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2020-2021学年山西省高二（上）期中数学试卷人教A版
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这是一份2020-2021学年山西省高二（上）期中数学试卷人教A版，共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合A={x|−2A.{x|0
2. 已知直线ax−y−a=0与直线x−ay−a=0平行，则a=( )
A.1B.±1C.−1D.0
3. 已知a，b∈R，则“a>b>1”是“a+b>2”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. 如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为AD，CD的中点，则图中五棱锥D1−ABCFE的俯视图为（ ）
A.B.C.D.
5. 执行如图所示的程序框图，如果输入的x=11，则输出的y=( )
A.−1B.0C.2D.3
6. 关于棱柱有下列四个命题，其中判断错误的是（ ）
A.有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱
B.平行六面体可能是直棱柱
C.直棱柱的每个侧面都是矩形
D.斜棱柱的侧面中可能有矩形
7. 将函数f(x)=sin(2x+π3)图象上的每个点的纵坐标不变，横坐标缩短为原来的一半，再将所得图象向左平移π12个单位得到函数g(x)的图象，则g(x)图象的一个对称中心可以为（ ）
A.(−π24, 0)B.(−π3, 0)C.(π4, 0)D.(−π6, 0)
8. 已知函数f(x)=ax与g(x)=ax+b(a>0，且a≠1)的图象如图所示，则函数ℎ(x)=f(x)−g(x)在[−1, 1]上的值域为（ ）
A.[−52, 0]B.[0, 2]C.[0, 52]D.[−52, 52]
9. 如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA=2，底面ABCD为边长为2的正方形，E为BC的中点，则异面直线BD与PE所成的角的余弦值为( )
A.26B.36C.23D.33
10. 过圆x2+(y−3)2=4内一点(1, 2)作此圆的弦，则弦长的最小值与最大值分别为（ ）
A.22，8B.2，4C.22，4D.42，8
11. 2015年年岁史诗大剧《芈月传》风靡大江南北，影响力不亚于以前的《甄嬛传》．某记者调查了大量《芈月传》的观众，发现年龄段与爱看的比例存在较好的线性相关关系，年龄在[10, 14]，[15, 19]，[20, 24]，[25, 29]，[30, 34]的爱看比例分别为10%，18%，20%，30%，t%．现用这5个年龄段的中间值x代表年龄段，如12代表[10, 14]，17代表[15, 19]，根据前四个数据求得x关于爱看比例y的线性回归方程为y=(kx−4.68)%，由此可推测t的值为（ ）
A.33B.35C.37D.39
12. 在四面体ABCD中，AD⊥底面ABC，AB=AC=10，BC=2，E为棱BC的中点，点G在AE上且满足AG=2GE，若四面体ABCD的外接球的表面积为2449π，则tan∠AGD=( )
A.12B.2C.22D.2
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
已知向量a→=(6, −2)，b→=(−1, m)，且a→⊥b→，则|12a→−3b→|=________．
直线y＝−33x的倾斜角是直线y＝33x的倾斜角的________倍．
已知x，y满足约束条件(x−y−2)(x−y+1)≤0，则z=(x−2)2+(y+2)2的最小值为________．
已知点P(3, a)，若圆O:x2+y2=4上存在点A，使得线段PA的中点也在圆O上，则a的取值范围是________．
三、解答题：本大题共6小题，共70分解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤
（1）已知直线l:2x−y+4=0在x轴上的截距为a，求过点(a, 3a)且与l垂直的直线方程；
（2）若直线l经过点(4, 5)，且l在x轴上的截距与在y轴上的截距相等，求直线l的方程．
如图，在三棱锥S−ABC中，AC⊥SC，SC=BC=2，SB=2，D，E分别为AS，AC的中点，F为线段AB上一点．
（1）证明：DE // 平面SBC．
（2）证明：平面SAC⊥平面ABC．
（3）若平面DEF // 平面SBC，证明：F为线段AB的中点．
在锐角△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a，b，c，m→=(csA, sinA)，n→=(csA, −sinA)，向量m→，n→的夹角为2π3．
（1）求角A；
（2）若a=32，求△ABC周长的取值范围．
已知直线l:y＝x+b与圆C:x2+y2−2x+4y−4＝0交于A、B两点，O为坐标原点．
（1）若b＝1，求△AOB的面积；
（2）若以AB为直径的圆M过原点O，求圆M与圆C的面积比．
如图所示，在直角梯形ABCD中，∠BAD=90∘，AD // BC，AD=6，BC=4，AB=2，E，F分别在BC，AD上，EF // AB．现将四边形ABEF沿EF折起，使得平面ABEF⊥平面EFDC．
（1）当BE=1时，在折叠后的AD上是否存在一点P，使得CP // 平面ABEF？若存在，求出APPD的值；若不存在，说明理由．
（2）设BE=x，当x为何值时，三棱锥A−CDF的体积有最大值？并求出这个最大值．
设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a9=5，a19=a5+a13，数列{bn}的前n项和为Tn，满足42an−1=Tn−2(n∈N+)．
（1）求bn+1bn的值；
（2）对于任意n∈N+，证明：1S1+1S2+1S3+...+1Sn<229．
参考答案与试题解析
2020-2021学年山西省高二（上）期中数学试卷
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，60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.
【答案】
B
【考点】
交集及其运算
【解析】
解不等式求出集合B，代入集合交集运算，可得答案．
【解答】
解：∵ 集合A={x|−2∴ A∩B={x|0≤x<1}，
故选：B．
2.
【答案】
C
【考点】
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
由题意利用两条直线平行的性质，求得a的值．
【解答】
∵ 直线ax−y−a=0与直线x−ay−a=0平行，显然a≠0，
∴ 1a=−a−1≠−a−a，求得a=−1，
3.
【答案】
A
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
根据充分必要的定义即可判断．
【解答】
由“a>b>1”可得：“a+b>2”，反之不成立，例如取a=1，b=2．
∴ “a>b>1”是“a+b>2”的充分不必要条件．
4.
【答案】
C
【考点】
简单空间图形的三视图
【解析】
根据俯视图的画法画出五棱锥D1−ABCFE的俯视图即可．
【解答】
正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为AD，CD的中点，
则D1在底面ABCD内的投影是D，且EF是被遮住的棱，应画出虚线；
∴ 图中五棱锥D1−ABCFE的俯视图为选项C中的图形．
5.
【答案】
D
【考点】
程序框图
【解析】
根据题意x=11，执行x=x−2得x=9≥0，y=18；执行第二次循环得x=7，y=14…输出y=2−(−1)=3
【解答】
运行程序得x=9，y=18；
运行第二次得x=7，y=14；
运行第三次得x=5，y=10；
…x=1，y=2；
x=−1<0，y=2−(−1)=3输出结果
6.
【答案】
A
【考点】
棱柱的结构特征
【解析】
根据棱柱的几何特征，逐一分析给定四个命题的真假，可得答案．
【解答】
有两个侧面是矩形的棱柱不一定是直棱柱，故A错误；
平行六面体可能是直棱柱，故B正确；
直棱柱的每个侧面都是矩形，故C正确；
斜棱柱的侧面中可能有矩形，故D正确；
7.
【答案】
D
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】
由题意利用函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，求得g(x)的解析式，再利用三角函数的图象的对称性，得出结论．
【解答】
将函数f(x)=sin(2x+π3)图象上的每个点的纵坐标不变，
横坐标缩短为原来的一半，可得y=sin(4x+π3)的图象；
再将所得图象向左平移π12个单位，得到函数g(x)=sin(4x+π3+π3)=sin(4x+2π3)的图象，
令 4x+2π3=kπ，求得x=kπ4−π6，k∈Z，
令k=0，可得g(x)图象的一个对称中心为(−π6, 0)，
8.
【答案】
A
【考点】
函数的值域及其求法
【解析】
求出a，b的值，求出ℎ(x)的最大值和最小值，求出函数ℎ(x)的值域即可．
【解答】
由图象得：a−1＝2−a+b＝2，
解得：a＝12b＝52，
故ℎ(x)=f(x)−g(x)=(12)x−12x−52，
显然ℎ(x)在[−1, 1]递减，
故ℎ(x)max=ℎ(−1)=0，ℎ(x)min=ℎ(1)=−52，
故函数的值域是[−52, 0]，
故选：A．
9.
【答案】
A
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
取CD的中点F，连接EF，PF，可得EF // BD，从而可得∠PEF为异面直线BD与PE的所成角（或补角），由此能求出异面直线BD与PE所成角的余弦值．
【解答】
解：取CD的中点F，连接EF，PF，AE，AF，如图：
∵ E为BC的中点，
∴ EF // BD，
则∠PEF为异面直线BD与PE的所成角（或补角）．
∵ PA⊥底面ABCD，AE⊂底面ABCD，
∴ PA⊥AE，
∵ 底面ABCD为边长为2的正方形，E为BC的中点，
∴ AE=5，
在Rt△PAE中，PA=2，则PE=3，
同理可得PF=3，
又∵ EF=12BD=2，
∴ cs∠PEF=12EFPE=22×3=26.
故选A.
10.
【答案】
C
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
由题意：过圆内一点的最长的弦长是直径，最短弦长是与过该点的直径垂直的直线截得的弦．利用弦长公式可求解．
【解答】
由题意：圆C:x2+(y−3)2=4，其圆心C为(0, 3)，半径r=2，A(1, 2)，则过A点和圆心的直线的斜率为KAC=−1，
那么截得的弦最短的直线方程为：x−y+1=0．
则圆心到直线的距离d=2，根据弦长公式弦长的最小值为24−2=22．
所以最短的弦长与最长的弦长分别为为：22．4
11.
【答案】
B
【考点】
求解线性回归方程
【解析】
计算前四组数据的平均数，代入线性回归方程求出k的值，再由回归直线方程求出x=32时∧y的值即可．
【解答】
解：前四组数据的平均数为，
x¯=14×(12+17+22+27)=19.5，
y¯=14×(10+18+20+30)=19.5，
代入线性回归方程∧y=kx−4.68，
得19.5=k×19.5−4.68，
解得k=1.24，
∴ 线性回归方程为∧y=1.24x−4.68；
当x=32时，∧y=1.24×32−4.68≈35，
由此可推测t的值为35．
故选：B．
12.
【答案】
B
【考点】
球的表面积和体积
【解析】
根据G为△ABC的重心，可得AG，根据外心的性质，可得其半径，然后利用勾股定理求解即可．
【解答】
由题意可得，点G是△ABC的重心，
∴ AG=23AE=2310−1=2，
设△ABC的外心为O，
由题意点O在AE上，
令OA=r，则OE2+EC2=OC2，
即(3−r)2+12=r2，解得r=53，
∵ AD⊥平面ABC，
∴ 四面体ABCD的外接球的半径R2=r2+(AD2)2=259+AD24，
由题意得4πR2=4π(259+AD24)=2449π，
解得AD=4，
∴ tan∠AGD=ADOG=2．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
【答案】
10
【考点】
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
先利用向量垂直的性质求得m的值，可得b→的坐标，从而得到 a→2−3b→ 的坐标，进而求得|12a→−3b→|的值．
【解答】
∵ 向量a→＝(6,−2)，b→＝(−1,m)，且a→⊥b→，
∴ a→⋅b→=(6, −2)⋅(−1, m)=−6−2m=0，∴ m=−3，即b→=(−1, −3)，
∴ a→2−3b→=(6, 8)，则|12a→−3b→|=62+82=10，
【答案】
5
【考点】
直线的倾斜角
【解析】
根据直线的斜率k=tanα，分别求出直线的倾斜角，问题得以解决．
【解答】
直线y＝−33x的倾斜角是150∘，
直线y＝33x的倾斜角是30∘，
则直线y＝−33x的倾斜角是直线y＝33x的倾斜角的5倍，
【答案】
2
【考点】
简单线性规划
【解析】
作出不等式组对应的平面区域，利用z的几何意义以及距离公式进行求解即可．
【解答】
x，y满足约束条件(x−y−2)(x−y+1)≤0，化为：x−y−2≤0x−y+1≥0或x−y−2≥0x−y+1≤0，
作出不等式组对应的平面区域如图：
z的几何意义为区域内的点到定点D(2, −2)的距离，
由图象知，D到直线AB:x−y−2=0的距离最小，
此时d=|2+2−2|2=2，
则z=(x−2)2+(y+2)2的最小值为2，
【答案】
[−33, 33]
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
设A(2csθ, 2sinθ)，则(2csθ+32)2+(2sinθ+a2)2=4⇒12csθ+4asinθ=3−a2⇒144+16a2sin(θ+β)＝3−a2，
⇒a4−22a2−135≤0，⇒a2≤27⇒−33≤a≤33，
【解答】
设A(2csθ, 2sinθ)，
则线段PA的中点M的坐标为(2csθ+32,2sinθ+a2)，
∴ (2csθ+32)2+(2sinθ+a2)2=4，
⇒12csθ+4asinθ=3−a2
⇒144+16a2sin(θ+β)＝3−a2，
⇒sin(θ+β)＝3−a2144+16a2∈[−1,1]．
a4−22a2−135≤0，⇒a2≤27⇒−33≤a≤33，
三、解答题：本大题共6小题，共70分解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤
【答案】
对2x−y+4=0．
令y=0得，x=−2，故a=−2．
由题意可设所求直线的方程为x+2y+c=0，
代入(−2, −6)得c=14．故所求直线方程为x+2y+14=0．
当直线l过原点时，直线l的方程为5x−4y=0．
当直线l不过原点时，设直线l的方程为xa+ya＝1，
代入(4, 5)得a=9，∴ l的方程为x+y−9=0．
综上，直线l的方程为5x−4y=0或x+y−9=0．
【考点】
直线的截距式方程
【解析】
（1）先求出a的值，再根据直线垂直即可求出答案，
（2）通过讨论直线过原点和直线不过原点，从而求出直线的方程即可
【解答】
对2x−y+4=0．
令y=0得，x=−2，故a=−2．
由题意可设所求直线的方程为x+2y+c=0，
代入(−2, −6)得c=14．故所求直线方程为x+2y+14=0．
当直线l过原点时，直线l的方程为5x−4y=0．
当直线l不过原点时，设直线l的方程为xa+ya＝1，
代入(4, 5)得a=9，∴ l的方程为x+y−9=0．
综上，直线l的方程为5x−4y=0或x+y−9=0．
【答案】
因为D，E分别为AS，AC的中点，
所以DE // SC，又因为SC⊂平面SBC，DE⊄平面SBC，
所以DE // 平面SBC．
因为SC=BC=2，SB=2，且SC2+BC2=SB2，所以SC⊥BC．
又AC⊥SC，AC∩BC=C，所以SC⊥平面ABC．
又SC⊂平面SAC，所以平面SAC⊥平面ABC．
因为平面平面SBC，平面DEF∩平面ABC=EF，平面SBC∩平面ABC=BC，
所以EF // BC，又E为AC的中点，所以F为线段AB的中点．
【考点】
直线与平面平行
平面与平面平行的判定
平面与平面垂直
平面与平面平行的性质
【解析】
（1）证明DE // SC，然后证明DE // 平面SBC．
（2）通过SC2+BC2=SB2，证明SC⊥BC．结合AC⊥SC，证明SC⊥平面ABC．然后证明平面SAC⊥平面ABC．
（3）证明EF // BC，结合E为AC的中点，推出F为线段AB的中点．
【解答】
因为D，E分别为AS，AC的中点，
所以DE // SC，又因为SC⊂平面SBC，DE⊄平面SBC，
所以DE // 平面SBC．
因为SC=BC=2，SB=2，且SC2+BC2=SB2，所以SC⊥BC．
又AC⊥SC，AC∩BC=C，所以SC⊥平面ABC．
又SC⊂平面SAC，所以平面SAC⊥平面ABC．
因为平面平面SBC，平面DEF∩平面ABC=EF，平面SBC∩平面ABC=BC，
所以EF // BC，又E为AC的中点，所以F为线段AB的中点．
【答案】
∵ m→=(csA, sinA)，n→=(csA, −sinA)，
∴ 由题知：|m→|=|n→|=1，
∵ m→与n→的夹角为2π3，
∴ cs2π3=|m→||n→|˙=cs2A−sin2A，即cs2A=−12，
又∵ 0∴ 2A=2π3，故A=π3．
由正弦定理，得 bsinB＝csinC＝asinA＝3232=1，
可得b=sinB，c=sinC，
又因为△ABC为锐角三角形，可得B∈(π6, π2)，
可得b+c=sinB+sinC=sinB+sin(2π3−B)=sinB+(32csB+12sinB)=32sinB+32csB=3sin(B+π6)，
由于B∈(π6, π2)，可得B+π6∈(π3, 2π3)，可得sin(B+π6)∈(32, 1]，
可得b+c=3sin(B+π6)∈(32, 3]，
可得△ABC周长a+b+c的取值范围为(3+32, 332]．
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
正弦定理
【解析】
（1）由题知：|m→|=|n→|=1，cs2π3=|m→||n→|˙=cs2A−sin2A，可得cs2A=−12，由题意可求范围0<2A<π，由此能求出A．
（2）由正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求b+c=3sin(B+π6)，由题意可求范围B+π6∈(π3, 2π3)，利用正弦函数的性质即可求解其取值范围．
【解答】
∵ m→=(csA, sinA)，n→=(csA, −sinA)，
∴ 由题知：|m→|=|n→|=1，
∵ m→与n→的夹角为2π3，
∴ cs2π3=|m→||n→|˙=cs2A−sin2A，即cs2A=−12，
又∵ 0∴ 2A=2π3，故A=π3．
由正弦定理，得 bsinB＝csinC＝asinA＝3232=1，
可得b=sinB，c=sinC，
又因为△ABC为锐角三角形，可得B∈(π6, π2)，
可得b+c=sinB+sinC=sinB+sin(2π3−B)=sinB+(32csB+12sinB)=32sinB+32csB=3sin(B+π6)，
由于B∈(π6, π2)，可得B+π6∈(π3, 2π3)，可得sin(B+π6)∈(32, 1]，
可得b+c=3sin(B+π6)∈(32, 3]，
可得△ABC周长a+b+c的取值范围为(3+32, 332]．
【答案】
由已知直线l:y＝x+1与圆C：(x−1)2+(y+2)2＝9，圆心C(1, −2)，半径r＝3．
故O到直线l的距离d=|0−0+1|2=22，圆心C到直线l的距离为|1+2+1|2=22，
故弦长|AB|=232−(22)2=2，所以△AOB的面积为：S=12|AB|⋅d=12×2××22=22．
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，因为以AB为直径的圆过原点O，所以OA⊥OB，即x1x2+y1y2＝0①．
由y=x+bx2+y2−2x+4y−4=0 消去y得：2x2+2(b+1)x+b2+4b−4＝0，
所以x1+x2＝−(b+1)，x1x2=12(b2+4b−4).
y1y2＝(x1+b)(x2+b)＝x1x2+b(x1+x2)+b2=12(b2+2b−4).
把②③两式代入①式，得b2+3b−4＝0，解得b＝1或b＝−4，经验证都满足△>0，故b＝1，或b＝−4．
当b＝1时，由（1）知，圆M的直径|AB|＝2，圆C的直径为6，故圆M与圆C的面积比为19；
当b＝−4时，圆心C到直线l的距离为d=|1+2−4|2=22，弦长|AB|=29−12=34，圆M与圆C的面积比为1718．
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
（1）求出圆心到直线的距离，进而求弦长，最后利用面积公式计算面积即可；
（2）以AB为直径的圆过原点，亦即OA→⋅OB→=0，结合直线l与圆的方程联立，消元化简到韦达定理，最后代入OA→⋅OB→=0，列出b的方程求出b，进而求出两圆的半径，随后即可得两圆的面积比．
【解答】
由已知直线l:y＝x+1与圆C：(x−1)2+(y+2)2＝9，圆心C(1, −2)，半径r＝3．
故O到直线l的距离d=|0−0+1|2=22，圆心C到直线l的距离为|1+2+1|2=22，
故弦长|AB|=232−(22)2=2，所以△AOB的面积为：S=12|AB|⋅d=12×2××22=22．
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，因为以AB为直径的圆过原点O，所以OA⊥OB，即x1x2+y1y2＝0①．
由y=x+bx2+y2−2x+4y−4=0 消去y得：2x2+2(b+1)x+b2+4b−4＝0，
所以x1+x2＝−(b+1)，x1x2=12(b2+4b−4).
y1y2＝(x1+b)(x2+b)＝x1x2+b(x1+x2)+b2=12(b2+2b−4).
把②③两式代入①式，得b2+3b−4＝0，解得b＝1或b＝−4，经验证都满足△>0，故b＝1，或b＝−4．
当b＝1时，由（1）知，圆M的直径|AB|＝2，圆C的直径为6，故圆M与圆C的面积比为19；
当b＝−4时，圆心C到直线l的距离为d=|1+2−4|2=22，弦长|AB|=29−12=34，圆M与圆C的面积比为1718．
【答案】
存在P，使得CP // 平面ABEF，此时APPD=32.
证明如下：
当APPD=32时，APAD＝35，
过P作MP // FD，与AF交于M，则MPFD＝35，又FD=5，∴ MP=3．
∵ EC=3，MP // FD // EC，∴ MP // EC，且MP=EC，故四边形MPEC为平行四边形，
∴ PC // ME，
∵ PC⊄平面ABEF，ME⊂平面ABEF，
∴ CP // 平面ABEF；
∵ 平面ABEF⊥平面EFDC，平面ABEF∩平面EFDC=EF，AF⊥EF，
∴ AF⊥平面EFDC，
∵ BE=x，∴ AF=x(0故三棱锥A−CDF的体积V=13×12×2×(6−x)x＝−13(x−3)2+3．
∴ 当x=3时，三棱锥A−CDF的体积有最大值，最大值为3．
【考点】
直线与平面平行
棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】
（1）当APPD=32时，APAD＝35，过P作MP // FD，与AF交于M，证明四边形MPEC为平行四边形，可得PC // ME，由直线与平面平行的判定可得CP // 平面ABEF；
（2）由平面与平面垂直的性质可得AF⊥平面EFDC，再由BE=x，得AF=x(0【解答】
存在P，使得CP // 平面ABEF，此时APPD=32.
证明如下：
当APPD=32时，APAD＝35，
过P作MP // FD，与AF交于M，则MPFD＝35，又FD=5，∴ MP=3．
∵ EC=3，MP // FD // EC，∴ MP // EC，且MP=EC，故四边形MPEC为平行四边形，
∴ PC // ME，
∵ PC⊄平面ABEF，ME⊂平面ABEF，
∴ CP // 平面ABEF；
∵ 平面ABEF⊥平面EFDC，平面ABEF∩平面EFDC=EF，AF⊥EF，
∴ AF⊥平面EFDC，
∵ BE=x，∴ AF=x(0故三棱锥A−CDF的体积V=13×12×2×(6−x)x＝−13(x−3)2+3．
∴ 当x=3时，三棱锥A−CDF的体积有最大值，最大值为3．
【答案】
设等差数列{an}的公差为d，由题设可得：a1+8d＝5a1+18d＝2a1+16d，解得：a1＝1d＝12，
∴ an=1+12(n−1)=n+12，
∵ 42an−1=Tn−2=4n，∴ Tn=4n+2，
∴ 当n=1时，有T1=6=b1；
当n≥2时，bn=Tn−Tn−1=3×4n−1，
∴ bn+1=4bn，n≥2，
∴ bn+1bn=2,n＝14,n≥2；
证明：由（1）可得：Sn=n(1+n+12)2=n(n+3)4，
∴ 1Sn=4n(n+3)=43(1n−1n+3)，
∴ 1S1+1S2+1S3+...+1Sn=43(11−14+12−15+13−16+14−17+1n−2−1n+1+1n−1−1n+2+1n−1n+3)
=43(1+12+13−1n+1−1n+2−1n+3)<43(1+12+13)=229．
【考点】
数列的求和
【解析】
（1）先由题设求得等差数列{an}的首项a1与公差d，即可求得an，进而求得bn，最后求得bn+1bn的值；
（2）先由（1）求得Sn，进而求得1Sn，再利用裂项相消法求得其前n项和，即可证明结论．
【解答】
设等差数列{an}的公差为d，由题设可得：a1+8d＝5a1+18d＝2a1+16d，解得：a1＝1d＝12，
∴ an=1+12(n−1)=n+12，
∵ 42an−1=Tn−2=4n，∴ Tn=4n+2，
∴ 当n=1时，有T1=6=b1；
当n≥2时，bn=Tn−Tn−1=3×4n−1，
∴ bn+1=4bn，n≥2，
∴ bn+1bn=2,n＝14,n≥2；
证明：由（1）可得：Sn=n(1+n+12)2=n(n+3)4，
∴ 1Sn=4n(n+3)=43(1n−1n+3)，
∴ 1S1+1S2+1S3+...+1Sn=43(11−14+12−15+13−16+14−17+1n−2−1n+1+1n−1−1n+2+1n−1n+3)
=43(1+12+13−1n+1−1n+2−1n+3)<43(1+12+13)=229．
1. 已知集合A={x|−2
2. 已知直线ax−y−a=0与直线x−ay−a=0平行，则a=( )
A.1B.±1C.−1D.0
3. 已知a，b∈R，则“a>b>1”是“a+b>2”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. 如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为AD，CD的中点，则图中五棱锥D1−ABCFE的俯视图为（ ）
A.B.C.D.
5. 执行如图所示的程序框图，如果输入的x=11，则输出的y=( )
A.−1B.0C.2D.3
6. 关于棱柱有下列四个命题，其中判断错误的是（ ）
A.有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱
B.平行六面体可能是直棱柱
C.直棱柱的每个侧面都是矩形
D.斜棱柱的侧面中可能有矩形
7. 将函数f(x)=sin(2x+π3)图象上的每个点的纵坐标不变，横坐标缩短为原来的一半，再将所得图象向左平移π12个单位得到函数g(x)的图象，则g(x)图象的一个对称中心可以为（ ）
A.(−π24, 0)B.(−π3, 0)C.(π4, 0)D.(−π6, 0)
8. 已知函数f(x)=ax与g(x)=ax+b(a>0，且a≠1)的图象如图所示，则函数ℎ(x)=f(x)−g(x)在[−1, 1]上的值域为（ ）
A.[−52, 0]B.[0, 2]C.[0, 52]D.[−52, 52]
9. 如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA=2，底面ABCD为边长为2的正方形，E为BC的中点，则异面直线BD与PE所成的角的余弦值为( )
A.26B.36C.23D.33
10. 过圆x2+(y−3)2=4内一点(1, 2)作此圆的弦，则弦长的最小值与最大值分别为（ ）
A.22，8B.2，4C.22，4D.42，8
11. 2015年年岁史诗大剧《芈月传》风靡大江南北，影响力不亚于以前的《甄嬛传》．某记者调查了大量《芈月传》的观众，发现年龄段与爱看的比例存在较好的线性相关关系，年龄在[10, 14]，[15, 19]，[20, 24]，[25, 29]，[30, 34]的爱看比例分别为10%，18%，20%，30%，t%．现用这5个年龄段的中间值x代表年龄段，如12代表[10, 14]，17代表[15, 19]，根据前四个数据求得x关于爱看比例y的线性回归方程为y=(kx−4.68)%，由此可推测t的值为（ ）
A.33B.35C.37D.39
12. 在四面体ABCD中，AD⊥底面ABC，AB=AC=10，BC=2，E为棱BC的中点，点G在AE上且满足AG=2GE，若四面体ABCD的外接球的表面积为2449π，则tan∠AGD=( )
A.12B.2C.22D.2
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
已知向量a→=(6, −2)，b→=(−1, m)，且a→⊥b→，则|12a→−3b→|=________．
直线y＝−33x的倾斜角是直线y＝33x的倾斜角的________倍．
已知x，y满足约束条件(x−y−2)(x−y+1)≤0，则z=(x−2)2+(y+2)2的最小值为________．
已知点P(3, a)，若圆O:x2+y2=4上存在点A，使得线段PA的中点也在圆O上，则a的取值范围是________．
三、解答题：本大题共6小题，共70分解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤
（1）已知直线l:2x−y+4=0在x轴上的截距为a，求过点(a, 3a)且与l垂直的直线方程；
（2）若直线l经过点(4, 5)，且l在x轴上的截距与在y轴上的截距相等，求直线l的方程．
如图，在三棱锥S−ABC中，AC⊥SC，SC=BC=2，SB=2，D，E分别为AS，AC的中点，F为线段AB上一点．
（1）证明：DE // 平面SBC．
（2）证明：平面SAC⊥平面ABC．
（3）若平面DEF // 平面SBC，证明：F为线段AB的中点．
在锐角△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a，b，c，m→=(csA, sinA)，n→=(csA, −sinA)，向量m→，n→的夹角为2π3．
（1）求角A；
（2）若a=32，求△ABC周长的取值范围．
已知直线l:y＝x+b与圆C:x2+y2−2x+4y−4＝0交于A、B两点，O为坐标原点．
（1）若b＝1，求△AOB的面积；
（2）若以AB为直径的圆M过原点O，求圆M与圆C的面积比．
如图所示，在直角梯形ABCD中，∠BAD=90∘，AD // BC，AD=6，BC=4，AB=2，E，F分别在BC，AD上，EF // AB．现将四边形ABEF沿EF折起，使得平面ABEF⊥平面EFDC．
（1）当BE=1时，在折叠后的AD上是否存在一点P，使得CP // 平面ABEF？若存在，求出APPD的值；若不存在，说明理由．
（2）设BE=x，当x为何值时，三棱锥A−CDF的体积有最大值？并求出这个最大值．
设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a9=5，a19=a5+a13，数列{bn}的前n项和为Tn，满足42an−1=Tn−2(n∈N+)．
（1）求bn+1bn的值；
（2）对于任意n∈N+，证明：1S1+1S2+1S3+...+1Sn<229．
参考答案与试题解析
2020-2021学年山西省高二（上）期中数学试卷
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，60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.
【答案】
B
【考点】
交集及其运算
【解析】
解不等式求出集合B，代入集合交集运算，可得答案．
【解答】
解：∵ 集合A={x|−2
故选：B．
2.
【答案】
C
【考点】
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
由题意利用两条直线平行的性质，求得a的值．
【解答】
∵ 直线ax−y−a=0与直线x−ay−a=0平行，显然a≠0，
∴ 1a=−a−1≠−a−a，求得a=−1，
3.
【答案】
A
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
根据充分必要的定义即可判断．
【解答】
由“a>b>1”可得：“a+b>2”，反之不成立，例如取a=1，b=2．
∴ “a>b>1”是“a+b>2”的充分不必要条件．
4.
【答案】
C
【考点】
简单空间图形的三视图
【解析】
根据俯视图的画法画出五棱锥D1−ABCFE的俯视图即可．
【解答】
正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为AD，CD的中点，
则D1在底面ABCD内的投影是D，且EF是被遮住的棱，应画出虚线；
∴ 图中五棱锥D1−ABCFE的俯视图为选项C中的图形．
5.
【答案】
D
【考点】
程序框图
【解析】
根据题意x=11，执行x=x−2得x=9≥0，y=18；执行第二次循环得x=7，y=14…输出y=2−(−1)=3
【解答】
运行程序得x=9，y=18；
运行第二次得x=7，y=14；
运行第三次得x=5，y=10；
…x=1，y=2；
x=−1<0，y=2−(−1)=3输出结果
6.
【答案】
A
【考点】
棱柱的结构特征
【解析】
根据棱柱的几何特征，逐一分析给定四个命题的真假，可得答案．
【解答】
有两个侧面是矩形的棱柱不一定是直棱柱，故A错误；
平行六面体可能是直棱柱，故B正确；
直棱柱的每个侧面都是矩形，故C正确；
斜棱柱的侧面中可能有矩形，故D正确；
7.
【答案】
D
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】
由题意利用函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，求得g(x)的解析式，再利用三角函数的图象的对称性，得出结论．
【解答】
将函数f(x)=sin(2x+π3)图象上的每个点的纵坐标不变，
横坐标缩短为原来的一半，可得y=sin(4x+π3)的图象；
再将所得图象向左平移π12个单位，得到函数g(x)=sin(4x+π3+π3)=sin(4x+2π3)的图象，
令 4x+2π3=kπ，求得x=kπ4−π6，k∈Z，
令k=0，可得g(x)图象的一个对称中心为(−π6, 0)，
8.
【答案】
A
【考点】
函数的值域及其求法
【解析】
求出a，b的值，求出ℎ(x)的最大值和最小值，求出函数ℎ(x)的值域即可．
【解答】
由图象得：a−1＝2−a+b＝2，
解得：a＝12b＝52，
故ℎ(x)=f(x)−g(x)=(12)x−12x−52，
显然ℎ(x)在[−1, 1]递减，
故ℎ(x)max=ℎ(−1)=0，ℎ(x)min=ℎ(1)=−52，
故函数的值域是[−52, 0]，
故选：A．
9.
【答案】
A
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
取CD的中点F，连接EF，PF，可得EF // BD，从而可得∠PEF为异面直线BD与PE的所成角（或补角），由此能求出异面直线BD与PE所成角的余弦值．
【解答】
解：取CD的中点F，连接EF，PF，AE，AF，如图：
∵ E为BC的中点，
∴ EF // BD，
则∠PEF为异面直线BD与PE的所成角（或补角）．
∵ PA⊥底面ABCD，AE⊂底面ABCD，
∴ PA⊥AE，
∵ 底面ABCD为边长为2的正方形，E为BC的中点，
∴ AE=5，
在Rt△PAE中，PA=2，则PE=3，
同理可得PF=3，
又∵ EF=12BD=2，
∴ cs∠PEF=12EFPE=22×3=26.
故选A.
10.
【答案】
C
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
由题意：过圆内一点的最长的弦长是直径，最短弦长是与过该点的直径垂直的直线截得的弦．利用弦长公式可求解．
【解答】
由题意：圆C:x2+(y−3)2=4，其圆心C为(0, 3)，半径r=2，A(1, 2)，则过A点和圆心的直线的斜率为KAC=−1，
那么截得的弦最短的直线方程为：x−y+1=0．
则圆心到直线的距离d=2，根据弦长公式弦长的最小值为24−2=22．
所以最短的弦长与最长的弦长分别为为：22．4
11.
【答案】
B
【考点】
求解线性回归方程
【解析】
计算前四组数据的平均数，代入线性回归方程求出k的值，再由回归直线方程求出x=32时∧y的值即可．
【解答】
解：前四组数据的平均数为，
x¯=14×(12+17+22+27)=19.5，
y¯=14×(10+18+20+30)=19.5，
代入线性回归方程∧y=kx−4.68，
得19.5=k×19.5−4.68，
解得k=1.24，
∴ 线性回归方程为∧y=1.24x−4.68；
当x=32时，∧y=1.24×32−4.68≈35，
由此可推测t的值为35．
故选：B．
12.
【答案】
B
【考点】
球的表面积和体积
【解析】
根据G为△ABC的重心，可得AG，根据外心的性质，可得其半径，然后利用勾股定理求解即可．
【解答】
由题意可得，点G是△ABC的重心，
∴ AG=23AE=2310−1=2，
设△ABC的外心为O，
由题意点O在AE上，
令OA=r，则OE2+EC2=OC2，
即(3−r)2+12=r2，解得r=53，
∵ AD⊥平面ABC，
∴ 四面体ABCD的外接球的半径R2=r2+(AD2)2=259+AD24，
由题意得4πR2=4π(259+AD24)=2449π，
解得AD=4，
∴ tan∠AGD=ADOG=2．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
【答案】
10
【考点】
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
先利用向量垂直的性质求得m的值，可得b→的坐标，从而得到 a→2−3b→ 的坐标，进而求得|12a→−3b→|的值．
【解答】
∵ 向量a→＝(6,−2)，b→＝(−1,m)，且a→⊥b→，
∴ a→⋅b→=(6, −2)⋅(−1, m)=−6−2m=0，∴ m=−3，即b→=(−1, −3)，
∴ a→2−3b→=(6, 8)，则|12a→−3b→|=62+82=10，
【答案】
5
【考点】
直线的倾斜角
【解析】
根据直线的斜率k=tanα，分别求出直线的倾斜角，问题得以解决．
【解答】
直线y＝−33x的倾斜角是150∘，
直线y＝33x的倾斜角是30∘，
则直线y＝−33x的倾斜角是直线y＝33x的倾斜角的5倍，
【答案】
2
【考点】
简单线性规划
【解析】
作出不等式组对应的平面区域，利用z的几何意义以及距离公式进行求解即可．
【解答】
x，y满足约束条件(x−y−2)(x−y+1)≤0，化为：x−y−2≤0x−y+1≥0或x−y−2≥0x−y+1≤0，
作出不等式组对应的平面区域如图：
z的几何意义为区域内的点到定点D(2, −2)的距离，
由图象知，D到直线AB:x−y−2=0的距离最小，
此时d=|2+2−2|2=2，
则z=(x−2)2+(y+2)2的最小值为2，
【答案】
[−33, 33]
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
设A(2csθ, 2sinθ)，则(2csθ+32)2+(2sinθ+a2)2=4⇒12csθ+4asinθ=3−a2⇒144+16a2sin(θ+β)＝3−a2，
⇒a4−22a2−135≤0，⇒a2≤27⇒−33≤a≤33，
【解答】
设A(2csθ, 2sinθ)，
则线段PA的中点M的坐标为(2csθ+32,2sinθ+a2)，
∴ (2csθ+32)2+(2sinθ+a2)2=4，
⇒12csθ+4asinθ=3−a2
⇒144+16a2sin(θ+β)＝3−a2，
⇒sin(θ+β)＝3−a2144+16a2∈[−1,1]．
a4−22a2−135≤0，⇒a2≤27⇒−33≤a≤33，
三、解答题：本大题共6小题，共70分解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤
【答案】
对2x−y+4=0．
令y=0得，x=−2，故a=−2．
由题意可设所求直线的方程为x+2y+c=0，
代入(−2, −6)得c=14．故所求直线方程为x+2y+14=0．
当直线l过原点时，直线l的方程为5x−4y=0．
当直线l不过原点时，设直线l的方程为xa+ya＝1，
代入(4, 5)得a=9，∴ l的方程为x+y−9=0．
综上，直线l的方程为5x−4y=0或x+y−9=0．
【考点】
直线的截距式方程
【解析】
（1）先求出a的值，再根据直线垂直即可求出答案，
（2）通过讨论直线过原点和直线不过原点，从而求出直线的方程即可
【解答】
对2x−y+4=0．
令y=0得，x=−2，故a=−2．
由题意可设所求直线的方程为x+2y+c=0，
代入(−2, −6)得c=14．故所求直线方程为x+2y+14=0．
当直线l过原点时，直线l的方程为5x−4y=0．
当直线l不过原点时，设直线l的方程为xa+ya＝1，
代入(4, 5)得a=9，∴ l的方程为x+y−9=0．
综上，直线l的方程为5x−4y=0或x+y−9=0．
【答案】
因为D，E分别为AS，AC的中点，
所以DE // SC，又因为SC⊂平面SBC，DE⊄平面SBC，
所以DE // 平面SBC．
因为SC=BC=2，SB=2，且SC2+BC2=SB2，所以SC⊥BC．
又AC⊥SC，AC∩BC=C，所以SC⊥平面ABC．
又SC⊂平面SAC，所以平面SAC⊥平面ABC．
因为平面平面SBC，平面DEF∩平面ABC=EF，平面SBC∩平面ABC=BC，
所以EF // BC，又E为AC的中点，所以F为线段AB的中点．
【考点】
直线与平面平行
平面与平面平行的判定
平面与平面垂直
平面与平面平行的性质
【解析】
（1）证明DE // SC，然后证明DE // 平面SBC．
（2）通过SC2+BC2=SB2，证明SC⊥BC．结合AC⊥SC，证明SC⊥平面ABC．然后证明平面SAC⊥平面ABC．
（3）证明EF // BC，结合E为AC的中点，推出F为线段AB的中点．
【解答】
因为D，E分别为AS，AC的中点，
所以DE // SC，又因为SC⊂平面SBC，DE⊄平面SBC，
所以DE // 平面SBC．
因为SC=BC=2，SB=2，且SC2+BC2=SB2，所以SC⊥BC．
又AC⊥SC，AC∩BC=C，所以SC⊥平面ABC．
又SC⊂平面SAC，所以平面SAC⊥平面ABC．
因为平面平面SBC，平面DEF∩平面ABC=EF，平面SBC∩平面ABC=BC，
所以EF // BC，又E为AC的中点，所以F为线段AB的中点．
【答案】
∵ m→=(csA, sinA)，n→=(csA, −sinA)，
∴ 由题知：|m→|=|n→|=1，
∵ m→与n→的夹角为2π3，
∴ cs2π3=|m→||n→|˙=cs2A−sin2A，即cs2A=−12，
又∵ 0
由正弦定理，得 bsinB＝csinC＝asinA＝3232=1，
可得b=sinB，c=sinC，
又因为△ABC为锐角三角形，可得B∈(π6, π2)，
可得b+c=sinB+sinC=sinB+sin(2π3−B)=sinB+(32csB+12sinB)=32sinB+32csB=3sin(B+π6)，
由于B∈(π6, π2)，可得B+π6∈(π3, 2π3)，可得sin(B+π6)∈(32, 1]，
可得b+c=3sin(B+π6)∈(32, 3]，
可得△ABC周长a+b+c的取值范围为(3+32, 332]．
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
正弦定理
【解析】
（1）由题知：|m→|=|n→|=1，cs2π3=|m→||n→|˙=cs2A−sin2A，可得cs2A=−12，由题意可求范围0<2A<π，由此能求出A．
（2）由正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求b+c=3sin(B+π6)，由题意可求范围B+π6∈(π3, 2π3)，利用正弦函数的性质即可求解其取值范围．
【解答】
∵ m→=(csA, sinA)，n→=(csA, −sinA)，
∴ 由题知：|m→|=|n→|=1，
∵ m→与n→的夹角为2π3，
∴ cs2π3=|m→||n→|˙=cs2A−sin2A，即cs2A=−12，
又∵ 0
由正弦定理，得 bsinB＝csinC＝asinA＝3232=1，
可得b=sinB，c=sinC，
又因为△ABC为锐角三角形，可得B∈(π6, π2)，
可得b+c=sinB+sinC=sinB+sin(2π3−B)=sinB+(32csB+12sinB)=32sinB+32csB=3sin(B+π6)，
由于B∈(π6, π2)，可得B+π6∈(π3, 2π3)，可得sin(B+π6)∈(32, 1]，
可得b+c=3sin(B+π6)∈(32, 3]，
可得△ABC周长a+b+c的取值范围为(3+32, 332]．
【答案】
由已知直线l:y＝x+1与圆C：(x−1)2+(y+2)2＝9，圆心C(1, −2)，半径r＝3．
故O到直线l的距离d=|0−0+1|2=22，圆心C到直线l的距离为|1+2+1|2=22，
故弦长|AB|=232−(22)2=2，所以△AOB的面积为：S=12|AB|⋅d=12×2××22=22．
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，因为以AB为直径的圆过原点O，所以OA⊥OB，即x1x2+y1y2＝0①．
由y=x+bx2+y2−2x+4y−4=0 消去y得：2x2+2(b+1)x+b2+4b−4＝0，
所以x1+x2＝−(b+1)，x1x2=12(b2+4b−4).
y1y2＝(x1+b)(x2+b)＝x1x2+b(x1+x2)+b2=12(b2+2b−4).
把②③两式代入①式，得b2+3b−4＝0，解得b＝1或b＝−4，经验证都满足△>0，故b＝1，或b＝−4．
当b＝1时，由（1）知，圆M的直径|AB|＝2，圆C的直径为6，故圆M与圆C的面积比为19；
当b＝−4时，圆心C到直线l的距离为d=|1+2−4|2=22，弦长|AB|=29−12=34，圆M与圆C的面积比为1718．
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
（1）求出圆心到直线的距离，进而求弦长，最后利用面积公式计算面积即可；
（2）以AB为直径的圆过原点，亦即OA→⋅OB→=0，结合直线l与圆的方程联立，消元化简到韦达定理，最后代入OA→⋅OB→=0，列出b的方程求出b，进而求出两圆的半径，随后即可得两圆的面积比．
【解答】
由已知直线l:y＝x+1与圆C：(x−1)2+(y+2)2＝9，圆心C(1, −2)，半径r＝3．
故O到直线l的距离d=|0−0+1|2=22，圆心C到直线l的距离为|1+2+1|2=22，
故弦长|AB|=232−(22)2=2，所以△AOB的面积为：S=12|AB|⋅d=12×2××22=22．
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，因为以AB为直径的圆过原点O，所以OA⊥OB，即x1x2+y1y2＝0①．
由y=x+bx2+y2−2x+4y−4=0 消去y得：2x2+2(b+1)x+b2+4b−4＝0，
所以x1+x2＝−(b+1)，x1x2=12(b2+4b−4).
y1y2＝(x1+b)(x2+b)＝x1x2+b(x1+x2)+b2=12(b2+2b−4).
把②③两式代入①式，得b2+3b−4＝0，解得b＝1或b＝−4，经验证都满足△>0，故b＝1，或b＝−4．
当b＝1时，由（1）知，圆M的直径|AB|＝2，圆C的直径为6，故圆M与圆C的面积比为19；
当b＝−4时，圆心C到直线l的距离为d=|1+2−4|2=22，弦长|AB|=29−12=34，圆M与圆C的面积比为1718．
【答案】
存在P，使得CP // 平面ABEF，此时APPD=32.
证明如下：
当APPD=32时，APAD＝35，
过P作MP // FD，与AF交于M，则MPFD＝35，又FD=5，∴ MP=3．
∵ EC=3，MP // FD // EC，∴ MP // EC，且MP=EC，故四边形MPEC为平行四边形，
∴ PC // ME，
∵ PC⊄平面ABEF，ME⊂平面ABEF，
∴ CP // 平面ABEF；
∵ 平面ABEF⊥平面EFDC，平面ABEF∩平面EFDC=EF，AF⊥EF，
∴ AF⊥平面EFDC，
∵ BE=x，∴ AF=x(0
∴ 当x=3时，三棱锥A−CDF的体积有最大值，最大值为3．
【考点】
直线与平面平行
棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】
（1）当APPD=32时，APAD＝35，过P作MP // FD，与AF交于M，证明四边形MPEC为平行四边形，可得PC // ME，由直线与平面平行的判定可得CP // 平面ABEF；
（2）由平面与平面垂直的性质可得AF⊥平面EFDC，再由BE=x，得AF=x(0
存在P，使得CP // 平面ABEF，此时APPD=32.
证明如下：
当APPD=32时，APAD＝35，
过P作MP // FD，与AF交于M，则MPFD＝35，又FD=5，∴ MP=3．
∵ EC=3，MP // FD // EC，∴ MP // EC，且MP=EC，故四边形MPEC为平行四边形，
∴ PC // ME，
∵ PC⊄平面ABEF，ME⊂平面ABEF，
∴ CP // 平面ABEF；
∵ 平面ABEF⊥平面EFDC，平面ABEF∩平面EFDC=EF，AF⊥EF，
∴ AF⊥平面EFDC，
∵ BE=x，∴ AF=x(0
∴ 当x=3时，三棱锥A−CDF的体积有最大值，最大值为3．
【答案】
设等差数列{an}的公差为d，由题设可得：a1+8d＝5a1+18d＝2a1+16d，解得：a1＝1d＝12，
∴ an=1+12(n−1)=n+12，
∵ 42an−1=Tn−2=4n，∴ Tn=4n+2，
∴ 当n=1时，有T1=6=b1；
当n≥2时，bn=Tn−Tn−1=3×4n−1，
∴ bn+1=4bn，n≥2，
∴ bn+1bn=2,n＝14,n≥2；
证明：由（1）可得：Sn=n(1+n+12)2=n(n+3)4，
∴ 1Sn=4n(n+3)=43(1n−1n+3)，
∴ 1S1+1S2+1S3+...+1Sn=43(11−14+12−15+13−16+14−17+1n−2−1n+1+1n−1−1n+2+1n−1n+3)
=43(1+12+13−1n+1−1n+2−1n+3)<43(1+12+13)=229．
【考点】
数列的求和
【解析】
（1）先由题设求得等差数列{an}的首项a1与公差d，即可求得an，进而求得bn，最后求得bn+1bn的值；
（2）先由（1）求得Sn，进而求得1Sn，再利用裂项相消法求得其前n项和，即可证明结论．
【解答】
设等差数列{an}的公差为d，由题设可得：a1+8d＝5a1+18d＝2a1+16d，解得：a1＝1d＝12，
∴ an=1+12(n−1)=n+12，
∵ 42an−1=Tn−2=4n，∴ Tn=4n+2，
∴ 当n=1时，有T1=6=b1；
当n≥2时，bn=Tn−Tn−1=3×4n−1，
∴ bn+1=4bn，n≥2，
∴ bn+1bn=2,n＝14,n≥2；
证明：由（1）可得：Sn=n(1+n+12)2=n(n+3)4，
∴ 1Sn=4n(n+3)=43(1n−1n+3)，
∴ 1S1+1S2+1S3+...+1Sn=43(11−14+12−15+13−16+14−17+1n−2−1n+1+1n−1−1n+2+1n−1n+3)
=43(1+12+13−1n+1−1n+2−1n+3)<43(1+12+13)=229．
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