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2023-2024学年浙江省金华市十校高三（上）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年浙江省金华市十校高三（上）期末数学试卷（含解析），共16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.已知集合M={x||x−1|≤1}，N={x|>2}，则M∪N=( )
A. {x|x>2}B. {x|x≤0}C. ⌀D. {x|x≥0)
2.2i1+i=( )
A. 1+iB. −1+iC. −1−iD. 1−i
3.已知a=lg30.3，b=30.3，c=0.33，则( )
A. a4.若(1+x)(2−x)5=a0+a1x+a2x2+⋯+a6x6，则a1+a3+a5=( )
A. −1B. 2C. 1D. 0
5.某次数学联考成绩的数据分析，20000名考生成绩服从正态分布N(72,82)，则80分以上的人数大约是( )
参考数据：若X−N(μ,σ2)，则P(μ−σ≤X≤μ+σ)≈0.6827
A. 3173B. 6346C. 6827D. 13654
6.在△ABC中，“0A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
7.若tan2α=3tan(α−β)，则tan(α+β)的最大值为( )
A. 3B. 1C. 2− 3D. 33
8.已知公差为d的等差数列{an}，Sn为其前n项和，若a1011+sina1011=1a1013+sin(a1013−2)=1，则( )
A. S2023=2023，d<1B. S2023=2023，d>1
C. S2023=−2023，d≤1D. S2023=−2023，d≥1
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.设平面向量a=(t,2−2t)(t∈R)，b=(2,−4)( )
A. 若a⊥b，则t=45B. 若t=1，则a⊥(b−2a)
C. ∀t∈R，|a|≥25 5D. ∃t∈R，使a//b
10.已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的图像经过点(0,1)与(π3,0)，则( )
A. f(−2π3)是f(x)的最大值B. f(10π3)是f(x)的最小值
C. f(7π3)=0D. f(x)在(0,π6)单调递增
11.已知函数g(x)=f(ex)，h(x)=ef(x)，( )
A. 若f(x)=0，则g(x)=h(x)=0
B. 若f(x)=|x|，则g(x)=h(x)
C. 对于g(x)=h(x)，若f(x)=xα，则α=1
D. 对于g(x)=h(x)，若f(x)=lgax(a>0,a≠1)，则a=e
12.已知抛物线C：y2=2x的焦点为F，准线为l，点A，B在C上(A在第一象限)，点Q在l上，FQ⋅FA=0，QB=λBF(λ>0)，( )
A. 若λ=2，则|BF|=23B. 若∠AQF=π3，则|AF|=2
C. 则△AFB的面积最小值为14D. 则△AQB的面积大于3−2 2
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.双曲线x2−y24=1的渐近线方程为______．
14.已知一圆锥的侧面展开图是圆心角为2π3且半径为1的扇形，则该圆锥的侧面积为______．
15.某地区上年度电价为0.8元(kW⋅h)，年用电量为akWh，本年度计划将电价下降到0.55～0.75元/(kWh)之间，而用户期望电价为0.4元/(kW⋅h).经测算下调电价后的新增用电量，和实际电价与用户的期望电价的差成反比(比例系数为μ).该地区的电力成本价为0.3元(kW⋅h).已知μ=0.2a，为保证电力部门的收益比上年至少增长20%，则最低的电价可定为______元/(kWh)．
16.直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=2，E，F分别是棱AA1，BB1上一点，且AE=B1F=1，若三棱锥E−ABC的外接球与三棱锥F−A1B1C1的外接球外切，则AA1的长为______．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
浙江省普通高中学业水平考试分ABCDE五个等级，剔除E等级，ABCD等级的比例分别是5%，15%，40%，40%，现从当年全省数学学考ABCD四个等级的考生试卷中按分层抽样的方法随机抽取20份试卷作为样本分析答题情况．
(Ⅰ)分别求样本中A，B，C，D各等级的试卷份数；
(Ⅱ)从样本中用简单随机抽样的方法(不放回)抽取4份试卷，记事件M为抽取的4份试卷中没有D等级的试卷，事件N为抽取的4份试卷中有B等级的试卷，求P(N|M)．
18.(本小题12分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知1+sin2A−cs2A1+sin2A+cs2A= 3，b=3c．
(Ⅰ)求角A；
(Ⅱ)求sinA：sinB：sinC．
19.(本小题12分)
如图在等腰梯形ABCD′中，AB//CD′，AB=BC=2，∠ABC=120°，E，F，G分别为D′C，AE，BC的中点，现将△D′AE绕AE翻折至△DAE的位置，H为CD的中点．
(Ⅰ)求证：DF//平面EGH；
(Ⅱ)当平面DAE垂直于平面ABC时，求平面DAE与平面HGE夹角的余弦值．
20.(本小题12分)
已知数列{an}是等差数列，a1=3，d≠0，且a1，a7，a25构成等比数列，
(Ⅰ)求an；
(Ⅱ)设f(n)=an，若存在数列{bn}满足b1=1，b2=7，b3=25，且数列{f(bn)}为等比数列，求{anbn}的前n项和Sn
21.(本小题12分)
已知函数f(x)=2lnx+ax2−x(a>0)在定义域上不是单调函数．
(Ⅰ)求实数a的取值范围；
(Ⅱ)若f(x)在定义域上的极大值为M，极小值为N，求M+N的取值范围．
22.(本小题12分)
已知点P是圆S：x2+y2=1的动点，过P作PH⊥y轴，H为垂足，且HQ=tHP，HR=1tHP(t>1)，记动点Q，R的轨迹分别为S1，S2．
(Ⅰ)证明：S1，S2有相同的离心率；
(Ⅱ)若直线l：y=kx− 22与曲线S1交于A，B，与曲线S2交于C，D，与圆S交于MN，当k>43时，试比较|AB|2+|CD|2与2|MN|2的大小．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：集合M={x|x−1|≤1}={x|0≤x≤2}，N={x|>2}，
则M∪N={x|x≥0}．
故选：D．
根据已知条件，结合并集的定义，即可求解．
本题主要考查并集及其运算，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：2i1+i=2i(1−i)(1+i)(1−i)=1+i．
故选：A．
根据已知条件，结合复数的四则运算，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查利用对数函数和指数函数的性质比较大小，属于基础题．
容易得出lg30.3<0,30.3>1,0<0．33<1，从而得出a，b，c的大小关系．
【解答】
解：lg30.330=1，0<0.33<1；
∴a故选：B．
4.【答案】C
【解析】解：(1+x)(2−x)5=a0+a1x+a2x2+⋯+a6x6，
令x=1，2×(2−1)5=a0+a1+⋅⋅⋅+a6，①
令x=−1，0=a0−a1+a2−a3+a4−a5+a6，②
①−②2可得，a1+a3+a5=2−02=1．
故选：C．
根据已知条件，结合赋值法，即可求解．
本题主要考查二项式定理，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：根据题意，20000名考生成绩服从正态分布N(72,82)，
即μ=72，σ=8，
则有P(X≥80)=12[1−P(64≤X≤80)]≈0.15865，
故80分以上的人数大约是20000×0.15865≈3173．
故选：A．
根据题意，由正态分布的性质计算P(X≥80)的值，进而计算可得答案．
本题考查正态分布的性质以及应用，注意正态曲线的对称性，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：0则csA>0，csB>0，
∵A∈(0,π)，B∈(0,π)，
∴角A，角B均为锐角，
csAcsB则csAcsB−sinAsinB=cs(A+B)=−csC<0，即csC>0，
C∈(0,π)，
则角C为锐角，
故△ABC为锐角三角形，充分性成立，
△ABC为锐角三角形，
则A∈(0,π2)，B∈(0,π2)，C∈(0,π2)，
故csA>0，csB>0，csC=−cs(A+B)=sinAsinB−csAcsB>0，
故0综上所述，在△ABC中，“0故选：C．
根据已知条件，结合三角函数的符号，以及余弦的两角和公式，即可求解．
本题主要考查三角形的形状判断，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：已知tan2α=3tan(α−β)，
则tan(α+β)=tan[2α−(α−β)]=tan2α−tan(α−β)1+tan2αtan(α−β)=2tan(α−β)1+3tan2(α−β)，
要使得tan(α+β)取最大值，
则tan(α−β)>0，
则tan(α+β)=21tan(α−β)+3tan(α−β)≤22 1tan(α−β)×3tan(α−β)= 33，当且仅当1tan(α−β)=3tan(α−β)时取等号，
即tan(α+β)的最大值为 33．
故选：D．
由两角和与差的三角函数，结合基本不等式的应用求解．
本题考查了两角和与差的三角函数，重点考查了基本不等式的应用，属中档题．
8.【答案】A
【解析】解：由公差为d的等差数列{an}，Sn为其前n项和，若a1011+sina1011=1a1013+sin(a1013−2)=1，
可得a1011+sina1011=−[a1013−2+sin(a1013−2)]=1．
设f(x)=x+sinx，则f′(x)=1+csx≥0，即有f(x)在R上递增，
且f(−x)=−x+sin(−x)=−x−sinx=−f(x)，即有f(x)为R上的奇函数，
所以f(a1011)=−f(a1013−2)=f(2−a1013)，
则a1011=2−a1013，即a1011+a1013=2，
可得S2023=12(a1+a2023)×2023=12(a1011+a1013)×2023=2023，
由x>0，f(x)>0；x<0，f(x)<0，可得1>a1011>0，a1013−2<0，
可得a1013−a1011−2<0，即2d−2<0，即d<1．
故选：A．
设f(x)=x+sinx，求得导数和单调性、奇偶性，原方程化为f(a1011)=−f(a1013−2)=f(2−a1013)，去掉f，结合等差数列的求和公式与通项公式，可得结论．
本题考查等差数列的通项公式和求和公式，以及函数的奇偶性和单调性，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
9.【答案】ABC
【解析】解：对于A，a⊥b时，a⋅b=2t−4(2−2t)=0，解得t=45，选项A正确；
对于B，t=1时，a=(1,0)，b−2a=(0,−4)，所以a⋅(b−2a)=0，所以a⊥(b−2a)，选项B正确；
对于C，|a|= t2+(2−2t)2= 5t2−8t+4= 5(t−45)2+45≥2 55，选项B正确；
对于D，若a//b，则−4t−2(2−2t)=0，化简得−4=0，等式不成立，即a||b不成立，选项D错误．
故选：ABC．
A中，利用a⊥b时a⋅b=0，求出t的值；
B中，t=1时求出a，计算a⋅(b−2a)的值即可；
C中，计算|a|的值即可；
D中，求a//b时t的值是否存在即可．
本题考查了平面向量的基本概念与应用问题，也考查了推理与运算能力，是基础题．
10.【答案】AC
【解析】解：由题意得，f(0)=2sinφ=1f(π3)=2sin(ωπ3+φ)=0，
因为|φ|<π2，ω>0，
结合五点作图法可知，πω3+φ=π，
解得，φ=π6，ω=52，
所以f(x)=2sin(52x+π6)，
当x=−2π3时，52x+π6=−3π2，此时函数取得最大值，A正确；
当x=10π3时，2sin(52x+π6)=2sin51π6=2，不是函数的最小值，B错误；
f(7π3)=2sin(52×7π3+π6)=0，C正确；
由0故选：AC．
先由已知点的坐标，代入可求ω，φ，进而可求函数解析式，然后结合正弦函数的性质即可求解．
本题主要考查了正弦函数性质的综合应用，属于中档题．
11.【答案】CD
【解析】解：对A：若f(x)=0，则g(x)=f(ex)=0，h(x)=ef(x)=e0=1，故A错误；
对B：若f(x)=|x|，则g(x)=f(ex)=|ex|=ex，h(x)=ef(x)=ex|，g(x)≠h(x)，故B错误；
对C：若f(x)=xα，则g(x)=f(ex)=(ex)α=eαx,h(x)=ef(x)=exμ，又g(x)=h(x)，故eax=eraα，故αx=xαx，即lnα+lnx=αlnx，即(α−1)lnx=lnα恒成立，故α=1，故C正确；
对D：若f(x)=lgax(a>0,a≠1)，则g(x)=f(ex)=lgaex=xlgae，h(x)=ef(x)=elgax，又g(x)=h(x)，故xlgae=elgax恒成立，即xlgae=(1lna)x=elgax=elnxlna=(elnx)1lna=x1lna，
故lnx+ln(1lna)=1lna⋅lnx，即(1lna−1)⋅lnx=ln(1lna)恒成立，故1lna=1，即a=e，故D正确．
故选：CD．
对A、B，结合题意计算出g(x)、h(x)即可得；对C、D：结合题意计算出g(x)、h(x)后，借助g(x)=h(x)及对数运算法则变形后，得到(α−1)lnx=lnα恒成立及(1lna−1)⋅lnx=ln(1lna)恒成立，解出对应的α及a的值即可得．
本题主要考查对数和对数函数的性质，属于中档题．
12.【答案】ABD
【解析】解：对于A，如图1，设点B在准线l上的投影为D，准线l与x轴交于点E，
又|QB|=2|BF|，|BD|=|BF|，则|QB||QF|=|BD||EF|=|BF|1=23，所以|BF|=23，故A正确；
对于B，设点A在准线l上的投影为点M，易证△AQF≅△AQM，
又∠AQF=π3，∴∠FAQ=∠MAQ=π6，即∠MAF=π3，又|AM|=|AF|，则△AMF为等边三角形，
所以∠MFE=π3，且|EF|=1，∴|MF|=|AF|=2，故B正确；
对于C，分两种情况：
当点A，B都在第一象限，如图1所示，设∠AFx=α,α∈(0,π2],
由焦半径公式可得|AF|=11−csα,|BF|=11−cs(π2+α)=11+sinα，
∴S△ABF=12(1−csα)(1+sinα)，
令f(α)=(1+sinα)(1−csα)=1+sinα−csα−sinαcsα，
设t=sinα−csα= 2sin(α−π4)∈(−1,1]，且t2=1−sin2α，
∴S△ABF=12(1+t−1−t22)=1(t+1)2≥14，当且仅当α=π2时取得最小值．
当点B在第四象限时，如图2所示，
设∠AFO=β,β∈(0,π2)，则|AF|=11+csβ,|BF|=11+sinβ，
所以S△ABF=12(1+csβ)(1+sinβ)，
同理令t=sinβ+csβ= 2sin(β+π4)∈(1, 2]，且t2=1+sin2β，
∴2(1+csβ)(1+sinβ)=(t+1)2≤3+2 2，
所以S△ABF≥13+2 2=3−2 2<14，当且仅当β=π4时取得最小值，
综上，△AFB面积的最小值为3−2 2，故C错误；
对于D，当点A，B都在第一象限，如图1所示，|QF|=1sinα,|BF|=11+sinα，
则|QB|=1sinα(1+sinα)，所以|QB||BF|=1sinα≥1，即|QB|≥|BF|，∴SAQB≥S△AFB≥14，
当点B在第四象限时，如图2所示，
同理可得|QB||BF|=1sinβ>1，即|QB|>|BF|，∴S△AQB>S△AFB≥3−2 2，
综上，△AQB的面积大于3−2 2，故D正确．
故选：ABD．
对A，设点B在准线l上的投影为D，准线l与x轴交于点E，由相似比可得解；对B，易证△AQF≅△AQM，可得△AMF为等边三角形，得解；对C，分点B在第一和第四象限两种情况，由焦半径公式求出|AF|，|BF|，表示出S△ABF，利用三角函数求出最小值；对D，分点B在第一和第四象限两种情况，由焦半径公式求出|QB|，|BF|可证|QB|≥|BF|，S△AQB≥S△AFB得解．
本题考查了抛物线的性质，属于难题．
13.【答案】y=±2x
【解析】解：双曲线x2−y24=1的渐近线方程是：y=±2x．
故答案为：y=±2x．
利用双曲线方程求解渐近线方程即可．
本题考查双曲线的简单性质的应用，是基础题．
14.【答案】π3
【解析】解：根据题意，该圆锥的侧面展开图是圆心角为2π3且半径为1的扇形，
则其侧面展开图的面积S=12×(2π3)×12=π3．
故该圆锥的侧面积为π3．
故答案为：π3．
根据题意，求出该圆锥的侧面展开图的面积，由圆锥的结构特征分析可得答案．
本题考查圆锥的结构特征，涉及圆锥的侧面展开图，属于基础题．
15.【答案】0.6
【解析】解：设下调后的电价为x元/(kW⋅h)，
依题意知，新增用电量与实际电价和用户期望电价的差成反比(比例系数为0.2a)，
则新增用电量为0.2ax−0.4，即用电量增至0.2ax−0.4+a，
所以今年收益y=(0.2ax−0.4+a)(x−0.3)，(0.55≤qx≤0.75)，
要保证收益增长率不低于20%，
则y≥[a×(0.8−0.3)](1+20%)，
即(0.2ax−0.4+a)(x−0.3)≥[a×(0.8−0.3)](1+20%)，
整理得：x2−1.1x+0.3≥0，解得：x≥0.6或x≤0.5，
又0.55≤qx≤0.75，
所以0.60≤qx≤0.75，即xmin=0.6．
故答案为：0.6．
根据用电量、下调电价后新增用电量与实际电价和用户期望电价的差成反比，得到本年度实际用电量，再乘以x−0.3，再根据上年度电力部门实际收益，列不等式a(1+0.2x−0.4)(x−0.3)≥(1+20%)×0.5a求解即可．
本题考查了函数和不等式在解决实际问题上的综合应用，属于中档题．
16.【答案】4
【解析】解：如图所示，取BC，B1C1中点D，D1，连接DD1，
由题意可得DD1⊥平面ABC且DD1⊥平面A1B1C1，
AD=12BC=12 22+22= 2，B1D1=12 22+22= 2，
在线段DD1上取DO=D1O1=12AE=12B1F=12，
由∠BAC=90°，故∠B1A1C1=90°，
故点D、D1分别是△ABC与△A1B1C1外接圆圆心，
又DO=D1O1=12AE=12B1F=12，
AE⊥平面ABC、B1F⊥平面A1B1C1，
故点O到三棱锥E−ABC四个顶点距离相等，
点O1到三棱锥F−A1B1C1四个顶点距离相等，
即点O、O1分别为三棱锥E−ABC的外接球与三棱锥F−A1B1C1的外接球球心，
则三棱锥E−ABC的外接球半径为r= AD2+OD2= ( 2)2+(12)2=32，
三棱锥F−A1B1C1的外接球半径为r1= B1D12+O1D12= ( 2)2+(12)2=32，
由三棱锥E−ABC的外接球与三棱锥F−A1B1C1的外接球外切，
故AA1=12+12+32+32=4．
故答案为：4．
作出图形后结合题意可得三棱锥E−ABC的外接球与三棱锥F−A1B1C1的外接球球心所处位置及半径的值，结合球外切的性质计算即可得AA1的长．
本题考查几何体外接球的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(Ⅰ)因为ABCD等级的比例分别是5%，15%，40%，40%，
所以20×5%=1，20×15%=3，20×40%=8，20×40%=8，
即样本中A，B，C，D各等级的试卷份数分别是1，3，8，8；
(Ⅱ)由题意可得，P(M)=C124C204，P(MN)=C124−C94C204，
所以P(N|M)=P(MN)P(M)=C124−C94C124=4155．
【解析】(Ⅰ)根据比例直接求解；
(Ⅱ)根据条件概率的概率公式求解．
本题主要考查了分层抽样的定义，考查了条件概率的概率公式，属于基础题．
18.【答案】解：(Ⅰ)：1+sin2A−cs2A1+sin2A+cs2A=2sinAcsA+2sin2A2sinAcsA+2cs2A=tanA，
所以tanA= 3，而A∈(0,π)，
则A=π3；
(Ⅱ)因为b=3c，
由余弦定理可得：a2=b2+c2−2bc⋅csA=7c2，所以a= 7c，
所以a：b：c= 7：3：1，
由正弦定理可得：sinA：sinB：sinC= 7：3：1．
【解析】(Ⅰ)由半角公式可得tanA的值，再由A角的范围，可得A角的大小；
(Ⅱ)由b，c的公式及余弦定理，可得a，c的关系，进而求出a：b：c的比值，再由正弦定理可得sinA：sinB：sinC的比值．
本题考查半角公式的应用及正弦定理，余弦定理的应用，属于中档题．
19.【答案】解：(Ⅰ)证明：在等腰梯形ABCD中，∠ABC=120°，所以∠BAD′=120°，∠ADE=∠BCD′=60°，
又E为D′C的中点，所以△AED′，△BEC及△AEB均为正三角形，
而AB=BC=2，所以CD=4.因为F为AE的中点，所以B，F，D三点共线，BD⊥AE．
又G为BC的中点，所以BF//EG.又BF⊄平面EGH，EG⊂平面EGH，所以BF//平面EGH，
连接BD，BF，因为G，H分别为BC，CD的中点，所以GH//BD，
BD⊄平面EGH，GH⊂平面EGH，所以BD//平面EGH，
又BD∩BF=B，所以平面FBD//平面HGE，
又DF⊂平面FBD，所以DF//平面HGE．
(Ⅱ)因为平面DAE⊥平面ABC，AE为交线，DF⊥AE，所以DF⊥平面ABC．
以F为坐标原点，FB，FA，FD所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
所以B(0, 3,0)，C(−2, 3,0)，D(0,0, 3)，E(−1,0,0)，H(−1, 32, 32)，
所以EH=(0, 32, 32)，EG=(0, 3,0)，
设平面HGE的法向量为m=(x,y,2)，
则有m⋅EH= 32y+ 32z=0m⋅EG= 3y=0，令x=1，所以m=(1,0,−1)，
易知平面DAE的法向量为n=(0,1,0)，
设平面DAE与平面HGE的夹角为θ，则有csθ=|m⋅n||m|⋅|n|=0+0+0 2×1=0．
【解析】(Ⅰ)连接BD，BF，由已知可得BF//平面EGH，BD//平面EGH，可得平面FBD//平面HGE，可得结论；
(Ⅱ)以F为坐标原点，FB，FA，FD所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，求得平面DAE的一个法向量与平面HGE的一个法向量，利用向量法可求平面DAE与平面HGE夹角的余弦值．
本题考查线面平行的证明，考查面面角的余弦值的求法，属中档题．
20.【答案】解：(Ⅰ)∵{an}是等差数列，a1=3，d≠0，
∴a7=a1+6d，a25=a1+24d．
∵a1，a7，a25构成等比数列，
∴(a1+6d)2=a1(a1+24d)，
化简可得a1=3d=3，∴d=1，
∴an=n+2．
(Ⅱ)∵f(b1)=f(1)=a1=3，f(b2)=f(7)=a7=9，f(b3)=f(25)=a25=27，
又数列{f(bn)}为等比数列，f(bn)=3n，
而f(bn)=abn=bn+2，
∴3n=bn+2，
∴bn=3n−2，
∴anbn=(n+2)3n−2(n+2)，
设数列{(n+2)3n}的前n项和为Tn，
则Tn=3×3+4×32+5×33+…+(n+2)3n，
3Tn=3×32+4×33+…+(n+1)3n+(n+2)3n+1，
相减可得：−2Tn=3×3+(32+33+…+3n)−(n+2)3n+1=6+3(3n−1)3−1−(n+2)3n+1，
化为Tn=(2n+3)×3n+1−94，
又∵等差数列(2(n+2))的前n项和为n2+5n，
综上可得Sn=(2n+3)×3n+1−94−(n2+5n)．
【解析】(Ⅰ){an}是等差数列，a1=3，d≠0，根据a1，a7，a25构成等比数列，可得(a1+6d)2=a1(a1+24d)，解得d，an．
(Ⅱ)由f(b1)=f(1)=a1=3f(b2)=f(7)=a7=9，f(b3)=f(25)=a25=27，根据数列{f(bn)}为等比数列，f(bn)=3n，可得bn，设数列{(n+2)3n}的前n项和为Tn，利用错位相减法可得Tn，利用等差数列的求和公式可得等差数列(2(n+2))的前n项和．
本题考查了等差数列与等比数列的通项公式与求和公式、错位相减法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
21.【答案】解：(Ⅰ)函数f(x)的定义域为(0,+∞)，
∴f′(x)=2x+2ax−1=2ax2−x+2x，
由f′(x)=0得：2ax2−x+2=0，设u(x)=2ax2−x+2，
∵函数f(x)不是单调函数，∴u(x)=0在(0,+∞)有两正实根，
又a>0，设u(x)=0的两根为x1，x2，
则由x1+x2=12a>0x1x2=1a>0Δ=1−16a>0可得：u(x)=0有两个正实根，
∴a∈(0,116)．
(Ⅱ)M+N=f(x1)+f(x2)=2ln(x1x2)+a(x1+x2)2−2ax1x2−(x1+x2)=2ln1a−14a−2，
令t=1a(t>16)，所以M+N=g(t)=2lnt−14t−2，
因为g′(t)=2t−14<−18<0，
所以g(t)在(16,+∞)上单调递减，
所以g(t)故M+N∈(−∞,8ln2−6)．
【解析】(Ⅰ)对f(x)求导得f′(x)=2ax2−x+2x，令u(x)=2ax2−x+2，依题意有u(x)=0在(0,+∞)有两正实根，设u(x)=0的两根为x1，x2，结合韦达定理及根的判别式即可求解；
(Ⅱ)由(Ⅰ)表示出M+N=2ln1a−14a−2，构造函数g(t)=2lnt−14t−2，判断其单调性结合a的取值范围，即可求M+N的范围．
本题考查了利用导数研究函数的极值，考查了函数思想及方程思想，属于中档题．
22.【答案】解：(Ⅰ)证明：设P(a,b)，Q(x,y)，由HQ=tHP，得a=xt，b=y，
因为a2+b2=1，
所以(xt)2+y2=1，即S1的轨迹方程为x2t2+y2=1；
同理可得S2的轨迹方程为t2x2+y2=1，
所以S1的离心率e1= t2−1t= 1−1t2，S2的离心率e2=1 1−1t2= 1−1t2，
所以e1=e2，
所以S1，S2有相同的离心率；
(Ⅱ)联立x2t2+y2=1y=kx− 22，
消去y得(1+t2k2)x2− 2kt2x−12t2=0，
则Δ=4t2(t2k2+12)>0，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
则x1+x2= 2kt21+t2k2，x1x2=−12t21+t2k2，
则|AB|2=(1+k2)|x1−x2|2=(1+k2)[(x1+x2)2−4x1x2]=(1+k2)[( 2kt21+t2k2)2+2t21+t2k2]=4t2(k2+1)(k2t2+12)(k2t2+1)2，
同理可得|CD|2=4(k2+1)(k2+12t2)(k2+t2)2，
当t=1时，|AB=|CD|=|MN|，
所以|AB|2+|CD|2=4t2(k2+1)(k2t2+12)(k2t2+1)2+4(k2+1)(k2+12t2)(k2+t2)2
=2(k2+1)(t2(2k2t2+1)(k2t2+1)2+2k2+t2(k2+t2)2)，
令k2=a，t2=x，f(x)=2ax2+x(ax+1)2+x+2a(x+a)2,x≥1，
则f′(x)=3ax+1(ax+1)3−x+3a(x+a)3=(3ax+1)(x+a)3−(x+3a)(ax+1)3(ax+1)3⋅(x+a)3
=(x2−1)⋅(3a−a3)(x2+1)+(6a2−3a4+1)x(ax+1)3⋅(x+a)3，
因为x≥1且k>43，所以a2=k4>3，3a−a3<0，6a2−3a4+1<0，
所以f′(x)<0，所以f(x)在[1,+∞)上单调递减，
所以当x>1时，f(x)所以|AB|2+|CD|2<2|MN|2．
【解析】(Ⅰ)设P(a,b)，Q(x,y)，由HQ=tHP，得a=xt，b=y，由点P在圆S上，从而可得S1的轨迹方程，同理可得S2的轨迹方程，分别求出两曲线的离心率，即可得证；
(Ⅱ)联立x2t2+y2=1y=kx− 22，可得关于x的方程，从而可得根与系数的关系，由弦长公式求出|AB|2，同理可得|CD|2，当t=1时，|AB=|CD|=|MN|，计算|AB|2+|CD|2=2(k2+1)(t2(2k2t2+1)(k2t2+1)2+2k2+t2(k2+t2)2)，令k2=a，t2=x，f(x)=2ax2+x(ax+1)2+x+2a(x+a)2,x≥1，利用导数判断f(x)在[1,+∞)上单调递减，可得当x>1时，f(x)本题主要考查轨迹方程的求法，直线与圆锥曲线的综合，导数的应用，考查运算求解能力，属于难题．
1.已知集合M={x||x−1|≤1}，N={x|>2}，则M∪N=( )
A. {x|x>2}B. {x|x≤0}C. ⌀D. {x|x≥0)
2.2i1+i=( )
A. 1+iB. −1+iC. −1−iD. 1−i
3.已知a=lg30.3，b=30.3，c=0.33，则( )
A. a
A. −1B. 2C. 1D. 0
5.某次数学联考成绩的数据分析，20000名考生成绩服从正态分布N(72,82)，则80分以上的人数大约是( )
参考数据：若X−N(μ,σ2)，则P(μ−σ≤X≤μ+σ)≈0.6827
A. 3173B. 6346C. 6827D. 13654
6.在△ABC中，“0
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
7.若tan2α=3tan(α−β)，则tan(α+β)的最大值为( )
A. 3B. 1C. 2− 3D. 33
8.已知公差为d的等差数列{an}，Sn为其前n项和，若a1011+sina1011=1a1013+sin(a1013−2)=1，则( )
A. S2023=2023，d<1B. S2023=2023，d>1
C. S2023=−2023，d≤1D. S2023=−2023，d≥1
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.设平面向量a=(t,2−2t)(t∈R)，b=(2,−4)( )
A. 若a⊥b，则t=45B. 若t=1，则a⊥(b−2a)
C. ∀t∈R，|a|≥25 5D. ∃t∈R，使a//b
10.已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的图像经过点(0,1)与(π3,0)，则( )
A. f(−2π3)是f(x)的最大值B. f(10π3)是f(x)的最小值
C. f(7π3)=0D. f(x)在(0,π6)单调递增
11.已知函数g(x)=f(ex)，h(x)=ef(x)，( )
A. 若f(x)=0，则g(x)=h(x)=0
B. 若f(x)=|x|，则g(x)=h(x)
C. 对于g(x)=h(x)，若f(x)=xα，则α=1
D. 对于g(x)=h(x)，若f(x)=lgax(a>0,a≠1)，则a=e
12.已知抛物线C：y2=2x的焦点为F，准线为l，点A，B在C上(A在第一象限)，点Q在l上，FQ⋅FA=0，QB=λBF(λ>0)，( )
A. 若λ=2，则|BF|=23B. 若∠AQF=π3，则|AF|=2
C. 则△AFB的面积最小值为14D. 则△AQB的面积大于3−2 2
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.双曲线x2−y24=1的渐近线方程为______．
14.已知一圆锥的侧面展开图是圆心角为2π3且半径为1的扇形，则该圆锥的侧面积为______．
15.某地区上年度电价为0.8元(kW⋅h)，年用电量为akWh，本年度计划将电价下降到0.55～0.75元/(kWh)之间，而用户期望电价为0.4元/(kW⋅h).经测算下调电价后的新增用电量，和实际电价与用户的期望电价的差成反比(比例系数为μ).该地区的电力成本价为0.3元(kW⋅h).已知μ=0.2a，为保证电力部门的收益比上年至少增长20%，则最低的电价可定为______元/(kWh)．
16.直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=2，E，F分别是棱AA1，BB1上一点，且AE=B1F=1，若三棱锥E−ABC的外接球与三棱锥F−A1B1C1的外接球外切，则AA1的长为______．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
浙江省普通高中学业水平考试分ABCDE五个等级，剔除E等级，ABCD等级的比例分别是5%，15%，40%，40%，现从当年全省数学学考ABCD四个等级的考生试卷中按分层抽样的方法随机抽取20份试卷作为样本分析答题情况．
(Ⅰ)分别求样本中A，B，C，D各等级的试卷份数；
(Ⅱ)从样本中用简单随机抽样的方法(不放回)抽取4份试卷，记事件M为抽取的4份试卷中没有D等级的试卷，事件N为抽取的4份试卷中有B等级的试卷，求P(N|M)．
18.(本小题12分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知1+sin2A−cs2A1+sin2A+cs2A= 3，b=3c．
(Ⅰ)求角A；
(Ⅱ)求sinA：sinB：sinC．
19.(本小题12分)
如图在等腰梯形ABCD′中，AB//CD′，AB=BC=2，∠ABC=120°，E，F，G分别为D′C，AE，BC的中点，现将△D′AE绕AE翻折至△DAE的位置，H为CD的中点．
(Ⅰ)求证：DF//平面EGH；
(Ⅱ)当平面DAE垂直于平面ABC时，求平面DAE与平面HGE夹角的余弦值．
20.(本小题12分)
已知数列{an}是等差数列，a1=3，d≠0，且a1，a7，a25构成等比数列，
(Ⅰ)求an；
(Ⅱ)设f(n)=an，若存在数列{bn}满足b1=1，b2=7，b3=25，且数列{f(bn)}为等比数列，求{anbn}的前n项和Sn
21.(本小题12分)
已知函数f(x)=2lnx+ax2−x(a>0)在定义域上不是单调函数．
(Ⅰ)求实数a的取值范围；
(Ⅱ)若f(x)在定义域上的极大值为M，极小值为N，求M+N的取值范围．
22.(本小题12分)
已知点P是圆S：x2+y2=1的动点，过P作PH⊥y轴，H为垂足，且HQ=tHP，HR=1tHP(t>1)，记动点Q，R的轨迹分别为S1，S2．
(Ⅰ)证明：S1，S2有相同的离心率；
(Ⅱ)若直线l：y=kx− 22与曲线S1交于A，B，与曲线S2交于C，D，与圆S交于MN，当k>43时，试比较|AB|2+|CD|2与2|MN|2的大小．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：集合M={x|x−1|≤1}={x|0≤x≤2}，N={x|>2}，
则M∪N={x|x≥0}．
故选：D．
根据已知条件，结合并集的定义，即可求解．
本题主要考查并集及其运算，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：2i1+i=2i(1−i)(1+i)(1−i)=1+i．
故选：A．
根据已知条件，结合复数的四则运算，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查利用对数函数和指数函数的性质比较大小，属于基础题．
容易得出lg30.3<0,30.3>1,0<0．33<1，从而得出a，b，c的大小关系．
【解答】
解：lg30.3
∴a
4.【答案】C
【解析】解：(1+x)(2−x)5=a0+a1x+a2x2+⋯+a6x6，
令x=1，2×(2−1)5=a0+a1+⋅⋅⋅+a6，①
令x=−1，0=a0−a1+a2−a3+a4−a5+a6，②
①−②2可得，a1+a3+a5=2−02=1．
故选：C．
根据已知条件，结合赋值法，即可求解．
本题主要考查二项式定理，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：根据题意，20000名考生成绩服从正态分布N(72,82)，
即μ=72，σ=8，
则有P(X≥80)=12[1−P(64≤X≤80)]≈0.15865，
故80分以上的人数大约是20000×0.15865≈3173．
故选：A．
根据题意，由正态分布的性质计算P(X≥80)的值，进而计算可得答案．
本题考查正态分布的性质以及应用，注意正态曲线的对称性，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：0
∵A∈(0,π)，B∈(0,π)，
∴角A，角B均为锐角，
csAcsB
C∈(0,π)，
则角C为锐角，
故△ABC为锐角三角形，充分性成立，
△ABC为锐角三角形，
则A∈(0,π2)，B∈(0,π2)，C∈(0,π2)，
故csA>0，csB>0，csC=−cs(A+B)=sinAsinB−csAcsB>0，
故0
根据已知条件，结合三角函数的符号，以及余弦的两角和公式，即可求解．
本题主要考查三角形的形状判断，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：已知tan2α=3tan(α−β)，
则tan(α+β)=tan[2α−(α−β)]=tan2α−tan(α−β)1+tan2αtan(α−β)=2tan(α−β)1+3tan2(α−β)，
要使得tan(α+β)取最大值，
则tan(α−β)>0，
则tan(α+β)=21tan(α−β)+3tan(α−β)≤22 1tan(α−β)×3tan(α−β)= 33，当且仅当1tan(α−β)=3tan(α−β)时取等号，
即tan(α+β)的最大值为 33．
故选：D．
由两角和与差的三角函数，结合基本不等式的应用求解．
本题考查了两角和与差的三角函数，重点考查了基本不等式的应用，属中档题．
8.【答案】A
【解析】解：由公差为d的等差数列{an}，Sn为其前n项和，若a1011+sina1011=1a1013+sin(a1013−2)=1，
可得a1011+sina1011=−[a1013−2+sin(a1013−2)]=1．
设f(x)=x+sinx，则f′(x)=1+csx≥0，即有f(x)在R上递增，
且f(−x)=−x+sin(−x)=−x−sinx=−f(x)，即有f(x)为R上的奇函数，
所以f(a1011)=−f(a1013−2)=f(2−a1013)，
则a1011=2−a1013，即a1011+a1013=2，
可得S2023=12(a1+a2023)×2023=12(a1011+a1013)×2023=2023，
由x>0，f(x)>0；x<0，f(x)<0，可得1>a1011>0，a1013−2<0，
可得a1013−a1011−2<0，即2d−2<0，即d<1．
故选：A．
设f(x)=x+sinx，求得导数和单调性、奇偶性，原方程化为f(a1011)=−f(a1013−2)=f(2−a1013)，去掉f，结合等差数列的求和公式与通项公式，可得结论．
本题考查等差数列的通项公式和求和公式，以及函数的奇偶性和单调性，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
9.【答案】ABC
【解析】解：对于A，a⊥b时，a⋅b=2t−4(2−2t)=0，解得t=45，选项A正确；
对于B，t=1时，a=(1,0)，b−2a=(0,−4)，所以a⋅(b−2a)=0，所以a⊥(b−2a)，选项B正确；
对于C，|a|= t2+(2−2t)2= 5t2−8t+4= 5(t−45)2+45≥2 55，选项B正确；
对于D，若a//b，则−4t−2(2−2t)=0，化简得−4=0，等式不成立，即a||b不成立，选项D错误．
故选：ABC．
A中，利用a⊥b时a⋅b=0，求出t的值；
B中，t=1时求出a，计算a⋅(b−2a)的值即可；
C中，计算|a|的值即可；
D中，求a//b时t的值是否存在即可．
本题考查了平面向量的基本概念与应用问题，也考查了推理与运算能力，是基础题．
10.【答案】AC
【解析】解：由题意得，f(0)=2sinφ=1f(π3)=2sin(ωπ3+φ)=0，
因为|φ|<π2，ω>0，
结合五点作图法可知，πω3+φ=π，
解得，φ=π6，ω=52，
所以f(x)=2sin(52x+π6)，
当x=−2π3时，52x+π6=−3π2，此时函数取得最大值，A正确；
当x=10π3时，2sin(52x+π6)=2sin51π6=2，不是函数的最小值，B错误；
f(7π3)=2sin(52×7π3+π6)=0，C正确；
由0
先由已知点的坐标，代入可求ω，φ，进而可求函数解析式，然后结合正弦函数的性质即可求解．
本题主要考查了正弦函数性质的综合应用，属于中档题．
11.【答案】CD
【解析】解：对A：若f(x)=0，则g(x)=f(ex)=0，h(x)=ef(x)=e0=1，故A错误；
对B：若f(x)=|x|，则g(x)=f(ex)=|ex|=ex，h(x)=ef(x)=ex|，g(x)≠h(x)，故B错误；
对C：若f(x)=xα，则g(x)=f(ex)=(ex)α=eαx,h(x)=ef(x)=exμ，又g(x)=h(x)，故eax=eraα，故αx=xαx，即lnα+lnx=αlnx，即(α−1)lnx=lnα恒成立，故α=1，故C正确；
对D：若f(x)=lgax(a>0,a≠1)，则g(x)=f(ex)=lgaex=xlgae，h(x)=ef(x)=elgax，又g(x)=h(x)，故xlgae=elgax恒成立，即xlgae=(1lna)x=elgax=elnxlna=(elnx)1lna=x1lna，
故lnx+ln(1lna)=1lna⋅lnx，即(1lna−1)⋅lnx=ln(1lna)恒成立，故1lna=1，即a=e，故D正确．
故选：CD．
对A、B，结合题意计算出g(x)、h(x)即可得；对C、D：结合题意计算出g(x)、h(x)后，借助g(x)=h(x)及对数运算法则变形后，得到(α−1)lnx=lnα恒成立及(1lna−1)⋅lnx=ln(1lna)恒成立，解出对应的α及a的值即可得．
本题主要考查对数和对数函数的性质，属于中档题．
12.【答案】ABD
【解析】解：对于A，如图1，设点B在准线l上的投影为D，准线l与x轴交于点E，
又|QB|=2|BF|，|BD|=|BF|，则|QB||QF|=|BD||EF|=|BF|1=23，所以|BF|=23，故A正确；
对于B，设点A在准线l上的投影为点M，易证△AQF≅△AQM，
又∠AQF=π3，∴∠FAQ=∠MAQ=π6，即∠MAF=π3，又|AM|=|AF|，则△AMF为等边三角形，
所以∠MFE=π3，且|EF|=1，∴|MF|=|AF|=2，故B正确；
对于C，分两种情况：
当点A，B都在第一象限，如图1所示，设∠AFx=α,α∈(0,π2],
由焦半径公式可得|AF|=11−csα,|BF|=11−cs(π2+α)=11+sinα，
∴S△ABF=12(1−csα)(1+sinα)，
令f(α)=(1+sinα)(1−csα)=1+sinα−csα−sinαcsα，
设t=sinα−csα= 2sin(α−π4)∈(−1,1]，且t2=1−sin2α，
∴S△ABF=12(1+t−1−t22)=1(t+1)2≥14，当且仅当α=π2时取得最小值．
当点B在第四象限时，如图2所示，
设∠AFO=β,β∈(0,π2)，则|AF|=11+csβ,|BF|=11+sinβ，
所以S△ABF=12(1+csβ)(1+sinβ)，
同理令t=sinβ+csβ= 2sin(β+π4)∈(1, 2]，且t2=1+sin2β，
∴2(1+csβ)(1+sinβ)=(t+1)2≤3+2 2，
所以S△ABF≥13+2 2=3−2 2<14，当且仅当β=π4时取得最小值，
综上，△AFB面积的最小值为3−2 2，故C错误；
对于D，当点A，B都在第一象限，如图1所示，|QF|=1sinα,|BF|=11+sinα，
则|QB|=1sinα(1+sinα)，所以|QB||BF|=1sinα≥1，即|QB|≥|BF|，∴SAQB≥S△AFB≥14，
当点B在第四象限时，如图2所示，
同理可得|QB||BF|=1sinβ>1，即|QB|>|BF|，∴S△AQB>S△AFB≥3−2 2，
综上，△AQB的面积大于3−2 2，故D正确．
故选：ABD．
对A，设点B在准线l上的投影为D，准线l与x轴交于点E，由相似比可得解；对B，易证△AQF≅△AQM，可得△AMF为等边三角形，得解；对C，分点B在第一和第四象限两种情况，由焦半径公式求出|AF|，|BF|，表示出S△ABF，利用三角函数求出最小值；对D，分点B在第一和第四象限两种情况，由焦半径公式求出|QB|，|BF|可证|QB|≥|BF|，S△AQB≥S△AFB得解．
本题考查了抛物线的性质，属于难题．
13.【答案】y=±2x
【解析】解：双曲线x2−y24=1的渐近线方程是：y=±2x．
故答案为：y=±2x．
利用双曲线方程求解渐近线方程即可．
本题考查双曲线的简单性质的应用，是基础题．
14.【答案】π3
【解析】解：根据题意，该圆锥的侧面展开图是圆心角为2π3且半径为1的扇形，
则其侧面展开图的面积S=12×(2π3)×12=π3．
故该圆锥的侧面积为π3．
故答案为：π3．
根据题意，求出该圆锥的侧面展开图的面积，由圆锥的结构特征分析可得答案．
本题考查圆锥的结构特征，涉及圆锥的侧面展开图，属于基础题．
15.【答案】0.6
【解析】解：设下调后的电价为x元/(kW⋅h)，
依题意知，新增用电量与实际电价和用户期望电价的差成反比(比例系数为0.2a)，
则新增用电量为0.2ax−0.4，即用电量增至0.2ax−0.4+a，
所以今年收益y=(0.2ax−0.4+a)(x−0.3)，(0.55≤qx≤0.75)，
要保证收益增长率不低于20%，
则y≥[a×(0.8−0.3)](1+20%)，
即(0.2ax−0.4+a)(x−0.3)≥[a×(0.8−0.3)](1+20%)，
整理得：x2−1.1x+0.3≥0，解得：x≥0.6或x≤0.5，
又0.55≤qx≤0.75，
所以0.60≤qx≤0.75，即xmin=0.6．
故答案为：0.6．
根据用电量、下调电价后新增用电量与实际电价和用户期望电价的差成反比，得到本年度实际用电量，再乘以x−0.3，再根据上年度电力部门实际收益，列不等式a(1+0.2x−0.4)(x−0.3)≥(1+20%)×0.5a求解即可．
本题考查了函数和不等式在解决实际问题上的综合应用，属于中档题．
16.【答案】4
【解析】解：如图所示，取BC，B1C1中点D，D1，连接DD1，
由题意可得DD1⊥平面ABC且DD1⊥平面A1B1C1，
AD=12BC=12 22+22= 2，B1D1=12 22+22= 2，
在线段DD1上取DO=D1O1=12AE=12B1F=12，
由∠BAC=90°，故∠B1A1C1=90°，
故点D、D1分别是△ABC与△A1B1C1外接圆圆心，
又DO=D1O1=12AE=12B1F=12，
AE⊥平面ABC、B1F⊥平面A1B1C1，
故点O到三棱锥E−ABC四个顶点距离相等，
点O1到三棱锥F−A1B1C1四个顶点距离相等，
即点O、O1分别为三棱锥E−ABC的外接球与三棱锥F−A1B1C1的外接球球心，
则三棱锥E−ABC的外接球半径为r= AD2+OD2= ( 2)2+(12)2=32，
三棱锥F−A1B1C1的外接球半径为r1= B1D12+O1D12= ( 2)2+(12)2=32，
由三棱锥E−ABC的外接球与三棱锥F−A1B1C1的外接球外切，
故AA1=12+12+32+32=4．
故答案为：4．
作出图形后结合题意可得三棱锥E−ABC的外接球与三棱锥F−A1B1C1的外接球球心所处位置及半径的值，结合球外切的性质计算即可得AA1的长．
本题考查几何体外接球的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(Ⅰ)因为ABCD等级的比例分别是5%，15%，40%，40%，
所以20×5%=1，20×15%=3，20×40%=8，20×40%=8，
即样本中A，B，C，D各等级的试卷份数分别是1，3，8，8；
(Ⅱ)由题意可得，P(M)=C124C204，P(MN)=C124−C94C204，
所以P(N|M)=P(MN)P(M)=C124−C94C124=4155．
【解析】(Ⅰ)根据比例直接求解；
(Ⅱ)根据条件概率的概率公式求解．
本题主要考查了分层抽样的定义，考查了条件概率的概率公式，属于基础题．
18.【答案】解：(Ⅰ)：1+sin2A−cs2A1+sin2A+cs2A=2sinAcsA+2sin2A2sinAcsA+2cs2A=tanA，
所以tanA= 3，而A∈(0,π)，
则A=π3；
(Ⅱ)因为b=3c，
由余弦定理可得：a2=b2+c2−2bc⋅csA=7c2，所以a= 7c，
所以a：b：c= 7：3：1，
由正弦定理可得：sinA：sinB：sinC= 7：3：1．
【解析】(Ⅰ)由半角公式可得tanA的值，再由A角的范围，可得A角的大小；
(Ⅱ)由b，c的公式及余弦定理，可得a，c的关系，进而求出a：b：c的比值，再由正弦定理可得sinA：sinB：sinC的比值．
本题考查半角公式的应用及正弦定理，余弦定理的应用，属于中档题．
19.【答案】解：(Ⅰ)证明：在等腰梯形ABCD中，∠ABC=120°，所以∠BAD′=120°，∠ADE=∠BCD′=60°，
又E为D′C的中点，所以△AED′，△BEC及△AEB均为正三角形，
而AB=BC=2，所以CD=4.因为F为AE的中点，所以B，F，D三点共线，BD⊥AE．
又G为BC的中点，所以BF//EG.又BF⊄平面EGH，EG⊂平面EGH，所以BF//平面EGH，
连接BD，BF，因为G，H分别为BC，CD的中点，所以GH//BD，
BD⊄平面EGH，GH⊂平面EGH，所以BD//平面EGH，
又BD∩BF=B，所以平面FBD//平面HGE，
又DF⊂平面FBD，所以DF//平面HGE．
(Ⅱ)因为平面DAE⊥平面ABC，AE为交线，DF⊥AE，所以DF⊥平面ABC．
以F为坐标原点，FB，FA，FD所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
所以B(0, 3,0)，C(−2, 3,0)，D(0,0, 3)，E(−1,0,0)，H(−1, 32, 32)，
所以EH=(0, 32, 32)，EG=(0, 3,0)，
设平面HGE的法向量为m=(x,y,2)，
则有m⋅EH= 32y+ 32z=0m⋅EG= 3y=0，令x=1，所以m=(1,0,−1)，
易知平面DAE的法向量为n=(0,1,0)，
设平面DAE与平面HGE的夹角为θ，则有csθ=|m⋅n||m|⋅|n|=0+0+0 2×1=0．
【解析】(Ⅰ)连接BD，BF，由已知可得BF//平面EGH，BD//平面EGH，可得平面FBD//平面HGE，可得结论；
(Ⅱ)以F为坐标原点，FB，FA，FD所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，求得平面DAE的一个法向量与平面HGE的一个法向量，利用向量法可求平面DAE与平面HGE夹角的余弦值．
本题考查线面平行的证明，考查面面角的余弦值的求法，属中档题．
20.【答案】解：(Ⅰ)∵{an}是等差数列，a1=3，d≠0，
∴a7=a1+6d，a25=a1+24d．
∵a1，a7，a25构成等比数列，
∴(a1+6d)2=a1(a1+24d)，
化简可得a1=3d=3，∴d=1，
∴an=n+2．
(Ⅱ)∵f(b1)=f(1)=a1=3，f(b2)=f(7)=a7=9，f(b3)=f(25)=a25=27，
又数列{f(bn)}为等比数列，f(bn)=3n，
而f(bn)=abn=bn+2，
∴3n=bn+2，
∴bn=3n−2，
∴anbn=(n+2)3n−2(n+2)，
设数列{(n+2)3n}的前n项和为Tn，
则Tn=3×3+4×32+5×33+…+(n+2)3n，
3Tn=3×32+4×33+…+(n+1)3n+(n+2)3n+1，
相减可得：−2Tn=3×3+(32+33+…+3n)−(n+2)3n+1=6+3(3n−1)3−1−(n+2)3n+1，
化为Tn=(2n+3)×3n+1−94，
又∵等差数列(2(n+2))的前n项和为n2+5n，
综上可得Sn=(2n+3)×3n+1−94−(n2+5n)．
【解析】(Ⅰ){an}是等差数列，a1=3，d≠0，根据a1，a7，a25构成等比数列，可得(a1+6d)2=a1(a1+24d)，解得d，an．
(Ⅱ)由f(b1)=f(1)=a1=3f(b2)=f(7)=a7=9，f(b3)=f(25)=a25=27，根据数列{f(bn)}为等比数列，f(bn)=3n，可得bn，设数列{(n+2)3n}的前n项和为Tn，利用错位相减法可得Tn，利用等差数列的求和公式可得等差数列(2(n+2))的前n项和．
本题考查了等差数列与等比数列的通项公式与求和公式、错位相减法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
21.【答案】解：(Ⅰ)函数f(x)的定义域为(0,+∞)，
∴f′(x)=2x+2ax−1=2ax2−x+2x，
由f′(x)=0得：2ax2−x+2=0，设u(x)=2ax2−x+2，
∵函数f(x)不是单调函数，∴u(x)=0在(0,+∞)有两正实根，
又a>0，设u(x)=0的两根为x1，x2，
则由x1+x2=12a>0x1x2=1a>0Δ=1−16a>0可得：u(x)=0有两个正实根，
∴a∈(0,116)．
(Ⅱ)M+N=f(x1)+f(x2)=2ln(x1x2)+a(x1+x2)2−2ax1x2−(x1+x2)=2ln1a−14a−2，
令t=1a(t>16)，所以M+N=g(t)=2lnt−14t−2，
因为g′(t)=2t−14<−18<0，
所以g(t)在(16,+∞)上单调递减，
所以g(t)
【解析】(Ⅰ)对f(x)求导得f′(x)=2ax2−x+2x，令u(x)=2ax2−x+2，依题意有u(x)=0在(0,+∞)有两正实根，设u(x)=0的两根为x1，x2，结合韦达定理及根的判别式即可求解；
(Ⅱ)由(Ⅰ)表示出M+N=2ln1a−14a−2，构造函数g(t)=2lnt−14t−2，判断其单调性结合a的取值范围，即可求M+N的范围．
本题考查了利用导数研究函数的极值，考查了函数思想及方程思想，属于中档题．
22.【答案】解：(Ⅰ)证明：设P(a,b)，Q(x,y)，由HQ=tHP，得a=xt，b=y，
因为a2+b2=1，
所以(xt)2+y2=1，即S1的轨迹方程为x2t2+y2=1；
同理可得S2的轨迹方程为t2x2+y2=1，
所以S1的离心率e1= t2−1t= 1−1t2，S2的离心率e2=1 1−1t2= 1−1t2，
所以e1=e2，
所以S1，S2有相同的离心率；
(Ⅱ)联立x2t2+y2=1y=kx− 22，
消去y得(1+t2k2)x2− 2kt2x−12t2=0，
则Δ=4t2(t2k2+12)>0，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
则x1+x2= 2kt21+t2k2，x1x2=−12t21+t2k2，
则|AB|2=(1+k2)|x1−x2|2=(1+k2)[(x1+x2)2−4x1x2]=(1+k2)[( 2kt21+t2k2)2+2t21+t2k2]=4t2(k2+1)(k2t2+12)(k2t2+1)2，
同理可得|CD|2=4(k2+1)(k2+12t2)(k2+t2)2，
当t=1时，|AB=|CD|=|MN|，
所以|AB|2+|CD|2=4t2(k2+1)(k2t2+12)(k2t2+1)2+4(k2+1)(k2+12t2)(k2+t2)2
=2(k2+1)(t2(2k2t2+1)(k2t2+1)2+2k2+t2(k2+t2)2)，
令k2=a，t2=x，f(x)=2ax2+x(ax+1)2+x+2a(x+a)2,x≥1，
则f′(x)=3ax+1(ax+1)3−x+3a(x+a)3=(3ax+1)(x+a)3−(x+3a)(ax+1)3(ax+1)3⋅(x+a)3
=(x2−1)⋅(3a−a3)(x2+1)+(6a2−3a4+1)x(ax+1)3⋅(x+a)3，
因为x≥1且k>43，所以a2=k4>3，3a−a3<0，6a2−3a4+1<0，
所以f′(x)<0，所以f(x)在[1,+∞)上单调递减，
所以当x>1时，f(x)
【解析】(Ⅰ)设P(a,b)，Q(x,y)，由HQ=tHP，得a=xt，b=y，由点P在圆S上，从而可得S1的轨迹方程，同理可得S2的轨迹方程，分别求出两曲线的离心率，即可得证；
(Ⅱ)联立x2t2+y2=1y=kx− 22，可得关于x的方程，从而可得根与系数的关系，由弦长公式求出|AB|2，同理可得|CD|2，当t=1时，|AB=|CD|=|MN|，计算|AB|2+|CD|2=2(k2+1)(t2(2k2t2+1)(k2t2+1)2+2k2+t2(k2+t2)2)，令k2=a，t2=x，f(x)=2ax2+x(ax+1)2+x+2a(x+a)2,x≥1，利用导数判断f(x)在[1,+∞)上单调递减，可得当x>1时，f(x)
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