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2024年天津市河东区高考数学二模试卷（含详细答案解析）
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这是一份2024年天津市河东区高考数学二模试卷（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.设全集U={0,1,2,3,4,5}，集合A={1,2,3,4}，B={1,3,5}，则∁U(A∩B)=( )
A. ⌀B. {0}C. {0,2,4}D. {0,2,4,5}
2.已知a，b为非零实数，则“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
3.函数f(x)=tanx+1tanx,x∈{x|−π2A. B.
C. D.
4.已知函数f(x)=1x−x，若a=lg52，b=lg0.50.2，c=0.5−0.5，则( )
A. f(b)C. f(b)5.将函数f(x)=sin(2x+π3)的图象向右平移π6个单位长度，得到函数g(x)的图象，则下列说法不正确的是( )
A. g(x)的最小正周期为πB. g(π6)= 32
C. x=π6是g(x)图象的一条对称轴D. g(x)为奇函数
6.已知直线3x+4y+a=0与圆C：x2+y2−4x−5=0相交于A，B两点，且∠CAB=30∘，则实数a=( )
A. 32或−272B. 52C. 52或−232D. 32
7.下列说法中正确的是( )
A. 具有线性相关关系的变量x，y，其线性回归方程为y=0.2x−m，若样本的中心(m,3.2)，则m=4
B. 数据3，4，2，8，1，5，8，6的中位数为5
C. 将一组数据中的每一个数据加上同一个正数后，方差变大
D. 若甲、乙两组数据的相关系数分别为−0.91和0.89，则甲组数据的线性相关性更强
8.如图，已知长方体ABCD−A1B1C1D1的体积为V，E是棱C1D1的中点，平面AB1E将长方体分割成两部分，则体积较小的一部分的体积为( )
A. 724V
B. 717V
C. 715V
D. 12V
9.双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，Q为线段F1F2上一点，P为双曲线上第一象限内一点，S△PQF1=2S△PQF2，△PQF1与△PQF2的周长之和为10a，且它们的内切圆半径相等，则双曲线的离心率为( )
A. 3B. 2C. 3D. 2
二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。
10.i是虚数单位，复数8−i2+i=__________.
11.在(2x+ax2)5的展开式中x−4的系数为320，则实数a=______.
12.甲袋中有3个红球，2个白球和1个黑球，乙袋中有4个红球，1个白球和1个黑球(除颜色外，球的大小、形状完全相同).先从甲袋中随机取出1球放入乙袋，再从乙袋中随机取出1球.分别以A1，A2，A3表示由甲袋取出的球是红球，白球和黑球的事件，以B表示由乙袋取出的球是红球的事件，则P(B|A1)=______，P(B)=______.
13.a>b>c，n∈N*，且1a−b+1b−c≥na−c恒成立，则n的最大值为______.
14.如图所示，正方形ABCD的边长为 13，正方形EFGH边长为1，则AE⋅AG的值为______.若在线段AB上有一个动点M，则ME⋅MG的最小值为______.
15.已知函数f(x)=−|x−a|+a，g(x)=x2−4x+3，若方程f(x)=|g(x)|恰有2个不同的实数根，则实数a的取值范围为______.
三、解答题：本题共5小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题15分)
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知bsinA=acs(B+π6).
(1)求角B的大小；
(2)设a=2，c=3 3，求b和sin(2C−B)的值.
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，其中AD//BC，AB⊥AD，AB=AD=12BC=2，PA=4，E为棱BC上的点，且BE=14BC.
(1)求证：DE⊥平面PAC；
(2)求平面PAC与平面PCD夹角的余弦值；
(3)设Q为棱CP上的点，且CQCP=23，求直线QE与平面PAC所成角的正弦值.
18.(本小题15分)
已知椭圆Γ:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F1(−1,0)，且过点A(1,83).
(1)求椭圆Γ的标准方程；
(2)过F1作一条斜率不为O的直线PQ交椭圆Γ于P、Q两点，D为椭圆的左顶点，若直线DP、DQ与直线l：x+4=0分别交于M、N两点，l与x轴的交点为R，则|MR|⋅|NR|是否为定值？若为定值，请求出该定值；若不为定值，请说明理由.
19.(本小题15分)
已知数列{an}是公差不为零的等差数列，满足a1=1，a4+a5=a9，正项数列{bn}的前n项和为Sn，且Sn=3n−1.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)在b1和b2之间插入1个数c11，使b1，c11，b2成等差数列；在b2和b3之间插入2个数c21，c22，c22，使b2，c21，c22，b3成等差数列；…；在bn和bn+1之间插入n个数cn1，cn2，⋯，cnn，使bn，cn1，cn2，⋯，cnn，bn+1成等差数列.
(ⅰ)求cnk；
(ⅱ)求c11+c21+c22+⋯+cn1+cn2+⋯+cnn的值.
20.(本小题15分)
已知函数f(x)=4x−alnx−12x2−2，其中a为正实数．
(1)若函数y=f(x)在x=1处的切线斜率为2，求a的值；
(2)求函数y=f(x)的单调区间；
(3)若函数y=f(x)有两个极值点x1，x2，求证：f(x1)+f(x2)<6−lna.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
由交集运算求得A∩B，再由补集运算得答案．
本题考查交、并、补集的混合运算，是基础题．
【解答】
解：∵A={1,2,3,4}，B={1,3,5}，
∴A∩B={1,3}，
又∵全集U={0,1,2,3,4,5}，
∴∁U(A∩B)={0,2,4,5}.
故选D.
2.【答案】A
【解析】解：当0当|a|<|b|时，如a=−1，b=2，则ba<0，无法得到0所以“0故选：A.
根据充分、必要条件的知识求得正确答案．
本题主要考查了充分条件和必要条件的定义，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题是基础题，考查三角函数的图象与性质，注意函数的奇偶性，三角函数值的应用，考查计算能力、推理能力，常考题型．
利用正切函数的奇偶性，判定函数的奇偶性，结合x的范围确定函数值的正负来判断的图象的正确选项．
【解答】
解：因为y=tanx是奇函数，
所以f(x)=tanx+1tanx,x∈{x|−π2因此B，C不正确，
又因为f(x)=tanx+1tanx,0所以D不正确，
故A正确；
故选A.
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了指数函数、对数函数的单调性，对数的运算性质，减函数的定义，考查了计算能力，属于基础题．
根据对数函数和指数函数的单调性即可得出02,1<0.5−0.5<2，从而得出b>c>a>0，并容易看出f(x)在(0,+∞)上单调递减，从而得出正确选项．
【解答】
解：∵0=lg51，1=0.50<0.5−0.5<0.5−1=2，
∴b>c>a>0，且f(x)在(0,+∞)上单调递减，
∴f(b)故选：C.
5.【答案】C
【解析】解：将函数f(x)=sin(2x+π3)的图象向右平移π6个单位长度，得到函数g(x)的图象，
则g(x)=f(x−π6)=sin[2(x−π6)+π3]=sin2x为奇函数，故D正确；
其最小正周期为T=2π2=π，故A正确；
g(π6)=sinπ3= 32，故B正确，C错误；
故选：C.
利用y=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0)的图象变换规律可求得g(x)=sin2x，从而可判断四个选项的正误．
本题考查y=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0)的图象变换，掌握正弦函数的图象与性质是解题的关键，考查运算能力，属于中档题．
6.【答案】A
【解析】解：圆C：x2+y2−4x−5=0的标准方程是(x−2)2+y2=9，
圆心C的坐标为(2,0)，半径为3，
因为∠CAB=30∘，所以点C到直线AB的距离d=12r=32，
所以|3×2+a| 32+42=32，解得a=32或a=−272.
故选：A.
化圆C的方程为标准方程，求出圆心坐标与半径，再由题意可得圆心到直线的距离，然后利用点到直线的距离公式列式求解a值．
本题考查直线与圆位置关系的应用，考查运算求解能力，是基础题．
7.【答案】D
【解析】解：把(m,3.2)代入y=0.2x−m，可得3.2=0.2m−m，解得m=−4，故A错误；
数据3，4，2，8，1，5，8，6，即1，2，3，4，5，6，8，8的中位数为4+52=4.5，故B错误；
将一组数据中的每一个数据加上同一个正数后，方差不变，故C错误；
若甲、乙两组数据的相关系数分别为−0.91和0.89，因为|−0.91|>|0.89|，则甲组数据的线性相关性更强，故D正确．
故选：D.
把样本点的中心坐标代入线性回归方程，求出m判断A；由中位数的计算公式即可判断B；由方差的性质即可判断C；由相关系数r的意义即可判断D.
本题考查中位数、方差，相关系数的性质，是基础题．
8.【答案】A
【解析】解：设长方体的长、宽、高分别为a、b、c，
取D1D的中点F，则易知EF//AB1，如图，
∴平面AB1E即为平面AB1EF，
由图可知：平面AB1E将长方体分割成两部分，
其中体积较小的一部分为三棱台D1EF−A1B1A，
∴三棱台D1EF−A1B1A的体积为：
13×(12×a2×c2+12×a×c+ ac8×ac2)×b=724abc=724V.
故选：A.
设长方体的长、宽、高分别为a、b、c，取D1D的中点F，则易知EF//AB1，从而可得平面AB1E将长方体分割成两部分，其中体积较小的一部分为三棱台D1EF−A1B1A，再根据台体的体积公式，即可求解．
本题考查长方体的截面问题，三棱台的体积的求解，属基础题．
9.【答案】B
【解析】解：记△PQF1与△PQF2的周长分别为C△PQF1与C△PQF2，
设△PQF1与△PQF2的内切圆半径为r，
则S△PQF1=12C△PQF1×r,S△PQF2=12C△PQF2×r，
根据S△PQF1=2S△PQF2，得C△PQF1=2C△PQF2，
又△PQF1与△PQF2的周长之和为10a，
所以C△PQF1=203a,C△PQF2=103a.
因为C△PQF1−C△PQF2=|PF1|+|PQ|+|F1Q|−(|PF2|+|PQ|+|F2Q|)=103a，
又|PF1|−|PF2|=2a，所以可得|F1Q|−|F2Q|=43a.又|F1Q|+|F2Q|=2c，
所以|F1Q|=23a+c,|F2Q|=c−23a.
由S△PQF1=2S△PQF2可得|F1Q|=2|F2Q|，
即23a+c=2(c−23a)，化简得c=2a，
所以离心率e=ca=2.
故选：B.
根据“△PQF1与△PQF2的周长之和”、“△PQF1与△PQF2的内切圆半径相等”、“S△PQF1=2S△PQF2”等知识列方程，化简求得双曲线的离心率．
本题考查双曲线的简单性质的应用，求解双曲线焦点三角形有关问题，可以考虑利用双曲线的定义来建立等量关系式，即|PF1|−|PF2|=2a.求解三角形面积有关问题，如果两个三角形的高相等，则面积与三角形的底边长有关．是中档题．
10.【答案】3−2i
【解析】【分析】
本题考查了复数的运算，属于基础题．
根据复数的运算法则即可求出．
【解答】
解：i是虚数单位，
复数8−i2+i=(8−i)(2−i)(2+i)(2−i)=15−10i5=3−2i，
故答案为：3−2i
11.【答案】2
【解析】【分析】
本题考查了函数的单调性，考查了导数的应用，考查转化思想，是一道中档题．根据二项式展开式的通项公式，令x的指数等于−4求出r的值，再利用x−4系数列方程求出a的值.
【解答】
解：(2x+ax2)5的展开式中，通项公式为Tr+1=C5r⋅(2x)5−r⋅(ax2)r=C5r⋅25−r⋅ar⋅x5−3r，
令5−3r=−4，解得r=3，
所以展开式中x−4的系数为C53⋅22⋅a3=320，
解得a=2.
故答案为2.
12.【答案】57 914
【解析】解：甲袋中有3个红球，2个白球和1个黑球，乙袋中有4个红球，1个白球和1个黑球(除颜色外，球的大小、形状完全相同).
先从甲袋中随机取出1球放入乙袋，再从乙袋中随机取出1球．
分别以A1，A2，A3表示由甲袋取出的球是红球，白球和黑球的事件，以B表示由乙袋取出的球是红球的事件，
则P(A1)=36=12，P(A1B)=36×57=514，
∴P(B|A1)=P(A1B)P(A1)=51412=57，
P(A1)=36=12，P(A2)=26=13，P(A3)=16，
P(A1B)=36×57=514，P(A2B)=26×47=421，P(A3B)=16×47=221，
∴P(B|A1)=P(A1B)P(A1)=51412=57，P(B|A2)=P(A2B)P(A2)=42113=47，P(B|A3)=P(A3B)P(A3)=22116=47，
∴P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)=12×57+13×47+16×47=914.
故答案为：57，914.
先分别求出P(A1)，P(A1B)，再由P(B|A1)=P(A1B)P(A1)，能求出P(B|A1)；分别求出P(A1)，P(A2)，P(A3)，P(A1B)，P(A2B)，P(A3B)，从而求出P(B|A1)，P(B|A2)，P(B|A3)，再由P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)，能求出P(B).
故答案为：57，914.
本题考查概率的求法，考查条件概率公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
13.【答案】4
【解析】解：1a−b+1b−c≥na−c恒成立
即n≤a−ca−b+a−cb−c恒成立
只要n⩽(a−ca−b+a−cb−c)最小值
∵a−ca−b+a−cb−c=a−b+b−ca−b+a−b+b−cb−c
=2+b−ca−b+a−bb−c
∵a>b>c
∴a−b>0，b−c>0
∴b−ca−b+a−bb−c≥2 b−ca−b⋅a−bb−c=2
∴(a−ca−b+a−cb−c)≥4
∴(a−ca−b+a−cb−c)最小值为4
故答案为4.
将不等式变形分离出n，不等式恒成立即n大于等于右边的最小值；由于a−c=a−b+b−c，凑出两个正数的积是常数，利用基本不等式求出最小值．
本题考查利用基本不等式求函数的最值要注意满足：一正、二定、三相等．凑定值是难点．
14.【答案】6114
【解析】解：由已知得正方形ABCD与正方形EFGH的中心重合，不妨设为O，
所以AO= 262，OG=OE= 22，
则AE⋅AG=(AO−OG)⋅(AO+OG)=AO2−OG2=( 262)2−( 22)2=6；
ME⋅MG=(MO−OG)⋅(MO+OG)=MO2−OG2=MO2−12，显然，当M为AB的中点时，|MO|min= 132，
所以(ME⋅MG)min=134−12=114.
故答案为：6；114.
易知正方形ABCD与正方形EFGH的中心重合，设为O，然后将涉及到的向量用AO，OG或MO,OG来表示，则问题可解．
本题考查平面向量基本定理与数量积的计算，属于中档题．
15.【答案】(12,32)∪(138,+∞)
【解析】解：依题意画出y=|g(x)|的图象如图所示：
因为函数f(x)=−|x−a|+a，
所以f(x)=x,x当直线y=−x+2a与y=−x2+4x−3(x∈[1,3])相切时，
由y=−x+2ay=−x2+4x−3，得x2−5x+3+2a=0，
Δ=25−4(a+3)=0，解得a=138，
由图可知，①当a<12时，函数f(x)的图象与|g(x)|的图象无交点，不满足题意；
②当a=12时，函数f(x)的图象与|g(x)|的图象交于点(1,0)，不满足题意；
③12则要使方根f(x)=|g(x)|恰有2个不同的实数根，
只需2a<3，即a<32，
故12④当a=138时，函数f(x)的图象与|g(x)|的图象有3个交点，不满足题意；
⑤当a>138时，函数f(x)的图象与|g(x)|的图象有2个交点，满足题意．
综上，12138.
所以a的取值范围为：(12,32)∪(138,+∞).
故答案为：(12,32)∪(138,+∞).
作出y=|g(x)|的图象，分a<12、a=12、12138五种情况，分别作出f(x)图象进行讨论，即可得答案．
本题考查了函数的零点、转化思想、分类讨论思想及数形结合思想，属于中档题．
16.【答案】解：(1)由正弦定理及bsinA=acs(B+π6)，知sinBsinA=sinAcs(B+π6)，
因为sinA≠0，所以sinB=cs(B+π6)= 32csB−12sinB，
所以32sinB= 32csB，即tanB= 33，
又B∈(0,π)，所以B=π6.
(2)由余弦定理知，b2=a2+c2−2accsB=4+27−2×2×3 3× 32=13，
所以b= 13，
因为bsinA=acs(B+π6)，
所以 13sinA=2cs(π6+π6)=1，所以sinA= 1313，
故sin(2C−B)=sin[2(π−A−B)−B]=−sin(2A+3B)=−sin(2A+3⋅π6)=−cs2A=2sin2A−1=2×( 1313)2−1=−1113.
【解析】(1)利用正弦定理化边为角，再由两角和的余弦公式展开，化简运算，得解；
(2)利用余弦定理，可求得b的值，代入已知条件中，可得sinA的值，再结合三角形的内角和定理，诱导公式，二倍角公式对所求式子化简，代入运算，得解．
本题考查解三角形与三角函数的综合应用，熟练掌握正弦定理，余弦定理，三角恒等变换公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
17.【答案】(1)证明：设AC与DE相交于点O，
在直角梯形ABCD中，因为AD//BC，所以△OAD∽△OCE，
又AB=AD=12BC=2，BE=14BC，
所以OAOC=ODOE=ADCE=23，AC= 22+42=2 5，DE= 12+22= 5，
所以OA=25AC=4 55，OD=25DE=2 55，
所以OA2+OD2=AD2，即AC⊥DE，
因为PA⊥平面ABCD，DE⊂平面ABCD，
所以PA⊥DE，
又AC∩PA=A，AC、PA⊂平面PAC，
所以DE⊥平面PAC.
(2)解：以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，C(2,4,0)，D(0,2,0)，P(0,0,4)，E(2,1,0)，
所以PC=(2,4,−4)，AC=(2,4,0)，DC=(2,2,0)，
设平面PAC的法向量为m=(x,y,z)，则m⋅PC=2x+4y−4z=0m⋅AC=2x+4y=0，
取x=2，则y=−1，z=0，所以m=(2,−1,0)，
设平面PCD的法向量为n=(a,b,c)，则n⋅PC=2a+4b−4c=0n⋅DC=2a+2b=0，
取a=−2，则b=2，c=1，所以n=(−2,2,1)，
设平面PAC与平面PCD夹角为θ，
则csθ=|cs|=|m⋅n||m|⋅|n|=|−4−2| 5×3=2 55，
故平面PAC与平面PCD夹角的余弦值为2 55.
(3)解：因为CQCP=23，所以CQ=23CP=23(−2,−4,4)=(−43,−83,83)，
所以QE=CE−CQ=(0,−3,0)−(−43,−83,83)=(43,−13,−83)，
设直线QE与平面PAC所成角为α，
则sinα=|cs|=|QE⋅m||QE|⋅|m|=|83+13| 169+19+649× 5= 55，
故直线QE与平面PAC所成角的正弦值为 55.
【解析】(1)设AC与DE相交于点O，结合三角形相似的性质与勾股定理可证AC⊥DE，再由PA⊥平面ABCD，得PA⊥DE，然后利用线面垂直的判定定理，即可得证；
(2)以A为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求平面与平面的夹角，即可得解；
(3)根据CQCP=23，求得QE的坐标，再利用向量法求线面角，即可得解．
本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面垂直的判定定理与性质定理，利用向量法求平面与平面的夹角、线面角是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)易知椭圆Γ的右焦点F2(1,0)，
因为椭圆Γ经过点A(1,83)，
所以2a= 22+(83)2+83=6，
解得a=3，
因为c=1，
所以b2=a2−c2=8，
则椭圆Γ的标准方程x29+y28=1；
(2)不妨设直线PQ的方程为x=ty−1，P(x1,y1)Q(x2,y2)，
联立x=ty−1x29+y28=1，消去x并整理得(8t2+9)y2−16ty−64=0，
此时Δ>0恒成立，
由韦达定理得y1+y2=16t8t2+9，y1y2=−648t2+9，
易知直线DP的方程为y=y1x1+3(x+3)，
令x=−4，
解得yM=−y1x1+3=−y1ty1+2，
同理可得yN=−y2ty2+2，
所以|MR|⋅|NR|=|yMyN|=|y1y2(ty1+2)(ty2+2)|=|y1y2t2y1y2+2t(y1+y2)+4|
=|−64−64t2+32t2+4(8t2+9)=169.
故|MR|⋅|NR|为定值，定值为169.
【解析】(1)由题意，结合题目所给信息以及a，b，c之间的关系，列出等式求出a和b的值，进而即可求解；
(2)设出直线PQ的方程和P，Q两点的坐标，将直线PQ的方程以椭圆方程联立，利用韦达定理得到y1+y2=16t8t2+9，y1y2=−648t2+9，写出直线DP的方程，进而求点M的纵坐标，同理得到点N的纵坐标，根据|MR|⋅|NR|=|yMyN|化简即可．
本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)设数列{an}的公差为d，
由题意知，a1+3d+a1+4d=a1+8d，
所以1+3d+1+4d=1+8d，解得d=1，
所以an=1+(n−1)×1=n；
因为数列{bn}的前n项和为Sn，且满足Sn=3n−1，
所以当n=1时，b1=31−1=2，
当n≥2时，bn=Sn−Sn−1=3n−1−3n−1+1=2×3n−1，
验证，当n=1时，b1=1，满足上式，
故bn=2×3n−1.
(2)(ⅰ)在bn和bn+1之间插入n个数cn1，cn2，⋯，cnn，使bn，cn1，cn2，⋯，cnn，bn+1成等差数列，
设公差为dn，则dn=bn+1−bnn+1=2×3n−2×3n−1n+1=4×3n−1n+1，
所以cnk=bn+kdn=2×3n−1+k4×3n−1n+1=2k+1+nn+1×2×3n−1.
(ⅱ)设Mn=cn1+cn2+⋯+cnn=ncn1+n(n−1)2⋅dn=n×3+nn+1×2×3n−1+n(n−1)2×4×3n−1n+1=4n×3n−1，
则c11+c21+c22+⋯+cn1+cn2+⋯+cnn=c11+(c21+c22)+⋯+(cn1+cn2+⋯+cnn)=M1+M2+⋯+Mn，
设Tn=M1+M2+⋯+Mn，
所以Tn=4×30+8×31+12×32+⋯+(4n−4)3n−2+4n×3n−1，
3Tn=4×31+8×32+12×33+…+(4n−4)×3n−1+4n×3n，
两式相减得，−2Tn=4+4×31+4×32+⋯+4×3n−1−4n×3n=4(30+31+32+33+⋯+3n−1)−4n×3n=4×1−3n1−3−4n×3n=(2−4n)×3n−2，
所以Tn=1+(2n−1)×3n.
【解析】(1)根据等差数列基本量的运算求得公差d，再由等差数列的通项公式可得an=n；利用bn=Sn−Sn−1(n≥2)求bn，即可，注意检验n=1的情形；
(2)(ⅰ)设等差数列bn，cn1，cn2，⋯，cnn，bn+1的公差为dn，结合dn=bn+1−bnn+1与等差数列的通项公式，可得cnk；
(ⅱ)利用等差数列的前n项和公式求得cn1+cn2+⋯+cnn，再采用错位相减法，求解即可．
本题考查数列的通项公式与前n项和的求法，熟练掌握等差数列的通项公式与求和公式，利用an=Sn−Sn−1(n≥2)求通项公式，以及错位相减法是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于难题．
20.【答案】解：(1)因为f(x)=4x−alnx−12x2−2，
所以f′(x)=4−ax−x，
则f′(1)=3−a=2，所以a的值为1
(2)f′(x)=4−ax−x=−x2−4x+ax，函数y=f(x)的定义域为(0,+∞)，
①若16−4a≤0，即a≥4，则f′(x)≤0，此时f(x)的单调减区间为(0,+∞)；
②若16−4a>0，即0此时f(x)的单调增区间为(0,2− 4−a)，(2+ 4−a,+∞)，
单调减区间为(2− 4−a,2+ 4−a)
(3)由(2)知，当0因为f(x1)+f(x2)=4x1−alnx1−12x12−2+4x2−alnx2−12x22−2
=4(x1+x2)−aln(x1x2)−12(x12+x22)−4
=16−alna−12(42−2a)−4=4+a−alna，
要证f(x1)+f(x2)<6−lna，只需证alna−a−lna+2>0
构造函数g(x)=xlnx−x−lnx+2，则g′(x)=1+lnx−1−1x=lnx−1x，
g′(x)在(0,4)上单调递增，又g′(1)=−1<0，g′(2)=ln2−12>0，且g′(x)在定义域上不间断，
由零点存在定理，可知g′(x)=0在(1,2)上唯一实根x0，且lnx0=1x0
则g(x)在(0,x0)上递减，(x0,4)上递增，所以g(x)的最小值为g(x0)，
因为g(x0)=1−x0−1x0+2=3−(x0+1x0)，
当x0∈(1,2)时，x0+1x0∈(2,52)，则g(x0)>0，
所以g(x)≥g(x0)>0恒成立．
所以alna−a−lna+2>0，
所以f(x1)+f(x2)<6−lna，得证
【解析】(1)求出函数的导数，根据f′(1)=2，求出a的值即可；
(2)求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
(3)求出f(x1)+f(x2)的解析式，问题转化为只需证alna−a−lna+2>0，构造函数g(x)=xlnx−x−lnx+2，根据函数的单调性证明即可．
本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．
1.设全集U={0,1,2,3,4,5}，集合A={1,2,3,4}，B={1,3,5}，则∁U(A∩B)=( )
A. ⌀B. {0}C. {0,2,4}D. {0,2,4,5}
2.已知a，b为非零实数，则“0
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
3.函数f(x)=tanx+1tanx,x∈{x|−π2
C. D.
4.已知函数f(x)=1x−x，若a=lg52，b=lg0.50.2，c=0.5−0.5，则( )
A. f(b)
A. g(x)的最小正周期为πB. g(π6)= 32
C. x=π6是g(x)图象的一条对称轴D. g(x)为奇函数
6.已知直线3x+4y+a=0与圆C：x2+y2−4x−5=0相交于A，B两点，且∠CAB=30∘，则实数a=( )
A. 32或−272B. 52C. 52或−232D. 32
7.下列说法中正确的是( )
A. 具有线性相关关系的变量x，y，其线性回归方程为y=0.2x−m，若样本的中心(m,3.2)，则m=4
B. 数据3，4，2，8，1，5，8，6的中位数为5
C. 将一组数据中的每一个数据加上同一个正数后，方差变大
D. 若甲、乙两组数据的相关系数分别为−0.91和0.89，则甲组数据的线性相关性更强
8.如图，已知长方体ABCD−A1B1C1D1的体积为V，E是棱C1D1的中点，平面AB1E将长方体分割成两部分，则体积较小的一部分的体积为( )
A. 724V
B. 717V
C. 715V
D. 12V
9.双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，Q为线段F1F2上一点，P为双曲线上第一象限内一点，S△PQF1=2S△PQF2，△PQF1与△PQF2的周长之和为10a，且它们的内切圆半径相等，则双曲线的离心率为( )
A. 3B. 2C. 3D. 2
二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。
10.i是虚数单位，复数8−i2+i=__________.
11.在(2x+ax2)5的展开式中x−4的系数为320，则实数a=______.
12.甲袋中有3个红球，2个白球和1个黑球，乙袋中有4个红球，1个白球和1个黑球(除颜色外，球的大小、形状完全相同).先从甲袋中随机取出1球放入乙袋，再从乙袋中随机取出1球.分别以A1，A2，A3表示由甲袋取出的球是红球，白球和黑球的事件，以B表示由乙袋取出的球是红球的事件，则P(B|A1)=______，P(B)=______.
13.a>b>c，n∈N*，且1a−b+1b−c≥na−c恒成立，则n的最大值为______.
14.如图所示，正方形ABCD的边长为 13，正方形EFGH边长为1，则AE⋅AG的值为______.若在线段AB上有一个动点M，则ME⋅MG的最小值为______.
15.已知函数f(x)=−|x−a|+a，g(x)=x2−4x+3，若方程f(x)=|g(x)|恰有2个不同的实数根，则实数a的取值范围为______.
三、解答题：本题共5小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题15分)
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知bsinA=acs(B+π6).
(1)求角B的大小；
(2)设a=2，c=3 3，求b和sin(2C−B)的值.
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，其中AD//BC，AB⊥AD，AB=AD=12BC=2，PA=4，E为棱BC上的点，且BE=14BC.
(1)求证：DE⊥平面PAC；
(2)求平面PAC与平面PCD夹角的余弦值；
(3)设Q为棱CP上的点，且CQCP=23，求直线QE与平面PAC所成角的正弦值.
18.(本小题15分)
已知椭圆Γ:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F1(−1,0)，且过点A(1,83).
(1)求椭圆Γ的标准方程；
(2)过F1作一条斜率不为O的直线PQ交椭圆Γ于P、Q两点，D为椭圆的左顶点，若直线DP、DQ与直线l：x+4=0分别交于M、N两点，l与x轴的交点为R，则|MR|⋅|NR|是否为定值？若为定值，请求出该定值；若不为定值，请说明理由.
19.(本小题15分)
已知数列{an}是公差不为零的等差数列，满足a1=1，a4+a5=a9，正项数列{bn}的前n项和为Sn，且Sn=3n−1.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)在b1和b2之间插入1个数c11，使b1，c11，b2成等差数列；在b2和b3之间插入2个数c21，c22，c22，使b2，c21，c22，b3成等差数列；…；在bn和bn+1之间插入n个数cn1，cn2，⋯，cnn，使bn，cn1，cn2，⋯，cnn，bn+1成等差数列.
(ⅰ)求cnk；
(ⅱ)求c11+c21+c22+⋯+cn1+cn2+⋯+cnn的值.
20.(本小题15分)
已知函数f(x)=4x−alnx−12x2−2，其中a为正实数．
(1)若函数y=f(x)在x=1处的切线斜率为2，求a的值；
(2)求函数y=f(x)的单调区间；
(3)若函数y=f(x)有两个极值点x1，x2，求证：f(x1)+f(x2)<6−lna.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
由交集运算求得A∩B，再由补集运算得答案．
本题考查交、并、补集的混合运算，是基础题．
【解答】
解：∵A={1,2,3,4}，B={1,3,5}，
∴A∩B={1,3}，
又∵全集U={0,1,2,3,4,5}，
∴∁U(A∩B)={0,2,4,5}.
故选D.
2.【答案】A
【解析】解：当0
根据充分、必要条件的知识求得正确答案．
本题主要考查了充分条件和必要条件的定义，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题是基础题，考查三角函数的图象与性质，注意函数的奇偶性，三角函数值的应用，考查计算能力、推理能力，常考题型．
利用正切函数的奇偶性，判定函数的奇偶性，结合x的范围确定函数值的正负来判断的图象的正确选项．
【解答】
解：因为y=tanx是奇函数，
所以f(x)=tanx+1tanx,x∈{x|−π2
又因为f(x)=tanx+1tanx,0
故A正确；
故选A.
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了指数函数、对数函数的单调性，对数的运算性质，减函数的定义，考查了计算能力，属于基础题．
根据对数函数和指数函数的单调性即可得出0
【解答】
解：∵0=lg51
∴b>c>a>0，且f(x)在(0,+∞)上单调递减，
∴f(b)
5.【答案】C
【解析】解：将函数f(x)=sin(2x+π3)的图象向右平移π6个单位长度，得到函数g(x)的图象，
则g(x)=f(x−π6)=sin[2(x−π6)+π3]=sin2x为奇函数，故D正确；
其最小正周期为T=2π2=π，故A正确；
g(π6)=sinπ3= 32，故B正确，C错误；
故选：C.
利用y=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0)的图象变换规律可求得g(x)=sin2x，从而可判断四个选项的正误．
本题考查y=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0)的图象变换，掌握正弦函数的图象与性质是解题的关键，考查运算能力，属于中档题．
6.【答案】A
【解析】解：圆C：x2+y2−4x−5=0的标准方程是(x−2)2+y2=9，
圆心C的坐标为(2,0)，半径为3，
因为∠CAB=30∘，所以点C到直线AB的距离d=12r=32，
所以|3×2+a| 32+42=32，解得a=32或a=−272.
故选：A.
化圆C的方程为标准方程，求出圆心坐标与半径，再由题意可得圆心到直线的距离，然后利用点到直线的距离公式列式求解a值．
本题考查直线与圆位置关系的应用，考查运算求解能力，是基础题．
7.【答案】D
【解析】解：把(m,3.2)代入y=0.2x−m，可得3.2=0.2m−m，解得m=−4，故A错误；
数据3，4，2，8，1，5，8，6，即1，2，3，4，5，6，8，8的中位数为4+52=4.5，故B错误；
将一组数据中的每一个数据加上同一个正数后，方差不变，故C错误；
若甲、乙两组数据的相关系数分别为−0.91和0.89，因为|−0.91|>|0.89|，则甲组数据的线性相关性更强，故D正确．
故选：D.
把样本点的中心坐标代入线性回归方程，求出m判断A；由中位数的计算公式即可判断B；由方差的性质即可判断C；由相关系数r的意义即可判断D.
本题考查中位数、方差，相关系数的性质，是基础题．
8.【答案】A
【解析】解：设长方体的长、宽、高分别为a、b、c，
取D1D的中点F，则易知EF//AB1，如图，
∴平面AB1E即为平面AB1EF，
由图可知：平面AB1E将长方体分割成两部分，
其中体积较小的一部分为三棱台D1EF−A1B1A，
∴三棱台D1EF−A1B1A的体积为：
13×(12×a2×c2+12×a×c+ ac8×ac2)×b=724abc=724V.
故选：A.
设长方体的长、宽、高分别为a、b、c，取D1D的中点F，则易知EF//AB1，从而可得平面AB1E将长方体分割成两部分，其中体积较小的一部分为三棱台D1EF−A1B1A，再根据台体的体积公式，即可求解．
本题考查长方体的截面问题，三棱台的体积的求解，属基础题．
9.【答案】B
【解析】解：记△PQF1与△PQF2的周长分别为C△PQF1与C△PQF2，
设△PQF1与△PQF2的内切圆半径为r，
则S△PQF1=12C△PQF1×r,S△PQF2=12C△PQF2×r，
根据S△PQF1=2S△PQF2，得C△PQF1=2C△PQF2，
又△PQF1与△PQF2的周长之和为10a，
所以C△PQF1=203a,C△PQF2=103a.
因为C△PQF1−C△PQF2=|PF1|+|PQ|+|F1Q|−(|PF2|+|PQ|+|F2Q|)=103a，
又|PF1|−|PF2|=2a，所以可得|F1Q|−|F2Q|=43a.又|F1Q|+|F2Q|=2c，
所以|F1Q|=23a+c,|F2Q|=c−23a.
由S△PQF1=2S△PQF2可得|F1Q|=2|F2Q|，
即23a+c=2(c−23a)，化简得c=2a，
所以离心率e=ca=2.
故选：B.
根据“△PQF1与△PQF2的周长之和”、“△PQF1与△PQF2的内切圆半径相等”、“S△PQF1=2S△PQF2”等知识列方程，化简求得双曲线的离心率．
本题考查双曲线的简单性质的应用，求解双曲线焦点三角形有关问题，可以考虑利用双曲线的定义来建立等量关系式，即|PF1|−|PF2|=2a.求解三角形面积有关问题，如果两个三角形的高相等，则面积与三角形的底边长有关．是中档题．
10.【答案】3−2i
【解析】【分析】
本题考查了复数的运算，属于基础题．
根据复数的运算法则即可求出．
【解答】
解：i是虚数单位，
复数8−i2+i=(8−i)(2−i)(2+i)(2−i)=15−10i5=3−2i，
故答案为：3−2i
11.【答案】2
【解析】【分析】
本题考查了函数的单调性，考查了导数的应用，考查转化思想，是一道中档题．根据二项式展开式的通项公式，令x的指数等于−4求出r的值，再利用x−4系数列方程求出a的值.
【解答】
解：(2x+ax2)5的展开式中，通项公式为Tr+1=C5r⋅(2x)5−r⋅(ax2)r=C5r⋅25−r⋅ar⋅x5−3r，
令5−3r=−4，解得r=3，
所以展开式中x−4的系数为C53⋅22⋅a3=320，
解得a=2.
故答案为2.
12.【答案】57 914
【解析】解：甲袋中有3个红球，2个白球和1个黑球，乙袋中有4个红球，1个白球和1个黑球(除颜色外，球的大小、形状完全相同).
先从甲袋中随机取出1球放入乙袋，再从乙袋中随机取出1球．
分别以A1，A2，A3表示由甲袋取出的球是红球，白球和黑球的事件，以B表示由乙袋取出的球是红球的事件，
则P(A1)=36=12，P(A1B)=36×57=514，
∴P(B|A1)=P(A1B)P(A1)=51412=57，
P(A1)=36=12，P(A2)=26=13，P(A3)=16，
P(A1B)=36×57=514，P(A2B)=26×47=421，P(A3B)=16×47=221，
∴P(B|A1)=P(A1B)P(A1)=51412=57，P(B|A2)=P(A2B)P(A2)=42113=47，P(B|A3)=P(A3B)P(A3)=22116=47，
∴P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)=12×57+13×47+16×47=914.
故答案为：57，914.
先分别求出P(A1)，P(A1B)，再由P(B|A1)=P(A1B)P(A1)，能求出P(B|A1)；分别求出P(A1)，P(A2)，P(A3)，P(A1B)，P(A2B)，P(A3B)，从而求出P(B|A1)，P(B|A2)，P(B|A3)，再由P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)，能求出P(B).
故答案为：57，914.
本题考查概率的求法，考查条件概率公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
13.【答案】4
【解析】解：1a−b+1b−c≥na−c恒成立
即n≤a−ca−b+a−cb−c恒成立
只要n⩽(a−ca−b+a−cb−c)最小值
∵a−ca−b+a−cb−c=a−b+b−ca−b+a−b+b−cb−c
=2+b−ca−b+a−bb−c
∵a>b>c
∴a−b>0，b−c>0
∴b−ca−b+a−bb−c≥2 b−ca−b⋅a−bb−c=2
∴(a−ca−b+a−cb−c)≥4
∴(a−ca−b+a−cb−c)最小值为4
故答案为4.
将不等式变形分离出n，不等式恒成立即n大于等于右边的最小值；由于a−c=a−b+b−c，凑出两个正数的积是常数，利用基本不等式求出最小值．
本题考查利用基本不等式求函数的最值要注意满足：一正、二定、三相等．凑定值是难点．
14.【答案】6114
【解析】解：由已知得正方形ABCD与正方形EFGH的中心重合，不妨设为O，
所以AO= 262，OG=OE= 22，
则AE⋅AG=(AO−OG)⋅(AO+OG)=AO2−OG2=( 262)2−( 22)2=6；
ME⋅MG=(MO−OG)⋅(MO+OG)=MO2−OG2=MO2−12，显然，当M为AB的中点时，|MO|min= 132，
所以(ME⋅MG)min=134−12=114.
故答案为：6；114.
易知正方形ABCD与正方形EFGH的中心重合，设为O，然后将涉及到的向量用AO，OG或MO,OG来表示，则问题可解．
本题考查平面向量基本定理与数量积的计算，属于中档题．
15.【答案】(12,32)∪(138,+∞)
【解析】解：依题意画出y=|g(x)|的图象如图所示：
因为函数f(x)=−|x−a|+a，
所以f(x)=x,x
由y=−x+2ay=−x2+4x−3，得x2−5x+3+2a=0，
Δ=25−4(a+3)=0，解得a=138，
由图可知，①当a<12时，函数f(x)的图象与|g(x)|的图象无交点，不满足题意；
②当a=12时，函数f(x)的图象与|g(x)|的图象交于点(1,0)，不满足题意；
③12
只需2a<3，即a<32，
故12
⑤当a>138时，函数f(x)的图象与|g(x)|的图象有2个交点，满足题意．
综上，12
所以a的取值范围为：(12,32)∪(138,+∞).
故答案为：(12,32)∪(138,+∞).
作出y=|g(x)|的图象，分a<12、a=12、12
本题考查了函数的零点、转化思想、分类讨论思想及数形结合思想，属于中档题．
16.【答案】解：(1)由正弦定理及bsinA=acs(B+π6)，知sinBsinA=sinAcs(B+π6)，
因为sinA≠0，所以sinB=cs(B+π6)= 32csB−12sinB，
所以32sinB= 32csB，即tanB= 33，
又B∈(0,π)，所以B=π6.
(2)由余弦定理知，b2=a2+c2−2accsB=4+27−2×2×3 3× 32=13，
所以b= 13，
因为bsinA=acs(B+π6)，
所以 13sinA=2cs(π6+π6)=1，所以sinA= 1313，
故sin(2C−B)=sin[2(π−A−B)−B]=−sin(2A+3B)=−sin(2A+3⋅π6)=−cs2A=2sin2A−1=2×( 1313)2−1=−1113.
【解析】(1)利用正弦定理化边为角，再由两角和的余弦公式展开，化简运算，得解；
(2)利用余弦定理，可求得b的值，代入已知条件中，可得sinA的值，再结合三角形的内角和定理，诱导公式，二倍角公式对所求式子化简，代入运算，得解．
本题考查解三角形与三角函数的综合应用，熟练掌握正弦定理，余弦定理，三角恒等变换公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
17.【答案】(1)证明：设AC与DE相交于点O，
在直角梯形ABCD中，因为AD//BC，所以△OAD∽△OCE，
又AB=AD=12BC=2，BE=14BC，
所以OAOC=ODOE=ADCE=23，AC= 22+42=2 5，DE= 12+22= 5，
所以OA=25AC=4 55，OD=25DE=2 55，
所以OA2+OD2=AD2，即AC⊥DE，
因为PA⊥平面ABCD，DE⊂平面ABCD，
所以PA⊥DE，
又AC∩PA=A，AC、PA⊂平面PAC，
所以DE⊥平面PAC.
(2)解：以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，C(2,4,0)，D(0,2,0)，P(0,0,4)，E(2,1,0)，
所以PC=(2,4,−4)，AC=(2,4,0)，DC=(2,2,0)，
设平面PAC的法向量为m=(x,y,z)，则m⋅PC=2x+4y−4z=0m⋅AC=2x+4y=0，
取x=2，则y=−1，z=0，所以m=(2,−1,0)，
设平面PCD的法向量为n=(a,b,c)，则n⋅PC=2a+4b−4c=0n⋅DC=2a+2b=0，
取a=−2，则b=2，c=1，所以n=(−2,2,1)，
设平面PAC与平面PCD夹角为θ，
则csθ=|cs
故平面PAC与平面PCD夹角的余弦值为2 55.
(3)解：因为CQCP=23，所以CQ=23CP=23(−2,−4,4)=(−43,−83,83)，
所以QE=CE−CQ=(0,−3,0)−(−43,−83,83)=(43,−13,−83)，
设直线QE与平面PAC所成角为α，
则sinα=|cs
故直线QE与平面PAC所成角的正弦值为 55.
【解析】(1)设AC与DE相交于点O，结合三角形相似的性质与勾股定理可证AC⊥DE，再由PA⊥平面ABCD，得PA⊥DE，然后利用线面垂直的判定定理，即可得证；
(2)以A为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求平面与平面的夹角，即可得解；
(3)根据CQCP=23，求得QE的坐标，再利用向量法求线面角，即可得解．
本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面垂直的判定定理与性质定理，利用向量法求平面与平面的夹角、线面角是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)易知椭圆Γ的右焦点F2(1,0)，
因为椭圆Γ经过点A(1,83)，
所以2a= 22+(83)2+83=6，
解得a=3，
因为c=1，
所以b2=a2−c2=8，
则椭圆Γ的标准方程x29+y28=1；
(2)不妨设直线PQ的方程为x=ty−1，P(x1,y1)Q(x2,y2)，
联立x=ty−1x29+y28=1，消去x并整理得(8t2+9)y2−16ty−64=0，
此时Δ>0恒成立，
由韦达定理得y1+y2=16t8t2+9，y1y2=−648t2+9，
易知直线DP的方程为y=y1x1+3(x+3)，
令x=−4，
解得yM=−y1x1+3=−y1ty1+2，
同理可得yN=−y2ty2+2，
所以|MR|⋅|NR|=|yMyN|=|y1y2(ty1+2)(ty2+2)|=|y1y2t2y1y2+2t(y1+y2)+4|
=|−64−64t2+32t2+4(8t2+9)=169.
故|MR|⋅|NR|为定值，定值为169.
【解析】(1)由题意，结合题目所给信息以及a，b，c之间的关系，列出等式求出a和b的值，进而即可求解；
(2)设出直线PQ的方程和P，Q两点的坐标，将直线PQ的方程以椭圆方程联立，利用韦达定理得到y1+y2=16t8t2+9，y1y2=−648t2+9，写出直线DP的方程，进而求点M的纵坐标，同理得到点N的纵坐标，根据|MR|⋅|NR|=|yMyN|化简即可．
本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)设数列{an}的公差为d，
由题意知，a1+3d+a1+4d=a1+8d，
所以1+3d+1+4d=1+8d，解得d=1，
所以an=1+(n−1)×1=n；
因为数列{bn}的前n项和为Sn，且满足Sn=3n−1，
所以当n=1时，b1=31−1=2，
当n≥2时，bn=Sn−Sn−1=3n−1−3n−1+1=2×3n−1，
验证，当n=1时，b1=1，满足上式，
故bn=2×3n−1.
(2)(ⅰ)在bn和bn+1之间插入n个数cn1，cn2，⋯，cnn，使bn，cn1，cn2，⋯，cnn，bn+1成等差数列，
设公差为dn，则dn=bn+1−bnn+1=2×3n−2×3n−1n+1=4×3n−1n+1，
所以cnk=bn+kdn=2×3n−1+k4×3n−1n+1=2k+1+nn+1×2×3n−1.
(ⅱ)设Mn=cn1+cn2+⋯+cnn=ncn1+n(n−1)2⋅dn=n×3+nn+1×2×3n−1+n(n−1)2×4×3n−1n+1=4n×3n−1，
则c11+c21+c22+⋯+cn1+cn2+⋯+cnn=c11+(c21+c22)+⋯+(cn1+cn2+⋯+cnn)=M1+M2+⋯+Mn，
设Tn=M1+M2+⋯+Mn，
所以Tn=4×30+8×31+12×32+⋯+(4n−4)3n−2+4n×3n−1，
3Tn=4×31+8×32+12×33+…+(4n−4)×3n−1+4n×3n，
两式相减得，−2Tn=4+4×31+4×32+⋯+4×3n−1−4n×3n=4(30+31+32+33+⋯+3n−1)−4n×3n=4×1−3n1−3−4n×3n=(2−4n)×3n−2，
所以Tn=1+(2n−1)×3n.
【解析】(1)根据等差数列基本量的运算求得公差d，再由等差数列的通项公式可得an=n；利用bn=Sn−Sn−1(n≥2)求bn，即可，注意检验n=1的情形；
(2)(ⅰ)设等差数列bn，cn1，cn2，⋯，cnn，bn+1的公差为dn，结合dn=bn+1−bnn+1与等差数列的通项公式，可得cnk；
(ⅱ)利用等差数列的前n项和公式求得cn1+cn2+⋯+cnn，再采用错位相减法，求解即可．
本题考查数列的通项公式与前n项和的求法，熟练掌握等差数列的通项公式与求和公式，利用an=Sn−Sn−1(n≥2)求通项公式，以及错位相减法是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于难题．
20.【答案】解：(1)因为f(x)=4x−alnx−12x2−2，
所以f′(x)=4−ax−x，
则f′(1)=3−a=2，所以a的值为1
(2)f′(x)=4−ax−x=−x2−4x+ax，函数y=f(x)的定义域为(0,+∞)，
①若16−4a≤0，即a≥4，则f′(x)≤0，此时f(x)的单调减区间为(0,+∞)；
②若16−4a>0，即0
单调减区间为(2− 4−a,2+ 4−a)
(3)由(2)知，当0
=4(x1+x2)−aln(x1x2)−12(x12+x22)−4
=16−alna−12(42−2a)−4=4+a−alna，
要证f(x1)+f(x2)<6−lna，只需证alna−a−lna+2>0
构造函数g(x)=xlnx−x−lnx+2，则g′(x)=1+lnx−1−1x=lnx−1x，
g′(x)在(0,4)上单调递增，又g′(1)=−1<0，g′(2)=ln2−12>0，且g′(x)在定义域上不间断，
由零点存在定理，可知g′(x)=0在(1,2)上唯一实根x0，且lnx0=1x0
则g(x)在(0,x0)上递减，(x0,4)上递增，所以g(x)的最小值为g(x0)，
因为g(x0)=1−x0−1x0+2=3−(x0+1x0)，
当x0∈(1,2)时，x0+1x0∈(2,52)，则g(x0)>0，
所以g(x)≥g(x0)>0恒成立．
所以alna−a−lna+2>0，
所以f(x1)+f(x2)<6−lna，得证
【解析】(1)求出函数的导数，根据f′(1)=2，求出a的值即可；
(2)求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
(3)求出f(x1)+f(x2)的解析式，问题转化为只需证alna−a−lna+2>0，构造函数g(x)=xlnx−x−lnx+2，根据函数的单调性证明即可．
本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．
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