2022-2023学年江西省抚州市东乡实验中学高二（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年江西省抚州市东乡实验中学高二（下）期中数学试卷（含解析），共18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.若函数f(x)=1x在x=2处的切线与直线y=kx垂直，则实数k的值是( )
A. 12B. 2C. −4D. 4
2.函数y=f(x)的图象如图所示，则导函数y=f′(x)的图象可能是( )
A. B.
C. D.
3.某人连续投篮6次，其中3次命中，3次未命中．则他第1次、第2次两次均未命中的概率是( )
A. 12B. 310C. 14D. 15
4.设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a7=5，S9=27，则a20=( )
A. 17B. 18C. 19D. 20
5.若数列{an}满足a1=2,1an−1an+1−1anan+1=1，则a2023=( )
A. 2B. −12C. −3D. 13
6.已知数列{an}满足an=−n2+2tn,n≤5,n∈N*(t−1)n,n>5,n∈N*，且数列{an}是单调递增数列，则t的取值范围是( )
A. (92,194)B. (92,+∞)C. (5,+∞)D. (1,4]
7.数列{an}为等差数列，bn=anan+1an+2，Sn为数列{bn}前n项的和，若a14=27a5，a5>0，则对于S15，S16，S17，S18，下列成立的是( )
A. S15S18C. S15S17
8.已知p，q是方程(t2−5t+4)(t2−5t+6)=0的根，则函数g(x)=px3+qx2+x−1在(−∞,+∞)上是递增函数的概率是( )
A. 34B. 712C. 716D. 916
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.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，则( )
A. AC/​/平面A1BC1B. AD⊥平面A1BC1
C. A1C1⊥AD1D. 平面A1BC1⊥平面BB1D1D
10.已知等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，公差d≠0，S6=90，a7是a3与a9的等比中项，则下列选项正确的是( )
A. a1=22B. d=−2
C. 当n=10或n=11时，Sn取得最大值D. 当Sn>0时，n的最大值为21
11.已知双曲线C：x2−y24=1的左、右焦点分别为F1，F2，点在双曲线C的右支上，若∠F1PF1=θ，△PF1F2的面积为S，则下列选项正确的是( )
A. 若θ=60°，则S=4 3
B. 若S=4，则|PF2|=2 3
C. 若△PF1F2为锐角三角形，则S∈(4,4 5)
D. 若△PF1F2的重心为G，随着点P的运动，点G的轨迹方程为9x2−9y24=1(x>13)
12.已知数列{an}满足：an=1n，Sn是数列{an}的前n项和，bn=ln(1+an)an，下列命题正确的是( )
A. an+1C. S2021−1>ln2021>S2020D. ln2≤bn三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.若数列{an}满足an+1=2an0≤an≤122an−112≤an<1，若a1=67，则a2023=______．
14.已知抛物线y2=4x，F是抛物线的焦点，直线l与抛物线交于A、B两点，若|AF|+|BF|=6，则线段AB中点的横坐标为 ．
15.设Tn为数列{an}的前n项之积，即Tn=a1a2a3…an−1an，若a1=2,1an−1−1an−1−1=1，当Tn=11时，n的值为______．
16.已知函数f(x)=x3−ax2在(−1,1)上没有最小值，则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(e为自然对数的底)
(1)求函数f(x)的极值；
(2)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程．
18.(本小题12分)
某快餐连锁店招聘外卖骑手，该快餐连锁店外卖覆盖A，B两个区域，骑手入职只能选择其中一个区域．其中区域A无底薪，外卖业务每完成一单提成5元；区域B规定每日底薪150元，外卖业务的前35单没有提成，从第36单开始，每完成一单提成8元．为激励员工，快餐连锁店还规定，凡当日外卖业务超过55单的外卖骑手可额外获得“精英骑手”奖励50元．该快餐连锁店记录了骑手每天的人均业务量，整理得到如图所示的两个区域外卖业务量的频率分布直方图．
(1)从以往统计数据看，新入职骑手选择区域A的概率为0.6，选择区域B的概率为0.4，
(ⅰ)随机抽取一名骑手，求该骑手获得当日“精英骑手”奖励的概率；
(ⅱ)若新入职的甲、乙、丙三名骑手分别到该快餐连锁店应聘，三人区域选择相互独立，求至少有两名骑手选择区域A的概率；
(2)若仅从人均日收入的角度考虑，新聘骑手应选择入职哪一区域？请说明你的理由(同组中的每个数据用该组区间的中点值代替)．
19.(本小题12分)
如图，四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，平面A1ABB1⊥平面ABCD，且∠ABC=π2．
(1)求证：BC/​/平面AB1C1；
(2)求证：平面A1ABB1⊥平面AB1C1．
20.(本小题12分)
设等比数列a1，a2，a3，a4的公比为q，等差数列b1，b2，b3，b4的公差为d，且q≠1，d≠0.记ci=ai+bi(i=1,2,3,4)．
(1)求证：数列c1，c2，c3不是等差数列；
(2)设a1=1，q=2.若数列c1，c2，c3是等比数列，求b2关于d的函数关系式及其定义域；
(3)数列c1，c2，c3，c4能否为等比数列？并说明理由．
21.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点P(−1,−1)，c为椭圆的半焦距，且c= 2b.过点P作两条互相垂直的直线l1，l2与椭圆C分别交于另两点M，N．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l1的斜率为−1，求△PMN的面积；
(3)若线段MN的中点在x轴上，求直线MN的方程．
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=(1−x)ex+alnx．
(1)当a=0时，求f(x)在(1,f(1))处的切线方程；
(2)若f(x)存在大于1的零点x0，设f(x)的极值点为x1；
①求a的取值范围；
②证明：3x1>2x0．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由f(x)=1x，得f′(x)=−1x2，
则f′(2)=−14，
∵函数f(x)=1x在x=2处的切线与直线y=kx垂直，
∴−14×k=−1，即k=4．
故选：D．
求出函数f(x)=1x的导函数，得到f′(2)，再由两直线垂直与斜率的关系求得k值．
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查两直线垂直与斜率的关系，是基础题．
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查函数的单调性与导函数符号的关系：f′(x)≥0时，函数f(x)单调递增；f′(x)≤0时，f(x)单调递减，属于基础题．
根据f′(x)≥0，函数f(x)单调递增；f′(x)≤0时，f(x)单调递减，根据图形可得f′(x)<0，即可判断答案．
【解答】
解：由函数图象可知函数在(−∞,0)，(0,+∞)上均为减函数，
所以函数的导数值f′(x)<0，因此D正确，
故选：D．
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查概率的求法，考查古典型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
基本事件总数n=C63C33=20，他第1次、第2次两次均未命中包含的基本事件个数m=C22C41C33=4，由此能求出他第1次、第2次两次均未命中的概率．
【解答】
解：某人连续投篮6次，其中3次命中，3次未命中．
基本事件总数n=C63C33=20，
他第1次、第2次两次均未命中包含的基本事件个数m=C22C41C33=4，
∴他第1次、第2次两次均未命中的概率是p=mn=420=15．
故选：D．
4.【答案】B
【解析】解：设等差数列{an}的公差为d，∵a7=5，S9=27，
∴a1+6d=5，9a1+9×82d=27，
可得：a1=−1，d=1．
则a20=−1+19=18．
故选：B．
设等差数列{an}的公差为d，由a7=5，S9=27，可得a1+6d=5，9a1+9×82d=27，联立解出即可得出．
本题考查了等差数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
5.【答案】B
【解析】解：因为1an−1an+1−1anan+1=1，
所以an+1=1+an1−an.又因为a1=2，
所以a2=1+21−2=−3,a3=1−31+3=−12,a4=1−121+12=13,a5=1+131−13=2,⋯，
所以{an}是周期为4的数列，故a2023=a3=−12．
故选：B．
利用数列的周期性即可求得a2023的值．
本题主要考查数列的递推式，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：∵数列{an}满足an=−n2+2tn,n≤5,n∈N*(t−1)n,n>5,n∈N*，且数列{an}是单调递增数列，
∴t>4.5−25+10t<(t−1)×6，求得92故选：A．
由题意利用数列的单调性，二次函数的性质，求得t的范围．
本题主要考查数列的单调性，二次函数的性质，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：根据题意，设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
由a14=27a5，得7a14=2a5，7(a1+13d)=2(a1+4d)，
化简得5a1+83d=0；
又a5>0，即a1+4d>0，
所以5(a1+4d)>0，
所以63d=−5(a1+4d)<0，
所以d<0；
所以a1=−835d>0，
所以a17=a1+16d=−35d>0，
a18=a1+17d=2d5<0，
a19=a1+18d=7d5<0，
a20=a1+19d=12d5<0，
且数列{an}为单调递减数列，bn=anan+1an+2，
所以b15=a15a16a17>0，b16=a16a17a18<0，b17=a17a18a19>0，b18=a18a19a20<0，
则S16−S15=b16<0，即有S15>S16；A错误；
S18−S16=b17+b18=a17a18a19+a18a19a20=a18a19(a17+a20)<0，则有S16>S18；B正确；
S17−S15=b16+b17=a16a17a18+a17a18a19=a17a18(a16+a19)<0，则有S17S18−S17=b18<0，即有S17>S18；D错误
故选：B．
根据题意，设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由a14=27a5，变形分析可得5a1+83d=0；进而可得a17>0和a18<0；又由bn=anan+1an+2，分析可得b15>0，b16<0，b17>0，b18<0，据此分析可得答案．
本题考查等差数列的性质以及等差数列的前n项公式的应用，关键是分析首项与公差的关系，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：因为方程(t2−5t+4)(t2−5t+6)=0的根的集合为{1,2,3,4}，
所以有p∈{1,2,3,4}，q∈{1,2,3,4}．
记事件A为“函数g(x)=px3+qx2+x−1在(−∞,+∞)上是递增函数”．
对函数g(x)=px3+qx2+x−1求导，得g′(x)=3px2+2qx+1．
由题意，知g′(x)=3px2+2qx+1≥0在(−∞,+∞)上恒成立，
有p>0，且Δ=(2q)2−4×3p=4(q2−3p)≤0⇒p≥13q2．
当q=1时，有p≥13，所以p可以取到1，2，3，4这4个值；
当q=2时，有p≥43，所以p可以取到2，3，4这3个值；
当q=3时，有p≥3，所以p可以取到3，4这2个值；
当q=4时，有p≥163，所以p的值不存在，
综合以上，事件A包含的基本事件共有4+3+2=9种，
因为p∈{1,2,3,4}，q∈{1,2,3,4}，所以所有的基本事件共有4×4=16种．
则所求事件的概率为P(A)=916．
故选：D．
求出方程的解集，得出p，q的所有取值，再得到所求事件所需条件的p，q取值，即可得到所求事件的概率．
本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，考查了古典概型的概率公式，属于中档题．
9.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查空间线、面间的平行垂直关系，属于基础题．
根据空间线面位置关系的基本概念、性质、定理判断，错误的可以举出反例．
【解答】
解：对于A：如图，由于AC/​/A1C1，AC⊄平面A1BC1，
A1C1⊂平面A1BC1，故AC/​/平面A1BC1，A正确；
对于B：由于AD与A1C1所成角即为A1D1与A1C1所成角为45°，故B错误；
对于C：A1C1与AD1所成角即为A1C1与BC1所成角为60°，故C错误；
对于D：由于A1C1⊥B1D1，A1C1⊥BB1，且B1D1，BB1是平面BB1D1D内两条相交直线，
故A 1C1⊥平面BB1D1D，又A1C1⊂平面A1BC1，故平面A1BC1⊥平面BB1D1D，故D正确．
故选AD．
10.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查等差数列的通项公式和求和公式的运用，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
分别运用等差数列的通项公式和求和公式，解方程可得首项和公差，可判断A，B；由配方法，结合n为正整数，可判断C；由Sn>0解不等式可判断D．
【解答】
解：由公差d≠0，S6=90，可得6a1+15d=90，即2a1+5d=30，①
由a7是a3与a9的等比中项，可得a72=a3a9，即为(a1+6d)2=(a1+2d)(a1+8d)，
化为a1=−10d，②
由①②解得a1=20，d=−2，故A错误，B正确；
由Sn=20n+12n(n−1)⋅(−2)=21n−n2=−(n−212)2+4414，
由于n为正整数，可得n=10或11时，Sn取得最大值110；故C正确；
由Sn>0，解得0故选：BC．
11.【答案】ACD
【解析】解：由x2−y24=1，得a2=1，b2=4，则a=1,b=2,c= 5焦点三角形PF1F2的面积公式S=b2tanθ2=4tanθ2，将θ=60°代入可知S=4 3，故A正确；
当s=4时，θ=90°，由|PF1|−|PF2|=2|PF2|2+|PF1|2=|F1F2|2,可得|PF2|=2，故B错误；
当∠F1PF2=90°时，S=4，当∠PF2F1=90°时，S=4 5，因为△PF1F2为锐角三角形，所以S∈(4,4 5)，故C正确；
设G(x,y)，P(x0,y0)(x0>1)，则x02−y024=1(x0>1)，由题设知F1(− 5,0),F2( 5,0)，则x0=3xy0=3y，所以9x2−9y24=1(x>13)，故D正确．
故选：ACD．
对于A，利用焦点三角形的面积公式求解；对于B，由焦点三角形的面积公式求出θ=90°，再由以双曲线的定义和勾股定理列方程组可求得结果；对于C，当△PF1F2为直角三角形时，求出临界值进行判断；对于D，利用相关点法结合重心坐标公式求解．
本题考查了双曲线的性质，属于中档题．
12.【答案】ABD
【解析】解：依题意bn=ln(1+an)an=nln(1+1n)，
对于A，设f(x)=ln(x+1)−x(x>−1)，当x>0时f′(x)=1x+1−1=−xx+1<0，当−10，
∴f(x)在(0,+∞)上单调递减，在(−1,0)单调递增，∴f(x)−1)，
令x=1n，可得ln(1+1n)<1n=an，
令x=−1n+1，可得ln(1−1n+1)<−1n+1，∴lnnn+1<−1n+1，即lnn+1n>1n+1=an+1，故A正确；
对于B，令g(x)=xln(1+1x)，(x≥1)，g′(x)=ln(x+1)−lnx−1x+1=lnx+1x−1x+1>0(由A选项可得)，∴数列{bn}是递增数列，故B正确；
对于C，S2021−1−S2020=a2021−1=12021−1<0，故C错；
对于D，∵ln(1+1n)<1n，∴nln(1+1n)故选：ABD．
可得bn=ln(1+an)an=nln(1+1n)，
A，利用函数f(x)=ln(x+1)−x(x>−1)的单调性可判定A；
B，利用函数g(x)=xln(1+1x)，(x≥1)的单调性可判定B；
C，利用S2021−1−S2020=a2021−1=12021−1<0，即可判定C；
D，利用ln(1+1n)<1n，nln(1+1n)本题考查了函数与数列的综合应用，考查了转化思想、计算能力，属于难题．
13.【答案】67
【解析】解：∵数列{an}满足an+1=2an0≤an≤122an−112≤an<1，a1=67，
∴a2=2a1−1=2×67−1=57，a3=2a2−1=37，a4=2a3=67，
……，
∴an+3=an，
则a2023=a3×674+1=a1=67，
故答案为：67．
由数列{an}满足an+1=2an0≤an≤122an−112≤an<1，a1=67，经过计算a2，a3，a4，即可得出数列的周期性，即可得出结论．
本题考查了数列的递推关系、数列的周期性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
14.【答案】2
【解析】【分析】
本题考查了抛物线的性质，考查了转化思想，属于基础题．
利用抛物线的定义，可得|AF|+|BF|=x1+x2+p=x1+x2+2=6，再利用中点坐标公式即可．
【解答】
解：设点A，B的横坐标分别为x1，x2，
由抛物线的定义得：|AF|=x1+p2，|BF|=x2+p2，
∴|AF|+|BF|=x1+x2+p=x1+x2+2=6，
∴x1+x2=4，则线段AB中点的横坐标为x1+x22=2，
故答案为：2．
15.【答案】10
【解析】【分析】
本题考查数列递推式，训练了利用累积法求数列的通项公式，是中档题．
由题意可得数列{1an−1}是以1a1−1=1为首项，以1为公差的等差数列，求其通项公式，可得数列{an}的通项公式，再由累积法求得Tn，则答案可求．
【解答】
解：由a1=2,1an−1−1an−1−1=1，
可得数列{1an−1}是以1a1−1=1为首项，以1为公差的等差数列，
则1an−1=1+(n−1)×1=n，
∴an=1+1n=n+1n，
则Tn=a1a2a3…an−1an=21⋅32…n+1n=n+1，
由Tn=n+1=11，得n=10．
故答案为：10．
16.【答案】(−1,+∞)
【解析】解：f′(x)=x(3x−2a)，
令f′(x)=0，解得：x=0或x=2a3，
①2a3∈(−∞,−1]即a≤−32时，f(x)在(−1,0)递减，在(0,1)递增，
此时x=0时，f(x)取最小值，舍去，
②−1<2a3<0时，f(x)在(−1,2a3)递增，在(2a3,0)递减，在(0,1)递增，
由题意f(x)在(−1,1)没有最小值，
则−1<2a3<0f(0)>f(−1)，解得：−1③当a=0时，f(x)在(−1,1)显然没有最小值，成立，
④当0<2a3<1时，f(x)在(−1,0)递增，在(0,2a3)递减，在(2a3,1)递增，
由题意f(x)在(−1,1)没有最小值，
则0<2a3<1f(2a3)>f(−1)，解得：0⑤2a3≥1即a≥32时，f(x)在(−1,0)递增，在(0,1)递减，
故f(x)在(−1,1)没有最小值，
综上，a>−1，
故答案为：(−1,+∞)．
求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，结合函数的最小值的范围确定a的范围即可．
本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道综合题．
17.【答案】解：(1)函数f(x)的定义域为R，f′(x)=ex+xex=(x+1)ex．
令f′(x)>0，得x>−1；令f′(x)<0，得x<−1．
∴函数f(x)在(−1,+∞)上单调递增，在(−∞,−1)上单调递减，
∴当x=−1时，函数f(x)有极小值，极小值f(−1)=−1e，没有极大值．
(2)由(1)知f′(x)=(x+1)ex，
∴f′(1)=2e，又f(1)=e，
∴曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y−e=2e(x−1)，
即2ex−y−e=0．
【解析】(1)函数f(x)的定义域为R，求f′(x)，判断f(x)的单调性，即求函数f(x)的极值；
(2)求出曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率f′(1)，点斜式写出切线的方程．
本题考查函数的极值和曲线在某点处的切线的方程，属于基础题．
18.【答案】解：(1)(i)设“随机抽取一名骑手是区域A骑手”为事件M，骑手获得”精英骑手“奖励为事件N，
则P(M)=0.6，P( M−)=0.4，
结合频率分布直方图知，P(N|M)=0.3，P(N| M−)=0.2，
所以P(N)=P(M)P(N|M)+P( M−)P(N| M−)=0.6×0.3+0.4×0.2=0.26，
因此该骑手获得当日“精英骑手”奖励的概率为0.26；
(ii)设X=选择区域A的骑手人数，则X～B(3,0.6)，
P(X≥2)=P(X=2)+P(X=3)=C32×0.62×0.4+0.63=0.648，
故至少有两名骑手选择区域A的概率0.648；
(2)设Y1=区域A骑手日工资，则随机变量Y1分布列为
E(Y1)=100×0.05+150×0.1+200×0.25+250×0.3+350×0.2+400×0.1=255，
设Y2=区域B骑手日工资，则随机变量Y2分布列为
E(Y2)=150×0.25+190×0.25+270×0.3+400×0.15+480×0.05=250．
因为E(Y1)>E(Y2)，所以新聘骑手应选择区域A．
【解析】本题考查了频率分布直方图及概率的性质及运算，属于中档题．
(1)(i)设“随机抽取一名骑手是区域A骑手”为事件M，骑手获得”精英骑手“奖励为事件N，利用概率乘法公式求概率；
(ii)设X=选择区域A的骑手人数，则X～B(3,0.6)，利用概率公式求解；
(2)先由频率分布直方图得到分布列，再由分布列求数学期望即可．
19.【答案】证明：(1)四棱柱ABCD−A1B1C1D1中
∵BC/​/B1C1，且B1C1⊂平面AB1C1，BC⊄平面AB1C1，
∴BC/​/平面AB1C1；
(2)∵平面A1ABB1⊥平面ABCD，平面ABCD//平面A1B1C1D1，
∴平面A1ABB1⊥平面A1B1C1D1，
∵平面A1ABB1∩平面A1B1C1D1=A1B1，A1B1⊥C1B1，
∴C1B1⊥平面A1ABB1，
∴C1B1⊂平面AB1C1，
∴平面A1ABB1⊥平面AB1C1．
【解析】本题主要考查了线面平行和面面垂直的判定定理．注重了对基础知识的考查．
(1)根据BC/​/B1C1，且B1C1⊂平面AB1C1，BC⊄平面AB1C1，依据线面平行的判定定理推断出BC/​/平面AB1C1；
(2)平面A1ABB1⊥平面ABCD，平面ABCD//平面A1B1C1D1，推断出平面A1ABB1⊥平面A1B1C1D1，又平面A1ABB1∩平面A1B1C1D1=A1B1，A1B1⊥C1B1，C1B1⊂平面AB1C1，根据面面垂直的性质推断出平面A1ABB1⊥平面AB1C1．
20.【答案】解：(1)证明：假设数列c1，c2，c3是等差数列，
则2c2=c1+c3，即2(a2+b2)=(a1+b1)+(a3+b3).
因为b1，b2，b3是等差数列，所以2b2=b1+b3.从而2a2=a1+a3．
又因为a1，a2，a3是等比数列，所以a22=a1a3．
所以a1=a2=a3，这与q≠1矛盾，从而假设不成立．
所以数列c1，c2，c3不是等差数列．
(2)因为a1=1，q=2，所以an=2n−1．
因为c22=c1c3，所以(2+b2)2=(1+b2−d)(4+b2+d)，即b2=d2+3d，
由c2=2+b2≠0，得d2+3d+2≠0，所以d≠−1且d≠−2．
又d≠0，所以b2=d2+3d，定义域为{d∈R|d≠−1,d≠−2,d≠0}．
(3)方法一：设c1，c2，c3，c4成等比数列，其公比为q1，
则a1+b1=c1 , ①a1q+b1+d=c1q1 , ②a1q2+b1+2d=c1q12 , ③a1q3+b1+3d=c1q13. ④
将①+③−2×②得，a1(q−1)2=c1(q1−1)2 , ⑤
将②+④−2×③得，a1q(q−1)2=c1q1(q1−1)2 , ⑥
因为a1≠0，q≠1，由⑤得c1≠0，q1≠1．
由⑤⑥得q=q1，从而a1=c1.
代入①得b1=0. 再代入②，得d=0，与d≠0矛盾．
所以c1，c2，c3，c4不成等比数列．
方法二：假设数列c1，c2，c3，c4是等比数列，则c2c1=c3c2=c4c3.
所以c3−c2c2−c1=c4−c3c3−c2，即a3−a2+da2−a1+d=a4−a3+da3−a2+d．
两边同时减1得，a3−2a2+a1a2−a1+d=a4−2a3+a2a3−a2+d.
因为等比数列a1，a2，a3，a4的公比为q(q≠1)，所以a3−2a2+a1a2−a1+d=q(a3−2a2+a1)a3−a2+d．
又a3−2a2+a1=a1(q−1)2≠0，所以q(a2−a1+d)=a3−a2+d，即(q−1)d=0．
这与q≠1，且d≠0矛盾，所以假设不成立．
所以数列c1，c2，c3，c4不能为等比数列．
【解析】(1)运用反证法证明，假设数列c1，c2，c3是等差数列，由中项性质，结合条件，推得a1，a2，a3是等比数列也是等差数列，即可得证；
(2)运用等比数列的通项公式、等差数列的通项公式，化简整理，可得所求解析式和定义域；
(3)方法一、设c1，c2，c3，c4成等比数列，其公比为q1，由条件可得首项与公比的方程组，化简变形可得b1=0，d=0，即可判断结论；
方法二、假设数列c1，c2，c3，c4是等比数列，推理论证，即可得到结论．
本题考查等差数列和等比数列的通项公式、中项的性质，考查反证法和运算能力、推理能力，属于难题．
21.【答案】解：(1)因为椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点P(−1,−1)，
c为椭圆的半焦距，且c= 2b，
所以1a2+1b2=1，且c2=2b2，
所以a2=3b2，解得b2=43，a2=4．
所以椭圆方程为：x24+3y24=1．
(2)设l1方程为y+1=k(x+1)，
联立y=kx+k−1x2+3y2=4，
消去y得(1+3k2)x2+6k(k−1)x+3(k−1)2−4=0．
因为P为(−1,−1)，解得M(−3k2+6k+11+3k2,3k2+2k−11+3k2).
当k≠0时，用−1k代替k，得N(k2−6k−3k2+3,−k2−2k+3k2+3).
将k=−1代入，得M(−2,0)，N(1,1)．
因为P(−1,−1)，所以PM= 2，PN=2 2，
所以△PMN的面积为12× 2×2 2=2.
(3)设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
则x12+3y12=4x22+3y22=4，
两式相减得(x1+x2)(x1−x2)+3(y1+y2)(y1−y2)=0，
因为线段MN的中点在x轴上，
所以y1+y2=0，从而可得(x1+x2)(x1−x2)=0．
若x1+x2=0，则N(−x1,−y1).
因为PM⊥PN，所以PM⋅PN=0，得x12+y12=2．
又因为x12+3y12=4，所以解得x1=±1，
所以M(−1,1)，N(1,−1)或M(1,−1)，N(−1,1)．
所以直线MN的方程为y=−x．
若x1−x2=0，则N(x1,−y1)，
因为PM⊥PN，所以PM⋅PN=0，得y12=(x1+1)2+1．
又因为x12+3y12=4，所以解得x1=−12或−1，
经检验：x=−12满足条件，x=−1不满足条件．
综上，直线MN的方程为x+y=0或x=−12．
【解析】(1)由已知条件推导出1a2+1b2=1，且c2=2b2，由此能求出椭圆方程．
(2)设l1方程为y+1=k(x+1)，联立y=kx+k−1x2+3y2=4，得(1+3k2)x2+6k(k−1)x+3(k−1)2−4=0.由此能求出△PMN的面积．
(3)设M(x1,y1)，N(x2,y2)，利用点差法能求出直线MN的方程为x+y=0或x=−12．
本题考查椭圆方程的求法，考查三角形面积的求法，考查直线方程的求法，解题时要认真审题，注意点差法的合理运用．
22.【答案】解：(1)当a=0时，f(x)=(1−x)ex，则f′(x)=−ex+(1−x)ex=−xex，
∴f′(1)=−e，又f(1)=0，
∴f(x)在(1,f(1))处的切线方程为：y=−e(x−1)，即ex+y−e=0．
(2)①由题意知：f(x)定义域为(0,+∞)，f′(x)=−xex+ax；
令g(x)=f′(x)，则g′(x)=−(x+1)ex−ax2；
当a≤0时，f′(x)<0恒成立，∴f(x)在(0,+∞)上单调递减，不合题意；
当a>0时，g′(x)<0恒成立，∴f′(x)在(0,+∞)上单调递减，
∵f(x)存在极值点x1，∴f′(x1)=−x1ex1+ax1=0，即a=x12ex1；
且当x∈(0,x1)时，f′(x)>0；当x∈(x1,+∞)时，f′(x)<0；
∴f(x)在(0,x1)上单调递增，在(x1,+∞)上单调递减；
∵f(1)=0，f(x)存在大于1的零点x0，∴1则需f(x1)=(1−x1)ex1+alnx1>0，又a=x12ex1，
∴(1−x1)ex1+x12ex1lnx1>0，即x12lnx1+1−x1>0，又x1>1，∴lnx1+1x12−1x1>0，
令t=1x1，则t∈(0,1)，t2−t−lnt>0；
令φ(t)=t2−t−lnt(0∴φ(t)在(0,1)上单调递减，∴φ(t)>φ(1)=0，即当x1>1时，f(x1)>0恒成立；
令m(x)=x2ex(x>1)，则m′(x)=x(x+2)ex>0，
∴m(x)在(1,+∞)上单调递增，∴m(x)>m(1)=e，
∴当a>e时，方程a=x12ex1有解；∴实数a的取值范围为(e,+∞)；
②证明：由①知：x1>1，a=x12ex1，
则f(32x1)=(1−32x1)e3x12+x12ex1ln3x12=ex1[(1−32x1)ex12+x12ln3x12]，
令h(x)=(1−32x)ex2+x2ln3x2(x>1)，
则h′(x)=−32ex2+12(1−32x)ex2−2xln3x2−x2⋅3232x=−(1+34x)ex2−x(2ln3x2+1)；
∵1+34x>0，ex2>0，2ln3x2+1>2ln32+1>0，
∴h′(x)<0，∴h(x)在(1,+∞)上单调递减，∴h(x)又x1>1，∴h(x1)=(1−32x1)ex12−x12ln3x12<0，∴f(32x1)<0，
又f(x0)=0，∴f(32x1)∵32x1>x1，x0>x1，f(x)在(x1,+∞)上单调递减，
∴32x1>x0，即3x1>2x0．
【解析】(1)根据导数几何意义可求得切线斜率f′(1)，结合f(1)=0可得切线方程；
(2)①求导后，当a≤0时，可知f(x)单调递减，不合题意；当a>0时，根据f(x)存在极值点可确定f′(x1)=0，得到a=x12ex1，并得到f(x)单调性；通过零点可确定10恒成立可确定a=x12ex1只需有解即可；利用导数可求得m(x)=x2ex(x>1)的单调性和值域，由此可得a的范围；
②将问题转化为证明f(32x1)1)，利用导数可说明h(x)单调性，并得到h(x)<0，从而说明f(32x1)<0，由此可证得结论．
本题考查导数几何意义的应用、导数在求解函数中的应用；本题证明不等式的关键是能够将问题转化为函数的两个函数值大小关系的比较问题，结合导数的知识可求得函数值的大小关系，从而得到结论．Y1
100
150
200
250
350
400
P
0.05
0.1
0.25
0.3
0.2
0.1
Y2
150
190
270
400
480
P
0.25
0.25
0.3
0.15
0.05