2021年湖北省襄阳四中高考数学模拟试卷（二）（最后一模） (1)

这是一份2021年湖北省襄阳四中高考数学模拟试卷（二）（最后一模） (1)，共26页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（5分）已知集合A＝{x|x2﹣4x≤0}，B＝{x|x＝2n﹣1，n∈N}，则A∩B＝（ ）
A．{3}B．{1，3}C．{1，3，4}D．{1，2，3，4}
2．（5分）已知数列{an}为等比数列，且成等差数列，则＝（ ）
A．或B．C．或D．
3．（5分）已知z是复数，为z的共轭复数．若命题，命题，则p是q成立的（ ）
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．（5分）已知（）m＝lg3m，（）n＝lgn，p＝csα+，α∈[0，），则m，n，p的大小关系为（ ）
A．n＜p＜mB．n＜m＜pC．m＜n＜pD．m＜p＜n
5．（5分）刘徽（约公元225年﹣295年），魏晋期间伟大的数学家，中国古典数学理论的奠基人之一他在割圆术中提出的，”割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”，这可视为中国古代极限观念的佳作，割圆术的核心思想是将一个圆的内接正n边形等分成n个等腰三角形（如图所示），当n变得很大时，这n个等腰直角三角形的面积之和近似等于圆的面积，运用割圆术的思想，得到sin2°的近似值为（ ）
A．B．C．D．
6．（5分）新冠疫情期间，网上购物成为主流．因保管不善，四个快递A、B、C、D上送货地址模糊不清，但快递小哥记得这四个快递应分别送去甲、乙、丙、丁四个地方，全部送错的概率是（ ）
A．B．C．D．
7．（5分）已知双曲线C：＝1（a＞0，b＞0），圆E：（x﹣4）2+y2＝1，若双曲线C的渐近线上存在点P，过点P作直线l，l与圆E交于A，B两点，满足，则双曲线C的离心率的取值范围为（ ）
A．[，+∞）B．（1，]C．（1，]D．[，+∞）
8．（5分）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，G分别是棱AB，BC，CC1的中点，P是底面ABCD内一动点，若直线D1P与平面EFG不存在公共点，则三角形PBB1的面积的最小值为（ ）
A．B．1C．D．2
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，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．（5分）下列说法中正确的是（ ）
A．已知随机变量X服从正态分布N（3，1），且P（2≤X≤4）＝0.683，则P（X＞4）＝0.317
B．以模型y＝cekx去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设z＝lny，将其变换后得到线性方程z＝0.3x+4，则c，k的值分别是e4，0.3
C．已知两个变量具有线性相关关系，其回归直线方程为x，若b＝2，＝1，＝3，则a＝1
D．
10．（5分）已知函数f（x）＝|sinx|+|sin（x﹣）|，则（ ）
A．f（x）在[，π]上的最小值是1
B．f（x）的最小正周期是
C．直线x＝（k∈Z）是f（x）图象的对称轴
D．直线y＝x与f（x）的图象恰有2个公共点
11．（5分）1982年美国数学学会出了一道题：一个正四面体和一个正四棱锥的所有棱长都相等，将正四面体的一个面和正四棱锥的一个侧面紧贴重合在一起，得到一个新几何体．中学生丹尼尔做了一个如图所示的模型寄给美国数学学会，美国数学学会根据丹尼尔的模型修改了有关结论．对于该新几何体，则（ ）
A．AF∥CD
B．AF⊥DE
C．新几何体有7个面
D．新几何体的六个顶点不能在同一个球面上
12．（5分）已知f（x）＝x﹣﹣sinx，则（ ）
A．f（x）的零点个数为4
B．f（x）的极值点个数为3
C．x轴为曲线y＝f（x）的切线
D．若f（x1）＝f（x2），则x1+x2＝π
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．（5分）若（x+a）2（﹣1）5的展开式中常数项为﹣1，则a的值为 ．
14．（5分）已知点A是抛物线y2＝2px（p＞0）上一点，F为其焦点，以F为圆心，|FA|为半径的圆交准线于B，C两点，若△FBC为等腰直角三角形，且△ABC的面积是，则抛物线的方程是 ．
15．（5分）已知函数f（x）＝3x﹣3﹣x，f（1﹣2lg3t）+f（2lg3t﹣1）≥lgt，则t的取值范围是 ．
16．（5分）矩形ABCD中，AB＝，BC＝1，现将△ACD沿对角线AC向上翻折，得到四面体D﹣ABC，则该四面体外接球的体积为 ；设二面角D﹣AC﹣B的平面角为θ，当θ在[，]内变化时，|BD|的范围为 ．
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．（10分）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知．
（Ⅰ）求A；
（Ⅱ）已知b＝1，c＝3，且边BC上有一点D满足S△ABD＝3S△ADC，求AD．
18．（12分）设等比数列{an}的前n项和为Sn，已知2S3＝a4﹣a1，且a1+2，2a2，a3成等差数列．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）设数列{bn}满足bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn．
19．（12分）在多面体ABCDE中，已知AB＝AC＝4，EA＝EB＝DA＝DC＝2，DEBC，∠BAC＝90°．
（1）证明：平面ABE⊥平面ABC；
（2）求直线AE与平面BCD所成角的正弦值．
20．（12分）甲、乙、丙三人参加学校“元旦嘉年华”竞答游戏，活动的规则为：甲、乙、丙三人先分别坐在圆桌的A，B，C三点，第一轮从甲开始通过掷骰子决定甲的竞答对手，如果点数是奇数，则按逆时针选择乙，如果是偶数，则按顺时针选丙，下一轮由上一轮掷骰子选中的对手继续通过掷骰子决定竞答对手，如果点数是奇数按逆时针选对手，点数是偶数按顺时针选对手，已知每场竞答甲对乙、甲对丙、乙对丙获胜的概率分别为且甲、乙、丙之间竞答互不影响，各轮游戏亦互不影响，比赛中某选手累计获胜场数达到2场，游戏结束，该选手为晋级选手．
（1）求比赛进行了2场且甲晋级的概率；
（2）当比赛进行了3场后结束，记甲获胜的场数为X，求X的分布列与数学期望．
21．（12分）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，动点G到两点的距离之和为4．
（1）试判断动点G的轨迹是什么曲线，并求其轨迹方程C；
（2）已知直线l：（k＞0）与圆F：交于M、N两点，与曲线C交于P、Q两点，其中M、P在第一象限．d为原点O到直线l的距离，是否存在实数k，使得T＝（|NQ|﹣|MP|）•d2取得最大值，若存在，求出k；不存在，说明理由．
22．（12分）已知函数f（x）＝x﹣﹣mlnx﹣m，其中m∈[1，e]，e是自然对数的底数．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调递增区间；
（Ⅱ）设关于x的不等式f（x）≤xlnx﹣﹣kx+n对∀x∈[1，e]恒成立时k的最大值为c（k∈R，n∈[1，e]），求n+c的取值范围．
2021年湖北省襄阳四中高考数学模拟试卷（二）（最后一模）
参考答案与试题解析
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．（5分）已知集合A＝{x|x2﹣4x≤0}，B＝{x|x＝2n﹣1，n∈N}，则A∩B＝（ ）
A．{3}B．{1，3}C．{1，3，4}D．{1，2，3，4}
【分析】可求出集合A，然后进行交集的运算即可．
【解答】解：∵A＝{x|0≤x≤4}，B＝{x|x＝2n﹣1，n∈N}，
∴A∩B＝{1，3}．
故选：B．
2．（5分）已知数列{an}为等比数列，且成等差数列，则＝（ ）
A．或B．C．或D．
【分析】设等比数列{an}的公比为q（q≠0），由已知列式求得q，再由＝求解．
【解答】解：设等比数列{an}的公比为q（q≠0），
由成等差数列，得，
即，
∵a3≠0，∴3q2﹣8q+4＝0，解得q＝或q＝2．
∴＝．
当q＝时，＝；当q＝2时，＝．
故＝或．
故选：A．
3．（5分）已知z是复数，为z的共轭复数．若命题，命题，则p是q成立的（ ）
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
【分析】先根据复数模长公式和复数的乘法进行计算，再利用充分条件和必要条件的定义分析即可．
【解答】解：由题意可设z＝a+bi，a，b∈R，则，
所以命题，可得a2+b2＝2，
命题，可得|a2+b2﹣1|＝1，即a2+b2＝2或0，
故p是q的充分不必要条件，
故选：A．
4．（5分）已知（）m＝lg3m，（）n＝lgn，p＝csα+，α∈[0，），则m，n，p的大小关系为（ ）
A．n＜p＜mB．n＜m＜pC．m＜n＜pD．m＜p＜n
【分析】先构造函数f（x）＝﹣，x∈（0，+∞），利用零点存在定理，确定m的范围，再利用指数函数与对数函数的性质，得出n的范围，最后利用基本不等式，求出p的范围即可．
【解答】解：设f（x）＝﹣，x∈（0，+∞），
则函数f（x）在（0，+∞）上单调递减，
∵f（1）＝＞0，f（2）＝﹣＜0，
∴∃x0∈（1，2）使得f（x0）＝0，∵f（m）＝0，∴1＜m＜2，
∵＝＞0，∴0＜n＜1，
∵α∈[0，），∴csα∈（0，1]，
∴p＝csα+≥2＝2，当且仅当csα＝，即csα＝1，α＝0时取等号，
∴p≥2，∴p＞m＞n．
故选：B．
5．（5分）刘徽（约公元225年﹣295年），魏晋期间伟大的数学家，中国古典数学理论的奠基人之一他在割圆术中提出的，”割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”，这可视为中国古代极限观念的佳作，割圆术的核心思想是将一个圆的内接正n边形等分成n个等腰三角形（如图所示），当n变得很大时，这n个等腰直角三角形的面积之和近似等于圆的面积，运用割圆术的思想，得到sin2°的近似值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】将一个单位圆分成180个扇形，则每个扇形的圆心角度数均为2°，由这180个扇形对应的等腰三角形的面积之和近似于单位圆的面积，能求出sin2°的近似值．
【解答】解：将一个单位圆分成180个扇形，
则每个扇形的圆心角度数均为2°，
∵这180个扇形对应的等腰三角形的面积之和近似于单位圆的面积，
∴180×＝90sin2°≈π，
∴sin2°≈．
故选：A．
6．（5分）新冠疫情期间，网上购物成为主流．因保管不善，四个快递A、B、C、D上送货地址模糊不清，但快递小哥记得这四个快递应分别送去甲、乙、丙、丁四个地方，全部送错的概率是（ ）
A．B．C．D．
【分析】基本事件总数n＝＝24，全部送错包含的基本事件个数m＝3×3×1×1＝9，由此能求出全部送错的概率．
【解答】解：新冠疫情期间，网上购物成为主流．因保管不善，四个快递A、B、C、D上送货地址模糊不清，
但快递小哥记得这四个快递应分别送去甲、乙、丙、丁四个地方，
基本事件总数n＝＝24，
全部送错包含的基本事件个数m＝3×3×1×1＝9，
∴全部送错的概率是P＝＝＝．
故选：C．
7．（5分）已知双曲线C：＝1（a＞0，b＞0），圆E：（x﹣4）2+y2＝1，若双曲线C的渐近线上存在点P，过点P作直线l，l与圆E交于A，B两点，满足，则双曲线C的离心率的取值范围为（ ）
A．[，+∞）B．（1，]C．（1，]D．[，+∞）
【分析】利用已知推出|，再由圆的性质得出|AB|的最大值，由此得出|PA|的范围，进而得出|PE|的范围，求出双曲线的渐近线的斜率的取值范围，进而可以求解．
【解答】解：如图所示：
由已知可得存在，则|，
又因为存在点P满足，则一定有|，
过圆心E作PB垂直直线y＝，则|，
所以|，所以|，
所以|OP|，
所以，
所以双曲线的离心率e＝，又因为e＞1，
所以双曲线的离心率的取值范围为（1，]，
故选：B．
8．（5分）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，G分别是棱AB，BC，CC1的中点，P是底面ABCD内一动点，若直线D1P与平面EFG不存在公共点，则三角形PBB1的面积的最小值为（ ）
A．B．1C．D．2
【分析】由直线与平面没有公共点可知线面平行，补全所给截面后，易得两个平行截面，从而确定点P所在线段，得解．
【解答】解：补全截面EFG为截面EFGHQR如图，
∵直线D1P与平面EFG不存在公共点，
∴D1P∥平面EFGHQR，
易知平面ACD1∥平面EFGHQR，
∴P∈AC，
且当P与O重合时，BP最短，
此时△PBB1的面积最小，
＝，
故选：C．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，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．（5分）下列说法中正确的是（ ）
A．已知随机变量X服从正态分布N（3，1），且P（2≤X≤4）＝0.683，则P（X＞4）＝0.317
B．以模型y＝cekx去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设z＝lny，将其变换后得到线性方程z＝0.3x+4，则c，k的值分别是e4，0.3
C．已知两个变量具有线性相关关系，其回归直线方程为x，若b＝2，＝1，＝3，则a＝1
D．
【分析】直接利用正态分布，回归直线的方程，线性方程，二项式定理的应用判断A、B、C、D的结论．
【解答】解：对于A：已知随机变量X服从正态分布N（3，1），且P（2≤X≤4）＝0.683，则P（X＞4）＝，故A错误；
对于B：模型y＝cekx，两边取对数得到：lny＝kx+lnC，
z＝lny＝kx+lnC＝0.3x+4，则c，k的值分别是e4，0.3，故B正确；
对于C：已知两个变量具有线性相关关系，其回归直线方程为x，若b＝2，＝1，＝3，即对称中心点为（1，3），所以3＝，解得，故C正确；
对于D：，整理得，故D正确；
故选：BCD．
10．（5分）已知函数f（x）＝|sinx|+|sin（x﹣）|，则（ ）
A．f（x）在[，π]上的最小值是1
B．f（x）的最小正周期是
C．直线x＝（k∈Z）是f（x）图象的对称轴
D．直线y＝x与f（x）的图象恰有2个公共点
【分析】去绝对值写出函数解析式，并画出图像，由图像判断各选项．
【解答】解：f（x）＝|sinx|+|﹣csx|＝|sinx|+|csx|．
A：在[，π]，f（x）的最小值在x＝时取得，f（）＝1，故A正确．
B：f（x+）＝|sin（x+）|+|cs（x+）＝|csx|+|sinx|，
f（x+）≠f（x）．故B错．
C：x＝（k∈Z）是f（x）图像的对称轴，故C正确．
D：当x＝时，y＝×＝1，当x＝π时，y＝×π＝2，故y＝x图像如图，共有2个交点．
故选：ACD．
11．（5分）1982年美国数学学会出了一道题：一个正四面体和一个正四棱锥的所有棱长都相等，将正四面体的一个面和正四棱锥的一个侧面紧贴重合在一起，得到一个新几何体．中学生丹尼尔做了一个如图所示的模型寄给美国数学学会，美国数学学会根据丹尼尔的模型修改了有关结论．对于该新几何体，则（ ）
A．AF∥CD
B．AF⊥DE
C．新几何体有7个面
D．新几何体的六个顶点不能在同一个球面上
【分析】利用平行公理判断选项A，利用线线位置关系判断选项B，利用三棱柱的结构特征判断选项C，D．
【解答】解：对于A，B，正四面体和正四棱锥的所有棱长都相等，
取BC，ED的中点G，H，连接FG，AH，GH，
则FG⊥BC，AH⊥DE，AF∥GH，GH⊥BC，GH⊥DE，
所以GH∥BE∥CD，AF⊥DE，AF∥CD，故选项A，B正确；
对于C，新几何体为三棱柱，有5个面，故选项C错误；
对于D，新几何体为斜三棱柱，没有外接球，故选项D正确．
故选：ABD．
12．（5分）已知f（x）＝x﹣﹣sinx，则（ ）
A．f（x）的零点个数为4
B．f（x）的极值点个数为3
C．x轴为曲线y＝f（x）的切线
D．若f（x1）＝f（x2），则x1+x2＝π
【分析】令f′（x）＝0可得1﹣＝csx，根据y＝1﹣和y＝csx的函数图象判断f（x）的极值点及f（x）的单调区间，计算f（x）的极值，从而可判断各选项是否正确．
【解答】解：令f′（x）＝1﹣﹣csx＝0可得1﹣＝csx，
作出y＝1﹣和y＝csx的函数图象如图所示：
由图象可知1﹣＝csx有三个解，即f′（x）＝0有三解，分别是0，，π，
由图象可知：当x＜0时，f′（x）＝1﹣﹣csx＞0，当0＜x＜时，f′（x））＝1﹣﹣csx＜0，
当＜x＜π时，f′（x））＝1﹣﹣csx＞0，当x＞π时，f′（x））＝1﹣﹣csx＜0，
∴f（x）在（﹣∞，0）上单调递增，在（0，）上单调递减，在（，π）上单调递增，在（π，+∞）上单调递减，
∴当x＝0时，f（x）取得极大值f（0）＝0，当x＝时，f（x）取得极小值f（）＝﹣1，当x＝π时，f（x）取得极大值f（π）＝0，
∴当x＝0或x＝π时，f（x）取得最大值为0，f（x）有3个极值点，f（x）有两个零点，故A错误，B正确；
由于f（x）的极大值为0，故x轴为f（x）的一条切线，故C正确；
∵f（x）在（﹣∞，0）上单调递增，在（0，）上单调递减，
故存在x1，x2满足条件x1＜0＜x2＜，且f（x1）＝f（x2），显然x1+x2＜，故D错误．
故选：BC．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．（5分）若（x+a）2（﹣1）5的展开式中常数项为﹣1，则a的值为 1或9 ．
【分析】依题意，利用二项式定理可得到关于a的方程式，解之即可．
【解答】解：（x+a）2（﹣1）5的展开式中常数项为：•（﹣1）3+2a•﹣a2＝﹣1，
解得：a＝1或a＝9，
故答案为：1或9．
14．（5分）已知点A是抛物线y2＝2px（p＞0）上一点，F为其焦点，以F为圆心，|FA|为半径的圆交准线于B，C两点，若△FBC为等腰直角三角形，且△ABC的面积是，则抛物线的方程是 y2＝4x ．
【分析】根据条件作出图象，利用等腰直角三角形的性质，结合面积公式求出圆的半径即可．
【解答】解：∵△FBC为等腰直角三角形，
∴由对称性知∠BFC＝90°，
则BF＝CF＝R，则CB＝R，
过A作AM⊥l于M，则AM＝AF＝R，
则△ABC的面积S＝×R•R＝，
得R＝2，
则DF＝＝＝2，即p＝2，
则抛物线方程为y2＝4x，
故答案为：y2＝4x．
15．（5分）已知函数f（x）＝3x﹣3﹣x，f（1﹣2lg3t）+f（2lg3t﹣1）≥lgt，则t的取值范围是 [1，+∞） ．
【分析】先用定义判断出f（x）为奇函数，所以f（1﹣2lg3 t）+f（2lg3 t﹣1）＝0，所以原不等式等价于lg t≤0＝lg 1，
再用对数函数单调性解得．
【解答】解：∵函数f（x）＝3x﹣3﹣x ，∴f（﹣x）＝3﹣x﹣3x＝﹣（3x﹣3﹣x）＝﹣f（x），
∴f（x）为奇函数，即f（﹣x）+f（x）＝0，
∴f（1﹣2lg3 t）+f（2lg3 t﹣1）＝0，
原不等式等价于lg t≤0＝lg 1，
∴t≥1，
故答案为：[1，+∞）．
16．（5分）矩形ABCD中，AB＝，BC＝1，现将△ACD沿对角线AC向上翻折，得到四面体D﹣ABC，则该四面体外接球的体积为 ；设二面角D﹣AC﹣B的平面角为θ，当θ在[，]内变化时，|BD|的范围为 [，] ．
【分析】设AC中点为O，则O为四面体外接球球心，求出OA＝1，即可求解V球；取CO中点E，取CD三等分点F，且F靠近点C，连BE、EF、BF，通过求解三角形转化求解BD的范围即可．
【解答】解：设AC中点为O，则O为四面体外接球球心，半径OA＝1，故V球＝；
取CO中点E，取CD三等分点F，且F靠近点C，连BE、EF、BF，
此时∠BEF＝θ，余弦定理求得BF2＝EF2+BE2﹣2EF•BE•csθ＝，
△CBF中，用余弦定理求得cs∠BCF＝＝，
△BCD中，余弦定理求得BD2＝CD2+BC2﹣2BC•CDcs∠BCF＝4﹣，根据θ∈[，]，
即可确定≤BD≤．
故答案为：，[，]．
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．（10分）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知．
（Ⅰ）求A；
（Ⅱ）已知b＝1，c＝3，且边BC上有一点D满足S△ABD＝3S△ADC，求AD．
【分析】（Ⅰ）由已知结合三角形内角和定理，诱导公式，和差角公式进行化简可求，
（Ⅱ）法一：由S△ABD＝3S△ADC，c＝3，b＝1，结合三角形的面积公式可转化为高的关系，进而可求，
法二：设，则，然后结合三角形面积关系可得，结合和差角公式展开可求，再由S△ABD＝3S△ADC，结合三角形面积公式可求，
法三：设AD＝x，∠BDA＝α，则∠ADC＝π﹣α，在△ABC中，由余弦定理求a，然后由S△ABD＝3S△ADC，可知，再由余弦定理可求AD．
【解答】解：（Ⅰ）由A+B+C＝π可得：sin（A+B）＝sin（π﹣C）＝sinC，，
又，得，
由正弦定理得，
因为sinC≠0，所以，
所以，因为，所以，
所以，即，所以．
（Ⅱ）解法一：设△ABD的AB边上的高为h1，△ADC的AC边上的高为h2，
因为S△ABD＝3S△ADC，c＝3，b＝1，
所以，
所以h1＝h2，AD是△ABC角A的内角平分线，所以∠BAD＝30°，
因为S△ABD＝3S△ADC，可知，
所以，
所以．
解法二：设，则，
因为S△ABD＝3S△ADC，c＝3，b＝1，
所以，
所以，
所以，∴，
因为，所以∠BAD＝30°，S△ABD＝3S△ADC，可知，
所以，
所以．
解法三：设AD＝x，∠BDA＝α，则∠ADC＝π﹣α，
在△ABC中，由c＝3，b＝1及余弦定理可得：a2＝b2+c2﹣2bccsA，
所以，
因为S△ABD＝3S△ADC，可知，
在△ABD中AB2＝BD2+AD2﹣2BD•AD•csα，
即
在△ADC中，，
即，
所以．
18．（12分）设等比数列{an}的前n项和为Sn，已知2S3＝a4﹣a1，且a1+2，2a2，a3成等差数列．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）设数列{bn}满足bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn．
【分析】（Ⅰ）设等比数列{an}的公比为q，由等比数列的通项公式和等差数列的中项性质，解方程可得首项和公比，可得所求；
（Ⅱ）由数列的递推式可得bn＝﹣，再由数列的裂项相消求和和等比数列的求和公式，可得所求和．
【解答】解：（Ⅰ）设等比数列{an}的公比为q，
由2S3＝a4﹣a1，可得2（a1+a1q+a1q2）＝a1q3﹣a1＝a1（q﹣1）（1+q+q2），
化为2＝q﹣1，即q＝3；
由a1+2，2a2，a3成等差数列，可得4a2＝a1+2+a3，
即有12a1＝a1+2+9a1，解得a1＝1，
所以an＝a1qn﹣1＝3n﹣1；
（Ⅱ）bn＝＝＝﹣，
所以Tn＝﹣+﹣+…+﹣+﹣＝﹣＝﹣1
＝﹣1＝﹣1．
19．（12分）在多面体ABCDE中，已知AB＝AC＝4，EA＝EB＝DA＝DC＝2，DEBC，∠BAC＝90°．
（1）证明：平面ABE⊥平面ABC；
（2）求直线AE与平面BCD所成角的正弦值．
【分析】（1）先作辅助线，证得EF⊥AC，结合∠BAC＝90°，再根据线面垂直的判断定理，以及面面垂直的判断定理，即可求证．
（2）根据已知条件，通过线面位置关系，可得∠AEH就是直线AE与平面BCD所成的角，分别求出AH，AE的值，即可求解∠AEH．
【解答】证明：（1）如图，分别取AB，AC的中点F，G，连接FG，则，
因为，
所以，
连接EF，DG，则四边形DEFG为平行四边形，所以，
因为DA＝DC，
所以DG⊥AC，
所以EF⊥AC，
又因为∠BAC＝90°，
所以AB⊥AC，
又因为AB∩EF＝F，AB，EF⊂平面ABE，
所以AC⊥平面ABE，
又因为AC⊂平面ABC，
所以平面ABE⊥平面ABC．
（2）取BC的中点N，DE的中点Q，连接AN，QN，AQ，如图所示，
因为AB＝AC，
所以AN⊥BC，在等腰梯形BCDE中，易得QN⊥BC，
又因为AN∩QN＝N，AN，QN⊂平面AQN，
所以BC⊥平面ANQ，
因为BC⊂平面BCD，
所以平面ANQ⊥平面BCD．
过A作AH⊥QN于点H，
则AH⊥平面BCD，EH⊂平面BCD，
所以AH⊥EH，
连接EH，则∠AEH就是直线AE与平面BCD所成的角，
由AB＝AC＝4，∠BAC＝90°得，，是DE中点，，
等腰梯形BCDE中，，
所以在等腰△QAN中，腰QN上的高，
又因为，
所以，
所以直线AE与平面BCD所成角的正弦值为．
20．（12分）甲、乙、丙三人参加学校“元旦嘉年华”竞答游戏，活动的规则为：甲、乙、丙三人先分别坐在圆桌的A，B，C三点，第一轮从甲开始通过掷骰子决定甲的竞答对手，如果点数是奇数，则按逆时针选择乙，如果是偶数，则按顺时针选丙，下一轮由上一轮掷骰子选中的对手继续通过掷骰子决定竞答对手，如果点数是奇数按逆时针选对手，点数是偶数按顺时针选对手，已知每场竞答甲对乙、甲对丙、乙对丙获胜的概率分别为且甲、乙、丙之间竞答互不影响，各轮游戏亦互不影响，比赛中某选手累计获胜场数达到2场，游戏结束，该选手为晋级选手．
（1）求比赛进行了2场且甲晋级的概率；
（2）当比赛进行了3场后结束，记甲获胜的场数为X，求X的分布列与数学期望．
【分析】（1）根据题意，分别求出每一类情况的概率，再结合互斥事件概率加法公式，即可求解．
（2）由题意可得，X的所有可能取值为0，1，2，分别求出对应的概率，即可得X的分布列，并结合期望公式，即可求解．
【解答】解：（1）甲赢两场概率为：．
（2）依题意X的所有可能取值为0，1，2，
“X＝2”，即比赛进行了3场甲赢两场，分下面三种情况，
①第一场甲胜，第二场无甲，第三场甲胜，
概率为，
②第一场甲输，二三场均胜，
概率为，
③第一场甲胜，第二场输，第三场胜，
概率为：，
由互斥事件的概率加法公式可知：比赛进行了3场且甲晋级的概率为：，
由上知，
当比赛进行了3场后结束，甲获胜的场数为X＝0时，分两种情况，
3场比赛中甲参加了1场，输了，概率为：，
3场比赛中甲参加了2场，都输了，概率为：，
3场比赛甲都参加且都输掉是不可能的，否则两场比赛打不到3场，
所以，
故，
故X的分布列为：
则．
21．（12分）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，动点G到两点的距离之和为4．
（1）试判断动点G的轨迹是什么曲线，并求其轨迹方程C；
（2）已知直线l：（k＞0）与圆F：交于M、N两点，与曲线C交于P、Q两点，其中M、P在第一象限．d为原点O到直线l的距离，是否存在实数k，使得T＝（|NQ|﹣|MP|）•d2取得最大值，若存在，求出k；不存在，说明理由．
【分析】（1）由题意知，|GF1|+|GF2|＝4＞2，推出动点G的轨迹是椭圆，进而由椭圆的定义可知，c，a，b，进而可得答案．
（2）设P（x1，y1），Q（x2，y2），联立直线l与椭圆的方程，结合韦达定理得x1+x2，x1x2，再由弦长公式可得|PQ|，⊙F2的直径|MN|＝1，根据题意可得|NQ|﹣|MP|＝|PQ|﹣|NP|﹣（|MN|﹣|NP|）＝|PQ|﹣|MN|＝|PQ|﹣1＝，再计算点O到直线l的距离，d＝，最后计算T＝（|NQ|﹣|MP|）•d2，由基本不等式，即可得出答案．
【解答】解：（1）由题意知，|GF1|+|GF2|＝4＞2，
所以动点G的轨迹是椭圆，
由椭圆的定义可知，c＝，a＝2，
又因为a2﹣b2＝c2，
所以b2＝1，
所以G的轨迹方程为+y2＝1．
（2）由题设知，M在椭圆外，N在椭圆内，点P在⊙F2内，Q在⊙F2外，
在直线l上的四点满足：
|MP|＝|MN|﹣|NP|，|NQ|＝|PQ|﹣|NP|，
由，
消去y得：（1+4k2）x2﹣8k2x+12k2﹣4＝0，
因为直线l经过椭圆C内的右焦点F2，
所以该方程的判别式△＞0恒成立，
设P（x1，y1），Q（x2，y2），
所以x1+x2＝，x1x2＝，
|PQ|＝＝，
又因为⊙F2的直径|MN|＝1，
所以|NQ|﹣|MP|＝|PQ|﹣|NP|﹣（|MN|﹣|NP|）＝|PQ|﹣|MN|＝|PQ|﹣1＝，
y＝k（x﹣）化为kx﹣y﹣k＝0，
因为d为点O到直线l的距离，d＝，
T＝（|NQ|﹣|MP|）•d2＝＝＝≤＝1，
当且仅当4k2＝，即k＝时等号成立，
所以k＝满足题意．
22．（12分）已知函数f（x）＝x﹣﹣mlnx﹣m，其中m∈[1，e]，e是自然对数的底数．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调递增区间；
（Ⅱ）设关于x的不等式f（x）≤xlnx﹣﹣kx+n对∀x∈[1，e]恒成立时k的最大值为c（k∈R，n∈[1，e]），求n+c的取值范围．
【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论m的范围，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）令，根据函数的单调性求出g（x）的最小值，即c的值，求出n+c的范围即可．
【解答】解：（Ⅰ）因为，
所以，因为x＞0，m∈[1，e]，
所以①当△＝m2﹣4≤0即1≤m≤2时，f（x）的增区间为（0，+∞），
②当△＝m2﹣4＞0即2＜m≤e时，方程x2﹣mx+1＝0的两根为：，，
f（x）的增区间为（0，x1），（x2，+∞），
综上①当1≤m≤2时，f（x）的增区间为（0，+∞），
②当2＜m≤e时，f（x）的增区间为，；
（Ⅱ）f（x）≤xlnx﹣﹣kx+n，
因为m∈[1，e]，x∈[1，e]，所以，
令，
即，令p（x）＝﹣lnx+x﹣n，即，
所以p（x）在x∈[1，e]上递增；
①当p（1）≥0，即n≤1时，
因为n∈[1，e]，所以n＝1，
当x∈[1，e]，p（x）≥0，即g'（x）≥0，所以g（x）在[1，e]上递增，
所以c＝g（x）min＝g（1）＝n，
故n+c＝2n＝2；
②当p（e）≤0即n∈[e﹣1，e]时，
因为x∈[1，e]，p（x）≤0，即g'（x）≤0，
所以g（x）在[1，e]上递减，所以，
故；
③当p（1）p（e）＜0，即n∈（1，e﹣1）时，
因为p（x）＝﹣lnx+x﹣n在[1，e]上递增，
所以存在唯一实数x0∈（1，e），使得p（x0）＝0，即n＝x0﹣lnx0，
则当x∈（1，x0）时，p（x）＜0，即g'（x）＜0；
当x∈（x0，e）时，p（x）＞0，即g'（x）＞0，
故g（x）在（1，x0）上单减，（x0，e）上单增，
所以，
所以，
设，则，
所以u（x）在[1，e]上递增，所以．
综上所述，．
X
0
1
2
P