2023-2024学年山西省临汾市浮山中学高二（下）第一次月考数学试卷（A卷）（含解析）

这是一份2023-2024学年山西省临汾市浮山中学高二（下）第一次月考数学试卷（A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.将6名实习教师分配到3所学校进行培调，每名实习教师只能分配到1个学校，每个学校至少分配1名实习教师，则不同的分配方案共有( )
A. 240种B. 360种C. 450种D. 540种
2.已知(x+1)(x+2)n=a0+a1x+a2x2+…+an+1xn+1，n∈N*，且a1a2=67，则n=( )
A. 4B. 5C. 7D. 8
3.给如图所示的5块区域A，B，C，D，E涂色，要求同一区域用同一种颜色，有公共边的区域使用不同的颜色，现有红、黄、蓝、绿、橙5种颜色可供选择，则不同的涂色方法有( )
A. 120种B. 720种C. 840种D. 960种
4.已知圆C1：(x−a)2+(y−1)2=1与圆C2：(x−1)2+(y−3)2=4有且仅有2条公切线，则实数a的取值范围是( )
A. (1− 5,1+ 5)B. (1+ 5,1+ 21)
C. (−2,0)D. (1− 21,1+ 5)
5.若正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且S6−2S3=5，则a7+a8+a9的最小值为( )
A. 10B. 15C. 20D. 25
6.若ax≥lgax(a>0且a≠1)恒成立，则a的取值范围是( )
A. (0,1)B. (1,+∞)C. [e1e,+∞)D. [ e,+∞)
7.定义“等方差数列”：如果一个数列从第二项起，每一项的平方与它的前一项的平方的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等方差数列，这个常数叫作该数列的方公差.设{an}是由正数组成的等方差数列，且方公差为2，a5=3，则数列{2an+an+1}的前24项和为( )
A. 3 22B. 3C. 3 2D. 6
8.如图，已知抛物线C：y2=4x的焦点为F，M，N为抛物线上两点，且有yN= 2yM=4，直线MF，NF与准线分别交于A，B两点，则S△MFNS△ABF=( )
A. 54
B. 43
C. 45
D. 34
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法错误的是( )
A. 直线xsinα+y+2=0的倾斜角θ的取值范围是[0,π4]∪[3π4,π)
B. “a=−1”是“直线a2x−y+1=0与直线x−ay−2=0互相垂直”的充要条件
C. 过(x1,y1)，(x2,y2)两点的所有直线的方程为y−y1y2−y1=x−x1x2−x1
D. 经过点(1,1)且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为x+y−2=0
10.给出下列命题，其中正确的是( )
A. 任意向量a，b，c满足(a⋅b)⋅c=a⋅(b⋅c)
B. 在空间直角坐标系中，点P(−1,3,5)关于坐标平面Oyz的对称点是P′(1,3,5)
C. 已知a=e1−2e2+e3，b=−e1+3e2+2e3，c=−3e1+7e2，{e1,e2,e3}为空间向量的一个基底，则向量a，b，c能共面
D. 已知A(−1,1,2)，B(2,2,4)，C(3,−2,0)，则向量AC在向量AB上的投影向量是1114(3,1,2)
11.已知偶函数y=f(x)对于任意的x∈[0,π2)满足f′(x)csx+f(x)sinx>0(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，则下列不等式中不成立的是( )
A. 2f(−π3)C. f(0)> 2f(−π4)D. f(π6)< 3f(π3)
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.求过点P(4,−3)且与圆(x−1)2+(y−3)2=9相切的直线方程为______．
13.已知函数f(x)=x3−4x+2ex−2ex，其中e是自然对数的底数．若f(2a2)+f(−1−a)≤0，则实数a的取值范围为 ．
14.已知数列{an}，{bn}满足a1+12a2+13a3+⋯+1nan=bn(n∈N*),Sn是{an}的前n项和，下列说法正确的是______．
①若an=n2+n，则bn=n2+3n2
②若bn=n，则{an}为等差数列
③若bn=n+1，则{an}为等差数列
④若bn=2n，则Sn=(n−1)⋅2n+2
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知Sn为数列{an}的前n项和，且2Sn=nan+n(n∈N*)，若a2=2，bn=n+2anan+12n，Tn是{bn}的前n项和，求Tn．
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=x2+x−1ex．
(1)求f(x)的极值；
(2)设曲线f(x)在点T(t,f(t))处的切线为l，记l在y轴上的截距为b=g(t)，当l的斜率为非负数时，求et⋅b的取值范围．
17.(本小题16分)
已知f(x)=(1+x)n+1+2(1+x)n+2+…+k(1+x)n+k+…+n(1+x)2n，(n∈N*)．
(1)当n=3时，求f(x)的展开式中含x3项的系数；
(2)证明：f(x)的展开式中含xn项的系数为(n+1)C2n+1n+2．
18.(本小题17分)
某校积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍薨”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E、F、G分别是边长为4的正方形的三边AB、CD、AD的中点，先沿着虚线段FG将等腰直角三角形FDG裁掉，再将剩下的五边形ABCFG沿着线段EF折起，连接AB、CG就得到了一个“刍甍”(如图2)．
(1)若O是四边形EBCF对角线的交点，求证：AO/​/平面GCF；
(2)若二面角A−EF−B的大小为23π，求平面OAB与平面ABE夹角的余弦值．
19.(本小题16分)
已知f(x)=( x+ 2)2(x≥0)，数列{an}中，an>0,n∈N*，a1=2，n≥2时，a1+a2+⋯+an=Sn且Sn=f(Sn−1).
(1)求an的表达式；
(2)已知bn=an+12+an22an+1⋅an时，求b1+b2+⋯+bn并化简．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由题知，6名教师分3组，有3种分法，即1，2，3；1，1，4；2，2，2，
共有C61C52C33+C61C51C44A22+C62C42C22A33=90种分法，
再分配给3所学校，可得90×A33=540种．
故选：D．
根据不均匀分组，部分均匀分组，均匀分组问题，结合先分组再分配原则解决即可．
本题主要考查排列、组合，考查运算求解能力，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：根据二项式(x+2)n的展开式通项Tr+1=Cnr⋅2r⋅xn−r，
(x+1)(x+2)n的展开式中x项的系数为a1=Cnn⋅2n+Cnn−1⋅2n−1=2n+n⋅2n−1，
(x+1)(x+2)n的展开式中x2项的系数为a2=Cnn−2⋅2n−2+Cnn−1⋅2n−1=Cn2⋅2n−2+Cn1⋅2n−1，
由于a1a2=67，
所以7(2n+n⋅2n−1)=6(Cn2⋅2n−2+Cn1⋅2n−1)，
解得n=4．
故选：A．
直接利用二项式的展开式的通项及组合数的应用求出结果．
本题考查的知识要点：二项式的展开式的通项，组合数，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
3.【答案】D
【解析】解：A有5种颜色可选，B有4种颜色可选，D有3种颜色可选，C有4种颜色可选，E有4种颜色可选，
故共有5×4×3×4×4=960种不同的涂色方法．
故选：D．
依次给区域A，B，D，C，E涂色，求出每一步的种数，由乘法分步原理即得解．
本题主要考查排列及简单计数问题，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：由圆C1：(x−a)2+(y−1)2=1与圆C2：(x−1)2+(y−3)2=4有且仅有2条公切线可知两圆的位置关系为相交，
所以|r1−r2|<|C1C2|即1< (a−1)2+(1−3)2<3，
平方得1解得1− 5故选：A．
由已知结合圆与圆的位置关系即可求解．
本题主要考查了圆与圆的位置关系的应用，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：因为{an}是正项等比数列，S6−2S3=5，即S6−S3=S3+5，
所以S3，S6−S3，S9−S6也是等比数列，且S9−S6=a7+a8+a9，
所以(S6−S3)2=S3×(S9−S6)，
则S9−S6=(S3+5)2S3=S32+10S3+25S3=S3+25S3+10≥2 S3×25S3+10=20，
当且仅当S3=25S3，即S3=5取等号，所以a7+a8+a9的最小值为20，故C正确．
故选：C．
根据{an}是等比数列，由S6−2S3=5，即S6−S3=S3+5，可得S3，S6−S3，S9−S6也是等比数列，结合基本不等式的性质即可求出a7+a8+a9的最小值．
本题主要考查等比数列的性质应用，考查计算能力，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：当a>1时，由题意y=ax与y=lgax互为反函数，
所求等价于ax≥x在区间(0,+∞)上恒成立，
令f(x)=ax−x，(x>0)，则f′(x)=axlna−1，
令f′(x)=0，解得x=lga1lna，
当x∈(0,lga1lna)时，f′(x)<0，则f(x)为减函数，
当x∈(lga1lna,+∞)时，f′(x)>0，则f(x)为增函数，
所以f(x)在x=lga1lna处取得极小值，也为最小值，
所以alga1lna−lga1lna≥0，整理可得1lna−ln1lnalna=1−ln1lnalna≥0，
因为a>1，所以lna>0，
所以1−ln1lna≥0，则ln1lna≤1=lne，
所以1lna≤e，则lna≥1e=lne1e，解得a≥e1e；
当0所以a的取值范围是[e1e,+∞),
故选：C．
当a>1时，原题等价于ax≥x在区间(0,+∞)上恒成立，令f(x)=ax−x，(x>0)，利用导数求得f(x)的单调区间和最值，分析计算，即可得答案，当0本题考查利用导数研究函数的最值，考查学生的运算能力，属于中档题．
7.【答案】D
【解析】解：依题意，an+12−an2=2，即{an2}是公差为2的等差数列，而a5=3，
于是an2=a52+2(n−5)=2n−1，即an= 2n−1，
则2an+an+1=2 2n−1+ 2n+1=2( 2n+1− 2n−1)( 2n+1+ 2n−1)( 2n+1− 2n−1)= 2n+1− 2n−1，
所以数列{2an+an+1}的前24项和为：( 3−1)+( 5− 3)+( 7− 5)+⋯+( 49− 47)=7−1=6．
故选：D．
先由等方差数列的定义得到{an2}是公差为2的等差数列并求出an，进而求出2an+an+1，再利用裂项相消法求和即得．
本题主要考查数列的求和，考查转化能力，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：因为yN= 2yM=4，则yM=2 2，代入抛物线的方程可得xM=(2 2)24=2，xN=424=4，
即M(2,2 2),N(4,4)，
抛物线的直线方程为x=−1，焦点F(1,0)，
由抛物线的性质可得|FM|=2+1=3，|FN|=4+1=5，
又因为kMF=2 22−1=2 2，即直线MF：x= 24y+1，如图所示：
令x=−1，则y=−4 2，
即A(−1,−4 2)，同理B(−1,−83)，
则|FA|= 4+32=6,|FB|= 4+649=103，
因为∠AFB=∠MFN，所以sin∠AFB=sin∠MFN，
所以S△MFNS△ABF=12|FM||FN|sin∠MFN12|FA||FB|sin∠AFB=3×56×103=34．
故选：D．
由题意可得M，N的纵坐标，代入抛物线的方程，可得它们的纵坐标，再由抛物线的性质可得|MF|，|NF|，切线直线MF的斜率，设直线MF的方程，令x=−1，可得A点的坐标，同理可得B的坐标，求出|AF|，|BF|的值，代入三角形的面积公式，可得两个三角形的面积之比的大小．
本题考查抛物线的性质的应用及直线与抛物线的综合应用，属于中档题．
9.【答案】BCD
【解析】解：对于A：直线xsinα+y+2=0的倾斜角为θ，则tanθ=−sinθ∈[−1,1]，
因为0≤θ<π，所以θ∈[0,π4]∪[3π4,π)，故选项A说法正确；
对于B：当a=−1时，x−y+1=0与直线x+y−2=0斜率乘积等于−1，
两直线互相垂直，所以充分性成立，
若“直线a2x−y+1=0与直线x−ay−2=0互相垂直”，则a2+a=0，可得a=0或a=−1，
所以得不出a=−1，故必要性不成立，
“a=−1”是“直线a2x−y+1=0与直线x−ay−2=0互相垂直”的充分不必要条件，
故选项B说法不正确；
对于C：当x1=x2或y1=y2时，直线的方程为x=x1或y=y1，
此时直线的方程y−y1y2−y1=x−x1x2−x1不成立，故选项C说法不正确；
对于D：当过(1,1)且横纵截距都为0时，所求直线方程为x−y=0，
当过(1,1)且横纵截距相等不为0时，
设所求直线方程为xa+ya=1，即1a+1a=1，可得a=2，
所以直线的方程为x+y−2=0，故选项D说法不正确；
故选：BCD．
根据斜率为k=tanθ=−sinθ∈[−1,1]，求得θ的范围可判断A；根据两直线垂直的等价条件和充分条件必要条件的定义可判断B；当x1=x2或y1=y2时可判断C；当横纵截距都为0时，所求直线方程为x−y=0可判断D．
本题考查了直线的倾斜角和两直线垂直的性质，考查充分必要条件以及转化思想，是中档题．
10.【答案】BC
【解析】解：对于A，取a=(1,1,0)，b=(−1,1,0)，c=(1,2,1)，则a⋅b=−1+1+0=0，b⋅c=−1+2+0=1，
此时(a⋅b)⋅c=0⋅c=0，a⋅(b⋅c)=a，等式(a⋅b)⋅c=a⋅(b⋅c)不成立，故A项不正确；
对于B，点(x,y,z)关于坐标平面Oyz的对称点是(−x,y,z)，
因此点P(−1,3,5)关于坐标平面Oyz的对称点是P′(1,3,5)，B项正确；
对于C，若{e1,e2,e3}为空间向量的一个基底，a=e1−2e2+e3，b=−e1+3e2+2e3，c=−3e1+7e2，
则c=−2a+b，可知向量a，b，c能共面，故C项正确；
对于D，根据A(−1,1,2)，B(2,2,4)，C(3,−2,0)，得AB=(3,1,2)，AC=(4,−3,−2)，
cs=AB⋅AC|AB|⋅|AC|=12−3−4 9+1+4⋅ 16+9+4=5 406，向量AC在向量AB上的投影为|AC|cs= 29×5 406=5 14，
所以量AC在向量AB上的投影向量是5 14×1|AB|×|AB|=5 14×1 14(3,1,2)=514(3,1,2)，故D不正确．
故选：BC．
通过举例说明，判断出A项的正误；根据对称的性质，判断出B项的正误；根据空间向量共面定理，判断出C项的正误；利用空间向量数量积的定义与运算性质，判断出D项的正误．
本题主要考查空间向量数量积的定义与运算性质、空间向量共面定理等知识，考查了计算能力、逻辑推理能力，属于中档题．
11.【答案】ABC
【解析】【分析】
本题考查利用导数判断已知函数的单调性，利用导数比较大小，属于较难题．
根据题意构造函数F(x)，利用导数判断函数F(x)的单调性，结合函数f(x)为偶函数即可推出结果，从而判断各个选项的正误．
【解答】解：偶函数y=f(x)对于任意的x∈[0,π2)满足f′(x)csx+f(x)sinx>0，
构造函数F(x)=f(x)csx，
可得F′(x)=f′(x)csx+f(x)sinxcs2x>0，
可知F(x)是增函数，
由F(π4)故 2f(−π3)>f(π4)，故A错误；
由F(π3)>F(π4)，可得f(π3)csπ3>f(π4)csπ4，
故f(−π3)12>f(−π4) 22，故 2f(−π3)>f(−π4)，故B错误；
由F(0)故f(0)由F(π6)故f(π6) 32故选：ABC．
12.【答案】x=4或3x+4y=0
【解析】解：当直线的斜率存在时，可设直线方程为y+3=k(x−4)，即kx−y−4k−3=0，
由题意得|k−3−4k−3| 1+k2=3，
解得k=−34，此时直线方程为3x+4y=0，
当直线的斜率不存在时，直线方程为x=4符合题意．
故答案为：x=4或3x+4y=0．
先考虑直线的斜率是否存在，然后结合点到直线的距离公式即可求解．
本题主要考查了直线与圆相切的性质的应用，点到直线的距离公式，属于基础题．
13.【答案】[−12,1]
【解析】【分析】
先求得函数f(x)是R上的奇函数，把不等式转化为f(2a2)≤−f(a+1)，利用导数判断函数f(x)的单调性，进一步将不等式转化为2a2≤a+1，求解即可．
本题考查了函数与不等式的综合应用，函数奇偶性的判断，利用导数研究函数单调性的应用，解题的关键是将不等式进行等价转化，考查了逻辑推理能力、转化化归能力与化简运算能力，属于中档题．
【解答】
解：由题意可得，函数f(x)=x3−4x+2ex−2ex的定义域为R，
又f(−x)=−x3+4x+2ex−2ex=−(x3−4x+2ex−2ex)=−f(x)，
故函数f(x)是R上的奇函数，
又因为f′(x)=3x2−4+2ex+2ex≥3x2−4+2 2ex⋅2ex=3x2≥0，
当且仅当x=0时取等号，
所以f(x)在定义域R上为单调递增函数，
则不等式f(2a2)+f(−1−a)≤0可变形为f(2a2)≤−f(−1−a)=f(a+1)，
则2a2≤a+1，解得−12≤a≤1，
故实数a的取值范围为[−12,1]．
故答案为：[−12,1]．
14.【答案】①②④
【解析】解：由a1+12a2+13a3+⋯+1nan=bn可得a1+12a2+13a3+⋯+1n−1an−1=bn−1(n≥2)，
将两式相减可得bn−bn−1=1nan；
①若an=n2+n可得bn−bn−1=1nan=n+1，
bn−1−bn−2=n，
bn−2−bn−3=n−1⋅⋅⋅
b2−b1=3，
累加可得bn−b1=3+4+⋅⋅⋅+n+1，又可得a1=b1=2，
因此bn=2+3+4+⋅⋅⋅+n+1=n(2+n+1)2=n2+3n2，即①正确；
②若bn=n，可得bn−bn−1=1nan=1，即an=n(n≥2)，
又易知b1=a1=1，可得数列{an}是a1=1为首项，公差为1的等差数列，即②正确；
③若bn=n+1，可得bn−bn−1=1nan=1(n≥2)，即an=n(n≥2)，
又b1=a1=2，所以an=n,n≥22,n=1，因此③错误；
④若bn=2n，则bn−bn−1=1nan=2n−1(n≥2)，因此an=n⋅2n−1(n≥2)，
又b1=a1=2，可得an=n⋅2n−1,n≥22,n=1，
所以Sn=a1+a2+⋅⋅⋅+an=2+2×21+3×22+4×23+⋅⋅⋅+n⋅2n−1，
2Sn=4+2×22+3×23+4×24+⋅⋅⋅+n⋅2n，
两式相减可得−Sn=−2+2×21+22+23+⋅⋅⋅+2n−1−n⋅2n=21+22+23+⋅⋅⋅+2n−1−n⋅2n
=2(1−2n−1)1−2−n⋅2n=2n−2−n⋅2n，
所以Sn=(n−1)⋅2n+2，即④正确．
故答案为：①②④．
利用an，bn的关系式可得bn−bn−1=1nan(n≥2)，将①②③中的表达式代入即可求得结论是否正确，利用错位相减法可求得④正确．
本题考查了数列的递推式和错位相减求和，属于中档题．
15.【答案】解：因为2Sn=nan+n，①
所以2Sn−1=(n−1)an−1+n−1，n≥2，②
①−②相减得2an=nan+n−(n−1)an−1−(n−1)，n≥2，
所以(n−2)an=(n−1)an−1−1(n≥2)，③
所以(n−1)an+1=nan−1，④
④−③得(n−1)an+1−(n−2)an=nan−(n−1)an−1，n≥2，
所以2(n−1)an=(n−1)an−1+(n−1)an+1，
所以2an=an−1+an+1，(n≥2)，
所以{an}为等差数列，
因为2S1=a1+1=2a1，
所以a1=1，
又a2=2，
所以数列{an}的公差d=1，
所以an=n，
则bn=n+2n(n+1)2n=1n⋅2n−1−1(n+1)⋅2n，
所以Tn=(1−14)+(14−112)+...+[1n⋅2n−1−1(n+1)⋅2n]=1−1(n+1)⋅2n．
【解析】首先利用公式an=S1,n=1Sn−Sn−1,n≥2，化简等式，得到(n−2)an=(n−1)an−1−1(n≥2)，再得到(n−1)an+1=nan−1，两式相减后，可判断数列{an}是等差数列，求得数列{an}的通项公式，再利用裂项相消法求和．
本题考查了数列的递推式，重点考查了裂项相消法求和，属中档题．
16.【答案】解：(1)函数f(x)=x2+x−1ex，定义域为R，
则f′(x)=(2x+1)ex−(x2+x−1)ex(ex)2=−x2+x+2ex，
令f′(x)=0，得x1=−1，x2=2，
所以f′(x)，f(x)的变化情况，如下表所示：
所以当x=−1时，f(x)取得极小值f(−1)=−e，当x=2时，f(x)取得极大值f(2)=5e2；
(2)因为f(t)=t2+t−1et，f′(t)=−t2+t+2et，
所以曲线f(x)在点(t,f(t))处的切线方程为l：y−t2+t−1et=−t2+t+2et(x−t)，
令x=0可得l在y轴上的截距为b=g(t)=t2+t−1et+−t2+t+2et(−t)=t3−t−1et，
因为直线l的斜率为非负数，即f′(t)=−t2+t+2et≥0，即−t2+t+2≥0，解得−1≤t≤2，
所以et⋅b=et⋅t3−t−1et=t3−t−1(−1≤t≤2)，
令h(t)=t3−t−1，t∈[−1,2]，则h′(t)=3t2−1=3(t− 33)(t+ 33)，
所以当−10，当− 33所以h(t)在(−1,− 33)，( 33,2)上单调递增，在(− 33, 33)上单调递减，
所以当t=− 33时，h(t)有极大值h(− 33)=2 39−1，当t= 33时，h(t)有极小值h( 33)=−2 39−1，
又h(−1)=−1>−2 39−1，h(2)=5>2 39−1，
所以h(t)的取值范围为[−2 39−1,5]，即et⋅b的取值范围为[−2 39−1,5]．
【解析】(1)先求出导函数f′(x)，再根据f′(x)的正负得到f(x)的单调性，进而求出f(x)的极值；
(2)由导数的几何意义求出曲线f(x)在点(t,f(t))处的切线方程为l：y−t2+t−1et=−t2+t+2et(x−t)，令x=0可得l在y轴上的截距为b=g(t)=t2+t−1et+−t2+t+2et(−t)=t3−t−1et，由f′(t)=−t2+t+2et≥0可得−1≤t≤2，所以et⋅b=et⋅t3−t−1et=t3−t−1(−1≤t≤2)，令h(t)=t3−t−1，t∈[−1,2]，求导得到h(t)的单调性和极值，进而求出h(t)的值域，即为et⋅b的取值范围．
本题主要考查了利用导数研究函数的极值，考查了导数的几何意义，以及利用导数求函数的值域，属于中档题．
17.【答案】解：(1)当n=3时，f(x)=(1+x)n+1+2(1+x)n+2+…+k(1+x)n+k+…+n(1+x)2n =(1+x)4+2(1+x)5+3(1+x)6，
∴f(x)的展开式中含x3项的系数为C43+2C53+3C63=84．
(2)∵f(x)=(1+x)n+1+2(1+x)n+2+…+k(1+x)n+k+…+n(1+x)2n，(n∈N*)，
故f(x)的展开式中含xn项的系数为Cn+1n+2Cn+2n+3Cn+3n+…+nC2nn=Cn+11+2Cn+22+3Cn+33+nC2nn
因为k⋅Cn+kk=k(n+k)！n!⋅k!=(n+k)！n!⋅(k−1)!=(n+1)(n+k)！(n+1)!⋅(k−1)!=(n+1)Cn+kn+1，
所以xn项的系数为：(n+1)(Cn+1n+1+Cn+2n+1+Cn+3n+1+……+C2nn+1)=(n+1)(Cn+2n+2+Cn+2n+1+Cn+3n+1……+C2nn+1)=(n+1)(Cn+3n+2+Cn+3n+1……+C2nn+1)=(n+1)C2n+1n+2．
【解析】(1)当n=3时根据二项展开式分别求出每个二项式中的x3项的系数相加即可；
(2)根据二项展开式，含xn项的系数为Cn+1n+2Cn+2n+3Cn+3n+…+nC2nn=Cn+11+2Cn+22+3Cn+33+nC2nn，又k⋅Cn+kk=k(n+k)！n!⋅k!=(n+k)！n!⋅(k−1)!=(n+1)(n+k)！(n+1)!⋅(k−1)!=(n+1)Cn+kn+1，再结合Cnr+Cnr+1=Cn+1r+1即可得到结论．
本题考查了二项式定理，二项展开式中项的系数的求法，组合数的计算等，属于中档题．
18.【答案】解：(1)取CF的中点H，连接GH，OH，如图所示，
∵四边形EBCF是矩形，且CB=2BE，
∴O为线段BF与CE的中点，∴OH/​/BC，且OH=12BC，
由图1可知，AG/​/BC且AG=12BC，EF/​/BC，且EF=BC，
∴在图2中，AG/​/BC且AG=12BC，
∴AG//OH且AG=OH，
∴四边形AOHG是平行四边形，∴AO//GH，
又∵AO⊄平面GCF，GH⊆平面GCF，
∴AO/​/平面GCF．
(2)由图1可知，EF⊥AE，EF⊥BE，折起后在图2中仍有EF⊥AE，EF⊥BE，
∴∠AEB即为二面角A−EF−B的平面角，
∴∠AEB=2π3，
以E为坐标原点，EB，EF分别为x轴和y轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，
设CB=2BE=2EA=4，
则E(0,0,0)B(2,0,0)，F(0,4,0)，O(1,2,0)，
又∵EF⊥AE，EF⊥BE，AE∩BE=E，
∴EF⊥平面AEF，∴点A在xOz平面上，
∴EF=(0,4,0)为平面ABE的一个法向量，
又∵∠AEB=2π3，AE=2，∴A(−1,0, 3)，
∴OA=(−2,−2, 3)，OB=(1,−2,0)，
设平面OAB的一个法向量为n=(x,y,z)，
则OA⋅n=0OB⋅n=0，即−2x−2y+ 3z=0x−2y=0，取y=1得x=2z=2 3，
∴n=(2,1,2 3)，
∴平面OAB与平面ABE夹角的余弦值为|cs|=EF⋅n|EF||n|=44× 17= 1717．
【解析】(1)取CF的中点H，连接GH，OH，由折叠前的图形可知，AG/​/BC且AG=12BC，又OH/​/BC，且OH=12BC，所以AG//OH且AG=OH，所以四边形AOHG是平行四边形，可得AO//GH，再利用直线与平面平行的判定定理即可证得AO/​/平面GCF．
(2)由题意可得∠AEB即为二面角A−EF−B的平面角，即∠AEB=2π3，以E为坐标原点，EB，EF分别为x轴和y轴正方向，建立空间直角坐标系，设CB=2BE=2EA=4，
求出相应点的坐标，进而求出平面OAB的一个法向量，易知EF为平面ABE的一个法向量，再利用平面与平面的夹角公式求解即可．
本题主要考查了直线与平面平行的判定定理，考查了利用空间向量求平面与平面的夹角，属于中档题．
19.【答案】解：(1)因为f(x)=( x+ 2)2，
故n≥2时，Sn=f(Sn−1)=( Sn−1+ 2)2= Sn2，
因为an>0，
所以 Sn= Sn−1+ 2，
所以 Sn− Sn−1= 2，
又a1=2，所以 a1= 2，所以数列{ Sn}是以 2为首项， 2为公差的等差数列，
所以 Sn= 2n，所以Sn=2n2，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2n2−2(n−1)2=4n−2，
当n=1时，a1=2满足an=4n−2，
所以an=4n−2(n∈N*)；
(2)由(1)得bn=an+12+an22an+1⋅an=(4n+2)2+(4n−2)22(4n+2)(4n−2)=12(44n+24n−2+4n−24n+2)
=1+2(14n−2−14n+2)，
所以b1+b2+⋯+bn=n+2[(12−16)+(16−110)+⋯+(14n−2−14n+2)]
=n+2(12−14n+2)=n+1−12n+1，
所以b1+b2+⋯+bn=n+1−12n+1．
【解析】(1)由题意可得，n≥2时，Sn=( Sn−1+ 2)2，然后结合数列的和与项的递推关系及等差数列的通项公式即可求解；
(2)先求出bn，然后利用裂项求和即可求解．
本题主要考查了数列的递推关系及等差数列的通项公式的应用，还考查了裂项求和的应用，属于中档题．x
(−∞,−1)
−1
(−1,2)
2
(2,+∞)
f′(x)
−
0
+
0
1
f(x)
单调递减
极小值
单调递增
极大值
单调递减