2023-2024学年湖南省常德市第一中学高三上学期第六次月考数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年湖南省常德市第一中学高三上学期第六次月考数学试题（含解析），共20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.全集U=R，集合A=x|x−8x−2≥−2，则∁UA=( )
A. (2,4)B. [2,4)C. (0,2)∪[4,+∞)D. (0,2]∪[4,+∞)
2.已知复数z满足z(1−i)2=(a−i)2，a∈R，若z为纯虚数，则a=( )
A. 0B. −1C. 1D. 2
3.直角梯形ABCD中，角B为直角，AB=3DC，CE=−2BE，若AE=xAB+yAD，则x+y=( )
A. 12B. 109C. 1D. 2
4.记Sn为等差数列an前n项和，已知S13=9124π，则csa5+a9=( )
A. 2+ 64B. 2− 64C. 6− 24D. − 6+ 24
5.《九章算术》卷五商功中有如下描述：今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈．意思为：今有底面为矩形的屋脊状的几何体，下底面宽3丈，长4丈，上棱长2丈，高1丈．现有一刍甍，如图所示，则该刍甍的体积为( )
A. 5立方丈B. 20立方丈C. 40立方丈D. 80立方丈
6.毕业十周年校友们重返母校，银杏树下，有五名校友站成一排拍照留念，其中甲不排在乙的右边，且不与乙相邻，则不同的站法共有( )
A. 66种B. 60种C. 36种D. 24种
7.已知函数f(x)=sinωx+π6(ω>0)，对任意的x∈R，都有f(x+1)=f(−x)，且f(x)在区间−π4,π12上单调，则ω的值为
( )
A. π6B. π3C. 5π6D. 2π3
8.双曲线的第三定义是：到两条相交直线的距离之积是定值的点的轨迹是(两组)双曲线.人教A版必修第一册第92页上“探究与发现”的学习内容是“探究函数y=x+1x的图象与性质”，经探究它的图象实际上是以两条坐标轴为渐近线的双曲线，进一步探究可以发现对勾函数y=ax+bx，(a>0,b>0)的图象是以直线y=ax，x=0为渐近线的双曲线.现将函数y=2x+1x的图象绕原点顺时针旋转得到焦点位于x轴上的双曲线C，则它的离心率是
( )
A. 10−2 52B. 5− 52C. 10−4 5D. 10−4 5
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.下列命题是真命题的有( )
A. 若0B. 若2a<2ba,b∈N∗，则a−b≤−1
C. 若a+b+c=0且aa|b|
D. 若函数y=x2+3 x2+2，y的最小值为2．
10.已知圆锥AO1的底面圆O1的半径与球O2的半径相等，且圆锥AO1，与球O2的表面积相等，则
( )
A. 圆锥AO1的母线与底面所成角的余弦值为13
B. 圆锥AO1的高与母线长之比为23
C. 圆锥AO1的侧面积与底面积之比为3
D. 球O2的体积与圆锥AO1的体积之比为 2
11.设A是抛物线C:x2=4y上一点，F是C的焦点，A在C的准线l上的射影为M，M关于点A的对称点为N，曲线C在A处的切线与准线l交于点P，直线NF交直线l于点Q，则
( )
A. FM⊥FNB. AP//NQ
C. △FPQ是等腰三角形D. |MQ|的最小值为2
12.已知函数f(x)的定义域为(−1,1)，且满足f(x)−f(y)=fx−y1−xy，当x∈(−1,0)时，f(x)<0，则
( )
A. f(x)是奇函数B. f(x)是增函数
C. f13+f14>f23D. f13+f14>f12
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.3x−1xn的展开式中所有项的二项式系数之和为64，则a2+a+ bn的展开式中a5b的系数为 ．
14.某中学开展学生数学素养测评活动，高一年级测评分值X近似服从正态分布N(72,25).为了调查参加测评的学生数学学习的方法与习惯差异，该中学决定在分数段67,n内抽取学生，且P(67≤X≤n)=0.8186.在某班用简单随机抽样的方法得到20名学生的分值如下：56，62，63，65，66，68，70，71，72，73，75，76，76，78，80，81，83，86，88，93.则该班抽取学生分数在分数段67,n内的人数为 人(附：P(μ−σ≤X≤μ+σ)≈0.6827，P(μ−2σ≤X≤μ+2σ)≈0.9545，P(μ−3σ≤X≤μ+3σ)≈0.9973)
15.定义：各项均不为零的数列an中，所有满足ai⋅ai+1<0的正整数i的个数称为这个数列an的变号数.已知数列bn的前n项和Sn=n2−6n−2an∈N∗,a≠−52，令an=1−4bnn∈N∗，若数列an的变号数为2，则实数a的取值范围是 ．
16.已知函数f(x)和g(x)的定义域分别为D1和D2，若对任意的x0∈D1都恰有n个不同的实数x1,x2,x3,⋯xn∈D2，使得gxi=fx0(其中i=1,2,3,⋯n,n∈N+)，则称g(x)为f(x)的“n重覆盖函数”.(1)若函数gx=csx(01为f(x)=lg122x−12x+1的“2重覆盖函数”，记实数a的最大值为M，则sin[(M+1)π]= ．
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)
在四棱锥A−BCDE中，AC，BC，CD两两垂直，AC=BC=BE=1，CD=2，BE//CD．
(1)求证：DE⊥平面ACE；
(2)求直线BD与平面ACE所成角的余弦值．
18.(本小题12分)
在▵ABC中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b2=c(a+c)．
(1)若B=π4，求sinCsinA的值；
(2)若▵ABC是锐角三角形，求 3sinB+2cs2C的取值范围．
19.(本小题12分)
火车晚点是人们在旅行过程中最常见的问题之一，针对这个问题，许多人都会打电话进行投诉.某市火车站为了解每年火车的正点率x%对每年顾客投诉次数y(单位：次)的影响，对近8年(2015年∼2022年)每年火车正点率x%和每年顾客投诉次数y的数据作了初步处理，得到下面的一些统计量的值．
(1)求y关于x的经验回归方程；若预计2024年火车的正点率为84%，试估算2024年顾客对火车站投诉的次数；
(2)根据顾客对火车站投诉的次数等标准，该火车站这8年中有6年被评为“优秀”，2年为“良好”，若从这8年中随机抽取3年，记其中评价“良好”的年数为X，求X的分布列和数学期望．
附：经验回归直线y=bx+a 的 斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为：
b=i=1nxiyi−nxyi=1nxi−x2，a=y−bx
20.(本小题12分)
已知数列an满足a1=1，an+1=2an+3n．
(1)令bn=an2n，求证：bn+1−bn是等比数列；
(2)令cn=1an，cn的前n项和为Tn，求证：1≤Tn<7760．
21.(本小题12分)
椭圆E:x28+y24=1的上顶点为P，圆C:x−12+y2=r2r>0在椭圆E内．
(1)求r的取值范围；
(2)过点P作圆C的两条切线，切点为AB，切线PA与椭圆E的另一个交点为N，切线PB与椭圆E的另一个交点为M.直线AB与y轴交于点S，直线MN与y轴交于点T.求ST的最大值，并计算出此时圆C的半径r．
22.(本小题12分)
已知函数y=sinx在x=x0x0≥0处的切线方程为y=ax+b，且对任意x≥0，都有sinx≤ax+b恒成立．
(1)求函数在点x=π4处的切线与坐标轴围成的三角形面积；
(2)求证：x0∈0,π2；
(3)若10ab≤m，求正整数m的最小值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】首先解不等式化简集合A，再利用补集运算可得．
【详解】由x−8x−2≥−2得x−4x−2≥0即x−2x−4≥0且x−2≠0，
解得x≥4或x<2，故∁UA=[2,4)．
故选：B．
2.【答案】A
【解析】【分析】应用复数除法运算及复数分类即可求解．
【详解】由z(1−i)2=(a−i)2，得z=(a−i)2(1−i)2=(a2−1)−2ai−2i=2a+(a2−1)i2，
因z为纯虚数，则2a=0a2−1≠0，解得a=0．
故选：A
3.【答案】B
【解析】【分析】根据向量的三角形法则，将AE用AB、AD表示可得结果．
【详解】因为AB=3DC，CE=−2BE，所以AE=AB+BE=AB+12EC
=AB+12EA+AD+DC=AB+12EA+12AD+12DC
=AB+12EA+12AD+12×13AB，
可得32AE=76AB+12AD，AE=79AB+13AD，
又AE=xAB+yAD，
所以x+y=79+13=109．
故选：B．
4.【答案】B
【解析】【分析】利用等差数列求和公式，结合等差数列的性质，根据两角和的余弦公式求解即可．
【详解】因为S13=13a1+a132=13a7=9124π，
所以a7=724π，a5+a9=2a7=712π，
csa5+a9=csπ4+π3=csπ4csπ3−sinπ4sinπ3= 2− 64，
故选：B．
5.【答案】A
【解析】【分析】刍甍的体积为直三棱柱的体积减去两个相同的三棱锥的体积，计算得到答案．
【详解】如图所示：刍甍的体积为直三棱柱的体积减去两个相同的三棱锥的体积，

即V=12×1×3×4−2×13×12×1×3×12×4−2=6−1=5．
故选：A
6.【答案】C
【解析】【分析】利用插空法和平均分配法结合求出结果．
【详解】先排甲、乙外的3人，有A33种排法，再插入甲、乙两人，有A42种方法，共有A33×A42种方法，
又甲排乙的左边和甲排乙的右边各占12，故所求不同和站法有12A33A42=36(种)．
故选：C．
7.【答案】D
【解析】【分析】根据f(x+1)=f(−x)，得函数f(x)的对称轴为x=12，所以有sin12ω+π6=±1，可得12ω+π6=π2+kπ,k∈Z，解得ω=2π3+2kπ,k∈Z，再分类讨论又f(x)在区间−π4,π12上单调递增和递减两种情况，对每一种情况列出关于ω的不等式组，解之可求得ω的值．
【详解】因为f(x+1)=f(−x)，所以函数f(x)的对称轴为x=12，
所以sin12ω+π6=±1，即12ω+π6=π2+kπ，k∈Z，
解得ω=2π3+2kπ，k∈Z，∵ω>0，∴k≥0，k∈Z，
①若f(x)在区间−π4,π12上单调递增，则−π2+2kπ≤ωx+π6≤π2+2kπ，k∈Z∵ω>0，
∴1ω−2π3+2kπ≤x≤1ωπ3+2kπ，k∈Z，
∴−π4≥1ω−2π3+2kππ12≤1ωπ3+2kπ，即−14≥1ω−23+2k112≤1ω13+2k，解得ω≤83−8k，k∈Z，
所以0<ω≤83−8k，k∈Z，且ω=2π3+2kπ，k∈Z，所以当k=0时，ω=2π3满足题意；
②若f(x)在区间−π4,π12上单调递减，则π2+2kπ≤ωx+π6≤3π2+2kπ，k∈Z∵ω>0，
∴1ωπ3+2kπ≤x≤1ω4π3+2kπ，k∈Z，
∴−π4≥1ωπ3+2kππ12≤1ω4π3+2kπ，即−14≥1ω13+2k112≤1ω43+2k，解得ω≤−43−8k，k∈Z，
所以0<ω≤−43−8k，k∈Z，且ω=2π3+2kπ，k∈Z，此时无解，综上可得ω=2π3．
故选：D．
关键点睛：本题考查正弦型函数的对称性，单调性问题中求参数的范围的方面，关键在于根据其函数的性质得出关于参数的不等式组．
8.【答案】D
【解析】【分析】首先确定的两条渐近线，也为旋转前双曲线的渐近线，再设两条渐近线夹角(锐角)角平分线方程，根据斜率与倾斜角关系、差角正切公式求双曲线渐近线斜率，进而求双曲线离心率．
【详解】x趋向于0时，2x趋向于0，x趋向于正无穷时，1x趋向于0，
则y=2x+1x的两条渐近线分别为y=2x，x=0，
所以该函数对应的双曲线焦点在y=2x，x=0夹角(锐角)的角平分线l上，
设l:y=kx且k>2，若α，β分别是y=kx，y=2x的倾斜角，
故tanα=k，tanβ=2，故α−β为双曲线旋转后其中一条渐近线的倾斜角，
由tan(α−β)=tanπ2−α=1tanα，即tan(α−β)=tanα−tanβ1+tanαtanβ=k−21+2k=1k，
整理得k2−4k−1=0，可得k=2+ 5(负值舍去)，
所以绕原点顺时针旋转得到焦点位于x轴上的双曲线C一条渐近线斜率为ba=12+ 5= 5−2，
故e= 1+b2a2= 1+(9−4 5)= 10−4 5．
故选：D．
关键点点睛：求出y=2x+1x的渐近线，利用正切差角公式求其旋转后渐近线斜率是关键．
9.【答案】AB
【解析】【分析】根据题意，由基本不等式的运算即可判断AD，由指数函数的单调性即可判断B，举出反例即可判断C
【详解】因为0所以lna+1lna=−−lna+−1lna≤−2 −lna⋅−1lna=−2，
当且仅当−lna=−1lna时，即a=1e时，等号成立，故 A正确；
由2a<2b可得a令a=−3,b=0,c=3，满足a+b+c=0且a函数y=x2+3 x2+2= x2+2+1 x2+2≥2，
当且仅当 x2+2=1 x2+2时，等号成立，但x2+2=1无解，故 D错误；
故选：AB
10.【答案】ACD
【解析】【分析】设出圆锥的底面圆半径、母线长及高，利用圆锥与球的表面积求母线与半径的关系，再逐项计算判断即得．
【详解】设圆锥AO1的底面圆O1的半径为R，高为ℎ，母线长为l，
由圆锥AO1与球O2的表面积相等，得πRl+πR2=4πR2，解得l=3R，
因此圆锥AO1的母线与底面所成角的余弦值为Rl=13， A正确；
ℎ= l2−R2=2 2R，因此圆锥AO1的高与母线长之比为ℎl=2 23， B错误；
圆锥AO1的侧面积与底面积之比πRlπR2=lR=3， C正确；
球O2的体积与圆锥AO1的体积之比为43πR313πR2⋅2 2R= 2， D正确．
故选：ACD
11.【答案】ABC
【解析】【分析】由已知写出点Ax0,y0，Mx0,−1，Nx0,2y0+1，利用向量垂直的充分必要条件即FM⋅FN=x0,−2⋅x0,2y0=−4y0+x02=0判断选项 A；利用导数的几何意义求出kAP=x02，再由斜率公式求出kAP=kNF，即可判断选项 B；由中位线的性质得到P是线段MQ的中点，再利用等腰直角三角形斜边的中线是斜边的一半判断选项 C；由抛物线的几何性质判断选项D．
【详解】对于A，因为C:x2=4y的准线为l:y=−1，焦点为F(0,1)，
设Ax0,y0，则Mx0,−1，Nx0,2y0+1，
所以FM⋅FN=x0,−2⋅x0,2y0=−4y0+x02=0，
所以∠MFN=90∘，(或由抛物线定义知AM=AN=AF，所以∠MFN=90∘，)故选项A正确；
对于B，因为y′=x2，所以A处的切线斜率，kAP=x02，
而kNF=2y0x0=2⋅14x02x0=x02，所以kAP=kNF，
从而AP//NF，即AP//NQ，所以 B正确．
对于C，又A是线段MN中点，所以P是线段MQ的中点，
又∠MFN=90∘，所以PQ=PF，所以 C正确．
对于D，因为kNF=x02，所以直线FN的方程为y−1=x02x，
令y=−1，得Q−4x0,−1，所以|MQ|=x0−−4x0=x0+4x0≥2 4=4，
当且仅当x0=2时，最小值为4，故选项D错误．
故选：ABC．
12.【答案】ABD
【解析】【分析】求出f(0)=0，令x=0可判断A；不妨设−1【详解】对于A，令x=y=0，则f(0)=0；令x=0，则f(−y)=−f(y)，
∴f(x)为奇函数，故 A正确；
对于B，不妨设−1∴f(x)∴f(x)在(−1,1)为增函数，故 B正确；
对于CD，令y=13，x−y1−xy=14，则x=713>12，f13+f14=f713>f12，
故C错误D正确．
故选：ABD．
13.【答案】60
【解析】【分析】由2n=64,⇒n=6，分类讨论求得a2+a+ bn的展开式中a5b的系数．
【详解】依题意，二项式系数和为64，则2n=64,⇒n=6，
则a2+a+ bn=a2+a+ b6表示6个a2+a+ b因式的乘积，
在6个因式里，有1个因式选a2，3个因式选a，2个因式选 b，相乘即可得a5b，
故a5b的系数为：C61×C53×C22=60．
故答案为：60
14.【答案】11
【解析】【分析】由正态分布的对称性计算出n=82，再求出结果即可．
【详解】因为P(67≤X≤77)≈0.6827，P(62≤X≤82)≈0.9545，
∵P(67≤X≤n)=0.8186=0.9545−0.9545−0.68272，
∴n=82，即P(67≤X≤82)=0.8186，
由已知，该班在[67,82)内抽取了11人，
他们的分数为68，70，71，72，73，75，76，76，78，80，81．
故答案为：11．
15.【答案】−∞,−92∪−52,+∞
【解析】【分析】根据bn=S1,n=1Sn−Sn−1,n≥2，求出bn的通项公式，即可得到an的通项公式，再列出前几项，得到a1>0，即可求出参数的取值范围．
【详解】当n=1时，b1=S1=−2a−5，∴a1=1−4b1=1+42a+5，
当n≥2时，bn=Sn−Sn−1=n2−6n−2a−(n−1)2−6(n−1)−2a=2n−7
∴an=1−4bn=1−42n−7=2n−112n−7，(n≥2)
∴a2=73，a3=5，a4=−3，a5=−13，a6=15，且n≥6时，an>0，
∴a3⋅a4<0，a5⋅a6<0要使数列an的变号数为2，
则a1=1+42a+5>0，解得a<−92或a>−52，
故答案为：−∞,−92∪−52,+∞．
16.【答案】4 ； ； ；；− 32
【解析】【分析】(1)求出fx、gx的值域，作出两函数的0,4π内的大致图象，结合图象可得答案；
(2)即对任意x0∈R，都有2个不同的实数x1,x2∈[−2,+∞)，使得gxi=fx0，即gxi=fx0=lg121−22x0+1∈(0,+∞)，即对任意k>0,g(x)=k有2个实根，分a=0、a>0、a<0讨论可得答案．
【详解】(1)因为2x>0，所以2x+1>1⇒12x+1<1⇒22x+1<2，
又因为f(x)=2x−12x+1=1−22x+1>1−2=−1，又因为2x−1<2x+1，
所以f(x)=2x−12x+1<1，所以−1又因为 gx=csx(0又因f(x)=1−22x+1，可得f(x)为奇函数且单调递增，
作出两函数的0,4π内的大致图象，如图所示：
g4π=cs4π=1，而函数f(x)在0,4π上单调递增，且−1所以f4π<1，由此可知f(x)=g(x)在0,4π内有4个解，
所以g(x)是f(x)在0,4π的“4重覆盖函数”，故n=4；
(2)可得f(x)=lg122x−12x+1=lg121−22x+1的定义域为(0,+∞)，
即对任意x0∈R，都有2个不同的实数x1,x2∈[−2,+∞),
使得gxi=fx0(其中i=1,2,3,⋯n,n∈N+)，
∵2x>1，∴2x+1>2⇒12x+1<12⇒0<22x+1<1，
所以0<1−22x+1<1，所以f(x)=lg122x−12x+1∈(0,+∞)，
即gxi=fx0=lg121−22x0+1∈(0,+∞)，即对任意k>0,g(x)=k有2个实根，
当x>1时，g(x)=lg2x=k已有一个根，故只需x≤1时，g(x)=k仅有1个根，
当a=0时，g(x)=−3x+1，符合题意，
当a>0时，则需满足g(1)=2+2a−3+1≤0，解得0当a<0时，抛物线开口向下，g(x)有最大值，不能满足对任意k>0，
g(x)=k仅有1个根，故不成立．
综上，实数a的取值范围是0,23，a的最大值为M=23，
则sinM+1π=sin5π3=− 32．
故答案为：4；− 32．
方法点睛：在处理两函数图象交点问题时，可通过分离变量交点问题转化为y=k与y=fx两个函数的图象交点情况．
17.【答案】解：(1)证明：因为AC，BC，CD两两垂直，
BC∩CD=C，BC⊂面BCDE，CD⊂面BCDE，
所以AC⊥平面BCDE.因为DE⊂平面BCDE，所以AC⊥DE．
在直角梯形BCDE中，连结CE.由∠BCD=∠CBE=π2且BC=BE=1，CD=2，
可得CE=DE= 2，CE2+DE2=CD2，所以DE⊥CE．
因为AC∩CE=C，AC⊂面ACE，CE⊂面ACE，所以DE⊥平面ACE．
(2)因为AC，BC，CD两两垂直，以点C为原点，直线CA，CB，CD分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系C−xyz，
则C(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0,1,0)，D(0,0,2)，E(0,1,1)，
所以CA=(1,0,0)，CE=(0,1,1)，BD=(0,−1,2)，
设平面ACE的法向量为n=(x,y,z)，则有n⋅CA=0n⋅CE=0，得x=0y+z=0,
取z=1，得n=(0,−1,1)，设直线BD与平面ACE所成角为θ，
则sinθ=csn,BD=n⋅BDnBD=0×0+(−1)×(−1)+1×2 02+(−1)2+12 02+(−1)2+22=3 1010，
故csθ= 1010，所以直线BD与平面ACE所成角的余弦值为 1010．

【解析】(1)根据题意，由线面垂直的性质定理可得AC⊥DE，由勾股定理可得DE⊥CE，再由线面垂直的判定定理即可证明；
(2)根据题意，以点C为原点，直线CA，CB，CD分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算代入计算，即可得到结果．
18.【答案】解：(1)在▵ABC中，B=π4，据余弦定理可得b2=a2+c2−2accsB=a2+c2− 2ac
又b2=c(a+c)，故a2− 2ac=ac，由于a>0，故a=( 2+1)c，
得ca= 2−1，故sinCsinA= 2−1；
(2)
在▵ABC中，据余弦定理可得b2=a2+c2−2accsB，
又b2=c(a+c)，故a2−2accsB=ac，
又a>0，故a−2csB=c，
故sinA−2sinCcsB=sinC，sin[π−(B+C)]−2sinCcsB=sinC，
sinBcsC+csBsinC−2sinCcsB=sinC，sin(B−C)=sinC，
因为A，B，C∈(0,π)，所以B−C∈(−π,π)，则B−C=C或B−C+C=π，
即B=2C或B=π(舍)，所以B=2C，
则 3sinB+2cs2C= 3sin2C+cs2C+1=2sin2C+π6+1，
而A=π−(B+C)=π−3C，
因为▵ABC是锐角三角形，所以0<π−3C<π20<2C<π20π2<2C+π6<2π3，故sin2C+π6∈ 32,1，2sin2C+π6+1∈( 3+1,3)，
故 3sinB+2cs2C∈( 3+1,3)

【解析】(1)由余弦定理和正弦定理解出结果；
(2)由余弦定理，两角和的正弦展开式，三角恒等变换得到B=2C，再利用辅助角公式，正弦函数的值域和π619.【答案】解：(1)由题设x=6008=75，y=5928=74，则b=i=1nxiyi−nxyi=1nxi−x2=43837.2−8×75×7493.8=−6，
所以a=y−bx=74+6×75=524，所以y=−6x+524；
当x=84时，代入y=−6x+524，得到y=20，
所以2024年顾客对该市火车站投诉的 次数约为20次．
(2)由题意，X服从超几何分布，可取0，1，2，
P(X=0)=C20C63C83=514，P(X=1)=C21C62C83=1528，P(X=2)=C22C61C83=328，
所以E(X)=0×514+1×1528+2×328=34．

【解析】(1)应用最小二乘法求回归直线，再代入x=84估算2024年顾客对火车站投诉的次数；
(2)根据题意写出X的可能取值，应用超几何概率公式求对应概率，即得分布列，进而求期望．
20.【答案】解：(1)∵an+1=2an+3n，
所以a2=2a1+3=5，
故an+12n+1=an2n+3n2n+1，且bn=an2n，
故bn+1=bn+12×32n，
∴bn+1−bn=3n2n+1，bn+2−bn+1=3n+12n+2，
则bn+2−bn+1=32(bn+1−bn)(n≥1)，又b2−b1=a24−a12=34≠0，
故bn+1−bn是公比为32的等比数列；
(2)证明：由(1)可知bn+1−bn=34⋅32n−1=12⋅32n，
当n≥2时，
∴bn=bn−bn−1+bn−1−bn−2+⋯+b3−b2+b2−b1+b1
=12⋅32n−1+32n−2+⋯+322+321+12=12×32×1−32n−11−32+12=32n−1，
又b1=12满足上式，所以bn=32n−1
∴an2n=32n−1⇒an=3n−2n，
∴cn=13n−2n，∵cn=13n−2n>0，
故Tn≥T1=1，
当n≥3时，3n−12n=12×32n−1≥12×323−1=98>1，
故3n−1>2n，∴an=3n−2n≥2×3n−1，
故当n≥3时，cn=13n−2n<12×3n−1，
故Tn=c1+c2+c3+⋯+cn<1+15+118+⋯+12×3n−1=1+15+1181−13n−21−13=65+1121−13n−2，
故Tn<1+15+112=7760，
综上，1≤Tn<7760

【解析】(1)等式两边同时除以2n+1，再验证bn+2−bn+1bn+1−bn=32(n≥1)即可；
(2)根据(1)求出an，根据Cn>0即可证Tn≥T1=1；根据n≥3时，3n−1>2n，可得cn=13n−2n<12×3n−1，利用此不等式求和即可证Tn<7760
21.【答案】解：(1)不妨设椭圆上任意一点Qx0,y0,x0≤2 2，且x028+y024=1
此时半径r又CQ2=x0−12+y02=x0−12+4−x022=12x0−22+3≥3，当x0=2时取等号．
所以r所以r的取值范围为0, 3；
(2)过点P0,2作圆C的两条切线，
当两条切线均存在斜率时，
设kPA=k1,kPB=k2,Nx1,y1,Mx2,y2,S0,y3,T0,y4
经过点P的直线l的方程为y=kx+2，
则|k+2| 1+k2=r，整理得r2−1k2−4k+r2−4=0，
所以有k1+k2=4r2−1,k1k2=r2−4r2−1
又以PC为直径的圆的方程为x−122+y−12= 1+422=54
则直线AB的方程为x−122+y−12−x−12+y2=54−r2，
整理得x−2y−1+r2=0，令x=0得y3=r2−12，即S0,r2−12，
联立y=kx+2x28+y24=1，消去y得1+2k2x2+8kx=0，
所以x1=−8k11+2k12,x2=−8k21+2k22，
即N−8k11+2k12,2−4k121+2k12,M−8k21+2k22,2−4k221+2k22，
不妨设直线MN的方程为y=tx+m，
则2−4k121+2k12=−8k11+2k12t+m2−4k221+2k22=−8k21+2k22t+m，整理得2m+4k12−8tk1+m−2=02m+4k22−8tk2+m−2=0,
所以k1,k2为方程2m+4k2−8tk+m−2=0的两个根，
则k1k2=m−22m+4，又k1k2=r2−4r2−1，
所以m−22m+4=r2−4r2−1，解得m=6r2−187−r2，
此时ST=y3−y4=r2−12−m=r2−12−6r2−187−r2=1218−7−r2+487−r2
≤12|18−2 48|=9−4 3，
当且仅当7−r2=487−r2，即r=2− 3时取等号，
当两条切线中一条斜率不存在时，r=1，此时，PA即y轴，
此时S0,0,T0,−2，ST=2<9−4 3，
综上ST的最大值为9−4 3，此时r=2− 3．

【解析】(1)设椭圆上任意一点Qx0,y0,x0≤2，可得r(2)设kPA=k1,kPB=k2,Nx1,y1,Mx2,y2,S0,y3,T0,y4，过点P的直线l的方程为y=kx+2，根据点到直线的距离公式得到r2−1k2−4k+r2−4=0，则可得k1k2=r2−4r2−1，再联立y=kx+2x28+y24=1，求出M,N坐标，设出直线MN的方程，代入M,N坐标计算，再求解即可》
关键点点睛：本题的关键点是通过计算求出相关点的坐标，进而才能求出长度表达式，对于计算的准确性以及计算速度要求高．
22.【答案】解：(1)由y=sinx得y′=csx，切线得斜率为csπ4= 22，切点π4, 22，
切线方程为：y− 22= 22x−π4，令x=0，得y= 22−π4+ 22= 22⋅4−π4；
令y=0，得x=−1+π4=π−44，
故切线与坐标轴围成的三角形面积为S=12 22⋅4−π4⋅4−π4= 2(4−π)264．
(2)先证明a≥0，b≥0，由x=0满足sinx≤ax+b知b≥0；
令x=2kπ，k∈N∗，则2akπ+b≥0，
∴a≥−b2kπ对k∈N+恒成立，∴a≥0，故a≥0，b≥0，
再证明x0∈0,π2，
由y=sinx在x=x0x0≥0处的切线方程为y=xcsx0+sinx0−x0csx0，
∴a=csx0≥0，b=sinx0−x0csx0=csx0tanx0−x0≥0，
由tanx0−x0≥0，结合图像可知x∈0,π2，
构造函数ℎ(x)=tanx−x，x∈0,π2，
则ℎ(x)=sinxcsx−x，ℎ′(x)=cs2x+sin2xcs2x−1=1−cs2xcs2x>0，
∴ℎ(x)=tanx−x在x∈0,π2上单调递增，
∴ℎ(x)>ℎ(0)=0，∴tanx−x>0，x0∈0,π2，
当x0=0，π2也符合a=csx0≥0，b=sinx0−x0csx0=csx0tanx0−x0≥0，
综上，x0∈0,π2．
(3)由(2)得ab=sinx0csx0−x0cs2x0，
令f(x)=12sin2x−xcs2x，x∈0,π2，则f′(x)=sinxcsx(2x−tanx)，
令g(x)=2x−tanx,x∈0,π2，则g′(x)=2−1cs2x=cs2xcs2x，
当x∈0,π4时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
当x∈π4,π2时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
又g(0)=0，若tanθ=2，θ∈0,π2，则记θ=arctan2，g(arctan2)>0，g5π12<0，
所以存在唯一s∈arctan2,5π12，g=0，f′=0，( )
当x∈(0,s)时，g(x)>0，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈s,π2时，g(x)<0，f′(x)<0，f(x)单调递减；
由g=0得2s=tans，由s∈arctan2,5π12得2s∈2arctan2,5π6，( )
易得tan2×arctan2=2×21−22=−43，所以sin2arctan2=45，
∴f(x)max=f=12sin2s−scs2s=12sin2s−12sinscss=14sin2s∈18,15，( )
∴10ab∈54,2，故正整数m的最小值为2．

【解析】(1)利用导数的几何意义求得切线方程，求出切线与坐标轴交点，进而得出结果；
(2)先推导a,b≥0，再根据a,b与x0的关系，推断x0的范围，再证得x0所取范围满足题意，从而得证；
(3)结合(2)中结论得到ab关于x0的表达式，再构造函数f(x)=12sin2x−xcs2x，x∈0,π2，利用二次求导推得fx的最大值的范围，从而得解．
关键点睛：本题第二问的解决关键在于，利用b≥0探讨恒成立问题成立的必要性x0∈0,π2，再证明它的充分性，从而得证．
i=18xi
i=18yi
i=18xiyi
i=18xi−x2
600
592
43837.2
93.8
X
0
1
2
P
514
1528
328