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2023-2024学年四川省雅安市天立教育集团高二（下）开学数学试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年四川省雅安市天立教育集团高二（下）开学数学试卷（含解析），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.直线3x+4y−2=0的斜率为( )
A. 34B. 43C. −34D. −3
2.椭圆x26+y29=1的短轴长为( )
A. 6B. 2 6C. 3D. 6
3.已知平面α的一个法向量为n=(1,−1,2)，AB=(−1,1,−2)，则AB所在直线l与平面α的位置关系为( )
A. l⊥αB. l⊂αC. l//αD. l与α相交但不垂直
4.高阶等差数列是数列逐项差数之差或高次差相等的数列，中国古代许多著名的数学家对推导高阶等差数列的求和公式很感兴趣，创造并发展了名为“垛积术”的算法，展现了聪明才智.如南宋数学家杨辉在《详解九章算法.商功》一书中记载的三角垛、方垛、刍甍垛等的求和都与高阶等差数列有关.如图是一个三角垛，最顶层有1个小球，第二层有3个，第三层有6个，第四层有10个，则第30层小球的个数为( )
A. 464B. 465C. 466D. 495
5.如图，在四棱锥A−BCDE中，AD⊥平面BCDE，底面BCDE为直角梯形，DE//BC，∠CDE=90°，BC=3，CD=DE=2，AD=4.则点E到平面ABC的距离为( )
A. 35B. 45C. 4 55D. 2
6.已知直线l：kx+1+2k−y=0和圆O：x2+y2=8，则下列结论中错误的是( )
A. 直线l过定点(−2,1)
B. 直线l与圆O有两个交点
C. 存在直线l与直线l0：x−2y+2=0垂直
D. 直线l被圆O截得的最短弦长为2 2
7.折纸是一种以纸张折成各种不同形状的艺术活动，折纸大约起源于公元1世纪或者2世纪时的中国，折纸与自然科学结合在一起，不仅成为建筑学院的教具，还发展出了折纸几何学成为现代几何学的一个分支.如图，现有一半径为4的圆纸片(A为圆心，B为圆内的一定点)，且|AB|=2，如图将圆折起一角，使圆周正好过点B，把纸片展开，并留下一条折痕，折痕上到A，B两点距离之和最小的点为P，如此往复，就能得到越来越多的折痕，设P点的轨迹为曲线C.在C上任取一点M，则△MAB面积的最大值是( )
A. 2B. 3C. 2D. 3
8.已知抛物线E：y2=4x，圆C：x2+y2=2x，过圆心C作直线l与抛物线E和圆C交于四点，自上而下依次为A，M，N，B，若|AM|+|NB|=2|MN|，则直线l的斜率为( )
A. 2B. ± 2C. 22D. ± 22
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.已知曲线C：x22m−4+y2m=1，点P(x,y)为曲线C上一动点，则下列叙述正确的是( )
A. 若m=10，则曲线C的离心率为 64
B. 若m=1，则曲线C的渐近线方程为y=±12x
C. 若曲线C是双曲线，则曲线C的焦点一定在y轴上
D. 若曲线C是圆，则x−y的最大值为4
10.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF= 22，则下列结论中正确的是( )
A. AC⊥BE
B. EF//平面ABCD
C. 异面直线AE，BF所成的角为定值
D. 直线AB与平面BEF所成的角为定值
11.已知数列{an}的前n项积为Tn，a1=2，Tn+1−2=3Tn(n∈N*)，则( )
A. Tn=3n−1B. {an}为递增数列
C. an=3n−13n−1−1D. {Tn}的前n项和为3n+12−n−32
12.如图抛物线Γ1的顶点为A，焦点为F，准线为l1，焦准距为4；抛物线Γ2的顶点为B，焦点也为F，准线为l2，焦准距为6.Γ1和Γ2交于P、Q两点，分别过P、Q作直线与两准线垂直，垂足分别为M、N、S、T，过F的直线与封闭曲线APBQ交于C、D两点，则下列说法正确的是( )
A. |AB|=5B. 四边形MNST的面积为20 6
C. FS⋅FT=0D. |CD|的取值范围为[5,253]
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.双曲线x2−y24=1的右焦点到渐近线的距离为_______．
14.如图，二面角α−l−β等于150°，A，B是棱l上两点，BD，AC分别在半平面α，β内，AC⊥l，BD⊥l，且AB=AC=2，BD= 3，则CD= ______．
15.如图，已知点P是棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD内(包含边界)一个动点，若点P到点A的距离是点P到BB1的距离的两倍，则点P的轨迹的长度为______．
16.设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1=2，对任意p、q∈N*，都有ap+q=ap+aq，则f(n)=Sn+60n+1(n∈N*)的最小值为______．
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△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c=2b，sin2C=2sinB．
(1)求角C的大小；
(2)若b=4，求△ABC的面积．
18.(本小题12分)
已知数列{an}的通项公式为an=3n，数列{bn}的通项公式为bn=3×2n．
(1)求数列{an}前6项的中位数和平均数；
(2)从数列{an}前6项中任取2项，求取出的2项中恰有1项是数列{bn}中的项的概率．
19.(本小题12分)
已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的渐近线方程是2x±y=0，右顶点是A(a,0)．
(1)求双曲线C的离心率；
(2)过点A倾斜角为π4的直线l与双曲线的另一交点是B，若|AB|=8 2，求双曲线C的方程．
20.(本小题12分)
已知等差数列{an}满足a1=−5，a4=1，等比数列{bn}满足b1=a5，b2=9．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设数列{cn}满足cn=an⋅bn，求数列{cn}的前n项和Tn．
21.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，△PCD是边长为2的正三角形，∠BCD=60°．
(1)求证：PB⊥CD；
(2)若平面PCD⊥平面ABCD，求二面角A−PD−C的余弦值．
22.(本小题12分)
如图，已知椭圆E：x24+y2=1的顶点A1，A2，B1，B2分别为矩形ABCD的边AD，BC，AB，DC的中点，点T，R分别满足OT=14AB，CR=14CB，直线B1T与直线B2R的交点为P．
(1)证明：点P在椭圆E上；
(2)设直线l与椭圆E相交于M，N两点，△PMN内切圆的圆心为O1.若直线PO1垂直于x轴，证明直线l的斜率为定值，并求出该定值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：根据题意，直线3x+4y−2=0，即y=−34x+12，所以该直线的斜率为−34．
故选：C．
把直线方程化成斜截式，再求出斜率即得．
本题考查直线的斜率，注意直线的一般式方程，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：由已知可得：b2=6，所以b= 6，
所以椭圆的短轴长为2b=2 6，
故选：B．
根据椭圆的方程即可求解．
本题考查了椭圆的方程以及性质，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查直线与平面的位置关系的判断，考查线面垂直的判定定理等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
由n=−AB，得n//AB，由此得到l⊥α．
【解答】
解：平面α的一个法向量为n=(1,−1,2)，AB=(−1,1,−2)，
∵n=−AB，∴n//AB，
∴AB所在直线l与平面α的位置关系为l⊥α．
故选：A．
4.【答案】B
【解析】解：记第n层有an个球，则a1=1，a2=3，a3=6，a4=10，
结合高阶等差数列的概念知a2−a1=2，a3−a2=3，a4−a3=4，⋯，an−an−1=n(n≥2)，
则第30层的小球个数a30=(a30−a29)+(a29−a28)+⋯+(a2−a1)+a1=30+29+28+⋯+2+1=465．
故选：B．
记第n层有an个球，则根据题意可得an−an−1=n(n≥2)，再根据累加法求解即可．
本题主要考查了累加法在数列的项的求解中的应用，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查点到平面的距离的求法，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，考查数形结合思想，属于基础题．
以D为原点，DE为x轴，DC为y轴，DA为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点E到平面ABC的距离．
【解答】
解：在四棱锥A−BCDE中，AD⊥平面BCDE，底面BCDE为直角梯形，DE//BC，∠CDE=90°，
以D为原点，DE为x轴，DC为y轴，DA为z轴，建立空间直角坐标系，
∵BC=3，CD=DE=2，AD=4．
∴E(2,0,0)，A(0,0,4)，B(3,2,0)，C(0,2,0)，
AE=(2,0,−4)，AB=(3,2,−4)，AC=(0,2,−4)，
设平面ABC的法向量n=(x,y,z)，
则n⋅AB=3x+2y−4z=0n⋅AC=2y−4z=0，
取z=1，得n=(0,2,1)，
∴点E到平面ABC的距离为：
d=|n⋅AE||n|=4 5=4 55．
故选：C．
6.【答案】D
【解析】解：当x=−2，y=1时，kx+1+2k−y=−2k+1+2k−1=0成立，故直线l过定点(−2,1)，可知A项正确；
由(−2)2+12<8，可知定点(−2,1)在圆O内部，
因为直线l过定点(−2,1)，所以直线l与圆O有两个交点，故B项正确；
当k=−2时，直线l：−2x−y−3=0，斜率k1=−2，
结合直线l0：x−2y+2=0的斜率k2=12，此时k1k2=−1，可知直线l垂直于直线l0，故C项正确；
因为直线l经过圆O内的定点M(−2,1)，所以l⊥OM时，l被圆O截得的弦长最短，
最短弦长为2 r2−|OM|2=2 8−[(−2)2+12]=2 3，故D项不正确．
故选：D．
根据题意，将点(−2,1)代入直线l方程加以检验，判断出A项的正误；根据直线l经过圆O内的定点，判断出B项的正误；由两条直线垂直与方程的关系，求出直线l0的垂线，判断出C项的正误；根据直线与圆相交的性质，求出最短弦长，从而判断出D项的正误．
本题主要考查直线的方程及其应用、圆的方程及其性质、直线与圆的位置关系等知识，属于中档题．
7.【答案】D
【解析】解：设点B1，B关于“折痕”所在直线对称，
即折前点B在圆上对应的点为点B1.连接AB1交“折痕”于点P，
则点P到A，B两点距离之和最小，且|BP|+|AP|=|AB1|=4，
所以P的轨迹F是以A，B为焦点，且长轴长为2a=4的椭圆，焦距2c=|AB|=2，c=1，
故短半轴b= 3，所以△MAB面积的最大值为12×2c×b= 3．
故选：D．
根据几何关系可得到|BP|+|AP|为定值4，由椭圆定义可知P点轨迹方程为椭圆，结果由椭圆性质可得．
本题考查椭圆的定义，椭圆的几何性质，化归转化思想，属中档题．
8.【答案】B
【解析】解：如图，圆C：(x−1)2+y2=1的圆心为C(1,0)，半径r=1，
显然点C(1,0)为抛物线E：y2=4x的焦点，抛物线的准线方程为x=−1，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则|AB|=|AC|+|BC|=x1+1+x2+1=x1+x2+2，|MN|=2．
因为|AM|+|NB|=2|MN|=4，因此|AB|=6，即有x1+x2+2=6，解得x1+x2=4，
设直线l的方程为y=k(x−1)，显然k≠0，由y=k(x−1)y2=4x，
消去y得k2x2−(2k2+4)x+k2=0，则有x1+x2=2+4k2=4，
解得k=± 2，所以直线l的斜率为± 2．
故选：B．
求得圆心与半径，进而利用已知可得x1+x2=4，设直线l的方程为y=k(x−1)，联立方程组可求直线l的斜率．
本题考查直线与抛物线的位置关系，考查运算求解能力，属中档题．
9.【答案】AC
【解析】解：对于选项A，m=10时，曲线C为x216+y210=1，曲线为焦点在x轴上的椭圆，且a=4,b= 10，故c= a2−b2= 6，
则曲线C的离心率为 64，故A选项正确；
对于选项B，m=1时，曲线C为y2−x22=1，可知曲线为双曲线，且焦点在y轴上，a=1,b= 2，
则曲线C的渐近线方程为y=± 22x，故B选项错误；
对于选项C，若曲线C是双曲线，则m(2m−4)<0，解得：0则曲线C的焦点一定在y轴上，故C选项正确；
对于选项D，若曲线C是圆，则m=2m−4，即m=4，
∴x2+y2=4，设 x−y=c，则得y=x−c，
如图，要求x−y的最大值，即求直线y=x−c的纵截距的最小值，
又因P(x,y)为曲线C上一动点，
故可考虑直线与圆相切时的情况，由圆心O(0,0)到直线x−y−c=0的距离为|−c| 2=2，解得c=±2 2，
结合图象知cmax=2 2，即x−y的最大值为2 2，故D选项错误．
故选：AC．
对于AB选项，只需代入值后根据方程特征进行计算判断即可，而CD两项，需要对双曲线方程和圆的方程的本质特征掌握后才能进行判断，D项先设x−y=c，将x−y的最大值问题转化成直线y=x−c的截距最小问题，而这可以利用直线与圆的相切时得到．
本题考查点到直线的距离距离的应用，圆锥曲线的方程的求法，属于中档题．
10.【答案】ABD
【解析】解：A选项中，连接BD交AC于O，连接OE，
由正方体的性质可知：AC⊥BD，AC⊥BB1，且BD∩BB1=B，
则AC⊥平面BB1D1D，所以AC⊥BE，故A正确；
B选项中，因为EF//OB，EF⊄平面ABCD，OB⊂平面ABCD，
所以EF//平面ABCD，所以B正确；
C选项中，因为BO=12BD= 22，EF= 22，所以EF=OB，而EF//OB，
所以四边形EFBO是平行四边形，
则OE//BF，AO⊥平面BB1D1D，
所以∠OEA是异面直线AE，BF所成的角，
又AC⊥平面BB1DD1D，则tan∠OEA=OAOE，因为OE变化，则∠OEA变化，
所以C不正确；
D选项中，由AC⊥平面BB1DD1D，得∠OBA是直线AB与平面BEF所成的角，且∠OBA=45°为定值，故D正确．
故选：ABD．
由正方体的性质及EF= 22，OB= 22，分别对所给命题的真假．
本题考查线线垂直的证法，线面平面及线面所成的角的求法，属于中档题．
11.【答案】AD
【解析】解：由Tn+1−2=3Tn可得Tn+1+1=3(Tn+1)，故{Tn+1}为等比数列，且公比为3，首项为a1+1=3，故Tn+1=3n，进而Tn=3n−1，A正确，
当n≥2时，Tn−1=3n−1−1，所以an=TnTn−1=3n−13n−1−1，
当n=1时，a1=2不符合上述表达，
因此an=3n−13n−1−1,n≥22,n=1，故C错误，
当n≥2时，an=3n−13n−1−1=3+23n−1−1，由于{3n−1−1}为单调递增数列，故an=3+23n−1−1为单调递减，故B错误，
{Tn}的前n项和为3(1−3n)1−3−n=3n+12−n−32，故D正确．
故选：AD．
根据等比数列的定义可判断{Tn+1}为等比数列，进而可求解A，根据an=TnTn−1即可判断C，根据指数式的单调性即可判断B，根据分组求和结合等比求和公式即可求解D．
本题主要考查数列递推关系式的应用，考查计算能力，属于中档题．
12.【答案】ACD
【解析】解：抛物线Γ1的顶点为A，焦点为F，准线为l1，焦准距为4，抛物线Γ2的顶点为B，焦点也为F，准线为l2，焦准距为6，
Γ1和Γ2交于P、Q两点，分别过P、Q作直线与两准线垂直，垂足分别为M、N、S、T，过F的直线与封闭曲线APBQ交于C、D两点，
对于A选项，设直线AB与直线l1，l2分别交于G、H，
由题可知|GA|=|AF|=2，|FB|=|BH|=3，所以|GH|=|MN|=10，|AB|=5，所以A选项正确；
对于B选项，如图以A为原点建立平面直角坐标系，则F(2,0)，l1：x=−2，
所以抛物线Γ1的方程为y2=8x，
连接PF，由抛物线的定义可知|PF|=|MP|，|PF|=|NP|，又|MN|=10，
所以|MP|=5，所以xP=3，代入y2=8x，可得yP=2 6，
所以|MT|=|NS|=4 6，又|MN|=10，故四边形MNST的面积为40 6，所以B选项错误；
对于C选项，连接QF，因为|QF|=|QT|=|QS|，所以∠QFT=∠QTF，∠QFS=∠QSF，
所以∠TFS=∠QFT+∠QFS=∠QTF+∠QFT+∠QFS+∠QSF2=π2，故FS⋅FT=0，所以C选项正确；
对于D选项，根据抛物线的对称性不妨设点D在封闭曲线APBQ的上部分，
设C，D在直线l1，l2上的射影分别为C1，D1，
当点D在抛物线BP，点C在抛物线AQ上时，|CD|=|CC1|+|DD1|，
当C，D与A，B重合时，|CD|最小，最小值为|CD|=5，
当D与P重合，点C在抛物线AQ上时，因为P(3,2 6),F(2,0)，
直线CD：y=2 6(x−2)，与抛物线Γ1的方程为y2=8x联立，可得3x2−13x+12=0，
设C(x1,y1)，D(x2,y2)，则x1+x2=133,|CD|=x1+x2+4=253，所以|CD|∈[5,253]；
当点D在抛物线PA，点C在抛物线AQ上时，设CD：x=ty+2，
与抛物线Γ1的方程为y2=8x联立，可得y2−8ty−16=0，
设C(x3,y3)，D(x4,y4)，则y3+y4=8t,|CD|=x3+x4+4=t(y3+y4)+8=8t2+8≥8，
当t=0，即CD⊥AB时取等号，故此时|CD|∈[8,253]；
当点D在抛物线PA，点C在抛物线QB上时，根据抛物线的对称性可知，|CD|∈[5,253]；
综上，|CD|∈[5,253]，故|CD|的取值范围为[5,253]，所以D选项正确．
故选：ACD．
根据抛物线的定义判断A；以A为原点建立平面直角坐标系，得到Γ1的方程，求出xP，代入方程求出yP，即可求出矩形的面积，从而判断B；连接QF，由定义得到|QF|=|QT|=|QS|，从而得到∠QFT=∠QTF，∠QFS=∠QSF，即可推出∠TFS=π2，从而判断C；不妨设点D在封闭曲线APBQ的上部分，设C，D在直线l1，l2上的射影分别为C1，D1，当点D在抛物线BP，点C在抛物线AQ上时求出|CD|min，当D与P重合，点C在抛物线AQ上时求出|CD|max，再求出当点D在抛物线PA，点C在抛物线AQ上时|CD|的范围，即可判断D．
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．
13.【答案】2
【解析】【分析】
本题考查双曲线的简单性质，考查点到直线距离公式的应用，是基础题．
由双曲线方程求出右焦点坐标及一条渐近线方程，再由点到直线的距离公式求解．
【解答】
解：在双曲线x2−y24=1中，a2=1，b2=4，
∴c= a2+b2= 5，
则双曲线的右焦点坐标为F( 5,0)，一条渐近线方程为y=2x，即2x−y=0．
∴双曲线x2−y24=1的右焦点到一条渐近线的距离为d=|2 5| 5=2．
故答案为：2．
14.【答案】 17
【解析】解：∵A、B是棱l上两点，AC、BD分别在半平面α、β内，AC⊥l，BD⊥l，
又∵二面角α−l−β的平面角θ等于150°，且AB=AC=2，BD= 3，
∴CA⋅AB=AB⋅BD=0，=30°，CA⋅BD=2× 3×cs30°=3，
又CD=CA+AB+BD，
∴CD2=CA2+AB2+BD2+2CA⋅AB+2AB⋅BD+2CA⋅BD
=4+4+3+6=17，
∴|CD|= 17，
故答案为： 17．
由已知条件，结合向量的数量积即可求出CD的长．
本题考查二面角的平面角以及利用空间向量解决距离问题，属中档题．
15.【答案】4π9
【解析】解：根据正方体的性质可知点P到BB1的距离等于点P到点B的距离，
又若点P到点A的距离是点P到BB1的距离的两倍，
所以|PA|=2|PB|，
在底面内，建系平面直角坐标系如图：
则A(−1,0)，B(1,0)，设P(x,y)，
因为|PA|=2|PB|，
∴ (x+1)2+y2=2 (x−1)2+y2，
整理可得(x−53)2+y2=169，
故在底面正方形ABCD内，P的轨迹为一段圆弧QN，
且圆心为M(53,0)，圆弧半径为43，
所以|BM|=53−1=23，又|MN|=43
所以圆心角∠NMQ=π3，
所以圆弧长为π3×43=4π9．
故答案为：4π9．
根据题意可得|PA|=2|PB|，所以点P满足阿氏圆，从而可得P的轨迹为一段圆弧，再利用坐标法及弧长公式，即可求解．
本题考查正方体中动点轨迹问题，阿氏圆的应用，属中档题．
16.【答案】292
【解析】【分析】
本题考查了等差数列的通项公式与求和公式、利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
对任意p、q∈N*，都有ap+q=ap+aq，令p=n，q=1，可得an+1=an+a1，则an+1−an=2，利用等差数列的求和公式可得Sn，f(n)=Sn+60n+1=n2+n+60n+1=n+1+60n+1−1，令g(x)=x+60x(x≥1)，利用导数研究函数的单调性极值与最值即可得出．
【解答】
解：∵对任意p、q∈N*，都有ap+q=ap+aq，
令p=n，q=1，可得an+1=an+a1，则an+1−an=2，
∴数列{an}是等差数列，公差为2．
∴Sn=2n+n(n−1)2×2=n+n2．
则f(n)=Sn+60n+1=n2+n+60n+1=n+1+60n+1−1，
令g(x)=x+60x(x≥1)，则g′(x)=1−60x2=x2−60x2，
可得x∈[1, 60)时，函数g(x)单调递减；x∈[ 60,+∞)时，函数g(x)单调递增．
又f(7)=14+12，f(8)=14+23．
∴f(7)∴f(n)=Sn+60n+1(n∈N*)的最小值为292．
故答案为292．
17.【答案】解：(1)在△ABC中，因为c=2b，由正弦定理得sinC=2sinB，
又sin2C=2sinB，所以sinC=sin2C，
所以sinC=2⋅sinC⋅csC，
因为C∈(0,π)，所以sinC≠0，所以csC=12，
解得C=π3；
(2)在△ABC中，b=4，则c=8，
由余弦定理得c2=a2+b2−2abcsC，即64=a2+16−4a，
即a2−4a−48=0，解得a=2+2 13或a=2−2 13(舍去)，
所以△ABC的面积为S△ABC=12absinC=12×(2+2 13)×4× 32=2 3+2 39．
【解析】(1)由正弦定理直接求解；
(2)先利用余弦定理求出a的值，进而求解．
本题考查解三角形，考查运算求解能力，属于基础题．
18.【答案】解：(1)∵数列{an}的前6项分别为：3，6，9，12，15，18
∴平均数为3+6+9+12+15+186=10.5，
前6项的中位数为10.5，
(2)由(1)知，数列{an}的前6项中是数列{bn}中的项有两个数，分别是6和12．
从数列{an}的前6项中任取两项的所有可能为(6,9)、(6,12)、(6,15)、(6,18)、(9,12)、(9,15)、(9,18)、(12,15)、(12,18)、(15,18)，(3,6)、(3,9)、(3,12)、(3,15)、(3,18)共有15种取法，
记事件M=“恰有1项是数列{bn}中的项”，则事件M包含有：(3,6)、(3,12)、(6,9)、(6,15)、(6,18)、(9,12)、(12,15)、(12,18)，共有8种取法，
因此，所求概率为P(M)=815．
【解析】(1)根据中位数和平均数定义可解；
(2)利用古典概型相关知识可解．
本题考查中位数和平均数定义以及古典概型相关知识．属于中档题．
19.【答案】解：(1)因为双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，故渐近线方程是：y=±bax，
又渐近线方程是2x±y=0，故ba=2，即b=2a，故c2=b2+a2=5a2，
故e2=5，∴e= 5；
(2)因为直线l的倾斜角为π4，故直线l斜率是1，
又直线l经过A(a,0)，则直线l方程为x=y+a，设B(xB,yB)，
由x2a2−y24a2=1x=y+a，消去x得4(y+a)2−y2−4a2=0，
故3y2+8ay=0，解得yB=−83a，又yA=0，
则|AB|= 1+1|yA−yB|= 2×83a=8 2，解得a=3，故a2=9，b2=4a2=36，
故双曲线C的方程是x29−y236=1．
【解析】(1)依题意可得双曲线的渐近线方程是y=±bax，从而得到ba=2，再根据c2=b2+a2即可求出离心率；
(2)首先得到直线l方程为x=y+a，设B(xB,yB)，联立直线与双曲线方程，即可求出B点纵坐标，根据弦长公式求出a的值，即可得解．
本题主要考查双曲线的性质，直线与双曲线的综合，考查运算求解能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
由a1=−5，a4=1，得−5+3d=1，解得d=2，
则an=−5+2(n−1)=2n−7，
由b1=a5=3，b2=9=3b1，得{bn}是首项为3，公比为3的等比数列，
则bn=3n；
(2)由(1)得cn=(2n−7)⋅3n，
所以Tn=c1+c2+⋯+cn=−5×3+(−3)×32+⋯+(2n−9)×3n−1+(2n−7)×3n，
故3Tn=−5×32+(−3)×33+⋯+(2n−9)×3n+(2n−7)×3n+1，
所以−2Tn=−5×3+2(32+33+⋯+3n)−(2n−7)×3n+1，
即−2Tn=−21+2(3+32+33+⋯+3n)−(2n−7)×3n+1，
即−2Tn=−21+2×3−3n+11−3−(2n−7)×3n+1=−24−(2n−8)×3n+1，
故Tn=(n−4)×3n+1+12．
【解析】(1)根据等差数列和等比数列的概念以及通项公式直接求解即可．
(2)利用错位相减法求解Tn即可．
本题考查等差数列的通项公式，及错位相减求和法，考查学生逻辑推理与数学运算的能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)证明：如图，取CD中点O，连接BD，OB，OP，
∵底面ABCD为菱形，∠BCD=60°，
∴△BCD是等边三角形，AB//CD，
又点O为CD中点，∴OB⊥CD，
∵△PCD是等边三角形，∴OP⊥CD，
又OP∩OB=O，∴CD⊥平面POB，又PB⊂平面POB，
∴PB⊥CD；
(2)∵△PCD是边长为2的正三角形，点O为CD中点，∴OP⊥CD，
∵平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，∴OP⊥底面ABCD，
∴以O为坐标原点，OB，OD，OP所在直线分别为x，y，z轴，建系如图，
则：A( 3,2,0)，D(0,1,0)，P(0,0, 3)，
∴DA=( 3,1,0)DP=(0,−1, 3)，
易知平面PCD的一个法向量为n=(1,0,0)，
设平面PAD的法向量为m=(x,y,z)，
则DA⋅m= 3x+y=0DP⋅m=−y+ 3z=0，令z=1，则y=− 3，x=−1，
∴平面PAD的法向量为m=(−1, 3,1)，
∴cs=m⋅n|m|⋅|n|= 55，又观察得二面角A−PD−C为钝角，
∴二面角A−PD−C的余弦值为− 55．
【解析】(1)取CD中点O，连接BD，OB，OP，先证得OP⊥CD和OB⊥CD，得出CD⊥平面POB，故CD⊥BP，结合AB//CD即可证得结论；
(2)由已知可得OP⊥底面ABCD，以OB，OD，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，得出平面PCD和平面PAD的一个法向量为n=(1,0,0)，平面PAD的法向量为m=(−1, 3,1)，利用向量法可求二面角A−PD−C的余弦值．
本题考查线线垂直的证明，线面垂直的判定定理与性质，向量法求解二面角问题，向量夹角公式的应用，属中档题．
22.【答案】解(1)：由题意有：A(−2,−1)，B(2,−1)，C(2,1)，D(−2,1)，
B1(0,−1)，B2(0,1)，
故可得：AB=(4,0),CB=(0,−2)，
∵OT=14AB，∴OT=14(4,0)=(1,0)，
∴T(1,0)，
则直线B1T的直线方程为x1+y−1=1，
即：x−y−1=0①，
设R(x,y)，则CR=(x−2,y−1)，CB=(0,−2)，
∵CR=14CB=14(0,−2)=(0,−12)，
∴x−2=0y−1=−12，解得x=2y=12，∴R(2,12)，
则直线B2R的直线方程为y−121−12=x−20−2，
即：x+4y−4=0②，
由①②联立解得x=85y=35，即P(85,35)，
∵(85)24+(35)2=1，
故P点在椭圆上，
得证；
(2)由题意有直线l斜率必定存在，
不妨设直线l：y=kx+m，
因为直线l不经过P(85,35)，
故35≠85k+m，
即：8k+5m≠3，
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
由y=kx+mx24+y2=1，
联立可得：(4k2+1)x2+8kmx+4m2−4=0，
由韦达定理有x1+x2=−8km4k2+1,x1x2=4m2−44k2+1，
若△PMN的内切圆的圆心O1满足PO1垂直于x轴，
则∠MPN的角平分线垂直于x轴，
则有：kPM+kPN=0，
即：y1−35x1−85+y2−35x2−85=0，
整理得：(kx1+m−35)(x2−85)+(kx2+m−35)(x1−85)=0，
化简得：2kx1x2+(m−35−8k5)(x1+x2)−165(m−35)=0，
将韦达定理代入整理得：24k2+(15m−25)k+6−10m=0，
即(3k−2)(8k+5m−3)=0，
解得：k=23或8k+5m−3=0(舍去)，
综上所述：k=23．
【解析】本题主要考查向量的坐标表示及直线与椭圆联立相关问题，其次本题结合内心考查两直线的对称性得到斜率之间关系．属于较难题目．
(1)直接利用向量共线找出R，T坐标，从而求出两条直线方程，进而联立求出P点坐标；
(2)首先设出直线l的直线方程，找出M，N点坐标所满足的韦达定理，利用内切圆圆心推出角平分线的性质从而找到kPM+kPN=0，进而利用韦达定理找出k．
1.直线3x+4y−2=0的斜率为( )
A. 34B. 43C. −34D. −3
2.椭圆x26+y29=1的短轴长为( )
A. 6B. 2 6C. 3D. 6
3.已知平面α的一个法向量为n=(1,−1,2)，AB=(−1,1,−2)，则AB所在直线l与平面α的位置关系为( )
A. l⊥αB. l⊂αC. l//αD. l与α相交但不垂直
4.高阶等差数列是数列逐项差数之差或高次差相等的数列，中国古代许多著名的数学家对推导高阶等差数列的求和公式很感兴趣，创造并发展了名为“垛积术”的算法，展现了聪明才智.如南宋数学家杨辉在《详解九章算法.商功》一书中记载的三角垛、方垛、刍甍垛等的求和都与高阶等差数列有关.如图是一个三角垛，最顶层有1个小球，第二层有3个，第三层有6个，第四层有10个，则第30层小球的个数为( )
A. 464B. 465C. 466D. 495
5.如图，在四棱锥A−BCDE中，AD⊥平面BCDE，底面BCDE为直角梯形，DE//BC，∠CDE=90°，BC=3，CD=DE=2，AD=4.则点E到平面ABC的距离为( )
A. 35B. 45C. 4 55D. 2
6.已知直线l：kx+1+2k−y=0和圆O：x2+y2=8，则下列结论中错误的是( )
A. 直线l过定点(−2,1)
B. 直线l与圆O有两个交点
C. 存在直线l与直线l0：x−2y+2=0垂直
D. 直线l被圆O截得的最短弦长为2 2
7.折纸是一种以纸张折成各种不同形状的艺术活动，折纸大约起源于公元1世纪或者2世纪时的中国，折纸与自然科学结合在一起，不仅成为建筑学院的教具，还发展出了折纸几何学成为现代几何学的一个分支.如图，现有一半径为4的圆纸片(A为圆心，B为圆内的一定点)，且|AB|=2，如图将圆折起一角，使圆周正好过点B，把纸片展开，并留下一条折痕，折痕上到A，B两点距离之和最小的点为P，如此往复，就能得到越来越多的折痕，设P点的轨迹为曲线C.在C上任取一点M，则△MAB面积的最大值是( )
A. 2B. 3C. 2D. 3
8.已知抛物线E：y2=4x，圆C：x2+y2=2x，过圆心C作直线l与抛物线E和圆C交于四点，自上而下依次为A，M，N，B，若|AM|+|NB|=2|MN|，则直线l的斜率为( )
A. 2B. ± 2C. 22D. ± 22
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.已知曲线C：x22m−4+y2m=1，点P(x,y)为曲线C上一动点，则下列叙述正确的是( )
A. 若m=10，则曲线C的离心率为 64
B. 若m=1，则曲线C的渐近线方程为y=±12x
C. 若曲线C是双曲线，则曲线C的焦点一定在y轴上
D. 若曲线C是圆，则x−y的最大值为4
10.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF= 22，则下列结论中正确的是( )
A. AC⊥BE
B. EF//平面ABCD
C. 异面直线AE，BF所成的角为定值
D. 直线AB与平面BEF所成的角为定值
11.已知数列{an}的前n项积为Tn，a1=2，Tn+1−2=3Tn(n∈N*)，则( )
A. Tn=3n−1B. {an}为递增数列
C. an=3n−13n−1−1D. {Tn}的前n项和为3n+12−n−32
12.如图抛物线Γ1的顶点为A，焦点为F，准线为l1，焦准距为4；抛物线Γ2的顶点为B，焦点也为F，准线为l2，焦准距为6.Γ1和Γ2交于P、Q两点，分别过P、Q作直线与两准线垂直，垂足分别为M、N、S、T，过F的直线与封闭曲线APBQ交于C、D两点，则下列说法正确的是( )
A. |AB|=5B. 四边形MNST的面积为20 6
C. FS⋅FT=0D. |CD|的取值范围为[5,253]
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.双曲线x2−y24=1的右焦点到渐近线的距离为_______．
14.如图，二面角α−l−β等于150°，A，B是棱l上两点，BD，AC分别在半平面α，β内，AC⊥l，BD⊥l，且AB=AC=2，BD= 3，则CD= ______．
15.如图，已知点P是棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD内(包含边界)一个动点，若点P到点A的距离是点P到BB1的距离的两倍，则点P的轨迹的长度为______．
16.设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1=2，对任意p、q∈N*，都有ap+q=ap+aq，则f(n)=Sn+60n+1(n∈N*)的最小值为______．
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△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c=2b，sin2C=2sinB．
(1)求角C的大小；
(2)若b=4，求△ABC的面积．
18.(本小题12分)
已知数列{an}的通项公式为an=3n，数列{bn}的通项公式为bn=3×2n．
(1)求数列{an}前6项的中位数和平均数；
(2)从数列{an}前6项中任取2项，求取出的2项中恰有1项是数列{bn}中的项的概率．
19.(本小题12分)
已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的渐近线方程是2x±y=0，右顶点是A(a,0)．
(1)求双曲线C的离心率；
(2)过点A倾斜角为π4的直线l与双曲线的另一交点是B，若|AB|=8 2，求双曲线C的方程．
20.(本小题12分)
已知等差数列{an}满足a1=−5，a4=1，等比数列{bn}满足b1=a5，b2=9．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设数列{cn}满足cn=an⋅bn，求数列{cn}的前n项和Tn．
21.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，△PCD是边长为2的正三角形，∠BCD=60°．
(1)求证：PB⊥CD；
(2)若平面PCD⊥平面ABCD，求二面角A−PD−C的余弦值．
22.(本小题12分)
如图，已知椭圆E：x24+y2=1的顶点A1，A2，B1，B2分别为矩形ABCD的边AD，BC，AB，DC的中点，点T，R分别满足OT=14AB，CR=14CB，直线B1T与直线B2R的交点为P．
(1)证明：点P在椭圆E上；
(2)设直线l与椭圆E相交于M，N两点，△PMN内切圆的圆心为O1.若直线PO1垂直于x轴，证明直线l的斜率为定值，并求出该定值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：根据题意，直线3x+4y−2=0，即y=−34x+12，所以该直线的斜率为−34．
故选：C．
把直线方程化成斜截式，再求出斜率即得．
本题考查直线的斜率，注意直线的一般式方程，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：由已知可得：b2=6，所以b= 6，
所以椭圆的短轴长为2b=2 6，
故选：B．
根据椭圆的方程即可求解．
本题考查了椭圆的方程以及性质，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查直线与平面的位置关系的判断，考查线面垂直的判定定理等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
由n=−AB，得n//AB，由此得到l⊥α．
【解答】
解：平面α的一个法向量为n=(1,−1,2)，AB=(−1,1,−2)，
∵n=−AB，∴n//AB，
∴AB所在直线l与平面α的位置关系为l⊥α．
故选：A．
4.【答案】B
【解析】解：记第n层有an个球，则a1=1，a2=3，a3=6，a4=10，
结合高阶等差数列的概念知a2−a1=2，a3−a2=3，a4−a3=4，⋯，an−an−1=n(n≥2)，
则第30层的小球个数a30=(a30−a29)+(a29−a28)+⋯+(a2−a1)+a1=30+29+28+⋯+2+1=465．
故选：B．
记第n层有an个球，则根据题意可得an−an−1=n(n≥2)，再根据累加法求解即可．
本题主要考查了累加法在数列的项的求解中的应用，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查点到平面的距离的求法，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，考查数形结合思想，属于基础题．
以D为原点，DE为x轴，DC为y轴，DA为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点E到平面ABC的距离．
【解答】
解：在四棱锥A−BCDE中，AD⊥平面BCDE，底面BCDE为直角梯形，DE//BC，∠CDE=90°，
以D为原点，DE为x轴，DC为y轴，DA为z轴，建立空间直角坐标系，
∵BC=3，CD=DE=2，AD=4．
∴E(2,0,0)，A(0,0,4)，B(3,2,0)，C(0,2,0)，
AE=(2,0,−4)，AB=(3,2,−4)，AC=(0,2,−4)，
设平面ABC的法向量n=(x,y,z)，
则n⋅AB=3x+2y−4z=0n⋅AC=2y−4z=0，
取z=1，得n=(0,2,1)，
∴点E到平面ABC的距离为：
d=|n⋅AE||n|=4 5=4 55．
故选：C．
6.【答案】D
【解析】解：当x=−2，y=1时，kx+1+2k−y=−2k+1+2k−1=0成立，故直线l过定点(−2,1)，可知A项正确；
由(−2)2+12<8，可知定点(−2,1)在圆O内部，
因为直线l过定点(−2,1)，所以直线l与圆O有两个交点，故B项正确；
当k=−2时，直线l：−2x−y−3=0，斜率k1=−2，
结合直线l0：x−2y+2=0的斜率k2=12，此时k1k2=−1，可知直线l垂直于直线l0，故C项正确；
因为直线l经过圆O内的定点M(−2,1)，所以l⊥OM时，l被圆O截得的弦长最短，
最短弦长为2 r2−|OM|2=2 8−[(−2)2+12]=2 3，故D项不正确．
故选：D．
根据题意，将点(−2,1)代入直线l方程加以检验，判断出A项的正误；根据直线l经过圆O内的定点，判断出B项的正误；由两条直线垂直与方程的关系，求出直线l0的垂线，判断出C项的正误；根据直线与圆相交的性质，求出最短弦长，从而判断出D项的正误．
本题主要考查直线的方程及其应用、圆的方程及其性质、直线与圆的位置关系等知识，属于中档题．
7.【答案】D
【解析】解：设点B1，B关于“折痕”所在直线对称，
即折前点B在圆上对应的点为点B1.连接AB1交“折痕”于点P，
则点P到A，B两点距离之和最小，且|BP|+|AP|=|AB1|=4，
所以P的轨迹F是以A，B为焦点，且长轴长为2a=4的椭圆，焦距2c=|AB|=2，c=1，
故短半轴b= 3，所以△MAB面积的最大值为12×2c×b= 3．
故选：D．
根据几何关系可得到|BP|+|AP|为定值4，由椭圆定义可知P点轨迹方程为椭圆，结果由椭圆性质可得．
本题考查椭圆的定义，椭圆的几何性质，化归转化思想，属中档题．
8.【答案】B
【解析】解：如图，圆C：(x−1)2+y2=1的圆心为C(1,0)，半径r=1，
显然点C(1,0)为抛物线E：y2=4x的焦点，抛物线的准线方程为x=−1，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则|AB|=|AC|+|BC|=x1+1+x2+1=x1+x2+2，|MN|=2．
因为|AM|+|NB|=2|MN|=4，因此|AB|=6，即有x1+x2+2=6，解得x1+x2=4，
设直线l的方程为y=k(x−1)，显然k≠0，由y=k(x−1)y2=4x，
消去y得k2x2−(2k2+4)x+k2=0，则有x1+x2=2+4k2=4，
解得k=± 2，所以直线l的斜率为± 2．
故选：B．
求得圆心与半径，进而利用已知可得x1+x2=4，设直线l的方程为y=k(x−1)，联立方程组可求直线l的斜率．
本题考查直线与抛物线的位置关系，考查运算求解能力，属中档题．
9.【答案】AC
【解析】解：对于选项A，m=10时，曲线C为x216+y210=1，曲线为焦点在x轴上的椭圆，且a=4,b= 10，故c= a2−b2= 6，
则曲线C的离心率为 64，故A选项正确；
对于选项B，m=1时，曲线C为y2−x22=1，可知曲线为双曲线，且焦点在y轴上，a=1,b= 2，
则曲线C的渐近线方程为y=± 22x，故B选项错误；
对于选项C，若曲线C是双曲线，则m(2m−4)<0，解得：0
对于选项D，若曲线C是圆，则m=2m−4，即m=4，
∴x2+y2=4，设 x−y=c，则得y=x−c，
如图，要求x−y的最大值，即求直线y=x−c的纵截距的最小值，
又因P(x,y)为曲线C上一动点，
故可考虑直线与圆相切时的情况，由圆心O(0,0)到直线x−y−c=0的距离为|−c| 2=2，解得c=±2 2，
结合图象知cmax=2 2，即x−y的最大值为2 2，故D选项错误．
故选：AC．
对于AB选项，只需代入值后根据方程特征进行计算判断即可，而CD两项，需要对双曲线方程和圆的方程的本质特征掌握后才能进行判断，D项先设x−y=c，将x−y的最大值问题转化成直线y=x−c的截距最小问题，而这可以利用直线与圆的相切时得到．
本题考查点到直线的距离距离的应用，圆锥曲线的方程的求法，属于中档题．
10.【答案】ABD
【解析】解：A选项中，连接BD交AC于O，连接OE，
由正方体的性质可知：AC⊥BD，AC⊥BB1，且BD∩BB1=B，
则AC⊥平面BB1D1D，所以AC⊥BE，故A正确；
B选项中，因为EF//OB，EF⊄平面ABCD，OB⊂平面ABCD，
所以EF//平面ABCD，所以B正确；
C选项中，因为BO=12BD= 22，EF= 22，所以EF=OB，而EF//OB，
所以四边形EFBO是平行四边形，
则OE//BF，AO⊥平面BB1D1D，
所以∠OEA是异面直线AE，BF所成的角，
又AC⊥平面BB1DD1D，则tan∠OEA=OAOE，因为OE变化，则∠OEA变化，
所以C不正确；
D选项中，由AC⊥平面BB1DD1D，得∠OBA是直线AB与平面BEF所成的角，且∠OBA=45°为定值，故D正确．
故选：ABD．
由正方体的性质及EF= 22，OB= 22，分别对所给命题的真假．
本题考查线线垂直的证法，线面平面及线面所成的角的求法，属于中档题．
11.【答案】AD
【解析】解：由Tn+1−2=3Tn可得Tn+1+1=3(Tn+1)，故{Tn+1}为等比数列，且公比为3，首项为a1+1=3，故Tn+1=3n，进而Tn=3n−1，A正确，
当n≥2时，Tn−1=3n−1−1，所以an=TnTn−1=3n−13n−1−1，
当n=1时，a1=2不符合上述表达，
因此an=3n−13n−1−1,n≥22,n=1，故C错误，
当n≥2时，an=3n−13n−1−1=3+23n−1−1，由于{3n−1−1}为单调递增数列，故an=3+23n−1−1为单调递减，故B错误，
{Tn}的前n项和为3(1−3n)1−3−n=3n+12−n−32，故D正确．
故选：AD．
根据等比数列的定义可判断{Tn+1}为等比数列，进而可求解A，根据an=TnTn−1即可判断C，根据指数式的单调性即可判断B，根据分组求和结合等比求和公式即可求解D．
本题主要考查数列递推关系式的应用，考查计算能力，属于中档题．
12.【答案】ACD
【解析】解：抛物线Γ1的顶点为A，焦点为F，准线为l1，焦准距为4，抛物线Γ2的顶点为B，焦点也为F，准线为l2，焦准距为6，
Γ1和Γ2交于P、Q两点，分别过P、Q作直线与两准线垂直，垂足分别为M、N、S、T，过F的直线与封闭曲线APBQ交于C、D两点，
对于A选项，设直线AB与直线l1，l2分别交于G、H，
由题可知|GA|=|AF|=2，|FB|=|BH|=3，所以|GH|=|MN|=10，|AB|=5，所以A选项正确；
对于B选项，如图以A为原点建立平面直角坐标系，则F(2,0)，l1：x=−2，
所以抛物线Γ1的方程为y2=8x，
连接PF，由抛物线的定义可知|PF|=|MP|，|PF|=|NP|，又|MN|=10，
所以|MP|=5，所以xP=3，代入y2=8x，可得yP=2 6，
所以|MT|=|NS|=4 6，又|MN|=10，故四边形MNST的面积为40 6，所以B选项错误；
对于C选项，连接QF，因为|QF|=|QT|=|QS|，所以∠QFT=∠QTF，∠QFS=∠QSF，
所以∠TFS=∠QFT+∠QFS=∠QTF+∠QFT+∠QFS+∠QSF2=π2，故FS⋅FT=0，所以C选项正确；
对于D选项，根据抛物线的对称性不妨设点D在封闭曲线APBQ的上部分，
设C，D在直线l1，l2上的射影分别为C1，D1，
当点D在抛物线BP，点C在抛物线AQ上时，|CD|=|CC1|+|DD1|，
当C，D与A，B重合时，|CD|最小，最小值为|CD|=5，
当D与P重合，点C在抛物线AQ上时，因为P(3,2 6),F(2,0)，
直线CD：y=2 6(x−2)，与抛物线Γ1的方程为y2=8x联立，可得3x2−13x+12=0，
设C(x1,y1)，D(x2,y2)，则x1+x2=133,|CD|=x1+x2+4=253，所以|CD|∈[5,253]；
当点D在抛物线PA，点C在抛物线AQ上时，设CD：x=ty+2，
与抛物线Γ1的方程为y2=8x联立，可得y2−8ty−16=0，
设C(x3,y3)，D(x4,y4)，则y3+y4=8t,|CD|=x3+x4+4=t(y3+y4)+8=8t2+8≥8，
当t=0，即CD⊥AB时取等号，故此时|CD|∈[8,253]；
当点D在抛物线PA，点C在抛物线QB上时，根据抛物线的对称性可知，|CD|∈[5,253]；
综上，|CD|∈[5,253]，故|CD|的取值范围为[5,253]，所以D选项正确．
故选：ACD．
根据抛物线的定义判断A；以A为原点建立平面直角坐标系，得到Γ1的方程，求出xP，代入方程求出yP，即可求出矩形的面积，从而判断B；连接QF，由定义得到|QF|=|QT|=|QS|，从而得到∠QFT=∠QTF，∠QFS=∠QSF，即可推出∠TFS=π2，从而判断C；不妨设点D在封闭曲线APBQ的上部分，设C，D在直线l1，l2上的射影分别为C1，D1，当点D在抛物线BP，点C在抛物线AQ上时求出|CD|min，当D与P重合，点C在抛物线AQ上时求出|CD|max，再求出当点D在抛物线PA，点C在抛物线AQ上时|CD|的范围，即可判断D．
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．
13.【答案】2
【解析】【分析】
本题考查双曲线的简单性质，考查点到直线距离公式的应用，是基础题．
由双曲线方程求出右焦点坐标及一条渐近线方程，再由点到直线的距离公式求解．
【解答】
解：在双曲线x2−y24=1中，a2=1，b2=4，
∴c= a2+b2= 5，
则双曲线的右焦点坐标为F( 5,0)，一条渐近线方程为y=2x，即2x−y=0．
∴双曲线x2−y24=1的右焦点到一条渐近线的距离为d=|2 5| 5=2．
故答案为：2．
14.【答案】 17
【解析】解：∵A、B是棱l上两点，AC、BD分别在半平面α、β内，AC⊥l，BD⊥l，
又∵二面角α−l−β的平面角θ等于150°，且AB=AC=2，BD= 3，
∴CA⋅AB=AB⋅BD=0，
又CD=CA+AB+BD，
∴CD2=CA2+AB2+BD2+2CA⋅AB+2AB⋅BD+2CA⋅BD
=4+4+3+6=17，
∴|CD|= 17，
故答案为： 17．
由已知条件，结合向量的数量积即可求出CD的长．
本题考查二面角的平面角以及利用空间向量解决距离问题，属中档题．
15.【答案】4π9
【解析】解：根据正方体的性质可知点P到BB1的距离等于点P到点B的距离，
又若点P到点A的距离是点P到BB1的距离的两倍，
所以|PA|=2|PB|，
在底面内，建系平面直角坐标系如图：
则A(−1,0)，B(1,0)，设P(x,y)，
因为|PA|=2|PB|，
∴ (x+1)2+y2=2 (x−1)2+y2，
整理可得(x−53)2+y2=169，
故在底面正方形ABCD内，P的轨迹为一段圆弧QN，
且圆心为M(53,0)，圆弧半径为43，
所以|BM|=53−1=23，又|MN|=43
所以圆心角∠NMQ=π3，
所以圆弧长为π3×43=4π9．
故答案为：4π9．
根据题意可得|PA|=2|PB|，所以点P满足阿氏圆，从而可得P的轨迹为一段圆弧，再利用坐标法及弧长公式，即可求解．
本题考查正方体中动点轨迹问题，阿氏圆的应用，属中档题．
16.【答案】292
【解析】【分析】
本题考查了等差数列的通项公式与求和公式、利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
对任意p、q∈N*，都有ap+q=ap+aq，令p=n，q=1，可得an+1=an+a1，则an+1−an=2，利用等差数列的求和公式可得Sn，f(n)=Sn+60n+1=n2+n+60n+1=n+1+60n+1−1，令g(x)=x+60x(x≥1)，利用导数研究函数的单调性极值与最值即可得出．
【解答】
解：∵对任意p、q∈N*，都有ap+q=ap+aq，
令p=n，q=1，可得an+1=an+a1，则an+1−an=2，
∴数列{an}是等差数列，公差为2．
∴Sn=2n+n(n−1)2×2=n+n2．
则f(n)=Sn+60n+1=n2+n+60n+1=n+1+60n+1−1，
令g(x)=x+60x(x≥1)，则g′(x)=1−60x2=x2−60x2，
可得x∈[1, 60)时，函数g(x)单调递减；x∈[ 60,+∞)时，函数g(x)单调递增．
又f(7)=14+12，f(8)=14+23．
∴f(7)
故答案为292．
17.【答案】解：(1)在△ABC中，因为c=2b，由正弦定理得sinC=2sinB，
又sin2C=2sinB，所以sinC=sin2C，
所以sinC=2⋅sinC⋅csC，
因为C∈(0,π)，所以sinC≠0，所以csC=12，
解得C=π3；
(2)在△ABC中，b=4，则c=8，
由余弦定理得c2=a2+b2−2abcsC，即64=a2+16−4a，
即a2−4a−48=0，解得a=2+2 13或a=2−2 13(舍去)，
所以△ABC的面积为S△ABC=12absinC=12×(2+2 13)×4× 32=2 3+2 39．
【解析】(1)由正弦定理直接求解；
(2)先利用余弦定理求出a的值，进而求解．
本题考查解三角形，考查运算求解能力，属于基础题．
18.【答案】解：(1)∵数列{an}的前6项分别为：3，6，9，12，15，18
∴平均数为3+6+9+12+15+186=10.5，
前6项的中位数为10.5，
(2)由(1)知，数列{an}的前6项中是数列{bn}中的项有两个数，分别是6和12．
从数列{an}的前6项中任取两项的所有可能为(6,9)、(6,12)、(6,15)、(6,18)、(9,12)、(9,15)、(9,18)、(12,15)、(12,18)、(15,18)，(3,6)、(3,9)、(3,12)、(3,15)、(3,18)共有15种取法，
记事件M=“恰有1项是数列{bn}中的项”，则事件M包含有：(3,6)、(3,12)、(6,9)、(6,15)、(6,18)、(9,12)、(12,15)、(12,18)，共有8种取法，
因此，所求概率为P(M)=815．
【解析】(1)根据中位数和平均数定义可解；
(2)利用古典概型相关知识可解．
本题考查中位数和平均数定义以及古典概型相关知识．属于中档题．
19.【答案】解：(1)因为双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，故渐近线方程是：y=±bax，
又渐近线方程是2x±y=0，故ba=2，即b=2a，故c2=b2+a2=5a2，
故e2=5，∴e= 5；
(2)因为直线l的倾斜角为π4，故直线l斜率是1，
又直线l经过A(a,0)，则直线l方程为x=y+a，设B(xB,yB)，
由x2a2−y24a2=1x=y+a，消去x得4(y+a)2−y2−4a2=0，
故3y2+8ay=0，解得yB=−83a，又yA=0，
则|AB|= 1+1|yA−yB|= 2×83a=8 2，解得a=3，故a2=9，b2=4a2=36，
故双曲线C的方程是x29−y236=1．
【解析】(1)依题意可得双曲线的渐近线方程是y=±bax，从而得到ba=2，再根据c2=b2+a2即可求出离心率；
(2)首先得到直线l方程为x=y+a，设B(xB,yB)，联立直线与双曲线方程，即可求出B点纵坐标，根据弦长公式求出a的值，即可得解．
本题主要考查双曲线的性质，直线与双曲线的综合，考查运算求解能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
由a1=−5，a4=1，得−5+3d=1，解得d=2，
则an=−5+2(n−1)=2n−7，
由b1=a5=3，b2=9=3b1，得{bn}是首项为3，公比为3的等比数列，
则bn=3n；
(2)由(1)得cn=(2n−7)⋅3n，
所以Tn=c1+c2+⋯+cn=−5×3+(−3)×32+⋯+(2n−9)×3n−1+(2n−7)×3n，
故3Tn=−5×32+(−3)×33+⋯+(2n−9)×3n+(2n−7)×3n+1，
所以−2Tn=−5×3+2(32+33+⋯+3n)−(2n−7)×3n+1，
即−2Tn=−21+2(3+32+33+⋯+3n)−(2n−7)×3n+1，
即−2Tn=−21+2×3−3n+11−3−(2n−7)×3n+1=−24−(2n−8)×3n+1，
故Tn=(n−4)×3n+1+12．
【解析】(1)根据等差数列和等比数列的概念以及通项公式直接求解即可．
(2)利用错位相减法求解Tn即可．
本题考查等差数列的通项公式，及错位相减求和法，考查学生逻辑推理与数学运算的能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)证明：如图，取CD中点O，连接BD，OB，OP，
∵底面ABCD为菱形，∠BCD=60°，
∴△BCD是等边三角形，AB//CD，
又点O为CD中点，∴OB⊥CD，
∵△PCD是等边三角形，∴OP⊥CD，
又OP∩OB=O，∴CD⊥平面POB，又PB⊂平面POB，
∴PB⊥CD；
(2)∵△PCD是边长为2的正三角形，点O为CD中点，∴OP⊥CD，
∵平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，∴OP⊥底面ABCD，
∴以O为坐标原点，OB，OD，OP所在直线分别为x，y，z轴，建系如图，
则：A( 3,2,0)，D(0,1,0)，P(0,0, 3)，
∴DA=( 3,1,0)DP=(0,−1, 3)，
易知平面PCD的一个法向量为n=(1,0,0)，
设平面PAD的法向量为m=(x,y,z)，
则DA⋅m= 3x+y=0DP⋅m=−y+ 3z=0，令z=1，则y=− 3，x=−1，
∴平面PAD的法向量为m=(−1, 3,1)，
∴cs
∴二面角A−PD−C的余弦值为− 55．
【解析】(1)取CD中点O，连接BD，OB，OP，先证得OP⊥CD和OB⊥CD，得出CD⊥平面POB，故CD⊥BP，结合AB//CD即可证得结论；
(2)由已知可得OP⊥底面ABCD，以OB，OD，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，得出平面PCD和平面PAD的一个法向量为n=(1,0,0)，平面PAD的法向量为m=(−1, 3,1)，利用向量法可求二面角A−PD−C的余弦值．
本题考查线线垂直的证明，线面垂直的判定定理与性质，向量法求解二面角问题，向量夹角公式的应用，属中档题．
22.【答案】解(1)：由题意有：A(−2,−1)，B(2,−1)，C(2,1)，D(−2,1)，
B1(0,−1)，B2(0,1)，
故可得：AB=(4,0),CB=(0,−2)，
∵OT=14AB，∴OT=14(4,0)=(1,0)，
∴T(1,0)，
则直线B1T的直线方程为x1+y−1=1，
即：x−y−1=0①，
设R(x,y)，则CR=(x−2,y−1)，CB=(0,−2)，
∵CR=14CB=14(0,−2)=(0,−12)，
∴x−2=0y−1=−12，解得x=2y=12，∴R(2,12)，
则直线B2R的直线方程为y−121−12=x−20−2，
即：x+4y−4=0②，
由①②联立解得x=85y=35，即P(85,35)，
∵(85)24+(35)2=1，
故P点在椭圆上，
得证；
(2)由题意有直线l斜率必定存在，
不妨设直线l：y=kx+m，
因为直线l不经过P(85,35)，
故35≠85k+m，
即：8k+5m≠3，
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
由y=kx+mx24+y2=1，
联立可得：(4k2+1)x2+8kmx+4m2−4=0，
由韦达定理有x1+x2=−8km4k2+1,x1x2=4m2−44k2+1，
若△PMN的内切圆的圆心O1满足PO1垂直于x轴，
则∠MPN的角平分线垂直于x轴，
则有：kPM+kPN=0，
即：y1−35x1−85+y2−35x2−85=0，
整理得：(kx1+m−35)(x2−85)+(kx2+m−35)(x1−85)=0，
化简得：2kx1x2+(m−35−8k5)(x1+x2)−165(m−35)=0，
将韦达定理代入整理得：24k2+(15m−25)k+6−10m=0，
即(3k−2)(8k+5m−3)=0，
解得：k=23或8k+5m−3=0(舍去)，
综上所述：k=23．
【解析】本题主要考查向量的坐标表示及直线与椭圆联立相关问题，其次本题结合内心考查两直线的对称性得到斜率之间关系．属于较难题目．
(1)直接利用向量共线找出R，T坐标，从而求出两条直线方程，进而联立求出P点坐标；
(2)首先设出直线l的直线方程，找出M，N点坐标所满足的韦达定理，利用内切圆圆心推出角平分线的性质从而找到kPM+kPN=0，进而利用韦达定理找出k．
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