2020年浙江省杭州市学军中学高考数学模拟试卷(6月份)
2020年浙江省杭州市学军中学高考数学模拟试卷（6月份）
一、单项选择题（本大题共10小题，共40.0分）
1.已知集合A={1,2，4}，B={0,2，4}，则A∪B=()
A. {2,4}
B. {0,1，2，4}
C. {0,1，2，2，4}
D. {x|0≤x≤4}
2.双曲线x2
4?y2
9
=1的实轴长为()
A. 2
B. 3
C. 4
D. 6
3.已知圆C：(x?1)2+y2=1，直线l过点(0,1)且倾斜角为θ，则“θ=0”是“直线l与圆C相切”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
4.若复数a+3i
1+2i
(a∈R,i为虚数单位位)是纯虚数，则实数a的值为()
A. ?2
B. 4
C. ?6
D. 6
5.已知函数f(x)=1
x?lnx?1
，则y=f(x)的图象大致为()
A. B.
C. D.
6.设l，m是条不同的直线，α是一个平面，以下命题正确的是()
A. 若l//α，m//α，则l//m
B. 若l//α，m⊥l，则m⊥α
C. 若l⊥α，m⊥l，则m//α
D. 若l⊥α，m⊥α，则l//m
7.《周髀算经》中有这样一个问题：从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、
谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列，冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺，前九个节气日影长之和为85.5尺，则芒种日影长为()
A. 4.5尺
B. 3.5尺
C. 2.5尺
D. 1.5尺
8. 设a ? ，b ? ，c ? 为平面向量，|a ? |=|b ? |=a ? ?b ? =2，若(2c ? ?a ? )?(c ? ?b ? )=0，则c ? ?b ? 的最大值是( )
A. √7+√3
B. 5
2+√3
C. 17
4
D. 9
4
9. 定义在R 上的奇函数f(x)满足f(x +2)=f(?x)，且当x ∈[0,1]时，f(x)=2x ?cosx ，则下列结论正
确的是( )
A. f(
20203
) 20192 ) ) 20192 ) C. f(2018) 20192 ) 20203 ) D. 20192 ) 20203 ) 10. 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，并满足：对任意n ∈N ?，都有|S n+2020|≥|S n |，则下列命题不一定 成立的是( ) A. |S 2020|≤|S 2021| B. |S 2021|≤|S 2022| C. |a 1010|≤|a 1011| D. |a 1011|≤|a 1012| 二、填空题（本大题共3小题，共12.0分） 11. 已知抛物线y 2=4x ，过点A(1,2)作直线l 交抛物线于另一点B ，Q 是线段AB 的中点，过Q 作与y 轴 垂直的直线l 1，交抛物线于点C ，若点P 满足QC ????? =CP ????? ，则|OP|的最小值是______． 12. 将5个不同的小球全部放入编号为1，2，3，4的四个盒子中，若每个盒子中所放的球的个数不大于 其编号数，则共有______种不同的放法． 13. 已知三棱锥A ?BCD 的所有顶点都在球O 的球面上，AD ⊥平面ABC ，∠BAC =90°，AD =2，若球O 的表面积为29π，则三棱锥A ?BCD 的侧面积的最大值为______． 三、多空题（本大题共4小题，共24.0分） 14. 已知随机变量X 服从二项分布B(n,p)，若E(x)=3，D(X)=2，则p = ，P(X =1)= ． 15. 已知实数x ，y 满足约束条件{x +y ?2≥0 x ?y ?2≤02x ?y ?2≥0，则z =x +2y 的最小值为 ；y+1 x 的取值范围是 ． 16. 若将函数f(x)=x 7表示为f(x)=a 0+a 1(x ?1)+a 2(x ?1)2+?+a 7(x ?1)7，其中a 0， a 1，a 2，…，a 7为实数，则a 3= ，a 0+a 2+a 4+a 6= ． 17. 已知a ，b ，c 分别为△ABC 三个内角A ，B ，C 的对边，且acosC +√3asinC =b +c ，则A = ； 又若b =2，a =x ，△ABC 有两解，则实数x 的取值范围是 ． 四、解答题（本大题共5小题，共74.0分） 18. 设函数f(x)=cos(2x +π 6)?cos(2x ? 3π2 )+a 的最小值是?1． (1)求a 的值及f(x)的对称中心； (2)将函数f(x)图象的横坐标压缩为原来的一半(纵坐标不变)，再向右平移π 12个单位，得到g(x)的图 象．若g(x)≥?1 2 ，求x的取值范围． 19.如图，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，A1B1=A1C1=2，CC1=2√3，∠BAC=120°，O为线段B1C1的 中点，P线段CC1上一动点(异于点C、C1).Q为线段BC上一动点，且QP⊥OP； (1)求证：平面A1PQ⊥平面A1OP； (2)若BO//PQ，求直线OP与平面A1PQ所成角的正弦值． 20.已知数列{a n}满足a1=2，a2=10，a n+2=a n+1+2a n，n∈N?． (Ⅰ)证明：数列{a n+1+a n}是等比数列； (Ⅱ)求数列{a n}的通项公式； (Ⅲ)证明：1 a1+1 a2 +?…+1 a n <3 4 ． 21.已知M：x2 a2+y2 b2 =1(a>b>0)的焦距为2√3，点P(0,2)关于直线y=?x的对称点在椭圆M上． (1)求椭圆M的方程； (2)如图，椭圆M的上、下顶点分别为A，B，过点P的直线l与椭圆M相交于两个不同的点C，D． ①求△COD面积的取值范围； ②当AD与BC相交于点Q时，试问：点Q的纵坐标是否是定值？若是，求出该定值：若不是，说明 理由． 22.已知实数a≥?1，设f(x)=(x+a)lnx，x>0． (1)若a=?1，有两个不同实数x1，x2不满足|f′(x1)|=|f′(x2)|，求证：x1+x2>2； (2)若存在实数1 e e2 ，使得|f(x)|=c有四个不同的实数根，求a的取值范围． 答案和解析 1.【答案】B 【解析】解：∵集合A={1,2，4}，B={0,2，4}， ∴A∪B={0,1，2，4}． 故选：B． 求出集合A，B，由此能求出A∪B． 本题考查并集的求法，考查并集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．2.【答案】C 【解析】解：双曲线x2 4?y2 9 =1的a=2， 则双曲线的实轴长为2a=4． 故选：C． 通过双曲线的方程，求得a，再由实轴长为2a，即可得到． 本题考查双曲线的方程和性质，考查运算能力，属于基础题． 3.【答案】A 【解析】解：直线l过点(0,1)且倾斜角为θ， 当θ≠π 2 时，此时直线方程为y=xtanθ+1， ∵直线l与圆C相切， ∴ √1+tan2θ =1， 整理可得tanθ=0， ∵0≤θ<π， ∴θ=0， 当θ=π 2 时，此时直线为方程为x=0，此时满足与圆C：(x?1)2+y2=1相切；∴“θ=0”是“直线l与圆C相切”的充分不必要条件， 故选：A． 分类讨论，当θ≠π 2时，此时直线方程为y=xtanθ+1，求出θ=0时，当θ=π 2 时，直线l与圆C相切，再 根据充分必要条件的定义即可判断． 本题考查了直线与圆的位置关系，充分必要条件，属于基础题． 4.【答案】C 【解析】 【分析】 本题考查复数代数形式的乘除运算，复数的分类，是基础题． 化简复数为a+bi(a、b∈R)的形式，让其实部为0，虚部不为0，可得结论．【解答】 解： 复数a+3i 1+2i =(a+3i)(1?2i) (1+2i)(1?2i) =(a+6)+(3?2a)i 5 ，它是纯虚数，则a=?6． 故选：C． 5.【答案】A 【解析】 【分析】 本题主要考查函数的单调性与函数的导数的关系，函数的图象判断，考查分析问题解决问题的能力，属于中档题． 利用函数的定义域与函数的值域排除B，D，通过函数的单调性排除C，推出结果即可． 【解答】 解：令g(x)=x?lnx?1，则x>0， 因为g′(x)=1?1 x =x?1 x ， 由g′(x)>0，得x>1，即函数g(x)在(1,+∞)上单调递增， 由g′(x)<0，得0 所以当x=1时，函数g(x)有最小值，g(x)min=g(1)=0， 于是对任意的x∈(0,1)∪(1,+∞)，有g(x)>0， 则f(x)>0，故排除B、D， 因为函数g(x)在(0,1)上单调递减，所以函数f(x)在(0,1)上单调递增，故排除C．故选A． 6.【答案】D 【解析】解：由l，m是条不同的直线，α是一个平面，知： 在A中，若l//α，m//α，则l与m相交、平行或异面，故A错误； 在B中，若l//α，m⊥l，则m与α相交、平行或m?α，故B错误； 在C中，若l⊥α，m⊥l，则m//α或m?α，故C错误； 在D中，若l⊥α，m⊥α，则由线面垂直的性质定理得l//m，故D正确． 故选：D． 在A中，l与m相交、平行或异面；在B中，m与α相交、平行或m?α；在C中，m//α或m?α；在D 中，由线面垂直的性质定理得l//m． 本题考查命题真假的判断，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． 7.【答案】C 【解析】 【分析】 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． 设此等差数列{a n}的公差为d，则a1+a4+a7=3a1+9d=31.5，9a1+9×8 2 d=85.5，解得：d，a1.利用通项公式即可得出． 【解答】 解：设此等差数列{a n}的公差为d， 则a1+a4+a7=3a1+9d=31.5，9a1+9×8 2 d=85.5， 解得：d=?1，a1=13.5． 则a12=13.5?11=2.5． 故选：C． 8.【答案】B 【解析】解：∵|a?|=|b? |=a??b? =2，∴cos |a? |?|b?|=1 2 ，即 3 ． 设c?=(x,y)，a?=(2,0)，则b? =(1,√3)，∵(2c??a? )?(c??b? )=0， ∴[2(x,y)?(2,0)]?[(x,y)?(1,√3)]=0，整理得(x ?1)2+(y ?√32 )2 =3 4 ， ∴向量c ? 的终点的轨迹是以(1,√32)为圆心，√3 2为半径的圆． 设z =c ? ?b ? =(x,y)?(1,√3)=x +√3y ， 当直线x +√3y ?z =0与圆相切时，z 取得最大值或最小值， 此时有|1+√3 2×√3?z|2 =√32 ，解得z =52+√3或5 2?√3， ∴c ? ?b ? 的最大值为5 2+√3． 故选：B ． 由平面向量数量积的运算可得=π 3，设c ? =(x,y)，a ? =(2,0)，则b ? =(1,√3)，由(2c ? ?a ? )?(c ? ?b ? )=0，可推出(x ?1)2+(y ?√32)2=3 4 ；设z =c ? ?b ? =x +√3y ，当直线x +√3y ?z =0与圆相切时，z 取得最大值或最小值，然后利用点到直线的距离公式即可得解． 本题考查平面向量的混合运算，借助平面向量的坐标运算，将问题转化为直线与圆的最值问题是解题的关键，考查学生的数形结合思想、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题． 9.【答案】C 【解析】解：∵f(x)是奇函数； ∴f(x +2)=f(?x)=?f(x)； ∴f(x +4)=?f(x +2)=f(x)； ∴f(x)的周期为4； ∴f(2018)=f(2+4×504)=f(2)=f(0)，f(20192 )=f(12+4×251)=f(12)，f( 20203 )=f(7 12+4×168)= f(7 12)； ∵x ∈[0,1]时，f(x)=2x ?cosx 单调递增； ∴f(0) 2) 12)； ∴f(2018) ) 20203 )． 故选：C ． 根据f(x)是奇函数，以及f(x +2)=f(?x)即可得出f(x +4)=f(x)，即得出f(x)的周期为4，从而可得出f(2018)=f(0)， f(20192 )=f(12)，f( 20203 )=f(7 12)，然后可根据f(x)在[0,1]上的解析式可判断f(x)在[0,1]上单调递增，从而可得出f(2018) 20192 ) 20203 )． 考查奇函数，周期函数的定义，指数函数和余弦函数的单调性，以及增函数的定义． 10.【答案】C 【解析】解：∵等差数列{a n }的前n 项和为S n ，并满足：对任意n ∈N ?，都有|S n+2020|≥|S n |， S n =d 2n 2+(a 1?d 2)，假设d >0， ∴|S n+2020|≥|S 1|，∴S 2021≥?S 1， 利用二次函数的对称性，得到S 2020≥S 1． 设对称轴x =a ，则a < 1+2020 2 =1010.5， ∴当n ≥1011时，a n ≥0，S 2021+S 1≥0，即2022a 1+ 2021×2020 2 d ≥0， 即1011(2a 1+2019d)+d ≥0，即a 1010+a 1011+d 1011≥0， 当0≤a 10100的情况， 对于A ，|S 2020|≤|S 2022|，即S 2021≤S 2021，且?S 2020≤S 2021，成立即可， 即a 2021成立，且S 2020+S 2021成立即可，故A 正确； 对于B ，|S 2021|≤|S 2022|，即S 2021≤S 2022，即a 2022>0，故B 成立； 对于C ，|a 1010|≤|a 1011|，即?a 1010≤a 1011，即a 1010+a 1011≥0， 而a 1010+a 1011+d 1011≥0， ∴当a 1010+a 1011∈(?d 1010,0)时，不成立，故C 不成立； 对于D ，|a 1011|≤|a 1012|，即a 1011≤a 1012，故D 成立． 故选：C ． 推导出S 2021≥?S 1，利用二次函数的对称性，得到S 2020≥S 1.设对称轴x =a ，则a < 1+2020 2 =1010.5，推 导出0≤a 10100的情况，进行讨论，能求出结果． 本题考查命题真假的判断，考查等差数列的前n 项和的函数特性、等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 11.【答案】√22 【解析】解：由y 2 =4x ，可设B(b 2 4,b).因为A(1,2)，Q 是AB 的中点，所以Q( b 2+48 , b+22 ). 所以直线l 1的方程为：y = b+22 .代入y 2=4x ，可得C( (b+2)216 , b+22 ). 因为QC ????? =CP ????? ，所以点C 为PQ 的中点，可得P(b 2,b+2 2 ). 所以，|OP|2= b 24 + (b+2)2 4 =12 (b +1)2+1 2． 所以当b =?1时，|OP|2取得最小值1 2，即|OP|的最小值为√2 2 ． 故答案为：√2 2 ． 由y 2=4x ，可设B(b 2 4,b)，由题意逐步表示出点Q ，C ，P 的坐标，于是可以表示出|OP|并求得其最小值． 本题考查抛物线的基本问题，设出坐标表示出目标函数，利用函数求最值． 12.【答案】535 【解析】解：根据题意，分3种情况讨论： ①四个盒子中都放入小球，需要将5个小球分为4组，即2、1、1、1的四组，2个小球的一组只能放在编 号为2，3，4的三个盒子，剩下的三组可以放进任意的盒子中，则有C 52C 31A 33 =180种放法； ②有3个盒子中放入小球，先将5个小球分为3组， 若分为3、1、1的三组，3个小球的一组只能放在编号为3，4的两个盒子，剩下的2组可以放进任意的盒 子中，有C 53C 21A 32=120种放法， 若分为2、2、1的三组，2个小球的一组只能放在编号为2，3，4的三个盒子，剩下的1组可以放进任意 的盒子中，有1 2C 5 2C 32A 32C 21 =180种放法， 此时有120+180=300种放法； ③有2个盒子中放入小球，先将5个小球分为2组， 若分为3、2的两组，3个小球的一组只能放在编号为3，4的两个盒子，剩下的1组有2种放法，有C 52×4=40 种放法， 若分为1、4的两组，4个小球的一组只能放在编号为4的盒子，剩下的1组可以放进任意的盒子中，有 C 54 ×3=15种放法， 此时有40+15=55种放法； 则有180+300+55=535种放法； 故答案为：535 根据题意，按放入小球的盒子的数目进行分类讨论，求出每种情况下的放法数目，由加法原理计算可得答案． 本题考查排列组合的应用，涉及分类分步计数原理的应用，属于基础题． 13.【答案】5√2+25 4 【解析】解：因为DA ⊥平面ABC ，且AB ⊥AC ， 所以侧棱AB 、AC 、AD 两两垂直、共点，所以该三棱锥可内嵌于长方体中，如图所示， 设AB =a ，AC =c ，设侧面积为S ，则S =1 2?2b +1 2?2c + 1 2bc =b +c +1 2 bc ， 又因为该三棱锥外接球与长方体相同，设球的半径为R ，由题意知，球的表面积为29π=4πR 2， ∵R = √29 2 ，∴2R =√29=√4+b 2+c 2， ∴b 2+c 2=25，由均值不等式可知，bc ≤ b 2+ c 22 = 252 ， b 2+ c 22 ≥( b+c 2 )2 ， 解得b +c ≤5√2，都是b =c 时等号成立， ∴S =b +c +1 2bc ≤5√2+254 ． 故答案为：5√2+ 254． 根据题意明确三棱锥的形状符合内嵌于长方体，将三棱锥的侧面积表示成数学式子，即可研究该式的最值问题． 本题考查球的表面积，考查均值不等式，属于中档题． 14.【答案】1 3 256 2187 【解析】解：随机变量X 服从二项分布B(n,p)，若E(x)=3，D(X)=2， 可得np =3，np(1?p)=2， 解得p =1 3；n =9． 所以P(X =1)=C 91?(1 3)?(2 3)8=28 37=256 2187． 故答案为：13；256 2187． 利用二项分布的期望与方差，求出n ，p ，然后求解P(X =1)即可． 本题考查离散型随机变量的分布列的期望与方差的求法，二项分布的应用，考查计算能力． 15.【答案】2 [12 ,2) 【解析】解：可行域如图：由{x +y ?2=0 x ?y ?2=0，解得A(2,0)， 目标函数z =x +2y 变形为y =?1 2x +z 2， 当此直线经过图中A 时，直线在y 轴的截距最小， 此时z 的最小值为2+2×0=2； y+1x 的几何意义是可行域内的点与D(0,?1)连线的斜率， 由可行域可知AD 的斜率是最小值，过D 的直线与BC 平行时，表达式取得最大值，但是，不满足题意， 所以 y+1x ∈[1 2,2) 故答案为：2；[1 2,2)． 由约束条件画出可行域，利用目标函数的几何意义求最小值． 本题考查了简单线性规划问题；正确画出可行域是解答的前提，利用目标函数的几何意义求最值是关键． 16.【答案】35 64 【解析】解：∵f(x)=x 7=[(x ?1)+1]7=a 0+a 1(x ?1)+a 2(x ?1)2+?+a 7(x ?1)7， ∴a 3=C 73=35． 令x =0得：0=a 0?a 1+a 2+??a 7，① 令x =2得：27=a 0+a 1+a 2+?+a 7，② ①+②除以2可得：a 0+a 2+a 4+a 6=272 =26=64． 故答案为：35，64． 由f(x)=x 7=[(x ?1)+1]7，展开即可求得a 3的值．再分别赋值即可求解结论． 本题考查二项式系数的性质，考查数学转化思想方法，是基础题． 17.【答案】π 3 (√3,2) 【解析】解：因为acosC+√3asinC=b+c， 所以sinAcosC+√3sinAsinC=sinB+sinC， 则sinAcosC+√3sinAsinC=sinAcosC+cosAsinC+sinC， 所以√3sinAsinC=cosAsinC+sinC， 因为C为三角形内角，sinC≠0， 所以√3sinA=cosA+1， 则sin(A?π 6)=1 2 ， 所以A=π 3 ； ∵在△ABC中，a=x，b=2，A=60°， ∴由正弦定理得：sinB=bsinA a =√3 x ， ∵A=60°， ∴0 2 ∴√3 2<√3 x <1，解得：√3 故x的取值范围是(√3,2)． 故答案为：π 3 ；(√3,2)． 由已知利用正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求sin(A?π 6)=1 2 ，可得A=π 3 ，由正弦定理可得sinB=√3 x ， 结合范围0 2 本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换的应用以及正弦函数的性质在解三角形中的应用，考查了转化思想和函数思想，属于中档题． 18.【答案】解(1)f(x)=cos(2x+π 6)?cos(2x?3π 2 )+a =√3 2 cos2x? 1 2 sin2x+sin2x+a =12sin2x +√32 cos2x +a =sin(2x +π 3)+a ， 因为函数f(x)的最小值是?1，所以a =0， 所以f(x)=sin(2x +π 3). 令2x +π 3=kπ，k ∈Z ，解得x = kπ2 ?π 6，k ∈Z ， 故f(x)的对称中心为(kπ 2?π 6,0)，k ∈Z ， (2)由题意可得g(x)=sin[4(x ?π 12)+π 3]=sin4x ， 若g(x)≥?1 2，即sin4x ≥?1 2，则2kπ?π 6≤4x ≤2kπ+7π6 ，k ∈Z ， 解得kπ 2?π 24≤x ≤ kπ2+ 7π24，k ∈Z ， 即x 的取值范围为[kπ 2?π 24,kπ2 +7π 24]，k ∈Z ， 【解析】(1)利用三角恒等变换化简函数f(x)解析式，由函数f(x)的最小值是?1，求解a 值，令2x +π 3=kπ，k ∈Z ，即可求解f(x)的对称中心； (2)由三角函数的图象的变换可得g(x)解析式，求解不等式即可得x 的取值范围． 本题主要考查三角恒等变换，三角函数的对称中心，以及三角函数图象的变换规律，属于中档题． 19.【答案】(1)证明：∵A 1B 1=A 1C 1=2，O 为线段B 1C 1的中点，∴A 1O ⊥B 1C 1， ∵直三棱柱ABC ?A 1B 1C 1中，∴CC 1⊥平面A 1B 1C 1， ∴A 1O ⊥CC 1，又CC 1∩B 1C 1=C 1， ∴A 1O ⊥平面CBB 1C 1，∴QP ⊥A 1O. 又∵QP ⊥OP ，A 1O ∩OP =O ， ∴QP ⊥平面A 1OP ， 又QP ?平面A 1OP ， ∴平面A 1PQ ⊥平面A 1OP ． (2)解：建立如图空间直角坐标系O ?xyz ， ∵A 1B 1=A 1C 1=2，∠B 1A 1C 1=∠BAC =120°，∴OB 1=OC 1=√3，OA 1=1， 则O(0,0，0)，C 1(0,√3,0)，B 1(0,?√3,0)，B(0,?√3,2√3)，A 1(?1,0，0)， 设P(0,√3,a)，Q(0,b,2√3)， 则OB ?????? =(0,?√3,2√3)，QP ????? =(0,√3?b,a ?2√3)，OP ????? =(0,√3,a)． ∵QP ⊥OP ，BO//PQ ， ∴QP ????? ?OP ????? =0，OB ?????? //QP ????? ，故{ (√3?b)?√3+a(a ?2√3)=0 2√3(√3?b)=?√3(a ?2√3)， 解得：a =√3 2 ，b =√3 4 (P 异于点C ，C 1)， ∴A 1P ??????? =(1,√3, √3 2 )，QP ????? =(0, 3√34,?3√3 2 )，OP ????? =(0,√3, √3 2 )． 设平面A 1QP 的法向量为n ? =(x,y,z)，则{n ? ?A 1P ??????? =0 n ? ?QP ????? =0， 即{x +√3y +√3 2z =0 3√34 y ?3√3 2z =0 ，可取n ? =(?5√3,4,2)， 设直线OP 与平面A 1QP 所成角为θ， 则sinθ=|n ?? ?OP ?????? ||n ?? ||OP ?????? |=√3+√3√15 4 ?√95 = 2√19 19． 故直线OP 与平面A 1QP 所成角的正弦值为 2√19 19 ． 【解析】(1)证明PQ ⊥平面A 1OP 即可得出平面A 1PQ ⊥平面A 1OP ； (2)建立空间坐标系，求出平面A 1PQ 的法向量，计算法向量与OP ????? 的夹角得出答案． 本题考查了面面垂直的判定，考查直线与平面所成角的计算，向量是解决空间角计算的一个有力工具，属于中档题． 20.【答案】(Ⅰ)证明：由a n+2=a n+1+2a n ，得a n+2+a n+1=2(a n+1+a n )， 又a 1=2，a 2=10，∴a 2+a 1=12≠0， ∴数列{a n+1+a n }是首项为12，公比为2的等比数列； (Ⅱ)解：由(Ⅰ)可知，a n+1+a n =(a 2+a 1)?2n?1=6?2n ， ∴a n+2+a n+1=6?2n+1， 两式作差可得a n+2?a n =6?2n ． 当n 为奇数时， a n =a 1+6?2+6?23+?+6?2n?2=2+6?2(1?4 n?12) 1?4 =2n+1?2； 当n 为偶数时， a n =a 2+6?22+6?24+?+6?2n?2=10+6?4(1?4 n?22) 1?4 =2n+1+2． ∴a n ={2n+1?2,n 为奇数2n+1+2,n 为偶数 ； (Ⅲ)证明：由(Ⅱ)得，a n ={2n+1?2,n 为奇数 2n+1+2,n 为偶数， ∵当n ≥6时，2n+1?2n =2n >2， ∴当n ≥6时，2n+1?2>2n ，2n+1+2>2n ， ∴当n ≥6时，若n 为奇数，1a n =12n+1?2<12n ，若n 为偶数，1a n =12n+1+2<1 2n ． ∴当n ≥6时，1a 1 +1a 2 +?…+1a n <12+110+114+134+162+164+1128+?+1 2n =12 + 110 + 114 + 134 + 162 + 164(1?12 n?5)1?12 <12 + 110 + 114 + 134 + 162 + 132 = 21012808 < 21062808 =3 4 ． ∵ 1a n >0， ∴当n ≤5时，1 a 1 +1 a 2 +?…+1 a n <3 4， 综上，1a 1 +1a 2 +?…+1a n <3 4． 【解析】(Ⅰ)由a n+2=a n+1+2a n ，得a n+2+a n+1=2(a n+1+a n )，即可证明数列{a n+1+a n }是首项为12，公比为2的等比数列； (Ⅱ)由(Ⅰ)可知，a n+1+a n =(a 2+a 1)?2n?1=6?2n ，进一步得到a n+2?a n =6?2n .对n 分类求解数列{a n }的通项公式； (Ⅲ)由(Ⅱ)得，a n ={2n+1?2,n 为奇数 2n+1 +2,n 为偶数，当n ≥6时，得2n+1?2>2n ，2n+1+2>2n ，即可得到若n 为奇数，1a n =12?2<12，若n 为偶数，1a n =12+2<12，可得当n ≥6时，1a 1 +1a 2 +?…+1a n <12+110+1 14+ 134 +162+164+1128+?+12n ，由等比数列的求和公式证明结论．再由1a n >0，得当n ≤5时，1a 1 +1a 2 +?+1 a n <34 ，结论得证． 本题考查数列递推式，考查等比关系的求得，训练了分类求解数列的通项公式，考查利用放缩法证明数列不等式，属难题． 21.【答案】解：(1)因为点P(0,2)关于直线y =?x 的对称点为(?2,0)， 且(?2,0)在椭圆M 上，所以a =2． 又2c =2√3，故c =√3， 则b 2=a 2?c 2=4?3=1． 所以椭圆M 的方程为 x 24 +y 2=1． (2)①设直线l的方程为y=kx+2，C(x1,y1)，D(x2,y2)，{y=kx+2 x2 4 +y2=1，消去 y整理得(1+4k2)x2+16kx+ 12=0， 由△>0，可得4k2>3， 且x1+x2=?16k 1+4k2，x1x2=12 1+4k2 ， 所以S△COD=1 2|CD|d=1 2 √1+k2|x1?x2 2 =|x1?x2|=4√4k2?3 1+4k2 ． 令1+4k2=t，则t∈(4,+∞)，S=4√t?4 t2=4√1 t ?4 t2 ∈(0,1]； ②由题意得，AD：y=y2?1 x2x+1，BC：y=y1+1 x1 x?1， 联立方程组，消去x得y=2kx1x2+x1+3x2 3x2?x1 ， 又4kx1x2=?3(x1+x2)， 解得y=?1 2 ， 故点Q的纵坐标为定值1 2 ． 【解析】(1)求出P(0,2)关于直线y=?x的对称点为(?2,0)，得到a，利用焦距求出c，然后求解b得到椭圆方程． (2)①设直线l的方程为y=kx+2，C(x1,y1)，D(x2,y2)，{y=kx+2 x2 4 +y2=1，消去 y整理得(1+4k2)x2+16kx+ 12=0，利用韦达定理，求解三角形的面积，通过换元法，结合二次函数的最值求解即可． ②求出AD，BC的方程，解出交点的纵坐标结合①中的韦达定理，推出结果即可． 本题考查椭圆方程的求法，椭圆的简单性质的应用，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查分析问题解决问题的能力，是中档题． 22.【答案】解：(1)证明：a=?1时，f(x)=(x?1)lnx(x>0)，f′(x)=lnx+1?1 x ． 因为f′(x)在x∈(0,+∞)上单调递增， 故f′(x1)+f′(x2)=0(即lnx1x2?x1+x2 x1x2 +2=0) 以下主要有三种做法： 法一：由基本不等式得：x1+x2≥2√x1x2(等号可不写) 因此lnx1x2? √x x 2≥0． 令t=√x1x2，可知f′(t)≥0． 因为f′(t)在x>0上单调递增，且f′(1)=0， 因此t=√x1x2≥1.因为x1≠x2， 由基本不等式得：x1+x2>2√x1x2>2((6分)，若写x1+x2≥2不得分) 法二：先证明：x1x2≥1． 因为f′(1)=0，故不妨x1>1，0 >1． 设x2′=1x 2 )<2?2=0． 由基本不等式知：f′(x2′)+f′(x2)=2?(x2+1x 2 因为f′(x)在x>0上单调递增且f′(x1)+f′(x2)=0， 所以x1>x2′即x1x2≥1． 因为x1≠x2，由基本不等式得：x1+x2>2√x1x2>2((6分)，若写x1+x2≥2不得分)法三：因为f′(1)=0，故不妨x1>1，0 设x2′=2?x2>1． 由基本不等式得：x2′+x2>2√x2x2′(即x2x2′<1) 2=2f′(√x2x2′)． f′(x2′)+f′(x2)=2ln√x2x2′? √x x′ 因为f′(x)在x>0上单调递增，且f′(1)=0， 因此f′(x2′)+f′(x2)<0． 所以x1+x2>x2′+x2>2.((6分)，若写x1+x2≥2不得分) (2)原题即f(x)=±c共有四个不同的实数根．f′(x)=lnx+1+a ． x ①?1≤a≤0，因为f′(x)在x>0上单调递增， 且当x→0时f′(x)→?∞， 当x→+∞时f′(x)→+∞，故存在唯一实数x0>0， 使得f′(x0)=0，即a=?x0(lnx0+1)． 因此f(x)在(0,x0)上单调递减，在(x0,+∞)上单调递增． ≤x0≤1． 由?1≤a≤0可知1 e 把a=?x0(lnx0+1)代入得：f(x)的极小值f(x0)=?x0(lnx0)2． 令?(x)=?x(lnx)2，?′(x)=?lnx(lnx+2)． )时，?′(x)<0； 当x∈(0,1 e2 ,1)时，?′(x)>0． 当x∈(1 e2 因此?(x)在(0,1 e2)上单调递减，在(1 e2 ,1)上单调递增． 故f(x0)∈[?1 e ,0]， 所以f(x)=c上至多有两个不同的实数根， f(x)=?c上至多有一个的实数根，故不合题意． ②a>0，当x→0时f′(x)→+∞， 当x→+∞时f′(x)→+∞，f″(x)=x?a x2 ． 当x∈(0,a)时，f′′(x)<0； 当x∈(a,+∞)时，f′′(x)>0，f′(a)=2+lna． 因此f′(x)在(0,a)上单调递减，在(a,+∞)上单调递增． (i)若a≥1 e2，则f′(x)≥0(当且仅当a=x=1 e2 时取等)， 故f(x)在x>0上单调递增． 因此f(x)=±c上至多有两个不同的实数根，故不合题意．(ii)若0 e2 ，则f′(a)<0， 故存在x1∈(0,a)和x2∈(a,1 e )，使得f′(x1)=f′(x2)=0． 因此f(x)在(0,x1)和(x2,+∞)上单调递增，在(x1,x2)上单调递减．因为当x→0时f(x)→?∞， 当x→+∞时f′(x)→+∞，且f(x1)=?x1(lnx)12≤0， 故f(x)=c上有且仅有一个实数根． 由①的?(x)可知：f(x1)∈(?4 e2,0)，f(x2)∈(?4 e2 ,?1 e )． 故存在?c∈(f(x2),f(x1))， 使得1 e e2 .此时f(x)=?c上恰有三个不同的实数根． 此时f(x)=±c共有四个不同的实数根． 综上：0 e 满足条件． 【解析】(1)代入a的值，求出函数的导数，根据基本不等式的性质证明证明即可； (2)求出函数的导数，通过讨论a的范围，确定函数的实数根的个数，求出满足条件的a的范围即可． 本题考查了函数的单调性，零点问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查转化思想，分类讨论思想，