2020-2021学年天津市宝坻一中等六校高二(下)期中数学试卷

2024年1月4日发(作者：生日手工礼物)

2020-2021学年天津市宝坻一中等六校高二（下）期中数学试卷

一、单选题（本大题共9小题，共27.0分）

1.

已知𝑓(𝑥)=𝑓′(1)+𝑥𝑙𝑛𝑥，则𝑓(𝑒)=( )

A.

1+𝑒

3B.

e

C.

2+𝑒

D.

3

32.

曲线𝑓(𝑥)=−√𝑥3+2在𝑥=1处的切线倾斜角是(

)

A.

6𝜋

1B.

3𝜋

1C.

6𝜋

5D.

3𝜋

𝑆8423.

设𝑆𝑛为正项等比数列{𝑎𝑛}的前n项和，𝑎5，3𝑎3，𝑎4成等差数列，则𝑆的值为( )

A.

16

1B.

17

1C.

16

1D.

17

4.

在等比数列{𝑎𝑛}中，𝑎3，𝑎7是函数𝑓(𝑥)=3𝑥3+4𝑥2+9𝑥−1的极值点，则𝑎5=( )

A.

−4

B.

−3

C.

3

D.

4

225.

已知数列{𝑏𝑛}是公差不为0的等差数列，且𝑏12−4𝑏12=𝑏2010−4𝑏2010，则数列{𝑏𝑛}的前2021项和为( )

A.

20214

B.

20212

C.

2021

D.

4042

6.

若曲线𝑦=𝑒𝑥在𝑥=0处的切线，也是𝑦=𝑙𝑛𝑥+𝑏的切线，则𝑏=( )

A.

−1

B.

1

C.

2

D.

e

7.

已知函数𝑦=𝑥2−2𝑥+3在闭区间[0,𝑚]上有最大值3，最小值2，则m的取值范围是( )

A.

[1,+∞)

B.

[0,2]

1C.

[1,2]

D.

(−∞,2]

∈𝑁∗都有𝑎𝑛>𝑎𝑛+1，则实数a的取值范围是(

)．

8.

已知数列{𝑎𝑛}满足𝑎𝑛=(−𝑎)𝑛+2,𝑛>8{3𝑛−7，若对于任意的𝑛𝑎,𝑛≤81A.

(0,3)

1B.

(0,2)

C.

(2,1)

1D.

(3,2)

𝑥22119.

若函数𝑓(𝑥)=𝑒𝑥−𝑒−𝑥+𝑠𝑖𝑛𝑥−𝑥，则满足𝑓(𝑎−2𝑙𝑛(|𝑥|+1))+𝑓()≥0恒成立的实数a的取值范围为( )

A.

[2𝑙𝑛2−2,+∞)

B.

(𝑙𝑛2−4,+∞)

二、单空题（本大题共6小题，共18.0分）

11C.

[4,+∞)

7D.

(2,+∞)

310.

函数𝑓(𝑥)=𝑥2−2𝑙𝑛𝑥的单调减区间是______．

11.

等比数列{𝑎𝑛}的各项均为正数，且𝑎5𝑎6+𝑎4𝑎7=18，则log3𝑎1+log3𝑎2+⋯+log3𝑎10=______．

93𝑛12.

设等差数列{𝑎𝑛}，{𝑏𝑛}的前n项和分别为𝑆𝑛，𝑇𝑛若对任意自然数n都有𝑇=4𝑛−3，则𝑏5+𝑏7+𝑏8+𝑏4的值𝑛𝑆2𝑛−3𝑎𝑎为______．

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13.

已知数列{𝑎𝑛}，𝑎1=1，𝑎𝑛+𝑎𝑛+1=𝑛⋅(−1) 𝑛(𝑛+1)2，前n项和为𝑆𝑛，则𝑆21=______．

14.

若过点𝑃(−1,𝑚)可作曲线𝑓(𝑥)=−𝑥3+6𝑥2的三条切线，则实数m的取值范围为______

．

15.

已知定义在(−∞,0)∪(0,+∞)上的偶函数𝑓(𝑥)的导函数为𝑓′(𝑥)，对定义域内的任意x，都有2𝑓(𝑥)+𝑥𝑓′(𝑥)<2成立，则使得𝑥2𝑓(𝑥)−4𝑓(2)<𝑥2−4成立的x的取值范围为______．

三、解答题（本大题共5小题，共60.0分）

16.

在如图所示的几何体中，四边形ABCD是正方形，四边形ADPQ是梯∠𝑃𝐷𝐴=2，𝑃𝐷//𝑄𝐴，形，平面𝐴𝐷𝑃𝑄⊥平面ABCD，且𝐴𝐷=𝑃𝐷=2𝑄𝐴=2．

(Ⅰ)求证：𝑄𝐵//平面PDC；

(Ⅱ)求二面角𝐶−𝑃𝐵−𝑄的大小；

(Ⅲ)已知点H在棱PD上，且异面直线AH与PB所成角的余弦值为

17.

已知数列{𝑎𝑛}的前n项和为𝑆𝑛，且𝑎𝑛+1=𝑎𝑛+2(𝑛∈𝑁∗)，𝑎3+𝑎4=12，数列{𝑏𝑛}为等比数列，且𝑏1=𝑎2，𝑏2=𝑆3．

(Ⅰ)求{𝑎𝑛}和{𝑏𝑛}的通项公式；

(Ⅱ)设𝑐𝑛=(−1)𝑛𝑎𝑛⋅𝑏𝑛，求数列{𝑐𝑛}的前n项和𝑇𝑛．

7√3，求线段15𝜋DH的长．

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18.

设函数𝑓(𝑥)=𝑚𝑒𝑥−𝑥2+3，其中𝑚∈𝑅．

(Ⅰ)当𝑓(𝑥)为偶函数时，求函数ℎ(𝑥)=𝑥𝑓(𝑥)的极值；

(Ⅱ)若函数𝑓(𝑥)在区间[−2,4]上有两个零点，求m的取值范围．

219.

已知正项数列{𝑎𝑛}的前n项和𝑆𝑛满足2𝑆𝑛=𝑎𝑛+𝑎𝑛−2．

(1)求数列{𝑎𝑛}的通项公式；

(2)若𝑏𝑛=2𝑛(𝑛−1)𝑛𝑎𝑛(𝑛∈𝑁∗)，求数列{𝑏𝑛}的前n项和𝑇𝑛．

(3)是否存在实数𝜆使得𝑇𝑛+2>𝜆⋅𝑆𝑛对𝑛∈𝑁+恒成立，若存在，求实数𝜆的取值范围，若不存在说明理由．

20.

已知函数𝑓(𝑥)=2𝑙𝑛𝑥−𝑥2−𝑎𝑥，𝑔(𝑥)=−𝑎𝑙𝑛𝑥+𝑥2+3𝑎𝑥+𝑥，𝑎∈𝑅．

(1)当𝑎=0时，求𝑓(𝑥)的极值；

(2)令ℎ(𝑥)=𝑓(𝑥)+𝑔(𝑥)，求函数ℎ(𝑥)的单调减区间；

𝑓′((3)如果𝑥1，𝑥2是函数𝑓(𝑥)的两个零点，𝑓′(𝑥)是𝑓(𝑥)的导函数，且𝑥1<𝑥2<4𝑥1，证明：

2𝑥1+𝑥231)>0．

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第4页，共18页

答案和解析

1.【答案】A

【解析】

【分析】

本题考查了导数运算，解答此题的关键是理解原函数解析式中的𝑓′(1)，在这里𝑓′(1)只是一个常数，此题是基础题．

把给出的函数求导得其导函数，在导函数解析式中取𝑥=1可求𝑓′(1)的值，再代值计算即可．

【解答】

解：由𝑓(𝑥)=𝑓′(1)+𝑥𝑙𝑛𝑥，

得：𝑓′(𝑥)=1+𝑙𝑛𝑥，

取𝑥=1得：𝑓′(1)=1+𝑙𝑛1=1，

故𝑓(𝑒)=𝑓′(1)+𝑒𝑙𝑛𝑒=1+𝑒，

故选A．

2.【答案】D

【解析】解：由题意可得：曲线的方程为：𝑦=−√𝑥3+2，

33所以𝑦′=−√3𝑥2，

所以𝑘切=𝑦′|𝑥=1=−√3，

所以曲线𝑦=−√𝑥3+2在𝑥=1处的切线的倾斜角是3𝜋.

332故选：D．

根据题意求出函数的导数，进而求出切线的斜率，即可得到切线的倾斜角．

本题主要考查导数的几何意义，以及求导公式．

3.【答案】D

【解析】解：正项等比数列{𝑎𝑛}的公比设为q，𝑞>0，𝑎5，3𝑎3，𝑎4成等差数列，

可得6𝑎3=𝑎5+𝑎4，即6𝑎1𝑞2=𝑎1𝑞4+𝑎1𝑞3，

化为𝑞2+𝑞−6=0，解得𝑞=2(−3舍去)，

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则𝑆=4𝑆8𝑎1(1−𝑞8)1−𝑞𝑎1(1−𝑞4)1−𝑞=1−𝑞4=1+𝑞4=1+16=17．

1−𝑞8故选：D．

设等比数列的公比为q，𝑞>0，运用等差数列的中项性质和等比数列的通项公式，解方程可得公比q，再由等比数列的求和公式，计算可得所求值．

本题考查等比数列的通项公式和求和公式，等差数列的中项性质，考查方程思想和化简运算能力，属于基础题．

4.【答案】C

【解析】解：∵𝑓(𝑥)=3𝑥3+4𝑥2+9𝑥−1，𝑓′(𝑥)=𝑥2+8𝑥+9，

𝑎3，𝑎7是函数𝑓(𝑥)=3𝑥3+4𝑥2+9𝑥−1的极值点，

∴𝑎3、𝑎7是𝑥2+8𝑥+9=0的两个实数根，

∴𝑎3⋅𝑎7=9．

𝑎5=√𝑎3𝑎7=3．

故选：C．

𝑓′(𝑥)=𝑥2−8𝑥+6，𝑎1、𝑎11是函数𝑓(𝑥)=3𝑥3+4𝑥2+9𝑥−1的极值点，可得𝑎1、𝑎11是𝑥2−8𝑥+6=0的两个实数根，再利用一元二次方程的根与系数的关系、等比数列的性质即可得出．

本题考查了利用导数研究函数的极值、一元二次方程的根与系数的关系、等比数列的性质、对数的运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

1115.【答案】D

【解析】

【分析】

本题考查等差数列性质以及前n项的和，属于基础题．

结合题设条件先求得𝑏12+𝑏2010=4，然后运用等差数列前n项和公式以及等差数列的性质即可求的结果．

【解答】

22解：数列{𝑏𝑛}是公差不为0的等差数列，且𝑏12−4𝑏12=𝑏2010−4𝑏2010，

∴(𝑏12−𝑏2010)(𝑏12+𝑏2010)=4(𝑏12−𝑏2010)，

又𝑏12−𝑏2010≠0

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∴𝑏12+𝑏2010=4，

故数列{𝑏𝑛}的前2021项和为：

𝑆2021=20212(𝑏1+𝑏2021)=20212(𝑏12+𝑏2010)=20212×4=4042．

所以选：D．

6.【答案】C

【解析】解：𝑦=𝑒𝑥的导数为𝑦′=𝑒𝑥，

曲线𝑦=𝑒𝑥在𝑥=0处的切线斜率为𝑘=1，

则曲线𝑦=𝑒𝑥在𝑥=0处的切线方程为𝑦−1=𝑥，

𝑦=𝑙𝑛𝑥+𝑏的导数为𝑦′=𝑥，

设切点为(𝑚,𝑛)，则𝑚=1，

解得𝑚=1，𝑛=2，

即有2=𝑙𝑛1+𝑏，

解得𝑏=2．

故选：C．

求出𝑦=𝑒𝑥的导数，求得切线的斜率，可得切线方程，再设与曲线𝑦=𝑙𝑛𝑥+𝑏相切的切点为(𝑚,𝑛)，求得函数𝑦=𝑙𝑛𝑥+𝑏的导数，由导数的几何意义求出切线的斜率，解方程可得m，n，进而得到b的值．

本题考查导数的运用：求切线方程，主要考查导数的几何意义：函数在某点处的导数即为曲线在该点处的导数，设出切点和正确求出导数是解题的关键．

117.【答案】C

【解析】解：作出函数𝑓(𝑥)的图象，如图所示，

当𝑥=1时，y最小，最小值是2，当𝑥=2时，𝑦=3，

函数𝑓(𝑥)=𝑥2−2𝑥+3在闭区间[0,𝑚]上上有最大值3，最小值2，

则实数m的取值范围是[1,2]．

故选：C．

本题利用数形结合法解决，作出函数𝑓(𝑥)的图象，如图所示，当y最小，𝑥=1时，𝑦=3，最小值是2，当𝑥=2时，欲使函数𝑓(𝑥)=𝑥2−2𝑥+3在闭区间[0,𝑚]上的上有最大值3，最小值2，则实数m第7页，共18页

的取值范围要大于等于1而小于等于2即可．

本题考查二次函数的值域问题，其中要特别注意它的对称性及图象的应用，属于中档题．

8.【答案】C

【解析】解：∵对于任意的𝑛∈𝑁∗都有𝑎𝑛>𝑎𝑛+1，

∴数列{𝑎𝑛}单调递减，可知0<𝑎<1．

①当3<𝑎<1时，𝑛>8，𝑎𝑛=(3−𝑎)𝑛+2单调递减，

而𝑎𝑛=𝑎𝑛−7(𝑛≤8)单调递减，

∴(3−𝑎)×9+2<𝑎8−7，解得𝑎>2，

因此2<𝑎<1．

②当0<𝑎<3时，𝑛>8，𝑎𝑛=(3−𝑎)𝑛+2单调递增，应舍去．

综上可知：实数a的取值范围是2<𝑎<1．

故选：C．

由已知数列{𝑎𝑛}单调递减，从而0<𝑎<1.根据3<𝑎<1，0<𝑎<3两种情况分类讨论，能求出实数a的取值范围．

本题考查实数值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意函数性质的合理运用．

.【答案】A

【解析】解：函数𝑓(𝑥)=𝑒𝑥−𝑒−𝑥+𝑠𝑖𝑛𝑥−𝑥，

故函数𝑓(𝑥)的定义域是R，关于原点对称，

且𝑓(−𝑥)=𝑒−𝑥−𝑒𝑥+sin(−𝑥)+𝑥=−(𝑒𝑥−𝑒−𝑥+𝑠𝑖𝑛𝑥−𝑥)=−𝑓(𝑥)，

故函数𝑓(𝑥)是定义在R上的奇函数，

且满足𝑓(𝑎−2𝑙𝑛(|𝑥|+1))+𝑓()≥0恒成立，

2故𝑓(𝑎−2𝑙𝑛(|𝑥|+1))≥−𝑓()=𝑓(−)，

22由𝑐𝑜𝑠𝑥∈[−1,1]，𝑓′(𝑥)=𝑒𝑥+𝑒−𝑥+𝑐𝑜𝑠𝑥−1≥2√𝑒𝑥⋅𝑒−𝑥+𝑐𝑜𝑠𝑥−1=𝑐𝑜𝑠𝑥+1≥0(当且仅当𝑥=0时“=”成立)，

𝑥2𝑥2𝑥2第8页，共18页

故函数𝑓(𝑥)在R单调递增，

由𝑓(𝑎−2𝑙𝑛(|𝑥|+1))≥𝑓(−)，故𝑎−2𝑙𝑛(|𝑥|+1)≥−，

22即𝑎≥2𝑙𝑛(|𝑥|+1)−𝑥22𝑥2𝑥2，

𝑥22令𝑔(𝑥)=2𝑙𝑛(|𝑥|+1)−欲使𝑎≥2𝑙𝑛(|𝑥|+1)−，

𝑥22恒成立，则𝑎≥𝑔(𝑥)𝑚𝑎𝑥恒成立，

(−𝑥)22𝑔(−𝑥)=2𝑙𝑛(|−𝑥|+1)−=2𝑙𝑛(|𝑥|+1)−𝑥22=𝑔(𝑥)，

且函数𝑔(𝑥)的定义域是R，关于原点对称，

故函数𝑔(𝑥)是定义在R上的偶函数，

故要求解𝑔(𝑥)在R上的最大值，只需要求解函数𝑔(𝑥)在[0,+∞)上的最大值即可，

当𝑥∈[0,+∞)时，𝑔(𝑥)=2𝑙𝑛(𝑥+1)−故𝑔′(𝑥)=𝑥+1−𝑥=−2(𝑥+2)(𝑥−1)𝑥+1𝑥22，

，

故当𝑥∈[0,1]时，𝑥−1≤0，则𝑔′(𝑥)≥0，𝑔(𝑥)在[0,1]上递增，

当𝑥∈(1,+∞)时，𝑥−1>0，则𝑔′(𝑥)<0，𝑔(𝑥)在(1,+∞)递减，

故𝑔(𝑥)𝑚𝑎𝑥=𝑔(1)=2𝑙𝑛2−2，

故𝑎≥2𝑙𝑛2−2，故a的取值范围是[2𝑙𝑛2−2,+∞)，

故选：A．

根据函数的单调性和奇偶性得到𝑎≥2𝑙𝑛(|𝑥|+1)−𝑥2111，令𝑔(𝑥)=2𝑙𝑛(|𝑥|+1)−2𝑥22，问题转化为𝑎≥𝑔(𝑥)𝑚𝑎𝑥恒成立，根据函数的单调性求出𝑔(𝑥)的最大值，从而求出a的范围即可．

本题考查了函数的单调性，奇偶性问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查转化思想，是一道综合题．

10.【答案】(0,1)

【解析】解：∵𝑓(𝑥)=𝑥2−2𝑙𝑛𝑥(𝑥>0)，

∴𝑓′(𝑥)=2𝑥−𝑥=22𝑥2−2𝑥=2(𝑥+1)(𝑥−1)𝑥，

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令𝑓′(𝑥)<0由图得：0<𝑥<1．

∴函数𝑓(𝑥)=𝑥2−2𝑙𝑛𝑥的单调减区间是(0,1)．

故答案为(0,1)．

依题意，可求得𝑓′(𝑥)=2(𝑥+1)(𝑥−1)𝑥，由𝑓′(𝑥)<0即可求得函数𝑓(𝑥)=𝑥2−2𝑙𝑛𝑥的单调减区间．

本题考查利用导数研究函数的单调性，考查解不等式的能力，属于中档题．

11.【答案】10

【解析】解：∵等比数列{𝑎𝑛}的各项均为正数，且𝑎5𝑎6+𝑎4𝑎7=18，

∴𝑎5𝑎6+𝑎4𝑎7=2𝑎5𝑎6=18，∴𝑎5𝑎6=9，

∴log3𝑎1+log3𝑎2+⋯+log3𝑎10

=log3(𝑎1×𝑎2×𝑎3×…×𝑎10)

=log3[(𝑎1𝑎10)×(𝑎2𝑎9)×(𝑎3𝑎8)×(𝑎4𝑎7)×(𝑎5𝑎6)]

=𝑙𝑜𝑔3(𝑎5𝑎6)5

=5𝑙𝑜𝑔39

=10．

故答案为：10．

由已知得𝑎5𝑎6=9，从而log3𝑎1+log3𝑎2+⋯+log3𝑎10=log3[(𝑎1𝑎10)×(𝑎2𝑎9)×(𝑎3𝑎8)×(𝑎4𝑎7)×(𝑎5𝑎6)]，由此能求出结果．

本题考查对数值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意对数性质、等比数列的性质的合理运用．

12.【答案】41

【解析】解：由等差数列的性质和求和公式可得：

𝑎9𝑎3𝑎9𝑎3+=+

𝑏5+𝑏7𝑏8+𝑏4𝑏1+𝑏11𝑏1+𝑏1111(𝑎1+𝑎11)𝑎3+𝑎9𝑎1+𝑎112===

11(𝑏1+𝑏11)𝑏1+𝑏11𝑏1+𝑏112𝑆112×11−319===

𝑇114×11−341故答案为：41

1919第10页，共18页

11由等差数列的性质和求和公式可得原式=𝑇，代值计算可得．

11𝑆本题考查等差数列的性质和求和公式，属基础题．

13.【答案】11

【解析】解：数列{𝑎𝑛}，𝑎1=1，𝑎𝑛+𝑎𝑛+1=𝑛⋅(−1) 当𝑛=1时，𝑎1+𝑎2=1⋅(−1)1=−1，

当𝑛=3时，𝑎3+𝑎4=3⋅(−1)6=3，

当𝑛=5时，𝑎6+𝑎5=5⋅(−1)15=−5，

当𝑛=7时，𝑎7+𝑎8=7⋅(−1)28=7，

当𝑛=9时，𝑎9+𝑎10=9⋅(−1)45=−9，

同理：𝑎11+𝑎12=11，

𝑎13+𝑎14=−13，

𝑎15+𝑎16=15，

𝑎17+𝑎18=−17，

𝑎19+𝑎20=19，

所以：𝑆20=2+2+2+2+2=10，

利用数列的通项公式解得：𝑎21=1，

所以：𝑆21=11

故答案为：11

直接利用数列的递推关系式求出数列中各项的关系，进一步求出数列的和．

本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，分组法求数列的和的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．

𝑛(𝑛+1)2，

14.【答案】(−20,7)

【解析】解：设切点坐标(𝑠,−𝑠3+6𝑠2)，

因为𝑓(𝑥)=−𝑥3+6𝑥2，所以𝑓′(𝑥)=−3𝑥2+12𝑥，

曲线𝑦=𝑓(𝑥)在(𝑠,−𝑠3+6𝑠2)处的切线斜率为−3𝑠2+12𝑠，

又切线过点𝑃(−1,𝑚)，所以切线斜率为−𝑠3+6𝑠2−𝑚𝑠+1，

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所以−𝑠3+6𝑠2−𝑚𝑠+1=−3𝑠2+12𝑠，

即2𝑠3−3𝑠2−12𝑠−𝑚=0

①

因为过点𝑃(−1,𝑚)

可作曲线𝑦=𝑓(𝑥)的三条切线，

所以方程①有3解．

令𝑔(𝑠)=2𝑠3−3𝑠2−12𝑠−𝑚，

则𝑔(𝑠)图象与x轴有3个交点，所以𝑔(𝑠)的极大值与极小值异号．

由𝑔′(𝑠)=6𝑠2−6𝑠−12，令𝑔′(𝑠)=0，得𝑠=2或−1，

所以𝑔(2)𝑔(−1)<0，

即(−𝑚−20)(−𝑚+7)<0，

所以−20<𝑚<7，

故答案为：(−20,7)．

先设切点坐标，用导数求出切线斜率，再用两点的斜率公式求出切线斜率，两者相等，得到含m的方程，因为过点𝑃(−1,𝑚)

可作曲线𝑦=𝑓(𝑥)的三条切线，即方程有3解，构造函数求得导数和极值，令两极值的乘积小于0，解不等式可得所求范围．

本题考查导数的运用：求切线的方程和单调性、极值，考查方程思想和运算能力，属于中档题．

15.【答案】(−∞,−2)∪(2,+∞)

【解析】

【分析】

本题主要考查函数的奇偶性和导函数的应用，属于中档题．

根据条件构造函数𝑔(𝑥)=𝑥2𝑓(𝑥)−𝑥2，求函数的导数，研究函数𝑔(𝑥)的单调性和奇偶性，利用函数奇偶性和单调性的关系将不等式进行转化求解即可．

【解答】

解：由𝑓(𝑥)是偶函数，

∴当𝑥>0时，由2𝑓(𝑥)+𝑥𝑓′(𝑥)<2，

得2𝑓(𝑥)+𝑥𝑓′(𝑥)−2<0，

设𝑔(𝑥)=𝑥2𝑓(𝑥)−𝑥2，

则𝑔′(𝑥)=2𝑥𝑓(𝑥)+𝑥2𝑓′(𝑥)−2𝑥

=𝑥(2𝑓(𝑥)+𝑥𝑓′(𝑥)−2)<0，

即当𝑥>0时，函数𝑔(𝑥)为减函数，

第12页，共18页

由𝑥2𝑓(𝑥)−4𝑓(2)<𝑥2−4，

得𝑥2𝑓(𝑥)−𝑥2<4𝑓(2)−4，

即𝑔(𝑥)<𝑔(2)，

∵𝑓(𝑥)是偶函数，∴𝑔(𝑥)也是偶函数，

则𝑔(𝑥)<𝑔(2)，等价为𝑔(|𝑥|)<𝑔(2)，

即|𝑥|>2，得𝑥>2或𝑥<−2，

即x的取值范围是(−∞,−2)∪(2,+∞)，

故答案为：(−∞,−2)∪(2,+∞)．

16.【答案】证明：(Ⅰ)∵四边形ABCD是正方形，∴𝐴𝐵//𝐶𝐷，

∵四边形ADPQ是梯形，𝑃𝐷//𝑄𝐴，𝐴𝐵∩𝑄𝐴=𝐴，𝐶𝐷∩𝑃𝐷=𝐷，

∴平面𝐴𝐵𝑃//平面DCP，

∵𝑄𝐵⊂平面ABQ，∴𝑄𝐵//平面PDC．

解：(Ⅱ)以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DP为z轴，建立空间直角坐标系，

则𝐶(0,2，0)，𝑃(0,0，2)，𝐵(2,2，0)，𝑄(2,0，1)，

⃗⃗⃗⃗

=(0,2，−2)，⃗⃗⃗⃗⃗

⃗⃗⃗⃗⃗

𝑃𝐵=(2,2，−2)，⃗𝑃𝐶𝑃𝑄=(2,0，−1)，

⃗ =(𝑥,y，𝑧)， 设平面PBC的法向量𝑛⃗ ⋅⃗⃗⃗⃗⃗

𝑛𝑃𝐵=2𝑥+2𝑦−2𝑧=0⃗ =(0,1，1)， 则{，取𝑦=1，得𝑛⃗⃗⃗⃗⃗

⃗ ⋅𝑃𝐶=2𝑦−2𝑧=0𝑛⃗⃗⃗ =(𝑥,y，𝑧)， 设平面PBQ的法向量𝑚⃗⃗⃗⃗⃗

=2𝑥+2𝑦−2𝑧=0⃗⃗⃗ ⋅𝑃𝐵𝑚⃗⃗⃗ =(1,1，2)， 则{，取𝑥=1，得𝑚⃗⃗⃗ ⋅⃗⃗⃗⃗⃗

𝑚𝑃𝑄=2𝑥−𝑧=0设二面角𝐶−𝑃𝐵−𝑄的大小为𝜃，由图形得𝜃为钝角，

则𝑐𝑜𝑠𝜃=−|𝑚=⃗⃗⃗ |⋅|𝑛⃗⃗ |∴𝜃=5𝜋6|𝑚⃗⃗⃗ ⋅𝑛⃗⃗ |3√2⋅√=−6√3，

2，

5𝜋∴二面角𝐶−𝑃𝐵−𝑄的大小为6．

(Ⅲ)点H在棱PD上，且异面直线AH与PB所成角的余弦值为7√3，

15⃗⃗⃗⃗⃗

=(−2,0，𝑡)，⃗⃗⃗⃗⃗

设𝐷𝐻=𝑡，则𝐻(0,0，𝑡)，𝐴(2,0，0)，⃗𝐴𝐻𝑃𝐵=(2,2，−2)，

|𝐴𝐻⋅𝑃𝐵|⃗⃗⃗⃗⃗

,⃗⃗⃗⃗⃗

∴|cos<⃗𝐴𝐻𝑃𝐵>|=|𝐴𝐻=⃗⃗⃗⃗⃗⃗

|⋅|𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗

|33⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗

4+2𝑡√4+𝑡2⋅√12=7√3，

15解得𝑡=2，∴线段DH的长为2．

第13页，共18页

【解析】(Ⅰ)推导出𝐴𝐵//𝐶𝐷，从而平面𝐴𝐵𝑃//平面DCP，由此能证明𝑄𝐵//平面PDC．

DA为x轴，DC为y轴，DP为z轴，(Ⅱ)以D为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角𝐶−𝑃𝐵−𝑄的大小．

(Ⅲ)设𝐷𝐻=𝑡，利用向量法能求出线段DH的长．

本题考查线面平行的证明，考查二面角的大小、线段长的求法，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，是中档题．

17.【答案】解：(Ⅰ)根据题意，数列{𝑎𝑛}满足𝑎𝑛+1=𝑎𝑛+2，

则数列{𝑎𝑛}是公差为2的等差数列，可设公差为d，

又由𝑎3+𝑎4=12，则𝑎3+𝑎3+𝑑=12，解可得𝑎3=5，

则𝑎𝑛=𝑎3+(𝑛−3)𝑑=2𝑛−1，

又由数列{𝑏𝑛}为等比数列，且𝑏1=3，𝑏2=1+3+5=9，则数列{𝑏𝑛}的公比为3，

则𝑏𝑛=3𝑛，

(Ⅱ)根据题意，由(Ⅰ)的结论，𝑎𝑛=2𝑛−1，𝑏𝑛=3𝑛，

则𝑐𝑛=(−1)𝑛𝑎𝑛⋅𝑏n

=(−1)𝑛×(2𝑛−1)×3𝑛=(2𝑛−1)(−3)𝑛，

则𝑇𝑛=1×(−3)+3×(−3)2+⋯…+(2𝑛−1)(−3)𝑛，①

−3𝑇𝑛=1×(−3)2+3×(−3)3+⋯…+(2𝑛−1)(−3)𝑛+1，②

①−②可得：4𝑇𝑛=−3+2[(−3)2+(−3)3+⋯…(−3)𝑛]

−(2𝑛−1)×(−3)𝑛+1=2−变形可得：𝑇𝑛=8−

【解析】本题考查数列的递推公式以及求和，关键是求出两个数列的通项公式，属于基础题．

(Ⅰ)根据题意，由𝑎𝑛+1=𝑎𝑛+2分析可得数列{𝑎𝑛}是公差为2的等差数列，又由𝑎3+𝑎4=12可得𝑎3+𝑎3+𝑑=12，解可得𝑎3=5，由等差数列的通项公式可得{𝑎𝑛}的通项公式，进而可得𝑏1=3，𝑏2=9，分析可得数列{𝑏𝑛}的公比为3，结合等比数列的通项公式计算可得答案；

(Ⅱ)根据题意，求出数列{𝑐𝑛}的通项公式，由错位相减法分析可得答案．

3839×(4𝑛−1)2×(−3)𝑛−1，

9×(4𝑛−1)×(−3)𝑛−1．

18.【答案】解：(Ⅰ)由函数𝑓(𝑥)是偶函数，得𝑓(−𝑥)=𝑓(𝑥)，

即𝑚𝑒−𝑥−(−𝑥)2+3=𝑚𝑒𝑥−𝑥2+3对于任意实数x都成立，

第14页，共18页

所以𝑚=0．

此时ℎ(𝑥)=𝑥𝑓(𝑥)=−𝑥3+3𝑥，则ℎ′(𝑥)=−3𝑥2+3．

由ℎ′(𝑥)=0，解得𝑥=±1，

当x变化时，ℎ′(𝑥)与ℎ(𝑥)的变化情况如下表所示：

x

ℎ′(𝑥)

ℎ(𝑥)

(−∞,−1)

−

↘

−1

0

极小值

(−1,1)

1

+

↗

0

极大值

(1,+∞)

−

↘

所以ℎ(𝑥)在(−∞,−1)，(1,+∞)上单调递减，在(−1,1)上单调递增，

所以ℎ(𝑥)有极小值ℎ(−1)=−2，ℎ(𝑥)有极大值ℎ(1)=2．

(Ⅱ)由𝑓(𝑥)=𝑚𝑒𝑥−𝑥2+3=0，得𝑚=𝑥2−3𝑒𝑥．

𝑥2−3𝑒𝑥所以“𝑓(𝑥)在区间[−2,4]上有两个零点”等价于“直线𝑦=𝑚与曲线𝑔(𝑥)=公共点”．

对函数𝑔(𝑥)求导，得𝑔′(𝑥)=−𝑥2+2𝑥+3𝑒𝑥，𝑥∈[−2,4]有且只有两个．

由𝑔′(𝑥)=0，解得𝑥1=−1，𝑥2=3．

当x变化时，𝑔′(𝑥)与𝑔(𝑥)的变化情况如下表所示：

x

𝑔′(𝑥)

𝑔(𝑥)

(−2,−1)

−

↘

−1

0

极小值

(−1,3)

3

+

↗

0

极大值

(3,4)

−

↘

所以𝑔(𝑥)在(−2,−1)，(3,4)上单调递减，在(−1,3)上单调递增．

又因为𝑔(−2)=𝑒2，𝑔(−1)=−2𝑒，𝑔(3)=𝑒3<𝑔(−2)，𝑔(4)=𝑒4>𝑔(−1)，

所以当−2𝑒<𝑚<𝑒4或𝑚=𝑒3时，直线𝑦=𝑚与曲线𝑔(𝑥)=136136𝑥2−3𝑒𝑥613，𝑥∈[−2,4]有且只有两个公共点．

即当−2𝑒<𝑚<𝑒4或𝑚=𝑒3时，函数𝑓(𝑥)在区间[−2,4]上有两个零点．

【解析】(Ⅰ)先求出m的值，再求函数的导数，得到函数的单调区间，从而求出函数的极值；

(Ⅱ)由已知可得𝑚=𝑥2−3𝑒𝑥，命题等价于“直线𝑦=𝑚与曲线𝑔(𝑥)=𝑥2−3𝑒𝑥，𝑥∈[−2,4]有且只有两个公共点”.对𝑔(𝑥)求导，得到函数的单调区间，分类讨论即可得解．

本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用，考查换元思想、分类讨论思想，解题时仔细谨慎，第15页，共18页

属于中档题．

19.【答案】解：(1)当𝑛=1时，𝑎1=2．

22当𝑛≥2时，2𝑎𝑛=2(𝑆𝑛−𝑆𝑛−1)=2[(𝑎𝑛+𝑎𝑛−2)−(𝑎𝑛−1+𝑎𝑛−1−2)]，

整理可得：(𝑎𝑛+𝑎𝑛−1)(𝑎𝑛−𝑎𝑛−1−1)=0，

可得𝑎𝑛−𝑎𝑛−1=1，

∴{𝑎𝑛}是以𝑎1=2为首项，𝑑=1为公差的等差数列．

∴𝑎𝑛=2+(𝑛−1)×1=𝑛+1(𝑛∈𝑁∗)．

(2)由(Ⅰ)得𝑎𝑛=𝑛+1，

∴𝑏𝑛=2𝑛(𝑛−1)𝑛(𝑛+1)22=2𝑛+1𝑛+123−2𝑛𝑛22．

2𝑛+12𝑛∴𝑇𝑛=(2−2)+(3−)+⋯+(𝑛+1−22𝑛+1𝑛+1)=𝑛2𝑛+1𝑛+1−2．

(3)假设存在实数𝜆，使得2𝑛+2>𝜆𝑛(𝑛+3)2对一切正整数恒成立，

2𝑛+2即𝜆<𝑛(𝑛+1)(𝑛+3)对一切正整数恒成立，只需满足𝜆<(𝑛(𝑛+1)(𝑛+3))𝑚𝑖𝑛即可，

令𝑓(𝑛)=𝑛(𝑛+1)(𝑛+3)，

由数列的单调性可得，所以𝑓(1)=1，𝑓(2)=15，𝑓(3)=9，𝑓(4)=35>𝑓(5)>𝑓(6)>⋯

当𝑛=3时有最小值𝑓(3)=9．

所以𝜆<9．

【解析】(1)直接利用递推关系式的应用求出数列的通项公式．

(2)利用(1)的结论，进一步求出数列的通项公式．

(3)利用恒成立问题的应用和函数的单调性的应用求出参数的取值范围．

本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，恒成立问题的应用，数列的求和的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．

4484162𝑛+220.【答案】解：(1)𝑎=0时：𝑓(𝑥)=2𝑙𝑛𝑥−𝑥2，故𝑓′(𝑥)=当0<𝑥<1时：𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)递增，

当𝑥>1时：𝑓′(𝑥)<0，𝑓(𝑥)递减，

∴𝑥=1时：𝑓(𝑥)取极大值𝑓(1)=−1；

2(1+𝑥)(1−𝑥)𝑥，(𝑥>0)，

第16页，共18页

(2)ℎ′(𝑥)=(2𝑥−1)(𝑎𝑥+1)𝑥2，令ℎ′(𝑥)=0，解得：𝑥1=−𝑎，𝑥2=2，

1111若𝑎≥0，由ℎ′(𝑥)<0解得：0<𝑥<2，∴ℎ(𝑥)的递减区间是(0,2)，

若𝑎<0，①𝑎<−2时，−𝑎<2，由ℎ′(𝑥)<0，解得：0<𝑥<−𝑎或𝑥>2，

∴ℎ(𝑥)在(0,−𝑎)，(2,+∞)递减；

②𝑎=−2时：总有ℎ′(𝑥)≤0，故ℎ(𝑥)在(0,+∞)递减，

③−2<𝑎<0时：−𝑎>2，由ℎ′(𝑥)<0，解得：0<𝑥<2或𝑥>−𝑎，

∴ℎ(𝑥)在(0,2)，(−𝑎,+∞)递减，

综上：𝑎<−2时，ℎ(𝑥)在(0,−𝑎)，(2,+∞)递减，

𝑎=−2时：ℎ(𝑥)在(0,+∞)递减，

−2<𝑎<0时：ℎ(𝑥)在(0,2)，(−𝑎,+∞)递减，

𝑎≥0时：ℎ(𝑥)的递减区间是(0,2)；

(3)∵𝑥1，𝑥2(𝑥1<𝑥2)是函数𝑓(𝑥)的两个零点，

22∴𝑓(𝑥1)=2𝑙𝑛𝑥1−𝑥1−𝑎𝑥1=0，𝑓(𝑥2)=2𝑙𝑛𝑥2−𝑥2−𝑎𝑥2=0，

222两式相减可得：2𝑙𝑛𝑥−(𝑥2−𝑥1)−𝑎(𝑥2−𝑥1)=0，

1111111𝑥∴𝑎=2𝑙𝑛𝑥2𝑥1𝑥2−𝑥12−(𝑥2+𝑥1)，

∵𝑓′(𝑥)=𝑥−2𝑥−𝑎，

∴𝑓′(2𝑥1+𝑥232)=62𝑥1+𝑥23−(2𝑥1+𝑥2)−𝑎，

32=−𝑥2−𝑥1(ln𝑥−1𝑥2𝑥2−3𝑥1𝑥2+2𝑥1)−3(𝑥1−𝑥2)，

13𝑡−32令𝑡=𝑥∈(1,4)，ℎ(𝑡)=𝑙𝑛𝑡−𝑡+2，

1𝑥∴ℎ′(𝑡)=−𝑡19(𝑡+2)2=𝑡2−5𝑡+4𝑡(𝑡+2)2=(𝑡−1)(𝑡−4)𝑡(𝑡+2)2<0，

∴ℎ(𝑡)在(1,4)上单调递减，

∴ℎ(𝑡)<ℎ(1)=0，

又−𝑥∴𝑓′(

22−𝑥1<0，−(𝑥1−𝑥2)>0，

3)>0．

12𝑥1+𝑥23第17页，共18页

【解析】(1)将𝑎=0代入，求出𝑓(𝑥)的导数，从而求出函数的极值；

(2)先求出ℎ(𝑥)的导数，通过讨论a的范围，从而求出函数的递减区间；

(3)构造函数ℎ(𝑡)=𝑙𝑛𝑡−3𝑡−3𝑡+2，求导数可得单调性和求值范围，进而可得答案．

本题考查利用导数研究函数的极值和单调性，涉及构造函数的方法，属中档题．

第18页，共18页