山东省2022届高三第二次学业质量联考数学试卷 附答案

2021-2022学年山东省高三（下）第二次学业质量联考数学试卷题号一二三四总分得分
一、单选题（本大题共8小题，共40分）
1.已知集合A={2,3,4,5}，B={x|y=√3x−x2}，则A∩B=()
A. {2}
B. {3}
C. {2,3}
D. {2,3,4}
2.已知z−=1−z
1+i
，则复数z=()
A. 2+i
B. 2−i
C. 1−i
D. −1+i
3.已知非零实数m，n满足e m>e n，则下列关系式一定成立的是．()
A. 1
m <1
n
B. ln(m2+1)>ln(n2+1)
C. m+1
m >n+1
n
D. m|m|>n|n|
4.《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为
等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥．若一个直角圆锥的侧面积为36√2π，则它的体积为()
A. 18√2π
B. 72π
C. 64√2π
D. 216π
5.若α∈(π
2,π)，sinα=√5
3
，则tan(2α+π
2
)=()
A. 4√5
B. −4√5
C. √5
20D. −√5
20
6.“a<4”是“过点(1,1)有两条直线与圆x2+y2+2y−a=0相切”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
7.(x+2y)5(x−2y)7的展开式中x9y3的系数为()
A. −160
B. −80
C. 160
D. 80
8.函数f(x)=1+sinπx−xsinπx在区间[−5
2,9
2
]上的所有零点之和为()
A. 0
B. 3
C. 6
D. 12
二、多选题（本大题共4小题，共20分）
9.已知m，n均为正数，随机变量X的分布列如表：
X012
P m n m 则下列结论一定成立的是()
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A. P(X =1)<P(X ≠1)
B. E(X)=1
C. mn ≤1
8
D. D(X +1)<1
10. 已知抛物线C ：y 2=4x 的焦点为F ，点P 在抛物线C 上，A(−5
4,0)，若△PAF 为等腰
三角形，则直线AP 的斜率可能为( )
A. 4√27
B. 2√55
C. √52
D. −2√23
11. 已知在△ABC 中，AB =√2AC ，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =2AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2CN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，若AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，则( )
A. AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +2AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =3AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
B. (AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −2AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )//CM
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ C. AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AC
⃗⃗⃗⃗⃗ D. ∠ACM =45°
12. 如图，在棱长为2的正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，P 分别是AA 1，CC 1，C 1D 1
的中点，Q 是线段D 1A 1上的动点，则( )
A. 存在点Q ，使B ，N ，P ，Q 四点共面
B. 存在点Q ，使PQ//平面MBN
C. 三棱锥P −MBN 的体积为1
3
D. 经过C ，M ，B ，N 四点的球的表面积为9π
2
三、填空题（本大题共4小题，共18分）
13. 已知直线y =ax −1与曲线y =alnx +2相切，则a =______．
14. 已知等比数列{a n }的公比为−1，前n 项和为S n ，若{S n −1}也是等比数列，则
a 1=______．
15. 一个箱子里装有5件产品，包括2件一等品，2件二等品，1件次品，从中任意不放
回地随机抽取，每次1件，直到取到次品为止，则此过程中恰好把2件一等品全部取出的概率为______．
16. 已知A ，B 是抛物线x 2=y 上两动点，过A ，B 分别作抛物线的切线，若两切线交于
点P ，当∠APB =90°时，点P 的纵坐标为______，△APB 面积的最小值为______．
四、解答题（本大题共6小题，共72分）
17.第五代移动通信技术(简称5G)是最新一代蜂窝移动通信技术，是实现人机物互联的
网络基础设施．某市工信部门为了解本市5G手机用户对5G网络的满意情况，随机抽取了本市200名5G手机用户进行了调查，所得情况
统计如下：
满意情况
年龄
合计50岁以下50岁或50岁以上
满意95
不满意25
合计120200
(1)完成上述列联表，并估计本市5G手机用户对5G网络满意的概率；
(2)依据小概率值α=0.05的独立性检验，分析本市5G手机用户对5G网络满意与年
龄在50岁以下是否有关．
附：
α0.100.050.0250.0100.001
xα 2.706 3.841 5.024 6.63510.828χ2=n(ad−bc)2
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
，其中n=a+b+c+d．
18.如图，D是△ABC外一点，△ABC的内角A，B，C的
对边分别为a，b，c，已知cos∠BAC
a =cos∠BCA
2b−c
．
(1)求∠BAC；
(2)若b=3
2
c，AD=CD=2，且△ABC的面积是△ADC面积的2倍，求b的值．
19.已知数列{a n}满足a1=1，且a n+1={n+2
n
a n−1,n为奇数a n+1,n为偶数
．
(1)求{a n}的通项公式；
(2)若1
b n +1
4
=a n2，求数列{b n}的前n项和S n．
20.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面
PAD是等边三角形，平面PAD⊥平面ABCD，E，F分别是PC，
PB上的点，且PF=2FB，PE=3EC．
(1)证明：AF//平面BDE；
(2)求直线BC与平面BDE所成角的正弦值．
21.已知函数f(x)=xe x−ax+a，a≥0．
(1)若a=1，求f(x)的单调区间；
(2)若关于x的不等式f(x)≥alnx恒成立，求实数a的取值范围．
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22.已知椭圆C：x2
a2+y2
b2
=1(a>b>0)的左顶点是A，右焦点是F(1,0)，过点F且斜率
不为0的直线与C交于M，N两点，B为线段AM的中点，O为坐标原点，直线AM与BO
的斜率之积为−3
4
．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线AM和AN分别与直线x=4交于P，Q两点，证明：以线段PQ为直径的圆恒过两个定点，并求出定点坐标．
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答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：集合A ={2,3,4,5}， B ={x|y =√3x −x 2}={x|0≤x ≤3}， 则A ∩B ={2,3}． 故选：C ．
求出集合B ，利用交集定义能求出A ∩B ．
本题考查集合的运算，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.【答案】C
【解析】解：设z =a +bi(a,b ∈R)， 则z −
=a −bi =1−
a+bi 1+i
=1−
(a+bi)(1−i)(1+i)(1−i)
=1−
(a+b)+(b−a)i
2
，
所以{a =1−a+b
2
−b =−
b−a 2
，解得{a =1
b =−1，
所以z =1−i ． 故选：C ．
根据已知条件，结合共轭复数的概念，以及复数代数形式的乘除法运算，即可求解． 本题考查了共轭复数的概念，以及复数代数形式的乘除法运算，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：由y =e x 得y′=e x >0，∴y =e x 在R 上单调递增，又e m >e n ，可得m >n ， 取m =1，n =−2，得1
m >1
n ，故A 错误；
取m =1，n =−2，得m 2+1<n 2+1，所以ln(m 2+1)<ln(n 2+1)，故B 错误； 取m =1
2，n =1
3，得m +1
m <n +1
n ，故C 错误；
当m >n >0时，m 2>n 2，所以m|m|−n|n|=m 2−n 2>0，所以m|m|>n|n|，
当0>m>n时，m2<n2，所以m|m|−n|n|=−m2−(−n2)=n2−m2>0，所以
m|m|>n|n|，
当m>0>n时，m|m|>0>n|n|，综上所述D正确．
故选：D．
由已知得m>n，对于A，B，C选项取特殊值可判断，对于D，分m>n>0，0>m>n，m>0>n三种情况讨论可判断其正确性．
本题考查利用单调性比较数的大小，再结合各个选项的条件判断其正确性，属中档题．4.【答案】B
【解析】解：设该直角圆锥的底面圆半径为r，高为ℎ，母线长为l，
因为直角圆锥的轴截面为等腰直角三角形，所以ℎ=r，l=√2r．
因为直角圆锥的侧面积为36√2π，所以πrl=√2πr2=36√2π，解得r=6，
所以该直角圆锥的体积为1
3πr2ℎ=1
3
πr3=1
3
π×63=72π．
故选：B．
由题意知直角圆锥的底面圆半径为r等于高ℎ，再由直角圆锥的侧面积求出底面圆的半径，即可求出其体积．
本题主要考查锥体体积的计算，空间想象能力的培养等知识，属于中等题．
5.【答案】D
【解析】解：因为α∈(π
2,π)，sinα=√5
3
，
所以cosα=−√1−sin2α=−2
3，可得tanα=sinα
cosα
=−√5
2
，tan2α=2tanα
1−tan2α
=4√5，
则tan(2α+π
2)=−1
tan2α
=−√5
20
．
故选：D．
由已知利用同角三角函数基本关系式可求cosα，tanα的值，进而利用二倍角的正切公式可求tan2α的值，根据诱导公式即可求解．
本题主要考查了同角三角函数基本关系式，二倍角的正切公式，诱导公式在三角函数求值中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．
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6.【答案】C
【解析】解：过点(1,1)有两条直线与圆x 2+y 2+2y −a =0相切⇔点(1,1)在圆外⇔12+12+2×1−a >0，解得a <4．
所以“a <4”是“过点(1,1)有两条直线与圆x 2+y 2+2y −a =0相切”的充要条件． 故选：C ．
过点(1,1)有两条直线与圆x 2+y 2+2y −a =0相切⇔点(1,1)在圆外，以此可解决此题． 本题考查充分、必要条件的判断及点圆位置关系，考查数学运算能力及推理能力，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：二项式可以化为[(x +2y)(x −2y)]5(x −2y)2=(x 2−4xy +4y 2)(x 2−4y 2)5，
则二项式的展开式中含x 9y 3的项为−4xy ×C 51(x 2)4(−4y 2)1=80x 9y 3，
所以x 9y 3的系数为80， 故选：D ．
二项式可以化为[(x +2y)(x −2y)]5(x −2y)2=(x 2−4xy +4y 2)(x 2−4y 2)5，然后根据二项式定理求出含x 9y 3的项，进而可以求解．
本题考查了二项式定理的应用，考查了学生的运算求解能力，属于基础题．
8.【答案】C
【解析】解：函数f(x)=1+sinπx −xsinπx 的零点就是函数y =sinπx 与y =1
x−1的图象公共点的横坐标． 如图，因为函数y =sinπx 与y =1
x−1的图象均关于点(1,0)成中心对称，
且函数y =sinπx 与y =1
x−1的图象在区间[−52,9
2]上共有6个公共点，它们关于点(1,0)对
称，
所以函数f(x)在区间[−5
2,9
2
]上共有6个零点，它们的和为3×2=6．
故选：C．
由题意得函数f(x)=1+sinπx−xsinπx的零点就是函数y=sinπx与y=1
x−1
的图象公
共点的横坐标．再根据函数y=sinπx与y=1
x−1
的图象均关于点(1,0)成中心对称，由交点的个数可得答案．
本题考查了函数的零点、转化思想、数形结合思想及三解函数的性质，属于中档题．9.【答案】BCD
【解析】解：根据频率分布表可得，2m+n=1，且m>0，n>0，
P(X≠1)=P(X=0)+P(X=2)=2m，由m与n的大小关系不清楚，故选项A无法判别；
E(X)=0×m+1×n+2×m=2m+n=1，故选项B正确；
1=2m+n≥2√2mn，
∴mn≤1
8
，故选项C正确；
根据方差的性质可知D(X+1)=D(X)，
D(X)=(0−1)2×m+(1−1)2×n+(2−1)2×m=2m<1，故选项D正确，
故选：BCD．
利用频率分布表的性质，期望与方差的计算公式，即可解出．
本题考查了统计与概率，数学期望与方差，学生的数学运算能力，属于基础题．10.【答案】AB
【解析】解：由抛物线C：y2=4x的方程可得：焦点F(1,0)，因为A(−5
4
,0)，△PAF为等腰三角形时，可得|PF|=|PA|或|AF|=|PF|，
当|PF|=|AF|=5
4+1=9
4
时，设点P(m2
4
,m)，则√(m2
4
−1)2+m2=9
4
，解得m2=5，
这时P(5
4,±√5)，直线AP的斜率k=m
m2
4
+5
4
=±√55
2
=±2√5
5
；
当|AF|=|PA|=9
4时，设P(n2
4
,n)，则9
4
=√(n2
4
+5
4
)2+n2=9
4
，解得n2=2，
第10页，共20页
这时P(1
2,±√2)，直线AP 的斜率k =n n 2
4
+
5
4
=±√2
12+5
4
=±
4√27
；
故选：AB ．
由抛物线的方程可得焦点F 的坐标，由△PAF 为等腰三角形可得|PF|=|PA|或|AF|=|PF|，分两种情况讨论可得P 的坐标，进而求出直线AP 的斜率，进而选出结果． 本题考查抛物线的性质的应用及等腰三角形的性质的应用，直线斜率的求法，属于中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：在△ABC 中，AB =√2AC ，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =2AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2CN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，N 是CM 的中点，AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，
所以AN
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(12AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +14AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=12
AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 2
+1
4AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 2
−1
4
AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0， 可得1
4AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，所以AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AC
⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以C 正确； △ABC 是等腰直角三角形．延长AC 到E ，使得AC =CE ，连接BE ，则AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −2AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ，可得(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −2AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )//CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以B 正确； 如图：AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +2AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =4AN
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，
所以A 不正确；
∠ACM =45°，所以D 正确； 故选：BCD ．
画出图形，结合向量的数量积，判断选项的正误即可．
本题考查平面向量的数量积的应用，向量的位置关系的判断，考查分析问题解决问题的能力，是中档题．
12.【答案】ABC
【解析】解：如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接A1B，CD1
因为N，P分别是CC1，C1D1的中点，所以CD1//PN，
又因为CD1//A1B，所以A1B//PN，
所以A1，B，N，P四点共面，即当Q与A1重合时，B，N，P，Q四点共面，故选项A正确；
连接PQ，A1C1，当Q是D1A1的中点时，因为PQ//A1C1，A1C1//MN，所以PQ//MN，因为PQ⊄平面BMN，MN⊂平面BMN，所以PQ//平面BMN，故选项B正确；
连接D l M，D l N，D l B，
因为D1M|BN，
所以V三棱锥
P−MBN =V
三棱锥M−PBN
=V
三棱锥D1−PBN
=V
三棱锥B−PD1N
=1
3
×1
2
×1×1×2=
1
3
，
故选项C正确；
分别取BB1，DD1的中点E，F，构造长方体MADF−EBCN，
则经过C，M，B，N四点的球即为长方体MADF−EBCN的外接球，
设所求外接球的直径为2R，
则长方体MADF−EBCN的体对角线即为所求的球的直径，
即(2R)2=AB2+BC2+CN2=4+4+1=9，
所以经过C，M，B，N四点的球的表面积为4πR2=9π，故选项D错误．
故选：ABC．
对于A，连接A1B，CD1，可证得A1B//PN，从而可得结论；对于B，连接PQ，A1C1，当Q是D1A1的中点时，由线面平行的判定可证得；对于C，利用V三棱锥P−MBN=
V
三棱锥M−PBN =V
三棱锥D1−PBN
=V
三棱锥B−PD1N求解；对于D，分别取BB1，DD1的中点E，
F，构造长方体MADF−EBCN，其体对角线就是外接球的直径，求出体对角线的长，可求出球的表面积．
本题考查了线面平行，三棱锥体积和长方体外接球的表面积计算，属于中档题．13.【答案】3
【解析】解：由y=alnx+2，得y′=a
x
，
设切点是(x0,alnx0+2)，
则y′=a x
=a，
故x0=1，
∴ax0−1=alnx0+2，解得：a=3，
故答案为：3．
求出原函数的导函数，由题意求得切点的坐标，再由函数值相等即可求出a的值．
本题考查了切线方程问题，考查导数的应用，是中档题．
14.【答案】2
【解析】解：∵{S n−1}也是等比数列，
∴(S2−1)2=(S1−1)(S3−1)，
又∵S2=a1+a2=a1−a1=0，S3=a1+a2+a3=a1−a1+a1=a1，
∴1=(a1−1)(a1−1)，
解得a1=0或2，
又∵a n≠0，
∴a1=2，
故答案为：2．
由题意可知(S2−1)2=(S1−1)(S3−1)，再结合等比数列的通项公式即可求出结果．本题主要考查了等比数列的通项公式，属于基础题．
15.【答案】1
3
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【解析】解：一个箱子里装有5件产品，包括2件一等品，2件二等品，1件次品，从中任意不放回地随机抽取，每次1件，直到取到次品为止，
此过程中恰好把2件一等品全部取出的情况有：
①前2次都取出一等品，第3次取出次品，概率为P1=2
5×1
4
×1
3
=1
30
，
②前3次取出2件一等品，1件二等品，第4次取出次品，
概率为P2=C31×2
5×2
4
×1
3
×1
2
=1
10
，
③前4次取出2件一等品，2件二等品，第5次取出次品，
概率为P3=C42×2
5×1
4
×2
3
×1
2
×1=1
5
，
∴则此过程中恰好把2件一等品全部取出全部取出的概率为：
P=P1+P2+P3=1
30+1
10
+1
5
=1
3
．
故答案为：1
3
．
此过程中恰好把2件一等品全部取出的情况有：①前2次都取出一等品，第3次取出次品，②前3次取出2件一等品，1件二等品，第4次取出次品，③前4次取出2件一等品，2件二等品，第5次取出次品，由此能求出此过程中恰好把2件一等品全部取出全部取出的概率．
本题考查概率的求法，考查相互独立事件概率乘法公式、互斥事件概率加法公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
16.【答案】−1
41 4
【解析】解：设切点A(x1,x12)，B(x2,x22)，不妨设A在第一象限，
设PA方程y−x12=k(x−x1)与抛物线方程x2=y联立，消去y得x2−kx+kx1−x12=0，Δ=k2−4kx1+4x12=0，解得k=2x1，
∴PA的方程y−x12=2x1(x−x1)，
同理PB方程y−x22=2x2(x−x2)，
联立解得交点P(x1+x2
2
,x1x2)，
∵∠APB=90°时，k AP⋅k BP=4x1x2=−1，∴x1x2=−1
4
，
∴k AB=x22−x12
x2−x1
=x1+x2，
由直线AB的方程为y−x12=(x1+x2)(x−x1)，
即(x1+x2)x−y−x1x2=0，
故点P到直线AB的距离d=122
2√1+(x1+x2)2
，|AB|=√1+(x1+x2)2|x1−x2|，
∴S△PAB=1
2|AB|⋅d=|x1−x2|3
4
=
|x1+1
4x1
|3
4
≥1
4
，当且仅当x1=1
2
时，等号成立，
故答案为：−1
4；1
4
．
设切点A(x1,x12)，B(x2,x22)，设PA方程y−x12=k(x−x1)与抛物线方程x2=y联立，PA，PB的方程，解出点P的坐标为(x1+x2
2
,x1x2)，再利用∠APB=90°，求得P的纵坐标，再
求得直线AB的方程表示出弦长与点P到直线AB的距离，进而得S
△PAB =
|x1+1
4x1
|3
4
，可求
△APB面积的最小值．
本题考查抛物线的方程和性质，考查直线和抛物线的位置关系，直线方程的求法和运用，考查运算化简能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)2×2列联表如下：
所以本市5G手机用户对5G网络满意的概率约为150
200=3
4
．
(2)零假设为H0：本市5G手机用户对5G网络满意与年龄在50岁以下无关．
根据列联表中的数据，计算可得χ2=200×(95×25−25×55)2
120×80×150×50=25
9
≈2.778<3.841=χ0.05．
根据小概率值α=0.05的χ2独立性检验原则，没有充分证据推断H0不成立，因此可以认为H0成立，即认为本市5G手机用户对5G网络满意与年龄在50岁以下无关．
【解析】(1)依题意完善列联表，根据古典概型的概率公式计算可得；
(2)计算出卡方，与参考值比较，即可判断．
本题考查了独立性检验的知识，属于基础题．
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18.
【答案】解：(1)在△ABC 中，由cos∠BAC
a
=
cos∠BCA 2b−c
及正弦定理，得cos∠BAC sin∠BAC =cos∠BCA
2sinB−sin∠BCA ，
整理得2sinBcos∠BAC =cos∠BCAsin∠BAC +sin∠BCAcos∠BAC ， 即2sinBcos∠BAC =sin(∠BAC +∠BCA)=sinB ， 因为在△ABC 中，sinB ≠0， 所以cos∠BAC =1
2， 又0<∠BAC <π， 所以∠BAC =π
3． (2)由(1)知∠BAC =π
3， 因为b =3
2c ，c =23b ，
所以S △ABC =1
2
bcsin∠BAC =1
2
b ⋅2
3
b ⋅sin π
3
=√3
6
b 2，
又S △ADC =12b ⋅√22−(b
2
)2，S △ABC =2S △ADC ，
所以√36b 2=b √4−b 2
4，解得b 2=12， 因为b >0， 所以b =2√3．
【解析】(1)利用正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得cos∠BAC =1
2，结合范围0<∠BAC <π，即可求解．
(2)由(1)及已知利用三角形的面积公式即可求解．
本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
19.【答案】解：(1)因为a n+1={
n+2
n
a n −1,n 为奇数
a n +1,n 为偶数
，
所以当k ∈N ∗时，a 2k+1=a 2k +1=a (2k−1)+1+1=2k+1
2k−1a 2k−1，即a
2k+1
2k+1=a 2k−12k−1
，
所以当n 为奇数时，{a
n
n }是常数列， 又a 1=1，所以当n 为奇数时，a
n
n =
a 11
=1，即a n =n ，
当n 为偶数时，a n =a n+1−1=n +1−1=n ， 所以当n ∈N ∗时，a n =n ，
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即{a n }的通项公式为a n =n ．
(2)因为1b n
+1
4=a n 2
，
所以b n =44a n
2−1=44n 2−1=4(2n−1)(2n+1)=2(12n−1−1
2n+1)，
所以S n =2[(1−13)+(13−15)+(15−17)⋯+(12n−1−12n+1)]=2(1−12n+1)=4n
2n+1， 即数列{b n }的前项和S n =4n
2n+1．
【解析】(1)由题意可知当k ∈N ∗时，a 2k+1=a 2k +1=2k+12k−1a 2k−1，即a
2k+12k+1=
a 2k−12k−1
，所
以当n 为奇数时{a
n
n }是常数列，可求出当n 为奇数时a n =n ，当n 为偶数时a n =a n+1−1=
n ，从而求出{a n }的通项公式．
(2)由a n 求出b n ，再利用裂项相消法即可求出S n ．
本题主要考查了数列的递推公式，考查了裂项相消法求和，属于中档题．
20.【答案】(1)证明：如图，取PC 的中点Q ，连接QF ，
因为PE =3EC =34PC ，PQ =1
2PC ， 所以PQ
PE =2
3，且E 为QC 的中点．
又因为PF =2FB ，所以PF
PB =2
3，所以PQ
PE =PF
PB ． 又因为∠FPQ =∠BPE ，所以△FPQ∽△BPE ， 所以∠PFQ =∠PBE ， 所以FQ//BE ．
因为FQ ⊄平面BDE ，BE ⊂平面BDE ， 所以FQ//平面BDE ．
连接AC ，交BD 于点M ，连接AQ ，ME ， 因为M 为AC 的中点，E 为QC 的中点， 所以AQ//ME ．
因为AQ ⊄平面BDE ，ME ⊂平面BDE ， 所以AQ//平面BDE ．
因为AQ ⊂平面AQF ，FQ ⊂平面AQF ，AQ⋂QF =Q ， 所以平面AQF//平面BDE ． 因为AF ⊂平面AQF ， 所以AF//平面BDE ．
(2)解：如图，取AD 的中点H ，BC 的中点G ，连接PH ，HG ，则HG ⊥AD ． 因为PA =PD ，所以PH ⊥AD ．
因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD⋂平面ABCD =AD ，PH ⊂平面PAD ， 所以PH ⊥平面ABCD ，所以直线PH ，AD ，HG 两两垂直．
以H 为原点，以HA 所在直线为x 轴，HG 所在直线为y 轴，HP 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
设PA =2，则H(0,0,0)，P(0,0,√3)，B(1,2,0)，C(−1,2,0)，D(−1,0,0)，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,0,0)， DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2,0)，DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,√3)，PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,2,−√3)，DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =DP ⃗⃗⃗⃗⃗ +34PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(14,32,√34)， 设平面BDE 的一个法向量为n ⃗ =(x,y,z)， 则 {
n ⃗ ⋅DB
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x +y =0n ⃗ ⋅DE
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x +6y +√3z =0，
令x =√3，得y =−√3，z =5，所以n ⃗ =(√3,−√3,5)． 设直线BC 与平面BDE 所成的角为θ， 则sinθ=|BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ |
|BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ⃗⃗ |=√32×
√
31
=√93
31
． 所以直线BC 与平面BDE 所成角的正弦值为√93
31
．
【解析】(1)取PC 的中点Q ，连接QF ，结合已知条件可证得△FPQ∽△BPE ，从而可得FQ//BE ，由线面平行的判定可得FQ//平面BDE ，连接AC ，交BD 于点M ，连接AQ ，
ME ，
可证得AQ//平面BDE，则平面AQF//平面BDE，再由面面平行的性质可证得结论，(2)取AD的中点H，BC的中点G，连接PH，HG，可得直线PH，AD，HG两两垂直，所以以H为原点，以HA所在直线为x轴，HG所在直线为y轴，HP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解．
本题主要考查线面平行的证明，线面角的计算，空间向量及其应用等知识，属于中等题．
21.【答案】解：(1)当a=1时，f(x)=xe x−x+1，
则f′(x)=(x+1)e x−1．
当x∈(−∞,0)时，因为x+1<1，且0<e x<1，
所以(x+1)e x<1，
所以f′(x)=(x+1)e x−1<0，f(x)单调递减．
当x∈(0,+∞)时，因为x+1>1，且e x>1，
所以(x+1)e x>1，
所以f′(x)=(x+1)e x−1>0，f(x)单调递增．
所以当a=1时，f(x)的单调递减区间为(−∞,0)，单调递增区间为(0,+∞)．
(2)f(x)≥alnx恒成立等价于xe x−ax+a−alnx≥0(x>0)恒成立，
令ℎ(x)=xe x−ax+a−alnx(x>0)，
则ℎ(x)min≥0．
①当a=0时，ℎ(x)=xe x>0在区间(0,+∞)上恒成立，符合题意；
②当a>0时，ℎ′(x)=(x+1)e x−a−a
x =(x+1)⋅(e x−a
x
)，
因为y=e x在区间(0,+∞)上单调递增，y=a
x 在区间(0,+∞)上单调递减，所以y=e x−a
x
在区间(0,+∞)上单调递增，
当x趋近于0时，y=e x−a
x 趋近于−∞，当x趋近于+∞时，y=e x−a
x
趋近于+∞，
所以存在唯一x0∈(0,+∞)，使e x0−a x
0=0，此时x
e x0=a，即x0+lnx0=lna，
则当x∈(0,x0)时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减；当x∈(x0,+∞)时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增．
所以ℎ(x)min=ℎ(x0)=x0e x0−a(x0+lnx0)+a=2a−alna．
令ℎ(x)min≥0，得2a−alna≥0．
因为a>0，所以0<a≤e2．
综上，实数a的取值范围为[0,e2].
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【解析】(1)对f(x)求导，利用导数与单调性的关系即可求解单调区间；
(2)令ℎ(x)=xe x −ax +a −alnx(x >0)，由题意可得ℎ(x)min ≥0，分a =0和a >0两种情况讨论，利用导数求出ℎ(x)的最小值，由ℎ(x)min ≥0即可求解a 的取值范围． 本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查不等式恒成立问题，考查分类讨论思想与转化思想的应用，考查运算求解能力，属于难题．
22.【答案】解：(1)设椭圆C 的右顶点是A′，连接MA′，
因为B ，O 分别是AM ，AA′的中点，所以BO//MA′， 因为直线AM 与BO 的斜率之积为−3
4，所以k AM ⋅k M A′
=−3
4
．
设M(x 1,y 1)，则
x 1
2a 2
+
y 1
2b 2
=1，
因为A(−a,0)，A′(a,0)，所以k AM ⋅k MA′=y 1x 1
+a ⋅y 1x 1
−a
=
y 1
2x 1
2−a 2=
b 2(1−
x 12a 2)x 1
2−a 2=−b 2
a 2=−3
4，
所以{b 2
a 2=3
4
c =1a 2=b 2+c 2，解得{a =2b =√3
，
所以椭圆C 的方程为
x 24
+
y 23
=1．
(2)设直线MN 的方程为x =ty +1，t ≠0， 联立{x =ty +1x 2
4
+
y 23
=1
，整理得(3t 2+4)y 2+6ty −9=0，Δ>0，
设N(x 2,y 2)，则y 1+y 2=−6t
3t 2+4，y 1y 2=−9
3t 2+4．
由A(−2,0)，知AM 的方程为y =y
1
x 1+2(x +2)，则点P 的坐标为(4,6y 1
x
1+2
)，同理可得，点Q
的坐标为(4,6y 2
x 2+2
)．
令y P =6y 1
x
1
+2
，y Q =6y 2
x 2
+2
，则PQ 中点的坐标为(4,y P +y Q
2
)，|PQ|=|y P −y Q |， 所以以PQ 为直径的圆的方程为(x −4)2+(y −
y P +y Q 2
)2
=(
y P −y Q 2
)2
，
即(x−4)2+y2−(y P+y Q)y+y P y Q=0．
又y P+y Q=6y1
x1+2+6y2
x2+2
=6y1(ty2+3)+6y2(ty1+3)
(ty1+3)(ty2+3)
=12ty1y2+18(y1+y2)
t2y1y2+3t(y1+y2)+9
=12t(−9
3t2+4)+18(−6t
3t2+4
)
t2(−9
3t2+4)+3t(−6t
3t2+4
)+9
=12t⋅(−9)+18⋅(−6t)
t2⋅(−9)+3t⋅(−6t)+9(4+3t2)
=−6t，
y P y Q=6y1
x1+2⋅6y2
x2+2
=6y1
ty1+3
⋅6y2
ty2+3
=36×(−9)
t2×(−9)+3t×(−6t)+9(4+3t2)
=−9，
所以以PQ为直径的圆的方程为(x−4)2+y2+6ty−9=0．
令y=0，得x=1或x=7，
故以线段PQ为直径的圆恒过x轴上的两定点，定点坐标分别为(1,0)和(7,0)．
【解析】(1)设椭圆C的右顶点是A′，连接MA′，可得BO//MA′，设M(x1,y1)，则x12
a2+y12
b2
=1，
进而有k AM⋅k M′A′=−b2
a2=−3
4
，再联立椭圆中a，b，c的关系求解即可；
(2)设N(x2,y2)，写出直线AM，AN的方程，求出P，Q两点坐标，从而可得以线段PQ为直径的圆，再设直线MN的方程为x=ty+1，t≠0，联立直线MN与椭圆的方程，由韦达定理化简圆的方程，最后令y=0求解即可得答案．
本题主要考查椭圆方程的求解，直线与圆锥曲线的位置关系，韦达定理及其应用等知识，属于中等题．
第20页，共20页。