2021年浙江省温州市高考数学模拟试卷(1)

2021年浙江省温州市高考数学模拟试卷（1）（3月份）
一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）
1.已知全集U={1,2，3，4}，集合A={1,2}，B={2,3}，则∁U(A∪B)=()
A. {1,3，4}
B. {3,4}
C. {3}
D. {4}
2.已知复数z满足z⋅i2020=1+i2019(其中i为虚数单位)，则复数z的虚部是()
A. −1
B. 1
C. −i
D. i
3.设某几何体的三视图如图，则该几何体的体积为()
A. 12
B. 8
C. 4
D. 2
4.若实数x，y满足约束条件{x+y≤2,
2x−y≥1,
y≥−1,
则z=x+2y的最大值为()
A. −2
B. −1
C. 1
D. 3
5.若a，b，c是△ABC的三条边，则“a2+b2+c2=ab+bc+ca”是“△ABC是等
腰三角形”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
6.现有四个函数①y=x|sinx|，②y=xcos|x|，③y=x2
e x
，④y=xln|x|的部分图象如图，但顺序被打乱，则按照图象从左到右的顺序，对应的函数序号正确的一组是()
A. ①④②③
B. ①④③②
C. ③②④①
D. ③④②①
7.若x∈(0,π
2)，y∈(0,π
2
)且sin2x=6tan(x−y)cos2x，则x+y的取值不可能是()
A. π
6B. π
4
C. 2π
3
D. 3π
4
8. 已知函数f(x)={|x 3−4x −1|(x ≥0)
x −1(x <0)
，若关于x 的方程f(x)=a(x +3)恰有4个
不相等的实数根，则实数a 的取值范围是( )
A. [1,√2)
B. [0,1)
C. [1
3,√2)
D. [1
3,1)
9. 设l 1，l 2是平面α内所成角为π
6的两条直线，过l 1，l 2分别作平面β，γ，且锐二面角
α−l 1−β的大小为π
4，锐二面角α−l 2−γ的大小为π
3，则平面β，γ所成的锐二面角的平面角的余弦值可能是( )
A. √36
B. √28
C. 1
4
D. 1
3
10. 如图，椭圆C ：x 24
+
y 23
=1，P 是直线x =−4上一点，过点P 作椭圆C 的两条切线
PA ，PB ，直线AB 与OP 交于点M ，则sin∠PMB 的最小值是( )
A. 4√37
B. 8√6565
C. 7√210
D. √3
2
二、单空题（本大题共6小题，共30.0分） 11. 设F 为双曲线C ：
x 2
a 2
−y 2
b 2=1(a >0,b >0)的右焦点，O 为坐标原点，以OF 为直径的圆与双曲线C 的其中一条渐近线交于点P(不同于O)，若双曲线C 右支上存在点M 满足PM
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =MF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，则双曲线C 的离心率为______． 12. 已知函数f(x)=3⋅(1
2)|x−a|，函数g(x)=−x 2+2x ，记m(x)=min{f(x),g(x)}，
其中min{p,q}表示实数p ，q 中较小的数.若对∀x ∈R 都有m(x)≤3
4成立，则实数a 的取值范围是______ ．
13. 已知扇环如图所示，
∠AOB =120°，OA =2，OA′=1
2，P 是扇环边界上一动点，且满足OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =x OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +y OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，则2x +y 的取值范围为______ ．
14. 我国南北朝时期一部数学著作《张丘建算经》卷中，第22题为：“今有女善织，
日益功疾，初日织五尺，今一月共织九匹三丈.”其白话意译为：“现有一善织布
的女子，从第2天开始，每天比前一天多织相同数量的布，第一天织了5尺布，现在一个月(按30天计算)共织布390尺.”则每天增加的数量为______ 尺，设该女子一个月中第n天所织布的尺数为a n，则a14+a15+a16+a17=______ ．
15.已知甲盒中仅有2个红球，乙盒中有3个红球和3个蓝球，先从乙盒中任取(无放
回，且每球取到的机会均等)2个球放入甲盒中，再从甲盒中任取(无放回)2个球，若记X为甲盒中取到红球的个数，则P(X=0)=______ ；随机变量X的数学期望E(X)=______ ．
16.若不等式|ax2+bx+c|≤1对于∀x∈[−1,1]上恒成立，则|a|+|b|+|c|的最大值是
______ ，若|ax2+bx+c|≤1对于∀x∈[0,1]上恒成立，则2|a|+3|b|+4|c|的最大值是______ ．
三、多空题（本大题共1小题，共6.0分）
17.若二项式(ax2+
√x
)5的展开式中常数项为10，则常数项的二项式系数为，展开式的所有有理项中最大的系数为．
四、解答题（本大题共5小题，共74.0分）
18.在△ABC中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，满足2cos(A−C)=4sinAsinC−1．
(Ⅰ)若b=√3a，求角A；
(Ⅱ)若a+c=3，b=√3，求△ABC的面积S．
19.矩形ABCD中，AB=3，AD=2，E、F分别为线段CD、AB上的点，且BF
BA =CE
CD
=1
3
，
现将△ADE沿AE翻折成四棱锥P−ABCE，且二面角P−AE−B的大小为2π
3
．
(1)证明：AE⊥PF；
(2)求直线PB与平面PAE所成角的正弦值．
20.已知正项数列{a n}，满足2√S n=a n+1，其中S n为{a n}的前n项和．
(1)求{a n}的通项公式；
(2)已知数列b n=(−1)n+1⋅a n+1
a n a n+1，求数列{
b n}的前n项和T n，并求出满足T n≥m2+m
5
对n∈N∗恒成立时，实数m的取值范围．
21.已知抛物线M：y2=4x，A、B为抛物线M上不同的两点，线段
AB的垂直平分线与抛物线M的一个交点为C，交直线AB于点D．
(1)若D(1,1)，求直线AB的方程；
(2)若AB=2CD，求△ABC面积的最小值．
−a，其中a∈R．
22.已知函数f(x)=e ax ln(x+1)，g(x)=lnx+2
x
(Ⅰ)若函数y=f(x)的图象与直线y=x在第一象限有交点，求a的取值范围．(Ⅱ)当a<2时，若y=g(x)有两个零点x1，x2，求证：4<x1+x2<3e−2．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：∵A={1,2}，B={2,3}，
∴A∪B={1,2，3}，
∵全集U={1,2，3，4}，
∴∁U(A∪B)={4}．
故选：D．
根据A与B求出两集合的并集，由全集U，找出不属于并集的元素，即可求出所求的集合．
此题考查了交、并、补集的混合运算，熟练掌握各自的定义是解本题的关键．
2.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查虚数单位i的运算性质，考查复数的基本概念，属于基础题．
由虚数单位i的运算性质可得z=1−i，则答案可求．
【解答】
解：∵i4=1，
∴i2020=i4×505=1，i2019=i4×504+3=−i，
则z⋅i2020=1+i2019化为z=1−i，
∴z的虚部为−1．
故选：A．
3.【答案】C
【解析】解：根据几何体的三视图得，
该几何体是高为2的三棱锥，
且底面三角形的底边长为4，高为3；
所以该几何体的体积为
V
三棱锥=1
3
×(1
2
×4×3)×2=4．
故选：C．
根据几何体的三视图，得出该几何体是高为2的三棱锥，结合图中数据求出该三棱锥的体积．
本题考查了空间几何体三视图的应用问题，解题的关键是根据三视图得出几何体的结构特征，是基础题目．
4.【答案】D
【解析】解：作出不等式组对应的平面区域如图：
由z =x +2y 得y =−1
2x +1
2z ，
平移直线y =−1
2x +12z 由图象可知当直线y =−1
2
x +1
2
z 经过点A 时，直线y =−1
2
x +1
2
z 的截
距最大， 此时z 最大，
由{x +y =22x −y =1，解得A(1,1)， 此时z =1+2×1=3， 故选：D ．
作出不等式组对应的平面区域，利用z 的几何意义，即可得到结论． 本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决本题的关键．
5.【答案】A
【解析】 【分析】
根据充分条件和必要条件的定义，结合等腰三角形的性质进行判断即可． 本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合等腰三角形的性质是解决本题的关键．比较基础． 【解答】
解：若“△ABC 是等腰三角形”，则当a =b ≠c ，则a 2+b 2+c 2=ab +bc +ca 不一定成立，
若a 2+b 2+c 2=ab +bc +ca ，则2a 2+2b 2+2c 2=2ab +2bc +2ca ， 即(a −b)2+(b −c)2+(c −a)2=0， 即a −b =0，b −c =0，c −a =0，
则a=b=c，
则“△ABC是等腰三角形”成立，
即“a2+b2+c2=ab+bc+ca”是“△ABC是等腰三角形”充分不必要条件，
故选：A．
6.【答案】C
【解析】解：①y=x|sinx|满足f(−x)=−f(x)，函数f(x)是奇函数，图象关于原点对称，
当x>0时，f(x)≥0，定对应第四个图象，
≥0恒成立，对应第一个图象，
③y=x2
e x
④y=xln|x|的定义域为{x|x≠0}，函数为奇函数，图象关于原点对称，对应第三个图象，
②y=xcos|x|，满足f(−x)=−f(x)，函数f(x)是奇函数，图象关于原点对称，对应第二个图象，
则C正确，
故选：C．
分别根据函数的奇偶性，对称性，以及函数符号，分别进行判断即可．
本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数奇偶性，对称性，以及函数值的符号是解决本题的关键，是中档题．
7.【答案】C
【解析】
【分析】
设tan(x−y)=u，则tan2x=6tan(x−y)=6u，求得w=tan(x+y)=5u
，利用
1+6u2
<√3，结合x+y∈(0,π)，可得x+y的取值不可能基本不等式可得|tan(x+y)|≤5√6
12
．
为2π
3
本题主要考查两角和差的正切公式、基本不等式的应用，解三角不等式，属于中档题．【解答】
解：由sin2x=6tan(x−y)cos2x，
得tan2x=6tan(x−y)，
∵x∈(0,π
2)，y∈(0,π
2
)，
∴0<x+y<π．
设tan(x−y)=u，x−y∈(−π
2,π
2
)，则u的值域是R，
∵tan2x=6tan(x−y)=6u，
∴tan(x+y)=tan[2x−(x−y)]=tan2x−tan(x−y)
1+tan2xtan(x−y)=6u−u
1+6u2
=5u
1+6u2
，
记为w=tan(x+y)=5u
1+6u2
．
∵|w|=5|u|
1+6|u|2=5
1
|u|
+6|u|
≤
2√6
=5√6
12
，当且仅当|u|=√6
6
时，取等号．
∴|tan(x+y)|≤5√6
12
<√3，
结合x+y∈(0,π)，可得x+y的取值不可能为2π
3
．
故选：C．
8.【答案】D
【解析】解：设g(x)=x3−4x−1(x>0)，g′(x)=3x2−4，
当x∈(0,2√3
3
)时，g(x)单调递减，
当x∈(2√3
3
,+∞)时，g(x)单调递增，
直线y=a(x+3)与f(x)在x<0处有一个交点，在(2√3
3
,+∞)处有一个交点，
故在(0,2√3
3)处需2个交点，直线经过(0,1)点时a=1
3
，
当直线与y=−x3+4x+1相切于(1,4)时，a=1，故选：D．
设g(x)=x3−4x−1(x>0)，g′(x)=3x2−4，判断函数的单调性，通过数形结合推出选项即可．
本题考查函数与方程，考查考生用导数研究三次函数的图象和性质，导数的几何意义，函数的零点等知识，考查考生用数形结合方法解决问题的能力，属于难题．
9.【答案】B
【解析】解：如图，平面α为平面ABC，直线l1为直
线AB，直线l2为直线AC，由题意得∠BAC=π
6
，
过l1作平面β为平面ABP，过l2作平面γ为平面ACP，
过点P向平面α作垂线，垂足为O，
再由点O作OB⊥AB，OC⊥AC，连接PB，PC，锐二面角α−l1−β的大小为π
4
，即∠PBO=
π
4
，
同理可知∠PCO=π
3
，
设CO=1，则PO=BO=√3，PC=2，PB=√6，
在三角形△DAC中，∠BDO=π
3
，DB=1，DO=2，
所以AC=3√3，AD=6，AB=5，PA=√31，
过点C作CM⊥AP，所以高线CM=AC⋅PC
PA =6√3
√31
，
∵AB⊥OB，AB⊥PO，OB∩OP=O，∴AB⊥面POB，又AB⊂面PAB，
∴面PAB⊥面POB，
过点O作OH⊥PB，则OH⊥面PAB，
∴O到面PAB的距离OH=d1=OP⋅OB
PB =√6
2
，
∴C到面PAB的距离为d2=3
2d1=3√6
4
，
记平面β，γ所成的角为θ，则sinθ=d2
CM =
3√6
4
6√3
√31
=√62
8
，
所以cosθ=√2
8
．
故选：B．
作出图形，在γ内取一点C，计算C到平面β的距离和C到β与γ的交线的距离，从而可计算出二面角的大小．
本题考查二面角计算，作出相应的图形和二面角是解题的难点，属于难题．
10.【答案】A
【解析】解：设A(x 1,y 1)，若A 在椭圆的上半部，则y =√3⋅√1−x 24
，则y′=
√3⋅(−x
2)
2√1−
x
24
=
√3x
4√1−
x
24
，
A 在椭圆上，x 12
4
+y 12
3
=1，
y′|x=x 1=√3x 1
4√1−1
2
4
=−3x 1
4y 1，
所以过A 的点的切线方程：y −y 1=−3x
14y
1
(x −x 1)，即3x 1x +4y 1y =3x 12+4y 12=12， 即
x 1x 4
+
y 1y 3
=1，
同理可得A 在椭圆的下半部分时， 过A 的点的切线方程为
x 1x 4
+
y 1y 3
=1，A 为左右顶点时，切线方程也是
x 1x 4
+
y 1y 3
=1，
综上所述：在A 处的切线方程：
x 1x 4
+
y 1y 3
=1，
设B(x 2,y 2)，同理可得在B 处的切线方程为：x 2x 4
+
y 2y 3
=1，
P 在x =−4上，设P(−4,m)， 因为两条直线投过P ，所以{
−x 1+y 1m 3
=1−x 2+
y 2m 3
=1
，
所以直线AB 的方程为：−x +my 3
=1，
可得直线AB 恒过定点(−1,0)，该直线AB 过椭圆的右焦点F ， 直线OP 的方程为：y =−m
4x ， 则{−x +my
3=1y =−m
4x
解得：{x =−12
12+m 2
y =3m 12+m
2
，即M(−1212+m 2,3m
12+m 2
)， k AB =3
m ，k PF =m
−4−(−1)=−m
3，
所以k AB ⋅k PF =−1， 所以AB ⊥PF ，
|PF|=√9+m 2，|PM|=√(12
12+m 2−4)2+(m −3m
12+m 2)2=
(9+m 2)√16+m 2
12+m 2
，
所以sin∠PMB =
|PF||PM|
=
12+m 2
√(9+m 2)(16+m 2)
=√
(12+m 2)2
(9+m 2)(16+m 2)
=√m 4+24m 2+144
m 4+25m 2+144=√1
1+m 2
m 4
+24m 2+144
=√
1
1+1
m 2+144
m
2+24
≥√
1
1+
1
2√144+24
=
4√3
7，
当且仅当m 2=144m 2
，即m =±2√3，
故选：A ．
设A 在椭圆的上半部分时，由椭圆的方程求出A 的横坐标表示的纵坐标的函数，求导可得在A 处的切线的斜率，进而求出在A 处的切线的方程，可得A 在椭圆的任何处都一样的切线的方程，同理可得在B 处的切线方程，由P 在两条切线上，可得直线AB 的方程，进而可得直线AB 恒过定点为椭圆的左焦点F ，求出PF 的斜率可得，直线AB ⊥PF ，进而可得sin∠PMB =|PF|
|PM|，求出|PF|，|PM|的表达式，可得之比的表达式，由均值不等式可得其最小值．
本题考查椭圆的性质，求导的方法求在椭圆上的点的切线的方程，再由点在两条切线上进而求出直线的方程，均值不等式的应用，属于中难题．
11.【答案】√2
【解析】解：如图所示：双曲线对称性，设渐近线的方程为：y =b
a x ，即bx −ay =0，右焦点F(c,0)，
所以F 到渐近线的距离d =√a 2+b 2=
bc c
=b ，在直角三角形OPF 中可得
|OP|=√OF 2−d 2=√c 2−b 2=a ， 所以|OP|=a ，|PF|=b ，所以可求得P(a 2c ,
ab
c
)，
F(c,0)，因为PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =MF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，则可得M 为P ，F 的中点，所以M(a 2+c 22c
,ab 2c )，
把M 代入双曲线C ：x 2
a 2
−y 2
b 2=1(a >0,b >0)，
可得
(a 2+c 2)24a 2c 2
−a 2b 2
4b 2c 2=1，整理可得c 2=2a 2，所以e =√2．
故答案为：√2．
由题意如图所示设渐近线的方程，可得|OP|的值，P 在渐近线上可得P 的坐标，再由PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =
MF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，则可得M 为PF 的中点，将M 的坐标代入双曲线的方程，可得a ，c 的关系，进而求出双曲线的离心率．
本题考查双曲线的性质及由向量的关系得点的坐标的关系，属于中档题．
12.【答案】(−∞,−32]∪[7
2,+∞)
【解析】解：对∀x ∈R 都有m(x)≤3
4成立，
又g(x)=−x 2+2x ，且在(−∞,1
2]∪[3
2,+∞)内，g(x)≤3
4． 故有x ∈(12,3
2)，f(x)≤g(x)且f(x)≤3
4， 则f(x)=3⋅(1
2)|x−a|≤3
4，即为(1
2)|x−a|≤1
4， 即有|x −a|≥2，即为a ≤x −2或a ≥x +2恒成立， 则a ≤1
2−2=−3
2或a ≥3
2+2=7
2， 故答案为：(−∞,−3
2]∪[7
2,+∞)．
首先考虑g(x)≤3
4的解集，可得x ∈(12,3
2)，f(x)≤g(x)且f(x)≤3
4，结合指数函数的单调性和绝对值不等式的解法，以及不等式恒成立思想，可得所求范围．
本题考查函数恒成立问题解法，以及新定义函数的理解和应用，考查运算能力和推理能力，属于中档题．
13.【答案】[14,2√213
]
【解析】解：记OA
⃗⃗⃗⃗⃗ ，OP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角为θ，θ∈[0,2π3
].设OA
⃗⃗⃗⃗⃗ 为直角坐标系的x 轴． OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(rcosθ,rsinθ)(12≤r ≤2)，OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0)，OB
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,√3)， 代入OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =x OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +y OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，得有(rcosθ,rsinθ)=(2x,0)+(−y,√3y)， ⇒rcosθ=2x −y ，rsinθ=√3y ，
故2x +y =rcosθ+√3=r(√3+cosθ)
√
3
+cosθ=√21
3
(sinθ√
7
+cosθ×√3
√7
)=
√21
3
sin(θ+β)，其中cosβ=√7，sinβ=
√3
√7
． 又∵θ∈[0,
2π
3
]．√213
sin(θ+β)可以取到最大值√213
， 当θ=0时．√3+cosθ=1，当θ=1200时．√3+cosθ=1
2．
∴
3
+cosθ∈[12,
√21
3
]， 12
r ≤2x +y ≤
√21
3r.∵12
≤r ≤2，∴1
4
≤2x +y ≤
2√21
3
故答案为：[14
,
2√21
3
]
记OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ，OP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角为θ，θ∈[0,2π3
].设OA ⃗⃗⃗⃗⃗ 为直角坐标系的x 轴．
OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(rcosθ,rsinθ)(12≤r ≤2)，OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0)，OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,√3)， 代入OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =x OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +y OB
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，得有(rcosθ,rsinθ)=(2x,0)+(−y,√3y)， ⇒rcosθ=2x −y ，rsinθ=√3y ，故2x +y =rcosθ+√3=r(√3+cosθ)，运用三角函数的知识求解．
本题考查了向量的基本定义即三角恒等变形、函数性质，属于压轴题．
14.【答案】16
29；52
【解析】解：依题意等差数列的前30项和为390，首项a 1=5，设公差为d ， 所以S 30=30×5+
30×292
×d =390，解得d =
1629
，所以a 14+a 15+a 16+a 17═4a 1+
58d =20+32=52． 故填：16
29，52．
等差数列的前30项和为390，首项a 1=5，设公差为d ，代入等差数列的前n 项和公式，求出d ，再求S n ，a 14+a 15+a 16+a 17=4a 1+58d ．
本题考查等差数列的前n 项和公式，等差数列的通项公式，考查计算能力，分析解决问题的能力．属于基础题．
15.【答案】130; 3
2
【解析】解：由题意可得P(X =0)=C 32C 6
2×C 22
C 4
2=315×16=1
30；
随机变量X 的取值为0，1，2， P(X =0)=1
30， P(X =1)=C 32
C 6
2×
C 21C 21C 4
2+
C 31C 31C 6
2×
C 31C 11C 4
2=13
30，
P(X =2)=C 32C 6
2×C 22
C 4
2+
C 31C 31C 6
2×C 32
C 4
2+C 3
2
C 6
2×1=16
30，
所以期望E(X)=0×130+1×1330+2×1630=3
2．
故答案为：130，3
2．
由古典概型的概率公式可以直接计算，随机变量的取值可以是0，1，2，算出对应的概率即可解出．
本题考查了统计与概率，古典概型概率的计算，数学期望，属于基础题．
16.【答案】5 265
【解析】解：对第一问，不等式|ax 2+bx +c|≤1对于∀x ∈[−1,1]上恒成立， 可得x =0时，|c|≤1①，x =−1时，|a −b +c|≤1，② x =1时，|a +b +c|≤1，③ ①②相加可得|a −b +c|+|c|≤2，
又|a −b +c|+|c|≥|a −b|，即为|a −b|≤2， ①③相加可得|a +b +c|+|c|≤2，
又|a +b +c|+|c|≥|a +b|，即为|a +b|≤2，
则|a −b|+|a +b|≤4，又|a −b|+|a +b|≥2|a|，则|a|≤2； 由|a −b|+|a +b|≥2|b|，则|b|≤2；
可得|a|+|b|+|c|≤5，即|a|+|b|+|c|的最大值为5； 对第二问，若|ax 2+bx +c|≤1对于∀x ∈[0,1]上恒成立， 当x =0时，|c|≤1， x =1时，|a +b +c|≤1，① x =1
2时，|a
4+b
2+c|≤1，②，
x =1
3时，|a
9
+b
3
+c|≤1，③
由①②相加可得|a +b +c|+|a 4+b
2+c|≤2， 由|a +b +c|+|a
4+b
2+c|≥|
3a 4
+b
2|，即|3a +2b|≤8，
可得−8≤3|a|−2|b|≤8，④
由①③相加可得|a +b +c|+|a
9+b
3+c|≤2， 由|a +b +c|+|a
9+b
3+c||≥|
8a 9+
2b 3
|，即|4a +3b|≤9，
可得−9≤4|a|−3|b|≤9，⑤
由2|a|+3|b|=18(3|a|−2|b|)−13(4|a|−3|b|)， 可得2|a|+3|b|≤8×18+9×13=261， 则2|a|+3|b|+4|c|的最大值为265．
故答案为：5，265．
对第一问，可令x =0，x =−1，x =1，得到绝对值不等式，通过绝对值的性质和可加性，可得所求最大值；
对第二问，可令x =0，x =1，x =1
2，x =1
3，通过绝对值不等式的性质和可加性，化简变形可得所求最大值．
本题考查不等式恒成立问题解法，考查绝对值不等式的性质和不等式的可加性，考查化简运算求解能力，以及推理能力，属于难题．
17.【答案】5 ;80
【解析】解：二项式(ax 2+√x )5的通项公式为T r+1=C 5r a 5−r x
10−5
2r ， 令10−5
2r =0，解得r =4，
所以常数项C 54a 5−4=10得a =2，则常数项的二项式系数为C 54
=5， 所以该二项式的通项公式为T r+1=C 5r 25−r x
10−5
2r ， 由10−5
2r ∈Z ，0≤r ≤5，r ∈N ．
可得r =0，2或4，因此展开式中的所有有理项为T 1，T 3，T 5，其中最大的系数为C 5223=80．
故答案为：5，80．
利用展开式的通项公式可得展开式中的常数项，即可求出a 的值，可得常数项的二项式系数，再求出展开式中的所有有理项为T 1，T 3，T 5，即可求出最大的系数．
本题考查了二项式的展开式的通项公式及其性质、方程的解法、转化法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
18.【答案】解：(Ⅰ)由2cos(A −C)=4sinAsinC −1，
∴2cosAcosC +2sinAsinC =4sinAsinC −1，
∴2cosAcosC −2sinAsinC =−1
∴cos(A +C)=−1
2， ∴cosB =1
2， ∵0<B <π， ∴B =π
3，
由正弦定理可知a
sinA =b
sinB ， 即sinA =1
2，
∵0<A<π，
∴A=π
6或A=5π
6
，
∵b=√3a，即b>a，
∴B>A ∴A=π
6
．
(Ⅱ)由余弦定理可知b2=a2+c2−2accosB，即a2+c2=3+ac，
从而(a+c)2=3+3ac，可得ac=2，
∴S△ABC=1
2acsinB=1
2
×2×√3
2
=√3
2
．
【解析】(Ⅰ)根据两角和差的余弦公式，结合正弦定理即可求出；
(Ⅱ)根据余弦定理可得到ac=2，根据面积公式即可求出．
本题考查了正余弦定理的应用，三角函数的恒等变换，考查了运算求解能力，属于中档题．
19.【答案】(1)证明：由题意在矩形ABCD中AB=3，AD=2，BF
BA =CE
CD
=1
3
，
∴四边形ADEF为边长为2的正方形．
连结DF，交AE于点M，如图：
则AE⊥DF，且PM=MF=√2．
在四棱锥P−ABCE中，AE⊥PM，AE⊥MF，PM∩MF=M，PM,MF⊂平面PMF，∴AE⊥面PMF，又PF⊂面PMF，
∴AE⊥PF．
(2)解：设点F到平面PAE的距离为d1，点B到平面PAE的距离为d，
由(1)∠PMF就是二面角P−AE−B的平面角，∴∠PMF=2π
3
．
∵AE⊥面PMF，∴面PMF⊥面PAE，
过F作FH⊥PM于H，∵面PMF∩面PAE=PM，∴FH⊥面PAE．
又∵在△PMF 中，PM =MF =√2，∴∠FPM =π
6，PF =√6， ∴d 1=FH =1
2PF =
√6
2
，∵AF AB =2
3
，∴d =32
d 1=3√64
． 由题意可得PB =√10，∴sinθ=d PB
=
3√1520
，
∴直线PB 与平面PAE 所成角的正弦值为3√1520
．
【解析】(1)说明四边形ADEF 为边长为2的正方形．连结DF ，交AE 于点M ，画出图形，说明AE ⊥DF ，推出AE ⊥PM ，AE ⊥MF ，证明AE ⊥面PMF ，然后证明AE ⊥PF (2)设点F 到平面PAE 的距离为d 1，点B 到平面PAE 的距离为d ，∠PMF 就是二面角P −AE −B 的平面角，过F 作FH ⊥PM 于H ，推出FH ⊥面PAE.然后求解直线PB 与平面PAE 所成角的正弦值即可．
本题考查直线与平面垂直的判断定理以及性质定理的应用，二面角以及直线与平面所成角的求法，是中档题．
20.【答案】解：(1)正项数列{a n }前n 项和为S n ，且S n =
(1+a n )2
4
(n ∈N ∗)，
可得a 1=S 1=
(1+a 1)2
4
，解得a 1=1，
n ≥2时，4S n−1=(1+a n−1)2，又4S n =(1+a n )2， 两式相减可得4a n =4S n −4S n−1=(1+a n )2−(1+a n−1)2， 化为(a n +a n−1)(a n −a n−1−2)=0， 由a n >0，可得a n −a n−1=2， 则a n =1+2(n −1)=2n −1； (2)b n =(−1)
n+1
⋅
a n +1a n a n+1
=(−1)
n+1
⋅
2n (2n−1)(2n+1)=
(−1)n+1
2(
12n−1
+
1
2n+1
)，
当n 为奇数时，T n =1
2(1+1
3−1
3−1
5+1
5+⋯−1
2n−3−1
2n−1+1
2n−1+1
2n+1)=1
2(1+1
2n+1)， 可得此时T n >1
2；
同理可得当n 为偶数时，T n =1
2(1−1
2n+1)，由T n 递增，可得T n ≥T 2=2
5， T n ={1
2
(1−1
2n+1),n 为偶数
12(1+1
2n+1),n 为奇数； 满足T n ≥m 2+m 5
对n ∈N ∗恒成立，可得
m 2+m 5
≤2
5，解得−2≤m ≤1．
【解析】(1)应用数列的递推式：n =1时，a 1=S 1；n ≥2时，a n =S n −S n−1，化简结合等差数列的定义、通项公式可得所求； (2)求得b n =(−1)n+1⋅a n +1
a
n a n+1
=(−1)n+1⋅2n
(2n−1)(2n+1)=
(−1)n+1
2
(12n−1+1
2n+1)，讨论n 为
奇数或偶数，由数列的裂项相消求和，可得所求和，由单调性可得最小值，结合不等式恒成立思想可得所求范围．
本题考查数列的递推式的运用，考查等差数列的定义、通项公式，以及数列的裂项相消求和，考查分类讨论思想和转化思想，属于中档题．
21.【答案】解：(1)设直线AB 的方程为：y −1=k(x −1)(k ≠0)，即y =kx +1−k ，
设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，联立方程{y =kx +1−k
y 2=4x
，
消去x 整理可得：y 2−4
k y +4
k −4=0，所以y 1+y 2=4
k =2，解得k =2， 所以直线AB 的方程为y =2x −1；
(2)设C(t 2,2t)(t >0)，则可设直线AC 的方程为：y −2t =k(x −t 2)， 不妨设k >0，联立方程{y −2t =k(x −t 2)
y 2=4x ，消去x 整理可得：
y 2−4
k y +
8t k
−4t 2=0，则y 1+2t =4k
，y 1⋅2t =
8t k
−4t 2，
所以|AC|=√1+1
 k 2⋅|y 1−2t|=4√1+1
k 2|1
k −t|，
由题知AC ⊥BC ，AC =BC ，所以k BC =−1
 k ， 同理可得|BC|=4√1+k 2(k +t)，(t >0,k >0)， 由|AC|=|BC|，解得t =
1−k 3k 2+k
，
故三角形ABC 的面积为S =1
2|AC||BC|=1
2|BC|2 =8(√1+k 2)2|k +t|2=
8(1+k 2)(1+k 2)2k 2(k+1)(1+k 2)
2
k 2(k+1)2
≥8
(2k)2
(k+1)22
k 2(k+1)2
=16，
当且仅当k =1时取等号，此时三角形ABC 的面积的最小值为16．
【解析】(1)由题意设出直线AB 的方程，并与抛物线方程联立，利用韦达定理即可求出直线AB 的斜率，进而可以求解；(2)设出点C 的坐标，根据点C 的坐标设出直线AC 的方程，并与抛物线方程联立，利用韦达定理以及弦长公式求出|AC|，再由AC 于BC 垂直得出直线BC 的斜率，讨论求出|BC|，利用AC =BC 求出直线AC 的斜率与点C 的坐标的关系，然后求出三角形ABC 的面积，化简后利用基本不等式求出最值． 本题考查了直线与抛物线的位置关系的应用，考查了直线方程的求解以及弦长公式的应用，涉及到利用基本不等式求解最值的问题，考查了学生的运算能力，属于中档题．
22.【答案】解：(Ⅰ)设g(x)=f(x)−x=e ax ln(x+1)−x，
则由题设知，方程g(x)=0，在(0,+∞)有解，
而g′(x)=f′(x)−1=e ax[aln(x+1)+1
x+1
]−1=e ax F(x)−1．
设ℎ(x)=e ax F(x)−1，则ℎ′(x)=e ax[aF(x)+F′(x)]=e ax[a2ln(x+1)+2ax+2a−1
(x+1)2
].
①若a≤0，由x>0可知0<e ax≤1，且F(x)=aln(x+1)+1
x+1≤1
x+1
<1，
从而g′(x)=e ax F(x)−1<0，即g(x)在(0,+∞)上单调递减，从而g(x)<g(0)=0恒成立，
因而方程g(x)=0在(0,+∞)上无解．
②若0<a<1
2，则ℎ′(0)=2a−1
(x+1)2
<0，又x→+∞时，ℎ′(x)→+∞，
因此ℎ′(x)=0，在(0,+∞)上必存在实根，设最小的正实根为x0，
由函数的连续性可知，x∈(0,x0)上恒有ℎ′(x)<0，
即ℎ(x)在(0,x0)上单调递减，
也即g′(x)<0，在(0,x0)上单调递减，从而在(0,x0)上恒有g′(x)<g′(0)=0，
因而g(x)在(0,x0)上单调递减，故在(0,x0)上恒有g(x)<g(0)=0，即g(x0)<0，
注意到e ax>ax，因此g(x)=e ax ln(x+1)−x>axln(x+1)−x=x[aln(x+1)−1]，
令x=e1a时，则有g(x)>0，由零点的存在性定理可知函数y=g(x)在(x
,e1a)上有零点，符合题意．
③若a≥1
2
时，则由x>0可知，ℎ′(x)>0恒成立，从而ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，
也即g′(x)在(0,+∞)上单调递增，从而g(x)>g(0)=0恒成立，故方程g(x)=0在(0,+∞)上无解．
综上可知，a的取值范围是(0,1
2
).
(Ⅱ)因为f(x)有两个零点，所以f(2)<0，
即ln2+1−a<0⇒a>1+ln2，
设0<x1<2<x2，则要证x1+x2>4⇔4−x1<x2，
因为2<4−x1<4，x2>2，
又因为f(x)在(2,+∞)上单调递增，
所以只要证明f(4−x1)<f(x2)=f(x1)=0，
设g(x)=f(x)−f(4−x)(0<x<2)，
则g′(x)=f′(x)−f′(4−x)=x−2
x2+4−x−2
(4−x)2
=−8(x−2)2
x2(4−x)2
<0，
第21页，共21页 所以g(x)在(0,2)上单调递减，g(x)>g(2)=0，所以x 1+x 2>4，
因为f(x)有两个零点，x 1，x 2，所以f(x 1)=f(x 2)=0，
方程f(x)=0即ax −2−xlnx =0构造函数ℎ(x)=ax −2−xlnx ，
则ℎ(x 1)=ℎ(x 2)=0，ℎ′(x)=a −1−lnx ，ℎ′(x)=0⇒x =e a−1，
记p =e a−1>2(a >1+ln2)，
则ℎ(x)在(0,p)上单调递增，在(p,+∞)上单调递减，
所以ℎ(p)>0，且x 1<p <x 2，
设R(x)=lnx −
2(x−p)x+p −lnp ， R′(x)=1x −4p (x+p)2=(x−p)2x(x+p)2>0，
所以R(x)递增，
当x >p 时，R(x)>R(p)=0，
当0<x <p 时，R(x)<R(p)=0，
所以ax 1−2=x 1lnx 1<2x 1(x 1−p)
x 1+p +x 1lnp ，
即(ax 1−2)(x 1+p)<2x 12−2px 1+x 12lnp +x 1plnp ，
(2+lnp −a)x 12+(2−ap −2p +plnp)x 1+2p >0，(p =e a−1,lnp =a −1)，∖
所以x 12+(2−3e a−1)x 1+2e a−1>0，
同理x 22+(2−3e a−1)x 2+2e a−1<0，
所以x 12+(2−3e a−1)x 1+2e a−1<x 12+(2−3e a−1)x 1+2e a−1，
所以(x 2−x 1)[x 2+x 1+(2−3e a−1)]<0，
所以x 2+x 1<−2+3e a−1，
由a <2得：
x 1+x 2<−2+3e a−1<3e −2，
综上：4<x 1+x 2<3e −2．
【解析】(Ⅰ)根据题意设g(x)=f(x)−x =e ax ln(x +1)−x ，问题转化为方程g(x)=0，在(0,+∞)有解，求导，分类讨论①若a ≤0，②若0<a <12，③若a ≥12时，分析单调性，进而得出结论．
(Ⅱ)运用分析法和构造函数法，结合函数的单调性，不等式的性质，即可得证．
本题考查导数的综合应用，不等式的证明，关键是运用分类讨论，构造函数的思想去解决问题，属于难题．。