切为弦，再展开倍角公式，化简求解sinα，进一步求得cosα，再由商的关系可得tanα的值．
【解答】
解：由tan2α=cosα
2−sinα，得sin2α
cos2α
=cosα
2−sinα
，
即2sinαcosα1−2sin2α=cosα
2−sinα
，
∵α∈(0,π
2
)，∴cosα≠0，
则2sinα(2−sinα)=1−2sin2α，解得sinα=1
4
，
则cosα=√1−sin2α=√15
4
，
∴tanα=sinα
cosα=
1
4
√15
4
=√15
15
．
故选：A．
4.【答案】D
【解析】解：设圆锥的底面半径为r，高为ℎ，，因为侧面展开图扇形的面积为2π，
所以1
2
⋅(2πr)⋅2=2π，解得r=1，
又圆锥的母线长为2，
所以ℎ=√22−12=√3，
则V=1
3Sℎ=1
3
×(π×12)×√3=√3
3
π．
故选：D．
设圆锥的底面半径为r，高为ℎ，由圆锥的侧面积求出r，再由勾股定理求出ℎ，由体积公式求解即可．
本题考查了圆锥的侧面展开图的理解与应用，圆锥体积公式的应用，解题的关键是掌握圆锥侧面展开图的弧长等于底面周长，半径等于圆锥的母线长，考查了逻辑推理能力，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：压榨油的有芝麻油、花生油等，常见的采用浸出油的有油菜籽油，大豆油等．
现有4个完全相同的不透明油桶里面分别装有芝麻油、花生油、油菜籽油、大豆油，从中任取一桶，
对于A，“取出芝麻油”和“取出花生油”是互斥但不对立事件，故A错误；
对于B，取出浸出油”和“取出大豆油”有可能同时发生，不是互斥事件，更不是对立事件，故B错误；
对于C，“取出油菜籽油”和“取出大豆油”是互斥但不对立事件，故C错误；
对于D，“取出压榨油”和“取出浸出油”即不能同时发生，也不能同时不发生，互为对立事件，故D正确．
故选：D．
利用对立事件、互斥事件的定义直接求解．
本题考查对立事件的判断，考查对立事件、互斥事件的定义等基础知识，是基础题．6.【答案】C
【解析】解：因为sin(2α−π
6)=−cos(2α+π
3
)=1−2cos2(α+π
6
)，cos(α+π
6
)=4
5
，
所以sin(2α−π
6)=1−(4
5
)2=7
25
，
故选：C．
利用诱导公式推出cos(2α+π
3
)，然后利用二倍角公式转化求解即可．
本题考查了运用诱导公式求三角函数值以及利用正弦定理解三角形、求三角函数值，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：设△PF1F2的内切圆的半径为r，则S△PF
1F2=1
2
|F1F2|⋅|y P|≤1
2
⋅2c⋅b=bc，
而S△PF
1F2=1
2
(|PF1+|PF2|+|F1F2|)⋅r=1
2
(2a+2c)⋅r=(a+c)r，
所以(a+c)r≤bc，
所以r≤bc
a+c
，
由题意可得bc
a+c
=a−c，
即bc=a2−b2=c2，
所以c=b，可得a2=b2+c2=2b2，即a=√2b，
可得离心率e=c
a =
√2b
=√2
2
，
故选：B．
先求出△PF1F2的面积的最大值，设三角形的内切圆的半径，再用内切圆的半径与边长的关系求出面积的表达式，进而可得半径最大时的半径的值，由题意考查a，c的关系，进而求出椭圆的离心率．
本题考查椭圆上的点与焦点构成的三角形的面积的表达式及三角形用内切圆表示的三角形的面积的应用，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：∵当x >0时，f(x)=xlnx +a ， ∴f′(x)=lnx +1，令f′(x)>0，得x >1
e ；令f′(x)<0，得0<x <1
e ；
∴当x >0时，f(x)在(0,1
e )上为减函数，在(1
e ,+∞)上为增函数，故在x =1e 处取极小值， ∴f(x)极小值=f(1
e )=1
e ln 1
e +a =−1
e +a ； 又∵x ≤0时，f(x)=x +2为一次函数，
又∵f(x 1)=f(x 2)，则x 1与x 2分别为x ≤0与x >0范围内的值，设x 1≤0，x 2>0， |x 1−x 2|max =3，即x >0时，f(x)=xlnx +a 上一点A 处切线与f(x)=x +2平行，此时A 点横坐标为x 2，对应f(x 1)=f(x 2)B 点横坐标为x 1，且|x 1−x 2|max =3， ∴f′(x)=lnx +1，f′(x 2)=lnx 2+1=1，∴x 2=1， ∴f(x 2)=ln1+a =a ，
∴f(x 1)=f(x 2)=a ，x 1+2=a ，∴x 1=a −2． |x 1−x 2|max =x 2−x 1=1−(a −2)=3−a =3， ∴a =0． 故选：C ．
利用导数的几何意义，表示出当x >0时函数切点的横坐标进而表示出x ≤0的横坐标，再利用|x 1−x 2|max =3求解．
本题利用了导数的几何意义，找出了切点的横坐标和对应函数值相等的横坐标之间关系，这是本题的难点，属于题．
9.【答案】BCD
【解析】解：对于A ，∵样本数据x 1，x 2，…，x n (数据各不相同)的平均数为2， ∴样本数据2x 1−3，2x 2−3，…，2x n −3的平均数为2×2−3=1，故A 错误，
对于B ，∵随机变量X 的方差为D(X)=1， ∴D(2X +1)=22D(X)=4，故B 正确，
对于C ，∵随机变量X 服从正态分布N(2,σ2)，P(X >1)=0.72， ∴P(2≤X ≤3)=P(1≤X ≤2)=0.72−0.5=0.22，故C 正确，
对于D ，∵将一枚质地均匀的硬币连续抛掷两次，用X 表示出现正面向上的次数，
∴P(X =1)=C 21
0.5(1−0.5)=0.5，故D 正确．
故选：BCD ．
对于A ，根据已知条件，结合平均数公式，即可求解，对于B ，结合方差公式，即可求解，对于C ，结合正态分布的对称性，即可求解，对于D ，结合二项分布的概率公式，即可求解．
本题主要考查命题的真假判断与应用，需要学生较强的综合能力，属于中档题．
10.【答案】BD
【解析】解：对A ：OA
⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ||OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |cos∠AOB =2×2×cos60°=2，故A 错误； 对B ：因为OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ，所以|OC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√OA ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2+2OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =√4+4+4=2√3，故B 正确；
对C ：由题不妨设OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2cos π6,2sin π
6
)=(√3,1)，则与OA ⃗⃗⃗⃗⃗ 共线的单位向量的坐标可以是(√32
,12
)、(−√32
,−1
2
)，故C 错误；
对D ：由题OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,1)，OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,−1)，则OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =−(OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=(−2√3,0)，所以CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3√3,1)，CB
⃗⃗⃗⃗⃗ =(3√3,−1)， 则cos <CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ，CB ⃗⃗⃗⃗⃗ >=√27+1√27+1
=1314，故D 正确； 故选：BD ．
根据平面向量数量积的运算定义即可判断A ；根据平面向量模的计算公式即可判断B ；根据向量数乘的概念可判断C ；根据向量夹角公式可判断D ．
本题考查平面向量数量积的运算性质，涉及向量模、向量夹角的公式应用，属于中档题．
11.【答案】AD
【解析】解：由(m −1)x +(2m −1)y −4m +4=0，得m(x +2y −4)−x −y +4=0， 联立{x +2y −4=0−x −y +4=0
，得{x =4y =0，
无论m 为何值，直线l 恒过定点(4,0)，故A 正确； 在(x −2)2+(y −1)2=9中，令y =0，得x =2±2√2， 所以圆C 被x 轴截得的弦长为4√2，故B 错误；
当直线l 过圆心C(2,1)时，直线被圆截得的弦长最大，最大值为6， 此时直线方程为y =−1
2x +2，故C 错误； 设P(4,0)，易知P 在圆内，当直线l ⊥PC 时，
直线l 被圆截得的弦长最小，且最小值为2√9−PC 2=2√9−5=4，故D 正确． 故选：AD ．
利用直线系方程求得直线所过定点的坐标判断A ；求出圆C 被x 轴截得的弦长判断B ；当直线过圆心时可判断C ，当直线l ⊥PC 时算出弦长可判断D ．
本题主要考查直线恒过定点问题，直线与圆的位置关系，圆的弦长及最值等知识，属于基础题．
12.【答案】BC
【解析】解：在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，∵AB =BC ，∴A 1B 1=B 1C 1， 又D 1是A 1C 1的中点，∴B 1D 1⊥A 1C 1，
又平面A 1B 1C 1⊥平面AA 1C 1C ，且平面A 1B 1C 1∩平面AA 1C 1C =A 1C 1， ∴B 1D 1⊥平面AA 1C 1C ，而AP ⊂平面AA 1C 1C ，则B 1D 1⊥AP ． 即直线AP ，B 1D 1所成的角的大小为π
2，故A 错误；
V P−B 1CD 1=V B 1−PCD 1，∵A 1D//CD 1，∴P 到CD 1 的距离为定值， 又CD 1为定值，B 1到平面PCD 1的距离为定值， 则V P−B 1CD 1=V B 1−PCD 1 为定值，故B 正确；
由B 1D 1⊥平面AA 1C 1C ，得直线B 1C 与平面CC 1D 所成的角为∠B 1CD 1，
在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，∵AB ⊥BC ，AB =BC =1，AA 1=2，D 1是A 1C 1的中点，
∴CB 1=√12+22=√5，C 1D 1=√
22，CD 1=√(√22)2+22=3√22
，
∴直线B 1C 与平面CC 1D 所成的角的余弦值是
3√2
2
√5
=
3√1010
，故C 正确；
DD 1的中点O 到直三棱柱ABC −A 1B 1C 1的各个顶点的距离相等，
∴O 为直三棱柱ABC −A 1B 1C 1的外接球的球心，则外接球的半径为R =√12+(√22
)2=√62
，
∴三棱柱ABC −A 1B 1C 1的外接球的表面积是4π×(√6
2
)2=6π，故D 错误．
故选：BC ．
由直线与平面垂直的判定与抽象判定A ；利用等体积法说明三棱锥P −B 1CD 1的体积是定值；直接求出直线B 1C 与平面CC 1D 所成的角的余弦值判断C ；求出三棱柱ABC −A 1B 1C 1的外接球的表面积判断D ．
本题考查命题的真假判断与应用，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
13.【答案】10
【解析】解：
(1+1
3x)n (n ∈N ∗)的展开式的通项公式是T r+1=C n r
(1
3x)r ，r =0，1，2...，n ，
由r =2可得C n
2
⋅1
9=5，即n(n−1)2
=45，n ∈N ，
解得n =10． 故答案为：10．
求得(1+1
3x)n (n ∈N ∗)的展开式的通项公式，令r =2，解方程可得n 即可． 本题考查二项式定理和通项公式的运用，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
14.【答案】2
【解析】解：设切点为(m,n)， 由f(x)=alnx +b ，得f′(x)=a
x ， ∴f′(m)=a
m =a ，则m =1，
又alnm +b =am −2，∴b =a −2，即a −b =2． 故答案为：2．
设出切点坐标，求出原函数的导函数，由函数在切点处的导数值等于切线的斜率，且切点处的函数值相等列式即可求得a −b 的值．
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，设切点是关键，是基础题．
15.【答案】1
【解析】解：由题意及抛物线的对称性可得等边△OAB 的另两个顶点A ，B 关于x 轴对称， 如图所示设AB 与x 轴交于D ，
由三角形的边长2√3，可得|OD|=2√3×√3
2=3，|AD|=2√3×1
2=√3，
所以顶点A 的坐标为：(3,√3)，
代入抛物线的方程：3=6p ，可得2p =1， 所以抛物线的方程为：y 2=x ；
所以焦点F(14,0)，准线的方程为x =−1
4， 所以NF 的中点M 的横坐标为
14+5
4
2=3
4
， 所以M 到准线的距离d =3
4+1
4=1， 故答案为：1．
由等边三角形的边长及抛物线的对称性，可得三角形顶点的坐标，代入抛物线的方程可得p 的值，求出抛物线的方程，进而可得焦点的坐标及准线的方程，求出NF 的中点的横坐标，进而求出NF 中点到准线的距离．
本题考查求抛物线的方程及抛物线的性质的应用，属于中档题．
16.【答案】216 22n+1−2(写成65536或42
n −1
也可)
【解析】解：第1次得到数列1，2，2， 第2次得到1，1×2，2×2，2，即1，2，22，2
第3次得到1，1×2，2×22，22×2，2，即1，2，23，23，2
第4次得到1，1×2，2×23，23×23，2×23，2，即1，2，24，26，24，2， 故b 4=1×2×24×26×24×2=216=224
，
又b1=22=221，
b2=1×2×22×2=24=222，
b3=1×2×23×23×2=28=223，
故可推出b n=22n，
∴H n=b1×b2×⋅⋅⋅b n
=221×222×⋅⋅⋅×22n
=2(21+22+⋅⋅⋅+2n)
=22(2n−1)
=22n+1−2
=42n−1．
故答案为：216，22n+1−2(写成65536或42n−1也可)．
由题意列出各次的项，再求b n，及其和H n即可．
本题考查数列的应用，考查学生的运算能力，属于难题．
17.【答案】解：(Ⅰ)法一：∵2S n=(n+1)a n(n∈N∗)，∴2S n−1=na n−1(n≥2)，
两式相减得：2a n=(n+1)a n−na n−1，即(n−1)a n=na n−1，∴a n
a n−1=n
n−1
(n≥2)．
∴a n=a1⋅a2
a1⋅a3
a2
⋯a n
a n−1
=1⋅2
1
⋅3
2
⋯n
n−1
=n，
而a1=1满足上式，∴a n=n(n∈N∗)．
法二：∵2S n=(n+1)a n(n∈N∗)，∴2S n−1=na n−1(n≥2)，
两式相减得：2a n=(n+1)a n−na n−1，即(n−1)a n=na n−1，∴a n
a n−1=n
n−1
(n≥2)，
∴a n
n −a n−1
n−1
=0，
∴数列{a n
n
}是以1为首项，以0为公差的等差数列，
∴a n
n
=1+(n−1)×0，
∴a n=n．
当n=1时，a1=1满足上式，
∴a n=n(n∈N∗)．
(Ⅱ)法一：由(Ⅰ)知，b n=(−1)n n(n+1)，∴b2n+b2n−1=2n(2n+1)−(2n−1)⋅2n=4n，
∴(b2n+b2n−1)−(b2n−2+b2n−3)=4n−4(n−1)=4，
即数列{b2n+b2n−1}是以4为公差的等差数列．
∴T2n=(b1+b2)+(b3+b4)+⋯+(b2n−1+b2n)=4(1+2+⋯+n)=4⋅n(1+n)
2
= 2n2+2n．
法二：由(Ⅰ)知b n=(−1)n n(n+1)=(−1)n(n2+n)，
∴T2n=b1+b2+⋯+b2n−1+b2n=−(12+1)+(22+2)−(32+3)+⋯−[(2n−1)2+2n−1]+[(2n)2+2n]=n+[1+2+3+⋯+(2n−1)+(2n)]=n+
(1+2n)×2n
2
=2n2+2n．
【解析】(Ⅰ)法一：通过2S n=(n+1)a n(n∈N∗)，2S n−1=na n−1(n≥2)，两式相减，推出(n−1)a n=na n−1，通过累积法求解数列的通项公式．
法二：通过2S n=(n+1)a n(n∈N∗)，2S n−1=na n−1(n≥2)，两式相减，推出a n
n −a n−1
n−1
=
0，得到数列{a n
n
}是以1为首项，以0为公差的等差数列，求解通项公式．
(Ⅱ)法一：推出数列{b2n+b2n−1}是以4为公差的等差数列．然后求解数列的和即可．法二：推出b n=(−1)n n(n+1)=(−1)n(n2+n)，利用分项求和，推出结果即可．
本题考查数列的递推关系式的应用，数列的通项公式以及数列求和，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
18.【答案】解：(Ⅰ)∵2asinC−√3c=0，由正弦定理得：2sinAsinC=√3sinC，
∵sinC≠0，∴sinA=√3
2
，
又c>a，∴A∈(0,π
2).∴A=π
3
．
(Ⅱ)∵AB=2，D为AB的中点，∴AD=BD=1，∵∠CDA+∠CDB=π，∴cos∠CDA+cos∠CDB=0，
∴CD2+1−b2
2CD +CD2+1−a2
2CD
=0，即2CD2+2=a2+b2，
而CD2=ab，∴(a−b)2=2，∴a−b=√2，∴a=√2+b．
在△ABC中，由余弦定理有(√2+b)2=4+b2−2⋅2⋅b⋅cos60°，解得b=√2−1．
∴S△ABC=1
2⋅2⋅(√2−1)sinπ
3
=√6−√3
2
．
【解析】(Ⅰ∵2asinC−√3c=0，由正弦定理sinA=√3
2
，然后求解A．
(Ⅱ)利用已知条件推出a=√2+b.结合余弦定理求解b，然后求解三角形的面积．
本题考查正弦定理、余弦定理的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
19.【答案】解：(Ⅰ)
有“二次游”愿望无“二次游”愿望合计青少年人8210
中老年人268
合计10818
∵K2=n(ad−bc)2
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)=18×(6×8−2×2)2
10×8×10×8
=5.445>3.841．
∴有95%把握认为有“二次游”愿望与年龄有关．
(Ⅱ)由题意可得，随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3，
P(X=0)=C80⋅C22
C102⋅6
8
=6
360
=1
60
，
P(X=1)=C81C21
C102⋅6
8
+C80C22
C102
⋅2
8
=98
360
=49
180
，
P(X=2)=C82C20
C102⋅6
8
+C81C21
C102
⋅2
8
=200
360
=5
9
，
P(X=3)=C82C20
C102⋅2
8
=56
360
=7
45
，
∴随机变量X的分布列为：
X0123
P 1
60
49
180
5
9
7
45
∴E(X)=0×1
60+1×49
180
+2×5
9
+3×7
45
=37
20
．
【解析】(I)根据已知条件，结合独立性检验公式，即可求解．
(II)由题意可得，随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3，分别求出对应的概率，即可求解分别列，再结合期望公式，即可求解．
本题主要考查离散型随机变量分布列的求解，以及独立性检验公式的应用，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．
20.【答案】(Ⅰ)证明：取BC的中点O，连接PO，∵PB=
PC=1，PB⊥PC，
∴PO⊥BC，且PO=√2
2
，
∵平面PBC ⊥平面ABCD ，平面PBC ∩平面ABCD =BC ， ∴PO ⊥平面ABCD ，∴PO ⊥AC ，
∴V P−ACD =1
3S △ACD ⋅PO =1
3×1
2⋅AD ⋅CD ⋅PO =
√2
12
CD =√2
12，∴CD =1，
则AC =√2，又BC =√2，AB =2，∴AB 2=AC 2+BC 2，AC ⊥BC ， 又∵PO ∩BC =O ， ∴AC ⊥平面PBC ．
(Ⅱ)解：由(Ⅰ)知AC ⊥BC ，过点C 作平面ABCD 的垂线，建立空间直线坐标系C −xyz 如图所示，
则A(0,√2,0)，B(√2,0,0)，P(√2
2
,0,√2
2
)，D(−√2
2
,√
2
2
,0)，
∴AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√2,−√2,0)，AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√22,−√2,√22)，AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−
√22,−√2
2
,0)， 设平面ABP 的法向量为m
⃗⃗⃗ =(x 1,y 1,z 1)， 则{m ⃗⃗⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =√2x 1−√2y 1=0m ⃗⃗⃗ ⋅AP
⃗⃗⃗⃗⃗ =√22
x 1−√2y 1+√22
z 1=0，
令x 1=1，则y 1=1，z 1=1，∴m ⃗⃗⃗ =(1,1,1)， 设平面ADP 的法向量为n
⃗ =(x 2,y 2,z 2)， 则{n ⃗ ⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−√22x 2−√22
y 2=0n
⃗ ⋅AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =√22
x 2−√2y 2+√22
z 2=0，
令x 2=1，则y 2=−1，z 2=−3，∴n ⃗ =(1,−1,−3)， 则cos〈m ⃗⃗⃗ ,n ⃗ 〉=m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗
|m ⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗⃗ |
=1×1+1×(−1)+1×(−3)
√3⋅√11
=−
√33
11
． 由图可知二面角B −PA −D 的平面角为钝角，所以二面角B −PA −D 的余弦值为−√33
11
．
【解析】(Ⅰ)取BC 的中点O ，连接PO 证明PO ⊥AC ，通过三棱锥P −ACD 的体积，求解CD ，利用勾股定理推出AC ⊥BC ，然后证明AC ⊥平面PBC ．
(Ⅱ)过点C 作平面ABCD 的垂线，建立空间直线坐标系C −xyz 求出平面ABP 的法向量，平面ABP 的法向量利用空间向量的数量积求解二面角B −PA −D 的余弦值即可． 本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力转化思想以及计算能力，是中档题．
21.【答案】解：(Ⅰ)由题意知PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(a,−b)，PR ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−a,−b)，∴PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PR ⃗⃗⃗⃗⃗ =−a 2+b 2=−3，
∵点S 是PF 2的中点，且|OS|=1，∴|OS|=
12
|PF 2|=1
2
a =1，∴a =2，
b =1，
故所求椭圆方程为
x 24
+y 2=1．
(Ⅱ)法一：设M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2)，直线MN ：x =ty −1， 联立{x =ty −1
x 2+4y 2=4，得(4+t 2)y 2−2ty −3=0，
∴y 1+y 2=
2t
4+t 2
，y 1y 2=−3
4+t 2， |y 1−y 2|=√(y 1+y 2
)2
−4y 1y 2=√4t 2
(4+t 2)2−4⋅−3
4+t 2=
4√t 2+34+t 2
，
∴S △QMN =12
⋅|TQ|⋅|y 1−y 2|=12
×3⋅4√t 2+34+t 2=
125
，
∴t =±1．
∴直线MN 的方程为y =x +1或y =−x −1． 法2：求出弦长|MN|=√1+t 2|y 1−y 2|=√1+t 24√t
2+3
4+t 2
点Q 到直线MN 的距离d =3
√1+t 2，所以S △QMN =12|MN|d =6√t 2
+34+t 2=12
5
， ∴t =±1．
∴直线MN 的方程为y =x +1或y =−x −1．
【解析】(Ⅰ)通过向量的数量积，结合|OS|=1，求解a ，b ，推出所求椭圆方程． (Ⅱ)法一：设M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2)，直线MN ：x =ty −1，联立方程组，利用韦达定理弦长公式，结合三角形的面积求解即可．
法2：求出弦长，结合点Q 到直线MN 的距离，通过三角形的面积，转化求解直线方程即可．
本题考查直线与椭圆的位置关系的应用，椭圆方程的求法，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
22.【答案】解：
(Ⅰ)因为f(x)=e x+m−1−(x −1)3，所以f′(x)=e x+m−1−3(x −1)2， 因为曲线y =f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为1， 所以f′(1)=e m =1，解得m =0．
(Ⅱ)证明：f(x)>g(x)−(x−1)3，等价于e x+m−1−lnx−2>0．当m≥1时，e x+m−1−lnx−2>e x−lnx−2．
要证e x+m−1−lnx−2>0，只需证明e x−lnx−2>0．
设ℎ(x)=e x−lnx−2，则ℎ′(x)=e x−1
x
．
设p(x)=e x−1
x ，则p′(x)=e x+1
x2
>0，
所以函数p(x)=ℎ′(x)=e x−1
x
在(0,+∞)上单调递增．
因为ℎ′(1
2
)=√e−2<0，ℎ′(1)=e−1>0，
所以函数ℎ′(x)=e x−1
x 在(0,+∞)上有唯一零点x0，且x0∈(1
2
,1)．
因为ℎ′(x0)=0，所以e x0=1x
，即lnx0=−x0．
当x∈(1
2
,x0)时，ℎ′(x)<0，当x∈(x0,+∞)时，ℎ′(x)>0，
∴当x=x0时，ℎ(x)取得最小值ℎ(x0)，
所以ℎ(x)≥ℎ(x0)=e x0−lnx0−2=1x
+x0−2>0．
综上可知，当m≥1时，f(x)>g(x)−(x−1)3．
【解析】(Ⅰ)求出导函数，通过曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为1，求解m即可．
(Ⅱ)f(x)>g(x)−(x−1)3等价于e x+m−1−lnx−2>0.要证e x+m−1−lnx−2>0，只
需证明e x−lnx−2>0.设ℎ(x)=e x−lnx−2，求出导函数，设p(x)=e x−1
x
，利用函数的导数判断函数的单调性，转化求解ℎ(x)的最小值，然后推出当m≥1时，f(x)> g(x)−(x−1)3．
本题考查函数的导数的应用，切线的斜率以及构造法的应用，二次导函数的应用，考查分析问题解决问题的能力，是难题．。