2020-2021学年浙江省杭州市高三（上）期末数学试卷
一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）
1. 若集合𝐴={𝑥|1≤𝑥≤3}，𝐵={𝑥|(𝑥−1)(𝑥−2)≥0}，则𝐴∪𝐵=( )
A. {𝑥|1≤𝑥≤2} B. {𝑥|2≤𝑥≤3} C. {𝑥|1≤𝑥≤3} D. R
2. 已知𝑎∈𝑅，若(2+𝑎𝑖)(𝑎−2𝑖)=−4𝑖(𝑖为虚数单位)，则𝑎=( )
A. −1 B. 0 C. 1 D. 2
3. 如图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )
A. 1
B. 3
1
C. 2
1
D. 2
3
4. 已知a，b都是实数，且𝑎>0，𝑏>0，则“𝑎>𝑏”是“𝑎+𝑙𝑛𝑎>𝑏+𝑙𝑛𝑏”的( )
A. 充分不必要条件 C. 充分必要条件
2
B. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件
5. 函数𝑓(𝑥)=(1+𝑒𝑥−1)𝑐𝑜𝑠𝑥(其中e为自然对数的底数)图象的可能是( )
A.
B.
C.
D.
6. 已知随机变量𝜉满足𝑃(𝜉=𝑥)=𝑎𝑥+𝑏(𝑥=−1,0，1)，其中a，𝑏∈𝑅.若𝐸(𝜉)=3，
则𝐷(𝜉)=( )
1
A. 9
2
B. 9
5
C. 9
8
D. 9
11
7. 已知(𝑥2+1)(2𝑥−1)7=𝑎0+𝑎1(𝑥−1)+𝑎2(𝑥−1)2+⋯+𝑎9(𝑥−1)9(𝑥∈𝑅)，
则𝑎1=( )
A. −30 B. 30 C. −40
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D. 40
8. 已知实数a，b满足|𝑏|≤2−𝑎，且𝑎≥−1，则2𝑎+𝑏的最小值为( )
A. −7 B. −5
𝑒
C. −3 D. −1
𝑛
9. 已知函数𝑓(𝑥)=𝑙𝑛𝑥−𝑥−2𝑚𝑥+𝑛，若不等式𝑓(𝑥)≤0对𝑥∈(0,+∞)恒成立，则𝑚
的最大值为( )
A. 4
𝑒
B. 2
𝑒
C. e
2+9𝑎𝑛+1
D. 2e
(𝑛∈𝑁∗)，( )
10. 设数列{𝑎𝑛}满足𝑎1=3，𝑎2=6，𝑎𝑛+2=
𝑎𝑛
A. 存在𝑛∈𝑁∗，𝑎𝑛∉𝑄
B. 存在𝑝>0，使得{𝑎𝑛+1−𝑝𝑎𝑛}是等差数列 C. 存在𝑛∈𝑁∗，𝑎𝑛=√5
D. 存在𝑝>0，使得{𝑎𝑛+1−𝑝𝑎𝑛}是等比数列
二、单空题（本大题共7小题，共36.0分） 11. 计算𝑙𝑔2−lg5= ______ ；4𝑙𝑜𝑔23= ______ ．
𝐴=，𝑏=4，△𝐴𝐵𝐶的面积等于______ ． 12. 在△𝐴𝐵𝐶中，则𝐵= ______ ，𝑎=2√3，313. 若𝑎>0，𝑏>0，且𝑎+𝑏=1，则𝑎2+𝑏2的最小值等于______ ，√𝑎+√𝑏的最大
值等于______ ．
14. 已知𝑡𝑎𝑛𝛼=𝑐𝑜𝑠𝛼，则cos2𝛼+cos4𝛼= ______ ，1−sin𝛼−sin𝛼= ______ ． 15. 一排11个座位，现安排2人就座，规定中间的3个座位不能坐，且2人不相邻，
则不同排法的种数是______ ．
⃗ ，⃗ 16. 平面向量𝑎𝑏的夹角为60°，且|𝑎⃗ −⃗ 𝑏|=1，则𝑎⃗ ⋅(𝑎⃗ +2⃗ 𝑏)的最大值为______ ． 𝐵1𝐶117. 在棱长为√2的正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，棱𝐵𝐵1，
的中点分别为E，F，点P在平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1内，作𝑃𝑄⊥平面𝐴𝐶𝐷1，垂足为𝑄.当点P在△𝐸𝐹𝐵1内(包含边界)运动时，点Q的轨迹所组成的图形的面积等于______ ．
三、解答题（本大题共5小题，共74.0分）
18. 已知函数𝑓(𝑥)=sin(𝜔𝑥+6)cos(𝜔𝑥+3)(𝜔>0)的最小正周期为𝜋．
(Ⅰ)求函数𝑓(𝑥)的单调递增区间；
(Ⅱ)在锐角△𝐴𝐵𝐶中，若𝑠𝑖𝑛𝐴𝑠𝑖𝑛𝐶−sin2𝐶=sin2𝐴−sin2𝐵，求𝑓(𝐵)的值．
𝜋
𝜋
1
1
𝜋1
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19. 已知函数𝑓(𝑥)=𝑥2−𝑎𝑥−|𝑎𝑥−2|(𝑎>0)．
(Ⅰ)若𝑎=2，解不等式𝑓(𝑥)<0；
(Ⅱ)设𝑥1，𝑥2，𝑥3，𝑥4是函数𝑦=𝑓(𝑥)+1的四个不同的零点，且𝑥1<𝑥2<𝑥3<𝑥4.问是否存在实数a，使得𝑥2，𝑥3，𝑥4成等差数列？若存在，求出所有a的值；若不存在，说明理由．
20. 在三棱锥𝐴−𝐵𝐶𝐷中，△𝐵𝐶𝐷为等腰直角三角形，点E，G分别是线段BD，CD的
中点，点F在线段AB上，且𝐵𝐹=2𝐹𝐴.若𝐴𝐷=1，𝐴𝐵=√3，𝐶𝐵=𝐶𝐷=√2． (Ⅰ)求证：𝐴𝐺//平面CEF；
(Ⅱ)求直线AD与平面CEF所成的角．
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21. 在数列{𝑎𝑛}中，𝑎1=1，𝑎2𝑘−1，𝑎2𝑘，𝑎2𝑘+1(𝑘∈𝑁∗)成等比数列，公比为𝑞𝑘>0．
(Ⅰ)若𝑞𝑘=2，求𝑎1+𝑎3+𝑎5+⋯+𝑎2𝑘−1；
(Ⅱ)若𝑎2𝑘，𝑎2𝑘+1，𝑎2𝑘+2(𝑘∈𝑁∗)成等差数列，公差为𝑑𝑘，设𝑏𝑘=𝑞①求证：{𝑏𝑛}为等差数列；
②若𝑑1=2，求数列{𝑑𝑘}的前k项和𝐷𝑘．
22. 已知函数𝑓(𝑥)=𝑥𝑙𝑛𝑥−2𝑎(𝑥+1)2，𝑎∈𝑅恰好有两个极值点𝑥1，𝑥2(𝑥1<𝑥2).
(Ⅰ)求证：存在实数𝑚∈(2,1)，使0<𝑎<𝑚； (Ⅱ)求证：−4<𝑓(𝑥1)<−𝑒．
5
111
1
𝑘−1
．
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答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：∵𝐴={𝑥|1≤𝑥≤3}，𝐵={𝑥|𝑥≤1或𝑥≥2}， ∴𝐴∪𝐵=𝑅． 故选：D．
可求出集合B，然后进行并集的运算即可．
本题考查了描述法的定义，一元二次不等式的解法，并集及其运算，考查了计算能力，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：因为(2+𝑎𝑖)(𝑎−2𝑖)=−4𝑖， 所以4𝑎+(𝑎2−4)𝑖=−4𝑖， 则有4𝑎=0，𝑎2−4=−4， 解得𝑎=0． 故选：B．
直接利用复数的四则运算进行化简，然后利用复数相等的充要条件得到a的关系式，求解即可．
本题考查了复数的四则运算的运用，涉及了复数相等的充要条件的运用，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：由三视图知几何体是一个四棱锥，
四棱锥的底面是一个平行四边形，有两个等腰直角三角形，直角边长为1组成的平行四边形，
四棱锥的一条侧棱与底面垂直，且侧棱长为1， ∴四棱锥的体积是3×1×1×1=3． 故选：B．
由三视图知几何体是一个四棱锥，四棱锥的底面是一个平行四边形，结合三视图的数据，利用体积公式得到结果．
1
1
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本题考查由三视图还原几何体并且求几何体的体积，本题解题的关键是看出所给的几何体的形状和长度，熟练应用体积公式，本题是一个基础题．
4.【答案】C
【解析】解：当𝑎>0，𝑏>0时，若𝑎>𝑏，则𝑙𝑛𝑎>𝑙𝑛𝑏，此时𝑎+𝑙𝑛𝑎>𝑏+𝑙𝑛𝑏成立，即充分性成立，
设𝑓(𝑥)=𝑥+𝑙𝑛𝑥，当𝑥>0时，𝑓(𝑥)为增函数，
则由𝑎+𝑙𝑛𝑎>𝑏+𝑙𝑛𝑏得𝑓(𝑎)>𝑓(𝑏)，即𝑎>𝑏，即必要性成立， 则“𝑎>𝑏”是“𝑎+𝑙𝑛𝑎>𝑏+𝑙𝑛𝑏”的充要条件， 故选：C．
根据不等式的关系结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据不等式的性质结合函数的单调性的性质是解决本题的关键．
5.【答案】D
【解析】解：𝑓(𝑥)=
1−𝑒−𝑥
2−1−𝑒𝑥1+𝑒𝑥⋅𝑐𝑜𝑠𝑥=
1−𝑒𝑥1+𝑒𝑥⋅𝑐𝑜𝑠𝑥，
则𝑓(−𝑥)=⋅𝑐𝑜𝑠𝑥=𝑒𝑥+1⋅𝑐𝑜𝑠𝑥=−𝑓(𝑥)，则𝑓(𝑥)是奇函数，排除A，C， 1+𝑒−𝑥当0<𝑥<2时，𝑓(𝑥)<0，排除B， 故选：D．
判断函数的奇偶性和对称性，利用函数值的符号是否对应进行判断即可．
本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数的奇偶性和对称性，以及函数值的符号，利用排除法是解决本题的关键，是基础题．
𝜋
𝑒𝑥−1
6.【答案】B
【解析】解：由已知可得：𝑃(𝜉=−1)=−𝑎+𝑏，𝑃(𝜉=0)=𝑏，𝑃(𝜉=1)=𝑎+𝑏， 则−𝑎+𝑏+𝑏+𝑎+𝑏=1，即𝑏=3，
1
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又𝐸(𝜉)=−1×(−𝑎+𝑏)+0×𝑏+1×(𝑎+𝑏)=3，所以𝑎=6， 所以𝜉的分布列如下： 𝜉 P 1
1
11
−1 6 1
1
1
1 0 3 1
5
1 1 2 1所以𝐷(𝜉)=6(−1−3)2+3(0−3)2+2(1−3)2=9， 故选：B．
根据分布列的性质以及期望求出a，b的值，由此即可求出方差．
本题考查了随机变量的分布列的性质以及求解方差的问题，考查了学生的运算能力，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：∵(𝑥2+1)(2𝑥−1)7=𝑎0+𝑎1(𝑥−1)+𝑎2(𝑥−1)2+⋯+𝑎9(𝑥−1)9(𝑥∈𝑅)，
令𝑓(𝑥)=(𝑥2+1)(2𝑥−1)7=𝑎0+𝑎1(𝑥−1)+𝑎2(𝑥−1)2+⋯+𝑎9(𝑥−1)9(𝑥∈𝑅)， 则𝑓′(𝑥)=2𝑥=𝑎1+𝑎2(𝑥−1)1+⋯+𝑎9(𝑥−1)8， 𝑓′(𝑥)=2𝑥⋅(2𝑥−1)7+(𝑥2+1)⋅14(2𝑥−1)6， ∴𝑎1=𝑓′(1)=2×1+2×14×(2−1)6=30 故选：B．
令𝑓(𝑥)=(𝑥2+1)(2𝑥−1)7=𝑎0+𝑎1(𝑥−1)+𝑎2(𝑥−1)2+⋯+𝑎9(𝑥−1)9(𝑥∈𝑅)，根据𝑎1=𝑓′(1)，计算求得结果．
本题主要考查二项式定理的应用，求函数的导数，二项展开式的通项公式，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：不等式|𝑏|≤2−𝑎可化为−2+𝑎≤𝑏≤2−𝑎，且𝑎≥−1， 𝑎≥−1
所以约束条件为{𝑏≥−2+𝑎，画出约束条件表示的平面区域，如阴影部分所示：
𝑏≤2−𝑎
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设𝑧=2𝑎+𝑏，平移目标函数知，当目标函数过点A时，z取得最小值； 𝑎=−1由{，求得𝐴(−1,−3)， 𝑏=−2+𝑎
所以𝑧=2𝑎+𝑏的最小值为𝑧𝑚𝑖𝑛=2×(−1)+(−3)=−5． 故选：B．
画出约束条件表示的平面区域，设目标函数𝑧=2𝑎+𝑏，平移目标函数找出最优解，从而求出𝑧=2𝑎+𝑏的最小值．
本题考查了线性规划的应用问题，也考查了数形结合与运算求解能力，是基础题．
9.【答案】D
【解析】解：不等式𝑓(𝑥)≤0对𝑥∈(0,+∞)恒成立， 即为𝑙𝑛𝑥−𝑥−2𝑚𝑥+𝑛≤0，即𝑙𝑛𝑥−𝑥≤2𝑚(𝑥−
𝑛2𝑚
𝑒
𝑒
)对𝑥>0恒成立，
𝑒
1
𝑒
设𝑔(𝑥)=𝑙𝑛𝑥−𝑥，由𝑔′(𝑥)=𝑥+𝑥2>0，可得𝑔(𝑥)在(0,+∞)递增，且𝑔(𝑒)=0，
当𝑥→0时，𝑔(𝑥)→−∞；𝑥→+∞，𝑔(𝑥)→+∞，作出𝑦=𝑔(𝑥)的图象，
再设ℎ(𝑥)=2𝑚(𝑥−2𝑚)，𝑥>0，可得ℎ(𝑥)表示过(2𝑚,0)，斜率为2m的一条射线(不含端点)，
要求𝑚的最大值，且满足不等式恒成立，可求2𝑚的最大值，由于点(2𝑚,0)在x轴上移动， 只需找到合适的𝑚>0，且与𝑔(𝑥)=𝑙𝑛𝑥−𝑥切于点(2𝑚,0)，如图所示： 此时2𝑚=𝑒，即有𝑚的最大值为2e，
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𝑛
𝑛
𝑒
𝑛
𝑛
𝑛
𝑛
𝑛
𝑛
故选：D．
ℎ(𝑥)=2𝑚(𝑥--2𝑚)，由题意可得𝑙𝑛𝑥−𝑥≤2𝑚(𝑥−2𝑚)对𝑥>0恒成立，设𝑔(𝑥)=𝑙𝑛𝑥−𝑥，𝑥>0，考虑它们的图象，结合导数的几何意义，以及射线的性质，即可得到所求最大值．
本题考查不等式恒成立问题解法，注意运用转化思想和数形结合思想，考查导数的运用：求切线的斜率和单调性，考查运算能力和推理能力，属于难题．
𝑒
𝑛
𝑒
𝑛
10.【答案】D
【解析】解：由𝑎𝑛+2=
2+9𝑎𝑛+1
𝑎𝑛
2(𝑛∈𝑁∗)，可得𝑎𝑛+2𝑎𝑛=𝑎𝑛+1+9①，
2则𝑎𝑛+1𝑎𝑛−1=𝑎𝑛+9②
22， −𝑎𝑛①−②可得，𝑎𝑛+2𝑎𝑛−𝑎𝑛+1𝑎𝑛−1=𝑎𝑛+1
所以𝑎𝑛(𝑎𝑛+2+𝑎𝑛)=𝑎𝑛+1(𝑎𝑛+1+𝑎𝑛−1)， 则
𝑎𝑛+1+𝑎𝑛−1
𝑎𝑛
=
𝑎𝑛+2+𝑎𝑛𝑎𝑛+1
，
=⋯=
𝑎3+𝑎1𝑎2
由此可得所以
𝑎𝑛+2+𝑎𝑛𝑎𝑛+1
=
𝑎𝑛+1+𝑎𝑛−1
𝑎𝑛
，𝑎3=
2+9𝑎2
𝑎1
=15，
𝑎𝑛+2+𝑎𝑛𝑎𝑛+1
=
15+36
=3，
则𝑎𝑛+2=3𝑎𝑛+1−𝑎𝑛且𝑎1=3∈𝑍，𝑎2=6∈𝑍， 所以𝑎𝑛∈𝑍， 故选项A，C错误；
由𝑎𝑛+3=3𝑎𝑛+2−𝑎𝑛+1，可得𝑎𝑛+3−𝑎𝑛+2=5𝑎𝑛+1−2𝑎𝑛不是常数， 所以不存在𝑝>0，使得{𝑎𝑛+1−𝑝𝑎𝑛}是等差数列， 故选项B错误；
假设存在𝑝>0，使得{𝑎𝑛+1−𝑝𝑎𝑛}是等比数列，公比为q， 则有𝑎𝑛+1−𝑝𝑎𝑛=𝑞(𝑎𝑛−𝑝𝑎𝑛−1)， 所以𝑎𝑛+1=(𝑝+𝑞)𝑎𝑛−𝑝𝑞𝑎𝑛−1， 由𝑎𝑛+2=3𝑎𝑛+1−𝑎𝑛， 𝑝+𝑞=33±5则{，解得𝑝=√， 𝑝𝑞=12所以存在𝑝=
3+√52
>0，使得{𝑎𝑛+1−𝑝𝑎𝑛}是等比数列，
故选项D正确． 故选：D．
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先利用递推公式得到
𝑎𝑛+1+𝑎𝑛−1
𝑎𝑛
=
𝑎𝑛+2+𝑎𝑛𝑎𝑛+1
，由此推出
𝑎𝑛+2+𝑎𝑛𝑎𝑛+1
=
15+36
=3，进而结合𝑎1，𝑎2
的情况判断选项A，C，利用等差数列的定义判断选项B，假设存在𝑝>0，使得{𝑎𝑛+1−𝑝𝑎𝑛}是等比数列，公比为q，利用等比数列的定义以及𝑎𝑛+2=3𝑎𝑛+1−𝑎𝑛，列出关于p和q的方程，求解即可判断选项D．
本题考查了数列递推公式的应用，对于递推公式，一般会先整理变形，变成等差、等比数列，或者利用迭加、迭乘、迭代等方法进行研究，考查了学生分析问题和解决问题的能力以及运算求解能力，属于中档题．
11.【答案】1 9
【解析】解：𝑙𝑔2−lg5=𝑙𝑔2+𝑙𝑔5=𝑙𝑔10=1； 4𝑙𝑜𝑔23=4𝑙𝑜𝑔49=9． 故答案为：1；9．
利用对数的性质、运算法则、换底公式直接求解．
本题考查对数式求值，考查对数的性质、运算法则、换底公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
1
12.【答案】2 2√3
【解析】解：因为在△𝐴𝐵𝐶中，𝐴=3，𝑏=4，𝑎=2√3， 由正弦定理𝑠𝑖𝑛𝐴=𝑠𝑖𝑛𝐵，可得因为𝐵∈(0,𝜋)， 则𝐵=2，
所以𝑐=√𝑏2−𝑎2=√16−12=2， 所以𝑆△𝐴𝐵𝐶=2𝑎𝑐=2×2√3×2=2√3． 故答案为：2，2√3．
由已知利用正弦定理可得𝑠𝑖𝑛𝐵=1，结合𝐵∈(0,𝜋)，可得𝐵=2，利用勾股定理可求c的值，进而根据三角形的面积公式即可计算得解．
本题主要考查了正弦定理，勾股定理，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考
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𝜋
𝜋1
1
𝜋
𝑎
𝑏
2√3√32
𝜋
𝜋
=𝑠𝑖𝑛𝐵，可得𝑠𝑖𝑛𝐵=1，
4
查了计算能力和转化思想，属于基础题．
13.【答案】2 √2
【解析】解：∵𝑎>0，𝑏>0，𝑎+𝑏=1， ∴2√𝑎𝑏≤1，𝑎𝑏≤4，
∴𝑎2+𝑏2=(𝑎+𝑏)2−2𝑎𝑏=1−2𝑎𝑏≥2， ∴𝑎2+𝑏2的最小值等于2；
∵(√𝑎+√𝑏)2=𝑎+𝑏+2√𝑎𝑏=1+2√𝑎𝑏≤2， ∴√𝑎+√𝑏≤√2，
∴√𝑎+√𝑏的最大值等于√2． 故答案为：2,√2．
根据𝑎>0，𝑏>0，𝑎+𝑏=1可得出2√𝑎𝑏≤1，进而得出𝑎𝑏≤4，然后根据𝑎2+𝑏2=1−2𝑎𝑏即可求出𝑎2+𝑏2的最小值；并可求出(√𝑎+√𝑏)2≤2，从而可得出√𝑎+√𝑏的最大值．
本题考查了基本不等式的应用，不等式的性质，考查了计算能力，属于中档题．
1
1
1
1
1
1
14.【答案】1 1
【解析】解：因为𝑡𝑎𝑛𝛼=cos𝛼=𝑐𝑜𝑠𝛼， 可得𝑠𝑖𝑛𝛼=cos2𝛼，
则cos2𝛼+cos4𝛼=cos2𝛼+sin2𝛼=1， −sin𝛼=1−sin𝛼
1
1
𝑠𝑖𝑛𝛼−(1−𝑠𝑖𝑛𝛼)(1−sin𝛼)sin𝛼
𝑠𝑖𝑛𝛼
=sin𝛼−sin2𝛼=cos2𝛼−sin2𝛼=𝑐𝑜𝑠2𝛼=1．
2𝑠𝑖𝑛𝛼−1
2𝑐𝑜𝑠2𝛼−1
𝑐𝑜𝑠2𝛼
故答案为：1，1．
由已知利用同角三角函数基本关系式可求𝑠𝑖𝑛𝛼=cos2𝛼，进而利用同角三角函数基本关系式，二倍角公式即可计算求解．
本题主要考查了同角三角函数基本关系式，二倍角公式在三角函数化简求值中的应用，考查了转化思想，属于基础题．
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15.【答案】44
【解析】解：根据题意，分2种情况讨论，
①两个都在左边的4个座位或右边的4个座位就坐，有2×𝐴22×3=12种排法，
1②两个人一人在左边4个座位，一个在右边4个座位就坐，有2×𝐶𝐴14×𝐶4=32种排
法，
则一共有12+32=44种不同的排法， 故答案为：44
根据题意，分2种情况讨论，①两个都在左边的4个座位或右边的4个座位就坐，②两个人一人在左边4个座位，一个在右边4个座位就坐，由加法原理计算可得答案． 本题考查排列组合的应用，涉及分类计数原理的应用，属于基础题．
16.【答案】2√3+3 3
⃗ |=𝑏， ⃗⃗⃗ |=𝑎，|𝑏【解析】解：设| 𝑎
则由|𝑎⃗ −⃗ 𝑏|=1，平方得|𝑎⃗ |2+|⃗ 𝑏|2−2𝑎⃗ ⋅⃗ 𝑏=1， 即𝑎2+𝑏2−2𝑎𝑏×2=1，即𝑎2+𝑏2−𝑎𝑏=1， 则𝑎⃗ ⋅(𝑎⃗ +2⃗ 𝑏)=|𝑎⃗ |2+2𝑎⃗ ⋅⃗ 𝑏=𝑎2+𝑎𝑏， ∵𝑎+𝑎𝑏=
𝑏2
𝑎2+𝑎𝑏1
1
=𝑎2+𝑏2−𝑎𝑏=
𝑎2+𝑎𝑏
𝑏
𝑎𝑏𝑏1+()2−
𝑎𝑎
1+
，
令𝑚=𝑎，则𝑚>0， 则原式=1+𝑚2−𝑚=
1+ 𝑚
1
𝑚2−𝑚+1
1+𝑚
，
再设𝑡=1+𝑚，则𝑡>1，则𝑚=𝑡−1． 则
1
𝑚2−𝑚+11+𝑚
=
1
(𝑡−1)2−(𝑡−1)+1
𝑡
=
1
𝑡2−3𝑡+3
𝑡
=
1
3𝑡+−3𝑡≤
12√𝑡⋅−33𝑡=2√=3−312√3+312−9
=
2√3+33，
当且仅当𝑡=𝑡，即𝑡=√3时，取等号，
2√3+3即𝑎⃗ ⋅(𝑎⃗ +2⃗ 𝑏)的最大值为3，
3
故答案为：
2√3+3． 3
根据向量数量积的公式，利用换元法转化为分式形式，然后利用基本不等式进行求解即可．
本题主要考查平面向量的应用，结合平面向量数量积的应用，结合分式不等式，利用基
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本不等式进行转化求解是解决本题的关键，是难题．
3
17.【答案】√ 12
【解析】解：连结BD交AC𝐵1𝐷交于于点O，连结𝑂𝐷1，点H，设G为𝐶𝐷1的中点， 因为𝐴𝐶⊥𝐵𝐷，𝐴𝐶⊥𝐵𝐵1，𝐵𝐵1∩𝐵𝐷=𝐵，𝐵𝐵1，𝐵𝐷⊂平面𝐵𝐵1𝐷，
所以𝐴𝐶⊥平面𝐵𝐵1𝐷，
因为𝐵1𝐷⊂平面𝐵𝐵1𝐷，所以𝐵1𝐷⊥𝐴𝐶，
同理可证𝐵1𝐷⊥𝐴𝐷1，又𝐴𝐶∩𝐴𝐷1=𝐴，AC，𝐴𝐷1⊂平面𝐴𝐶𝐷1， 所以𝐵1𝐷⊥平面𝐴𝐶𝐷1，即点𝐵1在平面𝐴𝐶𝐷1的投影为H，且𝐷1𝐻=2𝐻𝑂， 同理，点E，F在面𝐴𝐶𝐷1的投影分别为O，G， 所以△𝐸𝐹𝐵1在平面𝐴𝐶𝐷1的投影为△𝑂𝐺𝐻，
又𝐴𝐶=√2𝐴𝐵=2，所以𝐻𝐶=𝐻𝐺=𝐷1𝐶=𝐴𝐶⋅√=√，
3323所以点Q的轨迹所组成的图形的面积𝑆=𝐶𝐻⋅𝐻𝐺⋅𝑠𝑖𝑛120°=√．
212故答案为：√．
123
1
3
1
1
3
3
连结BD交AC于点O，连结𝑂𝐷1，𝐵1𝐷交于点H，设G为𝐶𝐷1的中点，通过线面垂直的判定定义以及性质定理可得到𝐵1𝐷⊥平面𝐴𝐶𝐷1，即点𝐵1在平面𝐴𝐶𝐷1的投影为H，同理F在面𝐴𝐶𝐷1的投影分别为O，G，可得点E，然后得到△𝐸𝐹𝐵1在平面𝐴𝐶𝐷1的投影为△𝑂𝐺𝐻，求解三角形的面积即可得到答案．
本题考查了立体几何中的动点轨迹问题，涉及了线面垂直的判定定理和性质定理的应用，解题的关键是确定点Q的轨迹图形，属于中档题．
18.【答案】解：(𝐼)函数𝑓(𝑥)=sin(𝜔𝑥+6)cos(𝜔𝑥+3)
11√3√3
𝑠𝑖𝑛𝜔𝑥+𝑐𝑜𝑠𝜔𝑥)(𝑐𝑜𝑠𝜔𝑥−𝑠𝑖𝑛𝜔𝑥) 222213
=cos2𝜔𝑥−sin2𝜔𝑥 44=(
𝜋𝜋
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=
=𝑐𝑜𝑠2𝜔𝑥−， 24
1
1
11+𝑐𝑜𝑠2𝜔𝑥31−𝑐𝑜𝑠2𝜔𝑥
×−×
4242因为函数𝑓(𝑥)最小正周期为𝜋， 由𝑇=|2𝜔|=𝜋，且𝜔>0，解得𝜔=1， 所以𝑓(𝑥)=2𝑐𝑜𝑠2𝑥−4，
令2𝑘𝜋−𝜋≤2𝑥≤2𝑘𝜋，𝑘∈𝑍，解得𝑘𝜋−2≤𝑥≤𝑘𝜋，𝑘∈𝑍， 可得函数𝑓(𝑥)的单调递增区间为：[𝑘𝜋−2,𝑘𝜋]，𝑘∈𝑍．
(𝐼𝐼)由𝑠𝑖𝑛𝐴𝑠𝑖𝑛𝐶−sin2𝐶=sin2𝐴−sin2𝐵得：𝑎𝑐−𝑐2=𝑎2−𝑏2，即𝑎2+𝑐2−𝑏2=𝑎𝑐， ∴𝑐𝑜𝑠𝐵=
𝑎2+𝑐2−𝑏2
2𝑎𝑐
𝜋𝜋
1
1
2𝜋
=2𝑎𝑐=2，
𝜋
𝑎𝑐1
又B为锐角，可得𝐵=3， ∴𝑓(𝐵)=cos
21
2𝜋3
−=×(−)−=−． 42242
11111
【解析】(𝐼)利用三角恒等变换化函数𝑓(𝑥)解析式，利用周期公式求出𝜔的值，利用余弦函数的单调性即可求解．
(𝐼𝐼)由正弦、余弦定理求得B的值，即可计算得解𝑓(𝐵)的值．
本题考查了三角函数的图象与性质的应用问题，也考查了解三角形的应用问题，是中档题．
(Ⅰ)当𝑎=2时，【答案】解：不等式𝑓(𝑥)<0，即𝑥2−2𝑥−|2𝑥−2|=|𝑥−1|2−2|𝑥−19.1|−1<0，
所以0≤|𝑥−1|<1+√2， 解得−√2<𝑥<2+√2，
故不等式𝑓(𝑥)<0的解集为{𝑥|−√2<𝑥<2+√2}； (Ⅱ)因为𝑓(𝑥)=𝑥2−𝑎𝑥−|𝑎𝑥−2|(𝑎>0)， 𝑥2−2𝑎𝑥+3,𝑥≥𝑎
则𝑓(𝑥)+1={， 2
𝑥2−1,𝑥<𝑎又𝑦=𝑓(𝑥)+1有四个不同的零点，
所以△=4𝑎2−12>0且𝑎>1，解得√3<𝑎<2， 因为𝑥1<𝑥2<𝑥3<𝑥4，
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2
2
当𝑥<𝑎时，𝑓(𝑥)+1=𝑥2−1=0，可得𝑥1=−1，𝑥2=1， 所以𝑥3，𝑥4是𝑥2−2𝑎𝑥+3=0的两个根， 2𝑥=1+𝑥4
若𝑥2，𝑥3，𝑥4成等差数列，则{3，
𝑥3+𝑥4=2𝑎所以𝑥3=
2𝑎+13
2
，代入方程𝑥2−2𝑎𝑥+3=0可得，(
2𝑎+12
)3
−2𝑎⋅
2𝑎+13
+3=0，
解得𝑎=4或−2(舍)，
综上可知，存在𝑎=4使得𝑥2，𝑥3，𝑥4成等差数列．
(Ⅰ)将𝑎=2代入，【解析】将𝑓(𝑥)<0进行变形，得到即𝑥2−2𝑥−|2𝑥−2|=|𝑥−1|2−2|𝑥−1|−1<0，利用一元二次不等式以及绝对值不等式的解法求解即可；
(Ⅱ)求出函数𝑦=𝑓(𝑥)+1的解析式，利用𝑦=𝑓(𝑥)+1有四个不同的零点，得到𝑥1=−1，𝑥2=1，且√3<𝑎<2，然后利用𝑥2，𝑥3，𝑥4成等差数列，求出𝑥3，代入方程中，求出a的值即可．
本题考查了函数与不等式的综合应用，函数与数列的综合应用，涉及了函数的零点与方程根之间关系的应用，解决函数零点问题常用的方法有：(1)方程法(直接解方程得到函数的零点)；(2)图象法(直接画出函数的图象分析得解)；(3)方程+图象法(令函数为零，再重新构造两个函数，数形结合分析得解).属于中档题．
7
7
20.【答案】(Ⅰ)证明：连接BG交EC于H，连
接FH，
则点H为△𝐵𝐶𝐷的重心，有𝐻𝐺=2，
∵𝐹𝐴=𝐻𝐺=2，∴𝐹𝐻//𝐴𝐺，且𝐹𝐻⊂平面CEF，𝐴𝐺⊄平面CEF， 则𝐴𝐺//平面CEF； (Ⅱ)解：∵𝐵𝐹=
2√3
，𝐵𝐸3
𝐵𝐹
𝐵𝐻
𝐵𝐻
=1，∠𝐴𝐵𝐷=30°，
4
4√33
∴𝐸𝐹2=𝐵𝐹2+𝐵𝐸2−2𝐵𝐸⋅𝐵𝐹⋅cos∠𝐴𝐵𝐷=3+1−故BF 2=𝐵𝐸2+𝐸𝐹2，∴𝐵𝐸⊥𝐸𝐹，
×1×
√32
=3，
1
又由已知，𝐶𝐸⊥𝐵𝐷，𝐶𝐸∩𝐸𝐹=𝐸，则𝐵𝐷⊥平面CEF， 过F作AD的平行线FP，交BD于P，则𝑃𝐸⊥𝐶𝐸𝐹，
故∠𝑃𝐹𝐸为直线AD与平面CEF所成的角，且𝐹𝑃=3，𝐸𝑃=3，∠𝐹𝐸𝑃=90°，
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2
1
∴sin∠𝑃𝐹𝐸=2，得直线AD与平面CEF所成的角为6．
【解析】(Ⅰ)连接BG交EC于H，连接FH，由已知可得𝐹𝐴=𝐻𝐺=2，得𝐹𝐻//𝐴𝐺，再由直线与平面平行的判定可得𝐴𝐺//平面CEF；
(Ⅱ)求解三角形证明𝐵𝐸⊥𝐸𝐹，由已知得𝐶𝐸⊥𝐵𝐷，可得𝐵𝐷⊥平面CEF，过F作AD的平行线FP，交BD于P，则𝑃𝐸⊥𝐶𝐸𝐹，得到∠𝑃𝐹𝐸为直线AD与平面CEF所成的角，求解三角形得答案．
本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，考查空间角的求法，是中档题．
(Ⅰ)解：𝑎2𝑘−1，𝑎2𝑘，𝑎2𝑘+1(𝑘∈𝑁∗)成等比数列，【答案】因为𝑎1=1，公比为𝑞𝑘>0， 21.
2𝑘+12
所以𝑎2𝑘−1=𝑞𝑘=4，
1𝜋
𝐵𝐹𝐵𝐻
𝑎
则𝑎1+𝑎3+𝑎5+⋯+𝑎2𝑘−1=
1×(1−4𝑘)1−4
=
4𝑘−13
；
(Ⅱ)①证明：因为𝑎2𝑘，𝑎2𝑘+1，𝑎2𝑘+2(𝑘∈𝑁∗)成等差数列， 所以2𝑎2𝑘+1=𝑎2𝑘+𝑎2𝑘+2，即2=𝑎则𝑞𝑘+1−1
1
𝑎2𝑘
2𝑘+1
+𝑎2𝑘+2=𝑞+𝑞𝑘+1，
2𝑘+1
𝑘
𝑎1
=
1
11−𝑞𝑘
=
1𝑞𝑘−1
+1，即𝑏
𝑘+1
−𝑏𝑘=1，
所以数列{𝑏𝑛}为等差数列，公差为1；
2
=1×𝑎3=𝑎2+2， ②解：若𝑑1=2，所以𝑎3=𝑎2+2，则有𝑎2
所以𝑎2=2或𝑎2=−1；
𝑞1=2，当𝑎2=2时，所以𝑏1=1，则𝑏𝑘=1+(𝑘−1)×1=𝑘，即𝑞所以𝑎
𝑎2𝑘+1
2𝑘−1
1
𝑘
=𝑘，解得𝑞𝑘=−1
22
𝑘+1𝑘
，
=(𝑘−1)2，则𝑎2𝑘+1=𝑎
𝑎2𝑘+1𝑞𝑘
(𝑘+1)2
𝑎2𝑘+1
2𝑘−1
⋅𝑎
𝑎2𝑘−1
2𝑘−3
…𝑎⋅𝑎1=
1
𝑎3
(𝑘+1)2𝑘2
⋅(𝑘−1)2…12⋅1=(𝑘+1)2，
𝑘2
所以𝑎2𝑘=
=
(𝑘+1)2
𝑘+1𝑘=𝑘(𝑘+1)，
𝑘(𝑘+3)2
则𝑑𝑘=𝑎2𝑘+1−𝑎2𝑘=𝑘+1，故𝐷𝑘=
1
；
1
3
1
𝑘
𝑞1=−1，若𝑎2=−1时，所以𝑏1=−2，则𝑏𝑘=−2+(𝑘−1)×1=𝑘−2，即𝑞解得𝑞𝑘=
123𝑘−2
=𝑘−2，−1
3
𝑘−
， ⋅𝑎
𝑎2𝑘−1
2𝑘−3
则𝑎2𝑘+1=𝑎则𝑎2𝑘=
𝑞𝑘
𝑎2𝑘+1
2𝑘−1
…𝑎⋅𝑎1=
1
𝑎3
1
23(𝑘−)2
2(𝑘−)2
⋅
325(𝑘−)2
2
(𝑘−)2
…
121(−)22()2
×1=(𝑘−2)2，
1
𝑎2𝑘+1
=(2𝑘−1)(2𝑘−3)，
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所以𝑑𝑘=𝑎2𝑘+1−𝑎2𝑘=4𝑘−2，故𝐷𝑘=2𝑘2． 综上所述，𝐷𝑘=
2𝑘+12
【解析】(Ⅰ)利用条件求出𝑎2𝑘−1=𝑞𝑘=4，然后再利用等比数列的求和公式求解即可；
𝑘(𝑘+3)2
或𝐷𝑘=2𝑘2．
𝑎
(Ⅱ)①利用等差中项得到2𝑎2𝑘+1=𝑎2𝑘+𝑎2𝑘+2，从而得到2=𝑞+𝑞𝑘+1，然后利用等差
𝑘
1
数列的定义证明即可；
解得𝑎2=2或𝑎2=−1，然后根据𝑎2进行分类讨论，利用迭乘法求出𝑎2𝑘+1，②由𝑑1=2，
即可得到𝑎2𝑘，从而得到𝑑𝑘，然后再求和即可．
本题考查了数列的综合应用，涉及了新定义问题，解决此类问题，关键是读懂题意，理解新定义的本质，把新情境下的概念、法则、运算化归到常规的数学背景中，运用相关的数学公式、定理、性质进行解答，属于中档题．
22.【答案】证明：(Ⅰ)𝑓′(𝑥)=𝑙𝑛𝑥+1−𝑎(𝑥+1)，𝑥>0，
结合题意，𝑙𝑛𝑥+1−𝑎(𝑥+1)=0，即𝑙𝑛𝑥+1=𝑎(𝑥+1)存在2个不同正根， 先考虑𝑦=𝑎(𝑥+1)与𝑦=𝑙𝑛𝑥+1相切，记切点横坐标为𝑥0， 𝑎(𝑥0+1)=𝑙𝑛𝑥0+1𝑎𝑥=1
1则{，解得：{0， 𝑎=𝑥0𝑙𝑛𝑥0=1
𝑥0
记𝑔(𝑥)=𝑥𝑙𝑛𝑥−1，𝑥>0，则𝑔′(𝑥)=1+𝑙𝑛𝑥，令𝑔′(𝑥)=0，解得：𝑥=𝑒， 故𝑦=𝑔(𝑥)在(0,𝑒)递减，在(𝑒,+∞)递增，
且𝑔(1)=−1<0，𝑔(2)=𝑙𝑛4−1>0，故存在唯一𝑥0∈(1,2)，使得𝑥0𝑙𝑛𝑥0=1成立， 取𝑚=𝑥∈(2,1)，则0<𝑎<𝑚时，𝑓(𝑥)恰有2个极值点，得证；
0
1
11
11
(Ⅱ)由(Ⅰ)知：𝑓′(𝑥1)=𝑙𝑛𝑥1+1−𝑎(𝑥1+1)，且𝑒<𝑥1<𝑥0<2， 故𝑎=
𝑙𝑛𝑥1+1𝑥1+11
1
，代入𝑓(𝑥1)，得𝑓(𝑥1)=2(𝑥1𝑙𝑛𝑥1−𝑥1−𝑙𝑛𝑥1−1)，
1
1
1
1
设ℎ(𝑥)=2(𝑥𝑙𝑛𝑥−𝑥−𝑙𝑛𝑥−1)，ℎ′(𝑥)=2(𝑙𝑛𝑥−𝑥)，𝑒<𝑥<2， 由ℎ′(𝑥0)=0，得𝑙𝑛𝑥0=𝑥，即𝑥0𝑙𝑛𝑥0=1，
0
1
则𝑥∈(𝑒,𝑥0)时，ℎ′(𝑥)<0，𝑥∈(𝑥0,2)，ℎ′(𝑥)>0， 故ℎ(𝑥)在(𝑒,𝑥0)递减，在(𝑥0,2)递增，
ℎ(𝑥)>ℎ(𝑥0)=2(𝑥0𝑙𝑛𝑥0−𝑙𝑛𝑥0−𝑥0−1)=2(1−𝑥−𝑥0−1)=−2(𝑥0+𝑥)，
0
0
1
1
11111
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∵𝑥0∈(1,2)，∴𝑥0+𝑥∈(2,2)，∴ℎ(𝑥0)∈(−4,−1)，
0
155
故ℎ(𝑥)>−4，即𝑓(𝑥1)>−4，
而ℎ(𝑥)<ℎ(𝑒)=−𝑒>ℎ(2)=2(𝑙𝑛2−3)， 故：−4<𝑓(𝑥1)<−𝑒．
【解析】(Ⅰ)求出函数的导数，结合函数的单调性求出故存在唯一𝑥0∈(1,2)，使得𝑥0𝑙𝑛𝑥0=1成立，从而证明结论成立； (Ⅱ)求出𝑎=
𝑙𝑛𝑥1+1𝑥1+1
5
1
1
1
1
55
，代入𝑓(𝑥1)，得𝑓(𝑥1)=2(𝑥1𝑙𝑛𝑥1−𝑥1−𝑙𝑛𝑥1−1)，根据函数的单
1
调性求出函数的最值，从而证明结论成立．
本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查转化思想，是难题．
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