2023年浙江省嘉兴市平湖市高考数学模拟试卷（3月份）（含答案解析）

这是一份2023年浙江省嘉兴市平湖市高考数学模拟试卷（3月份）（含答案解析），共20页。试卷主要包含了 《九章算术⋅商功》中记载， 已知点A，B与直线l等内容，欢迎下载使用。

2023年浙江省嘉兴市平湖市高考数学模拟试卷（3月份）
1. 若集合M={x|x2−3x−4≤0}，N={x|−2≤x≤2}，则M∪N=(    )
A. [−1,2] B. [−1,4] C. [−2,2] D. [−2,4]
2. 若复数z满足2z+z−−i3=3，则z=(    )
A. 1−2i B. 1+2i C. 1−i D. 1+i
3. 等边△ABC的边长为3，若AD=2DC，BF=FD，则|AF|=(    )
A. 192 B. 172 C. 152 D. 132
4. 《九章算术⋅商功》中记载：“斜解立方，得两堑堵.斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑，不易之率也.”我们可以翻译为：取一长方体，分成两个一模一样的直三棱柱，称为堑堵.再沿堑堵的一顶点与相对的棱剖开，得一个四棱锥和一个三棱锥，这个四棱锥称为阳马，这个三棱锥称为鳖臑.现已知某个鳖臑的体积是1，则原长方体的体积是(    )
A. 8 B. 6 C. 4 D. 3
5. 数列{an}的前n项和为3n−1，则数列{an2}的前n项和为(    )
A. 9n+1+158+n−3n+1 B. 9n+158+n−3n
C. 9n−14 D. 9n−12
6. 已知点A(−1,0)，B(2,0)与直线l：mx−y+m=0(m∈R)，若在直线l上存在点P，使得|PA|=2|PB|，则实数m的取值范围是(    )
A. [− 33, 33] B. (−∞,− 33]∪[ 33,+∞)
C. [− 3, 3] D. (−∞,− 3]∪[ 3,+∞)
7. 若一个三位数M的各个数位上的数字之和为8，则我们称M是一个“叔同数”，例如“125，710”都是“叔同数”.那么“叔同数”的个数共有(    )
A. 34个 B. 35个 C. 36个 D. 37个
8. 定义在R上的函数f(x)满足f(x+2)f(x)−f(x+2)+f(x)+1=0，若f(1)>0，且对∀x，y∈R，均有f(x+y)f(x−y)=[f(x)+f(y)][f(x)−f(y)]，则f(2023)=(    )
A. 1+ 2 B. −1+ 2 C. 1− 2 D. −1− 2
9. 已知函数f(x)=lnx，g(x)=2x，则下列说法正确的是(    )
A. 若F(x)=f(x)g(x)，则F′(x)=2+2lnx
B. 若G(x)=f(g(x))，则G′(x)=12x
C. 若H(x)=f(x)g(x)，则H′(x)=1−lnx2x2
D. 方程f(x)=g(x)−2有唯一实根
10. 已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,−π<φ<π)的部分图象如图所示，则下列说法正确的是(    )
A. φ=−π3
B. f(x)≤f(−π12)
C. f(x)在[π,4π3]上单调递增
D. f(x)在[0,2π]上有且仅有四个零点
11. 已知椭圆C:x24+y23=1，A1，A2分别为椭圆C的左右顶点，B为椭圆的上顶点.设M是椭圆C上一点，且不与顶点重合，若直线A1B与直线A2M交于点P，直线A1M与直线A2B交于点Q，则(    )
A. 若直线A1M与A2M的斜率分别为k1，k2，则k1⋅k2=−34
B. 直线PQ与x轴垂直
C. |BP|=|BQ|
D. |MP|=|MQ|
12. 已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，M，N分别为AB，CC1的中点，且MN与正方体的内切球O(O为球心)交于E，F两点，则下列说法正确的是(    )
A. 线段EF的长为 3
B. 过O，M，N三点的平面截正方体AC1所得的截面面积为3 3
C. 三棱锥O−DEF的体积为 36
D. 设P为球O上任意一点，则AP与A1C1所成角的范围是[0,π3]
13. (x2+1)(x−2x)6展开式中含x2的项的系数为______ .
14. 已知函数f(x)=mex−x24有两个极值点，则实数m的取值范围是______ .
15. 从某地抽取1000户居民用户进行月用电量调查，发现他们的用电量都在50∼650kW⋅h之间，进行适当分组后(每组为左闭右开的区间)，画出频率分布直方图如图所示.若根据图示估计得该样本的平均数为322，则可以估计该地居民月用电量的第60百分位数约为______ .

16. 已知双曲线C:x24−y2b2=1(b>2)的左、右焦点为F1，F2，过F1的直线分别交两条渐近线于P，Q两点，若|F2P|=|F2Q|且2|OP|⋅|OQ|=|PQ|2，则C的离心率为______ .
17. 糟蛋是新鲜鸭蛋(或鸡蛋)用优质糯米糟制而成，是中国别具一格的特色传统美食，以浙江平湖糟蛋、陕州糟蛋和四川宜宾糟蛋最为著名.平湖糟蛋采用优质鸭蛋、上等糯米和酒糟糟渍而成，经过糟渍蛋壳脱落，只有一层薄膜包住蛋体，其蛋白呈乳白色，蛋黄为橘红色，味道鲜美.糟蛋营养丰富，每百克中约含蛋白质15.8克、钙24.8克、磷11.1克、铁0.31克，并含有维持人体新陈代谢必须的18种氨基酸.现有平湖糟蛋的两家生产工厂，产品按质量分为特级品、一级品和二级品，其中特级品和一级品都是优等品，二级品为合格品.为了比较两家工厂的糟蛋质量，分别从这两家工厂的产品中各选取了200个糟蛋，产品质量情况统计如表：

优等品
合格品
合计
特级品
一级品
二级品
工厂甲
100
75
25
200
工厂乙
120
30
50
200
合计
220
105
75
400
(1)从400个糟蛋中任取一个，记事件A表示取到的糟蛋是优等品，事件B表示取到的糟蛋来自于工厂甲.求P(A|B−)；
(2)依据小概率值α=0.01的独立性检验，从优等品与合格品的角度能否据此判断两家工厂生产的糟蛋质量有差异？
附：参考公式：χ2=n(ad−bc)2(a+c)(b+d)(a+b)(c+d)，其中n=a+b+c+d.
独立性检验临界值表：
α
0.10
0.05
0.010
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828


18. 已知数列{ an+1}是等差数列，且a1=3，a5=99.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=(−1)nlnan，求数列{bn}的前n项和Tn.
19. 已知△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足sin2B1+cos2B=tanC+1tanC−1.
(1)求角A的大小；
(2)设AD是BC边上的高，且AD=2，求△ABC面积的最小值.
20. 如图在三棱柱ABC−A1B1C1中，D为AC的中点，AB=BC=2，∠AA1B1=∠B1BC.
(1)证明：BB1⊥AC；
(2)若BB1⊥BC，且满足：_____，(待选条件).
从下面给出的①②③中选择两个填入待选条件，求二面角B−B1D−C1的正弦值.
①三棱柱ABC−A1B1C1的体积为3 3；②直线AB1与平面BCC1B1所成的角的正弦值为 3913；
③二面角A−BB1−C的大小为60∘；
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.

21. 已知抛物线C：y2=2px(p>0)，过焦点F的直线交抛物线C于A，B两点，且|AB|=|AF|⋅|BF|.
(1)求抛物线C的方程；
(2)若点P(4,4)，直线PA，PB分别交准线l于M，N两点，证明：以线段MN为直径的圆过定点.
22. 已知函数f(x)=x−1x−alnx(a>0)，g(x)=x2−1−xlnx.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)有三个零点x1，x2，x3，求证：g(x1)+g(x2)+g(x3)>0.
答案和解析

1.【答案】D 
【解析】解：∵M={x|−1≤x≤4}，N={x|−2≤x≤2}，
∴M∪N=[−2,4].
故选：D.
可求出集合M，然后进行并集的运算即可．
本题考查了一元二次不等式的解法，并集的定义及运算，考查了计算能力，属于基础题．

2.【答案】C 
【解析】解：设z=x+yi，则z−=x−yi，
∵2z+z−−i3=3，
∴2(x+yi)+(x−yi)−i3=3，整理可得3(x−1)+(y+1)i=0，解得x=1，y=−1，
∴z=1−i.
故选：C.
设z=x+yi，则z−=x−yi，用复数的基本性质计算可得答案．
本题考查了复数的基本性质，是基础题．

3.【答案】A 
【解析】解：根据题意，等边△ABC的边长为3，则∠BAC=60∘，
若AD=2DC，BF=FD，则AD=23AC，F为BD的中点，
则有AF=12(AB+AD)=12AB+13AC，
故|AF|2=14AB2+19AC2+13AB⋅AC=194，故|AF|= 192；
故选：A.
根据题意，分析可得AF=12(AB+AD)=12AB+13AC，进而由数量积的计算公式计算可得答案．
本题考查向量数量积的计算，涉及向量的线性计算，属于基础题．

4.【答案】B 
【解析】解：如图所示，

原长方体ABCD−A1B1C1D1，
设矩形BCC1B1的面积为S，C1D1=h，
鳖臑D1−BCC1的体积为1，
即13×(12S)×h=1，所以Sh=6，
即原长方体的体积是6.
故选：B.
根据柱体和锥体体积公式求得正确答案．
本题主要考查几何体的体积，属于中档题．

5.【答案】D 
【解析】解：由题意，设数列{an}的前n项和为Sn，
则Sn=3n−1，
当n=1时，a1=S1=31−1=2，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=3n−1−3n−1+1=2⋅3n−1，
∵当n=1时，a1=2也满足上式，
∴an=2⋅3n−1，n∈N*，
∴an2=(2⋅3n−1)2=4⋅9n−1，n∈N*，
∴数列{an2}是以4为首项，9为公比的等比数列，
设数列{an2}的前n项和为Tn，
则Tn=4−4⋅9n1−9=9n−12.
故选：D.
先设数列{an}的前n项和为Sn，则有Sn=3n−1，结合公式an=S1,n=1Sn−Sn−1,n≥2即可计算出数列{an}的通项公式，进一步计算出数列{an2}的通项公式，根据通项公式即可发现数列{an2}是以4为首项，9为公比的等比数列，根据等比数列的前n项和公式即可计算出结果．
本题主要考查数列求通项公式，以及数列求和问题．考查了分类讨论思想，整体思想，转化与化归思想，等比数列的定义与求和公式的运用，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．

6.【答案】A 
【解析】解：设点P(x,y)，由于|PA|=2|PB|，
所以 (x+1)2+y2=2 (x−2)2+y2，
整理得(x−3)2+y2=4，
利用圆心(3,0)到直线mx−y+m=0的距离d=|3m+m| 1+m2≤2，解得− 33≤m≤ 33，
即实数m的取值范围为[− 33, 33].
故选：A.
利用直线和圆的位置关系建立不等量关系，进一步求出m的取值范围．
本题考查的知识要点：圆的方程，直线和圆的位置关系，点到直线的距离公式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题和易错题．

7.【答案】C 
【解析】解：由题意可知，三位数M的各个数位上的数字之和为8，则我们称M是一个“叔同数”，
“叔同数”中各个数位上的数字有8，0，0；7，1，0；6，2，0；6，1，1；5，3，0；5，2，1；4，4，0；4，3，1；4，2，2；3，3，2，情况；
8，0，0三个数字组成的三位数有1个；
7，1，0三个数字组成的三位数有4个；
6，2，0三个数字组成的三位数有4个；
6，1，1三个数字组成的三位数有3个；
5，3，0三个数字组成的三位数有4个；
5，2，1三个数字组成的三位数有6个；
4，4，0三个数字组成的三位数有2个；
4，3，1三个数字组成的三位数有6个；
4，2，2三个数字组成的三位数有3个；
3，3，2三个数字组成的三位数有3个；
共有：1+4+4+3+4+6+2+6+3+3=36个．
故选：C.
利用已知条件，分类讨论，求解即可．
本题考查排列组合的简单应用，是中档题．

8.【答案】C 
【解析】解：由题意，f(x+y)f(x−y)=[f(x)+f(y)][f(x)−f(y)]=f2(x)−f2(y)，
令x=y=0，可得f2(0)=0，即f(0)=0，再令x=0，可得f(y)f(−y)=f2(0)−f2(y)=−f2(y)，即f(y)[f(−y)+f(y)]=0，
又因为f(x+2)f(x)−f(x+2)+f(x)+1=0，所以f(x)=0不成立，
所以f(−y)+f(y)=0，即对∀x∈R，f(−x)=−f(x)，所以函数f(x)是R上的奇函数，
由题意，f(x+2)f(x)−f(x+2)+f(x)+1=0⇒f(x+2)[1−f(x)]=1+f(x)，
又因为f(x)=1不合题意，所以f(x+2)=1+f(x)1−f(x)⇒f(x+4)=1+f(x+2)1−f(x+2)=1+1+f(x)1−f(x)1−1+f(x)1−f(x)=−1f(x)，
即f(x+8)=−1f(x+4)=f(x)(x∈R)，所以函数f(x)是周期为8的周期函数，
由题意，f(x+2)f(x)−f(x+2)+f(x)+1=0，令x=−1，得f(1)f(−1)−f(1)+f(−1)+1=0，
化简得f2(1)+2f(1)−1=0，解得f(1)=± 2−1，
又因为f(1)>0，所以f(1)= 2−1，
所以f(2023)=f(253×8−1)=f(−1)=−f(1)=1− 2.
故选：C.
根据题意求得函数f(x)的周期和奇偶性即可求解．
本题主要考查函数求值问题，根据抽象函数的条件得到f(x)是周期函数，是解决本题的关键．

9.【答案】AC 
【解析】解：对于A，因为F(x)=f(x)g(x)=2xlnx，
所以F′(x)=2lnx+2x⋅1x=2lnx+2，故A正确；
对于B，因为G(x)=f(g(x))=ln(2x)，
所以G′(x)=12x⋅(2x)′=1x，故B错误；
对于C，因为H(x)=f(x)g(x)=lnx2x，所以H′(x)=1x⋅(2x)−2lnx(2x)2=1−lnx2x2，故C正确；
对于D，f(x)=g(x)−2，
即lnx=2x−2，作出y=lnx与y=2x−2图象，如图所示：

由图象可知，y=lnx与y=2x−2图象有两个不同的交点，
故方程f(x)=g(x)−2有两个实根，故D错误．
故选：AC.
根据导数的运算法则，复合函数求导，基本初等函数的导数判断ABC，由数形结合判断D.
本题考查了导数的四则运算及复合函数的求导，也考查了转化思想、数形结合思想，属于中档题．

10.【答案】BD 
【解析】解：由图可知，最小正周期T=2×(2π3−π6)=π，
所以ω=2πT=2，
由图知，f(π6+2π32)=f(5π12)=−A，
所以Asin(2×5π12+φ)=−A，所以5π6+φ=2kπ−π2，k∈Z，即φ=2kπ−4π3，k∈Z，
因为−π<φ<π，所以φ=2π3，f(x)=Asin(2x+2π3)，即选项A错误；
对于选项B，因为f(x)min=f(5π12)，且最小正周期T=π，所以f(x)max=f(5π12−π2)=f(−π12)，
所以f(x)≤f(−π12)，即B正确；
对于选项C，由x∈[π,4π3]，知2x+2π3∈[8π3,10π3]，
因为函数y=sinx在[8π3,10π3]上单调递减，
所以f(x)在[π,4π3]上单调递减，即C错误；
对于选项C，由x∈[0,2π]，知2x+2π3∈[2π3,14π3]，
因为函数y=sinx在[2π3,14π3]上有且仅有4个零点，
所以f(x)在[0,2π]上有且仅有4个零点，即D正确．
故选：BD.
根据y=Asin(ωx+φ)中A，ω，φ的几何意义，可得f(x)=Asin(2x+2π3)，再结合正弦函数的图象与性质，逐一分析选项，即可．
本题主要考查三角函数的图象与性质，理解y=Asin(ωx+φ)中A，ω，φ的几何意义，熟练掌握正弦函数的图象与性质是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．

11.【答案】ABC 
【解析】解：设M(x,y)，A1，A2分别为椭圆C的左右顶点，所以A1(−2,0)，A2(2,0)，
则k1=yx+2，k2=yx−2，所以k1⋅k2=yx+2⋅yx−2=y2x2−4=3(1−x24)x2−4=−34，故A正确；
直线A1M的方程为y=k1(x+2)，直线A2B的方程为y=− 32x+ 3，联立y=− 32x+ 3y=k1(x+2)，
得x=−4k1+2 32k1+ 3y=4 3k12k1+ 3，即Q(−4k1+2 32k1+ 3,4 3k12k1+ 3)，同理可得P(4k2+2 32k2− 3,4 3k22k2− 3)，
因为k1⋅k2=−34，所以4k2+2 32k2− 3=−3k1+2 3−32k1− 3=2 3−4k12k1+ 3，所以xP=xQ，则直线PQ与x轴垂直，故B正确；
同理4 3k22k2− 3=−3 3k1−32k1− 3=62k1+ 3，所以yP+yQ=4 3k12k1+ 3+62k1+ 3=2 3(2k1+ 3)2k1+ 3=2 3，
故PQ的中点在直线y= 3上，所以|BP|=|BQ|，|MP≠|MQ|，故C正确；D错误．

故选：ABC.
设M(x,y)，计算可得k1⋅k2=−34判断A；联立方程组可科Q，P的坐标，进而可得xP=xQ，可判断B；进而可得PQ的中点在直线y= 3上，判断CD.
本题考查直线与椭圆的位置关系，考查运算求解能力，属中档题．

12.【答案】BCD 
【解析】解：对于选项A，过O，M，N三点的截面为正六边形MGNHIJ，球心O为其中心，
在正六边形MGNHIJ中，OM=ON= 2，点O到MN的距离为 22，OE=OF=1，
所以EF=2 1−12= 2，
即选项A错误；
对于选项B，正六边形MGNHIJ的面积S=6×12×( 2)2sinπ3=3 3，
即选项B正确；
对于选项C，由等体积法可得VO−DEF=VD−OEF=13S△OEF⋅DO=13×12× 3= 36，
即选项C正确；
对于选项D，AC、AD1、AB1为球O的切线，
即当P为AC中点时，AP与A1C1所成角最小为0，
当P为AD1或AB1的中点时，AP与A1C1所成角最大为π3，
即选项D正确，
故选：BCD.
由三棱锥的体积公式，结合异面直线所成角的范围逐一求解即可．
本题考查了空间几何体的体积，重点考查了异面直线所成角的范围，属中档题．

13.【答案】−100 
【解析】解：二项式(x−2x)6的展开式中，通项公式为
Tr+1=C6rx6−r(−2x)r=(−2)rC6rx6−2r，
令6−2r=0，解得r=3，令6−2r=2，解得r=2，
可得(x2+1)(x−2x)6展开式中含x2的项的系数为(−2)3C63+(−2)2C62=−100.
故答案为：−100.
求出(x−2x)6展开式中的常数项和含x2项，利用多项式乘多项式得答案．
本题考查了二项式展开式通项公式的应用问题，属于基础题．

14.【答案】(0,12e) 
【解析】解：函数f(x)=mex−x24有两个极值点，
即f′(x)=mex−12x=0有两个变号根，
即2m=xex有两个变号根，令g(x)=xex，
令g′(x)=1−xex=0得x=1，g′(x)>0⇒x<1，g′(x)<0⇒x>1，
所以g(x)在(−∞,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
且x→−∞时，g(x)→−∞；x→+∞时，ex比x趋近于正无穷大快，所以此时g(x)→0，
结合g(1)=1e，g(0)=0，作出函数y=g(x)和y=2m的图象：
可见，当0<2m<1e，即0 故答案为：(0,12e).
f(x)有两个极值点，即f′(x)=0有两个变号根，问题转化为2m=xex有两个变号根，结合函数g(x)=xex的图象求解即可．
本题考查函数极值的性质，函数零点的判断方法以及数形结合思想的应用，属于中档题．

15.【答案】350 
【解析】解：由题意得400x+600y+0.36+0.9+0.36=322100100(2y+x+0.0018+0.003+0.0006)=1，
解得x=0.0022，y=0.0012，
∵0.12+0.18+0.3=0.6，
∴估计该地居民月用电量的第60百分位数约为350.
故答案为：350.
根据频率分布直方图及平均值计算出x，y，再根据频率分布直方图求百分位数的方法能求出结果．
本题考查频率、百分位数、频率分布直方图等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．

16.【答案】2 
【解析】解：设直线l的方程为x=my−c，
联立x=my−cy=−b2x，得x=−2cmb+2y=bcmb+2，即P(−2cmb+2,bcmb+2)，
同理可得Q(2cmb−2,bcmb−2)，则PQ的中点M(4cb2m2−4,b2cmb2m2−4)，
∵|F2P|=|F2Q|，∴F2M⊥PQ，
当m=0时，PQ⊥x轴，此时P(−c,bc2)，Q(−c,−bc2)，
又由|OP|=|OQ|，得2|OP|2=|PQ|2，即2(c2+b2c24)=b2c2，
整理得b=2，这与b>2矛盾，故m≠0；
当m≠0时，由kF2M⋅kPQ=−1，得b2cmb2m2−44cb2m2−4−c⋅1m=−1，即m2=8+b2b2，
又∵2|OP|⋅|OQ|=|PQ|2，
∴2 (−2cbm+2)2+(bcbm+2)2⋅ (2cbm−2)2+(bcbm−2)2=(2cbm−2+2cbm+2)2+(bcbm−2−bcbm+2)2，
把m2=8+b2b2代入并化简整理，得c2=8b2(8+b2b2+1)|b2⋅8+b2b2−4|=16(4+b2)|b2+4|=16，即c=4，
∴双曲线的离心率e=ca=2.
故答案为：2.
设直线l的方程为x=my−c，与双曲线的渐近线方程联立，求得P，Q的坐标，得到PQ的中点M的坐标，说明m≠0，然后利用kF2M⋅kPQ=−1及2|OP|⋅|OQ|=|PQ|2列式求解c，即可得到双曲线的离心率．
本题考查双曲线的几何性质，考查运算求解能力，是中档题．

17.【答案】解：(1)P(A|B−)=P(A⋅B−)P(B−)=P(A⋅B−)1−P(B)=120+304001−200400=150200=34；
(2)2×2列联表

优等品
合格品
合计
工厂甲
175
25
200
工厂乙
150
50
200
合计
325
75
400
零假设H0：两家工厂生产的槽蛋质量没有差异，
则x2=n(ad−bc)2(a+c)(b+d)(a+b)(c+d)=400(175×50−150×25)2325×75×200×200=40039≈10.256>6.635，
依据小概率值α=0.01的独立性检验，我们推断H0不成立，
即认为两家工厂生产的糟蛋质量有差异． 
【解析】(1)根据条件概率公式，以及对立事件公式，计算即可．
(2)列出2×2列联表，根据公式求出x2，与临界值表对比，可得结论．
本题考查条件概率的计算，考查独立性检验的应用，考查学生计算能力，属于中档题．

18.【答案】解：(1)由题意，令cn= an+1，设等差数列{cn}的公差为d，
∵c1= a1+1=2，c5= a5+1=10，
∴公差d=c5−c15−1=10−24=2，
∴cn=2+2⋅(n−1)=2n，
即 an+1=2n，
解得an=4n2−1，n∈N*.
(2)由(1)可得，bn=(−1)nlnan
=(−1)n⋅ln(4n2−1)
=(−1)n⋅ln[(2n−1)(2n+1)]
=(−1)n⋅[ln(2n−1)+ln(2n+1)]
=(−1)n⋅ln(2n−1)+(−1)n⋅ln(2n+1)
=(−1)n⋅ln(2n−1)−(−1)n+1⋅ln(2n+1)，
∴Tn=b1+b2+⋅⋅⋅+bn
=[(−1)1⋅ln1−(−1)2⋅ln3]+[(−1)2⋅ln3−(−1)3⋅ln5]+⋅⋅⋅+[(−1)n⋅ln(2n−1)−(−1)n+1⋅ln(2n+1)]
=(−1)1⋅ln1−(−1)2⋅ln3+(−1)2⋅ln3−(−1)3⋅ln5+⋅⋅⋅+(−1)n⋅ln(2n−1)−(−1)n+1⋅ln(2n+1)
=(−1)1⋅ln1−(−1)n+1⋅ln(2n+1)
=(−1)n+2⋅ln(2n+1). 
【解析】(1)先令cn= an+1，设等差数列{cn}的公差为d，再根据题干已知条件计算出c1的值，以及公差d的值，即可计算出等差数列{cn}的通项公式，进一步计算出数列{an}的通项公式；
(2)先根据第(1)题的结果计算出数列{bn}的通项公式，并对通项公式进行转化，然后运用裂项相消法推导出前n项和Tn.
本题主要考查数列求通项公式，以及运用裂项相消法求前n项和问题．考查了整体思想，转化与化归思想，对数的运算能力，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．

19.【答案】解：(1)左边=sin2B1+cos2B=2sinBcosB2cos2B=sinBcosB，
右边=tanC+1tanC−1=sinCcosC+1sinCcosC−1=sinC+cosCsinC−cosC，
由题意得sinBcosB=sinC+cosCsinC−cosC⇒sinBsinC−sinBcosC=cosBsinC+cosBcosC⇒sin(B+C)+cos(B+C)=0⇒tan(B+C)=−1，即tanA=1，
又因为0 所以A=π4；
(2)由S△ABC=12a×2=12bcsinπ4⇒a= 24bc，
由余弦定理得a2=b2+c2−2bccosπ4⇒a2=b2+c2− 2bc，⇒18b2c2=b2+c2− 2bc⇒18b2c2+ 2bc=b2+c2≥2bc，⇒bc≥8(2− 2)，当且仅当b=c时取“等号”，
而S△ABC=12bcsinπ4= 24bc，
故(S△ABC)min= 24×8(2− 2)=4 2−4. 
【解析】(1)根据已知条件，结合三角函数的恒等变换公式，即可求解；
(2)根据已知条件，结合余弦定理，以及三角形的面积公式，即可求解．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．

20.【答案】(1)证明：在三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=B1B，∠AA1B1=∠B1BC，A1B1=AB=BC，
∴△AA1B1≌△B1BC，∴AB1=CB1，
又D为AC的中点，∴B1D⊥AC，
在△ABC中，∵AB=BC，AD=DC，∴BD⊥AC，
∵B1D∩BD=D，B1D、BD⊂平面BDB1，
∴AC⊥平面BDB1，
又BB1⊂平面BDB1，∴AC⊥BB1.
(2)解：由(1)知，BB1⊥AC，
∵BB1⊥BC，AC∩BC=C，AC、BC⊂平面ABC，
∴BB1⊥平面ABC，
选择①③：∵BB1⊥平面ABC，∴BB1⊥AB，BB1⊥BC，
∴∠ABC为二面角A−BB1−C的平面角，即∠ABC=60∘，
∴△ABC为等边三角形，即AC=2，BD= 3，
∴S△ABC=12×2×2×sin60∘= 3，
又∵三棱柱ABC−A1B1C1的体积为3 3，∴BB1⋅ 3=3 3，即BB1=3，
取A1C1的中点E，连接EB1，ED，过E作EF⊥B1D于点F，连接C1F，
∵AC⊥平面BDB1，∴EC1⊥平面BDEB1，∴∠EFC1为二面角E−B1D−C1的平面角，
在△DEB1中，EF⋅B1D=DE⋅B1E，∴EF=3× 32 3=32，
∵C1E=1，∴FC1= EF2+C1E2= 132，∴sin∠EFC1=C1EFC1=2 1313，
由于二面角B−B1D−C1的平面角与二面角E−B1D−C1的平面角互补，
故二面角B−B1D−C1的正弦值为2 1313.

选择①②：过点A作AO⊥BC于点O，
∵平面ABC⊥平面BCC1B1，平面ABC∩平面BCC1B1=BC，
∴AO⊥平面BCC1B1，
故直线AB1与平面BCC1B1所成角为∠AB1O，即sin∠AB1O= 3913，
设AO=x，BB1=y，则VABC−A1B1C1=xy=3 3sin∠AB1O=x y2+4= 3913⇒x= 3y=3，即AO= 3，BB1=3，
下面的解题步骤与选择①③相同．

选择②③：∵BB1⊥平面ABC，∴BB1⊥AB，BB1⊥BC，
∴∠ABC为二面角A−BB1−C的平面角，即∠ABC=60∘，
∴△ABC为等边三角形，即AC=2，
过点A作AO⊥BC于点O，则AO= 3，
又∵平面ABC⊥平面BCC1B1，平面ABC∩平面BCC1B1=BC，
∴AO⊥平面BCC1B1，
故直线AB1与平面BCC1B1所成角为∠AB1O，即sin∠AB1O= 3913，
设BB1=y，则sin∠AB1O=AOAB1= 3 y2+4= 3913⇒y=3，即BB1=3，
下面的解题步骤与选择①③相同． 
【解析】(1)先证△AA1B1≌△B1BC，可得AB1=CB1，从而知B1D⊥AC，再结合BD⊥AC，可证AC⊥平面BDB1，故有AC⊥BB1；
(2)选择①③：易知∠ABC=60∘，得△ABC为等边三角形，再由三棱柱ABC−A1B1C1的体积为3 3，推出BB1=3，取A1C1的中点E，连接EB1，ED，过E作EF⊥B1D于点F，连接C1F，则∠EFC1的补角即为所求；
选择①②：过点A作AO⊥BC于点O，可证AO⊥平面BCC1B1，从而知sin∠AB1O= 3913，再求得AO= 3，BB1=3，下面的解题步骤与选择①③相同；
选择②③：易知∠ABC=60∘，得△ABC为等边三角形，过点A作AO⊥BC于点O，则AO= 3，可证AO⊥平面BCC1B1，从而知sin∠AB1O= 3913，再求得BB1=3，下面的解题步骤与选择①③相同．
本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面、面面垂直的判定定理与性质定理，理解线面角、二面角的定义是解题的关键，考查空间立体感、推理论证能力和运算能力，属于中档题．

21.【答案】解：(1)方法一：
设直线AB的方程为：x=my+p2，(m∈R)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立y2=2pxx=my+p2，化为y2−2pmy−p2=0，
∴Δ>0，y1+y2=2pm，y1y2=−p2，
∴x1+x2=m(y1+y2)+p=2pm2+p，
x1x2=p24，
又|AF|=x1+p2，|BF|=x2+p2，
∴|AB|=|AF|+|BF|=x1+x2+p，
由|AB|=|AF|⋅|BF|得x1+x2+p=(x1+p2)(x2+p2)，
展开为x1+x2+p=x1x2+p2(x1+x2)+p24，
∴(2m2+1)p+p=p2(2m2+1)p+p22，化简得(m2+1)p(p−2)=0，
又p>0，解得p=2.
因此抛物线C的方程为y2=4x.
方法二：
∵|AB|=|AF|+|BF|=|AF|⋅|BF|，
∴1|AF|+1|BF|=1，
又∵1|AF|+1|BF|=2p，∴2p=1，即p=2，
∴抛物线C的方程为y2=4x.
(2)证明：方法一：
由(1)知AB：x=my+1(m∈R)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
∴y1+y2=4m，y1y2=−4，易得x1+x2=4m2+2，x1x2=1，
由题意知AP:y−4=y1−4x1−4(x−4)，BP:y−4=y2−4x2−4(x−4)，
令x=−1得yM=−5(y1−4)my1−3+4，yN=−5(y2−4)my2−3+4，
∴M(−1,−5(y1−4)my1−3+4)，N(−1,−5(y2−4)my2−3+4)，
yM⋅yN=(−5(y1−4)my1−3+4)(−5(y2−4)my2−3+4)=(4m−5)2y1y2+8(4m−5)(y1+y2)+64m2y1y2−3m(y1+y2)+9=−4(4m−5)2+32m(4m−5)+64−4m2−12m2+9=−4.
设Q(x,y)是以线段MN为直径的圆上得任意一点，
则MQ⋅NQ=0，即0=(x+1)2+(y−yM)(y−yN)，
由对称性令y=0得0=(x+1)2+yMyN=(x+1)2−4，
解得x=1或x=−3，
因此以线段MN为直径的圆经过定点，定点坐标为(−3,0)与(1,0).
方法二：由方法一知M(−1,(4m−5)y1+8my1−3)，N(−1,(4m−5)y2+8my2−3)，yM⋅yN=−4，
yM+yN=(−5(y1−4)my1−3+4)+(−5(y2−4)my2−3+4)=−5(y1−4)(my2−3)+−5(y2−4)(my1−3)(my1−3)(my2−3)+8
=−5(2my1y2−(4m+3)(y1+y2)+24)m2y1y2−3m(y1+y2)+9+8=20(4m2+5m−6)−16m2+9+8=48m2−100m+4816m2−9.
设MN的中点是D(x0,y0)，则x0=−1，
y0=12(yM+yN)=24m2−50m+2416m2−9，
又|MN|=|yM−yN|=|(−5(y1−4)my1−3+4)−(−5(y2−4)my2−3+4)|=|5(y2−4)(my1−3)−5(y1−4)(my2−3)(my1−3)(my2−3)|=|5(4m−3)(y2−y1)m2y1y2−3m(y1+y2)+9|=|5(4m−3)×4 m2+1−16m2+9|=|20(4m−3) m2+1−16m2+9|，
∴以线段MN为直径的圆方程为(x+1)2+(y−24m2−50m+2416m2−9)2=100(4m−3)2(m2+1)(−16m2+9)2，
由对称性令y=0得，(x+1)2+(0−24m2−50m+2416m2−9)2=100(4m−3)2(m2+1)(−16m2+9)2，
∴(x+1)2=100(4m−3)2(m2+1)(−16m2+9)2−(24m2−50m+2416m2−9)2=100(4m−3)2(m2+1)(−16m2+9)2−4(4m−3)2(3m−4)2(16m2−9)2=4(4m−3)2[25(m2+1)−(3m−4)2](−16m2+9)2=4(4m−3)2(4m+3)2(−16m2+9)2=4，
∴x=1或x=−3，
因此以线段MN为直径的圆经过定点，定点坐标为(−3,0)与(1,0). 
【解析】(1)方法一：设直线AB的方程为：x=my+p2，(m∈R)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，与抛物线方程联立化为y2−2pmy−p2=0，根据抛物线的定义可得|AF|=x1+p2，|BF|=x2+p2，由|AB|=|AF|⋅|BF|得x1+x2+p=(x1+p2)(x2+p2)，展开把根与系数的关系代入即可得出p，即可得出抛物线C的方程．
方法二：由|AB|=|AF|+|BF|=|AF|⋅|BF|，可得1|AF|+1|BF|=1，根据1|AF|+1|BF|=2p，即可得出p，即可得出抛物线C的方程．
(2)方法一：由(1)知AB：x=my+1(m∈R)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，由直线AP，BP的方程可得点M，N的坐标，计算yM⋅yN，设Q(x,y)是以线段MN为直径的圆上得任意一点，可得MQ⋅NQ=0，利用对称性令y=0得x，即可得出以线段MN为直径的圆经过定点．
方法二：由方法一知M(−1,(4m−5)y1+8my1−3)，N(−1,(4m−5)y2+8my2−3)，yM⋅yN=−4，设线段MN的中点是D(x0,y0)，x0=−1，计算出y0，可得即可得出以线段MN为直径的圆经过定点．
本题考查了抛物线的定义与标准方程及性质、直线与抛物线相交问题、一元二次方程的根与系数的关系、向量垂直与数量积的关系、圆的方程与性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．

22.【答案】解：(1)f′(x)=1+1x2−ax=x2−ax+1x2，设t(x)=x2−ax+1(x>0)，则Δ=a2−4，
①若0 ②若a>2，令t(x)=x2−ax+1=0，得x=a± a2−42，记x4=a− a2−42，x5=a+ a2−42，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(0,x4)
x4
(x4,x5)
x5
(x5,+∞)
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
由表可知：f(x)在(0,a− a2−42)，(a+ a2−42,+∞)上单调递增，在(a− a2−42,a+ a2−42)上单调递减．
(2)证明：由于f(x)=x−1x−alnx有三个零点x1，x2，x3，不妨设x12，
由f(1)=0，知x2=1，故0 所以f(1x1)=−f(x1)=0，即x3=1x1，
因此g(x1)+g(x2)+g(x3)=g(x3)+g(1)+g(1x3)=g(x3)+g(1x3)，
令G(x)=g(x)+g(1x)=x2−1−xlnx+1x2−1−1xln1x=x2+1x2−2+(1x−x)lnx，
所以G(x)=(1x−x)(1x−x+lnx)，令p(x)=1x−x，
则p(x)在(0,+∞)上单调递减，且p(1)=0，
令q(x)=1x−x+lnx，则q′(x)=−1x2−1+1x=−x2+x−1x2=−(x−12)2−34x2<0，
所以q(x)在(0,+∞)上单调递减，且q(1)=0，因此G(x)≥G(1)=0，
则g(x3)+g(1x3)=G(x3)>0，所以g(x1)+g(x2)+g(x3)>0. 
【解析】(1)求导，得：f′(x)=1+1x2−ax=x2−ax+1x2，讨论分子的正负，对应得出函数单调性；
(2)根据单调性确定零点之间的关系，并将不等式g(x1)+g(x2)+g(x3)>0转化为一元函数，求值域即可．
本题考查利用导数研究函数单调性，以及证明函数不等式的一般方法，属于中档题．