2022-2023学年浙江省杭州十四中凤起康桥校区高二（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年浙江省杭州十四中凤起康桥校区高二（上）期末数学试卷（含解析），共21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.若空间向量BA=(1,4,1)，BC=(2,0,−2)，则AC=( )
A. (1,−4,−3)B. (1,−3,−4)C. (3,4,−1)D. (−1,4,3)
2.函数f(x)=xtanx(−1≤x≤1)的图象可能是( )
A. B.
C. D.
3.△ABC的三内角A，B，C所对边长分别是a，b，c，设向量n=( 3a+c,sinB−sinA)，m=(a+b,sinC)，若m//n，则角B的大小为( )
A. π6B. 5π6C. π3D. 2π3
4.在△ABC中，若点D满足BD=2DC，则AD=( )
A. 13AC+23ABB. 53AB−23ACC. 23AC−13ABD. 23AC+13AB
5.在数列{an}中，a1=2，an+1=an+ln(1+1n)，则an=( )
A. 2+lnnB. 2+(n−1)lnnC. 2+nlnnD. 1+n+lnn
6.双曲线x2a2−y2b2=1(a>b>0)的左焦点F，离心率e，过点F斜率为1的直线交双曲线的渐近线于A、B两点，AB中点为M，若|FM|等于半焦距，则e2等于( )
A. 3B. 2C. 3或 2D. 3− 3
7.古希腊数学家欧几里得在《几何原本》中描述了圆锥曲线的共性，并给出了圆锥曲线的统一定义，只可惜对这一定义欧几里得没有给出证明.经过了500年，到了3世纪，希腊数学家帕普斯在他的著作《数学汇篇》中，完善了欧几里得关于圆锥曲线的统一定义，并对这一定义进行了证明.他指出，到定点的距离与到定直线的距离的比是常数e的点的轨迹叫做圆锥曲线；当01时，轨迹为双曲线.现有方程m(x2+y2+2y+1)=(x−2y+3)2表示的曲线是椭圆，则m的取值范围为( )
A. (0,1)B. (1+∞)C. (0,5)D. (5+∞)
8.如图，在棱长为a的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P，Q分别为BD1，BB1上的动点，则△C1PQ周长的最小值为( )
A. 2 153a
B. 4+2 2a
C. 4+8 23a
D. 2 133a
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.设ω>0，函数f(x)=− 3sinωx+csωx在区间(0,π3]上有零点，则ω的值可以是( )
A. 16B. 56C. 13D. 23
10.已知数列{an}满足a1=1，an+an+1=2n(n∈N*)，则下列结论中正确的是( )
A. a4=5B. {an}为等比数列
C. a1+a2+⋯+a2021=22022−13D. a1+a2+⋯+a2022=22023−13
11.已知点P在圆(x−5)2+(y−5)2=16上，点A(4,0)、B(0,3)，则( )
A. 点P到直线AB的距离小于9B. 点P到直线AB的距离大于1
C. 当∠PBA最小时，|PB|= 13D. 当∠PBA最大时，|PB|=4
12.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点F是线段BC1上的动点，则下列说法正确的是( )
A. 当点F在BC1上移动时，直线A1F与平面BDC1所成角可能为60°
B. 无论点F在BC1上怎么移动，都有A1F⊥B1D
C. 当点F移动至BC1中点时，才有A1F与B1D相交于一点，记为点E，且A1EEF=2
D. 当点F在BC1上移动时，异面直线A1F与CD所成角可能是30°
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.在等差数列{an}中，已知a2+2a8+a14=120，则2a9−a10的值为______ ．
14.已知等边三角形ABC的边长为12，点P满足3PA+2PB+PC=0，则|PA|= ______ ．
15.F1，F2为双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，过点F1且斜率为1的直线与两条渐近线分别交于A，B两点，若AF1=13F1B，P(5,32)为双曲线C上一点，△PF1F2的内切圆圆心为I，过F2作F2T⊥PI，垂足为T，则|OT|= ______ ．
16.如图，正四面体ABCD的顶点C在平面α内，且直线BC与平面α所成角为30°，顶点B在平面α上的射影为点O，当顶点A与点O的距离最大时，直线CD与平面α所成角的正弦值为______ ．
四、解答题：本题共6小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
已知函数f(x)=Acs(ωx+φ)(A>0,ω>0.|φ|≤π2)的部分图象如图．
(1)求f(x)的解析式及单调减区间；
(2)求函数y=2f(x−π4)在[0,π2]上的最大值和最小值．
18.(本小题12分)
已知圆C：x2+(y−2)2=4，直线l：mx+y−m−1=0．
(1)证明：直线l总与圆C相交；
(2)设直线l与圆C交于E，F两点，求△CEF面积最大时，直线l的方程．
19.(本小题12分)
如图所示，已知点G是△ABC的重心，过点G作直线与AB，AC两边分别交于M，N两点，且AM=xAB，AN=yAC，x，y都为实数．
(1)试用基底AM和AN来表示AG，其中表示式中，系数中字母只含有x，y；
(2)求2x+y的最小值．
20.(本小题12分)
已知单调递增的等比数列{an}满足a2+a3+a4=39，且a3+6是a2，a4的等差中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn=anlg13an，Sn=b1+b2+⋯+bn，对任意正整数n，Sn+n+m2an+1<0恒成立，试求m的取值范围．
21.(本小题12分)
如图，三棱柱ABC−A1B1C1，底面ABC是边长为2的正三角形，A1A=A1B，平面ABC⊥平面AA1C1C.
(1)证明：A1C⊥平面ABC；
(2)若BC与平面AA1B所成角的正弦值为 64，求平面AA1B与平面BB1C1C夹角的余弦值．
22.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A1，A2，点P(1,32)在椭圆C上，且△A1PA2的面积为3．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线l不经过点P且与椭圆C交于A，B两点，若直线PA与直线PB的斜率之积为14，作PH⊥l于H点．
①求证：直线l过定点，并求出定点的坐标；
②问是否存在定点G，使得GH为定值？若存在，请求出该定值，若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：因为BA=(1,4,1)，BC=(2,0,−2)，
所以AC=BC−BA=(1,−4,−3)．
故选：A．
根据已知条件，结合空间向量的坐标运算法则，即可求解．
本题考查空间向量的减法运算，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：∵f(−x)=(−x)tan(−x)=xtanx=f(x)，(−1≤x≤1)
∴函数f(x)是偶函数，排除A，C；
又当00，排除D．
故选：B．
由函数的奇偶性排除A与C；再由00，排除D.则答案可求．
本题考查函数的图象与图象变换，考查分析问题与解决问题的能力，是中档题．
3.【答案】B
【解析】解：若m//n，
则(a+b)(sinB−sinA)−sinC( 3a+c)=0，
由正弦定理可得：(a+b)(b−a)−c( 3a+c)=0，
化为a2+c2−b2=− 3ac，
∴csB=a2+c2−b22ac=− 32，
∵B∈(0,π)，
∴B=5π6，
故选：B．
由m//n，利用数量积运算及其正弦定理、余弦定理即可得出．
本题考查了正弦定理与余弦定理的应用、向量数量积运算性质，考查了推理能力与计算能力，是一道基础题．
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了平面向量的线性表示与运算问题，是基础题目．
根据平面向量的线性表示与运算性质，进行计算即可．
【解答】
解：如图所示，
△ABC中，BD=2DC，
∴BD=23BC=23(AC−AB)，
∴AD=AB+BD
=AB+23(AC−AB)
=13AB+23AC．
故选D．
5.【答案】A
【解析】解：∵数列{an}中，a1=2，an+1=an+ln(1+1n)，
即an+1−an=lnn+1n=ln(n+1)−lnn，
故a2−a1=ln2−ln1，
a3−a2=ln3−ln2，
a4−a3=ln4−ln3，
an−an−1=lnn−ln(n−1)，
以上各式相加可得：an−a1=lnn−ln1，
即an=lnn+2，(n=1也成立)．
故选：A．
根据递推关系式得到an+1−an=lnn+1n=ln(n+1)−lnn，再利用累加法求通项即可．
本题主要考查数列递推关系式的应用，考查计算能力，属于中档题．
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查双曲线的性质和几何意义，直线与双曲线的位置关系，考查化简整理的运算能力，属于中档题．
设双曲线的左焦点F(−c,0)，过点F斜率为1的直线设为y=x+c，代入渐近线方程y=±bax，可得A，B的坐标，求得中点M的坐标，运用两点的距离公式，化简整理，结合离心率公式即可得到所求值．
【解答】
解：设双曲线的左焦点F(−c,0)，
过点F斜率为1的直线设为y=x+c，
代入渐近线方程y=±bax，可得
A(acb−a,bcb−a)，B(ac−b−a,−bc−b−a)，
可得AB的中点M(a2cb2−a2,b2cb2−a2)，
即有|FM|= (a2cb2−a2+c)2+(b2cb2−a2)2
= 2b2ca2−b2=c，
即有a2=(1+ 2)b2，即为b2=( 2−1)a2，
可得c2=a2+b2= 2a2，
即有e2=c2a2= 2．
故选：B．
7.【答案】D
【解析】解：由m(x2+y2+2y+1)=(x−2y+3)2可得m[x2+(y+1)2]=(x−2y+3)2，
所以 m x2+(y+1)2=|x−2y+3|，
所以 x2+(y+1)2|x−2y+3| 5= 5 m，
即动点(x,y)到定点(0,−1)的距离与到定直线x−2y+3=0的距离之比为常数 5 m，
因为方程m(x2+y2+2y+1)=(x−2y+3)2表示的曲线是椭圆，
所以0< 5 m<1，解得m>5．
故选：D．
根据所给方程可得 x2+(y+1)2|x−2y+3| 5= 5 m，根据椭圆的离心率取值范围即可求解．
本题主要考查椭圆的性质以及计算能力，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：连接BD，B1D1，
由图易得，△C1PQ的三边都在三棱锥B−B1C1D1的三个侧面上，
将三棱锥B−B1C1D1的侧面展开成平面图形，如图，
可得四边形BC1D1C1′为直角梯形，
当C1′，P，Q，C1四点共线时，△C1PQ的周长最小，
最小值为 C1′D12+D1C12= 4+2 2a，
故选：B．
△C1PQ的三边都在三棱锥B−B1C1D1的三个侧面上，将三棱锥B−B1C1D1的侧面展开成平面图形，根据共线时最短求解．
本题考查棱柱的结构特征，平面展开图的应用，余弦定理的应用，考查学生的计算能力，属于中档题．
9.【答案】BD
【解析】解：因为f(x)=− 3sinωx+csωx=−2( 32sinωx−12csωx)，
所以f(x)=−2sin(ωx−π6)，
因为x∈(0,π3)，ω>0，
可得ωx−π6∈(−π6,π3ω−π6)
要使函数在x∈(0,π3)有零点，则函数的第一个零点为0，
所以π3ω−π6>0即可，
即ω≥12．
故选：BD．
由题得f(x)=−2sin(ωx−π6)，求函数f(x)的零点，由条件列不等式求其解可得ω的范围即可．
本题考查三角函数的恒等变换的应用及正弦函数型的性质的应用，属于基础题．
10.【答案】AC
【解析】解：因为an+an+1=2n(n∈N*)，
所以a1+a2=2，a2+a3=4，a3+a4=23，又a1=1，
所以a2=1，a3=3，a4=5，故A正确；
因为a2a1=1，a3a2=3，所以{an}不是等比数列，故B错误；
a1+a2+⋯+a2021=a1+(a2+a3)+(a4+a5)+⋯+(a2020+a2021)
=1+22+24+⋯+22020=1×(1−41011)1−4=41011−13=22022−13，故C正确；
a1+a2+⋯+a2022=(a1+a2)+(a3+a4)+⋯+(a2021+a2022)
=21+23+⋯+22021=2(1−41011)1−4=2×41011−23=22023−23，故D错误．
故选：AC．
利用递推式可求得a2，a3，a4的值，可判断A，B，利用并项求和法结合等比数列的求和公式判断C，D．
本题考查数列的递推式和等比数列的求和公式，以及数列的并项求和，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
11.【答案】AC
【解析】解：圆(x−5)2+(y−5)2=16的圆心为M(5,5)，半径为4，
直线AB的方程为x4+y3=1，即3x+4y−12=0，
圆心M到直线AB的距离为|3×5+4×5−12| 32+42=235，
所以，点P到直线AB的距离的最大值为235+4=435<9，
点P到直线AB的距离的最小值为235−4=35<1，A选项正确，B选项错误；
如下图所示：
当∠PBA最大或最小时，PB均与圆M相切，连接MP、BM，可知PM⊥PB，
|BM|= (5−3)2+(5−0)2= 29，|PM|=4，
由勾股定理可得|BP|= |BM|2−|MP|2= 29−16= 13，C选项正确，D选项错误．
故选：AC．
计算出圆心到直线AB的距离，可得出点P到直线AB的距离的取值范围，可判断AB选项的正误；分析可知，当∠PBA最大或最小时，PB与圆M相切，利用勾股定理可判断CD选项的正误．
本题考查圆的几何性质，直线与圆的位置关系，属中档题．
12.【答案】BC
【解析】解：对于A，设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，如图，连接A1D，A1B，A1C1，BD，DC1，
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，四面体A1BC1D为正四面体，
所以VA1−BC1D=V正方体−4VA1−ABD=13−4×13×12×13=13，
S△BDC1=12× 2× 2×sin60°= 32，
则点A1到平面BDC1的距离为h=3VA1−BC1DS△BDC1=2 33，
所以直线A1F与平面BDC1所成角的正弦值sinθ=hA1F，
又△A1BC1为正三角形，则当点F为BC1的中点时，
线段A1F的长度最短，且为12× 2× 3= 62，
此时直线A1F与平面BDC1所成角的正弦值sinθ=hA1F最大，
且为(sinθ)max=2 33 62=2 23，由于2 23> 32，则θ的最大值大于60°，故A错误；
对于B，如图，连接A1B，A1C1，B1D1，
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，四边形A1B1C1D1为正方形，所以A1C1⊥B1D1，
又DD1⊥平面A1B1C1D1，A1C1⊂平面A1B1C1D1，所以A1C1⊥DD1，
又B1D1∩DD1=D1，B1D1，DD1⊂平面DD1B1，所以A1C1⊥平面DD1B1，
又B1D⊂平面DD1B1，所以A1C1⊥B1D，同理可得A1B⊥B1D，
又A1C1∩A1B=A1，A1C1，A1B⊂平面A1BC1，所以B1D⊥平面A1BC1，
又A1F⊂平面A1BC1，所以总有A1F⊥B1D，故B正确；
若F不是BC1的中点，则A1F与B1D是异面直线；
当F为BC1的中点时，也是B1C的中点，A1F与B1D均在平面A1B1CD1内且必相交，
所以当点F移动至BC1中点时，才有A1F与B1D相交于一点，记为点E，连A1D和B1F，如图，
根据A1D/​/B1C，△A1DE∽△FB1E，可得A1EEF=DA1B1F=2，故C正确；
对于D，因为A1B1/​/CD，所以∠B1A1F即异面直线A1F与CD所成的角，
该角的正切值为B1FA1B1，易知 22A1B1≤B1F≤A1B1，
所以 22≤B1FA1B1≤1，tan30°= 33不在该范围内，
故无论点F在BC1上怎么移动，异面直线A1F与CD所成的角都不可能是30°，故D错误．
故选：BC．
对于A，利用四面体的等体积法求解直线A1F与平面BDC1所成角的正弦值，从而判断正误；对于B，证明正方体ABCD−A1B1C1D1的体对角线B1D⊥平面A1BC1，根据A1F⊂平面A1BC1，即可判断正误；对于C，根据四点共面，利用梯形几何性质求解A1EEF，即可判断正误；对于D，根据动点F的位置，求解异面直线A1F与CD所成角的正切值取值范围来判断正误．
本题考查空间线面角和异面直线所成角，考查空间线面关系的判定，属难题．
13.【答案】30
【解析】解：设等差数列{an}公差为d，
根据等差数列性质，由a2+2a8+a14=120，得a8=30，
∴2a9−a10=2(a1+8d)−(a1+9d)=a1+7d=a8=30．
故答案为：30．
设等差数列{an}公差为d，根据等差数列性质可求得a8值，再求出2a9−a10的值．
本题考查等差数列性质及通项公式，考查运算能力，属于基础题．
14.【答案】2 7
【解析】解：根据题意，以BC所在的边为x轴，垂直平分线为y轴，
建立如图所示坐标系，
所以B(−6,0)，C(6,0)，A(0,6 3)，
设P(x,y)，则PA=(−x,6 3−y),PB=(−6−x,−y),PC=(6−x,−y)，
又因为3PA+2PB+PC=0，
所以3(−x,6 3−y)+2(−6−x,−y)+(6−x,−y)=0，
则有−3x−12−2x+6−x=018 3−3y−2y−y=0，解得x=−1y=3 3，
所以PA=(1,3 3)，所以|PA|= 1+27=2 7．
故答案为：2 7．
根据题意，以BC所在的边为x轴，垂直平分线为y轴建立坐标系，利用平面向量的坐标运算求出点P坐标即可求解．
本题考查平面向量数量积的计算，涉及向量模的计算，属于基础题．
15.【答案】4
【解析】解：设直线AB方程为y=x+c，两条渐近线方程分别为y=bax，y=−bax，
联立y=x+cy=bax解得yB=−bca−b，联立y=x+cy=−bax解得yA=bca+b，
因为AF1=13F1B，a>b>0，
所以bca−b=3bca+b，解得a=2b①，
又点P(5,32)在双曲线上，所以25a2−94b2=1②，
联立①②解得a=4，b=2，
延长F2T交PF1于点F′，
因为I为△PF1F2的内切圆圆心，所以∠IPF′=∠IPF2，
又F2T⊥PT，|TP|=|TP|，所以△TPF′≅△TPF2，
所以T为F2F′的中点，且|PF2|=|PF′|
又O为F1F2的中点，所以|OT|=12|F1F′|
由双曲线定义可知，|F1F′|=|PF1|−|PF′|=|PF1|−|PF2|=2a=8，
所以|OT|=12|F1F′|=4．
故答案为：4．
设直线AB方程为y=x+c，联立渐近线方程可得A、B坐标，再根据AF1=13F1B和点P(5,32)在双曲线上可得a，然后结合图形，利用内切圆圆心为角平分线交点和双曲线定义可解．
本题主要考查双曲线的性质和计算能力，属于中档题．
16.【答案】12
【解析】解：取AB中点P，连接CP，
当四边形ABOC为平面四边形时，点A到点O的距离最大，
此时，因为BO⊥平面α，BO⊂平面ABOC，
所以平面ABOC⊥平面α，
过D作DN⊥平面ABOC，垂足为N，
则N为正三角形ABC的重心，
设正四面体的边长为1，则CN=23CP= 33，
因为直线BC与平面α所成角为30°，即∠BCO=30°，
且∠BCN=30°，所以∠OCN=60°，
所以点N到平面α的距离等于d=CNsin60°=12，
过点D作DM⊥平面α，垂足为M，
则DM=d=12，
所以直线CD与平面α所成角的正弦值为DMCD=12．
故答案为：12．
由题意可得当四边形ABOC为平面四边形时，点A到点O的距离最大，过D作DN⊥平面ABOC，垂足为N，过点D作DM⊥平面α，垂足为M，则可求DM，进而可求解．
本题考查直线与平面所成角的求法，属中档题．
17.【答案】解：(1)由图可知，A=f(x)max=1，
函数f(x)的最小正周期T满足14T=π3−π12=π4，
所以T=π，则ω=2ππ=2，
所以f(x)=cs(2x+φ)，
由五点法可得2×π3+φ=π2+2kπ，k∈Z，
又|φ|≤π2．
φ=−π6，
所以f(x)=cs(2x−π6)，
令2kπ≤2x−π6≤2kπ+π，k∈Z，解得kπ+π12≤x≤kπ+7π12，k∈Z，
可得函数单调递减区间为：[kπ+π12,kπ+7π12]，k∈Z．
(2)y=2f(x−π4)=2cs[2(x−π4)−π6]=2sin(2x−π6)，
∵x∈[0,π2]，
∴2x−π6∈[−π6,5π6]，
∴sin(2x−π6)∈[−12,1]，
∴y=2f(x−π4)=2sin(2x−π6)∈[−1,2]，
∴y=f(x)的最大值为2，最小值为−1．
【解析】(1)由图象得出A，根据图象计算出函数f(x)的最小正周期，可求得ω，再由五点法可得φ的值，即求函数f(x)的解析式，利用余弦函数的单调性可求单调递减区间；
(2)由题意化简函数解析式，进而利用正弦函数的性质即可求解．
本题主要考查了由y=Asin(ωx+φ)的部分图象确定其解析式，考查了三角函数的图象和性质，考查了函数思想和数形结合思想，属于中档题．
18.【答案】解：(1)直线l：mx+y−m−1=0可化为m(x−1)+y−1=0，
令x=1则y=1，所以直线l恒过定点A(1,1)，
圆心C(0,2)到点A(1,1)的距离为|AC|= 2<2=r，
所以定点A(1,1)在圆C内，所以直线l总与圆C相交．
(2)因为S△CEF=12|CE||CF|sin∠ECF=12r2sin∠ECF=2sin∠ECF，
所以当∠ECF=π2时，S△CEF最大，
此时圆心C到直线l的距离d= 22r= 2，
因为d=|1−m| m2+1= 2，所以m=−1，
此时直线l的方程为x−y=0．
【解析】(1)根据直线l所经过的定点在圆内即可证明；
(2)利用面积公式确定当∠ECF=π2时，S△CEF最大，从而求出圆心C到直线l的距离d= 2，从而可求解．
本题考查了直线过定点问题，直线与圆的位置关系，考查点到直线的距离公式，属中档题．
19.【答案】解：(1)因为AG=23×12(AB+AC)=13AB+13AC，
且AM=xAB，AN=yAC，所以AG=13xAM+13yAN；
(2)又因为M，N，G三点共线，
由(1)可得13x+13y=1，
因为M，N在线段AB，AC上，所以x，y>0，
所以2x+y=13(2x+y)(1x+1y)=13(3+yx+2xy)≥13⋅(3+2 yx×2xy)=3+2 23，
当且仅当yx=2xy即y= 2x即x=2+ 26,y=2+2 26时取得等号．
所以2x+y的最小值为3+2 23．
【解析】(1)根据向量的共线，利用基底表示求解；
(2)利用基本不等式求解．
本题考查了平面向量基本定理的应用，涉及到基本不等式的应用，属于中档题．
20.【答案】解：(1)设等比数列{an}公比为q，
因为a3+6是a2，a4的等差中项，
所以a2+a4=2a3+12，又由题意有a2+a4=39−a3，
所以2a3+12=39−a3，解得a3=9，
所以由a2+a3+a4=39，可得a3q+a3+a3q=39，
整理得3q2−10q+3=0，解得q=3或q=13，
由数列{an}单调递增，可得q=3，
又因为a3=a1q2=9，所以a1=1，
所以数列{an}的通项公式为an=a1qn−1=3n−1；
(2)由题意：bn=3n−1lg133n−1=−(n−1)⋅3n−1，
Sn=−[0⋅30+1⋅31+2⋅32+⋯+(n−1)⋅3n−1]，
则3Sn=−[0⋅31+1⋅32+2⋅33+⋯+(n−1)⋅3n]，
所以2Sn=31+32+33+⋯+3n−1−(n−1)⋅3n=3(1−3n−1)−2−(n−1)⋅3n，
整理得Sn=(−12n+34)⋅3n−34，
因为Sn+n+m2an+1<0恒成立，所以2Sn+(n+m)an+1<0，
所以(−n+32)⋅3n−32+(n+m)⋅3n<0，
所以(n+m)⋅3n<(n−32)⋅3n+32=n⋅3n−32⋅3n+32，
所以m⋅3n<−32⋅3n+32即m<−32+12⋅3n−1，
因为12⋅3n−1∈(0,12]，所以−32+12⋅3n−1∈(−32,−1],
所以m≤−32，即m的取值范围为(−∞,−32].
【解析】(1)根据等差中项和等比数列的通项公式求解；
(2)利用错位相减法求和Sn=b1+b2+⋯+bn，再分离参变量可得m<−32+12⋅3n−1，即可求m的取值范围．
本题考查等差数列与等比数列的综合应用，考查错位相减法求数列的和，考查不等式恒成立问题，属难题．
21.【答案】(1)证明：如图，取AB的中点O，AC的中点H，连接OC，OA1，BH，

因为AB=BC，H是AC的中点，所以BH⊥AC，
平面ABC⊥平面AA1C1C，平面ABC∩平面AA1C1C=AC，BH⊂平面ABC，
所以BH⊥平面AA1C1C，
又A1C⊂平面AA1C1C，所以BH⊥A1C，
因A1A=A1B，AC=BC，O是AB的中点，
所以OA1⊥AB，OC⊥AB，
又OA1∩OC=O，OA1，OC⊂平面A1OC，
所以AB⊥平面A1OC，
因为A1C⊂平面A1OC，A1C⊥AB，
又BH∩AB=B，BH，AB⊂平面ABC，
所以A1C⊥平面ABC；
(2)解：以O为坐标原点，OB，OC所在直线分别为x轴，y轴，平行A1C的直线为z轴，
建立空间直角坐标系如图所示，

设A1C=a，则A(−1,0,0)，B(1,0,0)，C(0, 3,0)，A1(0, 3,a)，
则BC=(−1, 3,0)，AB=(2,0,0)，AA1=(1, 3,a)，
设平面AA1B的法向量为m=(x1,y1,z1)，
则由m⋅AA1=0m⋅AB=0⇒x1+ 3y1+az1=02x1=0，
取z1=− 3可得，x1=0，y1=a，
所以m=(0,a,− 3)为平面AA1B的一个法向量，
设BC与平面AA1B所成的角为θ，
则sinθ=|cs〈BC,m〉|=| 3a|2× a2+3= 64，解得a= 3，
从而m=(0, 3,− 3)，BB1=AA1=(1, 3, 3)，
设平面BB1C1C的法向量为n=(x2,y2,z2)，
则由n⋅BB1=0n⋅BC=0⇒x2+ 3y2+ 3z2=0−x2+ 3y2=0，
取x2= 3可得，y2=1，z2=−2，
所以n=( 3,1,−2)为平面BB1C1C的一个法向量，
所以cs〈n,m〉=0× 3+ 3×1+(− 3)×(−2) 6×2 2=34，
设平面AA1B与平面BB1C1C夹角为φ，
所以csφ=|cs〈n,m〉|=34，
所以平面AA1B与平面BB1C1C所成角的余弦值为34．
【解析】(1)取AB的中点O，AC的中点H，由面面垂直得到线面垂直，进而得到BH⊥A1C，再证明出A1C⊥AB，从而得到A1C⊥平面ABC；
(2)建立空间直角坐标系，设A1C=a，然后求得直线BC的方向向量和平面AA1B的法向量，然后可求出a，得出平面BB1C1C的法向量，即可求得答案．
本题考查线面垂直的判定，考查直线与平面所成角及平面与平面所成角的求法，属中档题．
22.【答案】解：(1)因为△A1PA2的面积为3，
所以12×2a×32=3，
解得a=2，
因为点P(1,32)在椭圆上，
所以14+94b2=1，
得到b= 3，
则椭圆C的方程为x24+y23=1；
(2)①证明：当直线斜率不存在时，
不妨设直线l：x=x1(−2易知x124+y123=1，③
因为kPA⋅kPB=y1−32x1−1⋅−y1−32x1−1=14，
整理得9−4y12=(x1−1)2，④
联立③④，解得x1=1或x1=−2，不符合题意；
当直线l斜率存在时，
不妨设直线l：y=kx+m，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立y=kx+mx24+y23=1，消去y并整理得(3+4k2)x2+8kmx+4m2−12=0，
此时Δ=64k2m2−4(3+4k2)(4m2−12)>0，
即m2<3+4k2，
由韦达定理得x1+x2=−8km3+4k2,x1x2=4m2−123+4k2，
所以kPA⋅kPB=y1−32x1−1⋅y2−32x2−1=(kx1+m−32)⋅(kx2+m−32)(x1−1)⋅(x2−1)=k2x1x2+k(m−32)(x1+x2)+(m−32)2x1x2−(x1+x2)+1=14，
整理得4k2+2km−2m2+9m−9=0，
即(2k+2m−3)(2k−m+3)=0，
解得m=2k+3或m=−k+32，
代入直线方程y=kx+m中，
可得直线过定点(−2,3)或(1,32)，
因为直线不过点P，
故直线l过定点(−2,3)；
②假设存在点G满足条件，
因为PH⊥l，
由①知直线l过定点M(−2,3)，
所以点H在以PM为直径的圆上，
则当G为圆心(−12,94)时，GH为定值12PM=12 (−2−1)2+(3−32)2=3 54，
故存在定点G(−12,94)，使GH为定值，定值为3 54．
【解析】(1)由题意，利用△A1PA2的面积求出a的值，再利用点P(1,32)在椭圆上，求出b，从而求出椭圆的方程；
(2)①讨论斜率存在与不存在两种情况，当斜率存在时，由y=kx+mx24+y23=1，得出(3+4k2)x2+8kmx+4m2−12=0，利用韦达定理和题设条件：两直线斜率之积为14，得出k与m的关系，进而得出定点，斜率不存在时单独讨论；
②利用PH⊥l，得到动点H在点P和①中所求定点为直径的圆上，从而找出定点G，求出定长GH．
本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理、分类讨论和运算能力，属于中档题．