2022-2023学年江西省赣州市上犹中学高二（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年江西省赣州市上犹中学高二（下）期中数学试卷（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.在《增减算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关”.则第五天走的路程为里．( )
A. 6B. 12C. 24D. 48
2.设等差数列数列{an}的前n项和为Sn，若Sm=2，S2m=17，则S4m=( )
A. 32B. 47C. 54D. 86
3.若函数f(x)=kx−lnx在区间(2,+∞)上单调递减，则实数k的取值范围( )
A. k≤0B. k<0C. k≤12D. k<12
4.将两枚质地均匀的骰子各掷一次，设事件A={两个点数都不相同}，B={至少出现一个3点}，则P(B|A)=( )
A. 13B. 518C. 1011D. 12
5.某地区一次联考的数学成绩近似地服从正态分布N(85,σ2)，已知P(X≤122)=0.96，现随机从这次考试的成绩中抽100个样本，则成绩小于48分的样本个数大约为( )
A. 4B. 6C. 94D. 96
6.若函数f(x)=x2−1与函数g(x)=alnx−1的图象存在公切线，则正实数a的取值范围是( )
A. (0,e)B. (0,e]C. (0,2e)D. (0,2e]
7.已知实数x1，x2，y1，y2满足x12+y12=4，x22+y22=4，x1x2+y1y2=0，则|x1+y1−4|+|x2+y2−4|的最大值是( )
A. 6B. 8C. 6 2D. 12
8.若存在正实数m，使得关于x的方程x+a(2x+2m−4ex)[ln(x+m)−lnx]=0成立，其中e为自然对数的底数，则实数a的取值范围是( )
A. (−∞,0)B. (0,12e)
C. (−∞,0)∪[12e,+∞)D. [12e,+∞)
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.在(1−3x)n(n∈N*)的展开式中，二项式的系数和为256，则下列说法正确的是( )
A. n=8B. 展开式中各项系数和为256
C. 第4项的二项式系数最大D. 展开式中所有系数的绝对值的和为48
10.已知等差数列{an}前n项和为Sn，且a2=2a6，a1>0，则下列说法正确的是( )
A. a11>0B. a10=0
C. 数列{an}是递减数列D. S9为Sn的最大值
11.设函数y=f(x)在区间(a,b)上的导函数为f(x)，f(x)在区间(a,b)上的导函数为f′′(x)，若区间(a,b)上f′′(x)<0，则称函数f(x)在区间(a,b)上为“凸函数”.已知f(x)=120x5−112mx4−2x2在(1,2)上为“凸函数”则实数m的取值范围的一个必要不充分条件为( )
A. m>−1B. m≥1C. m>1D. m>0
12.已知函数f(x)及其导函数f′(x)的定义域都为R，对于任意的x，y∈R，都有f(x)+f(y)=2f(x+y2)f(x−y2)成立，则下列说法正确的是( )
A. f(0)=1
B. 若f(1)=12，则f(2)=−12
C. f′(x)为偶函数
D. 若f(1)=0，则f(112)+f(152)+f(192)+⋯+f(20192)+f(20232)=0
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知函数f(x)=x2+3，则limΔx→0f(1+Δx)−f(1)Δx的值为 ．
14.袋中有6个黄色、4个白色的乒乓球，作不放回抽样，每次任取一球，取2次，则第二次才取到黄色球的概率为______．
15.已知数列{an}的前n项和Sn=−14+λan且a1=14，设f(x)=ex−e2−x+1，则f(lg2a1)+f(lg2a2)+…+f(lg2a7)的值等于______．
16.已知函数f(x)=x2ex,x<1exx2,x≥1，若关于x的方程[f(x)]2−2af(x)=0有两个不相等的实数根，则实数a的取值范围是______．
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)
已知函数f(x)=xex．
(1)求曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线方程；
(2)求f(x)在区间[−2,2]上的最大值与最小值．
18.(本小题12分)
已知数列{an}，满足a1=1，an+1=3an2an+3，n∈N*．
(Ⅰ)求证：数列{1an}为等差数列；
(Ⅱ)设T2n=1a1a2−1a2a3+1a3a4−1a4a5+…+1a2n−1a2n−1a2na2n+1，求T2n．
19.(本小题12分)
已知椭圆E1：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为 32，点(1, 32)在椭圆E1上．
(1)求椭圆E1的方程；
(2)若抛物线E2的顶点在坐标原点，焦点在椭圆E1的长轴上，且椭圆E1的四个顶点到抛物线E2准线的距离之和等于6，求抛物线E2的方程．
20.(本小题12分)
如图①所示，长方形ABCD中，AD=1，AB=2，点M是边CD的中点，将△ADM沿AM翻折到△PAM，连结PB，PC，得到图②的四棱锥P−ABCM．
(1)求四棱锥P−ABCM的体积的最大值；
(2)若棱PB的中点为N，求CN的长；
(3)设P−AM−D的大小为θ，若θ=60°，求平面PAM和平面PBC夹角的余弦值．
21.(本小题12分)
已知各项均为正数的数列{an}满足an+12=2an2+anan−1，且a2+a4=2a3+4，其中n∈N*．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=λan−1−1(n∈N*)，数列{bn}的前n项之和为Sn，若对任意的n∈N*，总有Sn+1>Sn，求实数λ的取值范围．
22.(本小题12分)
已知f(x)=aln(x+1)+x22−x，其导函数为y=f′(x)．
(1)当a=1时，求f(x)在x=2处的切线方程；
(2)函数y=f(x)的图象上是否存在一个定点(m,n)(m,n∈(0,+∞))，使得对于任意的x0(x0≠m)，都有f(x0)=f′(x0+m2)(x0−m)+n成立？证明你的结论．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：根据题意：S6=a1⋅(1−126)1−12=378，q=12，
所以a1=192，
故a5=192×(12)4=12．
故选：B．
直接利用已知条件求出数列的通项公式，进一步求出结果．
本题考查的知识要点：等比数列的通项公式的求法，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：由{an}是等差数列，得Sm，S2m−Sm，S3m−S2m，S4m−S3m构成等差数列，且其首项为2，公差为13，
所以S3m−S2m=2+2×13=28，又S2m=17，则S3m=45，
所以S4m−S3m=2+3×13=41，则S4m=86．
故选：D．
由{an}是等差数列，得Sm，S2m−Sm，S3m−S2m，S4m−S3m构成等差数列，且其首项为2，公差为13，从而分别求出S3m−S2m与S4m−S3m，进一步即可得到S4m．
本题主要考查等差数列的性质，考查学生的逻辑推理和运算求解的能力，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：函数f(x)=kx−lnx，x∈(2,+∞)，
f′(x)=k−1x，
∵函数f(x)=kx−lnx在区间(2,+∞)上单调递减，
∴f′(x)=k−1x≤0，
∴k≤1x，
∵x∈(2,+∞)，函数y=1x单调递减，x→+∞时，函数y=1x→0．
∴k≤0．
故选：A．
函数f(x)=kx−lnx，x∈(2,+∞)，根据函数f(x)=kx−lnx在区间(2,+∞)上单调递减，可得f′(x)≤0，进而得出范围．
本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、转化方法、不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
4.【答案】A
【解析】解：由题意事件A={两个点数都不相同}，包含的基本事件数是36−6=30
至少出现一个三点的情况分二类，给两个骰子编号，1号与2号，若1号是出现三点，2号没有三点共五种
2号是三点，一号不是三点有五种，
故至少出现一个三点且没有两点相同的情况是10种
∴P(B|A)=1030=13
故选：A．
此是一个条件概率模型的题，可以求出事件A={两个点数都不相同}包含的基本事件数，与事件B包含的基本事件数，再用公式求出概率
本题考查古典概率模型及其概率计算公式，解题的关键是正确理解事件A={两个点数都不相同}，B={至少出现一个3点}，以及P(B|A)，用列举法计算出事件所包含的基本事件．
5.【答案】A
【解析】【分析】
由已知根据正态分布的特点可得P(X>122)=0.04，又对称轴为x=85，则P(X<48)=0.04，乘以样本个数得答案．
本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查正态分布中两个量μ和σ的应用，考查曲线的对称性，属于基础题．
【解答】
解：由题意可得，P(X>122)=0.04，对称轴为x=85，
故P(X<48)=0.04，
∴成绩小于48分的样本个数为100×0.04=4个．
故选：A．
6.【答案】D
【解析】解：f′(x)=2x，g′(x)=ax，
设与曲线f(x)=x2−1相切的切点为(m,n)，
与g(x)=alnx−1相切的切点为(s,t)(s>0)，
则有公共切线斜率为2m=as=n−tm−s，
又t=alns−1，n=m2−1，
可得n−t=m2−alns=2m2−2ms，m=a2s，
即有m2=2ms−alns，即a24s2=a−alns，
可得a=4s2−4s2lns，s>0，
设h(s)=4s2−4s2lns，s>0，
h′(s)=8s−4(2slns+s)=4s−8slns=4s(1−2lns)，
可得00，h(s)递增，当s> e时，h′(s)<0，h(s)递减，
可得s= e处h(s)取得极大值，且为最大值2e，
则0故选：D．
分别求出导数，设出各自曲线上的切点，得到切线的斜率，再由两点的斜率公式，结合切点满足曲线方程，可得切点坐标的关系式，整理得到关于一个坐标变量的方程，借助于函数的极值和最值，即可得到a的范围．
本题考查导数的几何意义，主要考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，考查运算能力，属于中档题．
7.【答案】D
【解析】解：由x12+y12=4，x22+y22=4，x1x2+y1y2=0，
可设M(x1,y1)，N(x2,y2)，且OM⋅ON=0，
可得M，N在圆x2+y2=4上，
|x1+y1−4|+|x2+y2−4|= 2(|x1+y1−4| 2+|x2+y2−4| 2).
所求最大值可看作是M，N到直线x+y−4=0的距离的和的最大值，
且可得M，N在直线x+y−4=0的下方，
取MN的中点C，过M，N，C点分别作直线的垂线，垂足分别为A，B，D，
∵CD为梯形ABNM的中位线，∴2CD=MA+NB，
∵OM⊥ON，∴OC=12 22+22= 2，O到直线的距离为|−4| 12+12=2 2，
∴CD≤2 2+ 2=3 2，∴MA+NB≤6 2，
∴|x1+y1−4|+|x2+y2−4|的最大值为 2×6 2=12．
故选：D．
由题意可设M(x1,y1)，N(x2,y2)，且OM⋅ON=0，M，N在圆x2+y2=4上，所求最大值可看作是M，N到直线x+y−4=0的距离的和的最大值，运用数形结合可得所求最大值．
本题考查代数式的最值求法，运用等式的几何意义，结合直线和圆的知识是迅速解题的关键，属于难题．
8.【答案】C
【解析】解：由x+a(2x+2m−4ex)[ln(x+m)−lnx]=0得
x+2a(x+m−2ex)lnx+mx=0，
即1+2a(x+mx−2e)lnx+mx=0，
即设t=x+mx，则t>0，
则条件等价为1+2a(t−2e)lnt=0，
即(t−2e)lnt=−12a有解，
设g(t)=(t−2e)lnt，
g′(t)=lnt+1−2et为增函数，
∵g′(e)=lne+1−2ee=1+1−2=0，
∴当t>e时，g′(t)>0，
当0即当t=e时，函数g(t)取得极小值为：g(e)=(e−2e)lne=−e，
即g(t)≥g(e)=−e，
若(t−2e)lnt=−12a有解，
则−12a≥−e，即12a≤e，
则a<0或a≥12e，
∴实数a的取值范围是(−∞,0)∪[12e，+∞)．
故选：C．
根据函数与方程的关系将方程进行转化，利用换元法转化为方程有解，构造函数求函数的导数，
利用函数极值和单调性的关系进行求解即可
本题主要考查了不等式恒成立问题，根据函数与方程的关系，转化为两个函数相交问题，利用构造法和导数法求出函数的极值和最值是解题的关键．
9.【答案】ABD
【解析】解：选项A：根据二项式的系数和为256，可得2n=256，解得n=8，故A正确，
选项B：令x=1，则展开式中各项系数和为(1−3)8=256，故B正确，
选项C：因为n=8，则展开式共9项，所以第5项的二项式系数最大，故C错误，
选项D：展开式中所有系数的绝对值的和即为二项式(1+3x)8的展开式的各项系数之和，
令x=1，则所求的解为(1+3)8=48，故D正确，
故选：ABD．
选项A：根据二项式系数和公式，即可求出n；选项B：令x=1，即可求解；选项C：根据n的值以及二项式定理，即可判断；选项D：只需求出二项式(1+3x)8的展开式的所有系数和，即可判断．
本题考查了二项式定理的应用，涉及到赋值法应用，考查了学生的运算求解能力，属于基础题．
10.【答案】BCD
【解析】解：∵等差数列{an}前n项和为Sn，且a2=2a6，a1>0，
∴a1+d=2(a1+5d)，
整理得a1=−9d，∴d<0，
∴a11=a1+10d=−9d+10d=d<0，故A错误；
a10=a1+9d=−9d+9d=0，故B正确；
∵a1>0，d<0，∴数列{an}是递减数列，故C正确；
∵a10=a1+9d=−9d+9d=0，a9=a1+8d=−9d+8d=−d>0，
∴S9为Sn的最大值，故D正确．
故选：BCD．
利用等差数列通项公式推导出a1=−9d，d<0，由此能求出结果．
本题考查命题真假的判断，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力等数学核心素养，是基础题．
11.【答案】AD
【解析】解：由题意可得f′(x)=14x4−13mx3−4x，
f′′(x)=x3−mx2−4，
由题意知，f′′(x)=x3−mx2−4<0，可得m>(x−4x2)max，
令g(x)=x−4x2，x∈(1,2)，
g′(x)=1+8x3>0，
则g(x)在(1,2)单增，
g(x)∴m≥1为充要条件，
则实数m的取值范围的一个必要不充分条件可以为：m>−1，m>0
故选：AD．
函数在区间(1,2)上为“凸函数”，所以f″(x)<0，即对函数y=f(x)二次求导，分离参数，即可求得m的范围，再由集合法判断充要条件关系即可．
本题考查函数的导数与不等式恒成立问题的解法，关键是要理解题目所给信息(新定义)，考查知识迁移与转化能力，属于中档题．
12.【答案】BD
【解析】解：令x=y=0，则f(0)+f(0)=2f2(0)，解得f(0)=1或f(0)=0，故A错误；
令x=y=1，2f(1)=2f(1)f(0)，所以f(0)=1，令x=2，y=0，则f(2)+f(0)=2f2(1)，解得f(2)=−12，故B正确；
当f(0)=0时，令x=y，则有2f(x)=2f(x)f(0)=0，所以f(x)=0，f′(x)=0，
当f(0)=1，令x=−y，则有f(x)+f(−x)=2f(0)f(x)，所以f(x)=f(−x)，所以f′(x)=−f′(−x)，所以f′(x)为奇函数，
综上，f′(x)为奇函数，故C错误；
令x=y+2，则f(y+2)+f(y)=2f(y+1)f(1)=0，所以f(112)+f(152)+⋯+f(20192)+f(20232)=0，故D正确．
故选：BD．
根据题意运用特殊值检验方法，排除法即可解决．
本题考查了抽象函数的应用，属于中档题．
13.【答案】2
【解析】【分析】
本题主要考查导数的定义，以及对函数求导，属于基础题．
可根据导数的定义，对函数f(x)求导可得出结果．
【解答】
解：由导数的定义，可知：
limΔx→0f(1+Δx)−f(1)Δx=f′(1)，
∵f′(x)=2x，
∴f′(1)=2．
故答案为：2．
14.【答案】415
【解析】解：第二次才取到黄色球是指第一次取到白球，第二次取到黄球，
则第二次才取到黄色球的概率为：
P=410×69=415．
故答案为：415．
第二次才取到黄色球是指第一次取到白球，第二次取到黄球，由此能求出第二次才取到黄色球的概率．
本题考查概率的求法，考查相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查数学运算等核心素养，是基础题．
15.【答案】7
【解析】解：数列{an}的前n项和Sn=−14+λan且a1=14，
当n=1时，S1=a1=−14+λa1，解得λ=2．
所以Sn=−14+2an，①
当n≥2时，Sn−1=−14+λan−1②，
①−②得：an=2an−2an−1，
整理得anan−1=2(常数)，
所以数列{an}是以a1=14为首项，2为公比的等比数列．
所以an=(14)×2n−1=2n−3(首项符合通项)，
所以an=2n−3，
所以lg2an=lg22n−3=n−3，
则f(lg2a1)+f(lg2a2)+…+f(lg2a7)=f(−2)+f(−1)+f(0)+f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=e−2−e4+1+e−1−e3+1+…+e−3−e−1+1+e4−e−2+1=7．
故答案为：7
首先利用递推关系式的应用求出数列为等比数列，进一步求出数列的通项公式，再利用对数的运算和相消法的应用求出结果．
本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法，等比数列的定义和性质，对数的运算，相消法，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．
16.【答案】(2e2,e28)∪(e2,+∞)
【解析】解：对于函数f(x)=x2ex,x<1exx2,x≥1．
当f(x)=x2ex(x<1)时，f′(x)=(x2+2x)ex．
令f′(x)>0，解得：x<−2或0所以f(x)在(−∞,−2)上单调递增，在(−2,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增．
而x<−2，f(x)>0；f(−2)=4e2，f(1)=e．
当f(x)=exx2(x≥1)时，f′(x)=exx4(x2−2x)．
令f′(x)<0，解得：10，解得：x>2；
所以f(x)在(1,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增．
而f(1)=e；f(2)=e24，x>2，f(x)>0．
作出f(x)的图像如图所示：
解关于x的方程[f(x)]2−2af(x)=0有两个不相等的实数根，
即关于x的方程f(x)[f(x)−2a]=0有两个不相等的实数根，f(x)=0只有一个实数根x=0，所以关于x的方程f(x)−2a=0有一个非零的实数根，
即函数y=f(x)与y=2a有一个交点，横坐标x≠0．
结合图像可得：4e2<2ae，
所以a的取值范围是(2e2,e28)∪(e2,+∞)．
故答案为：(2e2,e28)∪(e2,+∞)．
利用导数研究f(x)的单调性和极值，作出f(x)的图像；由关于x的方程[f(x)]2−2af(x)=0有两个不相等的实数根，得到函数y=f(x)与y=2a有一个交点，利用图像法求解．
本题主要考查函数的零点和方程根的关系，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由题意得f′(x)=(x+1)ex，
则f′(0)=1，
所以曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线方程为y−0=x−0，即y=x；
(2)令f′(x)=0，得x=−1，
当−20，
所以f(x)在(−2,−1)上单调递减，在(−1,2)上单调递增，
又f(−2)=−2e−2，f(2)=2e2，所以f(x)max=f(2)=2e2，
所以f(x)在[−2,2]上的最大值为2e2，最小值为−1e．
【解析】(1)结合导数的几何意义可求出切线斜率，进而可求切线方程；
(2)先利用导数研究函数在[−2,2]上的单调性，结合单调性即可求解函数的最值．
本题考查了函数的导数的应用，同时考查了函数在闭区间上最值，属于中档题．
18.【答案】证明(Ⅰ)：法一：由an+1=3an2an+3，得1an+1=2an+33an=1an+23，
∴1an+1−1an=23，
∴数列{1an}是首项为1，公差为23的等差数列，
法二：由an+1=3an2an+3，得1an+1−1an=2an+33an−1an=(1an+23)−1an=23
∴数列{1an}是首项为1，公差为23的等差数列，
(Ⅱ)解：设bn=1a2n−1a2n−1a2na2n+1=(1a2n−1−1a2n+1)1a2n，
由(Ⅰ)得，数列{1an}是首项为1，公差为23的等差数列，
∴1a2n−1−1a2n+1=−43，
即bn=(1a2n−1−1a2n+1)1a2n=−43−1a2n，
∴bn+1−bn=−43(1a2n+2−1a2n)=−43×43=−169，
且b1=−43×1a2=−43(1a1+23)=−209
∴{bn}是首项b1=−209，公差为−169的等差数列，
∴T2n=b1+b2+…+bn=−209n+n(n−1)2×(−169)=−49(2n2+3n)
【解析】(Ⅰ)方法一：根据数列的递推公式得到1an+1=2an+33an=1an+23，即可得到1an+1−1an=23，问题得以解决，
方法二：根据数列的递推公式得1an+1−1an=2an+33an−1an=(1an+23)−1an=23，问题得以解决，
(Ⅱ)设bn=1a2n−1a2n−1a2na2n+1=(1a2n−1−1a2n+1)1a2n，得到{bn}是首项b1=−209，公差为−169的等差数列，再根据等差数列的求和公式计算即可．
本题以递推数列为背景考查等差数列的判定以及利用基本量的求和运算，(Ⅰ)重点考查利用数列递推形式构造等差或等比数列以及等差数列的判定方法；(Ⅱ)主要考查数列求和应首先探寻通项公式，通过分析通项公式的特征发现求和的方法．
19.【答案】解：(1)由题意得e=ca= 32，
所以c= 3a2，
所以b2=a2−c2=14a2，①
又点(1, 32)在椭圆上，所以1a2+34b2=1，②
联立①②，解得a=2，b=1，
所以椭圆E1的方程为x24+y2=1；
(2)设抛物线E2的方程为y2=±2px(p>0)，
由题意得，椭圆E1的四个顶点到E2准线距离之和等于6，
又因为椭圆E1长轴上的两个顶点到准线的距离和为4，
所以4+p2+p2=6，
解得p=2，
即E2的方程为y2=±4x．
【解析】(1)利用已知条件列出方程组，求解a，b，然后得到椭圆方程；
(2)设抛物线E2的方程为：y2=±2px(p>0)，利用椭圆E1的四个顶点到E2准线的距离之和等于6，结合椭圆E1长轴上的两个顶点到准线的距离和为4，求解p，即可得到抛物线E2的方程．
本题考查了椭圆和抛物线的标准方程，属于基础题．
20.【答案】解：(1)取AM的中点G，连接PG，

因为PA=PM，则PG⊥AM，
当平面PAM⊥平面ABCM时，P点到平面ABCM的距离最大，四棱锥P−ABCM的体积取得最大值，
此时PG⊥平面ABCM，且PG=12AM= 22，底面ABCM为梯形，SABCM=(1+2)×1×12=32，
则四棱锥P−ABCM的体积最大值为13×32× 22= 24；
(2)如图，取AP中点Q，连接NQ，MQ，

则因为N为PB中点，所以NQ为△PAB的中位线，
所以NQ//AB且NQ=12AB，
因为M为CD的中点，四边形ABCD为矩形，
所以CM//AB且CM=12AB，
所以CM//NQ且CM=NQ，
故四边形CNQM为平行四边形，
所以CN=MQ= (12)2+12= 52；
(3)连接DG，因为DA=DM，

所以DG⊥AM，所以∠PGD为P−AM−D的平面角，即∠PGD=60°，
所以HG=12PG=12DG= 24,HP= 32PG=12DG= 64，
过点D作DZ⊥平面ABCD，以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(1,0,0),M(0,1,0),B(1,2,0),C(0,2,0),P(14,14, 64)，
设平面PAM的法向量为n1=(x1,y1,z1)，又AM=(−1,1,0),PA=(34,−14,− 64)，
则n1⋅PA=0n1⋅AM=0，即−x1+y1=034x1−14y1− 64z1=0⇒x1=y1x1= 62z1，令z1=2，则n1=( 6, 6,2)，
设平面PBC的法向量为n2=(x2,y2,z2)，又因为CB=(1,0,0),PC=(−14,74,− 64)，
则n2⋅PC=0n2⋅CB=0，即x2=0−14x2+74y2− 64z2=0⇒x2=0y2= 67z2，令z2=7，则n2=(0, 6,7)，
设两平面夹角为α，
则csα=|cs〈n1,n2〉|=|n1⋅n2||n1|⋅|n2|=0+6+144× 55= 5511，
所以平面PAM和平面PBC夹角余弦值为 5511．
【解析】(1)作出辅助线，得到当平面PAM⊥平面ABCM时，P点到平面ABCM的距离最大，四棱锥P−ABCM的体积取得最大值，求出PG=12AM= 22，从而得到体积最大值；
(2)作出辅助线，证明出四边形CNQM为平行四边形，从而得到CN=MQ即可得所求值；
(3)作出辅助线，得到∠PGD为P−AM−D的平面角，即∠PGD=60°，建立空间直角坐标系，求解平面PAM和平面PBC的法向量，利用空间向量夹角余弦公式即可得解．
本题考查了锥体体积的有关计算，面面角的向量求法，考查了转化思想，属于难题．
21.【答案】解：(1)根据题意，因为an+12=2an2+anan+1，
即(an+1+an)(2an−an+1)=0，
又an>0，所以有2an−an+1=0，所以2an=an+1，
所以数列{an}是公比为2的等比数列．
由a2+a4=2a3+4得2a1+8a1=8a1+4，
解得a1=2，
故an=2n(n∈N*)；
(2)由(1)知an=2n，∴bn=λan−1−1=λ⋅2n−1−1，
则数列{bn}的前n项和为Sn=λ(1+2+22+…+2n−1)−n=λ(2n−1)2−1−n=λ(2n−1)−n，
若对任意的n∈N*，总有Sn+1>Sn，则有λ(2n+1−1)−(n+1)>λ(2n−1)−n，
变形可得：λ>12n，
又由n≥1，则有λ>12，
∴实数λ的取值范围是(12,+∞)．
【解析】(1)根据题意，对an+12=2an2+anan+1变形可得2an=an+1，所以数列{an}是公比为2的等比数列，进而由a2+a4=2a3+4可得a1的值，
(2)由(1)的结论，分析可得数列{bn}的前n项和为Sn，对Sn变形分析可得：λ>12n，结合n的范围，分析可得答案．
本题考查数列的递推公式，以及数列与不等式的综合应用，关键是求出该数列{an}的通项公式．
22.【答案】解：(1)f(x)=ln(x+1)+x22−x,f(2)=ln3，
f′(x)=1x+1+x−1,f′(2)=43，
即切线的方程为y−ln3=43(x−2)，
即为y=43x−83+ln3；
(2)假设存在定点(m,n)满足条件．
f(x0)=f′(x0+m2)(x0−m)+n⇒f(x0)−nx0−m=f′(x0+m2)n=f(m)=aln(m+1)+m22−m，
f′(x)=ax+1+x−1，
f(x0)−nx0−m=a[ln(x0+1)−ln(m+1)]+12(x02−m2)−(x0−m)x0−m=a[ln(x0+1)−ln(m+1)]x0−m+x0+m2−1，
f′(x0+m2)=ax0+m2+1+x0+m2−1，
故ln(x0+1)−ln(m+1)x0−m=2x0+m+2，
变形得lnx0+1m+1=2(x0+1m+1−1)x0+1m+1+1，
令t=x0+1m+1,(t>0)，则lnt=2(t−1)t+1，
考虑函数g(t)=lnt−2t−2t+1，g′(t)=1t−4(t+1)2=(t−1)2t(t+1)2≥0，
所以g(t)在(0,+∞)上单调递增，
又g(1)=0，故g(t)=0只有唯一解t=1．
又因为m≠x0，所以t≠1，
故不存在定点(m,n)满足条件．
【解析】本题考查导数的运用：求切线的方程，以及存在性问题解法，考查方程思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
(1)求得f(x)的导数，可得切线的斜率和切点，由直线的点斜式方程可得切线的方程；
(2)假设存在定点(m,n)满足条件．将已知等式化简变形，再令t=x0+1m+1,(t>0)，则lnt=2(t−1)t+1，考虑函数g(t)=lnt−2t−2t+1，求得导数和单调性，可判断存在性．