2020-2021学年江苏省高二（上）期中数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年江苏省高二（上）期中数学试卷人教A版，共10页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 命题“∀x∈R，x3−x2−1≤0”的否定是（ ）
A.∀x∈R，x3−x2−1>0B.∀x∈R，x3−x2−1<0
C.∃x∈R，x3−x2−1>0D.∃x∈R，x3−x2−1<0

2. 抛物线y=18x2的准线方程为（ ）
A.y＝−132B.y=−2C.x=−2D.x=−132

3. 已知等比数列{an}满足a1+a2=3，a2+a3=6，则a7=( )
A.64B.81C.128D.243

4. 在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=1,AD=2,AA1=3，则直线DD1与平面ABC1所成角的余弦值为（ ）
A.32B.33C.155D.105

5. 设Sn为等差数列{an}的前n项和，若2a4+a10+a12＝22，则S14＝（ ）
A.56B.66C.77D.78

6. 在正三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱长为2，底面三角形的边长为1，D为A1C1的中点，则BC1与DA所成角的大小为（ ）

A.30∘B.45∘C.60∘D.90∘

7. 过抛物线y2=8x的焦点F的直线l与抛物线交于A，B两点，线段AB的中点M在直线y=2上，O为坐标原点，则△AOB的面积为（ ）
A.3102B.45C.922D.9

8. 已知g(x)＝f(x+12)−3是R上的奇函数，an＝f(0)+f(1n)+…+f(n−1n)+f(1)，n∈N∗，则数列{an}的通项公式为（ ）
A.an=n+1B.an=3n+1C.an=3n+3D.an=n2−2n+3
二、多选题（每小题5分，漏选得3分，错选不得分，共4题）

已知命题p:∀x∈R，x2+ax+4>0，则命题p成立的一个充分不必要条件可以是下列选项中的（ ）
A.a∈[−1, 1]B.a∈(−4, 4)C.a∈[−4, 4]D.a∈{0}

在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线x24−y212=1，则( )
A.实轴长为2
B.渐近线方程为y=±3x
C.离心率为2
D.一条渐近线与准线的交点到另一条渐近线的距离为3

设d，Sn分别为等差数列{an}的公差与前n项和，若S10=S20，则下列论断中正确的有（ ）
A.当n=15时，Sn取最大值B.当n=30时，Sn=0
C.当d>0时，a10+a22>0D.当d<0时，|a10|>|a22|

正方体ABCD−A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点，F在侧面CDD1C1上运动，且满足B1F // 平面A1BE．以下命题正确的有（ ）

A.侧面CDD1C1上存在点F，使得B1F⊥CD1
B.直线B1F与直线BC所成角可能为30∘
C.平面A1BE与平面CDD1C1所成锐二面角的正切值为22
D.设正方体棱长为1，则过点E，F，A的平面截正方体所得的截面面积最大为52
三、填空题（每小题5分，其中15题第一空2分，第二空3分）

已知命题“∃x∈R，mx2−mx+1≤0”是假命题，则实数m的取值范围是________．

四棱锥V−ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，其他四个侧面都是侧棱长为5的等腰三角形，则二面角V−AB−C的平面角为________．

无穷数列{an}满足：只要ap=aq(p, q∈N∗)，必有ap+1=aq+1，则称{an}为“和谐递进数列”．若{an}为“和谐递进数列”，且a1=1，a2=3，a4=1，a8a9=23，则a7=________；S2021=________．

已知F1，F2是椭圆与双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点，且|PF1|>|PF2|，线段PF1的垂直平分线过F2，若椭圆的离心率为e1，双曲线的离心率为e2，则3e1+e24的最小值为________．
四、解答题（17题10分，其余每题12分）

设命题p：实数x满足(x−a)(x−2a)<0，其中a>0；命题q：实数x满足(2x−16)(2x−2)≤0．
（1）若a=1，p，q都是真命题，求实数x的取值范围；

（2）若p是q的充分不必要条件，求实数a的取值范围．

（1）求与双曲线x216−y24＝1有相同焦点，且经过点(27，6)的双曲线的标准方程；
（2）已知椭圆x2+(m+3)y2=m(m>0)的离心率e＝223，求m的值．

在①bn=nan，②bn=an，n为奇数lg2an，n为偶数，③bn=1(lg2an+1)(lg2an+2)这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并完成问题的解答．
问题：已知数列{an}是等比数列，且a1=1，其中a1，a2+1，a3+1成等差数列．
（1）求数列{an}的通项公式；

（2）记_____，求数列{bn}的前2n项和T2n．

如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是矩形．已知AB=AD=PA=PB=2，PD=22．

（1）求点B到面PAD的距离；

（2）求二面角P−BD−A的正切值．

已知数列{an}满足an+1−2an+2＝0，且a1＝8．
（1）证明：数列{an−2}为等比数列；

（2）设bn=(−1)nan(2n+1)(2n+1+1)，记数列{bn}的前n项和为Tn，若对任意的n∈N∗，m≥Tn恒成立，求m的取值范围．

已知点F是椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的右焦点，过点F的直线I交椭圆于M，N两点．当直线l过C的下顶点时，l的斜率为3，当直线l垂直于C的长轴时，△OMN的面积为32．
(Ⅰ)求椭圆C的标准方程；
(Ⅱ)当|MF|=2|FN|时，求直线l的方程；
(Ⅲ)若直线l上存在点P满足|PM|，|PF|，|PN|成等比数列，且点P在椭圆外，证明：点P在定直线上．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江苏省高二（上）期中数学试卷
一、单选题（每小题5分，共8题）
1.
【答案】
C
【考点】
命题的否定
【解析】
根据含有量词的命题的否定即可得到结论．
【解答】
命题为全称命题，则命题“∀x∈R，x3−x2−1≤0”的否定是命题的否定∃x∈R，x3−x2−1>0，
2.
【答案】
B
【考点】
抛物线的性质
【解析】
根据题意，将抛物线的方程变形为标准方程，分析可得其焦点位置以及p的值，由抛物线的准线方程分析可得答案．
【解答】
根据题意，抛物线的方程为：y=18x2，
则其标准方程为：x2=8y，
其焦点在y轴正半轴上，且p=4，
则其准线方程为：y=−2；
3.
【答案】
A
【考点】
等比数列的通项公式
【解析】
由a1+a2=3，a2+a3=6的关系求得q，进而求得a1，再由等比数列通项公式求解．
【解答】
解：由a2+a3=q(a1+a2)=3q=6，
∴ q=2，
∴ a1(1+q)=3，
∴ a1=1，
∴ a7=26=64．
故选A．
4.
【答案】
C
【考点】
直线与平面所成的角
【解析】
由题意画出图形，证明DD1 在平面ABC1D1上的射影落在AD1上，可得∠AD1D为直线DD1与平面ABC1所成角，则答案可求．
【解答】
如图，
在长方体ABCD−A1B1C1D1中，平面ABC1D1⊥平面AA1D1D，
平面ABC1D1∩平面AA1D1D＝AD1，在平面AA1D1D内过D作DE⊥AD1，
则DE⊥平面ABC1D1，则D1E为DD1在平面面ABC1D1内的射影．
∵ AD=2，AA1=3，∴ AD1=5，
则cs∠AD1D=DD1AD1=35=155．
即直线DD1与平面ABC1所成角的余弦值为155．
5.
【答案】
C
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的性质
【解析】
利用等差数列的通项公式求和公式及其性质即可得出．
【解答】
∵ 2a4+a10+a12＝22，∴ 4a1+26d＝22，
∴ 2a1+13d＝11，
∴ a7+a8＝11．
则S14=14(a1+a14)2=7(a7+a8)＝77．
6.
【答案】
A
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
以C为原点，在平面ABC内，过C作BC的垂线为x轴，CB为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．
【解答】
以C为原点，在平面ABC内，过C作BC的垂线为x轴，
CB为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，
则B(0, 1, 0)，C1(0, 0, 2)，A(32, 12, 0)，D(34, 14, 2)，
BC1→=(0, −1, 2)，DA→=(34, 14, −2)，
设BC1与DA所成角的大小为θ，
则csθ=|BC1→|⋅|DA→|˙=94⋅=32．
∴ BC1与DA所成角的大小为30∘．
7.
【答案】
B
【考点】
抛物线的性质
【解析】
设直线l方程为x=my+2，联立方程组消元，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，根据根与系数的关系计算|y1−y2|，于是 S△AOB=12×|OF|×|y1−y2|．
【解答】
F(2, 0)，设直线l的方程为：x=my+2，
联立方程组x＝my+2y2＝8x，消去x可得y2−8my−16=0，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则y1y2=−16，
∵ 线段AB的中点M在直线y=2上，∴ y1+y2=4，
∴ |y1−y2|=(y1+y2)2−4y1y2=16+64=45，
∴ S△AOB=12×|OF|×|y1−y2|=12×2×45=45．
8.
【答案】
C
【考点】
函数奇偶性的性质与判断
数列与函数的综合
【解析】
由题意首先确定函数的对称性，然后利用倒序相加的方法即可确定数列的通项公式．
【解答】
由题意可知：F(−x)=−F(x)，即：f(12−x)+f(12+x)＝6(x∈R)，
∴ 函数f(x)关于点(12，3) 对称，
令 t＝12−x，则12+x＝1−t，
得到 f(t)+f(1−t)=6，
∵ an＝f(0)+f(1n)+…+f(n−1n)+f(1)，
an＝f(1)+f(n−1n)+…+f(1n)+f(0)，
以上两式相加可得2an=6(n+1)，
即an=3(n+1)，
二、多选题（每小题5分，漏选得3分，错选不得分，共4题）
【答案】
A,D
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
命题p:∀x∈R，x2+ax+4>0⇔△<0，解得a范围，进而得出结论．
【解答】
命题p:∀x∈R，x2+ax+4>0，∴ △=a2−16<0，解得：−4则命题p成立的一个充分不必要条件可以是下列选项中的：a∈[−1, 1]，或a∈{0}．
【答案】
B,C
【考点】
双曲线的离心率
双曲线的渐近线
双曲线的准线方程
点到直线的距离公式
【解析】
由双曲线的方程可得a，b的值，求出准线方程与渐近线的方程可得正确答案．
【解答】
解：由双曲线的方程可得，a2=4，b2=12，c2=a2+b2=16，
所以a=2，b=23，c=4，
所以实轴长2a=4，故A错误；
渐近线方程为y=±bax=±3x，故B正确；
离心率ca = 2，故C正确；
因为准线方程为x=a2c=1，
设渐近线y=3x与准线的交点为A，两个方程联立可得A(1, 3).
另一条渐近线的方程为：3x+y=0，
所以A到它的距离为d=|3+3|2=3，故D错误．
故选BC.
【答案】
B,C
【考点】
等差数列的前n项和
【解析】
由S10=S20，利用等差数列的通项公式求出a1=−14.5d，由此利用等差数列的性质能求出结果．
【解答】
∵ d，Sn分别为等差数列{an}的公差与前n项和，S10=S20，
∴ 10a1+10×92d=20a1+20×192d，
解得a1=−14.5d，
Sn=na1+n(n−1)2×d=−14.5nd+d2n2−12nd=d2(n−15)2−2252d，
当d>0时，当n=15时，Sn取最小值；当d<0时，当n=15时，Sn取最大值，故A错误；
当n=30时，Sn=d2(n−15)2−2252d=0，故B正确；
当d>0时，a10+a22=2a1+30d=d>0，故C正确；
当d<0时，|a10|=|a1+9d|=−5.5d，
|a22|=|a1+21d|=−6.5d，
∴ 当d<0时，|a10|<|a22|，故D错误．
【答案】
A,C
【考点】
二面角的平面角及求法
异面直线及其所成的角
棱柱的结构特征
平面与平面平行的判定
【解析】
A：在平面内找到点F证明垂直即可；
B：找到B1F与BC所成角的最大值进行验证即可；
C：找到二面角的平面角，进而求出其正切值进行验证；
D：找到截面面积大于52，即可证明D选项错误．
【解答】
解：取C1D1中点M，C1C中点N，连接B1M，B1N，MN，如图，
易证B1N // A1E，MN // A1B，
从而平面B1MN // 平面A1BE，
所以点F的运动轨迹为线段MN.
取F1为MN中点，连接B1F1，
因为△B1MN是等腰三角形，
所以B1F1⊥MN.
又因为MN // CD1，
所以B1F1⊥CD1，
故A正确；
设正方体棱长为a，
当点F与点M或点N重合时，直线B1F与直线BC所成角最大，
此时tan∠C1B1M＝12<13＝tan30∘，
故B错误；
平面B1MN // 平面A1BE，
F1为MN中点，则MN⊥C1F1，MN⊥B1F1，
∴ ∠B1F1C1即为平面B1MN与平面CDD1C1所成的锐二面角，
tan∠B1F1C1＝B1C1C1F＝22，
故C正确；
当F为C1E与MN交点F2时，易知截面为菱形AGC1E（G为BB1中点），
因为正方体棱长为1，
所以AC1＝3，EG＝2，
此时截面面积可以为62，
故D错误．
故选AC.
三、填空题（每小题5分，其中15题第一空2分，第二空3分）
【答案】
[0, 4)
【考点】
全称命题与特称命题
命题的真假判断与应用
全称量词与存在量词
【解析】
直接利用特称命题和全称命题的转换和二次函数的性质的应用求出结果．
【解答】
命题“∃x∈R，mx2−mx+1≤0”是假命题，
则命题∀x∈R，mx2−mx+1>0恒成立为真命题．
所以①当m=0时，1≥0，恒成立，
②m>0b2−4ac<0，即m>0m2−4m<0，解得m∈(0, 4)，
故m的范围为[0, 4)．
【答案】
60∘
【考点】
二面角的平面角及求法
【解析】
因为侧面VAB为等腰三角形，故取AB的中点E有VE⊥AB，因为底面ABCD是边长为2的正方形，取CD的中点F，则EF⊥AB，所以∠VEF为二面角V−AB−C的平面角，再解△VEF即可．
【解答】
解：取AB、CD的中点E、F，连接VE、EF、VF
∵ VA=VB=5
∴ △VAB为等腰三角形
∴ VE⊥AB
又∵ ABCD是正方形，则BC⊥AB
∵ EF // BC
∴ EF⊥AB
∵ EF∩VE=E
∴ ∠VEF为二面角V−AB−C的平面角
∵ △VAB≅△VDC∴ VE=VF=2
EF=BC=2
∴ △VEF为等边三角形
∴ ∠VEF=60∘
即二面角V−AB−C为60∘
故答案为：60∘
【答案】
1,2020+6743
【考点】
数列递推式
【解析】
直接利用数列的关系式和数列的周期的应用求出结果．
【解答】
根据和谐递进数列：数列{an}满足：只要ap=aq(p, q∈N∗)，必有ap+1=aq+1，
所以a1=a4=1，a2＝a5＝3，a3=a6，a4=a7=1，a5＝a8＝3，a6=a9，
由于a8a9＝23，
所以a9=a6=2，
所以数列满足1，3，2，1,3，2，…，
数列的周期为3，
故2021=673×3+2，
则S2021＝673×(1+2+3)+1+3=2020+6743．
【答案】
6+3
【考点】
圆锥曲线的综合问题
【解析】
设椭圆的长轴长为2a1，双曲线的实轴长为2a2，由题意可得|F1F2|=|PF2|=2c，再由椭圆与双曲线的定义列式可得a1−a2=2c，代入3e1+e24，再由基本不等式求最值．
【解答】
由椭圆与双曲线的对称性，不妨令椭圆与双曲线的焦点在x轴上，
如图，设椭圆的长轴长为2a1，双曲线的实轴长为2a2，
由题意可知，|F1F2|=|PF2|=2c，
又∵ |PF1|+|PF2|=2a1，|PF1|−|PF2|=2a2，
∴ |PF1|+2c=2a1，|PF1|−2c=2a2，
两式相减可得a1−a2=2c，
∴ 3e1+e24=3a1c+c4a2＝12a1a2+c24ca2=12(2c+a2)a2+c24ca2
=24ca2+12a22+c24ca2=6+3a2c+c4a2≥6+23a2c⋅c4a2＝6+3．
当且仅当3a2c＝c4a2，即c＝23a2时等号成立．
∴ 3e1+e24的最小值为6+3．
四、解答题（17题10分，其余每题12分）
【答案】
当a=1时，(x−1)(x−2)<0解得1(2x−16)(2x−2)≤0解得2≤2x≤16，即1≤x≤4，
所以当p，q都是真命题时，解得1故实数x的取值范围为(1, 2)；
命题p:a所以(a, 2a)⫋[1, 4]，a≥12a≤4，
解得1≤a≤2，故实数a的取值范围为[1, 2]．
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
先分别求出命题p，q为真时对应的集合，取交集即可求出x的范围；再根据集合间的基本关系与充分、必要条件的关系列出不等式即可求出a的取值范围．
【解答】
当a=1时，(x−1)(x−2)<0解得1(2x−16)(2x−2)≤0解得2≤2x≤16，即1≤x≤4，
所以当p，q都是真命题时，解得1故实数x的取值范围为(1, 2)；
命题p:a所以(a, 2a)⫋[1, 4]，a≥12a≤4，
解得1≤a≤2，故实数a的取值范围为[1, 2]．
【答案】
∵ 所求双曲线与双曲线x216−y24＝1有相同焦点，
∴ 设所求双曲线方程为：x216−λ−y24+λ＝1，(−4<λ<16)，
∵ 双曲线过点(27，6)，∴ 2816−λ−64+λ＝1，
∴ λ=2或λ=−24．（舍）
∴ 所求双曲线方程为x214−y26＝1．
椭圆方程可化为x2m+y2mm+3=1，
因为m−mm+3＝m(m+2)m+3>0，所以m>mm+3，
即a2=m，b2=mm+3，c=a2−b2＝m(m+2)m+3，
由e＝223，得m+2m+3＝223，解得m=6，
所以m=6．
【考点】
双曲线的标准方程
双曲线的离心率
【解析】
（1）设所求双曲线方程为：x216−λ−y24+λ＝1，(−4<λ<16)，代入点的坐标，求解双曲线方程即可．
（2）化简椭圆方程，推出m的范围，结合离心率，求解m即可．
【解答】
∵ 所求双曲线与双曲线x216−y24＝1有相同焦点，
∴ 设所求双曲线方程为：x216−λ−y24+λ＝1，(−4<λ<16)，
∵ 双曲线过点(27，6)，∴ 2816−λ−64+λ＝1，
∴ λ=2或λ=−24．（舍）
∴ 所求双曲线方程为x214−y26＝1．
椭圆方程可化为x2m+y2mm+3=1，
因为m−mm+3＝m(m+2)m+3>0，所以m>mm+3，
即a2=m，b2=mm+3，c=a2−b2＝m(m+2)m+3，
由e＝223，得m+2m+3＝223，解得m=6，
所以m=6．
【答案】
设数列{an}的公比为q，∵ a1，a2+1，a3+1成等差数列，
∴ 2(a2+1)=a1+a3+1，
又∵ a1=1，∴ 2(q+1)=2+q2，即q2−2q=0，
∴ q=2或q=0（舍），
∴ an=2n−1；
由（1）知an=2n−1，
若选择条件①，则bn=n⋅2n−1，
∴ T2n=1×20+2×21+...+2n×22n−1，
又2T2n=1×21+...+(2n−1)×22n−1+2n×22n，
两式相减得：−T2n=1+2+22+...+22n−1−2n×22n=1−22n1−2−2n×22n，
整理得：T2n=(2n−1)×4n+1．
若选择条件②，则bn=2n−1，n为奇数n−1，n为偶数，
∴ T2n=(b1+b3+...+b2n−1)+(b2+b4+...+b2n)
=(20+22+24+...+22n−2)+(1+3+5+...+2n−1)
=1−4n1−4+n(1+2n−1)2
=4n3+n2−13．
若选择条件③，则bn=1n(n+1)=1n−1n+1，
∴ T2n=11−12+12−13+...+12n−12n+1=1−12n+1=2n2n+1．
【考点】
数列的求和
【解析】
（1）设数列{an}的公比为q，由题设条件求得q，即可求得an；
（2）若选择条件①，先由（1）和题设求得bn=n⋅2n−1，再利用错位相减法求得其前2n项和即可．
若选择条件②，先由（1）和题设求得bn=2n−1，n为奇数n−1，n为偶数，再利用分组求和法求得其前2n项和即可．
若选择条件③，先由（1）和题设求得bn=1n(n+1)，再利用裂项相消法求得其前2n项和即可．
【解答】
设数列{an}的公比为q，∵ a1，a2+1，a3+1成等差数列，
∴ 2(a2+1)=a1+a3+1，
又∵ a1=1，∴ 2(q+1)=2+q2，即q2−2q=0，
∴ q=2或q=0（舍），
∴ an=2n−1；
由（1）知an=2n−1，
若选择条件①，则bn=n⋅2n−1，
∴ T2n=1×20+2×21+...+2n×22n−1，
又2T2n=1×21+...+(2n−1)×22n−1+2n×22n，
两式相减得：−T2n=1+2+22+...+22n−1−2n×22n=1−22n1−2−2n×22n，
整理得：T2n=(2n−1)×4n+1．
若选择条件②，则bn=2n−1，n为奇数n−1，n为偶数，
∴ T2n=(b1+b3+...+b2n−1)+(b2+b4+...+b2n)
=(20+22+24+...+22n−2)+(1+3+5+...+2n−1)
=1−4n1−4+n(1+2n−1)2
=4n3+n2−13．
若选择条件③，则bn=1n(n+1)=1n−1n+1，
∴ T2n=11−12+12−13+...+12n−12n+1=1−12n+1=2n2n+1．
【答案】
∵ PA=PB=AB=2，PA=AD=2，PD＝22，
故PA2+AD2=PD2，
则AD⊥PA，
∵ AD⊥AB，PA∩AB=A，
∴ AD⊥平面PAB，
∴ S△PAB＝12×2×2×32＝3，
S△PAD＝12×2×2＝2，
设点B到平面PAD的高为ℎ，
由VB−PAD=VD−PAB，
得13S△PAD⋅ℎ＝13S△PAB⋅AD，
即13⋅2⋅ℎ＝133⋅2，
∴ ℎ＝3．
如图所示，取AB中点O，连接PO，
作OE垂直于BD，连接PE，
在△PAB中，PA=PB=AB=2，∴ PO⊥AB，
由（1）知AD⊥平面PAB，PO⊂平面PAB，
∴ PO⊥AD，
而AB∩AD=A，AB，AD⊂平面ABCD，
∴ PO⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
∴ PO⊥BD，
又∵ OE⊥BD，
∴ BD⊥PE，又AE∩PE=E，
∴ BD⊥平面POE，
∴ ∠PEO为二面角P−BD−A的平面角，
PO＝PA2−AO2＝3，
OE＝14AC＝14⋅22＝22，
在△POE中，∠POE=90∘，
∴ tan∠PEO＝POOE＝322＝6，
即二面角P−BD−A的正切值为6．
【考点】
二面角的平面角及求法
点、线、面间的距离计算
【解析】
（1）设点B到平面PAD的高为ℎ，利用VB−PAD=VD−PAB，转化求解即可．
（2）取AB中点O，连接PO，作OE垂直于BD，连接PE，说明∠PEO为二面角P−BD−A的平面角，通过在△POE中，求解二面角P−BD−A的正切值即可．
【解答】
∵ PA=PB=AB=2，PA=AD=2，PD＝22，
故PA2+AD2=PD2，
则AD⊥PA，
∵ AD⊥AB，PA∩AB=A，
∴ AD⊥平面PAB，
∴ S△PAB＝12×2×2×32＝3，
S△PAD＝12×2×2＝2，
设点B到平面PAD的高为ℎ，
由VB−PAD=VD−PAB，
得13S△PAD⋅ℎ＝13S△PAB⋅AD，
即13⋅2⋅ℎ＝133⋅2，
∴ ℎ＝3．
如图所示，取AB中点O，连接PO，
作OE垂直于BD，连接PE，
在△PAB中，PA=PB=AB=2，∴ PO⊥AB，
由（1）知AD⊥平面PAB，PO⊂平面PAB，
∴ PO⊥AD，
而AB∩AD=A，AB，AD⊂平面ABCD，
∴ PO⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
∴ PO⊥BD，
又∵ OE⊥BD，
∴ BD⊥PE，又AE∩PE=E，
∴ BD⊥平面POE，
∴ ∠PEO为二面角P−BD−A的平面角，
PO＝PA2−AO2＝3，
OE＝14AC＝14⋅22＝22，
在△POE中，∠POE=90∘，
∴ tan∠PEO＝POOE＝322＝6，
即二面角P−BD−A的正切值为6．
【答案】
证明：因为数列{an}满足an+1−2an+2＝0，
所以an+1＝2an−2，整理得an+1−2＝2(an−2)，
即an+1−2an−2=2（常数）．
所以数列{an−2}是以6为首项，2为公比的等比数列．
由（1）知an−2=6⋅2n−1，即an=3⋅2n+2．
所以bn=(−1)nan(2n+1)(2n+1+1)=(−1)n(12n+1+12n+1+1)．
当n为偶数时，Tn=(−12+1−122+1)+(122+1+123+1)+⋯+(−12n−1+1−12n+1)+(12n+1+12n+1+1)=−12+1+12n+1+1=−13+12n+1+1．
当n为奇数时，Tn=(−12+1−122+1)+(122+1+123+1)+⋯+(12n−1+1−12n+1)+(−12n+1+12n+1+1)=−13−12n+1+1．
当n为偶数时，Tn=−13+12n+1+1是递减的，此时当n＝2时，Tn取最大值−29，则m≥−29；
当n为奇数时，Tn=−13−12n+1+1是递增的，此时Tn<−13，则m≥−13．
综上，m的取值范围是[−29,+∞)．
【考点】
数列的求和
数列递推式
【解析】
（1）直接利用构造新数列的方法求出数列的通项公式．
（2）利用（1）的结论，进一步利用裂项相消法在数列求和中的应用求出结果，进一步利用恒成立问题的应用求出参数m的取值范围．
【解答】
证明：因为数列{an}满足an+1−2an+2＝0，
所以an+1＝2an−2，整理得an+1−2＝2(an−2)，
即an+1−2an−2=2（常数）．
所以数列{an−2}是以6为首项，2为公比的等比数列．
由（1）知an−2=6⋅2n−1，即an=3⋅2n+2．
所以bn=(−1)nan(2n+1)(2n+1+1)=(−1)n(12n+1+12n+1+1)．
当n为偶数时，Tn=(−12+1−122+1)+(122+1+123+1)+⋯+(−12n−1+1−12n+1)+(12n+1+12n+1+1)=−12+1+12n+1+1=−13+12n+1+1．
当n为奇数时，Tn=(−12+1−122+1)+(122+1+123+1)+⋯+(12n−1+1−12n+1)+(−12n+1+12n+1+1)=−13−12n+1+1．
当n为偶数时，Tn=−13+12n+1+1是递减的，此时当n＝2时，Tn取最大值−29，则m≥−29；
当n为奇数时，Tn=−13−12n+1+1是递增的，此时Tn<−13，则m≥−13．
综上，m的取值范围是[−29,+∞)．
【答案】
（1）由题设：bc=3，b2ca＝32，解得a=2，b=3，
所以椭圆C的方程为x24+y23＝1．
（2）当直线l与x轴重合时，|MF|=3|FN|，不合题意．
当直线l与x轴不重合时，设直线l的方程为x=ty+1，M(x1, y1)，N(x2, y2)，
联立x＝ty+13x2+4y2＝12，消去x整理得(3t2+4)y2+6ty−9=0，
有y1+y2=−6t3t2+4①，
y1y2=−93t2+4②，
由|MF|=2|FN|，得y1=−2y2③，
联立①②③得−72t2(3t2+4)2=−93t2+4，解得t=±255．
所以直线l的方程为5x±2y−5=0．
(Ⅲ)设P(x0, y0)
当直线l与x轴重合时，因为点p在椭圆外，所以x0+2，x0−2同号，
由|PM|⋅|PN|=|PF|2，得(x0+2)(x0−2)=(x0−1)2，解得x0=52，
当直线l与x轴不重合时，由(Ⅱ)知y1+y2=−6t3t2+4，y1y2=−93t2+4，
因为|PM|=1+t2|y1−y0|，|PN|=1+t2|y2−y0|，|PF|=1+t2|y0|，
因为点p在椭圆外，所以y1−y0，y2−y0同号，
由|PM|⋅|PN|=|PF|2，得(y1−y0)(y2−y0)=y02，解得x0=52，
整理得y1y2−y0(y1+y2)=0，即−93t2+4−y0−6t3t2+4＝0，
解得y0=32t，代入直线l方程x=ty+1，得x0=52，
所以点p在定直线x=52上．
【考点】
直线与椭圆的位置关系
椭圆的标准方程
椭圆的应用
【解析】
(Ⅰ)根据题意得：bc=3，b2ca＝32，及a2=b2+c2，解得a，b，进而可得椭圆得方程．
(Ⅱ)分两种情况：当直线l与x轴重合时，|MF|=3|FN|，不合题意．当直线l与x轴不重合时，设直线l的方程为x=ty+1，M(x1, y1)，N(x2, y2)，联立直线与椭圆得方程，结合根与系数关系得y1+y2，y1y2，由|MF|=2|FN|，得y1=−2y2，组成方程组解得t，进而可得直线l得方程．
(Ⅲ)设P(x0, y0)，分两种情况讨论，当直线l与x轴重合时，当直线l与x轴不重合时，由|PM|⋅|PN|=|PF|2，解得x0=52，所以点p在定直线x=52上．
【解答】
（1）由题设：bc=3，b2ca＝32，解得a=2，b=3，
所以椭圆C的方程为x24+y23＝1．
（2）当直线l与x轴重合时，|MF|=3|FN|，不合题意．
当直线l与x轴不重合时，设直线l的方程为x=ty+1，M(x1, y1)，N(x2, y2)，
联立x＝ty+13x2+4y2＝12，消去x整理得(3t2+4)y2+6ty−9=0，
有y1+y2=−6t3t2+4①，
y1y2=−93t2+4②，
由|MF|=2|FN|，得y1=−2y2③，
联立①②③得−72t2(3t2+4)2=−93t2+4，解得t=±255．
所以直线l的方程为5x±2y−5=0．
(Ⅲ)设P(x0, y0)
当直线l与x轴重合时，因为点p在椭圆外，所以x0+2，x0−2同号，
由|PM|⋅|PN|=|PF|2，得(x0+2)(x0−2)=(x0−1)2，解得x0=52，
当直线l与x轴不重合时，由(Ⅱ)知y1+y2=−6t3t2+4，y1y2=−93t2+4，
因为|PM|=1+t2|y1−y0|，|PN|=1+t2|y2−y0|，|PF|=1+t2|y0|，
因为点p在椭圆外，所以y1−y0，y2−y0同号，
由|PM|⋅|PN|=|PF|2，得(y1−y0)(y2−y0)=y02，解得x0=52，
整理得y1y2−y0(y1+y2)=0，即−93t2+4−y0−6t3t2+4＝0，
解得y0=32t，代入直线l方程x=ty+1，得x0=52，
所以点p在定直线x=52上．