河北省邢台市2022-2023学年高二上学期期末考试数学试卷

这是一份河北省邢台市2022-2023学年高二上学期期末考试数学试卷，共18页。试卷主要包含了0分， 已知点P，抛物线C等内容，欢迎下载使用。

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知双曲线C：y26−x2b2=1(b>0)的焦点到渐近线的距离为 2，则双曲线C的离心率为( )
A. 3B. 2 33C. 3 34D. 43
2. 已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若3Sn=3n+1+λ，则λ=( )
A. 3B. 1C. −1D. −3
3. 平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，若AC1=xAB+2yBC−3zCC1，则x+y+z=( )
A. 1B. 76C. 56D. 23
4. 某地全域旅游地图如图所示，它的外轮廓线是椭圆，根据图中的数据可得该椭圆的焦距为( )
A. 2 22
B. 8 22
C. 4 22
D. 6 22
5. 在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AD=AA1=3，AB=2，则BD1⋅AD=( )
A. 3B. 13C. 4D. 9
6. 某少数民族的刺绣有着悠久的历史，图(1)、(2)、(3)、(4)为四个简单的图案，这些图案都由小正方形构成，小正方形个数越多刺绣越漂亮.现按同样的规律(小正方形的摆放规律相同)摆放，设第n个图形包含f(n)个小正方形，则f(10)=( )
A. 192B. 181C. 175D. 203
7. 已知点P(0,3)，抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，射线FP与抛物线C相交于点M，与其准线交于点N，若|FM||MN|= 55，则p=( )
A. 1B. 2C. 32D. 3
8. 南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式.所讨论的高阶等差数列与一般的等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.如数列1，3，6，10，它的前后两项之差组成新数列2，3，4，新数列2，3，4为等差数列，数列1，3，6，10被称为二阶等差数列.已知数列{an}，a1=1，a2=4，且an−1+an=2(an+1)(n≥2)，则下列结论中不正确的是( )
A. 数列{an}为二阶等差数列
B. an=n2
C. 数列{an+1−ananan+1}为二阶等差数列
D. 数列{an+1−ananan+1}的前n项和为1−1(n+1)2
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 已知⊙O的圆心在直线y=x+2上，且⊙O过点A(1,0)，B(2,1)，直线l：ax−y−3a+1=0，则下列结论中正确的是( )
A. ⊙O的方程为x2+(y−2)2=5
B. 圆心O到直线l的距离的最大值为 5
C. 若直线l与⊙O相切，则a=−2或a=12
D. 若直线l被⊙O所截得的弦长为4，则a=−34
10. 如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB//CD，∠ABC=π2，AB=PA=12CD=2，BC=2 2，M为PD的中点，则( )
A. 直线CM与AD所成角的余弦值为16B. |BM|=2 3
C. BM⊥PCD. 点M到直线BC的距离为 10
11. 已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F，过F作x轴的垂线交椭圆C于点P(P在第一象限)，直线OP(O是坐标原点)与椭圆C另交于点A，直线AF与椭圆C另交于点B，若PA⊥PB，直线PA，PB，AB的斜率分别记为kPA，kPB，kAB，椭圆C的离心率为e，则( )
A. kPA=2kABB. kPB⋅kAB=−12C. e=12D. e= 22
12. 若正整数m，n只有1为公约数，则称m，n互质.对于正整数n，φ(n)是小于或等于n的正整数中与n互质的数的个数.函数φ(n)以其首名研究者欧拉命名，被称为欧拉函数，例如φ(3)=2，φ(7)=6，φ(9)=6，则( )
A. φ(5)，φ(9)，φ(15)成等差数列
B. 数列{φ(3n)}(n∈N*)是等比数列
C. 数列{φ(2n)ϕ(3n)}的前n项和为Sn，则存在n∈N*，使Sn=2成立
D. 数列{nϕ(2n)}的前n项和为Tn，则对任意n∈N*，Tn<4恒成立
第II卷（非选择题）
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1000+a1024=4，则S2023= ．
14. 已知平面α的一个法向量为n=(2,−3,−1)，点M(1,−3,−1)在平面α内，则点P(2,−2,3)到平面α的距离为 ．
15. 在数列{an}中，a1=1，an+1−an=9−2n，若ap=aq=M(p≠q)，则M的一个值可能是 ．
16. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现：平面内到两个定点A，B的距离之比为定值λ(λ≠1)的点的轨迹是圆.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系xOy中，A(2,12)，B(2,2)，P是满足λ=12的阿氏圆上的任一点，则该阿氏圆的方程为 ；若点Q为抛物线C：y2=4x上的动点，抛物线C的焦点为F，则|PQ|+|QF|的最小值为 ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
已知抛物线C：y=x2，直线l与抛物线C交于A，B两点，且OA⊥OB，O是坐标原点．
(1)证明：直线AB过定点；
(2)求△AOB面积的最小值．
18. (本小题12.0分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC=CC1=12AC，AD=2DB1．
(1)证明：BC1⊥AB1；
(2)求直线A1D与平面AB1C1所成角的正弦值．
19. (本小题12.0分)
已知Sn是数列{an}的前n项和，a1=3，Sn，Sn+1的等差中项为(n+1)an+1．
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn=1SnSn+1，求数列{bn}的前n项和Tn．
20. (本小题12.0分)
如图所示，在多面体A1B1D1−DCBA中，四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，E为B1D1的中点，过A1，D，E的平面交CD1于F．
(Ⅰ)证明：EF//B1C；
(Ⅱ)求二面角E−A1D−B1的余弦值．
21. (本小题12.0分)
已知递增数列{an}满足a1=1，an+1an=an−2n−1an+1−2n−1．
(1)求{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足2a1b1+2a2b2+2a3b3+…+2anbn=an2，求数列{bn}的前n项和Tn．
22. (本小题12.0分)
已知A1(−1,0)，A2(1,0)，动点P(x,y)满足直线PA1与PA2的斜率之积为3．
(1)求动点P的轨迹C的方程；
(2)过原点O作直线l，直线l被曲线C截得的弦长为|AB|，将直线l向左、右分别平移2个单位长度得到直线l1，l2，且直线l1，l2被曲线C截得的弦长分别为|EF|，|MN|，证明：|EF|+|MN|=|AB|2．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：设双曲线C的一个焦点为(0,c)，
∵双曲线C的渐近线为 6x±by=0，
∴焦点到渐近线的距离为bc 6+b2= 2，
∵c= 6+b2，∴b= 2，c=2 2，
又a= 6，则双曲线C的离心率为ca=2 2 6=2 33．
故选：B．
利用焦点到渐近线的距离得出b，即可得出答案．
本题考查双曲线的性质，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
2.【答案】D
【解析】解：因为3Sn=3n+1+λ，
所以Sn=3n+λ3，
当q=1时，显然不符合题意，
当q≠1时，Sn=a1(1−qn)1−q=a11−q−a11−q⋅qn，所以qn前的系数和常数项互为相反数，
所以λ3=−1，所以λ=−3．
故选：D．
根据等比数列的前n项和公式的特征，求λ的值．
本题主要考查等比数列的前n项和公式，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：根据题意，平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，有AC1=AB+BC+CC1，
又由AC1=xAB+2yBC−3zCC1，则x=1，y=12，z=−13，
则x+y+z=1+12−13=76，
故选：B．
根据题意，分析可得AC1=AB+BC+CC1，由此可得x、y、z的值，计算可得答案．
本题考查空间向量基本定理，涉及空间向量的线性运算，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：由图可知长轴长为2a=26，短轴长为2b=18，
所以a=13，b=9，故焦距为2 a2−b2=4 22．
故选：C．
由图求得长轴长和短轴长，从而可得出a，b，进而可得出答案．
本题考查椭圆的实际应用，椭圆的几何性质，属基础题．
5.【答案】D
【解析】解：根据题意可得BD1⋅AD=(BA+BC+BB1)⋅AD=BA⋅AD+BC⋅AD+BB1⋅AD=0+32+0=9．
故选：D．
根据向量加法运算，向量的数量积运算性质求解即可．
本题考查向量的线性运算，向量数量积的求解，属基础题．
6.【答案】B
【解析】观察可知，f(1)=1=2×1×0+1，f(2)=1+3+1=2×2×1+1，f(3)=1+3+5+3+1=2×3×2+1，f(4)=1+3+5+7+5+3+1=2×4×3+1，
所以可推出f(n)=2n(n−1)+1，
故f(10)=2×10×9+1=181．
故选：B．
根据所给图形，观察、归纳出f(n)，即可得解．
本题主要考查归纳推理，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：由抛物线可得焦点F(p2,0)，
如图，过M作C的准线的垂线，垂足为K，
则|MK|=|MF|，因为∵|FM||MN|=|MK||MN|= 55，
∴tan∠PFO=tan∠NMK=|NK||MK|=2，
∴直线FP的斜率为−2，
由3−00−p2=−2，得p=3．
故选：D．
根据题意，做出图像，结合抛物线的定义可得到tan∠PFO=2，即可求出答案．
本题考查抛物线的几何性质，数形结合思想，方程思想，属基础题．
8.【答案】C
【解析】解：因为an+1+an−1=2(an+1)(n≥2)，
所以(an+1−an)−(an−an−1)=2(n≥2)，
所以{an+1−an}是首项为a2−a1=3，公差为2的等差数列，
所以an+1−an=2n+1，所以数列{an}为二阶等差数列，故A正确；
因为an=(an−an−1)+(an−1−an−2)+⋅⋅⋅+(a2−a1)+a1
=(2n−1)+(2n−3)+⋅⋅⋅+3+1，所以an=(1+2n−1)n2=n2，故B正确；
因为an+1−ananan+1=(n+1)2−n2n2(n+1)2=2n+1n2(n+1)2=1n2−1(n+1)2，
所以an+1−ananan+1−an−an−1an−1an=1n2−1(n+1)2−1(n−1)2+1n2=2(−3n2+1)n2(n+1)2(n−1)2，
所以{an+1−ananan+1}不是二阶等差数列，故C错误；
数列{an+1−ananan+1}的前项和Sn=1−122+122−132+⋅⋅⋅+1n2−1(n+1)2=1−1(n+1)2，
所以Sn=1−1(n+1)2，故D正确．
故选：C．
依据定义判断数列{an}是否为二阶等差数列判断选项A；求得数列{an}的通项公式判断选项B；依据定义判断数列{an+1−ananan+1}是否为二阶等差数列判断选项C；求得数列{an+1−ananan+1}的前n项和判断选项D．
本题考查新定义的应用，等差数列的定义，裂项求和法的应用，属中档题．
9.【答案】AC
【解析】解：因为AB的中点坐标为(32,12)，直线AB的斜率kAB=1−02−1=1，
所以线段AB的垂直平分线的方程为y−12=−(x−32)，即x+y−2=0．
联立方程组x+y−2=0y=x+2，解得x=0y=2即圆心O(0,2)，
半径r=|OA|= (1−0)2+(0−2)2= 5，
所以⊙O的方程为x2+(y−2)2=5，故A正确；
因为直线l过定点P(3,1)，当直线l⊥OP时，圆心O到直线l的距离最大，
且最大值为|OP|= 10，故B错误；
圆心O(0,2)到直线l的距离d=|−1−3a| 1+a2，
当直线l与⊙O相切时，d=|−1−3a| 1+a2= 5，解得a=−2或a=12，故C正确；
若直线l被⊙O所截得的弦长为4，则(|−1−3a| 1+a2)2=( 5)2−(42)2，
解得a=0或a=−34，故D错误．
故选：AC．
求得⊙O的方程判断选项A；求得圆心O到直线l的距离的最大值判断选项B；求得直线l与⊙O相切时a的值判断选项C；求得直线l被⊙O所截得的弦长为4时a的值判断选项D．
本题主要考查了直线与圆的位置关系，属于中档题．
10.【答案】ABD
【解析】解：过A作AE⊥CD，垂足为E，则DE=2，
分别以AE，AB，AP所在直线为x，y，z轴，建系如图，则根据题意可得：
B(0,2,0)，C(2 2,2,0)，D(2 2,−2,0)，P(0,0,2)，M( 2,−1,1)，
∴BM=( 2,−3,1)，CM=(− 2,−3,1)，PC=(2 2,2,−2)，BC=(2 2,0,0)，BP=(0,−2,2)，AD=(2 2,−2,0)，
∴|cs|=|CM⋅AD||CM||AD|=22 3×2 3=16，
∴直线CM与AD所成角的余弦值为16，故A正确；
∵|BM|= 2+9+1=2 3，∴B正确；
∵BM⋅PC= 2×2 2+(−3)×2+1×(−2)=−4≠0，
∴BM与PC不垂直，故C不正确；
设点M到直线BC的距离为d，则d= |BM|2−|BM⋅BC|BC||2= 10，
即点M到直线BC的距离为 10，故D正确．
故选：ABD．
过A作AE⊥CD，垂足为E，以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法逐一判断各个选项即可．
本题考查向量法求解线线角，向量法求解两点间距离，向量法证明垂直，属中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：由题意F(c,0)，过F作x轴的垂线交椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)于点P(P在第一象限)，
直线OP(O是坐标原点)与椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)另交于点A，
可得P(c,b2a)，A(−c,−b2a)，设B(x0,y0)
因为PA⊥PB，所以kPA⋅kPB=−1.因为kPA=b2ac，所以kPB=−acb2．
因为A，F，B共线，所以kAB=kAF=b22ac，
所以kPA=2kAB，kPB⋅kAB=−12，故A，B正确．
因为kPB⋅kAB=y0−b2ax0−c⋅y0+b2ax0+c=y02−b4a2x02−c2，且x02a2+y02b2=1，
所以kPB⋅kAB=b2−b2a2x02−b4a2x02−c2=b2a2(c2−x02)x02−c2=−b2a2=−12，
所以e= 1−b2a2= 22，故C错误，D正确．
故选：ABD．
根据已知条件写出点F(c,0)，P(c,b2a)，A(−c,−b2a)，设出点B(x0,y0)，再由PA⊥PB，找到斜率间关系，逐个判断各个选项即可．
本题主要考查了椭圆的性质，属于中档题．
12.【答案】ABD
【解析】解：因为φ(5)=4，φ(9)=6，φ(15)=8，则2×6=8+4，
所以φ(5)=4，φ(9)=6，φ(15)=8成等差数列，所以A正确；
因为2为质数，在不超过2n的正整数中，
所有偶数的个数为2n−1，
所以φ(2n)=2n−2n−1=2n−1，
因为3为质数，在不超过3n的正整数中，
所有能被3整除的正整数的个数为3n−1，
所以φ(3n)=3n−3n−1=2×3n−1(n∈N*)，
则{φ(3n)}(n∈N*)是公比为3的等比数列，故B正确，
因为φ(2n)ϕ(3n)=2n−12×3n−1=12×(23)n−1，
所以{φ(2n)ϕ(3n)}是以公比为23的等比数列，
所以Sn=12[1−(23)n]1−23=32[1−(23)n]=32−(23)n−1∈[12,32)，故C错误．
因为nϕ(2n)=n2n−1，
所以Tn=120+221+322+⋅⋅⋅+n2n−1，
所以12Tn=121+222+⋅⋅⋅+n−12n−1+n2n，
两式相减得：12Tn=1+12+122+⋅⋅⋅+12n−1−n2n=1−12n1−12−n2n=2−n+22n，
所以Tn=4−n+22n−1<4，故D正确．
故选：ABD．
选项A，根据定义以及等差中项定义判断即可；选项BC，通过2，3为质数以及新定义，结合等比数列的判断及等比数列求和公式进行分析即可得结论，选项D通过题意找出数列{nϕ(2n)}的通项公式，利用错位相减法求和即可．
本题考查数列的应用，等比数列的定义与通项公式的应用，等比数列的求和公式的应用，错位相减法求和的应用，属中档题．
13.【答案】4046
【解析】解：a1000+a1024=4，
则S2023=2023(a1+a2023)2=2023(a1000+a1024)2=4046．
故答案为：4046．
利用等差数列求和公式及等差数列的性质计算得到答案．
本题主要考查等差数列的前n项和公式，属于基础题．
14.【答案】5 1414
【解析】解：根据题意可知MP=(1,1,4)，又平面α的一个法向量为n=(2,−3,−1)，
∴点P到平面α的距离d=|MP⋅n||n|=5 14=5 1414．
故答案为：5 1414．
根据向量法，即可求解点面距．
本题考查向量法求解点面距问题，属基础题．
15.【答案】1(或8或13或16，只需写出一个答案即可)
【解析】解：∵an+1−an=9−2n，
∴当n≥2时，an=(an−an−1)+(an−1−an−2)+⋅⋅⋅+(a2−a1)+a1=(11−2n)+(13−2n)+⋅⋅⋅+7+1=9(n−1)−2×(n−1)n2+1=−n2+10n−8=−(n−5)2+17，
当n=1时，a1=1也满足an=−(n−5)2+17，
故an=−(n−5)2+17，
∴a1=a9=1，a2=a8=8，a3=a7=13，a4=a6=16．
故答案为：1(或8或13或16，只需写出一个答案即可)．
利用累加法求得an=−(n−5)2+17，根据题意结合二次函数的对称性分析运算．
本题考查由数列的递推式求数列的通项公式，考查转化思想，考查运算能力和逻辑推理能力，属于中档题．
16.【答案】(x−2)2+y2=1 2
【解析】解：设P(x,y)，则|PA||PB|=12，
即(x−2)2+(y−12)2(x−2)2+(y−2)2=14，
化简得(x−2)2+y2=1；
抛物线C：y2=4x的准线为x=−1，因为|QF|等于Q到抛物线准线的距离，
所以|PQ|+|QF|的最小值转化为点P到准线的距离，
又P是阿氏圆(x−2)2+y2=1上的任一点，
所以点P(1,0)到准线的距离的最小，最小值为2．
即|PQ|+|QF|的最小值为2．
故答案为：①(x−2)2+y2=1；②2．
设点P坐标，根据题意|PA||PB|=12写出关于x与y的关系式化简即可；利用抛物线的定义可知|QF|等于Q到抛物线准线的距离，进而转化为点P到准线的距离，即可求得．
本题考查“五步求曲“法的应用，抛物线的几何性质，化归转化思想，属中档题．
17.【答案】解：(1)证明：易知直线AB的斜率存在且不过原点，
设直线AB的方程为y=kx+m，m≠0，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立方程组y=kx+m,y=x2,，可得x2−kx−m=0，
∴x1+x2=k，x1x2=−m，∵OA⊥OB，
∴OA⋅OB=x1x2+y1y2=x1x2+(x1x2)2=−m+m2=0，
解得m=0(舍去)或m=1，
∴直线AB的方程为y=kx+1，过定点(0,1)；
(2)由(1)知S△AOB=12×1×|x1−x2|=12 (x1+x2)2−4x1x2=12 k2+4，
∴当k=0时，△AOB的面积取得最小值，且最小值为1，
∴△AOB面积的最小值为1．
【解析】(1)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，直线AB的方程y=kx+m与抛物线C：y=x2联立，得出韦达定理，由OA⊥OB得OA⋅OB=0，代入韦达定理即可．
(2)先表示三角形的面积S△AOB=12|x1−x2|，韦达定理代入，求最值即可．
本题考查直线与抛物线的位置关系，设而不求法与韦达定理的应用，三角形面积的最值的求解，方程思想，化归转化思想，属中档题．
18.【答案】证明：(1)以C1为坐标原点，C1A1，C1B1，C1C的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系：

设BC=1，则A1(2,0,0)，B1(0,1,0)，A(2,0,1)，B(0,1,1)，
因为AB1=(−2,1,−1)，BC1=(0,−1,−1)，
所以AB1⋅BC1=(−2)×0+1×(−1)+(−1)×(−1)=0，
所以BC1⊥AB1；
(2)设平面AB1C1的法向量为n=(x,y,z)，
因为AB1=(−2,1,−1)，C1B1=(0,1,0)，
所以n⋅AB1=−2x+y−z=0n⋅C1B1=y=0，令x=1，得n=(1,0,−2)，
因为AD=2DB1，所以A1D=A1A+AD=A1A+23AB1=(−43,23,13)，
即直线A1D的一个方向向量为m=(−4,2,1)，
设直线A1D与平面AB1C1所成的角为α，
则sinα=|cs〈n,m〉|=|n⋅m||n||m|=6 5× 21=2 10535，
即直线A1D与平面AB1C1所成角的正弦值为2 10535．
【解析】(1)建立空间直角坐标系，由AB1⋅BC1=0可证明BC1⊥AB1；
(2)先求平面AB1C1的法向量为n，再求直线A1D一个方向向量与法向量所成角的余弦值的绝对值，即为直线A1D与平面AB1C1所成角的正弦值．
本题主要考查了利用空间向量证明直线与直线垂直，考查了利用空间向量求直线与平面所成的角，属于中档题．
19.【答案】解：(1)因为Sn，Sn+1的等差中项为(n+1)an+1，
所以Sn+Sn+1=2(n+1)an+1．
当n=1时，S1+S2=2(1+1)a2，所以a2=2，
当n≥2时，Sn−1+Sn=2nan，
所以an+an+1=2(n+1)an+1−2nan，
所以(2n+1)an=(2n+1)an+1．
因为2n+1≠0，所以an=an+1(当n=1时不满足)，
所以an=3,n=12,n≥2；
(2)由(1)知Sn=3,n=12n+1,n≥2，所以Sn=2n+1，
因为bn=1(2n+1)(2n+3)=12(12n+1−12n+3)，
所以Tn=12(13−15+15−17+⋯+12n+1−12n+3)=12(13−12n+3)=n6n+9．
【解析】(1)根据数列的前n项和作差，即可求解可；
(2)由题知bn=12(12n+1−12n+3)，进而根据裂项求和法，即可求解．
本题考查根据数列的递推公式求通项公式，裂项求和法的应用，化归转化思想，属中档题．
20.【答案】(Ⅰ)证明：∵B1C=A1D且A1B1=CD，
∴四边形A1B1CD为平行四边形，
∴B1C//A1D，
又∵B1C⊄平面A1EFD，A1D⊂平面A1EFD，
∴B1C//平面A1EFD，
又∵平面A1EFD∩平面B1CD1=EF，B1C⊂平面B1CD1，
∴EF//B1C；
(Ⅱ)解：以A为坐标原点，以AB、AD、AA1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系A−xyz如图，设AB=AD=AA1=2，
A0,0,0,A10,0,2,D0,2,0,D10,2,2,E1,1,2，
∵AD1⊥A1D，AD1⊥CD，A1D与CD相交且都在平面A1B1CD内，
故AD 1⊥平面A1B1CD，
∴AD1=(0,2,2)为平面A1B1CD的一个法向量，
设平面A1EFD的一个法向量为n=(x,y,z)，
又∵A1D=(0,2,−2)，A1E=(1,1,0)，
∴n⋅A1D=0n⋅A1E=0，2y−2z=0x+y=0，
取y=1，得n=(−1,1,1)，
∴cs=AD1⋅n|AD1||n|= 63，
结合图像可得二面角E−A1D−B1的平面角为锐角，
∴二面角E−A1D−B1的余弦值为 63．
【解析】本题考查空间中线线平行的判定，求二面角的三角函数值，注意解题方法的积累，属于中档题．
(Ⅰ)通过四边形A1B1CD为平行四边形，可得B1C//A1D，利用线面平行的性质定理即得结论；
(Ⅱ)以A为坐标原点，以AB、AD、AA1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系A−xyz，设AB=AD=AA1=2，再求平面A1B1CD的一个法向量与平面A1EFD的一个法向量的夹角的余弦值即可．
21.【答案】解：(1)因为an+1an=an−2n−1an+1−2n−1，
所以an+1(an+1−2n−1)=an(an−2n−1)，
所以an+12−(2n+1)an+1=an2−(2n+1)an,an+12−an2=(2n+1)(an+1−an)，
因为an+1≠an，所以an+1+an=2n+1，
因为an+1+an=2n+1，an+an−1=2(n−1)+1=2n−1，
所以an+1−an−1=2，数列{an}的奇数项和偶数项是分别以公差为2的等差数列，
因为an+1+an=2n+1，a1=1，所以a2=2，
所以a2n=2+2(n−1)=2n，a2n−1=1+2(n−1)=2n−1，
所以an=n；
(2)因为2a1b1+2a2b2+2a3b3+⋅⋅⋅+2anbn=an2，
所以21b1+22b2+23b3+⋅⋅⋅+2nbn=n2，
当n=1时，b1=12，
当n≥2时，21b1+22b2+23b3+⋅⋅⋅+2n−1bn−1=(n−1)2，
所以2nbn=n2−(n−1)2=2n−1，
所以bn=2n−12n(当n=1时也满足)，
所以Tn=1×(12)1+3×(12)2+5×(12)3+⋅⋅⋅+(2n−1)×(12)n，
所以12Tn=1×(12)2+3×(12)3+5×(12)4+⋅⋅⋅+(2n−1)×(12)n+1，
两式相减得12Tn=1×(12)1+2[(12)2+(12)3+⋅⋅⋅+(12)n]−(2n−1)×(12)n+1，
所以12Tn=12+2×14×[1−(12)n−1]1−12−(2n−1)×(12)n+1=32−(2n+3)×(12)n+1，
所以Tn=3−2n+32n．
【解析】(1)首先根据已知条件得到an+1+an=2n+1，从而得到数列{an}的奇数项和偶数项是分别以公差为2的等差数列，再求an即可．
(2)首先根据题意得到bn=2n−12n，再利用错位相减法求解即可．
本题考查等差数列的定义与通项公式的应用，错位相减法求和的应用，属中档题．
22.【答案】解：(1)因为A1(−1,0)，A2(1,0)，P(x,y)，所以kPA1=−y−1−x，kPA2=−y1−x，
所以kPA1⋅kPA2=y2x2−1=3，
所以y2=3x2−3，即动点P的轨迹C的方程为x2−y23=1(x≠±1)．
(2)证明：易知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx，
联立方程组y=kxx2−y23=1得(3−k2)x2−3=0，
所以x2=33−k2，y2=3k23−k2，且k2∈[0,3)．
因为|AB|=2 x2+y2=2 3+3k23−k2，所以|AB|2=12(1+k2)3−k2．
设E(x1,y1)，F(x2,y2)，直线l1的方程为y=k(x+2)，
联立方程组y=k(x+2)x2−y23=1，得(3−k2)x2−4k2x−4k2−3=0，
则x1+x2=4k23−k2，x1x2=−4k2−33−k2，
所以|EF|= (1+k2)[(x1+x2)2−4x1x2]=6(1+k2)3−k2．
由对称性可知|MN|=|EF|，
所以|EF|+|MN|=12(1+k2)3−k2，即|EF|+|MN|=|AB|2．
【解析】(1)根据kPA1⋅kPA2=3，再待入点的坐标，即可化简求解；
(2)首先设直线l：y=kx，再求直线l1的方程，再与轨迹C的方程联立，求得弦长，即可证明等式．
本题主要考查轨迹方程的求法，考查直线与双曲线的综合，考查运算求解能力，属于中档题．
题号
一
二
三
四
总分
得分