江苏省南通中学高二上学期期末考试数学试题(解析版)

2021年江苏省南通中学高二年级期末考试数学注意事项：1. 本试卷分选择题与非选择题两部分。

2. 答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置。

3. 全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效。

4. 考试结束后，将本试题和答题卡一并交回。

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.数列{a n}是等比数列，公比为q，且a1>0.则“q<−1”是“∀n∈N∗，2a2n−1+a2n<a2n+1”的()A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件2.已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且S n=n2.定义数列{b m}如下：m+1mb m(m∈N∗)是使不等式a n≥m(m∈N∗)成立的所有n中的最小值，则b1+b3+b5+⋯+b19=()A. 25B. 50C. 75D. 1003.电影《夺冠》讲述中国女排姑娘们顽强奋斗、为国争光的励志故事，打造一部见证新中国体育改革40年的力作，该影片于2020年09月25日正式上映．在《夺冠》，上映当天，一对夫妇带着他们的两个小孩一起去观看该影片，订购的4张电影票恰好在同一排且连在一起．为安全起见，影院要求每个小孩子要有家长相邻陪坐，则不同的坐法种数是()A. 8B. 12C. 16D. 204.小李年初向银行贷款M万元用于购房，购房贷款的年利率为P，按复利计算，并从借款后次年年初开始归还，分10次等额还清，每年1次，问每年应还()万元．()A. M10B. MP(1+P)10(1+P)10−1C. M(1+P)1010D. MP(1+P)9(1+P)9−15.已知抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F，准线l与x轴交于点H，过焦点F的直线交抛物线于A，B两点，分别过点A，B作准线l的垂线，垂足分别为A1，B1，如图所示，则：①以线段AB为直径的圆与准线l相切；②以A1B1为直径的圆经过焦点F；③A，O，B1(其中点O为坐标原点)三点共线；★绝密启用前④若已知点A 的横坐标为x 0，且已知点T(−x 0,0)，则直线TA 与该抛物线相切． 则以上说法中正确的个数为( )A. 1B. 2C. 3D. 46. 《九章算术》与《几何原本》并称现代数学的两大源泉．在《九章算术》卷五商功篇中介绍了羡除(此处是指三面为等腰梯形，其他两侧面为直角三角形的五面体)体积的求法．在如图所示的羡除中，平面ABDA′是铅垂面，下宽AA′=3m ，上宽BD =4m ，深3m ，平面BDEC 是水平面，末端宽CE =5m ，无深，长6m(直线CE 到BD 的距离)，则该羡除的体积为( )A. 24m 3B. 30m 3C. 36m 3D. 42m 37. 如图，某伞厂生产的“太阳”牌太阳伞的伞蓬是由太阳光的七种颜色组成，七种颜色分别涂在伞蓬的八个区域内，且恰有一种颜色涂在相对区域内，则不同的颜色图案的此类太阳伞至多有( ) A. 40320种 B. 5040种C. 20160种D. 2520种8. 已知点P 是椭圆x 216+y 212=1(xy ≠0)上的动点，F 1、F 2为椭圆的左、右焦点，O 为坐标原点，若M 是∠F 1PF 2的角平分线上的一点，且F 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，则|OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |的取值范围是( ) A. (0,2)B. (0,√3)C. (0,4)D. (2,2√3)二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。

全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。

9. 已知数列{a n }，{b n }均为递增数列，{a n }的前n 项和为S n ，{b n }的前n 项和为T n .且满足a n +a n+1=2n ，b n ⋅b n+1=2n (n ∈N ∗)，则下列说法正确的有( ) A. 0<a 1<1B. 1<b 1<√2C. S 2n <T 2nD. S 2n ≥T 2n10. 已知等差数列{a n }，其前n 项的和为S n ，则下列结论正确的是( )}为等差数列A. 数列{S nnB. 数列{2a n}为等比数列C. 若a m=n，a n=m(m≠n)，则a m+n=0D. 若S m=n，S n=m(m≠n)，则S m+n=011.已知F1、F2是双曲线C：y2−x2=1的上、下焦点，点M是该双曲线的一条渐近线上的2一点，并且以线段F1F2为直径的圆经过点M，则下列说法正确的有()A. 双曲线C的渐近线方程为y=±√2xB. 以F1F2为直径的圆方程为x2+y2=2C. 点M的横坐标为±√2D. △MF1F2的面积为√312.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=BC=AA1=2，∠ACB=90°，D，E，F分别为AC，AA1，AB的中点．则下列结论正确的是()A. AC1与EF相交B. B1C1//平面DEFC. EF与AC1所成的角为90°D. 点B1到平面DEF的距离为3√22三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13.为抗击新型冠状病毒，某医学研究所将在6天时间内检测3盒A类药，2盒B类药，1盒C类药，若每天只能检测1盒药品，且C类药不在第1天或第6天检测，3盒A类药中只有2盒在相邻两天被检测，则不同的检测方案的个数是______．14.在三棱锥D−ABC中，AD⊥平面ABC，AC=3，BC=√17，cos∠BAC=1，若三棱锥3 D−ABC的体积为2√7，则此三棱锥的外接球的表面积为______315.无穷数列{a n}满足：只要a p=a q(p,q∈N∗)，必有a p+1=a q+1，则称{a n}为“和谐递进数列”.若{a n}为“和谐递进数列”，且前四项成等比数列，a1=a5=1，a2=2，则S2021=______．16.已知曲线C：x4+y4+mx2y2=1(m为常数)．(i)给出下列结论：①曲线C为中心对称图形；②曲线C为轴对称图形；③当m =−1时，若点P(x,y)在曲线C 上，则|x|≥1或|y|≥1． 其中，所有正确结论的序号是______．(ii)当m >−2时，若曲线C 所围成的区域的面积小于π，则m 的值可以是______.(写出一个即可)四、解答题：本题共6小题，共70分。

解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17. 用0，1，2，3，4这五个数字组成无重复数字的自然数．(Ⅰ)在组成的三位数中，求所有偶数的个数；(Ⅱ)在组成的三位数中，如果十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小，则称这个数为“凹数”，如301，423等都是“凹数”，试求“凹数”的个数；(Ⅲ)在组成的五位数中，求恰有一个偶数数字夹在两个奇数数字之间的自然数的个数．18. 已知直线l 1的方程为x +2y −4=0，若l 2在x 轴上的截距为32，且l 1⊥l 2．(1)求直线l 1和l 2的交点坐标；(2)已知直线l 3经过l 1与l 2的交点，且在y 轴上截距是在x 轴上的截距的2倍，求l 3的方程．19. 已知数列{a n }前n 项和S n 满足S n ={3,n =1a 1+4a n−1+4,n ≥2．(1)设b n =a n+1−2a n ，求数列{b n }的通项公式； (2)若C n =log 2n 5√2，数列{1Cn ⋅C n+1}的前n 项和为T n ，求证：43≤T n <2．20. 如图，三棱锥S −ABC 的底面ABC 和侧面SBC 都是等边三角形，且平面SBC ⊥平面ABC ．(Ⅰ)若P 点是线段SA 的中点，求证：SA ⊥平面PBC ；(Ⅱ)点Q 在线段出上且满足AQ =13AS ，求BQ 与平面SAC 所成角的正弦值．21.已知数列{a n}中，a1=1，(n+1)a n+1−(n+2)a n=1(n∈N∗)，S n为数列{a n}的前n项和．数列{b n}满足b n=1Sn(n∈N∗)．(1)证明：数列{a n}是等差数列，并求出数列{a n}的通项公式；(2)设数列{b n}的前n项和为T n.问是否存在正整数p，q(3<p<q)，使得T3，T p，T q成等差数列？若存在，求出p，q的值；若不存在，请说明理由．22.设椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(−c,0)，F2(c,0)，离心率为12，短轴长为2√3．(1)求椭圆C的标准方程；(2)设左、右顶点分别为A、B，点M在椭圆上(异于点A、B)，求k MA k MB的值；(3)过点F2作一条直线与椭圆C交于P，Q两点，过P，Q作直线x=a2c的垂线，垂足为S，T.试问：直线PT与QS是否交于定点？若是，求出该定点的坐标，否则说明理由．2021年江苏省南通中学高二年级期末考试参考答案与评分标准数学1.【答案】A【解析】解：若数列{a n }是等比数列，公比为q ，且a 1>0， 则a 2n−1=a 1q 2n−2，a 2n =a 1q 2n−1，a 2n+1=a 1q 2n ， 故2a 2n−1+a 2n −a 2n−1 =2a 1q 2n−2+a 1q 2n−1−a 1q 2n =a 1q 2n−2(2+q −q 2) =−a 1q 2n−2(q −2)(q +1)，若q <−1，则−a 1q 2n−2(q −2)(q +1)<0即2a 2n−1+a 2n <a 2n+1”是充分条件， 反之若−a 1q 2n−2(q −2)(q +1)<0，即(q −2)(q +1)>0，解得：q >2或q <−1，不是必要条件，故q <−1”是“∀n ∈N ∗，2a 2n−1+a 2n <a 2n+1”的充分不必要条件， 故选：A ．根据充分必要条件导数定义以及等比数列的性质判断即可．本题考查了充分必要条件，考查等比数列的性质以及转化思想，是一道基础题． 2.【答案】B【解析】解：因为S n =n 2，可得a n =2n −1， 由a n ≥m ，可得2n −1≥m ，解得n ≥m+12，当m =2k −1，k ∈N ∗时，m+1mb m =k ，即b m =mkm+1=m(m+1)2(m+1)=m 2，即b 2k−1=2k−12，从而b 1+b 3+b 5+⋯+b 19=12(1+3+5+⋯+19)=50． 故选：B ．由题意可得a n =2n −1，由a n ≥m ，解得n ≥m+12，当m =2k −1，k ∈N ∗时，b 2k−1=2k−12，利用等差数列的求和公式即可计算得解．本题主要考查了等差数列的性质及等差数列的求和，属于基础题． 3.【答案】C★绝密启用前【解析】解：根据题意，将两名家长、孩子全排列，有A44=24种排法，其中两个孩子相邻且在两端的情况有A22A22A22=8种，则每个小孩子要有家长相邻陪坐的排法有24−8=16种，故选：C．根据题意，用间接法分析：先计算两名家长、孩子全部的排法数目，再排除其中两个孩子相邻且在两端的情况，即可得答案．本题考查排列组合的应用，注意用间接法分析，避免分类讨论，属于基础题．4.【答案】B【解析】解：∵小李年初向银行贷款M万元用于购房，购房贷款的年利率为P，按复利计算，并从借款后次年年初开始归还，分10次等额还清，每年1次，∴到第10年连本带利应还M(1+P)10元，而第k年还款x元，也还掉了这x元的(n−k)的利息，故有数列模型：(1+P)10M=x[(1+P)9+(1+P)8+⋯+(1+P)+1]，即(1+P)10M=x⋅(1+P)10−1P，∴每年应还x=MP(1+P)10(1+P)10−1．故选：B．此类题一般有两种思考方法：一是按将来值计算，即按10年后的价值计算；二是计算每年贷款余额．本题考查函数值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意函数性质的合理运用．5.【答案】D【解析】解：对于①，设|AF|=a，|BF|=b，则|AA1|=a，|BB1|=b，∴线段AB的中点到准线的距离为a+b2=|AB|2，∴以线段AB为直径的圆与准线l相切，故①正确；对于②，连接A1F，B1F，如右图所示，∵|AA1|=|AF|，|BB1|=|BF|，∠BAA1+∠ABB1=180°，∴180°−2∠AFA1+180°−2∠BFB1=180°，∴∠AFA1+∠BFB1=90°，即∠A1FB1=90°，∴以A1B1为直径的圆经过焦点F，故②正确；对于③，设直线AB：x=my+p2，A(x1,y1)，B(x 2,y 2)，由{x =my +p2y 2=2px联立得：y 2−2pmy −p 2=0，△>0，y 1y 2=−p 2， 又OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1,y 1)=(y 122p ,y 1)，OB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−p 2,y 2)，∵y 122p⋅y 2=y 1y 22p⋅y 1=−p2y 1，∴OA ⃗⃗⃗⃗⃗ //OB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，∴A ，O ，B 1三点共线，故③正确；对于④，不妨设A(x 0,√2px 0)，则k AT =√2px 02x 0，则直线AT ：x =√2x 0py −x 0，代入抛物线方程化简得：y 2−2p √2x 0py +2px 0=0，∵△=4p 2×2x 0p−8px 0=0，∴直线TA 与该抛物线相切，故④正确，故选：D ．由抛物线的性质可判断①的正误；连接A 1F ，B 1F ，结合抛物线的性质可得∠A 1FB 1=90°，即可判断②的正误；设直线AB ：x =my +p2，与抛物线方程联立，结合韦达定理、向量共线可判断③的正误；求出直线TA 的方程，联立方程组即可判断④的正误． 本题主要考查抛物线的性质及直线与抛物线的位置关系、点共线，属于中档题． 6.【答案】C【解析】解：如图，在BD ，CE 上分别取B′，C′，使得BB′=CC′=3m ，连接A′B′，A′C′，B′C′，则多面体ABC −A′B′C′是斜三棱柱，该羡除的体积V =V 三棱柱ABC−A′B′C′+V 四棱锥A′−B′DEC′，而V 三棱柱ABC−A′B′C′=12×3×6×3=27，V 四棱锥A′−B′DEC′=13×(1+22×6)×3=9，∴该羡除的体积为27+9=36m 3． 故选：C ．在BD ，CE 上分别取B′，C′，使得BB′=CC′=3m ，连接A′B′，A′C′，B′C′，把多面体分割为斜三棱柱ABC −A′B′C′与四棱锥A′−DB′C′E ，再由棱柱与棱锥体积公式求解．本题考查求空间几何体的体积，训练了分割补形法的应用，考查运算求解能力，是中档题． 7.【答案】D【解析】解：从7种颜色中任意选择一种，涂在相对的区域内，有7种方法， 剩余的6种颜色全部涂在剩余的6个区域内，有6！种方法．由于图象是轴对称图形，故上述方法正好重复了一次，故不同的涂法有7×6！2=2520种，故选：D ．从7种颜色中任意选择一种，涂在相对的区域内，有7种方法，剩余的6种颜色全部涂在剩余的6个区域内，有6！种方法．故共有7×6！种方法，由于图象是轴对称图形，故最后把结果除以2，即得所求．本题主要考查排列与组合及两个基本原理的应用，注意图形的对称性，属于中档题． 8.【答案】A【解析】解：如图：，当点P 在椭圆的上下顶点时，点M 与原点O 重合，此时|OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |取最小值0；当点P 在椭圆的左右顶点时，点M 与椭圆焦点F 1重合，即F 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ，此时|OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |取最大值，最大值|OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√16−12=2， ∵xy ≠0，∴点P 不过椭圆的顶点，∴|OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |∈(0,2)， 故选：A ．先分别分析点P 为上下顶点和左右顶点时的|OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |的值，又因为xy ≠0，所以点P 不过椭圆的顶点，从而求出|OM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |的取值范围． 本题主要考查了圆锥曲线以及平面向量的应用，是中档题． 9.【答案】ABC【解析】解：∵数列{a n }为递增数列； ∴a 1<a 2<a 3； ∵a n +a n+1=2n ， ∴{a 1+a 2=2a 2+a 3=4； ∴{a 1+a 2>2a 1a 2+a 3>2a 2=4−4a 1∴0<a 1<1；故A 正确．∴S 2n =(a 1+a 2)+(a 3+a 4)+⋯+(a 2n−1+a 2n )=2+6+10+⋯+2(2n −1)=2n 2； ∵数列{b n }为递增数列； ∴b 1<b 2<b 3；∵b n ⋅b n+1=2n∴{b 1b 2=2b 2b 3=4； ∴{b 2>b 1b 3>b 2； ∴1<b 1<√2，故B 正确．∵T 2n =b 1+b 2+⋯+b 2n=(b 1+b 3+b 5+⋯+b 2n−1)+(b 2+b 4+⋯+b 2n ) =b 1⋅(1−2n )2+b 2(1−2n )2=(b 1+b 2)(2n −1)≥2√b 1b 2(2n −1)=2√2(2n −1)；∴对于任意的n ∈N ∗，S 2n <T 2n ；故C 正确，D 错误． 故选：ABC ．利用代入法求出前几项的关系即可判断出a 1，b 1的取值范围，在求出其前2n 项和的表达式即可判断大小；本题考查了数列的综合运用，考查学生的分析能力与计算能力．属于中档题． 10.【答案】ABC【解析】解：设等差数列{a n }的公差为d ， 对于A ：S n =n(a 1+a n )2，则S nn=12(a 1+a n )，则Sn+1n+1−S n n=12(a 1+a n+1−a 1−a n+1)=12d ，故数列{Snn}为等差数列，故A 正确； 对于B ：2a n+12a n=2a n+1−a n =2d ，则数列{2a n }为等比数列，故B 正确；对于C ：∵a m =n ，a n =m ，∴{a m =a 1+(m −1)d =na n =a 1+(n −1)d =m ，则d =−1，a 1=m +n −1，则a m+n =m +n −1+(m +n −1)×(−1)=0，故C 正确； 对于D ：∵S m =n ，S n =m ， ∴{ma 1+m(m−1)d 2=nna 1+n(n−1)d2=m，解得d=−m+nmn ，a1=2n2+(m−1)(m+n)2mn，∴S m+n=(m+n)⋅2n2+(m−1)(m+n)2mn −(m+n)(m+n−1)2⋅m+nmn=m+n2mn(n2−mn)=(m+n)(n−m)2m≠0，故D不正确；故选：ABC．根据等差数列定义判断A，根据等比数列的定义判断B，根据通项公式判断C，根据求和公式判断D．本题考查了等差数列的通项公式和求和公式以及等比数列的定义，考查了运算能力和转化能力，属于中档题．11.【答案】AD【解析】解：双曲线C：y22−x2=1，可得a=√2，b=1，所以双曲线的渐近线方程为：y=±√2x，所以A正确；c=√a2+b2=√3，所以，以F1F2为直径的圆方程为x2+y2=3，所以B不正确；{x2+y2=3y=√2x解得x=±1，由对称性可知M的横坐标为：±1，所以C错误；△MF1F2的面积为：12×2c×|x M|=12×2√3×1=√3，所以D正确；故选：AD．求出双曲线的渐近线方程判断A；求出圆的方程判断B；求出M的横坐标判断C；求出三角形的面积判断D．本题主要考查双曲线的渐近线、向量的坐标运算等基础知识以及等价转化思想的应用，考查考生的运算求解能力．12.【答案】BCD【解析】解：对于A，∵AC1⊂平面AA1C1C，E∈平面AA1C1C，F∉平面AA1C1C，且E∉AC1，∴AC1与EF异面，故A错误；对于B，∵B1C1//BC，BC//DF，∴B1C1//DF，又DF⊂平面DEF，B1C1⊄平面DEF，∴B1C1//平面DEF，故B正确；对于C，由直三棱柱的结构特征，可得平面AA1C1C⊥平面ABC，又平面AA1C1C∩平面ABC=AC，而∠ACB=90°，∴BC⊥平面AA1C1C，得BC ⊥AC 1，则DF ⊥AC 1，又四边形AA 1C 1C 为正方形，连接A 1C ，则A 1C ⊥AC 1， 又DE//A 1C ，∴DE ⊥AC 1，又DE ∩DF =D ，∴AC 1⊥平面DEF ，得AC 1⊥EF ，即EF 与AC 1所成的角为90°，故C 正确； 对于D ，∵B 1C 1//BC ，BC//DF ，∴B 1C 1//平面DEF ， ∴点在B 1到平面DEF 的距离等于点C 1到平面DEF 的距离， ∴DF ⊥平面ACC 1A 1，则平面DEF ⊥平面ACC 1A 1， ∵AC 1⊥DE ，∴AC 1⊥平面DEF ，设AC 1∩DE =O ，则C 1O 就是点C 1到平面DEF 的距离． ∵在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，AC =BC =AA 1=2， ∴AA 1C 1C 是边长为2的正方形，得AC 1=√22+22=2√2， 连接A 1C ，交AC 1于O 1，则AO 1=C 1O 1=√2， ∵D 是AC 的中点，∴OO 1=√22，得C 1O =3√22， 即点B 1到平面DEF 的距离为3√22，故D 正确．故选：BCD ．由异面直线的定义判断A 错误；由平行公理及线面平行的判定判断B 正确；证明AC 1⊥平面DEF ，得AC 1⊥EF ，判断C 正确；求出C 1到平面平面DEF 的距离判定D ．本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定及应用，考查异面直线所成角的求法，考查点到平面距离的求法，是中档题． 13.【答案】288【解析】解：根据题意，先计算3盒A 类药中只有2盒在相邻两天被检测的检测方案数目， 分3步分析：先将2盒B 类药，1盒C 类药全排列，有A 33种情况，排好后有4个空位可选，再从3盒A 类药中任选2盒，安排在相邻2天检测，有C 32A 22种情况，最后和另外1盒A 类药，安排2盒B 类药，1盒C 类药的4个空位中，有A 42种情况，则有A 33C 32A 22A 42=432种检测方案，其中C 类药物安排在第1天或第6天的检测方案有2A 22C 32A 22A 32=144种，故有432−144=288种不同的检测方案， 故答案为：288．根据题意，用间接法分析：先计算3盒A 类药中只有2盒在相邻两天被检测的检测方案数目，再排除其中C 类药物安排在第1天或第6天的检测方案数目，分析可得答案． 本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用，注意利用间接法分析，属于基础题．【解析】解：设四棱锥外接球的半径为R ，球心为O ，△ABC 的外心为O 1，外接圆的半径为r ，连接AO 1，过O 作OE//AO 1，交AD 于点E ，连接OA ，OD ，如图所示：，则OA =OD =R ，O 1A =r ，OE ⊥AD ， ∴E 为AD 的中点，在△ABC 中，∵cos∠BAC =13，∴sin∠BAC =√1−(13)2=2√23，由正弦定理得2r =BC sin∠BAC =√172√23，解得r =3√348，由余弦定理得BC 2=AB 2+AC 2−2AB ⋅AC ⋅cos∠BAC ，∴17=AB 2+9−6⋅AB ⋅13， 解得AB =4，∴S △ABC =12AB ⋅AC ⋅sin∠BAC =12×4×3×2√23=4√2， ∵V D−ABC =13×S △ABC ×AD =13×4√2×AD =2√73，∴AD =√144， 连接OO 1，OO 1//AD ，所以四边形EAO 1O 为平行四边形，OO 1=AE =12AD =√148，在Rt △OO 1A 中，OA =R ，O 1A =r =3√348，OO 1=√148， ∴R 2=(3√348)2+(√148)2=5，∴此三棱锥的外接球的表面积为4πR 2=20π， 故答案为：20π．设四棱锥外接球的半径为R ，球心为O ，△ABC 的外心为O 1，外接圆的半径为r ，则OO 1⊥平面ABC ，在△ABC 中由正弦定理求出r ，由余弦定理求出AB 的长，进而求出△ABC 的面积，再由三棱锥D −ABC 的体积求出AD ，从而得到OO 1的长，在Rt △OO 1A 中利用勾股定理即可求出R ，进而得到三棱锥的外接球的表面积．本题主要考查了三棱锥外接球问题，考查了空间想象能力和逻辑思维能力，是中档题．【解析】解：∵{a n }前四项成等比数列，a 1=1，a 2=2，∴公比q =a2a 1=2，∴a 3=22=4，a 4=23=8，又{a n }为“和谐递进数列”，a 1=a 5=1， ∴a 2=a 6=2，a 3=a 7=4，a 4=a 8=8， ……， a n =a n+4．∴S 2021=a 1+(a 2+a 3+a 4+a 5)×505=1+(2+4+8+1)×505=7576． 故答案为：7576．根据{a n }前四项成等比数列，a 1=1，a 2=2，可得公比q =a2a 1=2，可得a 3，a 4，再根据{a n }为“和谐递进数列”，a 1=a 5=1，……，可得a n =a n+4.即可得出S 2021=a 1+(a 2+a 3+a 4+a 5)×505．本题考查了等比数列的通项公式、数列的周期性、新定义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．16.【答案】①②③ 6【解析】解：(i)对于①：将x 换成−x ，y 换成−y ，则方程变为(−x)4+(−y)4+m(−x)2(−y)2=x 4+y 4+mx 2y 2=1不变，所以图形关于(0,0)对称；故①正确； 对于②：将x 换成−x ，则方程变为(−x)4+y 4+m(−x)2y 2=x 4+y 4+mx 2y 2=1不变，故曲线C 关于y 轴对称，同理将y 换成−y ，方程也不变，故曲线C 关于x 轴对称， 故②正确；对于③：m =−1时，x 4+y 4−x 2y 2=1，因为x 4+y 4≥2x 2y 2，所以1=x 4+y 4−x 2y 2≥2x 2y 2−x 2y 2=x 2y 2，即x 2y 2≤1，因为(x 4−1)(y 4−1)=x 4y 4−x 4−y 4+1=x 4y 4−x 2y 2=x 2y 2(x 2y 2−1)≤0，所以(x 4−1)(y 4−1)≤0，即{x 4−1≤0y 4−1≥0或{x 4−1≥0y 4−1≤0解得{|x|≤1|y|≥1或{|x|≥1|y|≤1，故③正确；(ii)原方程x 4+y 4+mx 2y 2=1可化为(x 2+y 2)2+(m −2)x 2y 2=1，所以(x 2+y 2)2=1−(m −2)x 2y 2，当m −2>0时，(x 2+y 2)2≤1即x 2+y 2≤1，若面积小于π，则m −2>0，所以m >2， 则m 可取(2,+∞)任意值，如取6．故答案为①②③；6．(i)①②将x换成−x，y换成−y即可判断曲线C是否是中心对称、轴对称；③利用基本不等式可判断；(ii)将原方程化简可得(x2+y2)2=1−(m−2)x2y2，则当m−2>0时面积小于π，进而得到m的取值．本题考查了命题的真假判断与应用，考查曲线中心对称、轴对称等相关性质，综合性较强，属于难题．17.【答案】解：(Ⅰ)根据分类计数原理知，当末位是0时，十位和百位从4个元素中选两个进行排列有A42=12种结果，当末位不是0时，只能从2和4中选一个，百位从3个元素中选一个，十位从三个中选一个共有A21A31A31=18种结果，根据分类计数原理知共有12+18=30种结果；(Ⅱ)十位上的数为0时，有4×3=12个，十位上的数为1时，有3×2=6个，十位上的数为2时，有2×1=2个，共有20个；(Ⅲ)1和3两个奇数夹着0时，把这三个元素看做一个整体，和另外两个偶数全排列，其中1和3之间还有一个排列，共有2A33=12种结果，1和3两个奇数夹着2时，同前面类似，只是注意0不能放在首位，共有2C21A22=8，当1和3两个奇数夹着4时，也有同样多的结果，共有2C21A22=8，根据分类加法原理得到共有12+8+8=28种结果．【解析】(Ⅰ)因为数字0不能排在首位，末位是0时又是偶数，所以针对于0进行讨论，当末位是0时，十位和百位从4个元素中选两个进行排列，当末位不是0时，只能从2和4中选一个，百位从3个元素中选一个，十位从三个中选一个．根据分类计数原理得到结果．(Ⅱ)十位上的数为0，1，2，分类讨论即可得出结论；(Ⅲ)1和3两个奇数夹着0时，把这三个元素看做一个整体，和另外两个偶数全排列，其中1和3之间还有一个排列，共有2A33种结果，1和3两个奇数夹着2时，注意0不能放在首位，当1和3两个奇数夹着4时，同理，得到结果．对于复杂一点的计数问题，有时分类以后，每类方法并不都是一步完成的，必须在分类后又分步，综合利用两个原理解决，即类中有步，步中有类．18.【答案】解：(1)∵l1⊥l2，∴k l2=−1−12=2．∴直线l2的方程为：y−0=2(x−32)，化为：y=2x−3．联立{x +2y −4=02x −y −3=0，解得{x =2y =1．∴直线l 1和l 2的交点坐标为(2,1)．(2)当直线l 3经过原点时，可得方程：y =12x.当直线l 3不经过过原点时，设在x 轴上截距为a ≠0，则在y 轴上的截距的2a 倍， 其方程为：x a +y 2a =1，把交点坐标(2,1)代入可得：2a +12a =1，解得a =52． 可得方程：2x +y =5．综上可得直线l 3的方程为：x −2y =0，2x +y −5=0．【解析】(1)利用l 1⊥l 2，可得斜率k l 2.利用点斜式可得直线l 2的方程，与直线l 1和l 2的交点坐标为(2,1)．(2)当直线l 3经过原点时，可得方程．当直线l 3不经过过原点时，设在x 轴上截距为a ≠0，则在y 轴上的截距的2a 倍，其方程为：x a +y2a =1，把交点坐标(2,1)代入可得a ．本题考查了相互垂直的直线斜率之间的关系、截距式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．19.【答案】(1)解：n =1时，a 1=S 1=3，当n =2时，S 2=a 1+4a 1+4=a 1+a 2，∴a 2=4a 1+4=16， ∴b 1=a 2−2a 1=10，当n ≥2时，S n =a 1+4a n−1+4，S n+1=a 1+4a n +4， ∴a n+1=4a n −4a n−1，即a n+1−2a n =2(a n −a n−1)， 即b n =2b n−1，∴{b n }是以10为首项，以2为公比的等比数列， ∴b n =10⋅2n−1=5⋅2n ．(2)证明：C n =log n 5√2=log 22n−12=n −12，∴1Cn ⋅C n+1=1(n−12)(n+12)=1n−12−1n+12，∴T n =1C 1C 2+1C 2C 3+⋯+1C n C n+1=11−12−11+12+12−12−12+12+⋯+1n−12−1n+12=11−12−1n+12=2−1n+12，∵n ≥1，∴0<1n+12≤23，∴43≤2−1n+12<2，即43≤T n <2．【解析】(1)计算a 1，a 2的值得出b 1，再根据a n+1=S n+1−S n 得出{b n }是等比数列，从而可得出数列{b n }的通项公式；(2)化简C n ，使用裂项法计算T n ，根据不等式的性质得出结论． 本题考查数列的通项公式，考查裂项法数列求和，属于中档题． 20.【答案】解：(1)证明：∵△ABC 和△SBC 都是等边三角形，且有公共边BC ， ∴AB =SB =AC =SC ，∵P 是SA 的中点，∴SA ⊥BP ，SA ⊥CP ， ∵BP ∩CP =P ，∴SA ⊥平面PBC ．(2)取BC 的中点O ，连结OA ，OS ，由条件得OA ，BC ，OS 两两垂直，以O 为坐标原点，OA 为x 轴，OB 为y 轴，OS 为z 轴，建立空间直角坐标系，如图， 设AB =2，则AO =OS =√3，则A(√3,0，0)，B(0,1，0)，C(0,−1,0)，S(0,0，√3)，Q(2√33,0，√33)， ∴CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,1，0)，SA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,0,−√3)，BQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2√33,−1,√33)， 设平面SAC 的一个法向量为n⃗ =(x,y ，z)， 则{n ⃗ ⋅CA⃗⃗⃗⃗⃗ =√3x +y =0n ⃗ ⋅SA ⃗⃗⃗⃗⃗ =√3x −√3z =0，令x =1，得n ⃗ =(1,−√3,1)，设BQ 与平面SAC 所成角为θ， 则BQ 与平面SAC 所成角的正弦值为： sinθ=|BQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ ||BQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗⃗ |=2√33+√3+√33√83⋅√5=3√1010．【解析】(1)推导出AB =SB =AC =SC ，SA ⊥BP ，SA ⊥CP ，由此能证明SA ⊥平面PBC ． (2)取BC 的中点O ，连结OA ，OS ，以O 为坐标原点，OA 为x 轴，OB 为y 轴，OS 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出BQ 与平面SAC 所成角的正弦值．本题考查线面垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，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．21.【答案】解：(1)证明：由(n +1)a n+1−(n +2)a n =1(n ∈N ∗)可得：a n+1n+2−ann+1=1(n+1)(n+2)=1n+1−1n+2，∴a 23−a 12=12−13，a 34−a 23=13−14，a 45−a 34=14−15， …，a n n+1−a n−1n=1n−1n+1(n ≥2)，将以上式子相加可得：ann+1−a 12=12−1n+1，∵a 1=1，∴a n =n(n ≥2)， 又a 1=1也适合上式， ∴a n =n ，∵a n+1−a n =n +1−n =1，∴数列{a n }是首项、公差均为1的等差数列，a n =n ； (2)解：由(1)可得b n =1S n =1n(1+n)2=2n(n+1)=2(1n −1n+1)， ∴T n =2(11−12+12−13+⋯+1n−1n+1)=2(1−1n+1)=2nn+1，假设存在正整数p ，q(3<p <q)，使得T 3，T p ，T q 成等差数列， 则2T p =T 3+T q ，即4pp+1=32+2qq+1⇒q =5p−37−p，又3<p <q ，可解得：{p =5q =11或{p =6q =27，故存在{p =5q =11或{p =6q =27，使得T 3，T p ，T q 成等差数列．【解析】(1)先由(n +1)a n+1−(n +2)a n =1⇒a n+1n+2−a n n+1=1n+1−1n+2，然后利用叠加法求得a n (n ≥2)，再检验n =1时是否适合，从而求得a n ，最后利用等差数列的定义证明结论即可． (2)先由(1)求得b n ，进而利用裂项相消法求得其前n 项和T n ，再假设存在正整数p ，q(3<p <q)，使得T 3，T p ，T q 成等差数列，根据假设得到p 与q 的关系式，解出满足题意的p 与q 即可．本题主要考查叠加法在求数列通项公式中的应用、等差数列的定义及前n 项和公式、裂项相消法在数列求和中的应用及解方程的能力，属于中档题． 22.【答案】解：(1)由题意可知，{c a=122b =2√3，又a 2=b 2+c 2，所以a 2=4，b 2=3， 所以椭圆C 的标准方程为：x 24+y 23=1．(2)A(−2,0)，B(2,0)，设M(x 0,y 0)，因为点M 在椭圆上，所以x 024+y 023=1， 所以k MA ⋅k MB =y 0x−2⋅y 0x+2=y 02x0−4，又y 02=3−3x 024，所以k MA ⋅k MB =3−3x 024x 02−4=−34．(3)设直线PQ 的方程为：x =my +1， P(x 1,y 1)，Q(x 2,y 2)， 则S(4,y 1)，T(4,y 2)，联立方程{3x 2+4y 2=12x =my +1，可得(3m 2+4)y 2+6my −9=0，所以y 1+y 2=−6m3m 2+4，y 1y 2=−93m 2+4， 所以2my 1y 2=3(y 1+y 2)，由直线PT 的方程为：(y −y 2)(x 1−4)=(x −4)(y 1−y 2)， 令y =0，则x =4y 2−x 1y 2y 1−y 2+4=4y 1−(my 1+1)y 2y 1−y 2=8y 1−2y 2−2my 1y 22(y 1−y 2)=8y 1−2y 2−3(y 1+y 2)2(y 1−y 2)=5(y 1−y 2)2(y 1−y 2)=52，所以直线PT 恒过(52,0)， 即直线PT 与QS 交于定点(52,0)．【解析】(1)由题意，列出a ，b ，c 满足等量关系，结合椭圆中a ，b ，c 的关系，求得a 2=4，b 2=3，从而求得椭圆的方程．(2)写出A(−2,0)，B(2,0)，设M(x 0,y 0)，利用斜率坐标公式求得两直线斜率，结合点在椭圆上，得出y 02=3−3x 024，从而求得结果．(3)设直线PQ 的方程为：x =my +1，P(x 1,y 1)，Q(x 2,y 2)，S(4,y 1)，T(4,y 2)，联立方程{3x 2+4y 2=12x =my +1，可得(3m 2+4)y 2+6my −9=0，结合韦达定理，得到2my 1y 2=3(y 1+y 2)，结合直线PT 的方程，得到直线所过的定点坐标．本题考查椭圆的方程，定值问题，解题中需要一定的运算化简能力，属于中档题．。