浙江省浙大附中玉泉校区2022-2023学年高二下学期数学期中试卷

这是一份浙江省浙大附中玉泉校区2022-2023学年高二下学期数学期中试卷，共17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。


浙江省浙大附中玉泉校区2022-2023学年高二下学期数学期中试卷
一、单选题(共8题；共40分)
1．（5分）已知集合A={x|y=1−x}，B={x|x2<3}，则A∩B=（　　）
A．（−∞，1] B．[0，3] C．(−3，1] D．[1，3)
2．（5分）设复数z满足(1−i)z=1+i，则|z|−i在复平面内对应的点在第几象限（　　）
A．一 B．二 C．三 D．四
3．（5分）已知非零向量a，b满足|a|=2|b|，且(a−b)⊥b，则a与b的夹角为（　　）
A．π3 B．π6 C．5π6 D．2π3
4．（5分）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a2，3a5，9a8成等差数列，则S6S3=（　　）
A．13 B．43 C．3 D．4
5．（5分）若函数y=sin(πx−π6)在[0，m]上单调递增，则m的最大值为（　　）
A．13 B．12 C．23 D．1
6．（5分）第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日在杭州举行.甲､乙等5名杭州亚运会志愿者到羽毛球､游泳､射击､体操四个场地进行志愿服务，每个志愿者只去一个场地，每个场地至少一名志愿者，若甲去羽毛球场，则不同的安排方法共有（　　）
A．6种 B．60种 C．36种 D．24种
7．（5分）已知拋物线C：y2=8x的焦点为F，准线为l，点A在C上，AB⊥l于点B，若∠FAB=2π3，则|BF|=（　　）
A．163 B．833 C．1633 D．83
8．（5分）已知a−4=lna4，b−3=lnb3，c−2=lnc2，其中a≠4，b≠3，c≠2，则（　　）
A．c 二、多选题(共4题；共20分)
9．（5分）已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列结论正确的为（　　）
A．若m//α，n⊂α，则m//n
B．若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥β
C．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n
D．若α//β，m⊥α，n∥β，则m⊥n
10．（5分）已知圆M：x2+y2+4x−1=0，点P(a，b)是圆M上的动点，则（　　）
A．圆M关于直线x+3y+2=0对称
B．直线x+y=0与圆M相交所得弦长为3
C．ba−3的最大值为12
D．a2+b2的最小值为5−2
11．（5分）已知函数f(x)=x3−3x2+4，则（　　）
A．f(x)的极小值为2
B．f(x)有两个零点
C．点(1，2)是曲线y=f(x)的对称中心
D．直线y=−3x+5是曲线y=f(x)的切线
12．（5分）已知数列{an}满足a1=8，a2=1，an+2=−an，n为偶数an−2，n为奇数，Tn为数列{an}的前n项和，则下列说法正确的有（　　）
A．n为偶数时，an=(−1)n−22 B．T2n=−n2+9n
C．T99=−2049 D．Tn的最大值为20
三、填空题(共4题；共20分)
13．（5分）(x−12x)6展开式中的常数项为　 　．
14．（5分）圆柱上、下底面的圆周都在一个体积为500π3的球面上，圆柱底面直径为8，则该圆柱的体积为　 　
15．（5分）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，∀n∈N∗，Sn≥S3，则a6a5的取值范围为　 　.
16．（5分）若对任意正实数x，y都有(2y−xe)(lnx−lny)−ym≤0，则实数m的取值范围为　 　.
四、解答题(共6题；共70分)
17．（10分）已知a、b∈R，记max{a，b}=a，a≥bb，a （1）（5分）写出f(x)的解析式，并求出f(x)的最小值；
（2）（5分）若函数g(x)=x2−kf(x)在(−∞，−1]上是单调函数，求k的取值范围.
18．（12分）已知函数f(x)=3sinxcosx−12cos2x−1，x∈R.
（1）（6分）求函数f(x)的最小值和最小正周期；
（2）（6分）已知△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且c=3，f(C)=0，若向量m=(1，sinA)与n=(2，sinB)共线，求a，b的值.
19．（12分）在①an=2n−1，3bn=2Tn+3；②2Sn=n2+an，bn=a2nSn这两组条件中任选一组，补充下面横线处，并解答下列问题.
已知数列{an}的前n项和是Sn，数列{bn}的前n项和是Tn，____.
（1）（6分）求数列{an}，{bn}的通项公式；
（2）（6分）设cn=anbn，数列{cn}的前n项和为Rn，求Rn.
20．（12分）如图：已知△PAB所在的平面与菱形ABCD所在的平面垂直，且PA＝PB＝22AB，∠ABC＝60°，E为AB的中点．

（1）（6分）证明：CE⊥PA；
（2）（6分）若F为线段PD上的点，且EF与平面PEC的夹角为45°，求平面EFC与平面PBC夹角的余弦值．
21．（12分）已知A(−2，0)，B(2，0)平面内一动点P满足kPA⋅kPB=−34．
（1）（6分）求P点运动轨迹C的轨迹方程；
（2）（6分）已知直线l与曲线C交于M，N两点，当P点坐标为(1，32)时，kPM+kPN=0恒成立，试探究直线l的斜率是否为定值？若为定值请求出该定值，若不是定值请说明理由．
22．（12分）已知函数f(x)=ae−x+x−2.
（1）（6分）当a=2时，求f(x)在[−1，3]上的值域；
（2）（6分）若f(x)有两个零点x1，x2，且x1x2<0，证明：02lna.

答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】因为A={x|y=1−x}={x|x≤1}，B={x|x2<3}={x|−3 所以A∩B={x|−3 故答案为：C

【分析】通过解不等式求出相应的集合，即可得到A∩B。
2．【答案】D
【知识点】复数的代数表示法及其几何意义；复数代数形式的乘除运算；复数求模
【解析】【解答】由z=1+i1−i=(1+i)(1+i)(1−i)(1+i)=2i2=i，故|z|−i=1−i在复平面内对应的点为(1，−1).
所以z在对应点在第四象限.
故答案为：D.

【分析】利用已知条件结合复数的乘除法运算法则得出复数z，再结合复数求模公式和复数的减法运算法则和复数的几何意义得出 |z|−i在复平面内对应的点的坐标，再利用点的坐标确定复数 |z|−i在复平面内对应的点所在的象限。
3．【答案】A
【知识点】数量积表示两个向量的夹角；数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】【解答】设向量a，b的夹角为θ，
∵(a−b)⊥b，
∴(a−b)⋅b=0，即a⋅b=(b)2，
所以|a|⋅|b|⋅cosθ=|b|2①，
∵a，b为非零向量，且满足|a|=2|b|②，
∴联立①②可得cosθ=12，
∵θ∈[0，π]，
所以两向量的夹角为π3.
故答案为：A

【分析】利用已知条件结合两向量垂直数量积为0的的等价关系，再结合数量积的定义和数量积的运算法则、向量的模求解方法，进而结合两向量的夹角的取值范围，从而得出 a与b的夹角 。
4．【答案】B
【知识点】等比数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】设等比数列公比为 q，由 a2， 3a5， 9a8成等差数列可得， 2×3a1⋅q4=a1⋅q+9a1⋅q7，化简得 9q6−6q3+1=0，解得 q3=13， S6S3=a1(1−q6)1−qa1(1−q3)1−q=1+q3=43.
故答案为：B.

【分析】设等比数列公比为 q，由 a2， 3a5， 9a8成等差数列，解得 q3=13，再利用等比数列求和公式即可得答案.
5．【答案】C
【知识点】正弦函数的单调性
【解析】【解答】由y=sin(πx−π6)，可得当−π2+2kπ≤πx−π6≤π2+2kπ，k∈Z时函数单调递增，
即x∈[−13+2k，23+2k]，k∈Z，
当k=0时，x∈[−13，23]，
又函数在[0，m]，
所以0 即m的最大值为23，
故答案为：C.

【分析】 由正弦函数单调性可得单调递增区间，进而可得参数m取值范围，可求得m的最大值.
6．【答案】B
【知识点】排列、组合及简单计数问题
【解析】【解答】①羽毛球场安排2人，除甲外的其余4人每人去一个场地，不同安排方法有A44种，
②羽毛球场只安排1人（甲），其余4人分成3组（211）再安排到剩余3个场地，不同安排方法有C42A33种，
所以不同的安排方法有A44+C42A33=24+36=60种.
故答案为：B.

【分析】利用已知条件结合排列数公式和组合数公式，再结合分类加法计数原理，进而得出不同的安排方法共有的种数。
7．【答案】B
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】设抛物线C：y2=8x准线x=−2与x轴交点为D，焦点F(2，0) ，

由于点A在C上，AB⊥l，故|AF|=|AB| ，
因为∠FAB=2π3，所以∠ABF=π6，
而AB∥x轴，所以∠BFD=π6，而|DF|=4 ，
所以|BF|=4cosπ6=833 ，
故答案为：B

【分析】作出图示，求出抛物线的准线和焦点，利用抛物线定义可知|AF|=|AB|，可推出∠FAB=2π3，从而求得∠BFD=π6，解直角三角形即可求得答案.
8．【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；图形的对称性
【解析】【解答】由a−4=lna4，则a−lna=4−ln4，同理b−lnb=3−ln3，c−lnc=2−ln2，
令f(x)=x−lnx，则f′(x)=1−1x=x−1x，当f′(x)<0，00，x>1，∴f(x)在(0，1)上单调递减，(1，+∞)单调递增，所以f(4)>f(3)>f(2)，即可得f(a)>f(b)>f(c)，又a≠4，b≠3，c≠2
由图的对称性可知，a
故答案为：C

【分析】由a−4=lna4，则a−lna=4−ln4，同理b−lnb=3−ln3，c−lnc=2−ln2，令f(x)=x−lnx，再利用求导的方法判断函数的单调性和函数的图象的对称性，进而比较出a，b，c的大小。
9．【答案】B,D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】对于A，若m//α，n⊂α，则m//n或m与n异面，A不符合题意；
对于B，由m⊥n，m⊥α，得n//α或n⊂α，不论是n//α还是n⊂α，都可结合n⊥β，得到α⊥β，B符合题意；
对于C，若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m与n相交、平行或异面，C不符合题意；
对于D，若α//β，m⊥α，则m⊥β，又n//β，所以m⊥n，D符合题意；
故答案为：BD.

【分析】利用已知条件结合线线平行的判断方法、面面垂直的判定定理、线线垂直的判断方法，进而找出结论正确的选项。
10．【答案】A,C
【知识点】直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】圆M标准方程是(x+2)2+y2=5，M(−2，0)，半径为r=5，
易得M点在直线x+3y+2=0上，A符合题意；
点M到直线x+y=0的距离为d=22=2，弦长为l=2r2−d2=2(5)2−(2)2=23，B不符合题意；
由t=ba−3得b=t(a−3)代入圆的方程整理得(1+t2)a2−(6t2−4)a+9t2−1=0，
Δ=(6t2−4)2−4(1+t2)(9t2−1)=−80t2+20≥0，−12≤t≤12，所以t的最大值是12，C符合题意；
|OM|=2，|OP|min=5−2，所以a2+b2的最小值是(|OP|min)2=9−45，D不符合题意．
故答案为：AC．

【分析】利用圆M标准方程得出圆心M的坐标和半径长，再利用代入法，易得M点在直线x+3y+2=0上；再利用点到直线的距离公式得出点M到直线x+y=0的距离，再结合弦长公式得出直线x+y=0与圆M相交所得弦长；由t=ba−3得b=t(a−3)代入圆的方程整理得(1+t2)a2−(6t2−4)a+9t2−1=0，再利用判别式法得出t的取值范围，进而得出 t的最大值；再利用|OM|=2，|OP|min=5−2，从而得出a2+b2的最小值，进而找出正确的选项。
11．【答案】B,C,D
【知识点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程；图形的对称性；函数零点的判定定理
【解析】【解答】∵f(x)=x3−3x2+4，∴f′(x)=3x2−6x，
令f′(x)=0，解得：x=0或x=2，
∴x∈(−∞，0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
x∈(0，2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
x∈(2，+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
∴f(x)的极小值为：f(2)=23−3×22+4=0，
f(x)的极大值为：f(0)=03−3×02+4=4，
∴f(x)有两个零点，f(x)的极小值为4，A不符合题意、B符合题意；
对C，若点(1，2)是曲线y=f(x)的对称中心，则有f(x)+f(2−x)=4，
将函数f(x)=x3−3x2+4代入上式验证得：
x3−3x2+4+[(2−x)3−3(2−x)2+4]=4，C符合题意；
对于D，k=3x2−6x=−3，解得：x=1，
当x=1时，f(1)=2， ∴切线方程为：y−2=−3(x−1)，即y=−3x+5，D符合题意.
故答案为：BCD.

【分析】利用已知条件结合求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数的极值，再结合零点存在性定理判断出函数的零点的个数，再结合函数的对称中心求解方法、求导的方法求出曲线的切线的方法，进而找出正确的选项。
12．【答案】A,C
【知识点】函数的最值及其几何意义；数列的概念及简单表示法；数列的求和；数列递推式
【解析】【解答】根据递推关系可知，n为奇数时，an=8+(n−12)×(−2)=9−n
n为偶数时，an=(−1)n−22，A对；
T2n=a1+a2+a3+a4+⋅⋅⋅+a2n−1+a2n=(a1+a3+⋅⋅⋅+a2n−1)+(a2+a4+⋅⋅+a2n)
根据奇数项构成等差数列
可得：a1+a3+⋅⋅⋅+a2n−1=8+6+⋅⋅⋅+(−2n+10)=−n2+9n
而又：a2+a4+⋅⋅+a2n=1，当n为奇数0，当n为偶数
则有：T2n=−n2+9n，n为偶数−n2+9n+1，n为奇数，B不符合题意；
T99=T100−a100=−502+9×50−(−1)100−22=−2049，C对；
根据Tn中的奇数项构成等差数列，而偶数项之和不是1就是0，因此根据Tn特点可知：
Tn的最大值在奇数项之和取得最大值的附近，T6=−32+9×3+1=19，T7=T6+a7=19+2=21，T8=−42+9×4=20，T9=T8+a9=20+0=20，T10=−52+9×5+1=21，T11=T10+a11=19，Tn的最大值为T7=T10=21，D不符合题意
故答案为：AC

【分析】利用已知条件结合数列的递推公式，从而得出n为偶数时的数列的通项公式，再结合数列前n项和公式和数列的和的最值求解方法，进而找出说法正确的选项。
13．【答案】1516
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】Tr+1=C6rx6−r(−12x)r=(−12)rC6rx6−32r，令6−32r=0，得r=4，
∴常数项为(−12)4C64=1516．

【分析】利用已知条件结合二项式定理求出展开式中的通项公式，再结合展开式中的通项公式得出 (x−12x)6的展开式中的常数项。
14．【答案】96π
【知识点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台、球）
【解析】【解答】球的半径为R，4π3R3=500π3，解得R=5，圆柱的高为：102−82=6．可得V=16π⋅6=96π．
故答案为：96π．

【分析】利用已知条件结合球的体积公式得出球的半径长，再结合勾股定理得出圆柱的高，再利用圆柱的体积公式得出该圆柱的体积。
15．【答案】[32，2]
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；不等式的基本性质
【解析】【解答】设等差数列{an}的公差为d，所以Sn=na1+n(n−1)d2=d2n2+(a1−d2)n，由于∀n∈N∗，Sn≥S3，所以d>0，
且S3≤S2S3≤S4⇒3a1+3d≤2a1+d3a1+3d≤4a1+6d⇒a1≤−2da1≥−3d，即−3≤a1d≤−2，
则a6a5=a1+5da1+4d=a1d+5a1d+4=1+1a1d+4，由−3≤a1d≤−2得a1d+4∈[1，2]，故1+1a1d+4∈[32，2]，
即a6a5的取值范围为[32，2].
故答案为：[32，2].

【分析】设等差数列{an}的公差为d，再利用等差数列前n项和公式得出Sn=d2n2+(a1−d2)n，由于∀n∈N∗，Sn≥S3，所以d>0，且S3≤S2S3≤S4，再利用等差数列前n项和公式得出a1d的取值范围，再结合等差数列的通项公式得出a6a5=1+1a1d+4，由a1d 的取值范围和不等式的基本性质，进而得出a6a5的取值范围。
16．【答案】(0，1].
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值
【解析】【解答】由于x为正实数，对不等式两边同时除以x变形可得：(2yx−1e)(lnxy)−ymx≤0，
化简得：(2−xey)(lnxy)≤1m，即：(2e−xy)(lnxy)≤em，
令t=xy（t>0），则对任意的t>0，(2e−t)lnt≤em，
所以[(2e−t)lnt]max≤em，
设ℎ(t)=(2e−t)lnt，t>0，
则ℎ′(t)=−lnt+2et−1，
所以ℎ″(t)=−1t−2et2<0，
所以ℎ′(t)在(0，+∞)上单调递减，
又因为ℎ′(e)=−lne+2ee−1=0，
所以ℎ′(t)>0⇒0e，
所以ℎ(t)在(0，e)上单调递增，在(e，+∞)上单调递减，
所以ℎ(t)max=ℎ(e)=e，
所以e≤em，解得：0 故答案为：(0，1].

【分析】由于x为正实数，对不等式两边同时除以x变形可得(2e−xy)(lnxy)≤em，令t=xy（t>0），则对任意的t>0，(2e−t)lnt≤em，再结合不等式恒成立问题求解方法得出[(2e−t)lnt]max≤em，设ℎ(t)=(2e−t)lnt，t>0，再利用求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数的最大值，从而得出实数m的取值范围。

17．【答案】（1）解：因为|x+1|2−|x−2|2=6x−3，
当x≥12时，|x+1|2−|x−2|2=6x−3≥0，则f(x)=max{|x+1|，|x−2|}=|x+1|=x+1；
当x<12时，|x+1|2−|x−2|2=6x−3<0，则f(x)=max{|x+1|，|x−2|}=|x−2|=2−x.
所以，f(x)=2−x，x<12x+1，x≥12，故函数f(x)在(−∞，12)上单调递减，在[12，+∞)上单调递增，
所以，函数f(x)的最小值为f(12)=12+1=32.
（2）解：当x≤−1时，f(x)=2−x，则g(x)=x2−kf(x)=x2+kx−2k，
因为函数g(x)在(−∞，−1]上单调，
因为二次函数g(x)的图象开口向上，故函数g(x)在(−∞，−1]上只能单调递减，
所以，−k2≥−1，解得−k2≥−1，解得k≤2，
因此，实数k的取值范围是(−∞，2].
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；函数的最值及其几何意义；二次函数的图象；二次函数的性质
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合 max{a，b}=a，a≥bb，a （2） 当x≤−1时，f(x)=2−x，则g(x)=x2−kf(x)=x2+kx−2k，再利用函数g(x)在(−∞，−1]上的单调性和二次函数g(x)的图象开口方向，进而判断出函数g(x)在(−∞，−1]上的单调性，再结合函数的单调性，进而得出实数k的取值范围。
18．【答案】（1）解：f(x)=32sin2x−12cos2x−1=sin(2x−π6)−1.
∴f(x)的最小值为−2，最小正周期为π.
（2）解：∵f(C)=sin(2C−π6)−1=0，即sin(2C−π6)=1，
∵0 ∵m与n共线，∴sinB−2sinA=0.
由正弦定理asinA=bsinB，得b=2a，①
∵c=3，由余弦定理，得9=a2+b2−2abcosπ3，②
解方程组①②，得a=3b=23.
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；三角函数中的恒等变换应用；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】 (1)利用三角函数恒等变换公式对函数化简变形可得 f(x)=32sin2x−12cos2x−1=sin(2x−π6)−1，从而可求出其最小正周期；
(2)由f(C)=0可求出角C，由 m与n共线 ，结合正弦定理可得b=2a，再利用余弦定理可求出 a，b的值.
19．【答案】（1）解：选条件①：由3bn=2Tn+3，可得3bn+1=2Tn+1+3，
两式相减可得3bn+1−3bn=2bn+1，所以bn+1=3bn，
在3bn=2Tn+3中，令n=1，可得3b1=2b1+3，所以b1=3，
所以{bn}是以3为首项，公比为3的等比数列，bn=3×3n−1=3n，
故数列{an}的通项公式为an=2n−1，数列{bn}的通项公式为bn=3n；
选条件②：由2Sn=n2+an，可得2Sn+1=(n+1)2+an+1，
两式相减可得2an+1=(n+1)2−n2+an+1−an，即an+1+an=2n+1，
所以an+1−(n+1)=−(an−n)，
在2Sn=n2+an中，令n=1，可得2a1=1+a1，所以a1=1，
所以由an−n=−[an−1−(n−1)]，an−1−(n−1)=−[an−2−(n−2)]，⋯，a2−2=−(a1−1)=0，
所以an−n=(−1)n−1(a1−1)=0，从而有an=n(n∈N∗)，
所以Sn=n2+an2=n(n+1)2，bn=a2nSn=n2(n+1)，
故数列{an}的通项公式为an=n，数列{bn}的通项公式为bn=n2(n+1)；
（2）解：选条件①：由（1）知cn=2n−13n=(2n−1)(13)n，
Rn=c1+c2+c3+⋅⋅⋅+cn，
Rn=1×13+3×(13)2+5×(13)3+⋯+(2n−3)(13)n−1+(2n−1)(13)n，
13Rn=1×(13)2+3×(13)3+5×(13)4+⋯+(2n−3)(13)n+(2n−1)(13)n+1，
两式相减可得23Rn=13+2[(13)2+(13)3+(13)4+⋯+(13)n]−(2n−1)(13)n+1
=13+2×(13)2[1−(13)n−1]1−13−(2n−1)(13)n+1=23−2n+23n+1，
所以Rn=1−n+13n，即Rn=1−n+13n；
选条件②：由（1）知cn=1n(n+1)=1n−1n+1，
所以Rn=c1+c2+c3+⋅⋅⋅+cn=1−12+12−13+13−14+⋯+1n−1n+1=1−1n+1．
【知识点】等差数列；等差数列的通项公式；等比数列；等比数列的通项公式；数列的求和
【解析】【分析】（1） 选条件①：由3bn=2Tn+3，可得3bn+1=2Tn+1+3，两式相减可得bn+1=3bn，在3bn=2Tn+3中，令n=1，可得b1=3，再利用等比数列的定义判断出数列{bn}是以3为首项，公比为3的等比数列，再利用等差数列的通项公式和等比数列的通项公式得出数列{an}的通项公式和数列{bn}的通项公式；
选条件②：由2Sn=n2+an，可得2Sn+1=(n+1)2+an+1，两式相减可得an+1−(n+1)=−(an−n)，在2Sn=n2+an中，令n=1，可得a1=1，所以由an−n=−[an−1−(n−1)]结合累加法得出数列{an}的通项公式，再结合等差数列前n项和公式得出Sn=n(n+1)2，进而得出数列{bn}的通项公式。
（2） 选条件①：由（1）知cn=(2n−1)(13)n，再利用错位相减的方法得出数列{cn}的前n项和。
选条件②：由（1）知cn=1n(n+1)=1n−1n+1，再结合裂项相消的方法得出数列{cn}的前n项和。
20．【答案】（1）证明：在菱形ABCD中，
∵∠ABC=60∘
∴△ABC为正三角形，
又∵E为AB的中点
∴CE⊥AB，
∵平面PAB与平面ABCD垂直，AB为平面PAB与平面ABCD的交线，
∴CE⊥平面PAB，又∵PA⊂平面PAB
∴CE⊥PA
（2）解：∵PA=PB，E为AB的中点，
∴PE⊥AB，又∵PE⊥CE，AB∩CE=E
∴PE⊥平面ABCD，
以E为坐标原点，EB，EC，EP所在直线分别为x轴，y轴，z轴
建立空间直角坐标系如图所示

设AB=2，则PA=PB=2，EP=EA=EB=1，EC=3，
∴E(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，3，0)，P(0，0，1)，D(−2，3，0)
设EF=EP+kPD，其中0≤k≤1，则EF=(−2k，3k，1−k)，∵EB=(1，0，0)为平面PEC的法向量，∴22=|cos〈EF，EB〉|，得k=12，
即F是PD的中点，∴F(−1，32，12)
设n=(x，y，z)为平面EFC的法向量，则{n·EF=0n·EC=0
{−x+32y+12z=03y=0令z=2，得x=1，取n=(1，0，2)，
设m=(x1，y1，z1)为平面PBC的法向量，则{m·PB=0m·PC=0得出{x1−z1=03y1−z1=0
令z1=1，得x1=1，y1=33，取m=(1，33，1)，
设平面EFC与平面PBC夹角为θ，则cosθ=|cos〈n，m〉|=|n·m|n||m||=310535 .
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】（1） 在菱形ABCD中结合∠ABC=60∘，所以三角形△ABC为正三角形，再利用E为AB的中点结合等边三角形三线合一，所以CE⊥AB，再利用平面PAB与平面ABCD垂直结合面面垂直的性质定理证出线面垂直，所以CE⊥平面PAB，再利用线面垂直的定义证出线线垂直，从而证出CE⊥PA。
（2） 利用 PA=PB，E为AB的中点结合等腰三角形三线合一，所以PE⊥AB，再利用PE⊥CE结合线线垂直证出线面垂直，所以PE⊥平面ABCD，以E为坐标原点，EB，EC，EP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，设AB=2，则PA=PB=2，EP=EA=EB=1，EC=3，进而得出点的坐标，设EF=EP+kPD，其中0≤k≤1，再结合向量的坐标运算和平面的法向量求解方法以及数量积求向量夹角公式，从而由已知条件得出k的值，从而得出F是PD的中点，再结合中点坐标公式得出点F的坐标，再利用平面的法向量求解方法得出平面EFC的法向量和平面PBC的法向量，再结合数量积求向量夹角公式得出平面EFC与平面PBC夹角的余弦值。
21．【答案】（1）解：设P(x，y)，则kPA⋅kPB=yx+2⋅yx−2=−34，所以P点轨迹方程为：x24+y23=1(y≠0)．
（2）解：显然直线l不垂直于x轴，
故设l：y=kx+m，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
代入x24+y23=1并整理得：(3+4k2)x2+8kmx+4m2−12=0 ，
x1+x2=−8km3+4k2x1x2=4m2−123+4k2
∴kPM+kPN=y1−32x1−1+y2−32x2−1=x1y2+x2y1−32(x1+x2)−(y1+y2)+3(x1−1)(x2−1)
=x1(kx2+m)+x2(kx1+m)−32(x1+x2)−(k(x1+x2)+2m)+3x1x2−(x1+x2)+1
=2kx1x2+(m−k−32)(x1+x2)−2m+3x1x2−(x1+x2)+1=2k4m2−123+4k2+(m−k−32)−8km3+4k2−2m+3x1x2−(x1+x2)+1=0，
整理得：(2k−1)(2k+2m−3)=0，
若2k+2m−3=0，此时l过P，不合题意；
若2k−1=0，即k=12符合题意，
故直线l的斜率为12．
【知识点】轨迹方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1)利用已知条件结合两点求斜率公式得出点 P的轨迹方程。
（2） 利用已知条件得出直线l不垂直于x轴，故设l：y=kx+m，M(x1，y1)，N(x2，y2)，再利用直线与椭圆相交，联立二者方程结合韦达定理得出x1+x2=−8km3+4k2x1x2=4m2−123+4k2，再结合两点求斜率公式得出(2k−1)(2k+2m−3)=0，若2k+2m−3=0，此时l过P，不合题意；若2k−1=0，即k=12符合题意，从而得出直线l的斜率。

22．【答案】（1）解：当a=2时，f(x)=2e−x+x−2，则f′(x)=ex−2ex，
当x∈[−1，ln2)时，f′(x)<0，当x∈(ln2，3]时，f′(x)>0，
故f(x)min=f(ln2)=ln2−1，
因为f(3)=1+2e3，f(−1)=2e−3>f(3)，
所以f(x)max=2e−3，
故f(x)在[−1，3]上的值域为[ln2−1，2e−3]
（2）证明：因为f(x)=ae−x+x−2，所以f′(x)=ex−aex，
当a≤0时，f′(x)>0恒成立，f(x)在R上单调递增，不存在两个零点，不满足题意；
当a<0时，当x∈(−∞，lna)时f′(x)<0，当x∈(lna，+∞)时f′(x)>0，
即f(x)在(−∞，lna)上单调递减，在(lna，+∞)上单调递增，
要使f(x)有两个零点x1，x2，则需f(lna)=lna−1<0，
解得0 又x1x2<0，不妨令x1<0 则f(0)=a−2<0，所以0 要证x1+x2>2lna，只需证x1>2lna−x2，
易知x1∈(−∞，lna)，x2∈(lna，+∞)，则2lna−x2 因为当a>0时，f(x)在(−∞，lna)上单调递减，
所以要证x1>2lna−x2，只需证f(x1) 因为f(x1)=f(x2)，
所以f(x1) 令函数g(x)=f(x)−f(2lna−x)=2x−2lna+ae−x−aex−2lna，x>lna，
则g′(x)=2−ae−x−aex−2lna=2−a(e−x+ex−2lna)，
因为e−x+ex−2lna≥2e−x+x−2lna=2a，当且仅当x=lna时，等号成立，
所以2−a(e−x+ex−2lna)<0，即g(x)在(lna，+∞)上单调递减，
所以g(x) 故f(x1)=f(x2) 则x1+x2>2lna.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值
【解析】【分析】(1)求导得到 f′(x)=ex−2ex， 进而得到函数单调区间，即可求解；
（2）求导得到f′(x)=ex−aex，讨论a≤0时，不满足题意；再讨论当a>0时，得到f(x)在(−∞，lna)上单调递减，在(lna，+∞)上单调递增，要使f(x)有两个零点x1，x2，则需f(lna)=lna−1<0，从而得到02lna，只需证x1>2lna−x2，再结合函数单调性，问题转换成只需证f(x1)lna，通过求导g′(x)=2−ae−x−aex−2lna=2−a(e−x+ex−2lna)，确定g(x)在(lna，+∞)上单调递减，即可得证.