2020-2021學(xué)年廣東省廣州二中、廣雅、執(zhí)信、六中四校聯(lián)考高二（下）期中數(shù)學(xué)試卷

第1頁（共1頁）2020-2021學(xué)年廣東省廣州二中、廣雅、執(zhí)信、六中四校聯(lián)考高二（下）期中數(shù)學(xué)試卷一、選擇題1．（5分）已知集合A＝{x|x＞2}，B＝{0，1，2，3，4}，則（?RA）∩B＝（）A．{3，4} B．{2，3，4} C．{0，1} D．{0，1，2}2．（5分）若復(fù)數(shù)z＝，則|z|＝（）A． B．2 C． D．3．（5分）小明跟父母、爺爺和奶奶一同參加《中國詩詞大會》的現(xiàn)場錄制，5人坐一排．若小明的父母都與他相鄰，則不同坐法的種數(shù)為（）A．6 B．12 C．24 D．484．（5分）設(shè)α，β，γ為三個不同的平面，若α⊥β，則“γ∥β”是“α⊥γ”的（）A．充分不必要條件 B．充要條件 C．必要不充分條件 D．既不充分也不必要條件5．（5分）已知f（x）＝x?2|x|，，，c＝f（ln3），則a，b，c的大小關(guān)系為（）A．c＞b＞a B．b＞c＞a C．a(chǎn)＞b＞c D．c＞a＞b6．（5分）已知某年級有4個班級，在一次數(shù)學(xué)學(xué)科考試中安排4個班級的班主任監(jiān)考，則4個班主任都不監(jiān)考本班的概率是（）A． B． C． D．7．（5分）已知函數(shù)f（x）＝，則其圖象可能是（）A． B． C． D．8．（5分）劉徽（約公元225年﹣295年），魏晉期間偉大的數(shù)學(xué)家，中國古典數(shù)學(xué)理論的奠基人之一．他在割圓術(shù)中提出的“割之彌細，所失彌少，割之又割，以至于不可割，則與圓周合體而無所失矣”，這可視為中國古代極限觀念的佳作．割圓術(shù)的核心思想是將一個圓的內(nèi)接正n邊形等分成n個等腰三角形（如圖所示），當(dāng)n變得很大時，這n個等腰三角形的面積之和近似等于圓的面積，運用割圓術(shù)的思想得到sin6°的近似值為（）A． B． C． D．9．（5分）如圖，點B，P，Q為邊長為的正六邊形BCDEFG（中心為坐標原點O，F(xiàn)G∥x軸）與函數(shù)f（x）＝Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，|φ|）的圖象的三個交點，函數(shù)f（x）的圖象與FG相切于點Q，且FG與y軸交于點M，函數(shù)f（x）的圖象與y軸交于點N，則下列說法中正確的是（）A．函數(shù)f（x）的最小正周期為2π B．函數(shù)f（x）的圖象向右平移個單位長度后關(guān)于點O對稱 C．函數(shù)f（x）的圖象關(guān)于直線x＝對稱 D．MN＝10．（5分）若關(guān)于x的方程恰有4個不相等實根，則實數(shù)a的取值范圍是（）A． B． C． D．（多選）11．（5分）已知雙曲線C：﹣＝1（a＞0）的離心率等于，過C的右焦點F的直線與雙曲線C的兩條漸近線分別交于點A，B，若以O(shè)A為直徑的圓M過點B（O為坐標原點），則下列說法正確的是（）A．雙曲線的漸近線方程為y＝±x B．直線AB的傾斜角為 C．圓M的面積等于9π D．△OAF與△OBF的面積之比為2：1（多選）12．（5分）如圖，點M是正方體ABCD﹣A1B1C1D1中的側(cè)面ADD1A1上的一個動點，則下列結(jié)論正確的是（）A．點M存在無數(shù)個位置滿足CM⊥AD1 B．若正方體的棱長為1，三棱錐B﹣C1MD的體積最大值為 C．在線段AD1上存在點M，使異面直線B1M與CD所成的角是30° D．點M存在無數(shù)個位置滿足到直線AD和直線C1D1的距離相等三、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分．請把答案填在答卷的相應(yīng)位置）13．（5分）在（）6的二項展開式中，x2的系數(shù)為；所有二項式系數(shù)和為．14．（5分）若，是兩個不共線的向量，已知＝﹣2，＝2+k，＝3﹣，若M，N，Q三點共線，則k＝．15．（5分）已知三棱錐A﹣BCD中，點A在平面BCD上的射影與點D重合，AD＝CD＝4．若∠CBD＝135°，則三棱錐A﹣BCD的外接球的體積為．16．（5分）已知實數(shù)a，b，c成等差數(shù)列，記直線ay+bx+c＝0與曲線y＝x2﹣x﹣的相交弦中點為P，若點A，B分別是曲線x2+y2﹣10x﹣2y+25＝0與x軸上的動點，則|PA|+|PB|的最小值是．四、解答題：本大題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17．（10分）已知函數(shù)部分圖象如圖所示．（Ⅰ）求φ值及圖中x0的值；（Ⅱ）在△ABC中，A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知，f（C）＝﹣2，sinB＝2sinA，求a的值．18．（12分）已知遞增等差數(shù)列{an}滿足a1+a5＝10，a2?a4＝21，數(shù)列{bn}滿足2log2bn＝an﹣1，n∈N*．（Ⅰ）求{bn}的前n項和Sn；（Ⅱ）若Tn＝nb1+（n﹣1）b2+……+bn，求數(shù)列{Tn}的通項公式．19．（12分）如圖，多面體ABCDEF中，四邊形ABCD為矩形，二面角A﹣CD﹣F為60°，DE∥CF，CD⊥DE，AD＝2，DE＝DC＝3，CF＝6．（1）求證：BF∥平面ADE；（2）在線段CF上求一點G，使銳二面角B﹣EG﹣D的余弦值為．20．（12分）已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，，數(shù)列{bn}滿足b1＝2，b3﹣b2＝6，數(shù)列為等差數(shù)列．（1）求{an}與{bn}的通項公式；（2）設(shè)，數(shù)列{cn}的前n項和為Tn．若對于任意n∈N*均有Tk≤Tn，求正整數(shù)k的值．21．（12分）如圖，已知M（1，2）為拋物線C：y2＝2px（p＞0）上一點，過點D（2，﹣2）的直線與拋物線C交于A，B兩點（A，B兩點異于M），記直線AM，BM的斜率分別為k1，k2．（1）求k1k2的值；（2）記△AMD，△BMD的面積分別為S1，S2，當(dāng)k1∈[1，2]，求的取值范圍．22．（12分）已知函數(shù)f（x）＝aln2x+2x（1﹣lnx），a∈R．（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；（2）若函數(shù)g（x）＝e2f（x）﹣2a2有且僅有3個零點，求a的取值范圍．（其中常數(shù)e＝2.71828…，是自然對數(shù)的底數(shù)）

2020-2021學(xué)年廣東省廣州二中、廣雅、執(zhí)信、六中四校聯(lián)考高二（下）期中數(shù)學(xué)試卷參考答案與試題解析一、選擇題1．（5分）已知集合A＝{x|x＞2}，B＝{0，1，2，3，4}，則（?RA）∩B＝（）A．{3，4} B．{2，3，4} C．{0，1} D．{0，1，2}【分析】進行補集和交集的運算即可．【解答】解：∵A＝{x|x＞2}，B＝{0，1，2，3，4}，∴?RA＝{x|x≤2}，（?RA）∩B＝{0，1，2}．故選：D．【點評】本題考查了描述法和列舉法的定義，交集和補集的定義及運算，考查了計算能力，屬于基礎(chǔ)題．2．（5分）若復(fù)數(shù)z＝，則|z|＝（）A． B．2 C． D．【分析】利用復(fù)數(shù)模的運算性質(zhì)即可得出．【解答】解：z＝，則|z|＝＝＝，故選：D．【點評】本題考查了復(fù)數(shù)模的運算性質(zhì)，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎(chǔ)題．3．（5分）小明跟父母、爺爺和奶奶一同參加《中國詩詞大會》的現(xiàn)場錄制，5人坐一排．若小明的父母都與他相鄰，則不同坐法的種數(shù)為（）A．6 B．12 C．24 D．48【分析】根據(jù)題意，將小明和他父母看成一個整體，分析三人的排法，將這個整體與爺爺和奶奶全排列，由分步計數(shù)原理計算可得答案．【解答】解：根據(jù)題意，要求小明的父母都與他相鄰，即小明坐在父母中間，將三人看成一個整體，有2種排法，將這個整體與爺爺和奶奶全排列，有A33＝6種排法，則有2×6＝12種不同的排法，故選：B．【點評】本題考查排列組合的應(yīng)用，涉及分步計數(shù)原理的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題．4．（5分）設(shè)α，β，γ為三個不同的平面，若α⊥β，則“γ∥β”是“α⊥γ”的（）A．充分不必要條件 B．充要條件 C．必要不充分條件 D．既不充分也不必要條件【分析】根據(jù)空間面面垂直和面面平行的位置關(guān)系以及充分條件和必要條件的定義進行判斷即可．【解答】解：當(dāng)α⊥β時，若γ∥β，則α⊥γ成立，即充分性成立，反之當(dāng)α⊥γ時，γ∥β也有可能相交，即必要性不成立，即“γ∥β”是“α⊥γ”的充分不必要條件，故選：A．【點評】本題主要考查充分條件和必要條件的應(yīng)用，利用空間面面平行和垂直的性質(zhì)是解決本題的關(guān)鍵，是基礎(chǔ)題．5．（5分）已知f（x）＝x?2|x|，，，c＝f（ln3），則a，b，c的大小關(guān)系為（）A．c＞b＞a B．b＞c＞a C．a(chǎn)＞b＞c D．c＞a＞b【分析】根據(jù)題意，由函數(shù)的解析式分析可得當(dāng)x＜0，f（x）＝x?（）x＜0，據(jù)此可得b＜0，當(dāng)x≥0時，f（x）＝x?2x，求出其導(dǎo)數(shù)，分析可得f（x）在[0，+∞）上為增函數(shù)，由此分析可得0＜a＜c，綜合可得答案．【解答】解：根據(jù)題意，f（x）＝x?2|x|＝，當(dāng)x＜0時，f（x）＝x?（）x＜0，又由log3＝﹣log32＜0，則b＜0，當(dāng)x≥0時，f（x）＝x?2x，其導(dǎo)數(shù)f′（x）＝2x+x?2xln2＞0，則f（x）在[0，+∞）上為增函數(shù)，其f（0）＝0，則當(dāng)x＞0時，f（x）＞0；又由0＜log3＜1＜ln3，則0＜a＜c，綜合可得：c＞a＞b；故選：D．【點評】本題考查函數(shù)的單調(diào)性的判斷以及應(yīng)用，涉及分段函數(shù)的解析式，屬于基礎(chǔ)題．6．（5分）已知某年級有4個班級，在一次數(shù)學(xué)學(xué)科考試中安排4個班級的班主任監(jiān)考，則4個班主任都不監(jiān)考本班的概率是（）A． B． C． D．【分析】基本事件總數(shù)n＝＝24，4個班主任都不監(jiān)考本班包含的基本事件個數(shù)m＝3×3×1×1＝9，由此能求出4個班主任都不監(jiān)考本班的概率．【解答】解：某年級有4個班級，在一次數(shù)學(xué)學(xué)科考試中安排4個班級的班主任監(jiān)考，基本事件總數(shù)n＝＝24，4個班主任都不監(jiān)考本班包含的基本事件個數(shù)m＝3×3×1×1＝9，∴4個班主任都不監(jiān)考本班的概率是P＝＝＝．故選：D．【點評】本題考查概率的運算，考查古典概型、排列組合等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，是基礎(chǔ)題．7．（5分）已知函數(shù)f（x）＝，則其圖象可能是（）A． B． C． D．【分析】判斷函數(shù)的奇偶性和對稱性，利用排除法進行判斷即可．【解答】解：函數(shù)的定義域為{x|x≠0}，設(shè)g（x）＝lg（+x），則g（﹣x）+g（x）＝lg（﹣x）+lg（+x）＝lg（﹣x）（+x）＝lg1＝0，則g（﹣x）＝﹣g（x），即g（x）為奇函數(shù)，則f（x）是奇函數(shù)，圖象關(guān)于原點對稱，排除C，D，函數(shù)右側(cè)第一個零點為，當(dāng)0＜x＜時，f（x）＞0，排除B，故選：A．【點評】本題主要考查函數(shù)圖象的識別和判斷，利用條件判斷函數(shù)的奇偶性和對稱性，以及利用函數(shù)值的符號是否對應(yīng)是解決本題的關(guān)鍵，是基礎(chǔ)題．8．（5分）劉徽（約公元225年﹣295年），魏晉期間偉大的數(shù)學(xué)家，中國古典數(shù)學(xué)理論的奠基人之一．他在割圓術(shù)中提出的“割之彌細，所失彌少，割之又割，以至于不可割，則與圓周合體而無所失矣”，這可視為中國古代極限觀念的佳作．割圓術(shù)的核心思想是將一個圓的內(nèi)接正n邊形等分成n個等腰三角形（如圖所示），當(dāng)n變得很大時，這n個等腰三角形的面積之和近似等于圓的面積，運用割圓術(shù)的思想得到sin6°的近似值為（）A． B． C． D．【分析】取正60邊形，設(shè)半徑為1，利用等腰三角形的面積計算公式、圓的面積計算公式得出方程，即可得出sin6°的近似值．【解答】解：取正60邊形，設(shè)半徑為1，則60××12×sin6°≈π×12，解得sin6°≈．故選：A．【點評】本題考查了等腰三角形的面積計算公式、圓的面積計算公式、正多邊形的性質(zhì)，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎(chǔ)題．9．（5分）如圖，點B，P，Q為邊長為的正六邊形BCDEFG（中心為坐標原點O，F(xiàn)G∥x軸）與函數(shù)f（x）＝Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，|φ|）的圖象的三個交點，函數(shù)f（x）的圖象與FG相切于點Q，且FG與y軸交于點M，函數(shù)f（x）的圖象與y軸交于點N，則下列說法中正確的是（）A．函數(shù)f（x）的最小正周期為2π B．函數(shù)f（x）的圖象向右平移個單位長度后關(guān)于點O對稱 C．函數(shù)f（x）的圖象關(guān)于直線x＝對稱 D．MN＝【分析】直接利用三角函數(shù)的關(guān)系式的變換，函數(shù)的圖象和性質(zhì)的應(yīng)用判斷A、B、C、D的結(jié)論．【解答】解：根據(jù)函數(shù)的圖象，整理得B（），對于A：故，解得T＝π，故ω＝2．對于B：函數(shù)f（﹣）＝0，T＝π，所以函數(shù)f（x）的圖象向右平移個單位長度后得到f（0）≠0，故B錯誤；對于C：由于f（﹣）＝0，所以﹣φ＝kπ，解得φ＝，由于點B，P，Q為邊長為的正六邊形BCDEFG（中心為坐標原點O，F(xiàn)G∥x軸），故A＝，所以f（x）＝．f（）＝，故C正確；對于D：當(dāng)x＝0時，，OM＝A＝，所以|MN|＝，故D錯誤；故選：C．【點評】本題考查的知識要點：三角函數(shù)的關(guān)系式的變換，函數(shù)的圖象和性質(zhì)的應(yīng)用，主要考查學(xué)生的運算能力和數(shù)學(xué)思維能力，屬于基礎(chǔ)題．10．（5分）若關(guān)于x的方程恰有4個不相等實根，則實數(shù)a的取值范圍是（）A． B． C． D．【分析】把程恰有4個不相等實根轉(zhuǎn)化為2（xlnx）2＝a﹣xlnx（x＞0）恰有4個不相等實根，令t＝xlnx，可得2t2+t﹣a＝0．作出函數(shù)t＝xlnx的圖象，把問題轉(zhuǎn)化為關(guān)于t的方程2t2+t﹣a＝0在（，0）上有兩個不相等的實數(shù)根，然后利用一元二次方程根的分布與系數(shù)的關(guān)系列不等式組求解．【解答】解：方程恰有4個不相等實根，轉(zhuǎn)化為2（xlnx）2＝a﹣xlnx（x＞0）恰有4個不相等實根，令t＝xlnx，可得2t2+t﹣a＝0．由t＝xlnx，得t′＝lnx+1，當(dāng)x∈（0，）時，t′＜0，當(dāng)x∈（，+∞）時，t′＞0，可得t＝xlnx在（0，）上單調(diào)遞減，在（，+∞）上單調(diào)遞增．作出t＝xlnx的圖象如圖，由圖可知，要使2（xlnx）2＝a﹣xlnx（x＞0）恰有4個不相等實根，則t∈（，0），且關(guān)于t的方程2t2+t﹣a＝0在（，0）上有兩個不相等的實數(shù)根，即g（t）＝2t2+t﹣a在（，0）上有兩個不同的零點，則，解得＜a＜．故選：B．【點評】本題考查函數(shù)的零點與方程根的關(guān)系，考查數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法與數(shù)形結(jié)合的解題思想方法，是中檔題．（多選）11．（5分）已知雙曲線C：﹣＝1（a＞0）的離心率等于，過C的右焦點F的直線與雙曲線C的兩條漸近線分別交于點A，B，若以O(shè)A為直徑的圓M過點B（O為坐標原點），則下列說法正確的是（）A．雙曲線的漸近線方程為y＝±x B．直線AB的傾斜角為 C．圓M的面積等于9π D．△OAF與△OBF的面積之比為2：1【分析】由雙曲線的離心率結(jié)合雙曲線方程求得a，進一步得到雙曲線的漸近線方程判斷A；畫圖可得雙曲線的漸近線的傾斜角，數(shù)形結(jié)合求得直線AB的傾斜角判斷B；聯(lián)立直線AB的方程與兩條漸近線方程，求得A與B的坐標，求出圓M的半徑，可得圓M的面積判斷C；再由面積比等于A，B縱坐標的絕對值的比值判斷D．【解答】解：由題意，e＝，解得a＝3，∴雙曲線方程為，雙曲線的漸近線方程為y＝，故A正確；∵以O(shè)A為直徑的圓M過點B，∴OB⊥AB，又漸近線方程為y＝，可得漸近線的傾斜角分別為，，則，∠BFO＝，則直線AB的傾斜角為或，故B錯誤；根據(jù)雙曲線的對稱性，不妨設(shè)AB的傾斜角為，由F（2，0），可得直線AB的方程為，分別與兩條漸近線方程聯(lián)立，解得A（，3），B（，﹣），此時|OA|＝，故圓M的半徑r＝，其面積為9π，故C正確；∵OF為△OAF與△OBF的公共邊，∴△OAF與△OBF的面積之比等于，即△OAF與△OBF的面積之比為2：1，故D正確．故選：ACD．【點評】本題考查雙曲線的幾何性質(zhì)，考查數(shù)形結(jié)合思想，考查運算求解能力，是中檔題．（多選）12．（5分）如圖，點M是正方體ABCD﹣A1B1C1D1中的側(cè)面ADD1A1上的一個動點，則下列結(jié)論正確的是（）A．點M存在無數(shù)個位置滿足CM⊥AD1 B．若正方體的棱長為1，三棱錐B﹣C1MD的體積最大值為 C．在線段AD1上存在點M，使異面直線B1M與CD所成的角是30° D．點M存在無數(shù)個位置滿足到直線AD和直線C1D1的距離相等【分析】由題意畫出圖形，由直線與平面垂直的判定判斷A；求出三棱錐B﹣C1MD的體積最大值判斷B；由線面角的概念判斷C；由拋物線的定義判斷D．【解答】解：如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，CD⊥側(cè)面ADD1A1，則CD⊥AD1，又AD1⊥A1D，A1D∩DC＝D，∴AD1⊥平面A1DC，可知當(dāng)M在線段A1D上時，有CM⊥AD1，故A正確；由正方體的性質(zhì)可知，A1C⊥平面BC1D，可知若正方體的棱長為1，則M與A1重合時，三棱錐B﹣C1MD的體積取最大值，為×，故B正確；異面直線B1M與CD所成角，即為∠A1B1M，當(dāng)M在線段AD1上運動時，M取AD1的中點時，∠A1B1M最小，其正切值為＞，故C錯誤；平面ADD1A1上的點M到直線C1D1的距離等于M到D1的距離，則滿足到直線AD和直線C1D1的距離相等即滿足到直線AD和點D1的距離相等．可知M的軌跡為平面ADD1A1上拋物線的部分，故D正確．故選：ABD．【點評】本題考查命題的真假判斷與應(yīng)用，考查空間中直線與直線、直線與平面位置關(guān)系的判定及其應(yīng)用，考查空間想象能力與思維能力，考查運算求解能力，是中檔題．三、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分．請把答案填在答卷的相應(yīng)位置）13．（5分）在（）6的二項展開式中，x2的系數(shù)為﹣；所有二項式系數(shù)和為64．【分析】在二項展開式的通項公式中，令x的冪指數(shù)等于2，求出r的值，即可求得x2的系數(shù)．再利用二項式系數(shù)的性質(zhì)，求得所有二項式系數(shù)和．【解答】解：∵在（）6的二項展開式的通項公式為Tr+1＝?22r﹣6?（﹣1）r?x3﹣r，令3﹣r＝2，求得r＝1，可得x2的系數(shù)為?2﹣4?（﹣1）＝﹣．所有二項式系數(shù)和為2n＝26＝64，故答案為：﹣；64．【點評】本題主要考查二項式定理的應(yīng)用，二項展開式的通項公式，二項式系數(shù)的性質(zhì)，屬于中檔題．14．（5分）若，是兩個不共線的向量，已知＝﹣2，＝2+k，＝3﹣，若M，N，Q三點共線，則k＝1．【分析】利用向量共線定理即可得出．【解答】解：由題意知，，因為M，N，Q三點共線，故，即，解得λ＝1，k＝1．故答案為：1．【點評】本題考查了向量共線定理，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎(chǔ)題．15．（5分）已知三棱錐A﹣BCD中，點A在平面BCD上的射影與點D重合，AD＝CD＝4．若∠CBD＝135°，則三棱錐A﹣BCD的外接球的體積為．【分析】由題意畫出圖形，求解三角形可得三角形BCD外接圓的半徑，再由勾股定理求出三棱錐A﹣BCD的外接球的半徑，代入球的體積公式可得三棱錐A﹣BCD的外接球的體積．【解答】解：如圖，設(shè)△BCD的外接圓的圓心為O1，半徑為r，三棱錐A﹣BCD的外接球的球心為O，半徑為R，則OO1⊥平面BCD，故，在△BCD中，由正弦定理得2r＝＝4，故r＝，則R＝，故球O的體積為V＝．故答案為：．【點評】本題考查多面體外接球體積的求法，考查空間想象能力與思維能力，考查運算求解能力，是中檔題．16．（5分）已知實數(shù)a，b，c成等差數(shù)列，記直線ay+bx+c＝0與曲線y＝x2﹣x﹣的相交弦中點為P，若點A，B分別是曲線x2+y2﹣10x﹣2y+25＝0與x軸上的動點，則|PA|+|PB|的最小值是3．【分析】由已知得2b＝a+c，可得出直線ay+bx+c＝0過定點Q（﹣2，1），設(shè)直線ay+bx+c＝0與曲線相交的一個交點為Q，設(shè)另一個交點為Q1，設(shè)P（m，n），由中點坐標可得出點Q1（2m+2，2n﹣1），代入曲線上，得出P在拋物線x2＝4y上運動，由拋物線的定義及圓的性質(zhì)可得出．【解答】解：因為實數(shù)a，b，c成等差數(shù)列，所以2b＝a+c，則直線ay+bx+c＝0化為，即a（2y+x）+c（x+2）＝0，所以直線ay+bx+c＝0過定點Q（﹣2，1），又點Q在曲線上，所以直線ay+bx+c＝0與曲線相交的一個交點為Q，設(shè)另一個交點為Q1，設(shè)P（m，n），則Q1（2m+2，2n﹣1），又Q1在曲線上，化簡得m2＝4n，即P在拋物線x2＝4y上運動，設(shè)拋物線x2＝4y的焦點為F（0，1），設(shè)P（xP，yP），|PB|min＝y(tǒng)P＝y(tǒng)P+1﹣1＝|PF|﹣1，曲線x2+y2﹣10x﹣2y+25＝0，得（x﹣5）2+（y﹣1）2＝1，記圓心M（5，1）所以|PA|+|PB|?|PA|+|PF|﹣1＝|PM|﹣1+|PF|﹣1?|MF|﹣1﹣1?5﹣2＝3．故答案為：3．【點評】本題綜合考查直線恒過定點，動點的軌跡方程，拋物線的定義以及兩線段長度之和的最值問題，屬于難題．四、解答題：本大題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17．（10分）已知函數(shù)部分圖象如圖所示．（Ⅰ）求φ值及圖中x0的值；（Ⅱ）在△ABC中，A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知，f（C）＝﹣2，sinB＝2sinA，求a的值．【分析】（Ⅰ）由圖象可知f（0）＝1，可求，結(jié)合范圍，可求，由f（x0）＝2，得，結(jié)合圖象可求．（Ⅱ）由f（C）＝﹣2，得，結(jié)合范圍C∈（0，π），解得，由正弦定理得b＝2a，由余弦定理即可解得a的值．【解答】（本題滿分為12分）解：（Ⅰ）解：由圖象可知f（0）＝1，所以，又因為，所以．…（3分）因為f（x0）＝2，所以，解得．從而．由圖象可知k＝1，所以；…（6分）（Ⅱ）由f（C）＝﹣2，得，且C∈（0，π），解得．…（8分）因為sinB＝2sinA，由正弦定理得b＝2a．…（10分）又由余弦定理c2＝a2+b2﹣2abcosC，及和，可解得a＝1．…（12分）【點評】本題主要考查了本題主要考查由函數(shù)y＝Asin（ωx+φ）的部分圖象求解析式，考查了正弦定理，余弦定理在解三角形中的應(yīng)用，考查了數(shù)形結(jié)合思想，屬于基礎(chǔ)題．18．（12分）已知遞增等差數(shù)列{an}滿足a1+a5＝10，a2?a4＝21，數(shù)列{bn}滿足2log2bn＝an﹣1，n∈N*．（Ⅰ）求{bn}的前n項和Sn；（Ⅱ）若Tn＝nb1+（n﹣1）b2+……+bn，求數(shù)列{Tn}的通項公式．【分析】本題第（Ⅰ）題先設(shè)等差數(shù)列{an}公差為d（d＞0），根據(jù)已知條件可列出關(guān)于首項a1與公差d的方程組，解出a1與d的值，即可得到數(shù)列{an}的通項公式，然后根據(jù)2log2bn＝an﹣1可計算出數(shù)列{bn}的通項公式，根據(jù)通項公式的特點可判別出數(shù)列{bn}是以1為首項，2為公比的等比數(shù)列，再根據(jù)等比數(shù)列的求和公式可計算出前n項和Sn；第（Ⅱ）題先根據(jù)Tn的表達式的特點進行轉(zhuǎn)化變形，然后將數(shù)列{bn}的通項公式代入，再運用分組求和法及等比數(shù)列的求和公式可得數(shù)列{Tn}的通項公式．【解答】解：（Ⅰ）由題意，設(shè)等差數(shù)列{an}公差為d（d＞0），則，解得（舍去），或，∴an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，∵2log2bn＝an﹣1＝2n﹣1﹣1＝2n﹣2，∴l(xiāng)og2bn＝n﹣1，即bn＝2n﹣1＝1?2n﹣1，n∈N*．故數(shù)列{bn}是以1為首項，2為公比的等比數(shù)列，則Sn＝＝2n﹣1．（Ⅱ）由（Ⅰ），可知Tn＝nb1+（n﹣1）b2+…+bn＝b1+（b1+b2）+（b1+b2+b3）+…+（b1+b2+…+bn）＝S1+S2+S3+…+Sn＝（2﹣1）+（22﹣1）+（23﹣1）+…+（2n﹣1）＝（2+22+23+…+2n）﹣n＝﹣n＝2n+1﹣n﹣2．【點評】本題祝要考查等差數(shù)列基本量的計算，等比數(shù)列的判定及求和，以及運用分組求和法計算前n項和．考查了轉(zhuǎn)化與化歸思想，方程思想，邏輯推理能力和數(shù)學(xué)運算能力．本題屬中檔題．19．（12分）如圖，多面體ABCDEF中，四邊形ABCD為矩形，二面角A﹣CD﹣F為60°，DE∥CF，CD⊥DE，AD＝2，DE＝DC＝3，CF＝6．（1）求證：BF∥平面ADE；（2）在線段CF上求一點G，使銳二面角B﹣EG﹣D的余弦值為．【分析】（1）由已知條件，利用直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系先推導(dǎo)出平面BCF∥平面ADF，由此能證明BF∥平面ADE．（2）利用直線與平面，平面與平面垂直的判定定理證明平面CDEF⊥平面ADE，根據(jù)平面與平面垂直的性質(zhì)定理可知，作AO⊥DE于O，則AO⊥平面CDEF．建立如圖所示空間直角坐標系，寫出點的坐標，利用平面法向量以及銳二面角B﹣EG﹣D的余弦值確定G點的坐標，從而確定點G的位置．【解答】證明：（1）∵ABCD是矩形，∴BC∥AD，又∵BC?平面ADE，∴BC∥平面ADE，∵DE∥CF，CF?平面ADE，∴CF∥平面ADE，又∵BC∩CF＝C，∴平面BCF∥平面ADF，∵BF?平面BCF，∴BF∥平面ADE．解：（2）∵CD⊥AD，CD⊥DE，∴∠ADE即為二面角A﹣CD﹣F的平面角，∴∠ADE＝60°又∵AD∩DE＝D，∴CD⊥平面ADE，又∵CD?平面CDEF∴平面CDEF⊥平面ADE，作AO⊥DE于O，則AO⊥平面CDEF．連結(jié)CE，在△CEF中由余弦定理得cos∠CFE＝，即＝，解得CE＝3，∴∠ECF＝45°，CD＝DE＝3，OD＝1，OE＝2．以O(shè)為原點，以平行于DC的直線為x軸，以直線DE為y軸，建立如圖空間直角坐標系O﹣xyz，則A（0，0，），C（3，﹣1，0），E（0，2，0），F(xiàn)（3，5，0），設(shè)G（3，t，0），﹣1≤t≤5，則＝（﹣3，2，﹣），＝（0，t，﹣），設(shè)平面BEG的一個法向量為＝（x，y，z），則，取y＝3，得＝（2﹣t，3，）．平面DEG的一個法向量＝（0，0，1），∴cos＜＞＝＝＝．為使銳二面角B﹣EG﹣D的余弦值為，只需＝，解得t＝，或t＝﹣，∴G（3，，0）．或G（3，﹣，0），即所求的點G為線段CF的靠近C端的四分之一分點．或CG＝．【點評】本題考查直線與平面，平面與平面平行及垂直的判定定理，性質(zhì)定理．平面法向量．以及二面角等知識的綜合應(yīng)用，屬于中檔題．20．（12分）已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，，數(shù)列{bn}滿足b1＝2，b3﹣b2＝6，數(shù)列為等差數(shù)列．（1）求{an}與{bn}的通項公式；（2）設(shè)，數(shù)列{cn}的前n項和為Tn．若對于任意n∈N*均有Tk≤Tn，求正整數(shù)k的值．【分析】（1）由數(shù)列的遞推式，可得數(shù)列{an}的通項公式；由等差數(shù)列的通項公式，解方程可得公差，即可得到{bn}的通項公式；（2）求得cn＝（﹣）n+﹣，由數(shù)列的分組求和、裂項相消求和，計算可得Tn，討論n為奇數(shù)或偶數(shù)，判斷{Tn}的單調(diào)性，求得最小值，即可得到所求值．【解答】解：（1）由題意知，a1＝2，n≥2時，，顯然a1也滿足，故；b1＝2，數(shù)列為等差數(shù)列，，則，解得，等差數(shù)列的首項為，公差為，，bn＝n（n+1）．（2）由（1）可得：，，①當(dāng)n為奇數(shù)時，，又Tn隨n增加而增加，此時（Tn）min＝T1＝0；②當(dāng)n為偶數(shù)時，，令，則f（n）≥f（2）＝，∴當(dāng)n為偶數(shù)時，恒有Tn＞0．綜合①②知（Tn）min＝T1＝0，∴滿足題意的k＝1．【點評】本題考查等差數(shù)列和等比數(shù)列的通項公式和求和公式的運用，以及數(shù)列的分組求和、裂項相消求和，考查分類討論思想和方程思想、運算能力和推理能力，屬于中檔題．21．（12分）如圖，已知M（1，2）為拋物線C：y2＝2px（p＞0）上一點，過點D（2，﹣2）的直線與拋物線C交于A，B兩點（A，B兩點異于M），記直線AM，BM的斜率分別為k1，k2．（1）求k1k2的值；（2）記△AMD，△BMD的面積分別為S1，S2，當(dāng)k1∈[1，2]，求的取值范圍．【分析】（1）由題意將M的坐標代入拋物線的方程可得p的值，進而求出拋物線的方程，設(shè)直線AB的方程與拋物線聯(lián)立求出兩根之和及兩根之積，求出直線AM，BM的斜率之積可得為定值﹣4，；（2）由（1）可得k1的表達式，由其服務(wù)求出A的縱坐標的范圍，兩個△AMD，△BMD的面積以M為頂點，以AD，BD為底邊，所以面積之比等于AD，BD的長度之比，由（1）可得其取值范圍．【解答】解：（1）由題意將M的坐標代入拋物線的方程可得4＝2p，解得p＝2，所以拋物線的方程為y2＝4x；由題意可得直線AB的斜率不為0，所以設(shè)直線AB的方程為：x＝m（y+2）+2，設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），聯(lián)立直線與拋物線的方程：，整理可得：y2﹣4my﹣8m﹣8＝0，則y1+y2＝4m，y1y2＝﹣8m﹣8，由題意可得k1k2＝＝＝＝＝﹣4，所以k1k2＝﹣4．（2）由（1）可得k1＝∈[1，2]，所以y1+2∈[2，4]，k2＝，又＝﹣4，所以＝＝＝∈[1，4]．所以的取值范圍[1，4]．【點評】本題考查求拋物線的方程及直線與拋物線的綜合及面積之比與邊長之比的關(guān)系，屬于中檔題．22．（12分）已知函數(shù)f（x）＝aln2x+2x（1﹣lnx），a∈R．（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；（2）若函數(shù)g（x）＝e2f（x）﹣2a2有且僅有3個零點，求a的取值范圍．（其中常數(shù)e＝2.71828…，是自然對數(shù)的底數(shù)）【分析】（1）f（x）的定義域為（0，+∞），且f′（x）＝2lnx（﹣1），f′（1）＝0，分四種情況①若a≤0，②若0＜a＜1，③若a