2020年浙江省杭州高中高考数学质检试卷(5月份)

2020年浙江省杭州高中高考数学质检试卷（5月份）1.已知集合P={x∈R|−1<x<1}，Q={x∈R|0≤x<2}，那么P∩∁R Q=()A. (−1,2)B. (0,1)C. (−1,0)D. (1,2)2.双曲线x29−y216=1的左顶点到其渐近线的距离为()A. 2B. 95C. 125D. 33.已知一个四棱锥的正视图和俯视图如图所示，则该几何体的侧视图为()A. B. C. D.4.若x、y满足约束条件{x≥0x+y−3≥0x−2y≤0，则z=x+2y的取值范围是()A. [0,6]B. [0,4]C. [6,+∞)D. [4,+∞)5.若函数f(x)=(4mx−n)2的大致图象如图所示，则()A. m>0，0<n<1B. m>0，n>1C. m<0，0<n<1D. m<0，n>16.如果对于任意实数x，<x>表示不小于x的最小整数，例如<1，1>=2，<−1，1>=−1，那么“|x−y|<1”是“<x>=<y>”的()A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件7.已知随机变量ξ的分布列如表：则当a 在(0,12)内增大时( )A. Dξ增大B. Dξ减小C. Dξ先增大后减小D. Dξ先减小后增大8. 已知e 1⃗⃗⃗ ，e 2⃗⃗⃗ ，e 3⃗⃗⃗ 是空间单位向量，且满足e 1⃗⃗⃗ ⋅e 2⃗⃗⃗ =e 2⃗⃗⃗ ⋅e 3⃗⃗⃗ =e 3⃗⃗⃗ ⋅e 1⃗⃗⃗ =12，若向量b ⃗ =3λe 1⃗⃗⃗ +(1−λ)e 2⃗⃗⃗ ，λ∈R.则e 3⃗⃗⃗ 在b ⃗方向上的投影的最大值为( ) A. √22B. √23C. √32D. √339. 已知k ∈R ，设函数f(x)={x 2−2kx +2k,x ≤1(x −k −1)e x +e 3,x >1，若关于x 的不等式f(x)≥0在x ∈R 上恒成立，则k 的取值范围为( )A. [0,e 2]B. [2,e 2]C. [0,4]D. [0,3]10. 已知数列{a n }满足：a n >0，且a n 2=3a n+12−2a n+1(n ∈N ∗)，下列说法正确的是( )A. 若a 1=12，则a n >a n+1 B. 若a 1=2，则a n ≥1+(37)n−1C. a 1+a 5≤2a 3D. |a n+2−a n+1|≥√33|a n+1−a n |11. 设z =1−i1+i +2(i 为虚数单位)，则z 的共轭复数z −=______，|z|=______． 12. 在二项式(√x −1x )6的展开式中，常数项是______，有理项的的个数是______．13. 已知方程为x 2+y 2+2x −ay +a =0的圆关于直线4x +y =0对称，则圆的半径r =______，若过点M(1,0)作该圆的切线，切点为A ，则线段MA 长度为______．14. 在△ABC 中，BC =4，∠B =135°，点D 在线段AC 上，满足BD ⊥BC ，且BD =2，则cosA = ，AD = ．15. 某地为提高社区居民身体素质和保健意识，从5名医生和2名护士共7名医务工作者中选出队长1人、副队长1人、普通医务工作者2人组成4人医疗服务队轮流到社区为居民进行医疗保健服务，要求医疗服务队中至少有1名护士，则共有______种不同的选法(用数字作答)16. 已知a >0，若集合A ={x ∈Z||2x 2−x −a −2|+|2x 2−x +a −2|=2a}中的元素有且仅有两个，则实数a 的取值范围是______．17. 已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率是√22，若以N(0,2)为圆心且与椭圆C 有公共点的圆的最大半径为√26，此时椭圆C 的方程是______．18. 已知函数f(x)=Asin(ωx +φ)(x ∈R,A >0,ω>0,0<φ<π2)的部分图象如图所示．(1)求函数f(x)的解析式；(2)求函数g(x)=f(x −π12)−f(x +π12)在[π4,13π24]上的值域．19. 如图，四棱台ABCD −A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是菱形，CC 1⊥底面ABCD ，且∠BAD =60°，CD =CC 1=2C 1D 1=4，E 是棱BB 1的中点． (1)求证：AA 1⊥BD ；(2)求直线AA 1与平面A 1EC 1所成线面角的正弦值．20.已知公差非零的等差数列{a n}的前n项和为S n(n∈N∗)，且a1，a2，a4成等比数列，且S4=10，数列{b n}满足b1=2，b n−b n−1=2n−1(n≥2,n∈N∗)．(1)求数列{a n}和{b n}的通项公式；(2)设数列{c n}满足c n=lna nb n ,(n∈N+)，求证：(1−12n−1)⋅ln√2≤c2+⋯+c n<34，(n∈N∗,n≥2)．21.已知O是坐标系的原点，F是抛物线C：x2=4y的焦点，过点F的直线交抛物线于A，B两点，弦AB的中点为M，△OAB的重心为G．(Ⅰ)求动点G的轨迹方程；(Ⅱ)设(Ⅰ)中的轨迹与y轴的交点为D，当直线AB与x轴相交时，令交点为E，求四边形DEMG的面积最小时直线AB的方程．22.已知函数f(x)=(x−a)e x(a∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；,1)恒成立，求b(2)当a=2时，设函数g(x)=f(x)+lnx−x−b，b∈Z，若g(x)≤0对任意的x∈(13的最小值．答案和解析1.【答案】C【解析】解：∵∁R Q={x|x<0或x≥2}，那么P∩∁R Q={x|−1<x<0}，故选：C．由已知集合Q，先求其补集，再与P求交集．本题考查了交、补集的混合运算，属于基础题．2.【答案】C【解析】解：由双曲线x29−y216=1，得a2=9，b2=16，∴双曲线x29−y216=1的左顶点坐标为(−3,0)，其一条渐近线方程为y=43x，即4x−3y=0．由对称性得左顶点到其渐近线的距离为d=|−12|√42+(−3)2=125．故选：C．由双曲线方程求得左顶点坐标与一条渐近线方程，再由点到直线的距离公式得答案．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．3.【答案】A【解析】解：如图，原四棱锥下底面是边长为√2正方形，侧棱PA⊥面ABCD；且PA=2；故其侧视图的高为2，底边长为2；且高投影到正中间；故选：A．还原出原图即可求解结论．本题考查三视图与直观图，考查学生的读图能力，属于基础题．4.【答案】D【解析】解：x 、y 满足约束条件{x ≥0x +y −3≥0x −2y ≤0，表示的可行域如图：目标函数z =x +2y 经过C 点时，函数取得最小值， 由{x +y −3=0x −2y =0解得C(2,1)， 目标函数的最小值为：4 目标函数的范围是[4,+∞)． 故选：D ．画出约束条件的可行域，利用目标函数的最优解求解即可．本题考查线性规划的简单应用，画出可行域判断目标函数的最优解是解题的关键．5.【答案】B【解析】解：令f(x)=0，即4mx =n ，则mx =log 4n ，即x =1m log 4n ， 由图可知，1m log 4n >0，故m >0时n >1，m <0时0<n <1，排除A 、D ；当m <0时，易知y =4mx 是减函数，且当x →+∞时，y →0则f(x)→n 2，C 明显不合题意，排除C ， 故选：B ．通过函数值为0，求出x 的表达式，判断m ，n 的范围，排除选项AD ，通过m <0，利用函数的单调性，结合x 与y 的关系，判断排除选项C ，即可．本题考查函数与方程的应用，函数的最值以及函数的单调性的应用，是中档题．6.【答案】B【解析】解：若|x −y|<1.取x =3.6，y =4.1，则<x >=4，<y >=5，<x >≠<y >， 所以“|x −y|<1”成立推不出“<x >=<y >”成立 若<x >=<y >，因为<x >表示不小于x 的最小整数，所以x ≤<x ><x +1所以可设<x >=x +m ，<y >=y +n ，mn ∈[0,1]，由x +m =y +n 得|x −y|=|m −n|<1， 所以“<x >=<y >”⇒“|x −y|<1”故“|x −y|<1”是“<x >=<y >”的必要不充分条件 故选B通过给x ，y 取特值得到前者推不出后者；通过推导判断出后者可推出前者；据充要条件的定义判断出结论． 本题考查说明一个命题不成立常用举反例的方法、考查利用充要条件的定义判断一个命题是另一个命题的什么条件．7.【答案】C【解析】解：由随机变量ξ的分布列的性质得： {0≤b −a ≤10≤b ≤10≤a ≤1b −a +b +a =1，解得b =0.5，0≤a ≤0.5， Eξ=0.5+2a ，Dξ=(0−0.5−2a)2(0.5−a)+(1−0.5−2a)2×0.5+(2−0.5−2a)2a =−4a 2+2a +0.25， ∴当a 在(0,12)内增大时，Dξ先增大后减小． 故选：C ．由随机变量ξ的分布列的性质解得b =0.5，0≤a ≤0.5，Eξ=0.5+2a ，Dξ=−4a 2+2a +0.25，由此得到当a 在(0,12)内增大时，Dξ先增大后减小．本题考查命题真假的判断，考查离散型随机变量的分布列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．8.【答案】D【解析】解：因为e 1⃗⃗⃗ ⋅e 2⃗⃗⃗ =e 2⃗⃗⃗ ⋅e 3⃗⃗⃗ =e 3⃗⃗⃗ ⋅e 1⃗⃗⃗ =12，∴e 3⃗⃗⃗ ⋅b ⃗ =e 3⃗⃗⃗ ⋅[3λe 1⃗⃗⃗ +(1−λ)e 2⃗⃗⃗ ]=3λe 3⃗⃗⃗ ⋅e 1⃗⃗⃗ +(1−λ)e 3⃗⃗⃗ ⋅e 2⃗⃗⃗ =3λ2+1−λ2=λ+12． |b ⃗ |=√(3λe 2⃗⃗⃗ )2+[(1−λ)e 2⃗⃗⃗ ]2+2⋅3λ(1−λ)e 1⃗⃗⃗ ⋅e 2⃗⃗⃗ =√7λ2+λ+1．∴e 3⃗⃗⃗⃗ ⋅b ⃗ |b⃗ |=λ+12√7λ2+λ+1…①，因为要求最大值，故不妨取λ+12>0，且令t =λ+12，则λ=t −12，代入①式得√7(t−12)2+t−12+1=√7t 2−6t+94=√4t 2−t+7…②，令y =94t 2−6t +7=94(1t −43)2+3≥3， 故②式≤√3=√33． 故选：D ．根据投影的计算公式，将投影化为关于λ的函数，然后再求函数的最大值即可． 本题考查平面向量的综合应用，以及投影的概念和计算方法．属于中档题．9.【答案】D【解析】解：(1)当x ≤1时，f(x)=x 2−2kx +2k ， ∴f(x)的对称轴为x =k ，开口向上．①当k <1时，f(x)在(−∞,k)递减，(k,1)递增， ∴当x =k 时，f(x)有最小值，即f(k)≥0，∴0≤k <1； ②当k ≥1时，f(x)在(−∞,1)上递减， ∴当x =1时，f(x)有最小值，即f(1)=1， ∴1≥0显然成立，此时k ≥1． 综上得，k ≥0；(2)当x >1时，f(x)=(x −k −1)e x +e 3，∴f′(x)=(x −k)e x ， ①′当k ≤1时，f(x)在(1,+∞)上递增，∴f(x)>f(1)=−ke +e 3≥0，∴k ≤e 2，∴此时k ≤1； ②′当k >1时，f(x)在(1,k)递减，(k,+∞)递增， ∴f(x)≥f(k)=−e k +e 3≥0，∴k ≤3， ∴此时1<k ≤3． 综上：0≤k ≤3，∵关于x 的不等式f(x)≥0在x ∈R 上恒成立，则k 的取值范围为0≤k ≤3， 故选：D ．当x ≤1时，f(x)=x 2−2kx +2k ，分k <1、k ≥1两类讨论，可求得k ≥0；当x >1时，f(x)=(x −k −1)e x +e 3，分k ≤1、k >1两类讨论，可求得k ≤3；取其公共部分即可得到答案．本题考查分段函数的应用，考查不等式恒成立问题，着重考查分类讨论思想和等价转化思想，考查导数的运用，考查运算求解能力和推理能力，属于难题．10.【答案】B【解析】解：∵a n 2=3a n+12−2a n+1(n ∈N ∗)，∴a n 2−1=3a n+12−2a n+1−1，∴(a n +1)(a n −1)=(3a n+1+1)(a n+1−1)．∵a n >0，故a n +1>0且3a n+1+1>0，于是(a n −1)与(a n+1−1)同号， ∴(a n −1)(a n+1−1)>0．对于A ，若a 1=12，则a 1−1=−12<0，则a n −1<0，∴a n 2−a n+12=2a n+1(a n+1−1)<0，所以a n <a n+1，故A 错误；对于B ，∵a 1=2⇒a 1−1=1>0⇒a n −1>0，即a n >1，于是∴a n 2−a n+12=2a n+1(a n+1−1)>0，即a n >a n+1,⇒数列{a n }单调递减， 于是a n <a 1=2，所以4⩾7(a n+1−a n )+2a n ， 即a n +13an+1+1⩾37，∵(a n +1)(a n −1)=(3a n+1+1)(a n+1−1)，∴a n+1−1a n −1=a n +13a n+1+1⩾37⇒a n −1⩾(37)n−1， 故a n ⩾1+(37)n−1，B 正确；对于C ，考虑函数y =√3x 2−2x ，如图所示由图可知当a n >0时，数列{a n −a n+1}递减，所以a1−a3>a3−a5，即a1+a5>2a3，所以C不正确；对于D，设a n+1=x，则a n=√3x2−2x,a n+2=1+√1+3x23，由上图可知，由上图可知，|a n+2−a n+1|≥√33|a n+1−a n|，即|1+√1+3x23−x|≥√33|x−√3x2−2x|，等价于2+2√3x√9x2−6x≥2√1+3x2(3x−1)，化简得：x2−2x+1≤0，而x2−2x+1≤0显然不成立，所以D不正确；由排除法可知B正确．故选：B．由已知条件a n>0，且a n2=3a n+12−2a n+1(n∈N∗)分析可得(a n−1)(a n+1−1)>0，然后构造函数y=√3x2−2x，利用函数图象分析，再逐个判断即可．本题考查了数列递推关系、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，属于难题．11.【答案】2+i√5【解析】解：因为z=1−i1+i +2=(1−i)2(1+i)(1−i)+2=2−i，则z的共轭复数z−=2+i，|z|=√4+1=√5．故答案为：2+i，√5．由复数运算法则求出z，再求其共轭复数和模．本题考查了复数的运算法则，属于基础题．12.【答案】15 4【解析】解：因为二项式(√x−1x )6的展开式的通项公式为：T r+1=∁6r⋅(√x)6−r⋅(−1x)r=(−1)r⋅∁6r⋅x3−32r；r=0，1，2，3，4，5，6．令3−32r=0可得r=2；故其常数项为：∁62⋅(−1)2=15；有理项需要x的指数为整数∴r是2的倍数∴r=0，2，4，6．故展开式中有理项的个数是4；故答案为：15，4．先求出通项公式，再令x的指数为0以及令x的指数为整数，求出r的值，判断出展开式中有理项的个数．本题主要考查二项式定理得运用，解决二项展开式的特定项问题，应该利用的工具是二项展开式的通项公式．13.【答案】2√2 4【解析】解：圆标准方程可化为(x+1)2+(y−a2)2=a24−a，所以圆心(−1,a2)在直线4x+y=0上，代入解得a=8，所以r=√a24−a=2√2，则圆的方程为(x+1)2+(y−4)2=8，圆心C(−1,4)当直线为x=1时，明显与圆不相切，因为直线MA与圆相切，故MA⊥AC，所以MA=√MC2−r2=√20−8=4，故答案为2√2，4将圆方程整理成标准形式得到圆心坐标，代入直线即可的a的值进而求出半径，利用MA⊥AC，勾股定理求得AM的长度本题考查圆标准方程的化简，圆的半径，切线长等，属于基础题14.【答案】3√10102√5【解析】【分析】根据题意画出图形，结合图形求出sin C和cos C的值，再结合诱导公式和两角和的三角函数公式求cos A的值；利用正弦定理求出AC和AD的值．本题考查了解三角形的应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题．【解答】解：如图所示，△ABC中，BC=4，∠B=135°，BD⊥BC，且BD=2，则CD =√BD 2+BC 2=√4+16=2√5； 所以sinC =2√5=√55，cosC =2√5=2√55； cosA =−cos(135°+C) =−cos135°cosC +sin135°sinC=−(−√22)×2√55+√22×√55=3√1010； sinA =√1−cos 2A =(3√1010)=√1010， BC sinA=ACsin135∘， 4√1010=AC√22，AC =4√5，AD =AC −CD =4√5−2√5=2√5． 故答案为：3√1010，2√5．15.【答案】360【解析】 【分析】本题考查排列、组合的应用、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．分两类来求解：①只有1名护士；然后从余下的5人中选3人，其中两人排序即可；②有两名护士，然后从余下的4人中选2人，其中两人排序即可． 【解答】解：分两类：①只有1名护士，共有：C 21C 53⋅A 42=240种选法； ②有2名护士，共有：1×C 52⋅A 42=120种；故共有240+120=360种选法． 故答案为：360．16.【答案】[1,2)【解析】解：∵|2x 2−x −a −2|+|2x 2−x +a −2|≥|2x 2−x −a −2−(2x 2−x +a −2)|=2a ，∴(2x2−x−a−2)(2x2−x+a−2)≤0．∴−a≤2x2−x−2≤a．∵集合A={x∈Z||2x2−x−a−2|+|2x2−x+a−2|=2a}中的元素有且仅有两个，令f(x)=2x2−x−2，f(−1)=1，f(0)=−2，f(1)=−1，f(2)=4．∴解得1≤a<2．故答案为：[1,2)．由|2x2−x−a−2|+|2x2−x+a−2|≥|2x2−x−a−2−(2x2−x+a−2)|=2a，可得(2x2−x−a−2)(2x2−x+a−2)≤0.解得−a≤2x2−x−2≤a.根据集合A={x∈Z||2x2−x−a−2|+|2x2−x+a−2|=2a}中的元素有且仅有两个，令f(x)=2x2−x−2，计算f(−1)，f(0)，f(1)，f(2).即可解得a范围．本题考查了绝对值不等式的性质、集合的性质、二次函数的图象与性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．17.【答案】x218+y29=1【解析】解：由e=ca =√22，得a2−b2a2=12，即a2=2b2，得椭圆C的方程为x22b2+y2b2=1．设P(x,y)是椭圆上任一点，依题意，|PN|的最大值为√26，则|PN|2=x2+(y−2)2=(2b2−2y2)+(y−2)2=−(y+2)2+2b2+8(−b≤y≤b)．若b≥2，则y=−2时，|PN|max=√2b2+8=√26，∴b=3，此时椭圆方程为x218+y29=1；若0<b<2，则y=−b时，|PN|max=b+2=√26，∴b=√26−2>2，矛盾．综上可得椭圆方程为x218+y29=1．故答案为：x218+y29=1．由题意离心率可得a与b的关系，设P(x,y)是椭圆上任一点，依题意，|PN|的最大值为√26，由两点间的距离公式写出|PN|2=x2+(y−2)2=(2b2−2y2)+(y−2)2=−(y+2)2+2b2+8(−b≤y≤b).分类讨论求解b值，则椭圆方程可求．本题考查椭圆标准方程的求法，考查圆与椭圆位置关系的应用，体现了分类讨论的数学思想方法，是中档题．18.【答案】解：(1)由图可知，T 2=11π12−5π12=π2，∴T =π，ω=2πT=2，∵函数的图象经过点(0,1)和(5π12,0)，∴{Asinϕ=1Asin(2×5π12+ϕ)=0，∴{Asinϕ=15π6+ϕ=kπ,k ∈Z ， ∵A >0，0<φ<π2，∴A =2,φ=π6． ∴函数的解析式为f(x)=2sin(2x +π6)．(2)由(1)可知，f(x −π12)=2sin[2(x −π12)+π6]=2sin2x ， f(x +π12)=2sin[2(x +π12)+π6]=2sin(2x +π3)，∴g(x)=f(x −π12)−f(x +π12)=2[sin2x −sin(2x +π3)]=2sin(2x −π3)，∵x ∈[π4,13π24]，∴2x −π3∈[π6,3π4]，sin(2x −π3)∈[12,1]， ∴函数g(x)的值域为[1,2]．【解析】(1)由图可知，T2=11π12−5π12=π2，所以T =π，ω=2πT=2，再把点(0,1)和(5π12,0)均代入函数f(x)中，结合A >0，0<φ<π2，可求得函数解析式为f(x)=2sin(2x +π6)；(2)先根据(1)中函数f(x)的解析式分别求得f(x −π12)=2sin2x ，f(x +π12)=2sin(2x +π3)，再结合正弦的两角和公式与辅助角公式可将函数g(x)化简为g(x)=2sin(2x −π3)，最后结合正弦函数的图象即可求出其值域． 本题考查利用图象求函数的解析式、正弦函数的值域和三角恒等变换公式，考查学生的数形结合能力和运算能力，属于基础题．19.【答案】(1)证明：∵C 1C ⊥底面ABCD ，∴C 1C ⊥BD ， ∵底面ABCD 是菱形， ∴BD ⊥AC ， 又AC ∩CC 1=C ， ∴BD ⊥平面AC 1C .又由四棱台ABCD −A 1B 1C 1D 1知，A 1，A ，C ，C 1四点共面． ∴BD ⊥AA 1；(2)解：如图，设AC 交BD 于点O ，依题意，A 1C 1//OC 且A 1C 1=OC ， ∴A 1O//CC 1，且A 1O =CC 1，又由已知CC 1⊥底面ABCD ，得A 1O ⊥底面ABCD ．以O 为原点，OA 、OB 、OA 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系． 则A(2√3,0,0),A 1(0,0,4),C 1(−2√3,0,4),B(0,2,0)， 由A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，得B 1(−√3,1,4). ∵E 是棱BB 1的中点，∴E(−√32,32,2).∴EA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32,−32,2)，A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2√3,0，0),AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2√3,0,4)．设n⃗ =(x,y ，z)为平面EA 1C 1的法向量， 则{n ⃗ ⋅A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−2√3x =0n ⃗ ⋅EA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =√32x −32y +2z =0，取z =3，得n ⃗ =(0,4，3)， 设直线AA 1与平面A 1EC 1所成线面角为θ，则sinθ=|AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ ||AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗⃗ |=6√735， ∴直线AA 1与平面A 1EC 1所成线面角的正弦值6√735．【解析】(1)由C 1C ⊥底面ABCD ，得C 1C ⊥BD ，再由底面ABCD 是菱形，得BD ⊥AC ，利用直线与平面垂直的判定可得BD ⊥平面AC 1C .进一步得到BD ⊥AA 1；(2)设AC 交BD 于点O ，依题意，A 1C 1//OC 且A 1C 1=OC ，得到A 1O ⊥底面ABCD.以O 为原点，OA 、OB 、OA 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．求出平面EA 1C 1的一个法向量与AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的坐标，再由两向量所成角的余弦值求解直线AA 1与平面A 1EC 1所成线面角的正弦值．本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定及其应用，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．20.【答案】(1)解：由题意，设等差数列{a n }的公差为d(d ≠0)，则{a 22=a 1a 4S 4=10，即{(a 1+d)2=a 1(a 1+3d)4a 1+4×32d =10， 整理，得{(a 1−d)d =02a 1+3d =5，解得{a 1=1d =1，∴a n =1+(n −1)×1=n ，n ∈N ∗．对于数列{b n }：∵b n −b n−1=2n−1(n ≥2,n ∈N ∗)∴b n =b 1+(b 2−b 1)+(b 3−b 2)+⋯+(b n −b n−1) =2+21+22+⋯+2n−1 =2+2−2n1−2=2n ，故b n =2n ，n ∈N ∗． (2)证明：由(1)知，c n =lna n b n=lnn 2n，n ∈N ∗．先证明不等式左边，即：c 2+c 3+⋯+c n ≥(1−12n−1)⋅ln √2． ∵n ≥2，n ∈N ∗， ∴c n =lnn 2n≥ln22n，则c 2+c 3+⋯+c n ≥ln222+ln223+⋯+ln22n=(122+123+⋯+12n )⋅ln2 =122−12n+11−12⋅ln2 =(1−12n−1)⋅12ln2=(1−12n−1)⋅ln √2．∴c 2+c 3+⋯+c n ≥(1−12n−1)⋅ln √2．再证明不等式右边，即：c 2+c 3+⋯+c n <34． ∵c n+1c n=ln(n+1)2n+1lnn 2n=ln(n+1)2lnn (n ≥2,n ∈N ∗)，∴当n =2时，c3c 2=ln32ln2=2ln34ln2=ln94ln2>ln84ln2=34，下证一个结论：当n ≥3时，有n 3>(n +1)2恒成立． ∵当n ≥3时，n 2≥9，2n+1n−1=2n−2+3n−1=2+3n−1≤72，∴n 2>2n+1n−1，即n 2(n −1)>2n +1，化简整理，得n3>(n+1)2，结论成立．∴当n≥3时，c n+1c n =ln(n+1)2lnn=2ln(n+1)4lnn=ln(n+1)24lnn<lnn34lnn=34，∴c n=c3⋅c4c3⋅c5c4…c nc n−1<c3⋅34⋅34…34=c3⋅(34)n−3，c2+c3+⋯+c n<c2+c3+c3⋅34+c3⋅(34)2+⋯+c3⋅(34)n−3，=ln24+c3⋅[1+34+(34)2+⋯+(34)n−3]=ln24+c3⋅1−(34)n−21−34=ln24+ln38⋅4[1−(34)n−2]<ln24+ln32=ln18 4<34，∴c2+c3+⋯+c n<34．综上，可得不等式(1−12n−1)⋅ln√2≤c2+⋯+c n<34(n∈N∗,n≥2)恒成立，故得证．【解析】本题第(1)题先设等差数列{a n}的公差为d(d≠0)，然后根据题干中已知条件列出关于首项a1与公差d的方程组，解出a1与d的值，即可得到数列{a n}和的通项公式，对于数列{b n}，根据给出的递推公式的特点可运用累加法计算出数列{b n}的通项公式；第(2)题先根据第(1)题的结果计算出数列{c n}的通项公式，在证明不等式左边部分时，可运用放缩法将数列{c n}的通项公式放缩成一个等比数列的形式，即c n=lnn2n ≥ln22n，然后根据放缩后的形式进行求和，即可证明不等式左边部分成立；在证明不等式右边部分时，可先计算出c n+1c n =ln(n+1)2lnn(n≥2,n∈N∗)，然后代入n=2时c n+1c n的值并与34比较大小，并证明n≥3时c n+1c n的值并与34比较大小，经过转化计算可发现当n≥3时，c n+1c n<34恒成立，然后根据此递推不等式运用累乘法可计算出c n<c3⋅(34)n−3，由此也将数列{c n}放缩成一个等比数列的形式，然后根据放缩后的形式进行求和，进一步转化、计算即可证明不等式右边部分成立；最终证明不等式成立．本题主要考查等差数列和等比数列的基本量的计算，运用累加法求数列通项公式，以及数列通项公式放缩成等比数列，数列求和不等式的证明问题．考查了转化与化归思想，累加法，累乘法，放缩法的运用，数列与不等式的综合运用，以及逻辑推理能力，数学运算能力，不等式的运算能力等综合能力．本题属偏难题．21.【答案】解：(Ⅰ)焦点F(0,1)，显然直线AB 的斜率存在，设AB ：y =kx +1，联立x 2=4y ，消去y 得，x 2−4kx −4=0， 设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，G(x,y)， 则x 1+x 2=4k ，x 1x 2=−4，所以y 1+y 2=kx 1+1+kx 2+1=4k 2+2， 所以{x =4k3y =4k 2+23， 消去k ，得重心G 的轨迹方程为y =34x 2+23；(Ⅱ)由已知及(Ⅰ)知，D(0,23),E(−1k ,0),k ≠0,x M =2k,x G =4k 3，因为|OD||OF|=23=|OG||OM|，所以DG//ME ，(注：也可根据斜率相等得到)，|DG|=√1+k 2|4k 3|,|ME|=√1+k 2|2k −(−1k )|=√1+k 2(2|k|+|1k |)，D 点到直线AB 的距离d =13√1+k 2=3√1+k 2，所以四边形DEMG 的面积S =12√1+k 2⋅(|4k 3|+2|k|+|1k|)⋅3√1+k 2=16(103|k|+1|k|)≥16⋅2√103=√309， 当且仅当103|k|=1|k|，即k =±√3010时取等号，此时四边形DEMG 的面积最小， 所求的直线AB 的方程为y =±√3010x +1．【解析】(Ⅰ)求得焦点F(0,1)，显然直线AB 的斜率存在，设AB ：y =kx +1，代入抛物线的方程，运用韦达定理和三角形的重心坐标，运用代入法消去k ，即可得到所求轨迹方程；(Ⅱ)求得D ，E 和G 的坐标，|DG|和|ME|的长，以及D 点到直线AB 的距离，运用四边形的面积公式，结合基本不等式可得最小值，由等号成立的条件，可得直线AB 的方程．本题考查轨迹方程的求法，注意运用代入法，考查四边形面积的最值的求法，注意运用弦长公式和点到直线的距离和基本不等式，考查化简整理的运算能力，属于中档题．22.【答案】解：(1)因为f(x)=(x−a)e x，所以f′(x)=(x−a+1)e x，当x∈(−∞,a−1)时，f′(x)<0；当x∈(a−1,+∞)时，f′(x)>0，故f(x)的单调递减区间为(−∞,a−1)，单调递增区间为(a−1,+∞)．(2)由g(x)=(x−2)e x+lnx−x−b，因为g(x)≤0对任意的x∈(13,1)恒成立，b≥(x−2)e x+lnx−x对任意的x∈(13,1)恒成立，构造函数ℎ(x)=(x−2)e x+lnx−x，ℎ′(x)=(x−1)e x+1x −1=(x−1)(e x−1x)．∵x∈(13,1)，∴x−1<0，且t(x)=e x−1x单调递增，∵t(12)=e12−2<0，t(1)=e−1>0，∴一定存在唯一的x0∈(12,1)，使得t(x0)=0．即e x0=1x，x0=−lnx0．∴ℎ(x)在(13,x0)上单调递增，在(x0,1)上单调递减．∴ℎ(x)max=ℎ(x0)=(x0−2)e x0+lnx0−x0=1−2(x0+1x0)∈(−4,−3)．∵b∈Z，∴b的最小值为−3．【解析】(1)由f(x)=(x−a)e x，可得f′(x)=(x−a+1)e x，进而得出单调性；(2)由g(x)=(x−2)e x+lnx−x−b，因为g(x)≤0对任意的x∈(13,1)恒成立，b≥(x−2)e x+lnx−x对任意的x∈(13,1)恒成立，构造函数ℎ(x)=(x−2)e x+lnx−x，ℎ′(x)=(x−1)e x+1x−1=(x−1)(e x−1x).由x∈(13,1)，可得x−1<0，且t(x)=e x−1x单调递增，利用函数零点存在定理可得：一定存在唯一的x0∈(12,1)，使得t(x0)=0.进而得出结论．本题考查了利用导数研究函数的单调性、方程与不等式的解法、函数零点、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．。