2021-2022学年浙江省丽水市高二（上）期末数学试卷

这是一份2021-2022学年浙江省丽水市高二（上）期末数学试卷，共20页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（5分）在平面直角坐标系中，直线l经过点（0，0），（1，3），则直线l的斜率为（ ）
A．B．C．﹣3D．3
2．（5分）在等差数列{an}中，若a4+a8＝16，则a6＝（ ）
A．4B．±4C．8D．±8
3．（5分）抛物线y2＝2x的准线方程是（ ）
A．xB．x＝﹣1C．yD．y＝﹣1
4．（5分）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P是线段BD1中点，若，
则x+y+z＝（ ）
A．B．1C．D．3
5．（5分）空间中两条不同的直线m，n和平面α，则下列命题中正确的是（ ）
A．若m⊥α，n⊥α，则m∥nB．若m∥α，n∥α，则m∥n
C．若m⊥n，n⊥α，则m⊥αD．若m⊥n，n∥α，则m⊥α
6．（5分）已知函数f（x）的导函数y＝f'（x）图象如图所示，则函数y＝f（x）图象是（ ）
A．B．
C．D．
7．（5分）已知三棱锥S﹣ABC中，SC＝2，AB＝2，E，F分别是SA，BC的中点，EF＝1，则EF与AB所成的角大小为（ ）
A．B．C．D．
8．（5分）在数列{an}，{bn}中，满足，且bn＜bn+1，若b100＝am（m∈N*），则m＝（ ）
A．5050B．5100C．10050D．10100
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共计20分．在每小题给出的四个选项中，至少有两个是符合题目要求的，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分）
（多选）9．（5分）如图，一缕阳光从圆形的窗孔射入，在水平地面上形成椭圆形光斑（轮廓为椭圆），若光线与水平地面所成的角为α（0°＜α＜90°），则下列说法正确的是（ ）
A．椭圆的离心率e＝sinα
B．椭圆的离心率e＝csα
C．椭圆的离心率e随α的增大而减小
D．椭圆的离心率e随α的增大而增大
（多选）10．（5分）已知Sn是等比数列{an}的前n项和，且m，n∈N*，下列结论一定成立的是（ ）
A．若m+n为偶数，则am•an＞0
B．若m+n为奇数，则am•an＞0
C．若m•n为偶数，则am•Sn＞0
D．若m•n为奇数，则am•Sn＞0
（多选）11．（5分）已知函数f（x）＝a（x﹣a）2（x﹣b）（a≠0）的极大值点为x＝a，则（ ）
A．a2＜b2
B．a2＜ab
C．若f'（x1）＝f'（x2）＝0，则x1+x2＞0
D．若f'（x1）＝f'（x2）＝0，则x1x2＞0
（多选）12．（5分）如图，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝3，，P是该正四棱柱表面或内部一点，直线PB，PC与底面ABCD所成的角分别记为α，β，且sinβ＝2sinα，记动点P的轨迹与棱BC的交点为Q，则下列说法正确的是（ ）
A．Q为BC中点
B．线段PA1长度的最小值为5
C．存在一点P，使得PQ∥平面AB1D1
D．若P在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1表面，则点P的轨迹长度为
三、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）
13．（5分）已知，若，则k＝ ．
14．（5分）已知圆C1：x2+y2＝1与圆C2：x2+y2+2x﹣4y＝0，则圆心距|C1C2|＝ ．
15．（5分）我国南北朝著名数学家祖暅提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．即夹在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平面的任何平面所截，若截得的两个截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等．在数学上运用祖暅原理推导球的体积公式时，构造了一个底面半径与高都为R的圆柱内挖掉一个等高的圆锥的几何体（如图所示），则该几何体的体积为 ．
16．（5分）已知F1，F2分别是双曲线，b＞0）的左、右焦点，双曲线上有一点M，满足|MF1|＝λ|MF2|（λ），且，则该双曲线离心率的取值范围是 ．
17．（5分）在第七十五届联合国大会一般性辩论上，习近平主席表示，中国将提高国家自主贡献力度，采取更加有力的政策和措施，二氧化碳排放力争于2030年前达到峰值，努力争取2060年前实现碳中和．某地2020年共发放汽车牌照12万张，其中燃油型汽车牌照10万张，电动型汽车2万张，从2021年起，每年发放的电动型汽车牌照按前一年的50%增长，燃油型汽车牌照比前一年减少0.5万张，同时规定，若某年发放的汽车牌照超过15万张，以后每年发放的电动车牌照的数量维持在这一年的水平不变．那么从2021年至2030年这十年累计发放的汽车牌照数为 万张．
18．（5分）已知函数f（x）＝xa﹣ax（x＞0且a＞0）有两个不同的零点，则a的取值范围是 ．
四、解答题（本大题共5小题，共60分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19．（10分）已知圆C的圆心为点（1，2），且与x轴相切．
（Ⅰ）求圆C的方程；
（Ⅱ）求直线l：2x﹣y+2＝0被圆C所截得的弦长．
20．（10分）已知三棱柱ABC﹣DEF中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AD，∠DAB＝∠DAC．
（Ⅰ）求证：BC⊥AD；
（Ⅱ）若二面角A﹣BC﹣E的大小为135°，求直线DB与平面BEFC所成角的大小．
21．（12分）已知函数，x∈[0，π]．注：e＝2.71828…是自然对数的底数．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）记函数f（x）的导函数为f'（x），求证：|f'（x）|≤1．
22．（14分）已知数列{nan}是以1为首项，为公比的等比数列，数列{bn}满足：b1＝2，nbn+1﹣（n+1）bn＝n（n+1）dn，n∈N*．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）（ⅰ）若dn＝1，记cn＝an+1bn，求数列{cn}的前n项和Tn；
（ⅱ）若dn＝2n+1，证明：．
23．（14分）如图，椭圆E1：的右焦点为F（，0），椭圆E2：t（0＜t＜1），椭圆E2的切线MN、MP交椭圆E1于M、N、P三点，
切点分别为Q、R．
（Ⅰ）求实数m的值；
（Ⅱ）求证：点Q是线段MN的中点；
（Ⅲ）求四边形OQMR面积的最大值．
2021-2022学年浙江省丽水市高二（上）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1．（5分）在平面直角坐标系中，直线l经过点（0，0），（1，3），则直线l的斜率为（ ）
A．B．C．﹣3D．3
【解答】解：直线l经过点（0，0），（1，3），
则直线l的斜率k3，
故选：D．
2．（5分）在等差数列{an}中，若a4+a8＝16，则a6＝（ ）
A．4B．±4C．8D．±8
【解答】解：∵{an}是等差数列，
∴2a6＝a4+a8＝16，
∴a6＝8．
故选：C．
3．（5分）抛物线y2＝2x的准线方程是（ ）
A．xB．x＝﹣1C．yD．y＝﹣1
【解答】解：抛物线y2＝2x的开口向右，p＝1，所以抛物线的准线方程是x．
故选：A．
4．（5分）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P是线段BD1中点，若，
则x+y+z＝（ ）
A．B．1C．D．3
【解答】解：在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P是线段BD1中点，

，
∵，∴x＝y＝z，
则x+y+z．
故选：C．
5．（5分）空间中两条不同的直线m，n和平面α，则下列命题中正确的是（ ）
A．若m⊥α，n⊥α，则m∥nB．若m∥α，n∥α，则m∥n
C．若m⊥n，n⊥α，则m⊥αD．若m⊥n，n∥α，则m⊥α
【解答】解：空间中两条不同的直线m，n和平面α，
对于A，若m⊥α，n⊥α，则由线面垂直的性质得m∥n，故A正确；
对于B，若m∥α，n∥α，则m与n相交、平行或异面，故B错误；
对于C，若m⊥n，n⊥α，则m∥α或m⊂α，故C错误；
对于D，若m⊥n，n∥α，则m与α相交、平行或m⊂α，故D错误．
故选：A．
6．（5分）已知函数f（x）的导函数y＝f'（x）图象如图所示，则函数y＝f（x）图象是（ ）
A．B．
C．D．
【解答】解：由f′（x）图象知，第一部分f′（x）＞0，且f′（x）是个常数，此时f（x）为增函数，且等速度增长，对应图象为直线，排除C，D，
第二部分f′（x）＞0，此时f（x）为增函数，
第三部分，f′（x）＜0，此时函数为减函数，排除B，
故选：A．
7．（5分）已知三棱锥S﹣ABC中，SC＝2，AB＝2，E，F分别是SA，BC的中点，EF＝1，则EF与AB所成的角大小为（ ）
A．B．C．D．
【解答】
解：取AC中点D，连接DE、DF，
由E，F分别是SA，BC的中点，
则DE∥SC，DF∥AB，
则EF与AB所成的角的平面角为∠EFD（或其补角），
由SC＝2，AB＝2，
则DE，DF＝1，
又EF＝1，
则cs∠EFD，
即∠EFD，
即EF与AB所成的角大小为，
故选：B．
8．（5分）在数列{an}，{bn}中，满足，且bn＜bn+1，若b100＝am（m∈N*），则m＝（ ）
A．5050B．5100C．10050D．10100
【解答】解：因，
则数列{bn}是由4k+1（k∈N*） 计算而得的完全平方数的算术平方根由小到大排列而成，
因4×2+1＝32，4×6+1＝52，4×12+1＝72，4×20+1＝92，4×30+1＝112，4×42+1＝132，⋯，
即b1＝3，b2＝5，b3＝7，b4＝9，b5＝11，b6＝13，⋯，
即数列{bn}是首项为3，公差为2的等差数列，
所以bn＝2n+1，
反之，当bn＝2n+1时，由得k＝n（n+1），
因此，，
于是得，则am＝b100＝201，
所以m＝100（100+1）＝10100．
故选：D．
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共计20分．在每小题给出的四个选项中，至少有两个是符合题目要求的，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分）
（多选）9．（5分）如图，一缕阳光从圆形的窗孔射入，在水平地面上形成椭圆形光斑（轮廓为椭圆），若光线与水平地面所成的角为α（0°＜α＜90°），则下列说法正确的是（ ）
A．椭圆的离心率e＝sinα
B．椭圆的离心率e＝csα
C．椭圆的离心率e随α的增大而减小
D．椭圆的离心率e随α的增大而增大
【解答】解：可根据题意做出平面图，如图所示，
窗孔的圆心为O，圆心在水平面的投影即椭圆的中心为O，光线与水平面的交点为A、B，光线与水平地面所成的角为α（0°＜α＜90°） 即∠BOO′，连接OO′，
过B作OO′的垂线交l1于C，交OO′于D，
由题意可知，窗孔在平面内的投影椭圆，故|AB|为椭圆的长轴长，即|AB|＝2a，
|BC|为椭圆的短轴长，即|BC|＝2b，
所以，，
故，
而，
故椭圆的离心率e＝csα，所以选项A错误，选项B正确；
e＝csα，因为csα在0°＜α＜90°是单调递减的，所以椭圆的离心率e随α的增大而减小，故选项C正确，选项D错误．
故选：BC．
（多选）10．（5分）已知Sn是等比数列{an}的前n项和，且m，n∈N*，下列结论一定成立的是（ ）
A．若m+n为偶数，则am•an＞0
B．若m+n为奇数，则am•an＞0
C．若m•n为偶数，则am•Sn＞0
D．若m•n为奇数，则am•Sn＞0
【解答】解：由题意知，设等比数列的公比为q，则am•an＝a1qm﹣1•a1qn﹣1＝a12qm+n﹣2，若m+n为偶数时，m+n﹣2为偶数，所以qm+n﹣2＞0，所以am•an＝a12qm+n﹣2＞0，
若m+n为奇数时，m+n﹣2为奇数，若q＜0，则qm+n﹣2＜0，所以am•an＝a12qm+n﹣2＜0，
若q＞0，则qm+n﹣2＞0，
所以am•an＝a12qm+n﹣2＞0，
若q＝1时，am•an＝a12＞0，
故此时无法判断am•an正负，故A正确，B错误；
若mn为偶数时，则m，n为两偶或一奇一偶，
当m，n为两偶数时，则m﹣1为奇数，
若q∈（0，1）∪（1，+∞），
则qm﹣1＞0，0，此时am•Sn＝a12qm﹣1•0，
若q∈（﹣1，0），则qm﹣1＜0，0，此时am•Sn＝a12qm﹣1•0，
若q∈（﹣∞，﹣1），则qm﹣1＜0，0，此时am•Sn＝a12qm﹣1•0，
若q＝1时，am•Sn＝na12＞0，若q＝﹣1时，am•Sn＝0，故无法判断am•Sn的正负；
同理，当m，n为一奇一偶时，也无法判断am•Sn的正负，故C错误；
当mn为奇数时，m，n都为奇数，则m﹣1为偶数，
若q≠﹣1且q≠0且q≠1时，qm﹣1＞0，0，所以am•Sn＝a12qm﹣1•0，
若q＝1时，am•Sn＝na12＞0，若q＝﹣1时，am•Sn＝a12＞0，
所以am•Sn＝a12qm﹣1•0，故D正确．
故选：AD．
（多选）11．（5分）已知函数f（x）＝a（x﹣a）2（x﹣b）（a≠0）的极大值点为x＝a，则（ ）
A．a2＜b2
B．a2＜ab
C．若f'（x1）＝f'（x2）＝0，则x1+x2＞0
D．若f'（x1）＝f'（x2）＝0，则x1x2＞0
【解答】解：令f（x）＝0，解得x＝a或x＝b，即x＝a及x＝b是f（x）的两个零点，
当a＞0时，由三次函数的性质可知，要使x＝a是f（x）的极大值点，则函数f（x）的大致图象如下图所示，
则0＜a＜b；
当a＜0时，由三次函数的性质可知，要使x＝a是f（x）的极大值点，则函数f（x）的大致图象如下图所示，
则b＜a＜0；
综上，b2＞ab＞a2．
故选：ABD．
（多选）12．（5分）如图，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝3，，P是该正四棱柱表面或内部一点，直线PB，PC与底面ABCD所成的角分别记为α，β，且sinβ＝2sinα，记动点P的轨迹与棱BC的交点为Q，则下列说法正确的是（ ）
A．Q为BC中点
B．线段PA1长度的最小值为5
C．存在一点P，使得PQ∥平面AB1D1
D．若P在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1表面，则点P的轨迹长度为
【解答】解：A选项：如图所示，建立空间直角坐标系A﹣xyz，设P（x，y，z），
过点P作PO⊥平面ABCD，垂足为O，连接OB，OC，
则∠PBO＝α，∠PCO＝β，由题意可知，
所以|PB|＝2|PC|，因为B（3，0，0），C（3，3，0），
所以（x﹣3）2+y2+z2＝4（x﹣3）2+4（y﹣3）2+4z2，
即（x﹣3）2+（y﹣4）2+z2＝4，
所以点P的轨迹是以（3，4，0）为球心，以2为半径的球再正四棱柱内部（含表面）的部分，
由题意得当Q为BC中点时不满足题意，故A错误；
B选项：设球心O1（3，4，0），
则，
所以线段PA1长度的最小值为7﹣2＝5，故B正确；
QN⊄平面AB1D1，AD⊂平面AB1D1，
所以QN∥平面 AB1D1，同理 MN∥平面AB1D1，
又QN∩MN＝N，QN，MN⊂平面 QMN，所以平面 QMN∥平面 AB1D1，
所以 ，设球与棱CC1的交点为G，与CD的交点为H，
，
所以球与矩形BCC1B1的交线为弧GQ，球与矩形CDD1C1的交线为弧GH，所以△QMN与球没有交点，
所以不存在点P，使得PQ∥面AB1D1，故C错误；
D选项：因为球与矩形BCC1B1的交线为弧GQ，球与矩形CDD1C1的交线为弧GH，球与正方形ABCD的交线为弧QH，
由于|GQ|＝|QO1|＝|GO1|＝|CH|＝2，
所以，
所以弧GQ＝弧，
弧GH，
所以点P在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1表面，
则点P的轨迹的长度为，故D正确．
故选：BD．
三、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）
13．（5分）已知，若，则k＝ ．
【解答】解：∵且，
∴，解得k．
故答案为：．
14．（5分）已知圆C1：x2+y2＝1与圆C2：x2+y2+2x﹣4y＝0，则圆心距|C1C2|＝ ．
【解答】解：圆C1：x2+y2＝1的圆心为C1（0，0），
圆C2：x2+y2+2x﹣4y＝0的圆心为C2（﹣1，2），
所以圆心距|C1C2|．
故答案为：．
15．（5分）我国南北朝著名数学家祖暅提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．即夹在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平面的任何平面所截，若截得的两个截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等．在数学上运用祖暅原理推导球的体积公式时，构造了一个底面半径与高都为R的圆柱内挖掉一个等高的圆锥的几何体（如图所示），则该几何体的体积为 ．
【解答】解：圆柱的体积为，圆锥的体积为，
所以所求的几何体的体积为．
故答案为：．
16．（5分）已知F1，F2分别是双曲线，b＞0）的左、右焦点，双曲线上有一点M，满足|MF1|＝λ|MF2|（λ），且，则该双曲线离心率的取值范围是 [，] ．
【解答】解：因为|MF1|＝λ|MF2|（λ），可得M在双曲线的左支上，设|MF2|＝m，则|MF1|＝λm，
再由双曲线的定义可得|PF2|﹣|PF1|＝2a，所以可得m﹣λm＝2a，可得m，
在三角形MF1F2中，，由余弦定理可得：cs∠F1MF2，
可得，整理可得：m2•（1+λ2﹣λ）＝4c2，
所以4c2，
可得e211，
设y＝λ，，所以函数单调递减，
所以y∈[，]，可得y﹣2∈[，]，
所以∈[，2]，
所以e2∈[，3]，
即e∈[，]．
故答案为：[，]．
17．（5分）在第七十五届联合国大会一般性辩论上，习近平主席表示，中国将提高国家自主贡献力度，采取更加有力的政策和措施，二氧化碳排放力争于2030年前达到峰值，努力争取2060年前实现碳中和．某地2020年共发放汽车牌照12万张，其中燃油型汽车牌照10万张，电动型汽车2万张，从2021年起，每年发放的电动型汽车牌照按前一年的50%增长，燃油型汽车牌照比前一年减少0.5万张，同时规定，若某年发放的汽车牌照超过15万张，以后每年发放的电动车牌照的数量维持在这一年的水平不变．那么从2021年至2030年这十年累计发放的汽车牌照数为 134 万张．
【解答】解：设每年发放燃油型汽车牌照为{an}，发放电动型车牌照数为{bn}，发放牌照数为{cn}，
则{an}成等差数列，{bn}前四项成等比数列，第五项为常数列，cn＝an+bn，
a1＝9.5，an＝10﹣0.5n，
{an}的前n项和72.5，
b1＝2×1.5＝3，b2＝3×1.5＝4.5，b3＝4.5×1.5＝6.75，
∵c3＝a3+b3＝8.5+6.75＝15.25＞15，
∴b4＝b5＝•••＝b10＝6.75，
{bn}的前10项和B10＝3+4.5+6.75×8＝61.5，
故从2021年至2030年这十年累计发放的汽车牌照数为134万张．
故答案为：134．
18．（5分）已知函数f（x）＝xa﹣ax（x＞0且a＞0）有两个不同的零点，则a的取值范围是 （1，e）∪（e，+∞） ．
【解答】解：因x＞0，a＞0，
则f（x）＝0⇔xa＝ax⇔alnx＝xlna⇔，
令g（x），
求导得g′（x），
当0＜x＜e时，g′（x）＞0；当x＞e时，g′（x）＜0，
因此g（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减，g（x）max＝g（e），
而当x＞e时，g（x）＞0恒成立，g（1）＝0，
函数f（x）有两个不同的零点当且仅当函数y＝g（x）的图象与直线y有两个公共点，
在同一坐标系内作出函数y＝g（x）的图象与直线y，如图，
观察图象得：函数y＝g（x）的图象与直线y有两个公共点当且仅当0，
即g（1）＜g（a）＜g（e），
于是得1＜a＜e或a＞e，
所以a的取值范围是：（1，e）∪（e，+∞）．
故答案为：（1，e）∪（e，+∞）．
四、解答题（本大题共5小题，共60分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19．（10分）已知圆C的圆心为点（1，2），且与x轴相切．
（Ⅰ）求圆C的方程；
（Ⅱ）求直线l：2x﹣y+2＝0被圆C所截得的弦长．
【解答】解：（Ⅰ）∵圆C的圆心为点（1，2），且与x轴相切，
∴圆C的半径圆r＝2，
故圆C的方程为（x﹣1）2+（y﹣2）2＝4．
（Ⅱ）∵圆C的圆心C（1，2），
∴点C到直线l：2x﹣y+2＝0的距离为，
∴所求的弦长为．
20．（10分）已知三棱柱ABC﹣DEF中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AD，∠DAB＝∠DAC．
（Ⅰ）求证：BC⊥AD；
（Ⅱ）若二面角A﹣BC﹣E的大小为135°，求直线DB与平面BEFC所成角的大小．
【解答】（Ⅰ）证明：取BC的中点M，连接AM，∵AB＝AC，∴BC⊥AM，
又∵，∠DAB＝∠DAC．AD＝AD，∴△DAB与△DAC全等，则DB＝DC，
∴BC⊥DM，而AM∩DM＝M，于是BC⊥平面ADM，而AD⊂面ADM，故BC⊥AD；
（II）取EF的中点N，连接DN，MN，而M为BC的中点，所以NE∥BM，NE＝MB，
所以四边形BENM是平行四边形，则BE∥NM，BE＝NM，又BE∥AD，BE＝AD，
所以AD∥NM，AD＝NM，所以四边形AMND是平行四边形，由（1）知，BC⊥AM，BC⊥AD；
则BC⊥MN，所以∠AMN是二面角A﹣BC﹣E的平面角，所以∠AMN＝135°，
设AB＝AC＝AD＝2，而∠BAC＝90°，易得AM＝DN＝BM，易知∠DAM＝45°，
由余弦定理可得，DM2＝AD2+AM2﹣2AD×AM×cs45°＝2，所以DM，
所以BD2，过D作DG⊥MN于点G，由（1）BC⊥面ADM，DG⊂平面ADM，则BC⊥DG，
而BC∩MN＝M，所以DG⊥面BEFC，则∠DBG是DB与面BCFE所成的角，
在平行四边形AMND中，易知DG⊥GB，DN，∠DNG＝45°，则DG＝1，
在直角△DGB中，sin，∠DGB，所以直线DB与平面BEFC所成角的大小为30°．
21．（12分）已知函数，x∈[0，π]．注：e＝2.71828…是自然对数的底数．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）记函数f（x）的导函数为f'（x），求证：|f'（x）|≤1．
【解答】解：（Ⅰ）f′（x）＝e﹣x（csx﹣sinx）e﹣xcs（x），
当x∈（0，）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；当x∈（，π）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
所以f（x）的单调递增区间为（0，）；单调递减区间为（，π）；
（Ⅱ）证明：∵f″（x）＝﹣2e﹣x•csx，
∴f'（x）在（0，）上单调递减，在（，π）上单调递增，
又f′（），f′（0）＝1，f′（π）＝﹣e﹣π，
∴|f′（x）|＝max{|f′（）|，|f′（0）|，|f′（π）|}＝max{，1，e﹣π}＝1．
∴|f'（x）|≤1．
22．（14分）已知数列{nan}是以1为首项，为公比的等比数列，数列{bn}满足：b1＝2，nbn+1﹣（n+1）bn＝n（n+1）dn，n∈N*．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）（ⅰ）若dn＝1，记cn＝an+1bn，求数列{cn}的前n项和Tn；
（ⅱ）若dn＝2n+1，证明：．
【解答】解：（ I）∵数列{nan}是以1为首项，为公比的等比数列∴，即；
（ II）（i）∵nbn+1﹣（n+1）bn＝n（n+1）dn，∴两边同时除以n（n+1），
∵，
又∵，
∴数列是以2为首项，公差为1的等差数列，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
两式相减可得，，
∴．
（ii）∵dn＝2n+1，∴，

累加得，，
∴n≥2时，，
∴，
，
n＝1时，，
综上，原不等式成立．
23．（14分）如图，椭圆E1：的右焦点为F（，0），椭圆E2：t（0＜t＜1），椭圆E2的切线MN、MP交椭圆E1于M、N、P三点，
切点分别为Q、R．
（Ⅰ）求实数m的值；
（Ⅱ）求证：点Q是线段MN的中点；
（Ⅲ）求四边形OQMR面积的最大值．
【解答】解：（Ⅰ）∵椭圆E1：的右焦点为F（，0），，∴6﹣m＝3，
∴m＝3………………………………………（3分）
（ II）证明：当直线MN斜率存在时，设MN：y＝kx+n，与联立，
得（1+2k2）x2+4knx+2n2﹣6t＝0，
Δ＝16k2n2﹣4（1+2k2）（2n2﹣6t）＝8（3t+6tk2﹣n2）＝0，
⇒n2＝3t（1+2k2），（*）
∴，
设M（x1，y1），N（x2，y2），
当t＝1时，，即，∴，易得，
从而点Q是线段MN的中点，
当直线MN斜率不存在时，易知点Q仍是线段MN的中点，
所以，点Q是线段MN的中点．………………………………………………………（7分）
（Ⅲ）由（II）易知，点R是线段MP的中点，，
当直线MN斜率存在时，由（*）得，，
当直线MN斜率不存在时，，此时，，
∴，同理，，
∴，
当时，S四边形OQMR的最大值为．………………………………………（14分）
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2022/5/27 9:56:10；用户：高中数学；邮箱：sdgs@xyh.cm；学号：28144983