江苏省南通中学2020-2021学年高二上学期期末考试数学试题（解析版）

这是一份江苏省南通中学2020-2021学年高二上学期期末考试数学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了【答案】D，【答案】C，【答案】A，【答案】ABC等内容，欢迎下载使用。

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2021年江苏省南通中学高二年级期末考试
数学
注意事项：
1. 本试卷分选择题与非选择题两部分。
2. 答题前， 考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置。
3. 全部答案在答题卡上完成， 答在本试题上无效。
4. 考试结束后， 将本试题和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 数列{an}是等比数列，公比为q，且a1>0.则“q<-1”是“∀n∈N*，2a2n-1+a2n A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件
2. 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=n2.定义数列{bm}如下：m+1mbm(m∈N*)是使不等式an≥m(m∈N*)成立的所有n中的最小值，则b1+b3+b5+…+b19=(    )
A. 25 B. 50 C. 75 D. 100
3. 电影《夺冠》讲述中国女排姑娘们顽强奋斗、为国争光的励志故事，打造一部见证新中国体育改革40年的力作，该影片于2020年09月25日正式上映．在《夺冠》，上映当天，一对夫妇带着他们的两个小孩一起去观看该影片，订购的4张电影票恰好在同一排且连在一起．为安全起见，影院要求每个小孩子要有家长相邻陪坐，则不同的坐法种数是(    )
A. 8 B. 12 C. 16 D. 20
4. 小李年初向银行贷款M万元用于购房，购房贷款的年利率为P，按复利计算，并从借款后次年年初开始归还，分10次等额还清，每年1次，问每年应还(    )万元．(    )
A. M10 B. MP(1+P)10(1+P)10-1 C. M(1+P)1010 D. MP(1+P)9(1+P)9-1
5. 已知抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F，准线l与x轴交于点H，过焦点F的直线交抛物线于A，B两点，分别过点A，B作准线l的垂线，垂足分别为A1，B1，如图所示，则：
①以线段AB为直径的圆与准线l相切；
②以A1B1为直径的圆经过焦点F；
③A，O，B1(其中点O为坐标原点)三点共线；
④若已知点A的横坐标为x0，且已知点T(-x0,0)，则直线TA与该抛物线相切．
则以上说法中正确的个数为(    )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
6. 《九章算术》与《几何原本》并称现代数学的两大源泉．在《九章算术》卷五商功篇中介绍了羡除(此处是指三面为等腰梯形，其他两侧面为直角三角形的五面体)体积的求法．在如图所示的羡除中，平面ABDA'是铅垂面，下宽AA'=3m，上宽BD=4m，深3m，平面BDEC是水平面，末端宽CE=5m，无深，长6m(直线CE到BD的距离)，则该羡除的体积为(    )
A. 24m3 B. 30m3 C. 36m3 D. 42m3
7. 如图，某伞厂生产的“太阳”牌太阳伞的伞蓬是由太阳光的七种颜色组成，七种颜色分别涂在伞蓬的八个区域内，且恰有一种颜色涂在相对区域内，则不同的颜色图案的此类太阳伞至多有(    )
A. 40320种 B. 5040种 C. 20160种 D. 2520种
8. 已知点P是椭圆x216+y212=1(xy≠0)上的动点，F1、F2为椭圆的左、右焦点，O为坐标原点，若M是∠F1PF2的角平分线上的一点，且F1M⋅MP=0，则|OM|的取值范围是(    )
A. (0,2) B. (0,3) C. (0,4) D. (2,23)
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9. 已知数列{an}，{bn}均为递增数列，{an}的前n项和为Sn，{bn}的前n项和为Tn.且满足an+an+1=2n，bn⋅bn+1=2n(n∈N*)，则下列说法正确的有(    )
A. 0 10. 已知等差数列{an}，其前n项的和为Sn，则下列结论正确的是(    )
A. 数列{Snn}为等差数列
B. 数列{2an}为等比数列
C. 若am=n，an=m(m≠n)，则am+n=0
D. 若Sm=n，Sn=m(m≠n)，则Sm+n=0
11. 已知F1、F2是双曲线C：y22-x2=1的上、下焦点，点M是该双曲线的一条渐近线上的一点，并且以线段F1F2为直径的圆经过点M，则下列说法正确的有(    )
A. 双曲线C的渐近线方程为y=±2x
B. 以F1F2为直径的圆方程为x2+y2=2
C. 点M的横坐标为±2
D. △MF1F2的面积为3
12. 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=BC=AA1=2，∠ACB=90°，D，E，F分别为AC，AA1，AB的中点．则下列结论正确的是(    )
A. AC1与EF相交
B. B1C1//平面DEF
C. EF与AC1所成的角为90°
D. 点B1到平面DEF的距离为322

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13. 为抗击新型冠状病毒，某医学研究所将在6天时间内检测3盒A类药，2盒B类药，1盒C类药，若每天只能检测1盒药品，且C类药不在第1天或第6天检测，3盒A类药中只有2盒在相邻两天被检测，则不同的检测方案的个数是______．
14. 在三棱锥D-ABC中，AD⊥平面ABC，AC=3，BC=17，cos∠BAC=13，若三棱锥D-ABC的体积为273，则此三棱锥的外接球的表面积为______
15. 无穷数列{an}满足：只要ap=aq(p,q∈N*)，必有ap+1=aq+1，则称{an}为“和谐递进数列”.若{an}为“和谐递进数列”，且前四项成等比数列，a1=a5=1，a2=2，则S2021=______．
16. 已知曲线C：x4+y4+mx2y2=1(m为常数)．
(i)给出下列结论：
①曲线C为中心对称图形；
②曲线C为轴对称图形；
③当m=-1时，若点P(x,y)在曲线C上，则|x|≥1或|y|≥1．
其中，所有正确结论的序号是______．
(ii)当m>-2时，若曲线C所围成的区域的面积小于π，则m的值可以是______.(写出一个即可)
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17. 用0，1，2，3，4这五个数字组成无重复数字的自然数．
(Ⅰ)在组成的三位数中，求所有偶数的个数；
(Ⅱ)在组成的三位数中，如果十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小，则称这个数为“凹数”，如301，423等都是“凹数”，试求“凹数”的个数；
(Ⅲ)在组成的五位数中，求恰有一个偶数数字夹在两个奇数数字之间的自然数的个数．

18. 已知直线l1的方程为x+2y-4=0，若l2在x轴上的截距为32，且l1⊥l2．
(1)求直线l1和l2的交点坐标；
(2)已知直线l3经过l1与l2的交点，且在y轴上截距是在x轴上的截距的2倍，求l3的方程．

19. 已知数列{an}前n项和Sn满足Sn=3,n=1a1+4an-1+4,n≥2．
(1)设bn=an+1-2an，求数列{bn}的通项公式；
(2)若Cn=log2bn52，数列{1Cn⋅Cn+1}的前n项和为Tn，求证：43≤Tn<2．


20. 如图，三棱锥S-ABC的底面ABC和侧面SBC都是等边三角形，且平面SBC⊥平面ABC．
(Ⅰ)若P点是线段SA的中点，求证：SA⊥平面PBC；
(Ⅱ)点Q在线段出上且满足AQ=13AS，求BQ与平面SAC所成角的正弦值．



21. 已知数列{an}中，a1=1，(n+1)an+1-(n+2)an=1(n∈N*)，Sn为数列{an}的前n项和．数列{bn}满足bn=1Sn(n∈N*)．
(1)证明：数列{an}是等差数列，并求出数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}的前n项和为Tn.问是否存在正整数p，q(3







22. 设椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(-c,0)，F2(c,0)，离心率为12，短轴长为23．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设左、右顶点分别为A、B，点M在椭圆上(异于点A、B)，求kMAkMB的值；
(3)过点F2作一条直线与椭圆C交于P，Q两点，过P，Q作直线x=a2c的垂线，垂足为S，T.试问：直线PT与QS是否交于定点？若是，求出该定点的坐标，否则说明理由．







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2021年江苏省南通中学高二年级期末考试参考答案与评分标准
数学
1.【答案】A

【解析】解：若数列{an}是等比数列，公比为q，且a1>0，
则a2n-1=a1q2n-2，a2n=a1q2n-1，a2n+1=a1q2n，
故2a2n-1+a2n-a2n-1
=2a1q2n-2+a1q2n-1-a1q2n
=a1q2n-2(2+q-q2)
=-a1q2n-2(q-2)(q+1)，
若q<-1，则-a1q2n-2(q-2)(q+1)<0即2a2n-1+a2n 反之若-a1q2n-2(q-2)(q+1)<0，即(q-2)(q+1)>0，解得：q>2或q<-1，不是必要条件，
故q<-1”是“∀n∈N*，2a2n-1+a2n 故选：A．
根据充分必要条件导数定义以及等比数列的性质判断即可．
本题考查了充分必要条件，考查等比数列的性质以及转化思想，是一道基础题．
2.【答案】B

【解析】解：因为Sn=n2，可得an=2n-1，
由an≥m，可得2n-1≥m，解得n≥m+12，当m=2k-1，k∈N*时，m+1mbm=k，即bm=mkm+1=m(m+1)2(m+1)=m2，即b2k-1=2k-12，
从而b1+b3+b5+…+b19=12(1+3+5+…+19)=50．
故选：B．
由题意可得an=2n-1，由an≥m，解得n≥m+12，当m=2k-1，k∈N*时，b2k-1=2k-12，利用等差数列的求和公式即可计算得解．
本题主要考查了等差数列的性质及等差数列的求和，属于基础题．
3.【答案】C

【解析】解：根据题意，将两名家长、孩子全排列，有A44=24种排法，
其中两个孩子相邻且在两端的情况有A22A22A22=8种，
则每个小孩子要有家长相邻陪坐的排法有24-8=16种，
故选：C．
根据题意，用间接法分析：先计算两名家长、孩子全部的排法数目，再排除其中两个孩子相邻且在两端的情况，即可得答案．
本题考查排列组合的应用，注意用间接法分析，避免分类讨论，属于基础题．
4.【答案】B

【解析】解：∵小李年初向银行贷款M万元用于购房，购房贷款的年利率为P，按复利计算，并从借款后次年年初开始归还，分10次等额还清，每年1次，
∴到第10年连本带利应还M(1+P)10元，而第k年还款x元，也还掉了这x元的(n-k)的利息，故有数列模型：(1+P)10M=x[(1+P)9+(1+P)8+…+(1+P)+1]，
即(1+P)10M=x⋅(1+P)10-1P，
∴每年应还x=MP(1+P)10(1+P)10-1．
故选：B．
此类题一般有两种思考方法：一是按将来值计算，即按10年后的价值计算；二是计算每年贷款余额．
本题考查函数值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意函数性质的合理运用．
5.【答案】D

【解析】解：对于①，设|AF|=a，|BF|=b，则|AA1|=a，|BB1|=b，∴线段AB的中点到准线的距离为a+b2=|AB|2，∴以线段AB为直径的圆与准线l相切，故①正确；
对于②，连接A1F，B1F，如右图所示，
∵|AA1|=|AF|，|BB1|=|BF|，∠BAA1+∠ABB1=180°，
∴180°-2∠AFA1+180°-2∠BFB1=180°，∴∠AFA1+∠BFB1=90°，
即∠A1FB1=90°，∴以A1B1为直径的圆经过焦点F，故②正确；
对于③，设直线AB：x=my+p2，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由x=my+p2y2=2px联立得：y2-2pmy-p2=0，△>0，y1y2=-p2，
又OA=(x1,y1)=(y122p,y1)，OB1=(-p2,y2)，
∵y122p⋅y2=y1y22p⋅y1=-p2y1，∴OA//OB1，∴A，O，B1三点共线，故③正确；
对于④，不妨设A(x0,2px0)，则kAT=2px02x0，
则直线AT：x=2x0py-x0，代入抛物线方程化简得：y2-2p2x0py+2px0=0，
∵△=4p2×2x0p-8px0=0，∴直线TA与该抛物线相切，故④正确，
故选：D．
由抛物线的性质可判断①的正误；连接A1F，B1F，结合抛物线的性质可得∠A1FB1=90°，即可判断②的正误；设直线AB：x=my+p2，与抛物线方程联立，结合韦达定理、向量共线可判断③的正误；求出直线TA的方程，联立方程组即可判断④的正误．
本题主要考查抛物线的性质及直线与抛物线的位置关系、点共线，属于中档题．
6.【答案】C

【解析】解：如图，在BD，CE上分别取B'，C'，使得BB'=CC'=3m，连接A'B'，A'C'，B'C'，
则多面体ABC-A'B'C'是斜三棱柱，
该羡除的体积V=V三棱柱ABC-A'B'C'+V四棱锥A'-B'DEC'，
而V三棱柱ABC-A'B'C'=12×3×6×3=27，V四棱锥A'-B'DEC'=13×(1+22×6)×3=9，
∴该羡除的体积为27+9=36m3．
故选：C．
在BD，CE上分别取B'，C'，使得BB'=CC'=3m，连接A'B'，A'C'，B'C'，把多面体分割为斜三棱柱ABC-A'B'C'与四棱锥A'-DB'C'E，再由棱柱与棱锥体积公式求解．
本题考查求空间几何体的体积，训练了分割补形法的应用，考查运算求解能力，是中档题．
7.【答案】D

【解析】解：从7种颜色中任意选择一种，涂在相对的区域内，有7种方法，
剩余的6种颜色全部涂在剩余的6个区域内，有6！种方法．
由于图象是轴对称图形，故上述方法正好重复了一次，故不同的涂法有7×6！2=2520种，
故选：D．
从7种颜色中任意选择一种，涂在相对的区域内，有7种方法，剩余的6种颜色全部涂在剩余的6个区域内，有6！种方法．故共有7×6！种方法，由于图象是轴对称图形，故最后把结果除以2，即得所求．
本题主要考查排列与组合及两个基本原理的应用，注意图形的对称性，属于中档题．
8.【答案】A

【解析】解：如图：，
当点P在椭圆的上下顶点时，点M与原点O重合，此时|OM|取最小值0；
当点P在椭圆的左右顶点时，点M与椭圆焦点F1重合，即F1M=0，此时|OM|取最大值，最大值|OM|=16-12=2，
∵xy≠0，
∴点P不过椭圆的顶点，∴|OM|∈(0,2)，
故选：A．
先分别分析点P为上下顶点和左右顶点时的|OM|的值，又因为xy≠0，所以点P不过椭圆的顶点，从而求出|OM|的取值范围．
本题主要考查了圆锥曲线以及平面向量的应用，是中档题．
9.【答案】ABC

【解析】解：∵数列{an}为递增数列；
∴a1 ∵an+an+1=2n，
∴a1+a2=2a2+a3=4；
∴a1+a2>2a1a2+a3>2a2=4-4a1
∴0 ∴S2n=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a2n-1+a2n)=2+6+10+…+2(2n-1)=2n2；
∵数列{bn}为递增数列；
∴b1 ∵bn⋅bn+1=2n
∴b1b2=2b2b3=4；
∴b2>b1b3>b2；
∴1 ∵T2n=b1+b2+…+b2n
=(b1+b3+b5+…+b2n-1)+(b2+b4+…+b2n)
=b1⋅(1-2n)2+b2(1-2n)2=(b1+b2)(2n-1)
≥2b1b2(2n-1)=22(2n-1)；
∴对于任意的n∈N*，S2n 故选：ABC．
利用代入法求出前几项的关系即可判断出a1，b1的取值范围，在求出其前2n项和的表达式即可判断大小；
本题考查了数列的综合运用，考查学生的分析能力与计算能力．属于中档题．
10.【答案】ABC

【解析】解：设等差数列{an}的公差为d，
对于A：Sn=n(a1+an)2，则Snn=12(a1+an)，则Sn+1n+1-Snn=12(a1+an+1-a1-an+1)=12d，
故数列{Snn}为等差数列，故A正确；
对于B：2an+12an=2an+1-an=2d，则数列{2an}为等比数列，故B正确；
对于C：∵am=n，an=m，
∴am=a1+(m-1)d=nan=a1+(n-1)d=m，则d=-1，a1=m+n-1，则am+n=m+n-1+(m+n-1)×(-1)=0，故C正确；
对于D：∵Sm=n，Sn=m，
∴ma1+m(m-1)d2=nna1+n(n-1)d2=m，
解得d=-m+nmn，a1=2n2+(m-1)(m+n)2mn，
∴Sm+n=(m+n)⋅2n2+(m-1)(m+n)2mn-(m+n)(m+n-1)2⋅m+nmn=m+n2mn(n2-mn)=(m+n)(n-m)2m≠0，
故D不正确；
故选：ABC．
根据等差数列定义判断A，根据等比数列的定义判断B，根据通项公式判断C，根据求和公式判断D．
本题考查了等差数列的通项公式和求和公式以及等比数列的定义，考查了运算能力和转化能力，属于中档题．
11.【答案】AD

【解析】解：双曲线C：y22-x2=1，可得a=2，b=1，所以双曲线的渐近线方程为：y=±2x，所以A正确；
c=a2+b2=3，所以，以F1F2为直径的圆方程为x2+y2=3，所以B不正确；
x2+y2=3y=2x解得x=±1，由对称性可知M的横坐标为：±1，所以C错误；
△MF1F2的面积为：12×2c×|xM|=12×23×1=3，所以D正确；
故选：AD．
求出双曲线的渐近线方程判断A；求出圆的方程判断B；求出M的横坐标判断C；求出三角形的面积判断D．
本题主要考查双曲线的渐近线、向量的坐标运算等基础知识以及等价转化思想的应用，考查考生的运算求解能力．
12.【答案】BCD

【解析】解：对于A，∵AC1⊂平面AA1C1C，E∈平面AA1C1C，F∉平面AA1C1C，且E∉AC1，
∴AC1与EF异面，故A错误；
对于B，∵B1C1//BC，BC//DF，∴B1C1//DF，
又DF⊂平面DEF，B1C1⊄平面DEF，∴B1C1//平面DEF，故B正确；
对于C，由直三棱柱的结构特征，可得平面AA1C1C⊥平面ABC，
又平面AA1C1C∩平面ABC=AC，而∠ACB=90°，∴BC⊥平面AA1C1C，
得BC⊥AC1，则DF⊥AC1，又四边形AA1C1C为正方形，连接A1C，则A1C⊥AC1，
又DE//A1C，∴DE⊥AC1，
又DE∩DF=D，∴AC1⊥平面DEF，得AC1⊥EF，即EF与AC1所成的角为90°，故C正确；
对于D，∵B1C1//BC，BC//DF，∴B1C1//平面DEF，
∴点在B1到平面DEF的距离等于点C1到平面DEF的距离，
∴DF⊥平面ACC1A1，则平面DEF⊥平面ACC1A1，
∵AC1⊥DE，∴AC1⊥平面DEF，
设AC1∩DE=O，则C1O就是点C1到平面DEF的距离．
∵在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=BC=AA1=2，
∴AA1C1C是边长为2的正方形，得AC1=22+22=22，
连接A1C，交AC1于O1，则AO1=C1O1=2，
∵D是AC的中点，∴OO1=22，得C1O=322，
即点B1到平面DEF的距离为322，故D正确．
故选：BCD．
由异面直线的定义判断A错误；由平行公理及线面平行的判定判断B正确；证明AC1⊥平面DEF，得AC1⊥EF，判断C正确；求出C1到平面平面DEF的距离判定D．
本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定及应用，考查异面直线所成角的求法，考查点到平面距离的求法，是中档题．
13.【答案】288

【解析】解：根据题意，先计算3盒A类药中只有2盒在相邻两天被检测的检测方案数目，
分3步分析：先将2盒B类药，1盒C类药全排列，有A33种情况，排好后有4个空位可选，
再从3盒A类药中任选2盒，安排在相邻2天检测，有C32A22种情况，
最后和另外1盒A类药，安排2盒B类药，1盒C类药的4个空位中，有A42种情况，
则有A33C32A22A42=432种检测方案，
其中C类药物安排在第1天或第6天的检测方案有2A22C32A22A32=144种，
故有432-144=288种不同的检测方案，
故答案为：288．
根据题意，用间接法分析：先计算3盒A类药中只有2盒在相邻两天被检测的检测方案数目，再排除其中C类药物安排在第1天或第6天的检测方案数目，分析可得答案．
本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用，注意利用间接法分析，属于基础题．
14.【答案】20π．

【解析】解：设四棱锥外接球的半径为R，球心为O，△ABC的外心为O1，外接圆的半径为r，连接AO1，过O作OE//AO1，交AD于点E，连接OA，OD，
如图所示：，
则OA=OD=R，O1A=r，OE⊥AD，
∴E为AD的中点，
在△ABC中，∵cos∠BAC=13，∴sin∠BAC=1-(13)2=223，
由正弦定理得2r=BCsin∠BAC=17223，解得r=3348，
由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB⋅AC⋅cos∠BAC，∴17=AB2+9-6⋅AB⋅13，
解得AB=4，
∴S△ABC=12AB⋅AC⋅sin∠BAC=12×4×3×223=42，
∵VD-ABC=13×S△ABC×AD=13×42×AD=273，
∴AD=144，
连接OO1，OO1//AD，所以四边形EAO1O为平行四边形，OO1=AE=12AD=148，
在Rt△OO1A中，OA=R，O1A=r=3348，OO1=148，
∴R2=(3348)2+(148)2=5，
∴此三棱锥的外接球的表面积为4πR2=20π，
故答案为：20π．
设四棱锥外接球的半径为R，球心为O，△ABC的外心为O1，外接圆的半径为r，则OO1⊥平面ABC，在△ABC中由正弦定理求出r，由余弦定理求出AB的长，进而求出△ABC的面积，再由三棱锥D-ABC的体积求出AD，从而得到OO1的长，在Rt△OO1A中利用勾股定理即可求出R，进而得到三棱锥的外接球的表面积．
本题主要考查了三棱锥外接球问题，考查了空间想象能力和逻辑思维能力，是中档题．
15.【答案】7576

【解析】解：∵{an}前四项成等比数列，a1=1，a2=2，
∴公比q=a2a1=2，∴a3=22=4，a4=23=8，
又{an}为“和谐递进数列”，a1=a5=1，
∴a2=a6=2，a3=a7=4，a4=a8=8，
……，
an=an+4．
∴S2021=a1+(a2+a3+a4+a5)×505=1+(2+4+8+1)×505=7576．
故答案为：7576．
根据{an}前四项成等比数列，a1=1，a2=2，可得公比q=a2a1=2，可得a3，a4，再根据{an}为“和谐递进数列”，a1=a5=1，……，可得an=an+4.即可得出S2021=a1+(a2+a3+a4+a5)×505．
本题考查了等比数列的通项公式、数列的周期性、新定义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
16.【答案】①②③  6

【解析】解：(i)对于①：将x换成-x，y换成-y，则方程变为(-x)4+(-y)4+m(-x)2(-y)2=x4+y4+mx2y2=1不变，所以图形关于(0,0)对称；故①正确；
对于②：将x换成-x，则方程变为(-x)4+y4+m(-x)2y2=x4+y4+mx2y2=1不变，故曲线C关于y轴对称，同理将y换成-y，方程也不变，故曲线C关于x轴对称，
故②正确；
对于③：m=-1时，x4+y4-x2y2=1，因为x4+y4≥2x2y2，所以1=x4+y4-x2y2≥2x2y2-x2y2=x2y2，即x2y2≤1，
因为(x4-1)(y4-1)=x4y4-x4-y4+1=x4y4-x2y2=x2y2(x2y2-1)≤0，所以(x4-1)(y4-1)≤0，
即x4-1≤0y4-1≥0或x4-1≥0y4-1≤0解得|x|≤1|y|≥1或|x|≥1|y|≤1，故③正确；
(ii)原方程x4+y4+mx2y2=1可化为(x2+y2)2+(m-2)x2y2=1，所以(x2+y2)2=1-(m-2)x2y2，
当m-2>0时，(x2+y2)2≤1即x2+y2≤1，若面积小于π，则m-2>0，所以m>2，
则m可取(2,+∞)任意值，如取6．
故答案为①②③；6．
(i)①②将x换成-x，y换成-y即可判断曲线C是否是中心对称、轴对称；③利用基本不等式可判断；
(ii)将原方程化简可得(x2+y2)2=1-(m-2)x2y2，则当m-2>0时面积小于π，进而得到m的取值．
本题考查了命题的真假判断与应用，考查曲线中心对称、轴对称等相关性质，综合性较强，属于难题．
17.【答案】解：(Ⅰ)根据分类计数原理知，
当末位是0时，十位和百位从4个元素中选两个进行排列有A42=12种结果，
当末位不是0时，只能从2和4中选一个，百位从3个元素中选一个，十位从三个中选一个共有A21A31A31=18种结果，
根据分类计数原理知共有12+18=30种结果；
(Ⅱ)十位上的数为0时，有4×3=12个，十位上的数为1时，有3×2=6个，十位上的数为2时，有2×1=2个，共有20个；
(Ⅲ)1和3两个奇数夹着0时，把这三个元素看做一个整体，和另外两个偶数全排列，其中1和3之间还有一个排列，共有2A33=12种结果，
1和3两个奇数夹着2时，同前面类似，只是注意0不能放在首位，共有2C21A22=8，
当1和3两个奇数夹着4时，也有同样多的结果，共有2C21A22=8，
根据分类加法原理得到共有12+8+8=28种结果．

【解析】(Ⅰ)因为数字0不能排在首位，末位是0时又是偶数，所以针对于0进行讨论，当末位是0时，十位和百位从4个元素中选两个进行排列，当末位不是0时，只能从2和4中选一个，百位从3个元素中选一个，十位从三个中选一个．根据分类计数原理得到结果．
(Ⅱ)十位上的数为0，1，2，分类讨论即可得出结论；
(Ⅲ)1和3两个奇数夹着0时，把这三个元素看做一个整体，和另外两个偶数全排列，其中1和3之间还有一个排列，共有2A33种结果，1和3两个奇数夹着2时，注意0不能放在首位，当1和3两个奇数夹着4时，同理，得到结果．
对于复杂一点的计数问题，有时分类以后，每类方法并不都是一步完成的，必须在分类后又分步，综合利用两个原理解决，即类中有步，步中有类．
18.【答案】解：(1)∵l1⊥l2，∴kl2=-1-12=2．
∴直线l2的方程为：y-0=2(x-32)，化为：y=2x-3．
联立x+2y-4=02x-y-3=0，解得x=2y=1．
∴直线l1和l2的交点坐标为(2,1)．
(2)当直线l3经过原点时，可得方程：y=12x.
当直线l3不经过过原点时，设在x轴上截距为a≠0，则在y轴上的截距的2a倍，
其方程为：xa+y2a=1，把交点坐标(2,1)代入可得：2a+12a=1，解得a=52．
可得方程：2x+y=5．
综上可得直线l3的方程为：x-2y=0，2x+y-5=0．

【解析】(1)利用l1⊥l2，可得斜率kl2.利用点斜式可得直线l2的方程，与直线l1和l2的交点坐标为(2,1)．
(2)当直线l3经过原点时，可得方程．当直线l3不经过过原点时，设在x轴上截距为a≠0，则在y轴上的截距的2a倍，其方程为：xa+y2a=1，把交点坐标(2,1)代入可得a．
本题考查了相互垂直的直线斜率之间的关系、截距式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
19.【答案】(1)解：n=1时，a1=S1=3，
当n=2时，S2=a1+4a1+4=a1+a2，∴a2=4a1+4=16，
∴b1=a2-2a1=10，
当n≥2时，Sn=a1+4an-1+4，Sn+1=a1+4an+4，
∴an+1=4an-4an-1，即an+1-2an=2(an-an-1)，
即bn=2bn-1，
∴{bn}是以10为首项，以2为公比的等比数列，
∴bn=10⋅2n-1=5⋅2n．
(2)证明：Cn=log2bn52=log22n-12=n-12，
∴1Cn⋅Cn+1=1(n-12)(n+12)=1n-12-1n+12，
∴Tn=1C1C2+1C2C3+…+1CnCn+1=11-12-11+12+12-12-12+12+…+1n-12-1n+12=11-12-1n+12=2-1n+12，
∵n≥1，∴0<1n+12≤23，
∴43≤2-1n+12<2，即43≤Tn<2．

【解析】(1)计算a1，a2的值得出b1，再根据an+1=Sn+1-Sn得出{bn}是等比数列，从而可得出数列{bn}的通项公式；
(2)化简Cn，使用裂项法计算Tn，根据不等式的性质得出结论．
本题考查数列的通项公式，考查裂项法数列求和，属于中档题．
20.【答案】解：(1)证明：∵△ABC和△SBC都是等边三角形，且有公共边BC，
∴AB=SB=AC=SC，
∵P是SA的中点，∴SA⊥BP，SA⊥CP，
∵BP∩CP=P，∴SA⊥平面PBC．
(2)取BC的中点O，连结OA，OS，由条件得OA，BC，OS两两垂直，
以O为坐标原点，OA为x轴，OB为y轴，OS为z轴，建立空间直角坐标系，如图，
设AB=2，则AO=OS=3，
则A(3,0，0)，B(0,1，0)，C(0,-1,0)，S(0,0，3)，Q(233,0，33)，
∴CA=(3,1，0)，SA=(3,0,-3)，BQ=(233,-1,33)，
设平面SAC的一个法向量为n=(x,y，z)，
则n⋅CA=3x+y=0n⋅SA=3x-3z=0，令x=1，得n=(1,-3,1)，
设BQ与平面SAC所成角为θ，
则BQ与平面SAC所成角的正弦值为：
sinθ=|BQ⋅n||BQ|⋅|n|=233+3+3383⋅5=31010．

【解析】(1)推导出AB=SB=AC=SC，SA⊥BP，SA⊥CP，由此能证明SA⊥平面PBC．
(2)取BC的中点O，连结OA，OS，以O为坐标原点，OA为x轴，OB为y轴，OS为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出BQ与平面SAC所成角的正弦值．
本题考查线面垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
21.【答案】解：(1)证明：由(n+1)an+1-(n+2)an=1(n∈N*)可得：an+1n+2-ann+1=1(n+1)(n+2)=1n+1-1n+2，
∴a23-a12=12-13，
a34-a23=13-14，
a45-a34=14-15，
…，
ann+1-an-1n=1n-1n+1(n≥2)，
将以上式子相加可得：ann+1-a12=12-1n+1，
∵a1=1，∴an=n(n≥2)，
又a1=1也适合上式，
∴an=n，
∵an+1-an=n+1-n=1，
∴数列{an}是首项、公差均为1的等差数列，an=n；
(2)解：由(1)可得bn=1Sn=1n(1+n)2=2n(n+1)=2(1n-1n+1)，
∴Tn=2(11-12+12-13+…+1n-1n+1)=2(1-1n+1)=2nn+1，
假设存在正整数p，q(3 则2Tp=T3+Tq，即4pp+1=32+2qq+1⇒q=5p-37-p，
又3 故存在p=5q=11或p=6q=27，使得T3，Tp，Tq成等差数列．

【解析】(1)先由(n+1)an+1-(n+2)an=1⇒an+1n+2-ann+1=1n+1-1n+2，然后利用叠加法求得an(n≥2)，
再检验n=1时是否适合，从而求得an，最后利用等差数列的定义证明结论即可．
(2)先由(1)求得bn，进而利用裂项相消法求得其前n项和Tn，再假设存在正整数p，q(3 本题主要考查叠加法在求数列通项公式中的应用、等差数列的定义及前n项和公式、裂项相消法在数列求和中的应用及解方程的能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)由题意可知，ca=122b=23，又a2=b2+c2，
所以a2=4，b2=3，
所以椭圆C的标准方程为：x24+y23=1．
(2)A(-2,0)，B(2,0)，设M(x0,y0)，
因为点M在椭圆上，所以x024+y023=1，
所以kMA⋅kMB=y0x0-2⋅y0x0+2=y02x0-4，
又y02=3-3x024，所以kMA⋅kMB=3-3x024x02-4=-34．
(3)设直线PQ的方程为：x=my+1，
P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
则S(4,y1)，T(4,y2)，
联立方程3x2+4y2=12x=my+1，可得(3m2+4)y2+6my-9=0，
所以y1+y2=-6m3m2+4，y1y2=-93m2+4，
所以2my1y2=3(y1+y2)，
由直线PT的方程为：(y-y2)(x1-4)=(x-4)(y1-y2)，
令y=0，则x=4y2-x1y2y1-y2+4=4y1-(my1+1)y2y1-y2=8y1-2y2-2my1y22(y1-y2)
=8y1-2y2-3(y1+y2)2(y1-y2)=5(y1-y2)2(y1-y2)=52，
所以直线PT恒过(52,0)，
即直线PT与QS交于定点(52,0)．

【解析】(1)由题意，列出a，b，c满足等量关系，结合椭圆中a，b，c的关系，求得a2=4，b2=3，从而求得椭圆的方程．
(2)写出A(-2,0)，B(2,0)，设M(x0,y0)，利用斜率坐标公式求得两直线斜率，结合点在椭圆上，得出y02=3-3x024，从而求得结果．
(3)设直线PQ的方程为：x=my+1，P(x1,y1)，Q(x2,y2)，S(4,y1)，T(4,y2)，联立方程3x2+4y2=12x=my+1，可得(3m2+4)y2+6my-9=0，结合韦达定理，得到2my1y2=3(y1+y2)，结合直线PT的方程，得到直线所过的定点坐标．
本题考查椭圆的方程，定值问题，解题中需要一定的运算化简能力，属于中档题．