2023-2024学年湖南师范大学附属中学高二上学期期末考试数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年湖南师范大学附属中学高二上学期期末考试数学试题（含解析），共20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.设复数z满足|z−i|=1，z在复平面内对应的点为(x,y)，则( )
A. (x+1)2+y2=1B. (x−1)2+y2=1
C. x2+(y−1)2=1D. x2+(y+1)2=1
2.直线2x+m+1y+4=0与直线mx+3y−2=0平行，则m=
A. 2B. 2或−3C. −3D. −2或−3
3.已知角α的终边与单位圆交于点P−12,y，则sinα⋅tanα=( )
A. − 33B. ± 33C. −32D. ±32
4.随着新一轮科技革命和产业变革持续推进，以数字化、网络化、智能化以及融合化为主要特征的新型基础设施建设越来越受到关注.5G基站建设就是“新基建”的众多工程之一，截至2020年底，我国已累计开通5G基站超70万个，未来将进一步完善基础网络体系，稳步推进5G网络建设，实现主要城区及部分重点乡镇5G网络覆盖.2021年1月计划新建设5万个5G基站，以后每个月比上一个月多建设1万个，预计我国累计开通500万个5G基站时要到( )
A. 2022年12月B. 2023年2月C. 2023年4月D. 2023年6月
5.已知(2x−1)5=a5x5+a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0，则|a0|+|a1|+…+|a5|=．( )
A. 1B. 243C. 121D. 122
6.设椭圆E的两焦点分别为F1，F2，以F1为圆心，F1F2为半径的圆与E交于P，Q两点，若ΔPF1F2为直角三角形，则E的离心率为
A. 5−12B. 2−1C. 22D. 2+1
7.如图，在平行四边形ABCD中，点E是CD的中点，点F为线段BD上的一动点，若AF= xAE+yDC(x>0,y>0)，则2−3x4y2+1的最大值为
( )
A. 12B. 34C. 1D. 2
8.已知当x≥e时，不等式xa+1x−e1x≥alnx恒成立，则正实数a的最小值为( )
A. 1B. 1eC. eD. 1e2
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.下列说法正确的是( )
A. 4个班分别从3个景点选择一处游览，不同的选法的种数是34；
B. 从1，2，3，4，5选择2个数(可重复)组成两位偶数一共有10个；
C. 两个口袋分别装有2个和3个小球，从两个口袋分别各取1个球，一共有5种取法；
D. 从1，3，5，7，10选择2个不相同的数作为分子分母组成分数，一共可以组成10个分数
10. 设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并且满足条件a1>1，a7·a8>1，a7−1a8−1<0.则下列结论正确的是
( )
A. 01C. Sn的最大值为S9D. Tn的最大值为T7
11.已知函数f(x)=x+sinx−xcsx的定义域为[−2π,2π)，则( )
A. f(x)为奇函数B. f(x)在[0,π)上单调递增
C. f(x)恰有4个极大值点D. f(x)有且仅有4个极值点
12.下列有关正方体的说法，正确的有( )
A. 正方体的内切球､棱切球､外接球的半径之比为1: 2: 3
B. 若正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1,Q为正方体侧面BCC1B1上的一个动点，E,F为线段AC1的两个三等分点，则QE+QF的最小值为 113
C. 若正方体8个顶点到某个平面的距离为公差为1的等差数列，则正方体的棱长为2 5
D. 若正方体ABCD−A′B′C′D′的棱长为3，点P在棱CC′上，且PC=2PC′，则三棱锥B′−D′AP的外接球表面积为994π
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知函数fx=xlnx+ax2+2，若f′e=0，则a= ．
14.若直线x+ay−a−1=0与圆C:(x−2)2+y2=4交于A,B两点，当AB最小时，劣弧AB⌢的长为 ．
15.已知▵ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a−2ccsBsinA= 2acsA，a= 2，且csB=−sinC，则bc= ．
16.如图，椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)与双曲线x2m2−y2n2=1(m>0,n>0)有公共焦点F1−c,0,F2c,0(c>0)，椭圆的离心率为e1，双曲线的离心率为e2，点P为两曲线的一个公共点，且∠F1PF2=60∘,I为△F1PF2的内心，F1,I,G三点共线，且GP⋅IP=0,x轴上点A,B满足AI=λIP,BG=μGP，则e1e2的最小值为 ；λ2+μ2的最小值为 ．
四、解答题：本题共6小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
已知函数fx=2 3sinx−csxcsx+sin2x．
(1)求函数fx的单调递减区间和最小正周期；
(2)若当x∈π6,π2时，不等式fx≥m有解，求实数m的取值范围．
18.(本小题12分)
用总长为523m的钢条制作一个长方体容器的框架，如果所制容器底面一边比另一边的长多1m，那么高为多少时容器的容积最大？最大容积是多少？
19.(本小题12分)
在如图所示的试验装置中，两个正方形框架ABCD,ABEF的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直.活动弹子M,N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且CM和BN的长度保持相等，记CM=BN=t(0(1)求MN长的最小值；
(2)当MN的长最小时，求二面角A−MN−B的正弦值．
20.(本小题12分)
已知数列an的首项a1=1，且满足an+1=an+3,n为奇数,4an,n为偶数.
(1)记bn=a2n，证明：bn+1为等比数列；
(2)求数列an的通项公式及其前2n−1项和S2n−1．
21.(本小题12分)
阅读材料并解决如下问题：Bézier曲线是计算机图形学及其相关领域中重要的参数曲线之一.法国数学家DeCasteljau对Bézier曲线进行了图形化应用的测试，提出了DeCasteljau算法：已知三个定点，根据对应的一定比例，使用递推画法，可以画出抛物线.反之，已知抛物线上三点的切线，也有相应边成比例的结论.已知抛物线Γ:y2=2px(p>0)上的动点到焦点距离的最小值为12．
(1)求Γ的方程及其焦点坐标和准线方程；
(2)如图，A,B,C是Γ上的三点，过三点的三条切线分别两两交于点D,E,F，若AC//DF，求BDBF的值．
22.(本小题12分)
设fx=exex−2ax−1且fx≥0恒成立．
(1)求实数a的值；
(2)证明：fx存在唯一的极大值点x0，且e−2答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查复数的模及复数的几何意义，正确理解复数的几何意义是解题关键，属基础题．
由z在复平面内对应的点为(x,y)，可得z=x+yi，然后根据|z−i|=1即可得解．
【解答】
解：由已知z=x+yi，x，y∈R，
则由z−i=1，可得x+y−1i=1，即 x2+y−12=1，
可得x2+y−12=1．
故选C．
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查直线平行的斜率关系，注意斜率不存在和斜率为零的情况．
两直线平行，斜率相等或两直线均垂直x轴，分m+1=0 和 m+1≠0两类求解．
【解答】
解：当 m+1=0 即 m=−1 时，
两直线为 2x+4=0 ， −x+3y−2=0 ，
两直线不平行，不符合题意；
当m+1≠0即m≠−1时，
直线2x+(m+1)y+4=0的斜率为−2m+1 ，
直线mx+3y−2=0的斜率为−m3 ，
因为两直线平行，所以−2m+1=−m3 ，
解得m=2或−3 ，
故选B．
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查任意角的三角函数定义，考查分类讨论的应用，属基础题．
由 y2+−122=1，得y=± 32，根据任意角的三角函数定义即可得出结果．
【解答】
解：角α的终边与单位圆的交点P−12,y，
y2+−122=1，
解得：y=± 32，
当y= 32时，sinα= 32，tanα=− 3，
此时sinαtanα= 32×− 3=−32；
当y=− 32时，sinα=− 32，tanα= 3，
sinαtanα=− 32× 3=−32．
故选C．
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查等差数列的前n项和公式，考查学生的逻辑推理能力和运算求解能力，属于基础题．
每个月开通5G基站的个数是以5为首项，1为公差的等差数列，设预计我国累计开通500万个5G基站需要n个月，结合等差数列的前n项和公式列得关于n的方程，解之即可．
【解答】
解：每个月开通5G基站的个数是以5为首项，1为公差的等差数列，
设预计我国累计开通500万个5G基站需要n个月，则
70+5n+n(n−1)2×1=500，
化简整理得，n2+9n−860=0，
解得n≈25.17或−34.17(舍负)，
所以预计我国累计开通500万个5G基站需要25个月，也就是到2023年2月，
故选：B．
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查二项式定理的应用，属于中档题．
由展开式的通项公式先判断是各项系数的正负性，去绝对值，再利用赋值法代入求解．
【解答】
解：二项式(2x−1)5的展开式的通项为Tr+1=C5r(2x)5−r(−1)r=(−1)r·25−r·C5rx5−r，
所以|a0|+|a1|+…+|a5|=−a0+a1−a2+a3−a4+a5，
令x=−1，则a0−a1+a2−a3+a4−a5=(−3)5=−243，所以|a0|+|a1|+…+|a5|=243．
故选：B．
6.【答案】B
【解析】【分析】由ΔPF1F2为直角三角形，得∠PF1F2=900，可得PF1=2c,PF2=2 2c，利用椭圆的定义和离心率的概念，即可求解．
点睛：本题主要考查了椭圆的标准方程及其简单的几何性质的应用，其中解答中合理利用椭圆的定义和离心率的概念求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．
【详解】如图所示，因为ΔPF1F2为直角三角形，所以∠PF1F2=900，
所以PF1=2c,PF2=2 2c，则2c+2 2c=2a，解得e=ca= 2−1，故选 B

7.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查平面向量共线的应用以及平面向量基本定理，考查基本不等式．
可设BD与AE的交点为O，可得AE=32AO，可得AF==3x2AO+yAB，由O，F，B共线可得3x2+y=1，进而2−3x4y2+1=24y+1y，利用基本不等式可求解．
【解答】
解：如图，
设BD与AE的交点为O，则由DE // AB，得AOOE=ABDE=2，所以AE=32AO，
所以AF=xAE+yDC=3x2AO+yAB，
由点O，F，B三点共线，得3x2+y=1，且x>0，y>0，
所以2−3x4y2+1=2y4y2+1=24y+1y⩽12，当且仅当y=12，x=13时取等号，
即2−3x4y2+1的最大值为12．
故选A．
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查利用导数研究恒成立与存在性问题，考查数学运算的核心素养，属于中档题．
将问题转化为e1x−lne1x≤xa−lnxa，设f(x)=x−lnx，根据函数的单调性求出a≥1xlnx，令ℎ(x)=xlnx(x∈[e,+∞))，得到ℎ(x)min=ℎ(e)=e，进而可以求出a的取值范围．
【解答】
解：∵xa+1x−e1x≥alnx，
∴e1x−1x≤xa−alnx，
即e1x−lne1x≤xa−lnxa，
设f(x)=x−lnx，x∈0,+∞，则f(e1x)≤f(xa)，
∵f′(x)=1−1x=x−1x，x∈0,+∞
∴函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
∵当x≥e时，f(e1x)≤f(xa)恒成立，
∴e1x≤xa，
两边取对数得1x≤alnx，
∴a≥1xlnx，
令ℎ(x)=xlnx，x∈[e,+∞)，
∵ℎ′(x)=lnx+1>0，
∴ℎ(x)在[e,+∞)上单调递增，
∴ℎ(x)min=ℎ(e)=e，所以0<1xlnx≤1e，
则a⩾1e，故正实数a的最小值为1e．
故选B．
9.【答案】AB
【解析】【分析】
本题考查了排列组合的综合应用及两个计数原理，属于中档题．
根据分步乘法计数原理，判断A;根据特殊元素与特殊位置优先排列的思路，判断B;
根据分步乘法原理计算有几种取法，判断C;考虑1作分子情况和不选1时的情况，计算出分数的个数，判断D．
【解答】
解：A，4个班分别从3个景点选择一处游览，每一个班都有3种选择，分4步完成，
故有3×3×3×3=34 种选法，A正确；
B，从1，2，3，4，5选择2个数(可重复)组成两位偶数，
先确定个位数字有2种可能，再确定十位数字有5种可能，故共有2×5=10 个偶数，B正确；
C，两个口袋分别装有2个和3个小球，从两个口袋分别各取1个球，共有2×3=6 种取法，C错误；
D，从1，3，5，7，10选择2个不相同的数作为分子分母组成分数，
若选1作分子，则分母有4种可能，此时有4个分数，
不选1时，共有A42=12个分数，
故共有4+12=16 个分数，故D错误，
故选AB．
10.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查了等比数列性质，属于中档题．
【解答】
解：∵等比数列{an}中，a1>1,a7a8>1，a7−1a8−1<0，又an=a1qn−1，
可知a7>1,00，
由题意可知0∴a7⋅a9=a82<1，故B不正确；
等比数列{an}为正项数列，Sn无最大值，故C不正确；
因为a7>1,a8<1，所以T7是数列{Tn}中的最大项，D正确，
11.【答案】BD
【解析】【分析】
本题主要考查了函数奇偶性的判断及利用导数研究函数的单调性及极值存在情况，属于中档试题．
判断函数的定义域关于原点不对称，故可判断A；对函数求导，然后结合导数与单调性，极值的关系可对选项BCD进行判断．
【解答】
解：因为f(x)的定义域为[−2π,2π)，不关于原点对称，
所以f(x)是非奇非偶函数，A错误，
又f′(x)=1+csx−(csx−xsinx)=1+xsinx，
当x∈[0,π)时，f′(x)>0，则f(x)在[0,π)上单调递增，B正确．
显然f′(0)≠0，令f′(x)=0，得sinx=−1x，
分别作出y=sinx，y=−1x在区间[−2π,2π)上的图象，
由图可知，这两个函数的图象在区间[−2π,2π)上共有4个公共点，且两图象在这些公共点上都不相切，
故f(x)在区间[−2π,2π)上的极值点的个数为4，且f(x)只有2个极大值点．
故选：BD．
12.【答案】ABD
【解析】【分析】设正方体棱长为a，分别求出正方体的内切球､棱切球､外接球的半径判断A；利用补体法，把QE+QF转为QE+QF1，当E､Q､F1共线的时候QE+QF=EF1最小，利用余弦定理求出EF1判断B；利用已知条件确定棱长与8个顶点到某个平面的距离的关系，利用等体积法求出棱长判断C；利用坐标法求出球心坐标，进而求出球的半径，从而求出外接球表面积判断D．
方法点睛：几何体外接球半径的求法主要有：①直接法：确定球心位置，求出半径；②补形法：把几何体补成常见几何体，如正方体，长方体等；③向量坐标法：建立坐标系，设出球心，利用半径相等可得球心坐标，进而可求半径．
【详解】对于选项A，设正方体边长为a，则其内切球､棱切球､外接球半径分别为12a: 22a: 32a，故比值为1: 2: 3，故 A正确；
对于选项B，如图QE+QF=QE+QF1，当E､Q､F1共线的时候QE+QF=EF1最小，
在▵AC1M中，cs∠AC1M=C1A2+C1M2−|AM|22C1AC1M=13，
由余弦定理得EF12=C1E2+C1F12−2C1EC1F1cs∠AC1M=119，
所以EF1= 113，所以QE+QF有最小值 113，故 B正确；
对于选项C，因为点A,B,C,D,A1,B1,C1,D1到某个平面的距离成等差数列，且公差为1．
不妨设平面α为符合题意的平面，α过点C，
延长D1C1,A1B1,AB分别交平面α于点E,F,G，
则点C,C1,B,B1,D,D1,A,A1与平面α的距离分别应为0,1,2,3,4,5,6,7，
因为D1E,A1F,DC,AG互相平行，所以它们与平面α所成角相等，
故由比例关系得C1E:BG:B1F:DC:D1E:AG:A1F=1:2:3:4:5:6:7．
设正方体的棱长为4a，则C1E=a,BG=2a,B1F=3a，
用几何方法可解得EF=2 5a,EC= 17a,CF= 41a，
由余弦定理可得cs∠CEF=CE2+EF2−CF22CE⋅EF=− 8585，
sin∠CEF= 1−cs2∠CEF=2 178585，
故S▵ECF=12⋅EF⋅EC⋅sin∠CEF=2 21a2，
由CC1⊥平面A1B1C1D1，知CC1为四面体C−EC1F的底面EC1F上的高，
所以由VC1−ECF=VC−EC1F，算得点C1到平面α的距离，
d=S▵EC1F⋅CC1S▵ECF=2a2⋅4a2 21a2=4 2121a，
因为d=1，所以4 2121a=1，从而可得a= 214，
所以正方体的棱长为4a= 21，故 C错误；
对于选项D，以D为坐标原点，DA,DC,DD′所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则D′0,0,3,P0,3,2,B′3,3,3,A3,0,0，设三棱锥B′−D′AP的外接球球心为Nx,y,z，
由ND′2=NP|2=NB′2=NA|2得，x2+y2+(z−3)2=x2+(y−3)2+(z−2)2=(x−3)2+(y−3)2+(z−3)2=(x−3)2+y2+z2，解得x=z=74,y=54，
所以三棱锥B′−D′AP的外接球半径R= 74−32+542+742=3 114，
所以三棱锥B′−D′AP的外接球表面积为S=4πR2=994π， D正确．
故选：ABD．
13.【答案】−1e 或−e−1
【解析】【分析】利用导数的运算法则及求导公式求出导数，再由给定的导数值求出a．
【详解】函数fx=xlnx+ax2+2，求导得f′(x)=1+lnx+2ax，
于是f′(e)=2ae+2=0，所以a=−1e．
故答案为：−1e
14.【答案】π
【解析】【分析】先求出直线x+ay−a−1=0过定点的坐标，再求出圆C:(x−2)2+y2=4的圆心和半径，当MC⊥AB时AB取得最小值，最后求出劣弧AB⌢的长．
【详解】直线x+ay−a−1=0可化为x−1+ay−1=0，
则当x−1=0且y−1=0，即x=1且y=1时，等式恒成立，所以直线恒过定点M1,1，
圆C的圆心为C2,0，半径r=2，
当MC⊥AB时，AB取得最小值，且最小值为2 r2−|MC|2=2 4−2=2 2，
此时弦长AB所对的圆心角为π2，所以劣弧AB⌢的长为π2×2=π．
故答案为：π
15.【答案】 2
【解析】【分析】利用正弦定理、诱导公式、和角公式、差角公式、二倍角公式分析运算即可得解．
【详解】解：由题意，a−2ccsBsinA= 2acsA，
则由正弦定理可得sinA−2sinCcsBsinA= 2sinAcsA，
∵0又∵A+B+C=π，则A=π−B+C，sinA=sinB+C
∴sinB+C−2sinCcsB= 2csA，
∴sinB−C= 2csA.又由csB=−sinC=csπ2+C，
可得：0∴B=π2+C，即B−C=π2，则sinB−C=1，
∴ 2csA=1，即csA= 22，由0∴由B−C=π2B+C=3π4解得：B=5π8，C=π8．
∴由正弦定理可得： 2sinπ4=bsin5π8=csinπ8，解得：b=2sin5π8，c=2sinπ8，
∴bc=2sin5π8⋅2sinπ8=4sinπ8csπ8=2sinπ4= 2．
故答案为： 2
16.【答案】 32 ；或12 3 ； ； ；；1+ 32
【解析】【分析】根据椭圆和双曲线的定义可得PF1=m+a,PF2=a−m，进而根据余弦定理，结合离心率公式可得1e12+3e22=4，即可利用基本不等式求解空1，根据内心的性质，结合椭圆定义和双曲线定义可得λ=e1，μ=e2，进而根据基本不等式乘“1”法即可求解．
方法点睛：圆锥曲线中的范围或最值问题，可根据题意构造关于参数的目标函数，然后根据题目中给出的范围或由判别式得到的范围求解，解题中注意函数单调性和基本不等式的作用．
【详解】由题意得椭圆与双曲线的焦距为F1F2=2c，
椭圆的长轴长为2a，双曲线的实轴长为2m，不妨设点P在双曲线的右支上，
由双曲线的定义：PF1−PF2=2m，由椭圆的定义：PF1+PF2=2a，
可得：PF1=m+a,PF2=a−m，又∠F1PF2=60∘，由余弦定理得：
PF12+PF22−PF1⋅PF2=F1F22=4c2，
即(m+a)2+(a−m)2−m+a⋅a−m=4c2,
整理得：a2+3m2=4c2，所以：a2c2+3m2c2=4⇒1e12+3e22=4；
则1e12+3e22≥2 3e1e2,e1e2≥ 32，当且仅当1e12=3e22=2时取等号．
I为△F1PF2的内心，所以IF1为∠PF1F2的角平分线，
由于S▵PF1IS▵AF1I=12PF1IF1sin12∠PF1F212AF1IF1sin12∠PF1F2=PIIA，则有PF1AF1=IPAI，
同理：PF2AF2=IPAI，所以PF1AF1=PF2AF2=IPAI，所以IPAI=PF1+PF2AF1+AF2=2a2c=1e1，
即AI=e1IP，
因为AI=λIP，所以|AI|=|λ||IP|，故λ=e1，
I为△F1PF2的内心，F1,I,G三点共线，
即F1G为∠PF1B的角平分线，
延长射线F1P，连接F2G，由G点向F1P,F1B,F2P作垂线，垂足分别为E,D,H，
∵∠F1PF2=60∘,GP⋅IP=0，
∴∠F2PB=∠BPE=60∘，即BP为∠EPF2的角平分线．
∴GH=GE=GD，
即F2G为∠PF2B的角平分线，
则有GBPG=BF2PF2=BF1PF1，又BF2≠BF1，
所以BGPG=BF1−BF2PF1−PF2=2c2m=e2，即BG=e2GP，
因为BG=μGP，所以|BG|=|μGP|，故μ=e2，
所以λ2+μ2=e12+e22=14e12+e221e12+3e22=141+3+3e12e22+e22e12≥144+2 3e12e22⋅e22e12=1+ 32，
当且仅当3e12e22=e22e12⇒e2=43e1= 3+ 34时，等号成立，所以λ2+μ2的最小值为1+ 32．
故答案为： 32，1+ 32
17.【答案】解：(1)fx=csx2 3sinx−csx+sin2x=2 3sinxcsx−cs2x+sin2x
= 3sin2x−cs2x=2sin2x−π6．
所以函数fx的最小正周期T=π．
由π2+2kπ≤2x−π6≤3π2+2kπ,k∈Z，解得π3+kπ≤x≤5π6+kπ,k∈Z．
所以函数fx的单调递减区间为π3+kπ,5π6+kπk∈Z．
(2)由题意可知，即m≤f(x)max．
因为x∈π6,π2，所以π6≤2x−π6≤5π6．
故当2x−π6=π2，即x=π3时，fx取得最大值，且最大值为fπ3=2．
所以m≤2，实数m的取值范围为−∞,2．

【解析】(1)利用二倍角正弦、余弦公式和辅助角公式对函数进行化简，利用正弦定理函数的性质可得出函数fx的单调递减区间，利用正弦函数的周期公式即可求出函数fx的最小正周期；
(2)根据题意可知m小于等于fx的最大值，结合正弦函数的定义域求出的最大值，即可知m的取值范围．
18.【答案】解：设底面的一边的长为xm，另一边的长为x+1m．
因为钢条长为523m，所以，长方体容器的高为523−4x−4x+14=103−2x．
设容器的容积为V，
则V=Vx=xx+1103−2x=−2x3+43x2+103x,0V′x=−6x2+83x+103=0，
解得x=−59(舍去)，x=1，
当x∈0,1时，V′x>0，Vx在0,1单调递增；
当x∈1,53时，V′x<0，Vx1,53单调递减；
因此，x=1是函数Vx在0,53内的极大值点，也是最大值点．
此时长方体容器的高为43m．
所以，当长方体容器的高为43m时，容积最大，最大容积为83m3．

【解析】设底面的一边的长为xm，求出另一边的长为x+1m，以及高，表示出体积，利用导数求出最大值即可．
19.【答案】解：(1)因为面ABCD⊥面ABEF，又面ABCD∩面ABEF=AB，CB⊥AB，CB⊂面ABCD，所以CB⊥面ABEF，又AB⊥BE，
如图，以B为原点，BA,BE,BC所在直线分别为x轴､y轴､z轴建立空间直角坐标系，
因为两个正方形的边长为1，则A1,0,0,B0,0,0,C(0,0,1)，
又CM=BN=t，则CM=t 2CA=(t 2,0,−t 2)，得到M 22t,0,1− 22t，
同理可得N 22t, 22t,0，
所以MN= 22t2+1− 22t2= t2− 2t+1= t− 222+12，
又0(2)由(1)知，MN的长最小时，M､N分别为正方形对角线AC和BF的中点，可得M12,0,12,N12,12,0，
设平面AMN的一个法向量为m=x1,y1,z1，又MA=12,0,−12,MN=0,12,−12，
由m⋅MA=12x1−12z1=0,m⋅MN=12y1−12z1=0,，取x1=1，可得m=1,1,1，
设平面BMN的一个法向量为n=(a,b,c)，又BM=(12,0,12)，MN=0,12,−12，
由n⋅BM=12a+12c=0,n⋅MN=12b−12c=0,，取a=−1，可得n=−1,1,1，
则csm,n=m⋅n|m|⋅|n|=13，所以sinm,n= 1−cs2m,n=2 23，
因此，二面角A−MN−B的正弦值为2 23．

【解析】(1)根据条件，建立空间直角坐标系，求出M 22t,0,1− 22t，N 22t, 22t,0，再利用空间两点间的距离公式，即可求出结果；
(2)根据(1)结果，得到M12,0,12,N12,12,0，再求出平面AMN和BMN的法向量，再利用两平面夹角的向量法，即可求出结果．
20.【答案】解：(1)因为an+1=an+3,n为奇数,4an,n为偶数,且bn=a2n，
则bn+1=a2n+1=a2n+1+1=a2n+1+3=4a2n+3=4bn+3，
可得bn+1+1=4bn+1．
且b1=a2=a1+3=4，所以bn+1是以5为首项，4为公比的等比数列．
(2)由(1)可得bn+1=5×4n−1，所以bn=5×4n−1−1，即a2n=5×4n−1−1．
又因为a2n=a2n−1+3，则a2n−1=a2n−3=5×4n−1−4．
所以数列an的通项公式为an=5×4n−12−4,n为奇数,5×4n−22−1,n为偶数.
又a2n−1+a2n=5×4n−1−4+5×4n−1−1=10×4n−1−5，
所以S2n−1=a1+a2+a3+a4+⋯+a2n−1+a2n−a2n
=10×40−5+10×41−5+⋯+10×4n−1−5−5×4n−1−1
=10×40+41+⋯+4n−1−5n−5×4n−1−1
=10×1−4n1−4−5n−5×4n−1+1=253×4n−1−5n−73．
所以数列an的前2n−1项的和S2n−1=253×4n−1−5n−73．

【解析】(1)先求出bn的递推关系式，利用等比数列的定义可证结论；
(2)利用分组求和的方法可求答案．
21.【答案】解：(1)因为抛物线y2=2px(p>0)上的点到焦点距离的最小值为12，
转化为到准线距离的最小值为12，所以p2=12，所以p=1，
因此抛物线Γ的标准方程为y2=2x，其焦点坐标为12,0，准线方程为x=−12；
(2)设Ay122,y1,By222,y2,Cy332,y3,Dx4,y4,Ex5,y5,Fx6,y6，
则抛物线y2=2x上过点A的切线方程为x−y122=ty−y1，
将切线方程与抛物线方程联立，得：
联立x−y122=ty−y1y2=2x，消去x，整理得y2−2ty+2ty1−y12=0，
所以Δ=(−2t)2−42ty1−y12=4t2−8ty1+4y12=4t−y12=0，从而有t=y1，
所以抛物线上过点A的切线方程为x=y1y−y122，
同理可得抛物线上过点B,C的切线方程分别为x=y2y−y222,x=y3y−y322，
两两联立，可以求得交点D,E,F的纵坐标分别为
y4=y1+y22,y5=y1+y32,y6=y2+y32，
则ADDE=y1−y4y4−y5=y1−y1+y22y1+y22−y1+y32=y1−y2y2−y3，
同理可得EFFC=y1−y2y2−y3,DBBF=y1−y2y2−y3，即ADDE=EFFC=DBBF，
当AC//DF时，ADDE=CFFE，故EFFC=FCEF，即EF=FC，
因此BDBF=EFFC=1．

【解析】(1)根据题意可得p2=12，求出p，即可得Γ的方程及其焦点坐标和准线方程；
(2)设Ay122,y1,By222,y2,Cy332,y3,Dx4,y4,Ex5,y5,Fx6,y6，抛物线y2=2x上过点A的切线方程为x−y122=ty−y1，联立方程，根据Δ=0求出t，进而可求得抛物线上过点A的切线方程，同理可求得抛物线上过点B,C的切线方程，两两联立，可以求得交点D,E,F的纵坐标，再分别求出ADDE,EFFC,DBBF，再根据AC//DF即可得解．
方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
22.【答案】解(1)由条件知fx=exex−2ax−1≥0恒成立，
∵ex>0,∴ex−2ax−1≥0恒成立，
令φx=ex−2ax−1,x∈R，则φx≥0恒成立，∴φ′x=ex−2a，
①当a≤0时，φ′x>0,φx在R上单调递增，又φ0=0，
∴当x<0时，φx<0，与φx≥0矛盾，不合题意；
②当a>0时，φx在−∞,ln2a单调递减，在ln2a,+∞单调递增，
∴当x=ln2a时，φx有极小值，也最小值，且最小值为φln2a=2a−2aln2a−1，
又φx≥0恒成立，∴2a−2aln2a−1≥0，
令ga=2a−2aln2a−1(a>0)，则g′a=2−2ln2a−2=−2ln2a，
令g′a=−2ln2a>0，解得0∴ga在0,12单调递增，在12,+∞单调递减，∴ga≤g12=0，
所以由ga=2a−2aln2a−1≥0，解得a=12，
综上，实数a的值为12．
(2)由题可得f′x=ex2ex−x−2，
令ℎx=2ex−x−2，则ℎ′x=2ex−1，由ℎ′x=0得x=ln12，
在−∞,ln12上，ℎ′x<0，在ln12,+∞上，ℎ′x>0，
所以ℎx在−∞,ln12单调递减，在ln12,+∞单调递增，
又ℎ0=0,ℎln12=2eln12−ln12−2=ln2−10,ℎ−2=2e−2−−2−2=2e20，
∴ℎ−2ℎln12<0，
由零点存在定理及ℎx的单调性知，方程ℎx=0在−2,ln12有唯一根，
设为x0且2ex0−x0−2=0，
从而ℎx有两个零点x0和0，
且在区间−∞,x0上，f′x>0，
在区间x0,0上，f′x<0，在区间0,+∞上，f′x>0，
所以fx在−∞,x0单调递增，在x0,0单调递减，在0,+∞单调递增，
从而fx存在唯一的极大值点x0，
由2ex0−x0−2=0得ex0=x0+22,x0≠−1，
∴fx0=ex0ex0−x0−1=x0+22x0+22−x0−1=14−x02+x0≤14−x0+2+x022=14=2−2，
等号不成立，所以fx0<2−2，
又−2所以fx0>f−2=e−2e−2−−2−1=e−4+e−2>e−2，
综上可知，fx存在唯一的极大值点x0，且e−2
【解析】(1)将问题转化为φx=ex−2ax−1,x∈R，φx≥0恒成立，利用导数求解φx的单调性，即可求解φln2a=2a−2aln2a−1≥0，构造函数ga=2a−2aln2a−1(a>0)，继续利用导数求解函数的单调性得最值即可求解，
(2)利用导数求解函数的单调性，结合零点存在性定理，即可求证．
方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：
1.通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)，从而得出不等关系；
2.利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
3.适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4.构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数．