2022-2023学年山东省潍坊市高二（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年山东省潍坊市高二（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共19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.已知等差数列{an}中，a3=8，a6=5，则a9=( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
2.已知直四棱柱的高为1，其底面四边形ABCD水平放置的斜二测直观图为平行四边形A′B′C′D′，∠D′A′B′=45∘，A′B′=2A′D′=2，则该直四棱柱的体积为( )
A. 43B. 83C. 2D. 4
3.在空间直角坐标系中，O为原点，已知点P(1,2,−1)，A(0,1,2)，则( )
A. 点P关于点A的对称点为(2,3,−4)B. 点P关于x轴的对称点为(1,−2,−1)
C. 点P关于y轴的对称点为(−1,2,1)D. 点P关于平面xOy的对称点为(1,−2,1)
4.已知{an}为正项等比数列，若a2+a6=10，a4a8=64，则a4=( )
A. 6B. 4C. 2D. 2
5.设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则( )
A. 若m//n，m//α，n//β，则α//βB. 若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n
C. 若m⊥α，m//n，n⊂β，则α⊥βD. 若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n
6.设a1，a2，a3，a4是各项均不为零的等差数列，且公差d≠0，若将此数列删去a2得到的新数列(按原来的顺序)是等比数列，则da1的值为( )
A. −16B. −14C. −12D. −1
7.若数列{an}的前n项积Tn=1−215n，则an的最大值与最小值的和为( )
A. −3B. −1C. 2D. 3
8.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，A1B1⊥B1C1，四边形是A1B1BA边长为1的正方形，BC=2，M是AC上的一个动点，过点M作平面α//平面B1CB，记平面α截四棱锥C−A1B1BA所得图形的面积为y，平面α与平面B1CB之间的距离为x，则函数y=f(x)的图象大致是( )
A. B.
C. D.
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。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Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1=9，S3=21，则( )
A. 数列的公差为−2B. a2=3
C. an=11−2nD. 数列{an}为递减数列
10.已知某圆锥的顶点为P，其底面半径为 3，侧面积为2 3π，若A，B是底面圆周上的两个动点，则( )
A. 圆锥的母线长为2B. 圆锥的侧面展开图的圆心角为 3π2
C. PA与圆锥底面所成角的大小为π6D. △PAB面积的最大值为 3
11.斐波那契数列又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多⋅斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列“.斐波那契数列用递推的方式可如下定义：用an表示斐波那契数列的第n项，则数列{an}满足：a1=a2=1，an+2=an+1+an，记Sn是数列{an}的前n项和，则( )
A. a7=13B. a1+a3+a5+⋯+a2023=a2024
C. a2+a4+a6+⋯+a2022=a2023−2D. S2023=a2025−1
12.如图，四个半径为2的实心小球两两相切，则( )
A. 这四个实心小球所形成的空隙内可以放入一个半径为 6− 2的小球
B. 这四个实心小球所形成的空隙内可以放入一个棱长为6 2−4 33的正方体
C. 存在一个侧面积为(20−8 6)π的圆柱可以放进这四个实心小球所形成的空隙内
D. 这四个实心小球可以放入一个半径为 6+2的大球内部
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，与BD1垂直的面对角线可以是______.(写出一条即可)
14.已知数列{an}满足a1=3，an+1=1−1an，则a9=______.
15.在四棱锥P−ABCD中，△PCD为等边三角形，且平面PCD⊥平面ABCD，记直线PC与平面ABCD所成的角为α，二面角P−AD−C的大小为β，则α______β(填“>”“<”“≥”“≤”).
16.如图，将正整数按下表的规律排列，把行与列交叉处的那个数称为某行某列的元素，记作a⟨i,j⟩(i,j∈N*)，如第2行第4列的数是15，记作a⟨2,4⟩=15，则有序数对(a⟨32,24⟩,a⟨15,15⟩)是______.
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)
在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AA1=2，P，Q分别为A1C1，B1C1的中点，点M，N分别在棱AC和BC上，且CMMA=CNNB=13.
(1)证明：四边形PMNQ为梯形，并求三棱柱ABC−A1B1C1的表面积；
(2)求三棱台PQC1−MNC的体积.
18.(本小题12分)
已知递增等比数列{an}的前n项和为Sn，且S3=13，a32=3a4，等差数列{bn}满足b1=a1，b2=a2−1.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)若cn={−an+1bn,n为奇数anbn,n为偶数，请判断c2n−1+c2n与a2n的大小关系，并求数列{cn}的前20项和.
19.(本小题12分)
在如图所示的圆台中，AB是下底面圆O的直径，A1B1是上底面圆O1的直径，AB//A1B1，AB=2A1B1=4，OO1= 3，△ACD为圆O的内接正三角形.
(1)证明：OO1//平面B1CD；
(2)求直线CD与平面AB1D所成角的正弦值.
20.(本小题12分)
中小微企业是国民经济的重要组成部分，某小微企业准备投入专项资金进行技术创新，以增强自身的竞争力.根据规划，本年度投入专项资金800万元，可实现销售收入40万元；以后每年投入的专项资金是上一年的一半，销售收入比上一年多80万元.同时，当预计投入的专项资金低于20万元时，就按20万元投入，销售收入则与上一年销售收入相等.
(1)设第n年(本年度为第一年)投入的专项资金为an万元，销售收入为bn万元，请写出an，bn的表达式；
(2)至少要经过多少年后，总销售收入就能超过专项资金的总投入？
21.(本小题12分)
如图(1)，已知四边形ABCD是边长为2的正方形，点P在以AD为直径的半圆弧上，点E为BC的中点.现将半圆沿AD折起，如图(2)，使异面直线PD与BC所成的角为45∘，此时BP= 6.
(1)证明：AB⊥平面PAD，并求点P到平面ABCD的距离；
(2)若平面PAB∩平面PDE=l，Q∈l，当平面QAB与平面QCD所成角的余弦值为 55时，求PQ的长度.
22.(本小题12分)
已知正项数列{an}中，a2=8，点(an+1,an2+2an)在直线y=x上，bn=lg(an+1)，其中n∈N*.
(1)证明：数列{bn}为等比数列；
(2)设Sn为数列{bn}的前n项和，求Sn；
(3)记cn=2(an+1)an(an+2)，数列{cn}的前n项和为Tn，试探究是否存在非零常数λ和μ，使得Tn+1λ10Sn+μ为定值？若存在，求出λ和μ的值；若不存在，请说明理由.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由等差中项的性质，知a3+a9=2a6，
所以8+a9=2×5=10，
所以a9=2.
故选：B.
利用等差中项的性质，即可得解．
本题考查等差数列的性质，考查运算求解能力，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD水平放置的斜二测直观图为平行四边形A′B′C′D′，∠D′A′B′=45∘，A′B′=2A′D′=2，
∴原四边形ABCD是边长为2的正方形，
又直四棱柱的高为1，
∴该直四棱柱的体积为V=2×2×1=4.
故选：D.
由已知结合斜二测画法可知四棱柱的底面是边长为2的正方形，再由棱柱体积公式求解．
本题考查棱柱体积的求法，考查斜二测画法，是基础题．
3.【答案】C
【解析】解：由中点坐标公式可知，点P(1,2,−1)关于A(0,1,2)的对称点的坐标是(−1,0,5)，所以A不正确；
点P关于x轴的对称点为(1,−2,1)，所以B不正确；
点P关于y轴的对称点为(−1,2,1)，所以C正确；
点P关于平面xOy的对称点为(1,2,1)，所以D不正确．
故选：C.
直接利用中点坐标公式，空间点的对称性，求解对称点的坐标即可判断选项的正误．
本题考查对称知识的应用，考查中点坐标公式的应用，考查计算能力．
4.【答案】B
【解析】解：因为{an}为正项等比数列，所以a6= a4a8=8，
又a2+a6=10，所以a2=10−8=2，
所以a4= a2a6= 2×8=4.
故选：B.
利用等比中项的性质，即可得解．
本题考查等比中项的性质，考查运算求解能力，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：若m//n，m//α，n//β，则α与β相交或平行，故A错误；
对于B，若α//β，m⊂α，n⊂β，则m与n平行或异面，故B错误；
对于C，若m⊥α，m//n，则n⊥α，又n⊂β，则α⊥β，故C正确；
对于D，若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m与n相交、平行或异面，故D错误．
故选：C.
根据空间线面位置关系依次判断各选项，能求出结果．
本题考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力，是中档题．
6.【答案】B
【解析】解：根据题意，a1，a3，a4成等比数列，则a32=a1a4，
则(a1+2d)²=a1(a1+3d)，∴a12+4a1d+4d²=a12+3ad，
∴4d²=−ad，∵d≠0，∴4d=−a1，则da1=−14.
故选：B.
根据题意，a1，a3，a4成等比数列，利用等比中项的性质得a32=a1a4，进而求得a1和d的关系．
本题考查等差，等比数列的性质，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：∵Tn=1−215n，∴a1=T1=1−215=1315，
∴Tn−1=1−215(n−1)，
∴an=TnTn−1=1−215n1−215(n−1)=15−2n17−2n=1−217−2n=1+22n−17，
当n=1时，也成立，
∴an=1+22n−17，
∴an−an−1=22n−17−22n−19=−4(2n−17)(2n−19)=−1n2−18n+3234=−1(n−9)2−14，
∴a1>a2>...>a8a10>a11>...，
当n=1时，a1=1315，当n=8时，a8=−1，当n=9时，a9=3，
∴an的最大值为3，最小值为−1，
∴an的最大值与最小值之和为2.
故选：C.
由已知求出数列的通项公式，可得数列的单调性，求出an的最大值与最小值，则答案可求．
本题考查数列的通项公式和数列的函数特性，考查运算求解能力，是中档题．
8.【答案】A
【解析】解：如图，截面为MNEF，直三棱柱ABC−A1B1C1中，A1B1⊥B1C1，四边形是A1B1BA边长为1的正方形，BC=2，
过点M作平面α//平面B1CB，记平面α截四棱锥C−A1B1BA所得图形的面积为y，平面α与平面B1CB之间的距离为x，
可得MN2=1−x1，MN=2(1−x)，NE=1，MFAA1=MCAC=NBAB，MF=x，
所以y=1+x2⋅2(1−x)=1−x2，x∈(0,1)，所以函数的图象为A.
故选：A.
画出图形，求解函数的解析式，即可判断函数的图象．
本题考查函数与方程的应用，函数的图象的判断，是中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：设等差数列{an}的公差为d，
S3=21，
则3a2=21，即a2=7，
故d=a2−a1=7−9=−2，故A正确，D正确．
a2=a1+d=9−2=7，故B错误；
an=a1+(n−1)d=11−2n，故C正确．
故选：ACD.
根据已知条件，结合等差数列的性质，求出公差d，即可求出通项公式，依次求解．
本题主要考查等差数列的性质，属于基础题．
10.【答案】AC
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，设圆锥的母线长为l，由于其底面半径r= 3，侧面积为2 3π，
则有2 3π= 3πl，解可得l=2，A正确；
对于B，设圆锥的侧面展开图的圆心角为θ，则有lθ=2πr，即2θ=2 3π，
解可得θ= 3π，B错误；
对于C，设圆锥的底面圆圆心为OA，由于PA=2，底面圆半径r=OA= 3，则∠PAO=π6，
即PA与圆锥底面所成角的大小为π6，C正确；
对于D，由于圆锥轴截面的顶角为2π3，则当PA⊥PB时，△PAB面积的最大值，其最大值为12×2×2=2，D错误．
故选：AC.
根据题意，由圆锥的结构特征依次分析选项是否正确，综合可得答案．
本题考查圆锥的结构特征，涉及圆锥的母线、侧面积计算，属于基础题．
11.【答案】ABD
【解析】解：由题意，a1=a2=1，
a3=a2+a1=1+1=2，
a4=a3+a2=2+1=3，
a5=a4+a3=3+2=5，
a6=a5+a4=5+3=8，
a7=a6+a5=8+5=13，故选项A正确；
由an+2=an+1+an，
可得an+1=an+2−an，
∴a1+a3+a5+⋯+a2023
=a1+(a4−a2)+(a6−a4)+⋅⋅⋅+(a2024−a2022)
=a1+a4−a2+a6−a4+⋅⋅⋅+a2024−a2022
=a1−a2+a2024
=1−1+a2024
=a2024，故选项B正确；
∴a2+a4+a6+⋯+a2022
=(a3−a1)+(a5−a3)+(a7−a5)+⋅⋅⋅+(a2023−a2021)
=a3−a1+a5−a3+a7−a5+⋅⋅⋅+a2023−a2021
=−a1+a2023
=a2023−1，故选项C错误；
由an+2=an+1+an，
可得a3=a2+a1，a4=a3+a2，⋅⋅⋅，a2025=a2024+a2023，
各项相加，
可得(a3+a4+⋅⋅⋅+a2025)=(a2+a3+⋅⋅⋅+a2024)+(a1+a2+⋅⋅⋅+a2023)，
则S2025−a1−a2=S2024−a1+S2023，
∴S2023=S2025−S2024−a2=a2025−1，故选项D正确．
故选：ABD.
先根据题干已知条件及递推公式逐项代入即可计算出a7的值，判断选项A的正确性，再由an+2=an+1+an，可得an+1=an+2−an，然后在计算a1+a3+a5+⋯+a2023及a2+a4+a6+⋯+a2022逐项代入，运用裂项相消法进一步推导即可判断选项B、C的正确性，对于选项D，根据递推公式逐项代入，再求和，进一步推导即可判断选项D的正确性．
本题主要考查斐波那契数列的性质及求和问题．考查了整体思想，转化与化归思想，迭代法，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．
12.【答案】BCD
【解析】解：设A，B，C，D分别为四个小球的球心，则显然几何体D−ABC是正四面体，棱长为4，
设O是正四面体D−ABC的外接球的球心，
可求得正四面体D−ABC的高为4 63，进而可求得正四面体D−ABC的外接球的半径为 6，
这四个实心小球可以放入一个半径为 6+2的大球内部，D选项正确；
这四个实心小球所形成的空隙内可以放入一个半径为 6−2的小球， 6− 2> 6−2，A选项错误；
这四个实心小球所形成的空隙内可以放入一个半径为 6−2的小球，
r2+(l2)2=( 6−2)2≥rl,S=2πrl≤2π( 6−2)2=(20−8 6)π,l=2r时取等号，
存在一个侧面积为(20−8 6)π的圆柱可以放进这四个实心小球所形成的空隙内，C选项正确；
设正方体的棱长为a，这四个实心小球所形成的空隙内可以放入一个半径为 6−2的小球，
正方体的外接球半径为r= 32a, 3a2≤( 6−2)，解得a≤6 2−4 33，B选项正确．
故选：BCD.
根据球心构成的正四面体的内切球的半径，进而求出内部放入正方体，圆柱的可能性判断A，B，C选项，根据正四面体的外接球判断D选项即可．
本题考查了正四面体的内切球和正四面体的外接球计算，属于中档题．
13.【答案】AC
【解析】解：连接AC，BD.
在正方形ABCD中，AC⊥BD，
又DD1⊥平面ABCD，可得DD1⊥AC，
而BD∩DD1=D，
则AC⊥平面BDD1，
所以BD1⊥AC.
故答案为：AC(答案不唯一).
连接AC，BD，由线面垂直的判定定理推得AC⊥平面BDD1，再由线面垂直的性质定理可得结论．
本题考查线面垂直的判定和性质，考查转化思想和推理能力，属于基础题．
14.【答案】−12
【解析】解：在数列{an}中，由a1=3，an+1=1−1an，
得a2=1−1a1=1−13=23，a3=1−1a2=1−32=−12，
a4=1−1a3=3，…，
可得数列{an}是以3为周期的周期数列，
则a9=a2×3+3=a3=−12.
故答案为：−12.
由已知可得数列{an}是以3为周期的周期数列，再由数列的周期性得答案．
本题考查数列递推式，考查数列的函数特性，是基础题．
15.【答案】≤
【解析】解：取DC中点O，连接PO，
∵侧面PCD是边长为2的等边三角形，
∴PO= 3,PO⊥CD，
∵平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，PO⊂平面PCD，
∴PO⊥平面ABCD，
PC与平面ABCD所成的角为α,tanα=POOC，
∵OD=OC，
取OT⊥AD，交AD于点T，连接PT，PO⊥AD，PO∩OT=O，AD⊥平面PTO，PT⊥AD，
∴∠PTO是二面角P−AD−C的平面角，
∴∠PTO=β，
∴tanβ=POTO，∴TO≤OD=OC，
∴tanα≤tanβ,α∈(0,π2),β∈(0,π2)，
∴α≤β.
故答案为：≤．
根据面面垂直得出线面垂直，再应用线面角及面面角定义求解即可．
本题考查了二面角的计算，属于中档题．
16.【答案】(985,211)
【解析】解：3×3(奇数)方块中最后一个数为9，9=32，3×3方块的每行每列都是3个数，并且9是在第三行第一列．
4×4(偶数)方块中最后一个数为16，16=42，4×4方块的每行每列都是4个数，并且16是在第一行第四列．
5×5(奇数)方块中最后一个数为25，25=52，5×5方块的每行每列都是5个数，并且25是在第五行第一列．
由此可得，15×15方块中最后一个数为225=152，225是在第十五行第一列，所以从225向右依次递减，可得第十五行第十五列的数为211，a⟨15,15⟩=211.
32×32方块中的最后一个数为1024=322，1024是在第一行第三十二列，所以从1024向下依次递减，可得第三十二行第三十二列的数为993，所以第三十二行第二十四列的数为985，a⟨32,24⟩=985.
故答案为：(985,211).
我们把图中的三行三列中的所有数看成一个3×3方块，由图可得3×3方块的最后一个数为9，表示一共9个数，同时9=32，并且3×3这个方块的每行每列都是3个数．同理可以发现4×4方块总共16个数，最后一个数为16，并且16=42.依此规律可以推得答案．
本题考查分析规律的能力，要注意奇数偶数位置的特点，是基础题．
17.【答案】证明：(1)因为 P， Q分别为A1C1，B1C1的中点，
所以PQ//A1B1，PQ=12A1B1，
又因为CMMA=CNNB=13，则CMCA=CNCB=14，
所以MN//AB，MN=14AB，
所以MN//PQ，MN=12PQ，
故四边形 PMNQ为梯形，
又因为三角形 ABC为边长为2的正三角形，
所以△ABC的面积为S△ABC=2× 32= 3，
△A1B1C1的面积为S△A1B1C1=2× 32= 3，
又三棱柱的侧面积S1=3×2×2=12，
所以三棱柱的表面积为12+2 3.
解：(2)因为三棱台的高AA1=2，由题可得，
S△PQC1=12× 32×1= 34，S△MNC=12× 34×12= 316，
所以三棱台的体积为：
V=13( 34+ 316+ 34× 316)×2=7 324.
【解析】(1)由题意可得PQ//A1B1，PQ=12A1B1,MN//AB,MN=14AB，从而MN//PQ，MN=12PQ，即可证得四边形 PMNQ为梯形，根据棱柱的表面积公式求出三棱柱的表面积；
(2)三棱台的高AA1=2，根据棱台的体积公式求出答案．
本题主要考查几何体的表面积和体积，属于中档题．
18.【答案】解：(1)设{an}的公比为q，
由a32=3a4可得a3=3q，
又S3=13，
即3q+3+3q=13，
解得q=3或13，
由于{an}是递增数列，所以q=3，
所以有a3=3q=9，
所以an=9×3n−3=3n−1，
所以b1=a1=1，b2=a2−1=2，
所以{bn}的公差为1，bn=1+n−1=n；
(2)结合(1)可知c2n−1=−a2nb2n−1=−32n−1⋅(2n−1)，
c2n=a2nb2n=32n−1⋅2n，
所以c2n−1+c2n=−32n−1⋅(2n−1)+32n−1⋅2n=32n−1，
又a2n=32n−1，
所以c2n−1+c2n=a2n，
{cn}的前20项和为c1+c2+…+c20=(c1+c2)+(c3+c4)+…+(c19+c20)
=3+33+…+319=3×(1−910)1−9=18×(321−3).
【解析】(1)根据已知条件先求出{an}的通项公式，而后求出{bn}的通项公式；
(2)结合(1)代入计算即可．
本题主要考查等比、等差数列相关性质，属中档题．
19.【答案】证明：(1)记AB与CD交于点F，连接B1F，OC，
因为AB是下底面圆O的直径，且△ACD为圆O的内接正三角形，
所以AB垂直平分CD，OC=2,ACsin60∘=4⇒AC=2 3,CF= 3，
Rt△OCF中，OF= 22−( 3)2=1，
因为AB//A1B1，AB=2A1B1=4，
所以OF//O1B1，OF=O1B1，
故四边形OFB1O1为平行四边形，
故OO1//FB1，
又OO1⊄平面B1CD，FB1⊂平面B1CD，
故OO1//平面B1CD.
解：(2)由(1)知，OO1//FB1，则FB1⊥面ACBD，
如图建立空间直角坐标系：
则A(0,3,0),B1(0,0, 3),C( 3,0,0),D(− 3,0,0)，
CD=(−2 3,0,0)，
设平面AB1D的法向量为m=(x,y,z)，
则AB1⋅m=0AD⋅m=0⇒−3y+ 3z=0− 3x−3y=0，令y=1，则m=(− 3,1, 3)，
记直线CD与平面AB1D所成角为θ，
则sinθ=|cs|=|CD⋅m|CD||m||= 217，
故csθ=2 77，tanθ= 32，
故直线CD与平面AB1D所成角的正切值为 32×2 77= 217.
【解析】(1)记AB与CD交于点F，连接B1F，OC，要证明OO1//平面B1CD，只需证明OO1//FB1；
(2)建立空间直角坐标系，找到平面AB1D的法向量为m=(− 3,1, 3)，利用线面角的向量算法求解即可．
本题主要考查线面平行的判定定理和直线与平面所成的角，属于中档题．
20.【答案】解：(1)由题意得，当投入的专项资金不低于20万元时，
即an≥20时，anan−1=12，bn−bn−1=80(n≥2且n∈N*)，
此时数列{an}是首项为800，公比为12的等比数列，
数列{bn}是首项为40，公差为80的等差数列，
所以an=800×(12)n−1，bn=80n−40，
令an<20，得2n−1>40，解得：n≥7，
所以an=800×(12)n−1,1≤n≤6,n∈N*20,n≥7,n∈N*，bn=80n−40,1≤n≤6,n∈N*440,n≥7,n∈N*.
(2)由(1)知，当1≤n≤6时，
总利润Sn=n[40+(80n−40)]2−800×[1−(12)n]1−12=1600×(12)n+40n2−1600，
因为Sn−Sn−1=−1600×(12)n+80n−40，n≥2，
设f(x)=−1600×(12)x+80x−40，则f(x)为单调递增函数，
f(2)<0，f(3)=0，f(4)>0，
所以S1>S2=S3，S3又S1<0，S6=−135<0，
所以当1≤n≤6时，Sn<0，即前6年未盈利，
当n≥7时，Sn=S6+(b7−a7)++(b8−a8)+⋅⋅⋅+(bn−an)=−135+420(n−6)，
令Sn>0，得n≥7，
故至少要经过7年后，总销售收入才能超过发项资金的总投入．
【解析】(1)依题意分段讨论，结合等差数列，等比数列的通项公式得出an，bn的表达式；
(2)分1≤n≤6，n≥7两种情况讨论总利润Sn，结合函数的单调性及不等式求解．
本题考查数列知识在生产生活中的实际应用，是中档题，解题时要注意等差数列、等比数列性质的合理运用．
21.【答案】解：(1)证明：∵AD//BC，∴∠PDA为异面直线PD与BC所成角，∴∠PDA=45∘，
∵∠APD=90∘，∴AP=PD= 22AD= 2，
∵AB=2，BP= 6，
∴AB2+AP2=BP2，∴AB⊥AP，
∵AB⊥AD，AP∩AD=A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，
∴AB⊥平面APD，
∵AB⊂平面ABCD，∴平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，
取AD中点为O，则PO⊥AD，∴PO⊥平面ABCD，即PO就是P到平面ABCD的距离，
∵PO=12AD=1，∴点P到平面ABCD的距离为1.
(2)延长DE，AB，设DE∩AB=G，连接PG，
∴平面PAB与平面PDE的交线l即为直线PG，
∵PO⊥平面ABCD，
∴以O为坐标原点，OE，OD，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图，
则P(0,0,1)，G(4,−1,0)，A(0,−1,0)，B(2,−1,0)，D(0,1,0)，
设PQ=λPG=(4λ,−λ,−λ)，则Q(4λ,−λ,1−λ)，
∵AB⊥平面PAD，PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD，
∵PD⊥AP，AB∩AP=A，∴PD⊥平面PAB，
∴平面QAB的一个法向量为DP=(0,−1,1)，
设平面QCD的法向量为n=(x,y,z)，
∵DC=(2,0,0)，DQ=(4λ,−λ−1,1−λ)，
∴DC⋅n=2x=0DQ⋅n=4λx−(λ+1)y+(1−λ)z=0，令y=1−λ，得n=(0,1−λ,λ+1)，
∴|cs|=|DP⋅n||DP|⋅|n|=|λ−1+λ+1| 2⋅ (λ−1)2+(λ+1)2=|2λ| 2⋅ 2λ2+2= 55，
解得λ=±12，
∴PQ=|PQ|= (4λ)2+(−λ)2+(−λ)2= 18λ2=3 22.
【解析】(1)利用异面直线所成的角得AP= 2，利用勾股定理关系得AB⊥AP，又AB⊥AD，利用线面垂直的判定定理证明，利用面面垂直找到点P在底面ABCD的射影即可求出点到平面的距离；
(2)建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．
本题考查线面垂直的判定与性质，考查二面角的定义及余弦值的求法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
22.【答案】(1)证明：因为点(an+1,an2+2an)在直线y=x上，所以an2+2an=an+1，即(an+1)2=an+1+1，
两边取对数得，lg(an+1)2=lg(an+1+1)，即2lg(an+1)=lg(an+1+1)，
因为bn=lg(an+1)，所以2bn=bn+1，
故数列{bn}是公比为2的等比数列．
(2)解：因为a2=8，a12+2a1=a2，且an>0，所以a1=2，
所以b1=lg(a1+1)=lg3，
所以Sn=b1(1−2n)1−2=lg3⋅(1−2n)1−2=(2n−1)lg3.
(3)解：由(1)(2)可知，数列{bn}是首项为lg3，公比为2的等比数列，
所以bn=lg3⋅2n−1，
又bn=lg(an+1)，所以lg3⋅2n−1=lg(an+1)，即an+1=(10lg3)2n−1=32n−1，
所以an=32n−1−1，
因为an2+2an=an+1，所以an(an+2)=an+1，所以12(1an−1an+2)=1an+1，即1an+2=1an−2an+1，
所以cn=2(an+1)an(an+2)=1an+1an+2=1an+(1an−2an+1)=2(1an−1an+1)，
所以Tn=2[(1a1−1a2)+(1a2−1a3)+…+(1an−1an+1)]=2(1a1−1an+1)=2(12−132n−1)，
所以Tn+1λ10Sn+μ=2(12−132n−1)+1λ⋅10(2n−1)lg3+μ=1−232n−1+1λ⋅32n−1+μ=1−232n−1+22λ⋅13⋅32n+2μ，
若Tn+1λ10Sn+μ为定值，则2λ3=1且2μ=−1，解得λ=32，μ=−12，
故当λ=32，μ=−12时，Tn+1λ10Sn+μ为定值1.
【解析】(1)由an2+2an=an+1，结合配方法、取对数，化简可得bn+1=2bn，根据等比数列的定义，可得证；
(2)求得a1=2，b1=lg3，再由等比数列的前n项和公式，得解；
(3)依次写出bn与an，进而知cn，再采用裂项求和法，即可得解．
本题考查数列的通项公式与前n项和的求法，熟练掌握等比数列的通项公式与前n项和公式，裂项求和法是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．