2021-2022学年江苏省苏州市高三(上)期中数学试卷(附答案详解)

2021-2022学年江苏省苏州市高三（上）期中数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）
1. 已知集合M ={x|−2≤x ≤3}，N ={x|log 2x ≤1}，则M ∩N =( )
A. [−2,3]
B. [−2,2]
C. (0,2]
D. (0,3]
2. 若a >0，b >0，则“ab <1”是“a +b <1”的( )
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件
3. 若tanα=3
4，则1+sin2α
1−2sin 2α=( )
A. −1
7
B. −7
C. 1
7
D. 7
4. 函数f(x)=(3x −x 3)sinx 的部分图象大致为( )
A.
B.
C.
D.
5. 已知△ABC 是边长为1的等边三角形，点D 、E 分别是边AB 、BC 的中点，连接DE 并
延长到点F ，使得DE =2EF ，则AF
⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的值为( ) A. −5
8
B. 1
4
C. 1
8
D. 11
8
6. 定义方程f(x)=f′(x)的实数根x.叫做函数f(x)的“躺平点”.若函数g(x)=lnx ，
ℎ(x)=x 3−1的“躺平点”分别为α，β，则α，β的大小关系为( )
A. α≥β
B. a >β
C. α≤β
D. α<β
7. 已知函数f(x)=Asin(ωx −π
6)(A >0,ω>0)，直线y =1与f(x)的图象在y 轴右侧
交点的横坐标依次为a 1，a 2，…，a k ，a k+1，…，(其中k ∈N ∗)，若a 2k+1−a 2k
a 2k −a 2k−1=2，则A =( )
B. 2
C. √2
D. 2√3
A. 2√3
3
8.设数列{a m}(m∈N∗)，若存在公比为q的等比数列{b m+1}(m∈N∗)，使得b k<a k<
b k+1，其中k=1，2，…，m，则称数列{b m+1}为数列{a m}的“等比分割数列”，
则下列说法错误的是()
A. 数列{b5}：2，4，8，16，32是数列{a4}：3，7，12，24的一个“等比分割数
列”
B. 若数列{a n}存在“等比分割数列”{b n+1}，则有a1<⋯<a k−1<a k<⋯<a n
和b1<⋯<b k−1<b k<⋯<b n<b n+1成立，其中2≤k≤n，k∈N∗
C. 数列{a3}：−3，−1，2存在“等比分割数列”{b4}
D. 数列{a10}的通项公式为a n=2n(n=1,2,…,10)，若数列{a10}的“等比分割数
列”{b11}的首项为1，则公比q∈(2,2109)
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）
=2−i(i为虚数单位)，设复数z=(a+1)+(a−1)i，则下列9.已知实数a满足3−ai
1+i
结论正确的是()
A. z为纯虚数
B. z2为虚数
C. z+z−=0
D. z⋅z−=4
10.已知不等式x2+2ax+b−1>0的解集是{x|x≠d}，则b的值可能是()
A. −1
B. 3
C. 2
D. 0
11.关于函数f(x)=sin|x|+|cosx|有下述四个结论，则()
A. f(x)是偶函数
B. f(x)的最小值为−1
,π)单调递增
C. f(x)在[−2π,2π]上有4个零点
D. f(x)在区间(π
2
12.如图，正方形ABCD与正方形DEFC边长均为1，平面ABCD与
平面DEFC互相垂直，P是AE上的一个动点，则()
A. CP的最小值为√3
2
B. 当P在直线AE上运动时，三棱锥D−BPF的体积不变
C. PD+PF的最小值为√2−√2
D. 三棱锥A−DCE的外接球表面积为3π
三、单空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知曲线y =me x +xlnx 在x =1处的切线方程为y =3x +n ，则n =______． 14. 已知数列{a n }是等差数列，a 1>0，a 3+3a 7=0，则使S n >0的最大整数n 的值为
______．
15. 某区域规划建设扇形观景水池，同时紧贴水池周边建设一圈人行步道．要求总预算
费用24万元，水池造价为每平方米400元，步道造价为每米1000元(不考虑宽度厚度等因素)，则水池面积最大值为______平方米．
16. 已知f(x)是定义在R 上的奇函数，且f(1−x)=f(x)，则f(x)的最小正周期为______；
若对任意的x 1，x 2∈[0,1
2]，当x 1≠x 2时，都有
f(x 1)−f(x 2)x 1−x 2
>π，则关于x 的不等式
f(x)≤sinπx 在区间[−32,32]上的解集为______．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）
17. 已知向量a ⃗ =(2sinx,2sin(x +π
4
))，向量b ⃗ =(cosx,√6
2
(cosx −sinx))，记f(x)=a ⃗ ⋅b ⃗ (x ∈R)． (1)求f(x)表达式；
(2)解关于x 的不等式f(x)≥1．
18. 在下列条件：①数列{a n }的任意相邻两项均不相等，且数列{a n 2
−a n }为常数列，
②S n =1
2(a n +n +1)(n ∈N ∗)，③a 3=2，S n+1=S n−1+1(n ≥2,n ∈N ∗)中，
任选一个，补充在横线上，并回答下面问题． 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1=2，______． (1)求数列{a n }的通项公式a n 和前n 项和S n ； (2)设b k =1
S 2k ⋅S 2k+1
(k ∈N ∗)，数列{b n }的前n 项和记为T n ，证明：
T n <3
4(n ∈N ∗)．
19.在等腰直角三角形ABC中，已知∠ACB=90°，点D，E分别在边AB，BC上，CD=4．
(1)若D为AB的中点，三角形CDE的面积为4，求证：E为CB的中点；
(2)若BD=2AD，求△ABC的面积．
20.如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AC=2，BC=
CD=1，∠CAD=30°，∠ACB=60°，M是PB上一点，且PB=
3MB，N是PC中点．
(1)求证：PC⊥BD；
(2)若二面角P−BC−A大小为45°，求棱锥C−AMN的体积．
−alnx(a>0)．
21.已知函数f(x)=ax−1
x
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)有两个极值点x1，x2(x1<x2)，且不等式f(x1)+f(x2)
2>f(x1+x2
2
)+m
x1x2
恒成
立，求实数m的取值范围．
22.已知函数f(x)=lnx−x+2sinx，f′(x)为f(x)的导函数，求证：
(1)f′(x)在(0,π)上存在唯一零点；
(2)f(x)有且仅有两个不同的零点．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：集合M={x|−2≤x≤3}=[−2,3]，N={x|log2x≤1}=(0,2]，则M∩N= (0,2]．
故选：C．
先化简集合N，再根据交集的运算即可求出．
本题考查描述法、区间的定义，以及对数不等式的解法和交集的运算，属于基础题．2.【答案】B
【解析】解：∵a>0，b>0，
⇒
∵ab<1，
令a=4，b=1
8
，则a+b>1，
∴充分性不满足．
⇐
当a+b<1时，0<a<1且0<b<1，
所以ab<1，
∴a>0，b>0，ab<1a+b<1的必要不充分条件，
故选：B．
判断充分条件、必要条件时均可以列举出满足条件的数，或使之不成立的数．
本题考查了充分、必要条件的判断，可以列举出满足条件的具体数进行判断，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：因为tanα=3
4
，
所以1+sin2α
1−2sin2α=sin2α+cos2α+2sinαcosαsin2α+cos2α−2sin2α
=
tan 2α+1+2tanα
1−tan 2α
=
(34)2+1+2×34
1−(34
)2
=7． 故选：D ．
由已知利用二倍角的正弦公式，同角三角函数基本关系式将1+sin2α
1−2sin 2α用tanα表示，再求值即可．
本题主要考查了二倍角的正弦公式，同角三角函数基本关系式在三角函数求值中的应用，考查了转化思想，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：∵f(−x)=(−3x +x 3)sin(−x)=(3x −x 3)sinx =f(x)， ∴f(x)为偶函数，排除选项C ；
当0<x <√3时，3x −x 3>0，sinx >0，∴f(x)>0， 当√3<x <π时，3x −x 3<0，sinx >0，∴f(x)<0， 故选：A ．
根据函数奇偶性的概念可判断f(x)为偶函数，排除选项B ，再对比剩下选项，需考虑0<x <√3和√3<x <π时，f(x)与0的大小关系即可作出选择．
本题考查函数的图象与性质，一般可从函数的单调性、奇偶性或特殊点处的函数值等方面着手思考，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】 【分析】
本题考查平面向量的数量积运算，考查向量加减法的三角形法则，是中档题． 由题意画出图形，把AF ⃗⃗⃗⃗⃗ 、BC ⃗⃗⃗⃗⃗ 都用BA ⃗⃗⃗⃗⃗ 、BC ⃗⃗⃗⃗⃗ 表示，然后代入数量积公式得答案． 【解答】
解：如图，
∵D 、E 分别是边AB 、BC 的中点，且DE =2EF ，
∴AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +DF ⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−12BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +3
2DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗
=(−12BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +34AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−12BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +34BC ⃗⃗⃗⃗⃗ −3
4BA ⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗
=(−54BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +34BC ⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =−54BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +34BC ⃗⃗⃗⃗⃗ 2
=−54|BA ⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|BC ⃗⃗⃗⃗⃗ |cos60°+34
×12 =−5
4×1×1×1
2+3
4=1
8． 故选：C ．
6.【答案】D
【解析】解：g(x)=lnx 定义域为(0,+∞)，g′(x)=1
x ， 由题意得：lnα=1
α，令t(x)=lnx −1
x ，x ∈(0,+∞)， 则α为函数t(x)=lnx −1
x 的零点，t′(x)=1
x +1
x 2>0， 所以t(x)=lnx −1
x 在x ∈(0,+∞)上单调递增，
又t(1)=−1<0，t(e)=1−1
e >0，由零点存在性定理，α∈(1,e)． 另外ℎ(x)=x 3−1，ℎ′(x)=3x 2，由题意得：β3−1=3β2，
令s(x)=x 3−1−3x 2，则β为函数s(x)=x 3−1−3x 2的零点，s′(x)=3x 2−6x ， 令s′(x)>0得：x >2或x <0，令s′(x)<0得：0<x <2，
所以s(x)=x 3−1−3x 2单调递增区间为(−∞,0)，(2,+∞)，单调递减区间为(0,2)， s(x)在x =0处取得极大值，s(0)=−1<0，在x =2处取得极小值， 故s(x)在(−∞,2)上无零点，
因为函数在(2,+∞)上单调递增，且s(3)=27−1−27<0，s(4)=64−1−48>0，
由零点存在性定理：β∈(3,4) 所以α<β． 故选：D ．
对g(x)=lnx 求导，构造函数t(x)=lnx −1
x ，研究其单调性和零点，利用零点存在性定理求出α∈(1,e)；同样的方法求出β∈(3,4)，得到答案．
本题主要考查新定义的应用，利用导数研究函数的单调性的方法，函数零点存在定理及其应用等知识，属于中等题．
7.【答案】B
【解析】解：设函数周期为T ，
由直线y =1与f(x)的图象在y 轴右侧交点的横坐标依次为a 1，a 2，…，a k ，a k+1，…，(其中k ∈N ∗)，
易知a 2k+1−a 2k−1=T ，
因为a 2k+1−a 2k
a 2k −a 2k−1=2，所以a 2k −a 2k−1=1
3T ， 令顶点为(m,A)，所以m −a 2k−1=T
6， 所以a 2k−1到左边零点的距离为T
12，
将y =sinx 与y =Asin(ωx −π
6)相对比，确定1与A 两个最大值的比例， 当x ∈[0,π2]时，π
2×T 12T 6+T 12
=π
6，
所以1
A =
sin
π
6sin π2
=1
2，所以A =2，
故选：B ．
由正弦型函数的图象易知a 2k+1−a 2k−1=T ，结合条件可得a 2k −a 2k−1=1
3T ，设出顶点坐标，结合图象找到对应比例可求得A ．
本题考查了y =Asin(ωx +φ)的图象与性质，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：对于A ，数列{b 5}：2，4，8，16，32，数列{a 4}：3，7，12，24， 因为2<3<4<7<8<12<16<24<32，
所以{b5}是{A4}的一个“等比分割数列”，故A正确；
对于B，因为数列{a n}存在“等比分割数列”{b n+1}，
所以b k<a k<b k+1，k=1，2，…，n，
则b k+1<a k+1<b k+2，
所以b k<a k<b k+1<a k+1，
故b k<b k+1，a k<a k+1，
所以数列{a n}和数列{b n}均为单调递增数列，故B正确；
对于C，假设存在{b4}是{a3}：−3，−1，2的“等比分割数列”，所以b1<−3<b2<−1<b3<2<b4，
因为−3<b2<−1，b1<−3，
故q=b2
b1
∈(0,1)，q=b3
b2
∈(0,1)，
因为−3<b2<−1，所以−1<b3<0，
因为b4<2，则q=b4
b3
<0，产生矛盾，
故假设不成立，故C错误；
对于D，{a10}的通项公式为a n=2n(n=1,2,...,10)，{b11}的首项为1，公比为q(q>1)，所以b n=q n−1，n=1，2， (11)
因为b n<a n<b n+1，n=1，2， (10)
则q n−1<2n<q n，n=1，2， (10)
故2<q<2n n−1，n=2， (10)
因为2n n−1=21+1n−1关于n单调递减，
所以2<q<2109，即q∈(2,2109)，故D正确．
故选：C．
利用“等比分割数列”的定义，对四个选项逐一分析判断即可．
本题考查了数列的综合应用，考查了新定义问题，解决此类问题，关键是读懂题意，理解新定义的本质，把新情境下的概念、法则、运算化归到常规的数学背景中，运用相关的数学公式、定理、性质进行解答即可，属于难题．
9.【答案】ACD
【解析】解：∵3−ai
1+i
=2−i，∴3−ai=(2−i)(1+i)=3+i，
∴a=−1，
∴z=−2i，
∴z为纯虚数，故选项A正确，
∴z2=(−2i)2=−4，为实数，故选项B错误，
∴z+z−=−2i+2i=0，故选项C正确，
∴z⋅z−=(−2i)×2i=4，故选项D正确，
故选：ACD．
利用复数的四则运算求解．
本题主要考查了复数的四则运算，是基础题．
10.【答案】AD
【解析】解：∵不等式x2+2ax+b−1>0的解集是{x|x≠d}，
∴△=4a2+4(b−1)=0，即a2=1−b≥0，
∴b≤1，
故选：AD．
由不等式x2+2ax+b−1>0的解集是{x|x≠d}，得到△=0，求出b的取值范围即可．本题主要考查了一元二次不等式的应用，属于基础题．
11.【答案】ABC
【解析】解：对于A，函数定义域为R，
f(−x)=sin|−x|+|cos(−x)|=sin|x|+|cosx|=f(x)，
所以f(x)为偶函数，故A正确；
对于B，f(x+2π)=sin|x+2π|+|cos(x+2π)|=sin|x|+|cosx|=f(x)，
所以2π是函数f(x)=sin|x|+|cosx|的一个周期，
当x∈[0,π
2]时，f(x)=sinx+cosx=√2sin(x+π
4
)，
此时f(x)的最小值为1，
当x∈(π
2,3
2
π]时，f(x)=sinx−cosx=√2sin(x−π
4
)，
此时f(x)的最小值为−1，
当x ∈(3π2,2π]时，f(x)=sinx +cosx =√2sin(x +π
4)， 此时f(x)的最小值为−1，
所以f(x)的最小值为−1，故B 正确；
对于C ，当x ∈[0,π2]时，f(x)={
sinx +cosx,0≤x ≤π
2sinx −cosx,π2<x ≤3π
2
sinx +cosx,3π2<x ≤2π
， 令f(x)=0，可得x =5π
4
，7π
4， 又f(x)为偶函数，
所以f(x)[−2π,2π]上有4个零点，故C 正确；
对于D ，当x ∈(π
2,π)时，sin|x|=sinx ，|cosx|=−cosx|， 则f(x)=sinx −cosx =√2sin(x −π
4)， 当x ∈(π
2,π),x −π
4∈(π4,
3π
4
)，
所以函数f(x)在(π
2,π)上不具备单调性，故D 错误； 故选：ABC ．
利用奇偶性定义可判断A ；
由f(x +2π)=sin|x +2π|+|cos(x +2π)|=sin|x|+|cosx|=f(x)，确定2π为函数f(x)的一个周期，求出一个周期内函数的最小值，可判断B ；
由于函数为偶函数，故研究x ∈[0,2π]时函数的零点情况，从而可得[−2π,2π]函数零点情况，可判断C ；
确定(π
2,π)上函数的解析式，可判断D ．
本题考查了分段函数的奇偶性，单调性，周期性，最值等相关知识，属于中档题．
12.【答案】BD
【解析】解：对于A ，连接DP ，CP ，易得CP =√DP 2+CD 2=√DP 2+1≥√1
2+1=√6
2，
故A 错误；
对于B ，P 在直线AE 上运动时，△PBF 的面积不变，D 到平面PBF 的距离也不变，故三棱锥D −BPF 的体积不变，故B 正确；
对于C ，如图，将△ADE 翻折到与平面ABFE 共面，则当D 、P 、F 三点共线时，PD +PF 取得最小值√(√22)2+(√22
+1)2=√2+√2，故C 错误；
对于D ，将该几何体补成正方体，则外接球半径为√3
2
，外接球表面积为3π，故D 正确．
故选：BD ．
由题可知CP =√DP 2+CD 2，可判断A ；根据条件可知△PBF 的面积不变，D 到平面PBF 的距离也不变，可判断B ；将△ADE 翻折到与平面ABFE 共面，即可判断C ；由正方体的性质可判断D ．
本题主要考查立体几何中的最值问题，锥体体积的计算，锥体的外接球问题等知识，属于中等题．
13.【答案】−1
【解析】解：由y =me x +xlnx ，得y′=me x +lnx +1， 则y′|x=1=me +1=3，即me =2， 又me =3+n ，∴3+n =2，即n =−1．
故答案为：−1．
求出原函数的导函数，再由函数在x=1处的导数值为3求得m值，然后利用函数在x=1时的函数值相等列式求解n．
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，关键是熟记基本初等函数的导函数，是基础题．
14.【答案】10
【解析】解：数列{a n}是等差数列，a1>0，a3+3a7=0，
∴a1+2d+3(a1+6d)=0，
解得a1=−5d，d<0，
∴S n=na1=n(n−1)
2d=−5nd+n(n−1)
2
d=d
2
(n2−11n)，
∵d<0，n>0，
∴S n>0时，n<11，
∴使S n>0的最大整数n的值为10．
故答案为：10．
由等差数列通项公式求出a1=−5d，d<0，从而S n=na1=n(n−1)
2
d=−5nd+
n(n−1)
2d=d
2
(n2−11n)，由此能求出使S n>0的最大整数n的值．
本题考查等差数列的运算，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．
15.【答案】400
【解析】解：由题意，扇形的弧长AB为l=θr，
扇形的面积为S=1
2
θr²，
由题意400×1
2
θr²+1000(2r+θr)≤24×104；
化简得θr2+5(2r+θr)≤1200(∗)；
又θr+2r≥2√2θr2，
所以θr2+10√2θr2≤1200；
设t=√2θr2，t>0，
则t 2
2
+10t ≤1200，
解得−60≤t ≤40，
所以当θr =2r =40时，面积S =1
2θr²的最大值为400． 故答案为：400．
求出扇形的面积，得到关于θ，r 的不等式，利用基本不等式求出面积的最大值． 本题考查了利用数学知识解决实际问题，考查了扇形的面积，考查了基本不等式运用以及最值的计算问题，是中档题．
16.【答案】2 [−1,0]∪[1,3
2]
【解析】解：因为f(1−x)=f(x)，且f(x)是定义在R 上的奇函数， 所以f(−x)=−f(x)， 则f(1−x)=−f(−x)，
则f(2−x)=−f(1−x)=f(−x)， 所以f(x)的最小正周期为2；
因为对任意的x 1，x 2∈[0,1
2]，当x 1≠x 2时，都有f(x 1)−f(x 2)x 1−x 2
>π，
不妨设x 1>x 2，
则f(x 1)−f(x 2)>πx 1−πx 2， 故f(x 1)−πx 1>f(x 2)−πx 2，
故函数y =f(x)−πx 在[0,12]上为增函数，
所以当x ∈[0,1
2]时，f(x)−πx ≥f(0)−π×0=0， 令g(x)=sinπx ， 则y =sinπx −πx ， 因为y′=πcosπx −π≤0，
所以y =sinπx −πx 是单调递减函数，
当x ∈[0,1
2]时，g(x)−πx =sinπx −πx ≤g(0)−0=0， 即当x ∈[0,12]时，f(x)−πx ≥g(x)−πx ， 故f(x)≥g(x)，
由对称性以及周期性作出函数f(x)和g(x)的图象，如图所示，
所以f(x)≤sinπx在区间[−3
2,3
2
]上的解集为[−1,0]∪[1,3
2
]．
利用奇函数的定义结合已知的恒等式，可得f(2−x)=f(−x)，利用周期的定义即可得
到答案；将已知的不等式变形，利用函数单调性的定义得到函数y=f(x)−πx在[0,1
2
]上为增函数，从而f(x)−πx≥0，令g(x)=sinπx，由y=sinπx−πx是单调递减函数，得到g(x)−πx≤0，从而f(x)≥g(x)，作出f(x)与g(x)的图像，即可得到答案．
本题考查了函数性质的综合应用，函数的周期性以及奇偶性定义的理解与应用，函数单调性定义的应用，利用导数研究函数单调性的运用，考查了逻辑推理能力与数形结合法的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)因为a⃗=(2sinx,2sin(x+π
4))，b⃗ =(cosx,√6
2
(cosx−sinx))，
f(x)=a⃗⋅b⃗ =(2sinx,2sin(x+π
4))⋅(cosx,√6
2
(cosx−sinx))=2sinxcosx+2×
√6 2sin(x+π
4
)(cosx−sinx)=2sinxcosx+√3(cos2x−sin2x)=sin2x+√3cos2x=
2sin(2x+π
3
)，
所以f(x)=2sin(2x+π
3
)；
(2)由(1)得2sin(2x+π
3
)≥1，
所以sin(2x+π
3)≥1
2
，
即π
6+2kπ≤2x+π
3
≤5π
6
+2kπ,(k∈Z)，
解得−π
12+kπ≤x≤π
4
+kπ,(k∈Z)，
所以不等式解集为[−π
12+kπ,π
4
+kπ],(k∈Z)．
【解析】(1)由向量的数量积运算以及三角恒等变换化简，得函数f(x)的表达式； (2)由正弦函数的性质，整体代换可得不等式的解集．
本题考查了三角函数的恒等变换，解三角不等式，属于基础题．
18.【答案】解：(1)选条件①时，数列{a n }的任意相邻两项均不相等，且数列{a n
2
−a n }为常数列，
所以a n 2−a n =a 12−a 1=2，解得a n =2或a n =−1；
所以数列{a n }为2，−1，2，−1，2，−1，.......， 所以a n +a n−1=1(n ≥2)， 即a n =−a n−1+1(n ≥2)，
整理得a n −1
2=−(a n−1−1
2)(n ≥2)， 所以a 1−1
2=32，
故数列{a n −1
2}是以3
2为首项，−1为公比的等比数列； 所以a n −1
2=32×(−1)n−1， 整理得a n =1
2+3
2⋅(−1)n−1； 故S n =1
2n +3
2×[
(1−(−1)n ]1−(−1)=
3+2n 4
+3
4
⋅(−1)n−1．
选条件②时，S n =1
2(a n +n +1)， 所以S n−1=1
2(a n−1+n −1+1)， 上面两式相减得：a n =1
2a n −1
2a n−1+1
2， 整理得a n =−a n−1+1(n ≥2)， 整理得a n −1
2=−(a n−1−12)(n ≥2)， 所以a 1−1
2=32，
故数列{a n −1
2}是以3
2为首项，−1为公比的等比数列； 所以a n −1
2=32×(−1)n−1， 整理得a n =1
2+3
2⋅(−1)n−1； 故S n =1
2n +3
2×[
(1−(−1)n ]1−(−1)
=
3+2n 4
+3
4⋅(−1)n−1．
选条件③时，a 3=2，S n+1=S n−1+1(n ≥2,n ∈N ∗)中，
转换为S n+1−S n−1=1(常数)，即a n+1+a n =1， 所以所以a n +a n−1=1(n ≥2)， 即a n =−a n−1+1(n ≥2)，
整理得a n −1
2=−(a n−1−1
2)(n ≥2)， 所以a 1−1
2=32，
故数列{a n −1
2}是以3
2为首项，−1为公比的等比数列； 所以a n −1
2=32×(−1)n−1， 整理得a n =1
2+3
2⋅(−1)n−1； 故S n =1
2n +3
2×[
(1−(−1)n ]1−(−1)=
3+2n 4
+3
4⋅(−1)n−1．
(2)由(1)得：S 2k =3+2×2k
4
+3
4
⋅(−1)2k−1=k ，S 2k+1=3+2×(2k+1)
4
+3
4⋅(−1)2k+1−1=k +
2， 所以：b k =1
S
2k ⋅S 2k+1
=
1k(k+2)=12(1k −
1
k+2)，
所以T n =1
2(1−1
3+1
2−1
4+1
3−1
5+...+1
k −1
k+2)=1
2(1+1
2−1
k+1−1
k+2)=3
4−1
2(1
k+1+1
k+2)<3
4
．
【解析】(1)选条件①时，利用数列的递推关系和数列的构造法求出数列的通项公式，进一步求出数列的和；
选条件②时，利用数列的递推关系和数列的构造法求出数列的通项公式，进一步求出数列的和；
选条件③时，利用数列的递推关系和数列的构造法求出数列的通项公式，进一步求出数列的和；
(2)利用(1)的结论，进一步利用数列的求和及裂项相消法和放缩法的应用求出结果． 本题考查的知识要点：数列的递推关系式，数列的通项公式的求法及应用，数列的求和，分组法的求和，裂项相消法和放缩法，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
19.【答案】证明：(1)
∵△ABC是等腰直角三角形，D是AB的中点，
∴CD是△ABC的中线，角平分线，高线，
∴CD⊥AB，CD=AD，
∴S△BCD=1
2
×4×4=8，
又S△CDE=4=1
2
S△BCD，
∴E为CB中点．
解：(2)作CF⊥AB于F，
∴∠AFC=∠BCF=90°，
又∵△ABC是等腰直角三角形，
∴CF=BF=AF=1
2
AB，
在直角三角形CFD中，CD2=CF2+DF2=CF2+(AF−AD)2，设AD=x，
∴BD=2AD=2x．
∴AB=AD+BD=3x，
∴CF=AF=BF=1
2AB=3
2
x，
∴CD2=CF2+(AF−AD)2，
∴42=(3
2x)2+(3
2
x−x)2，
解得x=4√10
5
，
则AB=12√10
5，CF=6√10
5
，
∴S△ABC=1
2AB⋅CF=1
2
×12√10
5
×6√10
5
=72
5
．
【解析】(1)由等腰三角形的性质证明即可，
(2)设出AD的长，再在三角形CFD中应用勾股定理求解出AD，再求AB及面积即可．
本题考察等腰三角形的性质的应用，及勾股定理，属于中档题．
20.【答案】(1)证明：因为AC=2，BC=1，∠ACB=60°，
AC=2，
所以AB2=BC2+AC2−2⋅BC⋅AC⋅cos60°，整理得AC2=
AB2+BC2，所以AB⊥BC，
因为CD=1，∠CAD=30°，AC=2，
所以CD
sin30∘=AC
sin∠ADC
，所以sin∠ADC=1，所以∠ADC=90°，
所以AD⊥CD，
所以∠ACD=∠ACB=60°，所以BD⊥AC，
因为PA⊥底面ABCD，所以PC在平面ABCD内投影是AC，所以PC⊥BD．
(2)解：由(1)知BD⊥平面PAC，
设点M到平面PAC距离为ℎ，
因为BO=BC⋅sin60°=√3
2
，
又因为PB=3MB，所以ℎ=BO⋅2
3=√3
3
，
因为PB在平面ABCD内的投影是AB，BC⊥AB，
所以BC⊥PB，所以∠PBA是二面角P−BC−A的平面角，所以∠PBA=45°，
所以PA=AB=AC⋅sin60°=√3，
V C−AMN=V M−ANC=1
3⋅S ANC⋅ℎ=1
3
⋅1
2
⋅S PAC⋅ℎ=1
3
⋅1
2
⋅1
2
⋅AC⋅AP⋅ℎ=1
6
．
【解析】(1)只要证明BD垂直于PC在平面ABCD内的投影AC即可；(2)用等体积法求解．本题考查了直线与平面的位置关系，考查了四面体体积问题，属于中档题．
21.【答案】解：(1)f′(x)=a+1
x2−a
x
=ax2−ax+1
x2
，令f′(x)=0，则ax2−ax+1=0，
①当△=a2−4a≤0，即0<a≤4时，f′(x)≥0恒成立，则f(x)在(0,+∞)上单调递增，无递减区间；
②当△=a2−4a>0，即a>4时，方程ax2−ax+1=0的解为x=a±√a2−4a
2a
，
且当0<x<a−√a2−4a
2a 和x>a+√a2−4a
2a
时，f′(x)>0，f(x)递增，当a−√a2−4a
2a
<x<
a+√a2−4a
2a
时，f′(x)<0，f(x)递减，
综上，当0<a≤4时，f(x)的单调递增区间为(0,+∞)，无单调递减区间；
当a>4时，f(x)的单调递增区间为(0,a−√a2−4a
2a ),(a+√a2−4a
2a
)，单调递减区间为
(a−√a2−4a
2a ,a+√a2−4a
2a
)；
(2)若f(x)有两个极值点，由(1)知，a>4，且x1，x2是方程ax2−ax+1=0的两个不等的实数根，
∴x1+x2=1,x1x2=1
a
，
∴不等式f(x1)+f(x2)
2>f(x1+x2
2
)+m
x1x2
即为ax1−
1
x1
−alnx1+ax2−1
x2
−alnx2
2
>1
2
a−2−aln1
2
+
am，
∴a(x1+x2)−x1+x2
x1x2
−aln(x1x2)>a−4+2aln2+2am，
∴a−a−aln1
a >a−4+2aln2+2am，即2m<lna+4
a
−2ln2−1，
令ℎ(a)=lna+4
a −2ln2−1，则ℎ′(a)=1
a
−4
a2
=a−4
a2
>0，
∴ℎ(a)在(4,+∞)上单调递增，则ℎ(a)>ℎ(4)=0，
∴m≤0，即实数m的取值范围为(−∞,0]．
【解析】(1)对函数f(x)求导，令f′(x)=0，然后分0<a≤4及a>4讨论导函数与零的关系，进而得到单调性情况；
(2)依题意，x1+x2=1,x1x2=1
a ，则原不等式可转化为2m<lna+4
a
−2ln2−1，令
ℎ(a)=lna+4
a
−2ln2−1，求出ℎ(a)的最小值即可得到实数m的取值范围．
本题考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查分离参数思想及分类讨论思想，考查运算求解能力，属于中档题．
22.【答案】证明：(1)设g(x)=f′(x)=1
x
−1+2cosx，
当x∈(0,π)时，g′(x)=−2sinx−1
x2
<0，
所以g(x)在(0,π)上单调递减，
又因为g(π
3)=3
π
−1+1>0，g(π
2
)=2
π
−1<0，
所以g(x)在(π
3,π
2
)上有唯一的零点α，
即f′(x)在(0,π)上存在唯一的零点α；
(2)①由(1)可知，当x∈(0,α)时，f′(x)>0，则f(x)单调递增，当x∈(α,π)时，f′(x)<0，则f(x)单调递减，
所以f(x)在x∈(0,π)上存在唯一的极大值点α，且α∈(π
3,π
2 )，
所以f(α)>f(π
2)=lnπ
2
−π
2
+2>2−π
2
>0，
又因为f(1
e2)=−2−1
e2
+2sin1
e2
<−2−1
e2
+2<0，
所以f(x)在(0,α)上恰有一个零点，
又因为f(π)=lnπ−π<2−π<0，
所以f(x)在(α,π)上也恰有一个零点；
②当x∈[π,2π)时，sinx≤0，f(x)≤lnx−x，
设ℎ(x)=lnx−x，则ℎ′(x)=1
x
−1<0，
故ℎ(x)在[π,2π)上单调递减，
所以ℎ(x)≤ℎ(π)<0，
故当x∈[π,2π)时，f(x)≤ℎ(x)≤ℎ(π)<0恒成立，
所以ℎ(x)在[π,2π)上没有零点；
③当x∈[2π,+∞)时，f(x)≤lnx−x+2，
令m(x)=lnx−x+2，
则m′(x)=1
x
−1<0，
故m(x)在[2π,+∞)上单调递减，
所以m(x)≤m(2π)<0，
则当x∈[2π,+∞)时，f(x)≤m(x)≤m(2π)<0恒成立，
所以f(x)在[2π,+∞)上没有零点．
综上所述，f(x)有且仅有两个零点．
【解析】(1)设g(x)=f′(x)，利用导数研究函数g(x)的单调性，然后由零点的存在性定理证明即可；
(2)分x∈(0,π)，x∈[π,2π)，x∈[2π,+∞)三种情况，分别利用导数研究函数的单调性以及函数的取值情况，结合零点的存在性定理进行分析证明即可．
本题考查了函数的零点与方程的根的综合应用，利用导数研究函数单调的运用，函数零点存在性定理的运用，解决函数零点或方程根的问题，常用的方法有：(1)方程法(直接
解方程得到函数的零点)；(2)图象法(直接画出函数的图象分析得解)；(3)方程+图象法(令函数为零，再重新构造两个函数，数形结合分析得解).属于中档题．。