2022-2023学年北京市海淀区育英学校高二（下）期末数学练习试卷(含详细答案解析)

这是一份2022-2023学年北京市海淀区育英学校高二（下）期末数学练习试卷(含详细答案解析)，共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知集合A={x|lg2x>1}，B={x|x≥1}，则A∪B=( )
A. (1,2]B. (1,+∞)C. (1,2)D. [1,+∞)
2.已知等差数列{an}中，a1=3，a2=6.若bn=a2n，则数列{bn}的前5项和等于( )
A. 30B. 45C. 90D. 186
3.函数f(x)=x2−(12)x的零点的个数为( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
4.在平面直角坐标系中，记d为点Pcsθ,sinθ到直线x−my−2=0的距离，当θ、m变化时，d的最大值为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
5.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2 3，动点P在对角线BD1上，过点P作垂直于BD1的平面α，记这样得到的截面多边形(含三角形)的周长为y，设BP=x，则当x∈[1,5]时，函数y=f(x)的值域为( )
A. [2 6,6 6]
B. [2 6,18]
C. [3 6,18]
D. [3 6,6 6]
6.设{an}是公差为d的等差数列，Sn为其前n项和，则“d>0”是“{Sn}为递增数列”的( )
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
7.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆C上，且PF2⊥F1F2，过P作F1P的垂线交x轴于点A，若|AF2|=12c，记椭圆的离心率为e，则e2=( )
A. 3− 52B. 3− 5C. 2−1D. 12
8.教室的图书角摆放了一些阅读书目，其中有3本相同的论语、6本互不相同的近代文学名著，现从这9本书中选出3本，则不同的选法种数为( )
A. 84B. 42C. 41D. 35
9.在股票买卖过程中，经常会用各种曲线来描述某一只股票的变化趋势，其中一种曲线是即时价格曲线y=f(x)，一种是平均价格曲线y=g(x).例如：f(2)=3表示开始交易后2小时的即时价格为3元，g(2)=4表示开始交易后2小时内所有成交股票的平均价格为4元．下列给出的四个图象中，实线表示y=f(x)，虚线表示y=g(x).其中可能正确的是( )
A. B.
C. D.
10.已知点M在圆C1：(x−1)2+(y−1)2=1上，点N在圆C2：(x+1)2+(y+1)2=1上，则下列说法错误的是( )
A. OM⋅ON的取值范围为[−3−2 2,0]
B. |OM+ON|取值范围为[0,2 2]
C. |OM−ON|的取值范围为[2 2−2,2 2+2]
D. 若OM=λON，则实数λ的取值范围为[−3−2 2,−3+2 2]
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11.已知a，b∈R，且a−3b+6=0，则2a+18b的最小值为______.
12.二项式(3x+12x)8的展开式的常数项是______.
13.函数f(x)=x2−2x−3,x>a−x,x≤a，当a=0时，f(x)的值域为 (1) ；当f(x)有两个不同零点时，实数a的取值范围为 (2) .
14.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a=3，sinB=sin2A.
①bcsA的值为 (1) ；
②若a>c，则b的取值范围是 (2) .
15.已知点P，Q分别是抛物线C：y2=4x和直线x+6=0上的动点，点M是
圆K：(x−1)2+y2=1上的动点．
①抛物线C的焦点坐标为__________；
②|PQ|2|PM| 的最小值为__________.
三、解答题：本题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题13分)
在△ABC中，a，b，c分别为内角A、B、C的对边，且2asinA=(2b−c)sinB+(2c−b)sinC.
(Ⅰ)求角A的大小；
(Ⅱ)若sinB+sinC= 3，试判断△ABC的形状．
17.(本小题13分)
如图，已知函数f(x)=Asinx(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π2)在一个周期内的图象经过B(π6,0)，C(2π3,0)，D(5π12,2)三点
(Ⅰ)写出A，ω，φ的值；
(Ⅱ)若α∈(5π12,2π3)，且f(α)=1，求cs2α的值．
18.(本小题14分)
如图，四边形ABCD和三角形ADE所在平面互相垂直，AB//CD，AB⊥BC，∠DAB=60∘，AB=AD=4，AE⊥DE，AE=DE，平面ABE与平面CDE交于EF.
(Ⅰ)求证：CD//EF；
(Ⅱ)若EF=CD，求二面角A−BC−F余弦值；
(Ⅲ)在线段BC上是否存在点M使得AM⊥EM？若存在，求BM的长；若不存在，说明理由．
19.(本小题15分)
已知关于x函数g(x)=2x−alnx(a∈R)，f(x)=x2+g(x)
(Ⅰ)试求函数g(x)的单调区间；
(Ⅱ)若f(x)在区间(0,1)内有极值，试求a的取值范围；
(Ⅲ)a>0时，若f(x)有唯一的零点x0，试求[x0].
(注：[x]为取整函数，表示不超过x的最大整数，如[0.3]=0，[2.6]=2[−1.4]=−2；以下数据供参考：ln2=0.6931，ln3=1.099，ln5=1.609，ln7=1.946)
20.(本小题15分)
已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F(1,0)，M为椭圆的上顶点，O为坐标原点，且△OMF是等腰直角三角形．
(Ⅰ)求椭圆的方程；
(Ⅱ)是否存在直线l交椭圆于P，Q两点，且使点F为△PQM的垂心(即三角形三条高线的交点)？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
21.(本小题15分)
已知数列{an}满足：a1∈N*，a1≤36，且an+1=2an,an≤182an−36,an>18(n=1,2,⋅⋅⋅).记集合M={an|n∈N*}.
(1)若a1=6，写出集合M的所有元素；
(2)若集合M存在一个元素是3的倍数，证明：M的所有元素都是3的倍数；
(3)求集合M的元素个数的最大值.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A={x|x>2}；
∴A∪B=[1,+∞).
故选：D.
可求出集合A，然后进行并集的运算即可．
考查描述法、区间表示集合的概念，以及并集的运算．
2.【答案】C
【解析】解：等差数列{an}中，a1=3，a2=6，
∴d=a2−a1=6−3=3，
∴a2n=3+3(2n−1)=6n，
∴bn=6n，
∴{bn}的前5项和等于6(1+2+3+4+5)=90，
故选：C.
利用等差数列的通项公式，可得an，进而得到bn，然后利用前n项和公式求解即可．
本题考查了等差数列的通项公式、前n项和公式，熟练应用公式是解题的关键．
3.【答案】B
【解析】解：函数f(x)=x2−(12)x的零点的个数即为y=12x与y=(12)x的图像交点个数，
在同一坐标系内作出y=12x与y=(12)x的图像，如图：
，
由图可得：只有一个交点，即函数f(x)=x2−(12)x的零点的个数为1.
故选：B.
转化为两个函数图像的交点问题，画图即可求解结论．
本题考查了函数的零点与函数的图象的应用，属于中档题．
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查点到直线的距离公式，考查运算求解能力，是中档题．
由题意分m=0, m≠0两种情况讨论，结合三角函数的最值即可得解．
【解答】
解：由题意，
当m=0时，d=2−csθ，
∴当csθ=−1时，dmax=3;
当m≠0时，
d=|csθ−msinθ−2| 12+m2=|msinθ−csθ+2| 12+m2=| m2+1sin(θ+α)+2| m2+1，
(其中tanα=−1m)，
∴当sin(θ+α)=1时，dmax=1+2 m2+1<3，
∴d的最大值为3.
故选C.
5.【答案】D
【解析】【分析】
求出正方体的对角线长，根据x∈[1,5]，可得x=1或5时，三角形的周长最小；x=2或4时，三角形的周长最大，从而可得结论．
本题考查正方体的截面问题，考查学生分析解决问题的能力，确定三角形周长取最大、最小时的位置是关键．
【解答】
解：∵正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2 3，
∴正方体的对角线长为6，
∵x∈[1,5]，
∴x=1或5时，三角形的周长最小，设截面正三角形的边长为t，则由等体积可得13⋅ 34t2⋅1=13⋅12⋅( 22t)3，
∴t= 6，∴ymin=3 6；
x=2或4时，三角形的周长最大，截面正三角形的边长为2 6，∴ymax=6 6.
∴当x∈[1,5]时，函数y=f(x)的值域为[3 6,6 6].
故选：D.
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合等差数列的前n项和公式是解决本题的关键，属于基础题.
根据等差数列的前n项和公式以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【解答】
解：由Sn+1>Sn
⇔(n+1)a1+n(n+1)2d>na1+n(n−1)2d
⇔dn+a1>0
⇔d≥0且d+a1>0.
即数列{Sn}为递增数列的充要条件是d≥0且d+a1>0，
则“d>0”是“{Sn}为递增数列”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
7.【答案】A
【解析】解：由于椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆C上，且PF2⊥F1F2，
过P作F1P的垂线交x轴于点A，|AF2|=12c，记椭圆的离心率为e，
则由射影定理可得|PF2|2=|F1F2|⋅|AF2|=2c×c2=c2，∴|PF2|=c.
Rt△△PF1F2中，|PF1|= c2+(2c)2= 5c.
再根据椭圆的定义，可得|PF1|+|PF2|=2a，即 5c+c=2a，
∴e=ca= 5−12，则e2=3− 52，
故选：A.
由题意，利用椭圆的定义和性质，先求出e，可得e2的值．
本题主要考查椭圆的定义和性质的应用，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查排列、组合的应用，涉及分类计数原理的应用，关键是分类讨论，属于中档题．
根据题意，按选出论语的数目分4种情况讨论，求出每一种情况的选法数目，由加法计数原理计算可得答案．
【解答】
解：根据题意，分4种情况讨论：
①，选出的3本都是论语，有1种情况，
②，选出的3本中有2本是论语，则其中有1本是近代文学名著，有C61=6种情况，
③，选出的3本中有1本是论语，则其中有2本是近代文学名著，有C62=15种情况，
④，选出的3本都是近代文学名著，有C63=20种情况，
则有1+6+15+20=42种不同的选法，
故选：B.
9.【答案】B
【解析】解：刚开始交易时，即时价格和平均价格应该相等，故A错误；
开始交易后，平均价格应该跟随即时价格变动，即时价格与平均价格同增同减，
且平均价格在任何时刻其变化幅度应该小于即时价格变化幅度，
当即时价格最低时，平均价格还没有达到最低值，平均价格的最小值要大于即时价格的最小值，
故C、D均错误，
故A，C，D均错误．
故选：B.
根据即时价格和平均价格的价格波动关系进行判断即可．
本题主要考查函数图象的识别和判断，根据函数图象的应用是解决本题的关键，考查学生看图识图及理论联系实际的能力，属于中档题．
10.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了圆与圆的位置关系，平面向量的应用，属于中档题．
根据两圆的对称关系和OM，ON的范围进行判断．
【解答】
解：∵M在圆C1上，点N在圆C2上，
∴∠MON≥90∘，
∴OM⋅ON≤0，
又OM≤ 2+1，ON≤ 2+1，
∴当OM= 2+1，ON= 2+1时，
OM⋅ON取得最小值( 2+1)2csπ=−3−2 2，故A正确；
设M(1+csα,1+sinα)，
N(−1+csβ,−1+sinβ)，
则OM+ON=(csα+csβ,sinα+sinβ)，
∴|OM+ON|2=2csαcsβ+2sinαsinβ+2=2cs(α−β)+2，
∴0≤|OM+ON|≤2，故B错误；
∵两圆外离，半径均为1，|C1C2|=2 2，
∴2 2−2≤|MN|≤2 2+2，即2 2−2≤|OM−ON|≤2 2+2，故C正确；
∵ 2−1≤|OM|≤ 2+1， 2−1≤|ON|≤ 2+1，
∴当OM=λON时， 2−1 2+1≤−λ≤ 2+1 2−1，解得−3−2 2≤λ≤−3+2 2，故D正确．
故选：B.
11.【答案】14
【解析】【分析】
本题考查基本不等式的应用，考查计算能力，属于中档题．
化简所求表达式，利用基本不等式转化求解即可．
【解答】
解：a，b∈R，且a−3b+6=0，
可得：3b=a+6，
则2a+18b=2a+12a+6=2a+126⋅2a
≥2 2a⋅1262a=14，
当且仅当2a=12a+6，即a=−3时取等号．
2a+18b的最小值为：14.
故答案为：14.
12.【答案】7
【解析】解：二项式(3x+12x)8的展开式的通项公式为Tr+1=C8r(3x)8−r(12x)r=C8r(12)rx8−4r3，r=0，，
令8−4r=0，解得r=2，
展开式的常数项是C82(12)2=7.
故答案为：7.
写出二项式展开式的通项公式，令x的指数为0，解出r，可得常数项．
本题考查二项式展开式的常数项，考查学生计算能力，属于基础题．
13.【答案】[−4,+∞) ； (−∞,−1)或[0,3)
【解析】解：根据题意，
第一空：当a=0时，f(x)=x2−2x−3,x>0−x,x≤0，
当x>0时，f(x)=x2−2x−3，
有f(x)=(x−1)2−4，又由x>0，则f(x)≥−4，
当x≤0时，f(x)=−x，若x≤0，则有f(x)≥0，
综合可得：f(x)的值域为[−4,+∞)；
第二空：若f(x)有两个不同零点，则函数f(x)的图象与x轴有2个交点，
分别作出函数y=−x与y=x2−2x−3的图象，
分析可得：若函数f(x)的图象与x轴有2个交点，必有a<−1或0≤a<3，
即a的取值范围为(−∞,−1)或[0,3)；
故答案为：[−4,+∞),(−∞,−1)或[0,3).
对于第一空：求出当a=0时函数的解析式，分段求出函数的值域，综合即可得答案；
对于第二空：分析可得f(x)有两个不同零点，则函数f(x)的图象与x轴有2个交点，同一坐标系下作出函数y=−x与y=x2−2x−3的图象，分析即可得答案．
本题考查分段函数的应用，关键是用数形结合法分析f(x)有两个不同零点．
14.【答案】6 ； (3,3 2)
【解析】解：①∵a=3，sinB=sin2A=2sinAcsA，
∴由正弦定理可得：b=2acsA，
∴bcsA=2a=6.
②∵a>c，∴c<3，
b=6csA=6×b2+c2−a22bc=3(b2+c2−9)bc，∴b2=9+3c<9+3×3=18，∴b<3 2，
∵sinB=sin2A，∴sinB−sin2A=0，∴2csB+2A2sinB−2A2=0，
∵cB+A+C=π，∴B+2A2>π2，∴csB+2A2<0，∴sinB−2A2=0，
∵−2πA，∴b>a=3，
故b的取值范围是(3,3 2).
①由正弦定理可得；
②由b=6csA及余弦定理可得b<3 2；由sinB−sin2A=0和差化积可得B=2A，得B>A，b>a=3.
本题考查了正弦定理、和差公式、倍角公式、三角形内角和定理、三角函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
15.【答案】(1,0) ； 16
【解析】【分析】
本题考查抛物线的定义、方程和性质，考查直线和圆的位置关系，以及基本不等式的运用，考查转化思想和数形结合思想，属于中档题．
根据抛物线方程可以求得抛物线的焦点和准线方程，由题意可得要使|PM|取得最大，可得PM经过点F，即|PM|=|PF|+1，要使|PQ|取得最小，PQ必须垂直于直线x=−6，可得|PQ|=|PF|+5，再由基本不等式可得所求最小值．
【解答】
解：y2=4x的焦点F(1,0)，准线方程为x=−1，
要使|PM|取得最大，可得PM经过点F，
即|PM|=|PF|+1，
要使|PQ|取得最小，PQ必须垂直于直线x=−6，
可得|PQ|=|PF|+5，
由|PQ|2|PM| ≥(|PF|+5)2|PF|+1=(|PF|+1)+16|PF|+1+8≥2 16+8=16，
当且仅当|PF|=3时等号成立，即上式取得最小值16.
故答案为：(1,0)；16.
16.【答案】解：(Ⅰ)由2asinA=(2b−c)sinB+(2c−b)sinC，
利用正弦定理化简得：2a2=(2b−c)b+(2c−b)c，
整理得：bc=b2+c2−a2，
∴csA=b2+c2−a22bc=12，
又A为三角形的内角，
则A=60∘；
(Ⅱ)∵A+B+C=180∘，A=60∘，
∴B+C=180∘−60∘=120∘，即C=120∘−B，
代入sinB+sinC= 3得：sinB+sin(120∘−B)= 3，
∴sinB+sin120∘csB−cs120∘sinB= 3，
∴32sinB+ 32csB= 3，即sin(B+30∘)=1，
∴0∴30∘∴B+30∘=90∘，即B=60∘，
∴A=B=C=60∘，
则△ABC为等边三角形．
【解析】(Ⅰ)利用余弦定理表示出csA，然后根据正弦定理化简已知的等式，整理后代入表示出的csA中，化简后求出csA的值，由A为三角形的内角，利用特殊角的三角函数值即可求出A的度数；
(Ⅱ)由A为60∘，利用三角形的内角和定理得到B+C的度数，用B表示出C，代入已知的sinB+sinC= 3中，利用两角和与差的正弦函数公式及特殊角的三角函数值化简，整理后再利用两角和与差的正弦函数公式及特殊角的三角函数值化为一个角的正弦函数，由B的范围，求出这个角的范围，利用特殊角的三角函数值求出B为60∘，可得出三角形ABC三个角相等，都为60∘，则三角形ABC为等边三角形．
此题考查了三角形形状的判断，正弦、余弦定理，两角和与差的正弦函数公式，等边三角形的判定，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握定理及公式是解本题的关键．
17.【答案】解：(Ⅰ)由题意可得A=2，12⋅2πω=2π3−π6，
∴ω=2，再结合五点法作图可得2×π6+φ=0，
求得φ=−π3.
(Ⅱ)由(Ⅰ)得，f(x)=2sin(2x−π3)，∵f(α)=1，∴sin(2α−π3)=12.
∵α∈(5π12,2π3)，∴2α−π3∈(π2,π)，∴2α−π3=56π，∴2α=76π，
∴cs2α=cs76π=− 32.
【解析】(Ⅰ)由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出ω，由五点法作图求出φ的值．
(Ⅱ)由(Ⅰ)可得函数的解析式，由题意求得sin(2α−π3)=12，结合2α−π3的范围，求得2α−π3的值，可得2α的值，进而求得cs2α的值．
本题主要考查由函数y=Asin(ωx+φ)的部分图象求解析式，由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出ω，由五点法作图求出φ的值，根据三角函数的值求角，属于基础题．
18.【答案】(Ⅰ)证明：∵AB//CD，AB⊂平面ABE，CD⊄平面ABE，
∴CD//平面ABE，
又CD⊂平面CDE，平面CDE∩平面ABE=EF，
∴CD//EF.
(Ⅱ)取AD的中点N，连接EN，BN.
∵AE=DE，∴EN⊥AD.
又平面ADE⊥平面ABCD，平面ADE∩平面ABCD=AD，EN⊂平面ADE，
∴EN⊥平面ABCD.
∵AN=12AD=2，AB=4，∠DAB=60∘，
∴BN= 22+42−2×2×4×cs60∘=2 3.
∴AN2+BN2=AB2，即AN⊥BN.
∵△ADE是等腰直角三角形，AD=4，∴EN=2，
以N为原点建立空间直角坐标系N−xyz，如图所示，
则N(0,0,0)，B(0,2 3,0)，C(−3, 3,0)，F(−1, 3,2).
∴BF=(−1,− 3,2),BC=(−3,− 3,0)，
设平面BCF的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅BF=0,n⋅BC=0,即−x− 3y+2z=0,−3x− 3y=0.
令y= 3，则x=−1，z=1.于是n=(−1, 3,1).
又平面ABCD的法向量为NE=(0,0,2)，
∴cs=n⋅NE|n||NE|=22× 5= 55.
由题知二面角A−BC−F为锐角，
所以二面角A−BC−F的余弦值为 55.
(Ⅲ)不存在满足条件的点M，使AM⊥EM，理由如下：
若AM⊥EM，则AM⋅EM=0.
因为点M为线段BC上的动点，设CM=tCB(0≤t≤1).
则M(3t−3, 3t+ 3,0)，
∴AM=(3t−5, 3t+ 3,0)，EM=(3t−3, 3t+ 3,−2)，
∴(3t−3)(3t−5)+( 3t+ 3)2=0，
化简得：2t2−3t+3=0，方程无实根．
所以线段BC上不存在点M，使AM⊥EM.
【解析】本题考查了线面平行的判定与性质，考查空间向量与空间角的计算，考查用向量法解决存在性问题，属于中档题．
(I)证明CD//平面ABE，根据线面平行的性质定理即可得出CD//EF；
(II)建立空间坐标系，求出平面ABC和平面BCF的法向量，通过计算法向量的夹角得出二面角的余弦值；
(III)设CM=tCB(0≤t≤1)，求出AM和EM，令AM⋅EM=0，得到t的等式得出结论．
19.【答案】解：(I)g(x)=2x−alnx(x>0)，g′(x)=−2x2−ax=−ax+2x2，
(i)当a≥0时，g′(x)<0，∴(0,+∞)为函数g(x)的单调递减区间；
(ii)当a<0时，由g′(x)=0，解得x=−2a.
当x∈(0,−2a)时，g′(x)<0，此时函数g(x)单调递减；当x∈(−2a,+∞)时，g′(x)>0，此时函数g(x)单调递增．
(II)f(x)=x2+g(x)，其定义域为(0,+∞).
f′(x)=2x+g′(x)=2x3−ax−2x2，
令h(x)=2x3−ax−2，x∈[0,+∞),h′(x)=6x2−a,
当a<0时，h′(x)≥0恒成立，∴h(x)为(0,+∞)上的增函数，
又h(0)=−2<0，h(1)=−a>0，
∴函数h(x)在(0,1)内至少存在一个变号零点x0，且x0也是f′(x)的变号零点，此时f(x)在区间(0,1)内有极值．
当a≥0时，h(x)=2(x3−1)−ax<0，即x∈(0,1)时，f′(x)<0恒成立，函数f(x)无极值．
综上可得：f(x)在区间(0,1)内有极值的a的取值范围是(−∞,0).
(III)∵a>0时，由(II)可知：f(1)=3知x∈(0,1)时，f(x)>0，
∴x0>1.
又f′(x)在区间(1,+∞)上只有一个极小值点记为x1，
且x∈(1,x1)时，函数f(x)单调递减，x∈(x1,+∞)时，函数f(x)单调递增，
由题意可知：x1即为x0.
∴f(x0)=0f′(x0)=0，
∴x02+2x0−alnx0=02x03−ax0−2=0，消去a可得：2lnx0=1+3x03−1，
a>0，令t1(x)=2lnx(x>1)，t2(x)=1+3x3−1(x>0)，
则在区间(1,+∞)上t1(x)单调递增，t2(x)单调递减．
t1(2)=2ln2<2×0.7=75<107=t2(2)，
t1(3)=2ln3>2>1+326=t2(3).
∴2∴[x0]=2.
【解析】(I)g(x)=2x−alnx(x>0)，g′(x)=−2x2−ax=−ax+2x2，对a分类讨论：当a≥0时，当a<0时，即可得出单调性；
(II)f(x)=x2+g(x)，其定义域为(0,+∞).f′(x)=2x+g′(x)=2x3−ax−2x2，令h(x)=2x3−ax−2，x∈[0,+∞),h′(x)=6x2−a,当a<0时，可得：函数h(x)在(0,1)内至少存在一个变号零点x0，且x0也是f′(x)的变号零点，此时f(x)在区间(0,1)内有极值．当a≥0时，由于函数f(x)单调，因此函数f(x)无极值．
(III)a>0时，由(II)可知：f(1)=3知x∈(0,1)时，f(x)>0，因此x0>1.又f′(x)在区间(1,+∞)上只有一个极小值点记为x1，由题意可知：x1即为x0.得到f(x0)=0f′(x0)=0，即x02+2x0−alnx0=02x03−ax0−2=0，消去a可得：2lnx0=1+3x03−1，a>0，令t1(x)=2lnx(x>1)，t2(x)=1+3x3−1(x>0)，分别研究单调性即可得出x0的取值范围．
本题考查了利用当时研究函数的单调性极值与最值，考查了分类讨论方法，考查了分析问题与解决问题的方法，考查了零点存在但是求不出准确值的情况下的解决方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
20.【答案】解：(Ⅰ)由△OMF是等腰直角三角形，得c=b=1，a= 2b= 2，
故椭圆方程为x22+y2=1.
(Ⅱ)假设存在直线l交椭圆于P，Q两点，且F为△PQM的垂心，
设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，因为M(0,1)，F(1,0)，故kPQ=1.
于是设直线l的方程为y=x+m，由y=x+mx2+2y2=2得3x2+4mx+2m2−2=0.
由△>0，得m2<3，且x1+x2=−4m3，x1x2=2m2−23.
由题意应有MP⋅FQ=0，又MP=(x1,y1−1),FQ=(x2−1,y2)，
故x1(x2−1)+y2(y1−1)=0，得x1(x2−1)+(x2+m)(x1+m−1)=0.
即2x1x2+(x1+x2)(m−1)+m2−m=0.
整理得2×2m2−23−43m(m−1)+m2−m=0.
解得m=−43或m=1.
经检验，当m=1时，△PQM不存在，故舍去m=1.
当m=−43时，所求直线l存在，且直线l的方程为y=x−43.
【解析】(Ⅰ)由△OMF是等腰直角三角形，得c=b=1，a= 2b= 2，即可得到椭圆方程；
(Ⅱ)假设存在直线l交椭圆于P，Q两点，且F为△PQM的垂心，设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，于是设直线l的方程为y=x+m，代入椭圆方程，运用韦达定理，结合垂心的定义和向量垂直的条件，化简整理计算即可得到所求直线方程．
本题考查椭圆的方程和性质，同时考查直线方程和椭圆方程联立，运用韦达定理，考查化简整理的运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)根据递推公式可得：
a1=6，a2=12，a3=24，a4=12，
∴M={6,12,24}；
(2)证明：因为集合M存在一个元素是3的倍数，所以不妨设ak是3的倍数，
由已知an+1=2an,an≤18,2an−36,an>18，
可由数学归纳法证明对任意n≥k，an是3的倍数，
当k=1时，则M中的所有元素都是3的倍数，
如果k>1时，因为ak=2ak−1或ak=2ak−1−36，
所以2ak−1是3的倍数，于是ak−1是3的倍数，
类似可得，ak−2，…，a1都是3的倍数，
从而对任意n≥1，an是3的倍数，因此M的所有元素都是3的倍数；
(3)∵a1≤36，且an+1=2an,an≤182an−36,an>18(n=1,2,⋅⋅⋅).
∴可归纳得an≤36，(n=2,3,…)，
∵a1是正整数，a1=2a1,a1≤182a1−36,a1>18，∴a2是2的倍数，
从而当n≥3时，an是4的倍数，
若a1是3的倍数，由(2)知对所以正整数n，an是3的倍数，
∴当n≥3时，an∈{12,24,36}，此时M的元素个数不超过5，
若a1不是3的倍数，则由(2)知对所以正整数n，an不是3的倍数，
∴n≥3时，an∈{4,8,16,20,28,32}，此时M的元素个数不超过8，
当a1=1时，M={1,2,4,8,16,20,28,32}，此时M的元素个数为8，
综上可知，集合M的元素个数的最大值为8.
【解析】(1)根据数列的递推公式及归纳推理思想，即可求解；
(2)根据数学归纳法，即可证明；
(3)根据递推公式，逻辑推理，即可求解．
本题考查数列递推公式的应用，数学归纳法的应用，逻辑推理，属中档题．