资源描述：
《浙江省浙南名校联盟2020-2021学年高二下学期期末考试联考数学Word版含解析》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。
浙江省浙南名校联盟2020-2021学年高二下学期期末联考数学试题一、单选题（共10题；共40分）1.设集合U={−2,−1,0,1}，A={x|x2<1,x∈U}，则∁UA=（ ）A. {−2,−1,1} B. {−2,0,1} C. {−2,−1,0} D. {−1,0,1}2.双曲线y2−x2=1的离心率是（ ）A. 22 B. 1 C. 2 D. 23.若实数x，y满足约束条件{x≥0y≥xy≤2−2x，则z=x+2y的最大值是（ ）A. 23 B. 2 C. 83 D. 44.某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm3）是（ ）A. 5π6 B. 2π3 C. π2 D. (3+52)π5.已知函数f(x)=logax（a>0，a≠1），则y=f(|x|−1)的图象可能是（ ）
1A. B. C. D. 6.若a,b∈R，则“a+|b|>1”是“|a|+|b|≥1”的（ ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件7.已知θ∈(π4,π2)，sin(θ+π4)=63，则tanθ=（ ）A. 3−22 B. 3+22 C. 24 D. 68.已知等比数列{an}前n项和Sn满足Sn=1−A⋅3n+1（A∈R），数列{bn}是递增的，且bn=An2+Bn，则实数B的取值范围为（ ）A. [−23,+∞) B. [−1,+∞) C. (−1,+∞) D. (−13,+∞)9.已知平面向量a，b，c，满足|a|=a⋅b=2，|a+λb|≥|a−12b|对任意实数λ恒成立，(a−c)⋅(b−2c)=1，则|b−c|的最大值为（ ）A. 3+12 B. 5+32 C. 7+32 D. 7+5210.已知方程x⋅ekx=1有两个不同的实数根x1，x2（x1e2 B. x1+x2>2e C. x1−ke+1e二、填空题（共7题；共36分）11.设复数z满足(1−i)z=1+2i（i是虚数单位），则|z|=________，z的虚部为________．12.已知(1+x)+(1+x)2+⋅⋅⋅+(1+x)n=a0+a1x+⋅⋅⋅+anxn，若a1+a2+⋅⋅⋅+an−1=1021−n，则n=________，a7=________．13.在△ABC中，已知角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且b2+c2−a2=bc，则A=________；若a=2，则△ABC面积的最大值为________．14.袋中装有质地，大小相同的5个红球，m个白球，现从中任取2个球，若取出的两球都是红球的概率为514，则m=________；记取出的红球个数为X，则E(X)=________．
215.已知a>0，b>0，且a+b=1，则1a+2b−3ab的最大值是________．16.已知抛物线y2=4x，过点N(2,0)的直线交抛物线于A，B两点，|AN||BN|=2，则线段AB长为________．17.如图，在矩形ABCD中，AB=a，BC=2a，点E为AD的中点，将△ABE沿BE翻折到△A'BE的位置，在翻折过程中，A'不在平面BCDE内时，记二面角A'−DC−B的平面角为α，则当α最大时，cosα的值为________．三、解答题（共5题；共74分）18.已知函数f(x)=cos2(x+π2)−cos2(x+π3)，x∈R．（1）求f(x)的单调递减区间；（2）若α∈[0,π]，f(α)=−34，求α的值．19.如图，菱形ABCD与正三角形DEF所在平面互相垂直，∠BCD=60°，E，G分别是线段AB，CF的中点．（1）求证：BG//平面DEF；（2）求直线BC与平面DEG所成角的正弦值．20.设正项数列{an}的前n项之和bn=a1+a2+⋅⋅⋅+an，数列{bn}的前n项之积cn=b1b2⋅⋅⋅bn，且bn+cn=1．（1）求证：{1cn}为等差数列，并分别求{an}、{bn}的通项公式；（2）设数列{an⋅bn+1}的前n项和为Sn，不等式Sn>1λ+λ−3对任意正整数n恒成立，求正实数λ的取值范围．21.如图，A，B为椭圆x24+y2=1的左右顶点，直线y=kx+m交椭圆于C，D两点，直线AC的斜率是直线BD的斜率3倍．
3（1）若P为椭圆上异于A，B的一点，证明：直线PA和PB的斜率之积为常数；（2）证明：直线CD过定点．22.已知函数f(x)=|x+a|+|x+b|（a,b∈R）．（1）若a=1，b=−1，求y=f(x)的值域；（2）若b=0，当x∈[0,4]时，f(x)的最大值为258，求a的值；（3）当x∈[0,4]时，记f(x)最大值为M(a,b)，求证：当a2+b2≤12时，3≤M(a,b)≤7．
4答案解析部分一、单选题（共10题；共40分）1.设集合U={−2,−1,0,1}，A={x|x2<1,x∈U}，则∁UA=（ ）A. {−2,−1,1} B. {−2,0,1} C. {−2,−1,0} D. {−1,0,1}【答案】A【考点】补集及其运算【解析】【解答】由题意得：集合A={0}，所以∁UA={−2,−1,1}.故答案为：A【分析】根据题意由补集的定义即可得出答案。2.双曲线y2−x2=1的离心率是（ ）A. 22 B. 1 C. 2 D. 2【答案】C【考点】双曲线的简单性质【解析】【解答】由双曲线方程知：a=1，c=2，∴e=ca=2.故答案为：C【分析】根据题意由双曲线的简单性质求出a与c的值，从而计算出离心率的结果。3.若实数x，y满足约束条件{x≥0y≥xy≤2−2x，则z=x+2y的最大值是（ ）A. 23 B. 2 C. 83 D. 4【答案】D【考点】简单线性规划【解析】【解答】解：由约束条件作出可行域如图，
5联立{x=02x+y=2，解得A(0,2)，化目标函数z=x+2y为y=−12x+z2，由图可知，当直线z=x+2y经过点A(0,2)时，z取得最大值，且最大值为4．故答案为：D．【分析】根据题意作出可行域再由已知条件找出目标函数，把目标函数化为直线方程的截距由数形结合法即可得出当直线经过点A时，z取得最大值并由直线的方程求出点A的坐标，然后把坐标代入到目标函数计算出z的值即可。4.某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm3）是（ ）A. 5π6 B. 2π3 C. π2 D. (3+52)π【答案】A【考点】由三视图求面积、体积【解析】【解答】解：根据三视图可知该几何体为一个圆柱挖去一个圆锥，
6∴其体积为V=π×12×1−13×π×12×12=5π6，故答案为：A．【分析】根据三视图可知该几何体为一个圆柱挖去一个圆锥，由圆柱以及圆锥的体积公式代入数值计算出结果即可。5.已知函数f(x)=logax（a>0，a≠1），则y=f(|x|−1)的图象可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【考点】函数的图象【解析】【解答】由题意，y=g(x)=f(|x|−1)=loga(|x|−1)，∴g(−x)=loga(|−x|−1)=g(x)，即g(x)为偶函数，排除A、D；当x=3时，y=g(3)=loga(|3|−1)=loga2，当x=32时，y=g(32)=loga(|32|−1)=−loga2，∴x=3、x=32对应函数值异号，排除C；故答案为：B
7【分析】根据题意首先求出函数的定义域再由奇函数的定义f(-x)=f(x)即可判断出该函数为偶函数，由偶函数图象的性质得出图像关于y轴对称由此排除A、D，再由特殊点法代入数值验证即可排除选项C，由此得到答案。 6.若a,b∈R，则“a+|b|>1”是“|a|+|b|≥1”的（ ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】A【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断，不等式的基本性质【解析】【解答】若a+|b|>1，因为|a|≥a，所以|a|+|b|≥a+|b|>1，即|a|+|b|≥1成立；反过来，若|a|+|b|≥1，取a=−1,b=0，满足|a|+|b|≥1，但此时a+|b|=−1，即a+|b|>1不成立.所以“a+|b|>1”是“|a|+|b|≥1”的充分不必要条件.故答案为：A.【分析】首先由绝对值不等式的性质利用特殊值法，结合充分和必要条件的定义即可得出答案。7.已知θ∈(π4,π2)，sin(θ+π4)=63，则tanθ=（ ）A. 3−22 B. 3+22 C. 24 D. 6【答案】B【考点】两角和与差的正切公式，同角三角函数间的基本关系【解析】【解答】因为θ∈(π4,π2)，所以θ+π4∈(π2,3π4)，又因为sin(θ+π4)=63，所以cos(θ+π4)=−33，则tan(θ+π4)=−2，所以tanθ=tan[(θ+π4)−π4]，=tan(θ+π4)−tanπ41+tan(θ+π4)⋅tanπ4，=−2−11−2=3+22，故答案为：B【分析】首先由角的取值范围得出θ+π4∈(π2,3π4)，然后由同角三角函数的基本关系式计算出tan(θ+π4)=−2，再由两角和的正切公式代入数值计算出结果即可。8.已知等比数列{an}前n项和Sn满足Sn=1−A⋅3n+1（A∈R），数列{bn}是递增的，且bn=An2+Bn，则实数B的取值范围为（ ）A. [−23,+∞) B. [−1,+∞) C. (−1,+∞) D. (−13,+∞)【答案】C【考点】数列的函数特性，等比数列的性质【解析】【解答】解：因为等比数列{an}前n项和Sn满足Sn=1−A⋅3n+1（A∈R），
8所以a1=S1=1−9A，a2=S2−S1=(1−27A)−(1−9A)=−18A，a3=S3−S2=(1−81A)−(1−27A)=−54A，因为等比数列{an}中a22=a1a3，所以(−18A)2=(1−9A)(−54A)，解得A=13或A=0（舍去），所以bn=13n2+Bn，因为数列{bn}是递增的，所以bn+1−bn=13(n+1)2+B(n+1)−13n2−Bn>0，所以B>−23n−13，因为n∈N∗，所以B>−1，故答案为：C【分析】根据题意由数列的通项公式和数列前n项和公式之间的关系求出数列的通项公式，结合等比数列的性质即可得出bn=13n2+Bn，从而得出数列的单调性，由此得出bn+1−bn=13(n+1)2+B(n+1)−13n2−Bn>0即B>−23n−13，进而得出答案。9.已知平面向量a，b，c，满足|a|=a⋅b=2，|a+λb|≥|a−12b|对任意实数λ恒成立，(a−c)⋅(b−2c)=1，则|b−c|的最大值为（ ）A. 3+12 B. 5+32 C. 7+32 D. 7+52【答案】D【考点】两向量的和或差的模的最值，平面向量的坐标运算，两点间的距离公式【解析】【解答】解：由|a+λb|⩾|a−12b|，得|a|2+2abλ+|b|2λ2−|a|2+a·b−14|b|2⩾0，即b2λ2+4λ−14b2+2≥0，因为|a+λb|≥|a−12b|对任意实数λ恒成立，所以Δ=16−4b2(−14b2+2)≤0，解得(b2−4)2≤0，所以b2−4=0即|b|=2，由|a|=a⋅b=2，可设a=(2,0),b=(1,3),c=(x,y)，则a−c=(2−x,−y)，b−2c=(1−2x,3−2y)，
9因为(a−c)⋅(b−2c)=1，所以2+2x2−5x−3y+2y2=1，即(x−54)2+(y−34)2=54，所以向量c=(x,y)对应点的坐标的轨迹方程是以(54,34)为圆心，52为半径的圆，|b−c|=(1−x)2+(3−y)2，可以看成(1,3)和(x,y)两点之间的距离，将(1,3)代入(x−54)2+(y−34)2=54，得(1,3)在圆内，圆心(54,34)到点(1,3)的距离为(54−1)2+(34−3)2=72，所以|b−c|的最大值为7+52.故答案为：D.【分析】根据题意整理化简原式由此得到|b|=2，再由已知条件结合向量的坐标公式整理得出a−c=(2−x,−y)，b−2c=(1−2x,3−2y)，由一直听结合数量积的坐标公式整理得到向量c=(x,y)对应点的坐标的轨迹方程是以(54,34)为圆心，52为半径的圆，然后由向量模的公式以及两点间的距离公式整理得出答案即可。10.已知方程x⋅ekx=1有两个不同的实数根x1，x2（x1e2 B. x1+x2>2e C. x1−ke+1e【答案】D【考点】函数单调性的性质，利用导数研究函数的单调性【解析】【解答】由题意，k=−lnx2x，即y=k与f(x)=−lnx2x在(0,+∞)上有两个交点且横坐标分别为x1，x2（x1e时，f'(x)>0，f(x)单调递增；∴f(x)的极小值也是最小值为f(e)=−12e，而f(1)=0，limx→0+f(x)=+∞，limx→+∞f(x)=0，∴要使题设成立，则−12ee，∴f(e+x0)−f(e−x0)=ln(e−x0)2(e−x0)−ln(e+x0)2(e+x0)=(e+x0)ln(e−x0)−(e−x0)ln(e+x0)2(e2−x02)，若g(x0)=(e+x0)ln(e−x0)−(e−x0)ln(e+x0)且010∴g'(x0)e时f(x)单调递增，故在e+x0右侧存在x2，使f(x2)=f(e−x0)，即x2>e+x0，若e−x0=x1，∴x1+x2>e+x0+e−x0=2e，且x1⋅x2>e2−x02恒成立，即x1⋅x2>e2，A、B符合题意；令ℎ(x)=x+lnx2x且x∈(1,+∞)，则ℎ'(x)=1+1−lnx2x2，即ℎ″(x)=2lnx−32x3，∴1e32，ℎ″(x)>0，ℎ'(x)递增；∴ℎ'(x)≥ℎ'(e32)=1−14e3>0，故ℎ(x)单调递增，∴ℎ(x1)<ℎ(e)<ℎ(x2)，即x1−k11∴1021−n=2n+1−3−n，即2n+1=1024，得n=9，∴含x7的项为C77x7+C87x7+C97x7=45x7，即a7=45.故答案为：9，45【分析】由已知条件利用特殊值代入法计算出a1+a2+...+an−1=2n+1−3−n，即可求出n的值，再把结果代入到C77x7+C87x7+C97x7=45x7计算出结果即可。13.在△ABC中，已知角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且b2+c2−a2=bc，则A=________；若a=2，则△ABC面积的最大值为________．【答案】60°；3【考点】基本不等式在最值问题中的应用，正弦定理，余弦定理【解析】【解答】解：∵b2+c2−a2=bc，由余弦定理得b2+c2−a2=2bccosA=bc，∴cosA=12，A∈(0,π)，∴A=60°，又a=2，∴b2+c2−4=bc≥2bc−4，∴bc≤4，当且仅当b=c=2时等号成立，∴△ABC面积的最大值Smax=12bcsinA=12×4×32=3，故答案为：60°；3．【分析】首先由余弦定理代入数值计算出cosA的值，由此求出角A的大小，再由基本不等式计算出bc≤4，由此计算出三角形面积的最大值。14.袋中装有质地，大小相同的5个红球，m个白球，现从中任取2个球，若取出的两球都是红球的概率为514，则m=________；记取出的红球个数为X，则E(X)=________．【答案】3；54【考点】离散型随机变量及其分布列，离散型随机变量的期望与方差，组合及组合数公式【解析】【解答】由题意知：C52Cm0Cm+52=514，整理得m2+9m−36=(m+12)(m−3)=0(m>0)，∴m=3，由X={0,1,2}，则P(X=0)=C50C32C82=328，P(X=1)=C51C31C82=1528，P(X=2)=C52C30C82=514，∴E(X)=0×P(X=0)+1×P(X=)1+2×P(X=2)=0+1528+57=54.故答案为：3，54.
12【分析】由已知条件集合组合公式整理得到关于m的方程求解出m的值，再由题意即可得出X的取值，结合概率公式计算出对应的X的概率值，并把数值代入到期望公式计算出结果即可。15.已知a>0，b>0，且a+b=1，则1a+2b−3ab的最大值是________．【答案】32【考点】基本不等式在最值问题中的应用【解析】【解答】解：因为a>0，b>0，且a+b=1，所以a∈(0,1),b∈(0,1)，1a+2b−3ab=11+b−3ab=11+(1−a)(1−3a)=13a2−4a+2，当a=23时，3a2−4a+2取最小值23，所以13a2−4a+2取最大值32，故1a+2b−3ab的最大值是32.故答案为：32.【分析】首先根据题意整理化简原式再由基本不等式计算出最值即可。16.已知抛物线y2=4x，过点N(2,0)的直线交抛物线于A，B两点，|AN||BN|=2，则线段AB长为________．【答案】35【考点】抛物线的定义，抛物线的简单性质【解析】【解答】设A(x1,y1),B(x2,y2)，不妨设y1>0,y2<0，直线方程为y=k(x−2),(k≠0)，由{y=k(x−2)y2=4x，得ky2−4y−8k=0，由韦达定理得y1⋅y2=−8，因为|AN||BN|=2，所以y1=−2y2，解得y1=4,y2=−2，x1=4,x2=1，所以|AB|=(x1−x2)2+(y1−y2)2=35，故答案为：35【分析】根据题意联立直线与抛物线的方程消元后得到关于y的方程结合韦达定理，求出y1⋅y2=−8由已知条件即可得出y1=4,y2=−2，x1=4,x2=1，然后由两点间的距离公式代入数值计算出结果即可。
1317.如图，在矩形ABCD中，AB=a，BC=2a，点E为AD的中点，将△ABE沿BE翻折到△A'BE的位置，在翻折过程中，A'不在平面BCDE内时，记二面角A'−DC−B的平面角为α，则当α最大时，cosα的值为________．【答案】255【考点】与二面角有关的立体几何综合题，二面角的平面角及求法【解析】【解答】取BC中点F，易得AF⊥BE，在翻折过程中A'的射影H在AF上，且A'的轨迹是以AF为直径的圆，如上图，在ABCD内作HG⊥CD，垂足为G，连A'G，∴∠A'GH是二面角A'−DC−B的平面角，即α=∠A'GH且α∈(0,π2)．由AF⊥BE，故A'O⊥BE，∴∠A'OF是二面角A'−BE−C的平面角，设∠A'OF=θ，由上下对称故只考虑θ∈(0,π)即可．由AB=a，则OA'=22a，A'H=22asinθ，OH=22acosθ，HG=32a−12acosθ，而A'H⊥面ABCD，故tanα=A'HHG=22asinθ32a−12acosθ=2sinθ3−cosθ，令k=2sinθ3−cosθ，则3k=2sinθ+kcosθ=2+k2sin(θ+φ)且tanφ=k2，∴3k≤2+k2，得−12≤k≤12，∴由正切函数单调性，当α最大时tanα=12，故cosα=255，此时cosθ=13．故答案为：255【分析】根据题意由已知条件作出辅助线，易知在翻折过程中A’的射影H在AF 上且4’的轨迹是以AF 为直径的圆，作HG⊥CD，则∠A'GH是二面角A'−DC−B的平面角，∠A'OF
14是二面角A'-BE-C的平面角，由题设求OA、AH、OH、HG，即有k=2sinθ3−cosθ，整理变形有3k=2sinθ+kcosθ=2+k2sin(θ+φ)即可求tan α的范围，由正切单调性确定最大时求出tanα=12，从而得出答案即可。 三、解答题（共5题；共74分）18.已知函数f(x)=cos2(x+π2)−cos2(x+π3)，x∈R．（1）求f(x)的单调递减区间；（2）若α∈[0,π]，f(α)=−34，求α的值．【答案】（1）f(x)=sin2x−cos2(x+π3)=1−cos2x2−1+cos(2x+2π3)2=−12cos2x+14cos2x+34sin2x=−14cos2x+34sin2x=12sin(2x−π6)∵在2kπ+π2≤2x−π6≤2kπ+3π2上f(x)单调递减，即kπ+π3≤x≤kπ+5π6,k∈Z，上f(x)单调递减，∴单调递减区间为[kπ+π3,kπ+5π6]，k∈Z；（2）由f(α)=−34，得sin(2α−π6)=−32，∴2α−π6=4π3+2kπ或2α−π6=5π3+2kπ，k∈Z∵α∈[0,π]，∴α=3π4,11π12．【考点】函数解析式的求解及常用方法，二倍角的正弦公式，二倍角的余弦公式，正弦函数的单调性【解析】【分析】(1)首先由二倍角公式以及两角和的正弦公式整理化简函数的我就想说，再由正弦函数的单调性由整体思想即可求出函数的单调区间。(2)根据题意把点的坐标代入函数的解析式，由此计算出2α−π6=4π3+2kπ或2α−π6=5π3+2kπ对k赋值计算出结果即可。 19.如图，菱形ABCD与正三角形DEF所在平面互相垂直，∠BCD=60°，E，G分别是线段AB，CF的中点．
15（1）求证：BG//平面DEF；（2）求直线BC与平面DEG所成角的正弦值．【答案】（1）证明：取线段DF中点H，连HG，HE，因为G、H分别为FC、DF中点，所以HG∕∕DC，且HG=12DC，又E为AB中点，AB∕∕DC,AB=DC，所以EB∕∕DC，EB=12DC，所以HG//EB且HG=EB，所以四边形GBEH是平行四边形，所以GB//HE，由HE⊂平面DEF，BG⊄平面DEF，所以BG//平面DEF．（2）因为E为AB中点，所以DE⊥AB，所以DE⊥DC，过D作平面ABCD的垂线为z轴，分别以DE，DC所在直线为x，y轴，建立空间直角坐标系，如图所示 设菱形边长为2，则DE=3，取DE中点O，连接FO，
16所以FO⊥DE，即正三角形DEF高为FO=32，由已知平面ABCD⊥平面DEF，且平面ABCD∩平面DEF=DE，所以FO⊥平面ABCD，所以F(32,0,32)，E(3,0,0)，B(3,1,0)，C(0,2,0)，G(34,1,34)，D(0,0,0)，则BC=(−3,1,0)，DG=(34,1,34)，DE=(3,0,0)，设平面DEG的法向量为n=(x,y,z)，则{n⋅DG=34x+y+34z=0n⋅DE=3x=0，解得{x=04y=−3z，取n=(0,−3,4)，设直线BC与平面DEG所成角为θ，则sinθ=|n⋅BC|n|⋅|BC||=310所以直线BC与平面DEG所成角的正弦值为310【考点】直线与平面平行的判定，空间向量的数量积运算，用空间向量求直线与平面的夹角【解析】【分析】(1)根据题意作出辅助线，由中点的性质即可得出线线平行，由此得出四边形GBEH是平行四边形，进而得出线线平行结合线面平行的判定定理即可得证出结论。(2)根据题意建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量和平面DEG法向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出平面DEG的法向量的坐标，结合空间数量积的运算公式代入数值即可求出夹角的余弦值即为线面角的正弦值，由此得到直线BC与平面DEG所成角的正弦值。 20.设正项数列{an}的前n项之和bn=a1+a2+⋅⋅⋅+an，数列{bn}的前n项之积cn=b1b2⋅⋅⋅bn，且bn+cn=1．（1）求证：{1cn}为等差数列，并分别求{an}、{bn}的通项公式；（2）设数列{an⋅bn+1}的前n项和为Sn，不等式Sn>1λ+λ−3对任意正整数n恒成立，求正实数λ的取值范围．【答案】（1）解：由题意知：当n≥2时，bn=cncn−1，代入bn+cn=1得：cncn−1+cn=1，所以1cn−1cn−1=1由{b1=c1b1+c1=1得：b1=c1=12，所以{1cn}是以2为首项，1为公差的等差数列，所以1cn=n+1，cn=1n+1，bn=1−cn=nn+1当n≥2时，an=bn−bn−1=nn+1−n−1n=1n(n+1)
17当n=1时，a1=b1=12也符号上式，所以an=1n(n+1)（2）由（1）得：an⋅bn+1=nn(n+1)⋅n+1n+2=1n(n+2)所以Sn=11×3+12×4+13×5+⋅⋅⋅+1(n−1)(n+1)+1n(n+2)=12(1−13+12−14+13−15+⋅⋅⋅+1n−1−1n+1+1n−1n+2)=34−12(1n+1+1n+2)显然{Sn}单调递增，所以Sn≥S1=13由题意得：1λ+λ−3<13，即1λ+λ<103，又λ>0，所以λ的取值范围为13<λ<3．【考点】等差数列的通项公式，等比数列的前n项和，数列的求和【解析】【分析】(1)根据题意由已知条件结合数列的递推公式，整理即可得出数列{1cn}为等差数列，结合等差数列的通项公式即可得出cn=1n+1即bn=1−cn=nn+1，从而整理得到数列{an}、{bn}的通项公式。(2)由(1)的结论整理即可得出an⋅bn+1=nn(n+1)⋅n+1n+2=1n(n+2)，再由裂项相消法整理即可得出Sn=34−12(1n+1+1n+2)，结合函数的性质即可得出{Sn}的单调性，由此得到Sn≥S1=13。即1λ+λ−3<13求解出λ的取值范围。 21.如图，A，B为椭圆x24+y2=1的左右顶点，直线y=kx+m交椭圆于C，D两点，直线AC的斜率是直线BD的斜率3倍．（1）若P为椭圆上异于A，B的一点，证明：直线PA和PB的斜率之积为常数；（2）证明：直线CD过定点．【答案】（1）由题意，设P点的坐标(x0,y0)则x024+y02=1，而A(−2,0)，B(2,0)，
18∴kPA⋅kPB=y0x0+2⋅y0x0−2=y02x02−4=1−x024x02−4=−14，故为定值，得证.（2）设C点坐标(x1,y1)，设D点坐标(x2,y2)，由（1）可得：kAD⋅kBD=−14，又kAC=3kBD，∴kAC⋅kAD=−34联立直线与椭圆方程，整理得(4k2+1)x2+8kmx+4(m2−1)=0，∴x1+x2=−8km4k2+1，x1x2=4(m2−1)4k2+1，则y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=m2−4k24k2+1，∴kAC⋅kAD=y1x1+2⋅y2x2+2=y1y2x1x2+2(x1+x2)+4=m2−4k24(m2−1)+2(−8km)+4(4k2+1)=−34，整理得2k2−3km+m2=0，即(k−m)(2k−m)=0，可得m=2k或m=k，当m=2k时，直线y=kx+m=kx+2k，直线过定点(−2,0)（舍），当m=k时，直线y=kx+m=kx+k，直线过定点(−1,0)，得证.【考点】恒过定点的直线，椭圆的简单性质，直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)根据题意把点的坐标代入结合直线斜率的坐标公式整理即可得出答案。(2)由设而不求法设出点的坐标，再由(1)的结论结合直线的斜率公式整理得出kAC⋅kAD=−34，联立直线与椭圆的方程消元后得到关于x的方程，结合韦达定理即可得出关于两根之和以及两根之积关于m的代数式，结合直线的方程整理得出y1y2=m2−4k24k2+1，代入到kAC⋅kAD整理得出为定值，由此得出m的取值再把数值代入到直线的方程，整理即可得到答案。22.已知函数f(x)=|x+a|+|x+b|（a,b∈R）．（1）若a=1，b=−1，求y=f(x)的值域；（2）若b=0，当x∈[0,4]时，f(x)的最大值为258，求a的值；（3）当x∈[0,4]时，记f(x)最大值为M(a,b)，求证：当a2+b2≤12时，3≤M(a,b)≤7．【答案】（1）解：函数的定义域为x∈[0,+∞)，若a=1，b=−1，f(x)=|x+1|+|x−1|=x+1+|x−1|，当0≤x≤1，f(x)=x−x+2≥74，此时f(x)∈[74,2]；当x>1时，f(x)=x+x>2，综上，f(x)∈[74,+∞)．（2）若b=0，f(x)=|x+a|+x，当a≥0时，f(x)=x+x+a在x∈[0,4]单调递增，则f(x)的最大值为f(4)=6+a=258，无解，舍；
19当−4
