1．（4分）已知集合A＝{﹣2，﹣1，0，1，2}，B＝{x|﹣1＜x＜2}，則A∩B＝（ ）
A．{0，1}B．{﹣1，0，1}C．{0，1，2}D．{﹣1，0，1，2}
2．（4分）在復平面內(nèi)，復數(shù)對應的點位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．（4分）雙曲線的漸近線方程為（ ）
A．B．C．D．
4．（4分）設函數(shù)，則f（x）是（ ）
A．奇函數(shù)，且在（0，+∞）單調(diào)遞增
B．奇函數(shù)，且在（0，+∞）單調(diào)遞減
C．偶函數(shù)，且在（0，+∞）單調(diào)遞增
D．偶函數(shù)，且在（0，+∞）單調(diào)遞減
5．（4分）已知α，β是兩個不同的平面，直線l?α，那么“α∥β”是“l(fā)∥β”的（ ）
A．充分而不必要條件
B．必要而不充分條件
C．充分必要條件
D．既不充分也不必要條件
6．（4分）已知函數(shù)的值域為R，則實數(shù)a的取值范圍是（ ）
A．（﹣∞，0）B．（0，+∞）C．（﹣∞，1]D．[1，+∞）
7．（4分）點P在拋物線y2＝4x上，則P到直線x＝﹣1的距離與到直線3x﹣4y+12＝0的距離之和的最小值為（ ）
A．4B．3C．2D．1
8．（4分）如圖，半徑為1的半球內(nèi)有一內(nèi)接正六棱錐P﹣ABCDEF，則異面直線PB與AF所成的角為（ ）
A．B．C．D．
9．（4分）已知直線l：y＝mx﹣m﹣1，P為圓C：x2+y2﹣4x﹣2y+1＝0上一動點，設P到直線l距離的最大值為d（m），當d（m）最大時，m的值為（ ）
A．B．C．D．2
10．（4分）如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E為棱B1C1的中點．動點P沿著棱DC從點D向點C移動，對于下列四個結論：
①存在點P，使得PA1＝PE；
②存在點P，使得BD1⊥平面PA1E；
③△PA1E的面積越來越??；
④四面體A1PB1E的體積不變．
其中，所有正確的結論的個數(shù)是（ ）
A．1B．2C．3D．4
二、填空題共5小題，每小題5分，共25分。
11．（5分）函數(shù)的定義域是 ．
12．（5分）已知雙曲線（a＞0，b＞0）的離心率為，C的焦點到其漸近線的距離為5，則a＝ ．
13．（5分）若?2＝4，且||＝1，則||＝ ，?的最大值為 ．
14．（5分）已知等比數(shù)列{an}的各項均為正數(shù)，其前n項和為Sn，前n項乘積為Tn，T2＝T7，a6+a7＝6，則公比q＝ ；滿足Sn＞Tn的正整數(shù)n的最大值為 ．
15．（5分）已知點P（2，0）和圓O：x2+y2＝36上兩個不同的點M，N，滿足∠MPN＝90°，Q是弦MN的中點，給出下列四個結論：
①|MP|的最小值是4；
②點Q的軌跡是一個圓；
③若點A（5，3），點B（5，5），則存在點Q，使得∠AQB＝90°；
④△MPN面積的最大值是．
其中所有正確結論的序號是 ．
三、解答題共6小題，共85分。解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程。
16．（14分）已知函數(shù)f（x）＝4sinxcs的最大值與最小值之和為0．
（Ⅰ）求m的值以及f（x）的最小正周期；
（Ⅱ）若函數(shù)f（x）在區(qū)間[0，a]上是增函數(shù)，求實數(shù)a的最大值．
17．（14分）在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，現(xiàn)有下列四個條件：
①；②cs；③a；④b＝2．
（Ⅰ）條件①和條件②可以同時成立嗎？請說明理由；
（Ⅱ）請從上述四個條件中選擇三個條件作為已知，使得△ABC存在且唯一，并求△ABC的面積．
18．（14分）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，側面AA1C1C⊥底面ABC，D為AC中點，AC＝AA1＝2，AB＝BC．
（Ⅰ）求證：B1C∥平面A1BD；
（Ⅱ）求證：平面BDA1⊥平面AA1C1C；
（Ⅲ）若，求三棱柱ABC﹣A1B1C1的體積．
19．（14分）已知函數(shù)．
（Ⅰ）求曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線方程；
（Ⅱ）求曲線y＝f（x）與直線y＝x﹣1的公共點個數(shù)，并說明理由；
（Ⅲ）若對于任意x∈（0，+∞），不等式f（x）＜ax+2恒成立，直接寫出實數(shù)a的取值范圍．
20．（14分）已知橢圓W：1（a＞b＞0）的離心率e，短軸長為2．
（Ⅰ）求橢圓W的標準方程；
（Ⅱ）設A為橢圓W的右頂點，C，D是y軸上關于x軸對稱的兩點，直線AC與橢圓W的另一個交點為B，點E為AB中點，點H在直線AD上且滿足CH⊥OE（O為坐標原點），記△AEH，△ACD的面積分別為S1，S2，若，求直線AB的斜率．
21．（15分）已知無窮數(shù)列{an}滿足：a1＝0，a2＝1，且當n≥3時，總存在i∈{1，2，?，n﹣1}，使得an．
（Ⅰ）求a4的所有可能值；
（Ⅱ）求a2023的所有可能值中的最大值；
（Ⅲ）求證：當n≥3時，an+1﹣an．
2022-2023學年北京市清華附中高二（上）期末數(shù)學試卷
參考答案與試題解析
一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項。
1．（4分）已知集合A＝{﹣2，﹣1，0，1，2}，B＝{x|﹣1＜x＜2}，則A∩B＝（ ）
A．{0，1}B．{﹣1，0，1}C．{0，1，2}D．{﹣1，0，1，2}
【分析】利用交集定義求出A∩B．
【解答】解：集合A＝{﹣2，﹣1，0，1，2}，B＝{x|﹣1＜x＜2}，則A∩B＝{0，1}．
故選：A．
【點評】本題考查交集的求法，考查交集定義等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題．
2．（4分）在復平面內(nèi)，復數(shù)對應的點位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【分析】把給出的復數(shù)運用復數(shù)的除法運算整理成a+bi（a，b∈R）的形式，得到復數(shù)的實部和虛部，則答案可求．
【解答】解：由．
知復數(shù)的實部為，虛部為．
所以，復數(shù)對應的點位于第二象限．
故選：B．
【點評】本題考查了復數(shù)代數(shù)形式的乘除運算，復數(shù)的除法，采用分子分母同時乘以分母的共軛復數(shù)，此題是基礎題．
3．（4分）雙曲線的漸近線方程為（ ）
A．B．C．D．
【分析】由雙曲線的性質及方程直接可得雙曲線的漸近線的方程．
【解答】解：由雙曲線的方程可得漸近線方程為：yx，
故選：A．
【點評】本題考查雙曲線的性質，漸近線方程的求法，屬于基礎題．
4．（4分）設函數(shù)，則f（x）是（ ）
A．奇函數(shù)，且在（0，+∞）單調(diào)遞增
B．奇函數(shù)，且在（0，+∞）單調(diào)遞減
C．偶函數(shù)，且在（0，+∞）單調(diào)遞增
D．偶函數(shù)，且在（0，+∞）單調(diào)遞減
【分析】根據(jù)函數(shù)奇偶性和單調(diào)性的定義進行判斷即可．
【解答】解：函數(shù)的定義域為{x|x≠0}，
f（﹣x）＝﹣x3（x3）＝﹣f（x），則f（x）是奇函數(shù)，
當x＞0時，y＝x3和y是增函數(shù)，則f（x）在（0，+∞）上也是增函數(shù)，
故選：A．
【點評】本題主要考查函數(shù)奇偶性和單調(diào)性的判斷，掌握函數(shù)奇偶性和單調(diào)性的定義和性質是解決本題的關鍵，是基礎題．
5．（4分）已知α，β是兩個不同的平面，直線l?α，那么“α∥β”是“l(fā)∥β”的（ ）
A．充分而不必要條件
B．必要而不充分條件
C．充分必要條件
D．既不充分也不必要條件
【分析】由題意分別判斷充分性和必要性是否成立即．
【解答】解：若α∥β，則l與β沒有交點，故l∥β，即充分性成立，
反之，若l∥β，有可能α，β相交，而l與交線平行，故必要性不成立，
綜上可得，“α∥β”是“l(fā)∥β”的充分不必要條件．
故選：A．
【點評】本題主要考查線面之間的位置關系，充分性與必要性的判定等知識，屬于基礎題．
6．（4分）已知函數(shù)的值域為R，則實數(shù)a的取值范圍是（ ）
A．（﹣∞，0）B．（0，+∞）C．（﹣∞，1]D．[1，+∞）
【分析】分別求函數(shù)在x＜0及x≥0時函數(shù)值的取值范圍，結合題意知（﹣∞，0）∪[1﹣a，+∞）＝R，從而求實數(shù)a的取值范圍．
【解答】解：①當x＜0時，
f（x）0，
即f（x）∈（﹣∞，0）；
②當x≥0時，
f（x）＝2x﹣a≥1﹣a，
即f（x）∈[1﹣a，+∞）；
∵函數(shù)的值域為R，
∴（﹣∞，0）∪[1﹣a，+∞）＝R，
故1﹣a≤0，
故a≥1；
故實數(shù)a的取值范圍是[1，+∞），
故選：D．
【點評】本題考查了分段函數(shù)的性質的應用，應用了分類討論的思想方法，屬于中檔題．
7．（4分）點P在拋物線y2＝4x上，則P到直線x＝﹣1的距離與到直線3x﹣4y+12＝0的距離之和的最小值為（ ）
A．4B．3C．2D．1
【分析】首先確定拋物線的準線方程，然后結合拋物線的定義等價轉化即可求得最值．
【解答】解：∵x＝﹣1是拋物線y2＝4x的準線，
∴P到x＝﹣1的距離等于|PF|，
∵拋物線y2＝4x的焦點F（1，0），
∴過F作l1：3x﹣4y+12＝0的垂線和拋物線的交點就是P，
∴點P到直線3x﹣4y+12＝0的距離和到直線x＝﹣1的距離之和的最小值就是F（1，0）到直線3x﹣4y+12＝0的距離，
∴點 P到直線l1：x＝﹣1的距離與到直線l2：3 x﹣4 y+12＝0的距離之和的最小值為．
故選：B．
【點評】本題主要考查拋物線的定義及其應用，拋物線中的最值問題等知識，屬于中等題．
8．（4分）如圖，半徑為1的半球內(nèi)有一內(nèi)接正六棱錐P﹣ABCDEF，則異面直線PB與AF所成的角為（ ）
A．B．C．D．
【分析】連接BE，作P作PO⊥平面ABCDEF，交BE于O，則BE∥AF，∠PBO是異面直線PB與AF所成的角（或所成角的補角），再由OB＝OP＝1，PO⊥BO，能求出異面直線PB與AF所成的角．
【解答】解：如圖，半徑為1的半球內(nèi)有一內(nèi)接正六棱錐P﹣ABCDEF，
連接BE，作P作PO⊥平面ABCDEF，交BE于O，
則BE∥AF，∴∠PBO是異面直線PB與AF所成的角（或所成角的補角），
∵OB＝OP＝1，PO⊥BO，∴∠PBO，
∴異面直線PB與AF所成的角為．
故選：C．
【點評】本題考查異面直線所成角的定義及求法，考查運算求解能力，是中檔題．
9．（4分）已知直線l：y＝mx﹣m﹣1，P為圓C：x2+y2﹣4x﹣2y+1＝0上一動點，設P到直線l距離的最大值為d（m），當d（m）最大時，m的值為（ ）
A．B．C．D．2
【分析】先得出直線過定點A（1，﹣1），再求出圓心坐標，由圓的對稱性以及斜率公式得出m的值．
【解答】解：因為l：y﹣（﹣1）＝m（x﹣1），所以直線l過定點A（1，﹣1），
圓C：x2+y2﹣4x﹣2y+1＝0可化為（x﹣2）2+（y﹣1）2＝4，
則圓心C（2，1），r＝2，
由圓的對稱性可知，當AC⊥l時，P到直線l距離的最大，則．
故選：A．
【點評】本題考查直線與圓的位置關系，考查學生的運算能力，屬于中檔題．
10．（4分）如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E為棱B1C1的中點．動點P沿著棱DC從點D向點C移動，對于下列四個結論：
①存在點P，使得PA1＝PE；
②存在點P，使得BD1⊥平面PA1E；
③△PA1E的面積越來越??；
④四面體A1PB1E的體積不變．
其中，所有正確的結論的個數(shù)是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【分析】對于①，設正方體棱長為1，DP＝x（0≤x≤1），求出，由，解得x，確定①正確；對于②，建立空間直角坐標系，利用向量法求出BD1與A1E不垂直，從而不存在點P，使得BD1⊥平面PA1E；對于③，利用向量法求解；對于④，由CD∥平面A1B1C1D1，P∈CD，得P到平面A1B1E的距離不變，再由△A1B1E的面積不變，得到四面體A1PB1E的體積不變．
【解答】解：對于①，設正方體棱長為1，DP＝x（0≤x≤1），
由AA1⊥平面ABCD，AP?平面ABCD，得AA1⊥AP，同理PC⊥EC，
∴2+x2，PE2＝PC2+CC12+C!E2＝1+（1﹣x）2，
由2+x2（1﹣x）2，解得x，∴存在點P，使得PA1＝PE，故①正確；
對于②，以D為坐標原點，建立空間直角坐標系，如圖，
則B（1，1，0），D1（0，0，1），A1（1，0，1），E（，1，1），
（﹣1，﹣1，1），（，1，0），
∵，∴BD1與A1E不垂直，
∴不存在點P，使得BD1⊥平面PA1E，故②錯誤；
對于③，A1（1，0，1），E（，1，1），設P（0，m，0）（0≤m≤1），
PE，
（，1﹣m，1），（，1，0），
cs，
設P到直線A1E的距離為d，
則d＝||sin?，
由二次函數(shù)性質得0≤m≤1時，y＝（m﹣2）2+5單調(diào)遞減，∴d單調(diào)遞減，
∵A1E不變，∴△PA1E的面積越來越小，故③正確；
對于④，正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，CD∥平面A1B1C1D1，P∈CD，
∴P到平面A1B1C1D1的距離不變，∴P到平面A1B1E的距離不變，
又△A1B1E的面積不變，∴四面體A1PB1E的體積不變，故④正確．
故選：C．
【點評】本題考查正方體結構特征、二次函數(shù)的性質、點到直線的距離、線面垂直的判定與性質、向量法等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題．
二、填空題共5小題，每小題5分，共25分。
11．（5分）函數(shù)的定義域是 {x|x≥﹣1且x≠0} ．
【分析】根據(jù)函數(shù)的解析式，列出使函數(shù)解析式有意義的不等式組，求出解集即可．
【解答】解：∵，
∴，∴x≥﹣1且x≠0，
∴函數(shù)的定義域是{x|x≥﹣1且x≠0}，
故答案為：{x|x≥﹣1且x≠0}．
【點評】本題考查了函數(shù)定義域的求法，解題的關鍵是列出使函數(shù)解析式有意義的不等式組，是基礎題．
12．（5分）已知雙曲線（a＞0，b＞0）的離心率為，C的焦點到其漸近線的距離為5，則a＝ ．
【分析】由雙曲線的離心率公式，雙曲線的漸近線方程，及點到直線的距離公式即可求得a即可．
【解答】解：由雙曲線的離心率e，ca，
雙曲線的漸近線方程l：y＝±x，焦點為F（c，0），
則焦點到漸近線的距離db＝5，
由c2＝a2+b2，解得：a2，所以a．
故答案為：．
【點評】本題考查雙曲線的簡單幾何性質的應用，點到直線的距離公式的應用，是基礎題．
13．（5分）若?2＝4，且||＝1，則||＝ 2 ，?的最大值為 ﹣2 ．
【分析】根據(jù)向量數(shù)量積定義及其運算性質計算，再根據(jù)余弦函數(shù)最值性求解．
【解答】解：因為2＝4，所以||＝2，
因為?（）????4＝||?||?cs，4＝1?2?cs，4＝2cs，4≤﹣2，當，0時，等號成立．
所以?的最大值是﹣2，
故答案為：2；﹣2．
【點評】本題考查了平面向量數(shù)量積的性質及其運算，屬于中檔題．
14．（5分）已知等比數(shù)列{an}的各項均為正數(shù)，其前n項和為Sn，前n項乘積為Tn，T2＝T7，a6+a7＝6，則公比q＝ 2n﹣5，n∈N* ；滿足Sn＞Tn的正整數(shù)n的最大值為 10 ．
【分析】分兩種情況：當公比為1時，當公比不為1時，進行討論T2＝T7，a6+a7＝6，列方程求出首項和公比，即可求出Sn，Tn，根據(jù)Sn＞Tn，轉化為二次不等式，即可得出答案．
【解答】解：當公比為1時，由T2＝T7，得a12＝a17，
所以a1＝1，
所以a6+a7＝2，與題意矛盾，不成立，
當公比不為1時，設公比為q，
由T2＝T7，得a1a2＝a1a2a3a4a5a6a7，
所以a12q＝a17q21，
所以a15q20＝1，①
所以a6+a7＝a1q5（1+q）＝6，②
由①②得，q5（1+q）5＝65，
解得q＝2或q＝﹣3（舍），
所以q＝2，
代入②得a1＝2﹣4，
所以Sn，
所以Tn＝2﹣4+（﹣3）+...+（n﹣5）＝2，
若Sn＞Tn，則2，
所以2n﹣1＞2，
所以2n﹣21，
所以只需n，即n2﹣11n+8＜0，
解得n，
所以滿足Sn＞Tn的最大正整數(shù)n的值為10，
故答案為：2n﹣5，n∈N*；10．
【點評】本題考查等比數(shù)列的性質，解題中需要理清思路，屬于中檔題．
15．（5分）已知點P（2，0）和圓O：x2+y2＝36上兩個不同的點M，N，滿足∠MPN＝90°，Q是弦MN的中點，給出下列四個結論：
①|MP|的最小值是4；
②點Q的軌跡是一個圓；
③若點A（5，3），點B（5，5），則存在點Q，使得∠AQB＝90°；
④△MPN面積的最大值是．
其中所有正確結論的序號是 ①②④ ．
【分析】①可以通過設出圓的參數(shù)方程，進行求解；②設出Q（x，y），找到等量關系，建立方程，求出點Q的軌跡方程，即可說明；③轉化為兩圓是否有交點，說明是否存在點Q；④當PM，PN斜率分別為1和﹣1時，且點P，M在y軸左側，此時△MPN 面積最大，求出最大值．
【解答】解：點M在圓O：x2+y2＝36上，設M（6csθ，6sinθ），則，
當csθ＝1時，|MP|取得最小值，最小值為4，①正確；
設點Q（x，y），則由題意得PQ2＝QM2＝OM2﹣OQ2，
則（x﹣2）2+y2＝36﹣（x2+y2），
整理得：（x﹣1）2+y2＝17，
所以點Q的軌跡是一個圓，②正確；
以AB為直徑的圓，圓心為（5，4），半徑為1，
方程為：（x﹣5）2+（y﹣4）2＝1，
下面判斷此圓與點Q的軌跡方程（x﹣1）2+y2＝17是否有交點，
由于，兩圓相離，
故不存在點Q，使得∠AQB＝90°，③錯誤；
當PM，PN斜率分別為1和﹣1時，且點P，M在y軸左側，此時△MPN為等腰直角三角形，面積最大，
此時，④正確．
故答案為：①②④．
【點評】本題考查了軌跡方程問題，屬于中檔題．
三、解答題共6小題，共85分。解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程。
16．（14分）已知函數(shù)f（x）＝4sinxcs的最大值與最小值之和為0．
（Ⅰ）求m的值以及f（x）的最小正周期；
（Ⅱ）若函數(shù)f（x）在區(qū)間[0，a]上是增函數(shù)，求實數(shù)a的最大值．
【分析】（Ⅰ）根據(jù)三角恒等變換公式化簡可得f（x）＝2sin（2x）m，結合正弦函數(shù)的最值與已知條件，可得m的值，得解；
（Ⅱ）根據(jù)正弦函數(shù)的單調(diào)性，即可得解．
【解答】解：（Ⅰ）f（x）＝4sinxcs4sinx（csxsinx）+m＝2sinxcsx+2sin2x+m＝sin2x?（1﹣cs2x）+m＝2sin（2x）m，
所以f（x）的最大值為2m，最小值為﹣2m，
由題意知，（2m）+（﹣2m）＝0，解得m，
所以f（x）＝2sin（2x），
所以f（x）的最小正周期為Tπ，
綜上，m，最小正周期為π．
（Ⅱ）令2x∈[2kπ，2kπ]，k∈Z，則x∈[kπ，kπ]，k∈Z，
當k＝0時，f（x）在[，]上單調(diào)遞增，
因為函數(shù)f（x）在區(qū)間[0，a]上是增函數(shù)，
所以a，即實數(shù)a的最大值為．
【點評】本題考查三角函數(shù)的綜合應用，熟練掌握正弦函數(shù)的圖象與性質，三角恒等變換公式是解題的關鍵，考查邏輯推理能力和運算能力，屬于中檔題．
17．（14分）在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，現(xiàn)有下列四個條件：
①；②cs；③a；④b＝2．
（Ⅰ）條件①和條件②可以同時成立嗎？請說明理由；
（Ⅱ）請從上述四個條件中選擇三個條件作為已知，使得△ABC存在且唯一，并求△ABC的面積．
【分析】（Ⅰ）分別推導出①成立以及②成立時的結論，再結合三角形的內(nèi)角和定理即可作出判斷；
（Ⅱ）若選條件①③④，先求得sinB，再由正弦定理求得sinA，根據(jù)和角公式求得sinC，最后由三角形的面積公式得解；
若選條件②③④，先由正弦定理求得sinB，進而得到B，C，再由三角形的面積公式得解．
【解答】解：（Ⅰ）若條件①成立，則，即，
又，B為△ABC的內(nèi)角，
所以；
若條件②成立，則，
又A為△ABC的內(nèi)角，則；
若條件①②同時成立，則此時A+B＞π，不合題意，
所以條件①和條件②不可能同時成立；
（Ⅱ）若選條件①③④，
由（Ⅰ）可知，，，
則，
由正弦定理可得，，則，
又，則，
所以，
所以；
若選條件②③④，
由（Ⅰ）可知，，
則由正弦定理可得，，則，
又B為△ABC的內(nèi)角，則，
所以△ABC為直角三角形，且，
所以．
【點評】本題考查三角恒等變換以及正余弦定理，三角形的面積公式在解三角形中的運用，考查運算求解能力，屬于中檔題．
18．（14分）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，側面AA1C1C⊥底面ABC，D為AC中點，AC＝AA1＝2，AB＝BC．
（Ⅰ）求證：B1C∥平面A1BD；
（Ⅱ）求證：平面BDA1⊥平面AA1C1C；
（Ⅲ）若，求三棱柱ABC﹣A1B1C1的體積．
【分析】（Ⅰ）取A1C1中點E，連接B1E，CE，則B1E∥BD，CE∥A1D，從而平面A1BD∥平面CB1E，由此能證明B1C∥平面A1BD；
（Ⅱ）推導出BD⊥AC，從而BD⊥平面AA1C1C，由此能證明平面BDA1⊥平面AA1C1C；
（Ⅲ）求出BD＝B1E，從而A1D＝CE，由勾股定理得A1A⊥AC，從而A1D⊥平面ABC，由此能求出三棱柱ABC﹣A1B1C1的體積．
【解答】解：（Ⅰ）證明：在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，側面AA1C1C⊥底面ABC，
D為AC中點，AC＝AA1＝2，AB＝BC，
取A1C1中點E，連接B1E，CE，
則B1E∥BD，CE∥A1D，
∵B1E∩CE＝E，BD∩A1D＝D，
∴平面A1BD∥平面CB1E，
∵B1C?平面CB1D，∴B1C∥平面A1BD；
（Ⅱ）證明：∵D為AC中點，AB＝BC，
∴BD⊥AC，
∵側面AA1C1C⊥底面ABC，側面AA1C1C∩底面ABC＝AC，
∴BD⊥平面AA1C1C，
∵BD?平面BDA1，∴平面BDA1⊥平面AA1C1C；
（Ⅲ）∵側面AA1C1C⊥底面ABC，D為AC中點，AC＝AA1＝2，AB＝BC．
∴BD＝B1E，
∵，∴A1D＝CE，
∴AD2+A1D2＝AA12，∴A1A⊥AC，
∵側面AA1C1C⊥底面ABC，側面AA1C1C∩底面ABC＝AC，
∴A1D⊥平面ABC，
∴三棱柱ABC﹣A1B1C1的體積為：
V＝S△ABC?A1D．
【點評】本題考查面面平行、線面平行、線面垂直的判定與性質、面面垂直的性質、勾股定理、三棱柱體積公式等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題．
19．（14分）已知函數(shù)．
（Ⅰ）求曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線方程；
（Ⅱ）求曲線y＝f（x）與直線y＝x﹣1的公共點個數(shù)，并說明理由；
（Ⅲ）若對于任意x∈（0，+∞），不等式f（x）＜ax+2恒成立，直接寫出實數(shù)a的取值范圍．
【分析】（Ⅰ）求出x＝1時的函數(shù)值，導數(shù)值，再利用點斜式求出切線；
（Ⅱ）轉化為lnx＝x2﹣x根的個數(shù)，構造函數(shù)g（x）＝lnx﹣2+x，x＞0，研究其單調(diào)性、極值情況即可；
（Ⅲ）分離參數(shù)a，然后研究函數(shù)的最值即可．
【解答】解：x＞0，，
（Ⅰ）f（1）＝0，f′（1）＝1，故切線為y＝x﹣1；
（Ⅱ）只有一個公共點，理由：
由題意得，即lnx﹣x2+x＝0，
令g（x）＝lnx﹣x2+x，x＞0，g′（x）＝﹣（x﹣1）（2x+1），
0＜x＜1時，g′（x）＞0，x＞1時，g′（x）＜0，
故g（x）在（0，1）上遞增，在（1，+∞）上遞減，故g（x）max＝g（1）＝0，
所以g（x）只有一個零點1，即曲線y＝f（x）與直線y＝x﹣1只有一個公共點；
（Ⅲ）x∈（0，+∞），不等式f（x）＜ax+2恒成立，
可化為ax，即a，
令g（x），x＞0，g′（x），
再令φ（x）＝2x﹣2lnx+1，x＞0，，
0＜x＜1時，φ′（x）＜0，x＞1時，φ′（x）＞0，
故φ（1）＝3是φ（x）的極小值，也是最小值，故g′（x）＞0恒成立，
即g（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，而0＝0﹣0＝0，
故a≥0即為所求，
所以a的取值范圍是[0，+∞）．
【點評】本題考查導數(shù)的幾何意義，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值，進而解決不等式恒成立問題、函數(shù)的零點問題等，屬于較難的題目．
20．（14分）已知橢圓W：1（a＞b＞0）的離心率e，短軸長為2．
（Ⅰ）求橢圓W的標準方程；
（Ⅱ）設A為橢圓W的右頂點，C，D是y軸上關于x軸對稱的兩點，直線AC與橢圓W的另一個交點為B，點E為AB中點，點H在直線AD上且滿足CH⊥OE（O為坐標原點），記△AEH，△ACD的面積分別為S1，S2，若，求直線AB的斜率．
【分析】（Ⅰ）由橢圓的離心率和短軸長，結合a，b，c的關系，解得a，b，可得橢圓方程；
（Ⅱ）設出直線AC的方程，與橢圓方程聯(lián)立，運用弦長公式可得|AB|，|AE|，由中點坐標公式可得E的坐標，進而得到直線CH的方程，與直線AD方程聯(lián)立，求得H的坐標，再求H到直線AC的距離，由三角形的面積公式，解方程可得所求值．
【解答】解：（Ⅰ）離心率e，短軸長為2，可得b＝1，，
又a2＝b2+c2，
解得a＝2，c，則橢圓的方程為y2＝1；
（Ⅱ）可設C（0，t），D（0，﹣t），又A（2，0），可得直線AC的方程為y（x﹣2），
AD的方程為y（x﹣2），
聯(lián)立可得（1+t2）x2﹣4t2x+4t2﹣4＝0，
Δ＝16t4﹣16（1+t2）（t2﹣1）＞0，
可得x1+x2，x1x2，則E（，），
kOE，則直線CH的方程為y＝﹣2tx+t，
聯(lián)立，可得H（，t），
H到直線AC的距離為d．
又|AB|?，
可得|AE|，
所以S1??，
又S2?2|t|?2＝2|t|，，
所以，解得t＝±2，
則直線AB的斜率為±1．
【點評】本題考查橢圓的方程和性質，以及直線和橢圓的位置關系，考查方程思想和運算能力，屬于中檔題．
21．（15分）已知無窮數(shù)列{an}滿足：a1＝0，a2＝1，且當n≥3時，總存在i∈{1，2，?，n﹣1}，使得an．
（Ⅰ）求a4的所有可能值；
（Ⅱ）求a2023的所有可能值中的最大值；
（Ⅲ）求證：當n≥3時，an+1﹣an．
【分析】（Ⅰ）推導出a1＝0，a2＝1，從而a3＝1或a3，由此能求出a4的所有可能值；
（Ⅱ）構造：當a1＝0，a2＝a3＝???＝a2023＝1時，符合題設條件，可以取到．利用反證法證明：?n≥3，均有an≤1恒成立．由此能求出a2023的最大值．
（Ⅲ）證明引理：?k≥3，均有ak，利用數(shù)學歸納法和放縮法能證明當n≥3時，an+1﹣an．
【解答】解：（Ⅰ）無窮數(shù)列{an}滿足：a1＝0，a2＝1，
當n≥3時，總存在i∈{1，2，?，n﹣1}，使得an，
∴a1＝0，a2＝1，∴a3＝1或a3，
當a3＝1時，a4＝1或a4；
當a3時，或，
∴a4的所有可能值為，1；
（Ⅱ）構造：當a1＝0，a2＝a3＝???＝a2023＝1時，符合題設條件，可以取到．
下面證明：?n≥3，均有an≤1恒成立．
（反證法）假設存在n0≥3，使得1，不妨設an是首個大于1的項，
則對于任意的1≤n＜n0，都有an≤1，
，則，i＝1，2，???，n0﹣1，
∴對于任意的i∈{1，2，???，n0﹣1}，都有，
這與已知條件矛盾，∴a2023的最大值為1．
（Ⅲ）證明：首先證明引理：?k≥3，均有ak，①
當k＝3時，a3＝1或，引理成立．
②假設對于k＝3，4，???，n﹣1，ak成立，
下證當k＝n（n≥4）時，有（*），
由{an}定義知：存在i∈{1，2，???，n﹣1}，使得an（*），
若i＝1，2，則（*）式成立，
若3≤i≤n﹣1，先證明（*）式左邊一半，則只需證明，
∴（n﹣1）（ai+ai+1+???+an﹣1）≥（n﹣i）（a1+a2+???+an﹣1），
∴（i﹣1）（ai+ai+1+???+an﹣1）≥（n﹣i）（a1+a2+???+ai﹣1），
∴，（**）
根據(jù)歸納假設，對于k＝3，4，???，n﹣1，均有，
∴，
∴，
∴，???，
依此類推，可得ai，ai﹣1，???，an﹣1中每一項都大于等于，
∴ai，ai+1，???，an﹣1的平均數(shù)也大于等于，故（**）式成立，
再證（*）式右邊一半，同理只需證，
即應該和（***），
根據(jù)歸納假設可得ai，
∴
，


，故（***）式成立，
回到原題，利用引理和an≤1，可得：
an+1﹣anan
，
∴當n≥3時，an+1﹣an．
【點評】本題考查數(shù)列不等式的性質、放縮法、數(shù)列遞推式、反證法、數(shù)學歸納法等基礎知識，考查運算求解能力，是難題．
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