2020年浙江省杭州市学军中学高考数学模拟试卷(6月份)

2020年浙江省杭州市学军中学高考数学模拟试卷（6月份）一、单项选择题（本大题共10小题，共40.0分）1.已知集合A={1,2，4}，B={0,2，4}，则A∪B=()A. {2,4}B. {0,1，2，4}C. {0,1，2，2，4}D. {x|0≤x≤4}2.双曲线x24−y29=1的实轴长为()A. 2B. 3C. 4D. 63.已知圆C：(x−1)2+y2=1，直线l过点(0,1)且倾斜角为θ，则“θ=0”是“直线l与圆C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4.若复数a+3i1+2i(a∈R,i为虚数单位位)是纯虚数，则实数a的值为()A. −2B. 4C. −6D. 65.已知函数f(x)=1x−lnx−1，则y=f(x)的图象大致为()A. B.C. D.6.设l，m是条不同的直线，α是一个平面，以下命题正确的是()A. 若l//α，m//α，则l//mB. 若l//α，m⊥l，则m⊥αC. 若l⊥α，m⊥l，则m//αD. 若l⊥α，m⊥α，则l//m7.《周髀算经》中有这样一个问题：从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列，冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺，前九个节气日影长之和为85.5尺，则芒种日影长为()A. 4.5尺B. 3.5尺C. 2.5尺D. 1.5尺8. 设a ⃗ ，b ⃗ ，c ⃗ 为平面向量，|a ⃗ |=|b ⃗ |=a ⃗ ⋅b ⃗ =2，若(2c ⃗ −a ⃗ )⋅(c ⃗ −b ⃗ )=0，则c ⃗ ⋅b ⃗ 的最大值是( )A. √7+√3B. 52+√3C. 174D. 949. 定义在R 上的奇函数f(x)满足f(x +2)=f(−x)，且当x ∈[0,1]时，f(x)=2x −cosx ，则下列结论正确的是( )A. f(20203)<f(20192)<f(2018) B. f(2018)<f(20203)<f(20192)C. f(2018)<f(20192)<f(20203) D. <f(20192)<f(20203)<f(2018)10. 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，并满足：对任意n ∈N ∗，都有|S n+2020|≥|S n |，则下列命题不一定成立的是( )A. |S 2020|≤|S 2021|B. |S 2021|≤|S 2022|C. |a 1010|≤|a 1011|D. |a 1011|≤|a 1012|二、填空题（本大题共3小题，共12.0分）11. 已知抛物线y 2=4x ，过点A(1,2)作直线l 交抛物线于另一点B ，Q 是线段AB 的中点，过Q 作与y 轴垂直的直线l 1，交抛物线于点C ，若点P 满足QC ⃗⃗⃗⃗⃗ =CP⃗⃗⃗⃗⃗ ，则|OP|的最小值是______． 12. 将5个不同的小球全部放入编号为1，2，3，4的四个盒子中，若每个盒子中所放的球的个数不大于其编号数，则共有______种不同的放法．13. 已知三棱锥A −BCD 的所有顶点都在球O 的球面上，AD ⊥平面ABC ，∠BAC =90°，AD =2，若球O的表面积为29π，则三棱锥A −BCD 的侧面积的最大值为______． 三、多空题（本大题共4小题，共24.0分）14. 已知随机变量X 服从二项分布B(n,p)，若E(x)=3，D(X)=2，则p = ，P(X =1)= ． 15. 已知实数x ，y 满足约束条件{x +y −2≥0x −y −2≤02x −y −2≥0，则z =x +2y 的最小值为 ；y+1x 的取值范围是 ．16. 若将函数f(x)=x 7表示为f(x)=a 0+a 1(x −1)+a 2(x −1)2+⋯+a 7(x −1)7，其中a 0，a 1，a 2，…，a 7为实数，则a 3= ，a 0+a 2+a 4+a 6= ．17. 已知a ，b ，c 分别为△ABC 三个内角A ，B ，C 的对边，且acosC +√3asinC =b +c ，则A = ；又若b =2，a =x ，△ABC 有两解，则实数x 的取值范围是 ． 四、解答题（本大题共5小题，共74.0分） 18. 设函数f(x)=cos(2x +π6)−cos(2x −3π2)+a 的最小值是−1．(1)求a 的值及f(x)的对称中心；(2)将函数f(x)图象的横坐标压缩为原来的一半(纵坐标不变)，再向右平移π12个单位，得到g(x)的图象．若g(x)≥−12，求x的取值范围．19.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，A1B1=A1C1=2，CC1=2√3，∠BAC=120°，O为线段B1C1的中点，P线段CC1上一动点(异于点C、C1).Q为线段BC上一动点，且QP⊥OP；(1)求证：平面A1PQ⊥平面A1OP；(2)若BO//PQ，求直线OP与平面A1PQ所成角的正弦值．20.已知数列{a n}满足a1=2，a2=10，a n+2=a n+1+2a n，n∈N∗．(Ⅰ)证明：数列{a n+1+a n}是等比数列；(Ⅱ)求数列{a n}的通项公式；(Ⅲ)证明：1a1+1a2+⋯…+1a n<34．21.已知M：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距为2√3，点P(0,2)关于直线y=−x的对称点在椭圆M上．(1)求椭圆M的方程；(2)如图，椭圆M的上、下顶点分别为A，B，过点P的直线l与椭圆M相交于两个不同的点C，D．①求△COD面积的取值范围；②当AD与BC相交于点Q时，试问：点Q的纵坐标是否是定值？若是，求出该定值：若不是，说明理由．22.已知实数a≥−1，设f(x)=(x+a)lnx，x>0．(1)若a=−1，有两个不同实数x1，x2不满足|f′(x1)|=|f′(x2)|，求证：x1+x2>2；(2)若存在实数1e <c<4e2，使得|f(x)|=c有四个不同的实数根，求a的取值范围．答案和解析1.【答案】B【解析】解：∵集合A={1,2，4}，B={0,2，4}，∴A∪B={0,1，2，4}．故选：B．求出集合A，B，由此能求出A∪B．本题考查并集的求法，考查并集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．2.【答案】C【解析】解：双曲线x24−y29=1的a=2，则双曲线的实轴长为2a=4．故选：C．通过双曲线的方程，求得a，再由实轴长为2a，即可得到．本题考查双曲线的方程和性质，考查运算能力，属于基础题．3.【答案】A【解析】解：直线l过点(0,1)且倾斜角为θ，当θ≠π2时，此时直线方程为y=xtanθ+1，∵直线l与圆C相切，∴√1+tan2θ=1，整理可得tanθ=0，∵0≤θ<π，∴θ=0，当θ=π2时，此时直线为方程为x=0，此时满足与圆C：(x−1)2+y2=1相切；∴“θ=0”是“直线l与圆C相切”的充分不必要条件，故选：A．分类讨论，当θ≠π2时，此时直线方程为y=xtanθ+1，求出θ=0时，当θ=π2时，直线l与圆C相切，再根据充分必要条件的定义即可判断．本题考查了直线与圆的位置关系，充分必要条件，属于基础题．4.【答案】C【解析】【分析】本题考查复数代数形式的乘除运算，复数的分类，是基础题．化简复数为a+bi(a、b∈R)的形式，让其实部为0，虚部不为0，可得结论．【解答】解：复数a+3i1+2i =(a+3i)(1−2i)(1+2i)(1−2i)=(a+6)+(3−2a)i5，它是纯虚数，则a=−6．故选：C．5.【答案】A【解析】【分析】本题主要考查函数的单调性与函数的导数的关系，函数的图象判断，考查分析问题解决问题的能力，属于中档题．利用函数的定义域与函数的值域排除B，D，通过函数的单调性排除C，推出结果即可．【解答】解：令g(x)=x−lnx−1，则x>0，因为g′(x)=1−1x =x−1x，由g′(x)>0，得x>1，即函数g(x)在(1,+∞)上单调递增，由g′(x)<0，得0<x<1，即函数g(x)在(0,1)上单调递减，所以当x=1时，函数g(x)有最小值，g(x)min=g(1)=0，于是对任意的x∈(0,1)∪(1,+∞)，有g(x)>0，则f(x)>0，故排除B、D，因为函数g(x)在(0,1)上单调递减，所以函数f(x)在(0,1)上单调递增，故排除C．故选A．6.【答案】D【解析】解：由l，m是条不同的直线，α是一个平面，知：在A中，若l//α，m//α，则l与m相交、平行或异面，故A错误；在B中，若l//α，m⊥l，则m与α相交、平行或m⊂α，故B错误；在C中，若l⊥α，m⊥l，则m//α或m⊂α，故C错误；在D中，若l⊥α，m⊥α，则由线面垂直的性质定理得l//m，故D正确．故选：D．在A中，l与m相交、平行或异面；在B中，m与α相交、平行或m⊂α；在C中，m//α或m⊂α；在D 中，由线面垂直的性质定理得l//m．本题考查命题真假的判断，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．7.【答案】C【解析】【分析】本题考查了等差数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．设此等差数列{a n}的公差为d，则a1+a4+a7=3a1+9d=31.5，9a1+9×82d=85.5，解得：d，a1.利用通项公式即可得出．【解答】解：设此等差数列{a n}的公差为d，则a1+a4+a7=3a1+9d=31.5，9a1+9×82d=85.5，解得：d=−1，a1=13.5．则a12=13.5−11=2.5．故选：C．8.【答案】B【解析】解：∵|a⃗|=|b⃗ |=a⃗⋅b⃗ =2，∴cos<a⃗，b⃗ >=a⃗ ⋅b⃗|a⃗ |⋅|b⃗|=12，即<a⃗，b⃗ >=π3．设c⃗=(x,y)，a⃗=(2,0)，则b⃗ =(1,√3)，∵(2c⃗−a⃗ )⋅(c⃗−b⃗ )=0，∴[2(x,y)−(2,0)]⋅[(x,y)−(1,√3)]=0，整理得(x −1)2+(y −√32)2=34，∴向量c ⃗ 的终点的轨迹是以(1,√32)为圆心，√32为半径的圆．设z =c ⃗ ⋅b⃗ =(x,y)⋅(1,√3)=x +√3y ， 当直线x +√3y −z =0与圆相切时，z 取得最大值或最小值， 此时有|1+√32×√3−z|2=√32，解得z =52+√3或52−√3，∴c ⃗ ⋅b ⃗ 的最大值为52+√3．故选：B ．由平面向量数量积的运算可得<a ⃗ ，b ⃗ >=π3，设c ⃗ =(x,y)，a ⃗ =(2,0)，则b ⃗ =(1,√3)，由(2c ⃗ −a ⃗ )⋅(c ⃗ −b ⃗ )=0，可推出(x −1)2+(y −√32)2=34；设z =c ⃗ ⋅b ⃗ =x +√3y ，当直线x +√3y −z =0与圆相切时，z 取得最大值或最小值，然后利用点到直线的距离公式即可得解．本题考查平面向量的混合运算，借助平面向量的坐标运算，将问题转化为直线与圆的最值问题是解题的关键，考查学生的数形结合思想、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．9.【答案】C【解析】解：∵f(x)是奇函数； ∴f(x +2)=f(−x)=−f(x)； ∴f(x +4)=−f(x +2)=f(x)； ∴f(x)的周期为4；∴f(2018)=f(2+4×504)=f(2)=f(0)，f(20192)=f(12+4×251)=f(12)，f(20203)=f(712+4×168)=f(712)；∵x ∈[0,1]时，f(x)=2x −cosx 单调递增； ∴f(0)<f(12)<f(712)；∴f(2018)<f(20192)<f(20203)．故选：C ．根据f(x)是奇函数，以及f(x +2)=f(−x)即可得出f(x +4)=f(x)，即得出f(x)的周期为4，从而可得出f(2018)=f(0)，f(20192)=f(12)，f(20203)=f(712)，然后可根据f(x)在[0,1]上的解析式可判断f(x)在[0,1]上单调递增，从而可得出f(2018)<f(20192)<f(20203)．考查奇函数，周期函数的定义，指数函数和余弦函数的单调性，以及增函数的定义．10.【答案】C【解析】解：∵等差数列{a n }的前n 项和为S n ，并满足：对任意n ∈N ∗，都有|S n+2020|≥|S n |， S n =d2n 2+(a 1−d2)，假设d >0， ∴|S n+2020|≥|S 1|，∴S 2021≥−S 1， 利用二次函数的对称性，得到S 2020≥S 1． 设对称轴x =a ，则a <1+20202=1010.5，∴当n ≥1011时，a n ≥0，S 2021+S 1≥0，即2022a 1+2021×20202d ≥0，即1011(2a 1+2019d)+d ≥0，即a 1010+a 1011+d1011≥0， 当0≤a 1010<a 1011时，A ，B ，C ，D 均成立， ∴取a 1010<0，a 1011>0的情况，对于A ，|S 2020|≤|S 2022|，即S 2021≤S 2021，且−S 2020≤S 2021，成立即可， 即a 2021成立，且S 2020+S 2021成立即可，故A 正确；对于B ，|S 2021|≤|S 2022|，即S 2021≤S 2022，即a 2022>0，故B 成立； 对于C ，|a 1010|≤|a 1011|，即−a 1010≤a 1011，即a 1010+a 1011≥0， 而a 1010+a 1011+d1011≥0，∴当a 1010+a 1011∈(−d 1010,0)时，不成立，故C 不成立； 对于D ，|a 1011|≤|a 1012|，即a 1011≤a 1012，故D 成立． 故选：C ．推导出S 2021≥−S 1，利用二次函数的对称性，得到S 2020≥S 1.设对称轴x =a ，则a <1+20202=1010.5，推导出0≤a 1010<a 1011时，A ，B ，C ，D 均成立，取a 1010<0，a 1011>0的情况，进行讨论，能求出结果． 本题考查命题真假的判断，考查等差数列的前n 项和的函数特性、等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．11.【答案】√22【解析】解：由y 2=4x ，可设B(b 24,b).因为A(1,2)，Q 是AB 的中点，所以Q(b 2+48,b+22).所以直线l 1的方程为：y =b+22.代入y 2=4x ，可得C((b+2)216,b+22).因为QC ⃗⃗⃗⃗⃗ =CP ⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以点C 为PQ 的中点，可得P(b 2,b+22).所以，|OP|2=b 24+(b+2)24=12(b +1)2+12．所以当b =−1时，|OP|2取得最小值12，即|OP|的最小值为√22．故答案为：√22．由y 2=4x ，可设B(b 24,b)，由题意逐步表示出点Q ，C ，P 的坐标，于是可以表示出|OP|并求得其最小值．本题考查抛物线的基本问题，设出坐标表示出目标函数，利用函数求最值．12.【答案】535【解析】解：根据题意，分3种情况讨论：①四个盒子中都放入小球，需要将5个小球分为4组，即2、1、1、1的四组，2个小球的一组只能放在编号为2，3，4的三个盒子，剩下的三组可以放进任意的盒子中，则有C 52C 31A 33=180种放法；②有3个盒子中放入小球，先将5个小球分为3组，若分为3、1、1的三组，3个小球的一组只能放在编号为3，4的两个盒子，剩下的2组可以放进任意的盒子中，有C 53C 21A 32=120种放法，若分为2、2、1的三组，2个小球的一组只能放在编号为2，3，4的三个盒子，剩下的1组可以放进任意的盒子中，有12C 52C 32A 32C 21=180种放法， 此时有120+180=300种放法；③有2个盒子中放入小球，先将5个小球分为2组，若分为3、2的两组，3个小球的一组只能放在编号为3，4的两个盒子，剩下的1组有2种放法，有C 52×4=40种放法，若分为1、4的两组，4个小球的一组只能放在编号为4的盒子，剩下的1组可以放进任意的盒子中，有C 54×3=15种放法，此时有40+15=55种放法； 则有180+300+55=535种放法； 故答案为：535根据题意，按放入小球的盒子的数目进行分类讨论，求出每种情况下的放法数目，由加法原理计算可得答案．本题考查排列组合的应用，涉及分类分步计数原理的应用，属于基础题．13.【答案】5√2+254【解析】解：因为DA ⊥平面ABC ，且AB ⊥AC ， 所以侧棱AB 、AC 、AD 两两垂直、共点，所以该三棱锥可内嵌于长方体中，如图所示，设AB =a ，AC =c ，设侧面积为S ，则S =12⋅2b +12⋅2c +12bc =b +c +12bc ， 又因为该三棱锥外接球与长方体相同，设球的半径为R ，由题意知，球的表面积为29π=4πR 2， ∵R =√292，∴2R =√29=√4+b 2+c 2，∴b 2+c 2=25，由均值不等式可知，bc ≤b 2+c 22=252，b 2+c 22≥(b+c 2)2， 解得b +c ≤5√2，都是b =c 时等号成立， ∴S =b +c +12bc ≤5√2+254．故答案为：5√2+254．根据题意明确三棱锥的形状符合内嵌于长方体，将三棱锥的侧面积表示成数学式子，即可研究该式的最值问题．本题考查球的表面积，考查均值不等式，属于中档题．14.【答案】132562187【解析】解：随机变量X 服从二项分布B(n,p)，若E(x)=3，D(X)=2， 可得np =3，np(1−p)=2， 解得p =13；n =9．所以P(X =1)=C 91⋅(13)⋅(23)8=2837=2562187．故答案为：13；2562187．利用二项分布的期望与方差，求出n ，p ，然后求解P(X =1)即可．本题考查离散型随机变量的分布列的期望与方差的求法，二项分布的应用，考查计算能力．15.【答案】2[12,2)【解析】解：可行域如图：由{x +y −2=0x −y −2=0，解得A(2,0)，目标函数z =x +2y 变形为y =−12x +z2， 当此直线经过图中A 时，直线在y 轴的截距最小， 此时z 的最小值为2+2×0=2；y+1x的几何意义是可行域内的点与D(0,−1)连线的斜率，由可行域可知AD 的斜率是最小值，过D 的直线与BC 平行时，表达式取得最大值，但是，不满足题意， 所以y+1x∈[12,2)故答案为：2；[12,2)．由约束条件画出可行域，利用目标函数的几何意义求最小值．本题考查了简单线性规划问题；正确画出可行域是解答的前提，利用目标函数的几何意义求最值是关键．16.【答案】3564【解析】解：∵f(x)=x 7=[(x −1)+1]7=a 0+a 1(x −1)+a 2(x −1)2+⋯+a 7(x −1)7，∴a 3=C 73=35．令x =0得：0=a 0−a 1+a 2+⋯−a 7，① 令x =2得：27=a 0+a 1+a 2+⋯+a 7，② ①+②除以2可得：a 0+a 2+a 4+a 6=272=26=64．故答案为：35，64．由f(x)=x 7=[(x −1)+1]7，展开即可求得a 3的值．再分别赋值即可求解结论．本题考查二项式系数的性质，考查数学转化思想方法，是基础题．17.【答案】π3(√3,2)【解析】解：因为acosC+√3asinC=b+c，所以sinAcosC+√3sinAsinC=sinB+sinC，则sinAcosC+√3sinAsinC=sinAcosC+cosAsinC+sinC，所以√3sinAsinC=cosAsinC+sinC，因为C为三角形内角，sinC≠0，所以√3sinA=cosA+1，则sin(A−π6)=12，所以A=π3；∵在△ABC中，a=x，b=2，A=60°，∴由正弦定理得：sinB=bsinAa =√3x，∵A=60°，∴0<B<120°，要使三角形有两解，得到60°<B<120°，且B≠90°，即√32<sinB<1，∴√32<√3x<1，解得：√3<x<2，故x的取值范围是(√3,2)．故答案为：π3；(√3,2)．由已知利用正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求sin(A−π6)=12，可得A=π3，由正弦定理可得sinB=√3x，结合范围0<B<120°，要使三角形有两解，得到60°<B<120°，且B≠90°，即√32<sinB<1，从而解得x的求值范围．本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换的应用以及正弦函数的性质在解三角形中的应用，考查了转化思想和函数思想，属于中档题．18.【答案】解(1)f(x)=cos(2x+π6)−cos(2x−3π2)+a=√32cos2x−12sin2x+sin2x+a=12sin2x +√32cos2x +a =sin(2x +π3)+a ，因为函数f(x)的最小值是−1，所以a =0， 所以f(x)=sin(2x +π3). 令2x +π3=kπ，k ∈Z ，解得x =kπ2−π6，k ∈Z ，故f(x)的对称中心为(kπ2−π6,0)，k ∈Z ，(2)由题意可得g(x)=sin[4(x −π12)+π3]=sin4x ， 若g(x)≥−12，即sin4x ≥−12，则2kπ−π6≤4x ≤2kπ+7π6，k ∈Z ，解得kπ2−π24≤x ≤kπ2+7π24，k ∈Z ，即x 的取值范围为[kπ2−π24,kπ2+7π24]，k ∈Z ，【解析】(1)利用三角恒等变换化简函数f(x)解析式，由函数f(x)的最小值是−1，求解a 值，令2x +π3=kπ，k ∈Z ，即可求解f(x)的对称中心；(2)由三角函数的图象的变换可得g(x)解析式，求解不等式即可得x 的取值范围．本题主要考查三角恒等变换，三角函数的对称中心，以及三角函数图象的变换规律，属于中档题． 19.【答案】(1)证明：∵A 1B 1=A 1C 1=2，O 为线段B 1C 1的中点，∴A 1O ⊥B 1C 1，∵直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，∴CC 1⊥平面A 1B 1C 1， ∴A 1O ⊥CC 1，又CC 1∩B 1C 1=C 1， ∴A 1O ⊥平面CBB 1C 1，∴QP ⊥A 1O. 又∵QP ⊥OP ，A 1O ∩OP =O ， ∴QP ⊥平面A 1OP ， 又QP ⊂平面A 1OP ， ∴平面A 1PQ ⊥平面A 1OP ．(2)解：建立如图空间直角坐标系O −xyz ，∵A 1B 1=A 1C 1=2，∠B 1A 1C 1=∠BAC =120°，∴OB 1=OC 1=√3，OA 1=1， 则O(0,0，0)，C 1(0,√3,0)，B 1(0,−√3,0)，B(0,−√3,2√3)，A 1(−1,0，0)， 设P(0,√3,a)，Q(0,b,2√3)，则OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−√3,2√3)，QP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√3−b,a −2√3)，OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√3,a)． ∵QP ⊥OP ，BO//PQ ，∴QP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ //QP ⃗⃗⃗⃗⃗ ，故{(√3−b)⋅√3+a(a −2√3)=02√3(√3−b)=−√3(a −2√3)， 解得：a =√32，b =√34(P 异于点C ，C 1)，∴A 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,√32)，QP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,3√34,−3√32)，OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√3,√32)． 设平面A 1QP 的法向量为n ⃗ =(x,y,z)，则{n ⃗ ⋅A 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ⃗ ⋅QP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，即{x +√3y +√32z =03√34y −3√32z =0，可取n ⃗ =(−5√3,4,2)， 设直线OP 与平面A 1QP 所成角为θ， 则sinθ=|n ⃗⃗ ⋅OP⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ⃗⃗ ||OP⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3+√3√154⋅√95=2√1919．故直线OP 与平面A 1QP 所成角的正弦值为2√1919．【解析】(1)证明PQ ⊥平面A 1OP 即可得出平面A 1PQ ⊥平面A 1OP ；(2)建立空间坐标系，求出平面A 1PQ 的法向量，计算法向量与OP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角得出答案．本题考查了面面垂直的判定，考查直线与平面所成角的计算，向量是解决空间角计算的一个有力工具，属于中档题．20.【答案】(Ⅰ)证明：由a n+2=a n+1+2a n ，得a n+2+a n+1=2(a n+1+a n )，又a 1=2，a 2=10，∴a 2+a 1=12≠0，∴数列{a n+1+a n }是首项为12，公比为2的等比数列； (Ⅱ)解：由(Ⅰ)可知，a n+1+a n =(a 2+a 1)⋅2n−1=6⋅2n ， ∴a n+2+a n+1=6⋅2n+1， 两式作差可得a n+2−a n =6⋅2n ． 当n 为奇数时，a n =a 1+6⋅2+6⋅23+⋯+6⋅2n−2=2+6⋅2(1−4n−12)1−4=2n+1−2；当n 为偶数时，a n =a 2+6⋅22+6⋅24+⋯+6⋅2n−2=10+6⋅4(1−4n−22)1−4=2n+1+2．∴a n ={2n+1−2,n 为奇数2n+1+2,n 为偶数；(Ⅲ)证明：由(Ⅱ)得，a n ={2n+1−2,n 为奇数2n+1+2,n 为偶数，∵当n ≥6时，2n+1−2n =2n >2，∴当n ≥6时，2n+1−2>2n ，2n+1+2>2n ，∴当n ≥6时，若n 为奇数，1a n=12n+1−2<12n ，若n 为偶数，1a n=12n+1+2<12n ．∴当n ≥6时，1a 1+1a 2+⋯…+1a n<12+110+114+134+162+164+1128+⋯+12n=12+110+114+134+162+164(1−12n−5)1−12<12+110+114+134+162+132=21012808<21062808=34．∵1a n>0，∴当n ≤5时，1a 1+1a 2+⋯…+1a n<34，综上，1a 1+1a 2+⋯…+1a n<34．【解析】(Ⅰ)由a n+2=a n+1+2a n ，得a n+2+a n+1=2(a n+1+a n )，即可证明数列{a n+1+a n }是首项为12，公比为2的等比数列；(Ⅱ)由(Ⅰ)可知，a n+1+a n =(a 2+a 1)⋅2n−1=6⋅2n ，进一步得到a n+2−a n =6⋅2n .对n 分类求解数列{a n }的通项公式；(Ⅲ)由(Ⅱ)得，a n ={2n+1−2,n 为奇数2n+1+2,n 为偶数，当n ≥6时，得2n+1−2>2n ，2n+1+2>2n ，即可得到若n 为奇数，1a n=12−2<12，若n 为偶数，1a n=12+2<12，可得当n ≥6时，1a 1+1a 2+⋯…+1a n<12+110+114+134+162+164+1128+⋯+12n ，由等比数列的求和公式证明结论．再由1a n>0，得当n ≤5时，1a 1+1a 2+⋯+1a n<34，结论得证．本题考查数列递推式，考查等比关系的求得，训练了分类求解数列的通项公式，考查利用放缩法证明数列不等式，属难题．21.【答案】解：(1)因为点P(0,2)关于直线y =−x 的对称点为(−2,0)，且(−2,0)在椭圆M 上，所以a =2． 又2c =2√3，故c =√3， 则b 2=a 2−c 2=4−3=1． 所以椭圆M 的方程为x 24+y 2=1．(2)①设直线l的方程为y=kx+2，C(x1,y1)，D(x2,y2)，{y=kx+2x24+y2=1，消去y整理得(1+4k2)x2+16kx+12=0，由△>0，可得4k2>3，且x1+x2=−16k1+4k2，x1x2=121+4k2，所以S△COD=12|CD|d=12√1+k2|x1−x22=|x1−x2|=4√4k2−31+4k2．令1+4k2=t，则t∈(4,+∞)，S=4√t−4t2=4√1t−4t2∈(0,1]；②由题意得，AD：y=y2−1x2x+1，BC：y=y1+1x1x−1，联立方程组，消去x得y=2kx1x2+x1+3x23x2−x1，又4kx1x2=−3(x1+x2)，解得y=−12，故点Q的纵坐标为定值12．【解析】(1)求出P(0,2)关于直线y=−x的对称点为(−2,0)，得到a，利用焦距求出c，然后求解b得到椭圆方程．(2)①设直线l的方程为y=kx+2，C(x1,y1)，D(x2,y2)，{y=kx+2x24+y2=1，消去y整理得(1+4k2)x2+16kx+12=0，利用韦达定理，求解三角形的面积，通过换元法，结合二次函数的最值求解即可．②求出AD，BC的方程，解出交点的纵坐标结合①中的韦达定理，推出结果即可．本题考查椭圆方程的求法，椭圆的简单性质的应用，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查分析问题解决问题的能力，是中档题．22.【答案】解：(1)证明：a=−1时，f(x)=(x−1)lnx(x>0)，f′(x)=lnx+1−1x．因为f′(x)在x∈(0,+∞)上单调递增，故f′(x1)+f′(x2)=0(即lnx1x2−x1+x2x1x2+2=0)以下主要有三种做法：法一：由基本不等式得：x1+x2≥2√x1x2(等号可不写)因此lnx1x2−√x x2≥0．令t=√x1x2，可知f′(t)≥0．因为f′(t)在x>0上单调递增，且f′(1)=0，因此t=√x1x2≥1.因为x1≠x2，由基本不等式得：x1+x2>2√x1x2>2((6分)，若写x1+x2≥2不得分)法二：先证明：x1x2≥1．因为f′(1)=0，故不妨x1>1，0<x2<1．>1．设x2′=1x2)<2−2=0．由基本不等式知：f′(x2′)+f′(x2)=2−(x2+1x2因为f′(x)在x>0上单调递增且f′(x1)+f′(x2)=0，所以x1>x2′即x1x2≥1．因为x1≠x2，由基本不等式得：x1+x2>2√x1x2>2((6分)，若写x1+x2≥2不得分)法三：因为f′(1)=0，故不妨x1>1，0<x2<1．设x2′=2−x2>1．由基本不等式得：x2′+x2>2√x2x2′(即x2x2′<1)2=2f′(√x2x2′)．f′(x2′)+f′(x2)=2ln√x2x2′−√x x′因为f′(x)在x>0上单调递增，且f′(1)=0，因此f′(x2′)+f′(x2)<0．所以x1+x2>x2′+x2>2.((6分)，若写x1+x2≥2不得分)(2)原题即f(x)=±c共有四个不同的实数根．f′(x)=lnx+1+a．x①−1≤a≤0，因为f′(x)在x>0上单调递增，且当x→0时f′(x)→−∞，当x→+∞时f′(x)→+∞，故存在唯一实数x0>0，使得f′(x0)=0，即a=−x0(lnx0+1)．因此f(x)在(0,x0)上单调递减，在(x0,+∞)上单调递增．≤x0≤1．由−1≤a≤0可知1e把a=−x0(lnx0+1)代入得：f(x)的极小值f(x0)=−x0(lnx0)2．令ℎ(x)=−x(lnx)2，ℎ′(x)=−lnx(lnx+2)．)时，ℎ′(x)<0；当x∈(0,1e2,1)时，ℎ′(x)>0．当x∈(1e2因此ℎ(x)在(0,1e2)上单调递减，在(1e2,1)上单调递增．故f(x0)∈[−1e,0]，所以f(x)=c上至多有两个不同的实数根，f(x)=−c上至多有一个的实数根，故不合题意．②a>0，当x→0时f′(x)→+∞，当x→+∞时f′(x)→+∞，f″(x)=x−ax2．当x∈(0,a)时，f′′(x)<0；当x∈(a,+∞)时，f′′(x)>0，f′(a)=2+lna．因此f′(x)在(0,a)上单调递减，在(a,+∞)上单调递增．(i)若a≥1e2，则f′(x)≥0(当且仅当a=x=1e2时取等)，故f(x)在x>0上单调递增．因此f(x)=±c上至多有两个不同的实数根，故不合题意．(ii)若0<a<1e2，则f′(a)<0，故存在x1∈(0,a)和x2∈(a,1e)，使得f′(x1)=f′(x2)=0．因此f(x)在(0,x1)和(x2,+∞)上单调递增，在(x1,x2)上单调递减．因为当x→0时f(x)→−∞，当x→+∞时f′(x)→+∞，且f(x1)=−x1(lnx)12≤0，故f(x)=c上有且仅有一个实数根．由①的ℎ(x)可知：f(x1)∈(−4e2,0)，f(x2)∈(−4e2,−1e)．故存在−c∈(f(x2),f(x1))，使得1e <c<4e2.此时f(x)=−c上恰有三个不同的实数根．此时f(x)=±c共有四个不同的实数根．综上：0<a<1e满足条件．【解析】(1)代入a的值，求出函数的导数，根据基本不等式的性质证明证明即可；(2)求出函数的导数，通过讨论a的范围，确定函数的实数根的个数，求出满足条件的a的范围即可．本题考查了函数的单调性，零点问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查转化思想，分类讨论思想，是一道综合题．第21页，共21页。