（考試時(shí)間：120分鐘 試卷滿分：150分）
第I卷（選擇題）
一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合要求的。
二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分．
第II卷（非選擇題）
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。
12．2 13． 14．③④
四、解答題：本題共5小題，共77分，解答應(yīng)寫出必要的文字說(shuō)明、證明過(guò)程及驗(yàn)算步驟。
15．（13分）
【詳解】(1)∵函數(shù)f(x)＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，π))上單調(diào)遞減，
∴π－eq \f(π,6)＝eq \f(5π,6)≤eq \f(T,2)＝eq \f(π,ω)，解得00，
得ωx＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)ω＋\f(π,3)，πω＋\f(π,3)))， (3分)
∴由正弦函數(shù)的單調(diào)性，可知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)ω＋\f(π,3)≥\f(π,2)＋2kπ，,πω＋\f(π,3)≤\f(3π,2)＋2kπ，))k∈Z，
解得1＋12k≤ω≤eq \f(7,6)＋2k，k∈Z．
令k＝0，得1≤ω≤eq \f(7,6)，滿足①；
令k＝1，得13≤ω≤eq \f(19,6)，不滿足①， (5分)
∴ω的取值范圍為1≤ω≤eq \f(7,6)，即最大值為eq \f(7,6)． (6分)
(2)∵f(x)＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))的圖像關(guān)于點(diǎn)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，0))中心對(duì)稱，
∴eq \f(3π,2)ω＋eq \f(π,3)＝kπ(k∈Z)， (7分)
即ω＝eq \f(2k,3)－eq \f(2,9)(k∈Z)． (8分)
又由(1)得1≤ω≤eq \f(7,6)，∴ω＝eq \f(10,9)，
∴f(x)＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,9)x＋\f(π,3)))． (9分)
當(dāng)x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(9π,20)，m))時(shí)，
eq \f(10,9)x＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(10,9)m＋\f(π,3)))． (10分)
由f(x)∈[－2，4]，
得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,9)x＋\f(π,3)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))，
∴eq \f(π,2)≤eq \f(10,9)m＋eq \f(π,3)≤eq \f(7π,6)，解得eq \f(3π,20)≤m≤eq \f(3π,4)，
即m的取值范圍是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,20)，\f(3π,4)))． (13 分)
16．（15分）
【詳解】(Ⅰ)因?yàn)閍n＋1＝2an－n＋1，
所以an＋1－(n＋1)＝2(an－n)，
由此可得數(shù)列{an－n}是以a1－1＝2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列， (4分)
因此，an－n＝2×2n－1＝2n，
所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n＋n. (7分)
(Ⅱ)由(Ⅰ)得bn＝eq \f(an－n,（2n＋1）（2n＋1＋1）)＝eq \f(2n,（2n＋1）（2n＋1＋1）)＝eq \f(1,2n＋1)－eq \f(1,2n＋1＋1)， (12分)
故Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,21＋1)－\f(1,22＋1)))＋(eq \f(1,22＋1)－eq \f(1,23＋1))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋1＋1)))＝eq \f(1,3)－eq \f(1,2n＋1＋1).(15分)
17．（15分）
【詳解】(1)證明：因?yàn)樗倪呅蜛BCD為平行四邊形，且△ADE為等邊三角形，
所以∠BCE＝120°.
又因?yàn)镋為CD的中點(diǎn)，所以CE＝ED＝DA＝CB，
所以△BCE為等腰三角形，
所以∠CEB＝30°，
所以∠AEB＝180°－∠AED－∠BEC＝90°，
所以BE⊥AE. (4分)
又因?yàn)槠矫鍭PE⊥平面ABCE，平面APE∩平面ABCE＝AE，BE?平面ABCE，
所以BE⊥平面APE.
又因?yàn)锳P?平面APE，
所以BE⊥AP. (6分)
(2)存在點(diǎn)F，且當(dāng)點(diǎn)F為線段PB上靠近點(diǎn)P的三等分點(diǎn)時(shí)，平面AEF與平面APE的夾角為45°.
(7分)
證明如下：取AE的中點(diǎn)O，連接PO，
因?yàn)椤鰽PE為等邊三角形，所以PO⊥AE.
又因?yàn)槠矫鍭PE⊥平面ABCE，平面APE∩平面ABCE＝AE，PO?平面APE，
所以PO⊥平面ABCE.
易得PO＝eq \r(3)，BE＝2eq \r(3).
取AB的中點(diǎn)G，連接OG，則OG∥BE. (8分)
由(1)得BE⊥AE，所以O(shè)G⊥AE，所以O(shè)A，OG，OP兩兩垂直．以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA，OG，OP所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz，
如圖所示，則A(1，0，0)，B(－1，2eq \r(3)，0)，P(0，0，eq \r(3))，E(－1，0，0)，
所以eq \(EA,\s\up6(→))＝(2，0，0)，eq \(EB,\s\up6(→))＝(0，2eq \r(3)，0)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(－1，2eq \r(3)，－eq \r(3))，eq \(EP,\s\up6(→))＝(1，0，eq \r(3))． (10分)
假設(shè)存在點(diǎn)F，使得平面AEF與平面APE的夾角為45°.
設(shè)eq \(PF,\s\up6(→))＝λeq \(PB,\s\up6(→))＝(－λ，2eq \r(3)λ，－eq \r(3)λ)，λ∈(0，1]，
則eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \(EP,\s\up6(→))＋eq \(PF,\s\up6(→))＝(1－λ，2eq \r(3)λ，eq \r(3)－eq \r(3)λ)．
設(shè)平面AEF的法向量為m＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(m·\(EF,\s\up6(→))＝（1－λ）x＋2\r(3)λy＋（\r(3)－\r(3)λ）z＝0，,m·\(EA,\s\up6(→))＝2x＝0.)))
令z＝2λ，則可得平面AEF的一個(gè)法向量為m＝(0，λ－1，2λ)． (12分)
由(1)可知eq \(EB,\s\up6(→))為平面APE的一個(gè)法向量，
所以cs45°＝|cs〈m，eq \(EB,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|m·\(EB,\s\up6(→))|,|m|·|\(EB,\s\up6(→))|)＝eq \f(2\r(3)|λ－1|,2\r(3)·\r(5λ2－2λ＋1))＝eq \f(\r(2),2)，
所以2(5λ2－2λ＋1)＝4(λ－1)2，解得λ＝eq \f(1,3)或λ＝－1(舍去)，
所以存在點(diǎn)F，且當(dāng)點(diǎn)F為線段PB上靠近點(diǎn)P的三等分點(diǎn)時(shí)，平面AEF與平面APE的夾角為45°.
(15分)
18．（17分）
【詳解】(Ⅰ)由題意可得2a＝2eq \r(2)，即a＝eq \r(2). (1分)
因?yàn)闄E圓C的離心率為eq \f(\r(2),2)，所以e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，
所以c＝1，所以b2＝a2－c2＝1，(3分)
所以橢圓C的方程為eq \f(x2,2)＋y2＝1. (4分)
(Ⅱ)顯然直線l的斜率存在，設(shè)過(guò)點(diǎn)(2，0)的直線l的方程為y＝k(x－2)，
聯(lián)立方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝k（x－2），))消去y整理得(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－2＝0，
則Δ＝64k4－4(1＋2k2)·(8k2－2)＝8(1－2k2)>0，即k20，所以eq \f(1,3)≤k20恒成立，f(x)單調(diào)遞增，此時(shí)f(x)沒(méi)有最小值． (2分)
當(dāng)m>0時(shí)，在(0，m)上f′(x)0，f(x)單調(diào)遞增，
∴f(x)min＝f(m)＝1＋lneq \f(m,a)＝2，解得eq \f(m,a)＝e. (4分)
(Ⅱ)證明：(ⅰ)當(dāng)m＝1時(shí)，f(x)＝eq \f(1,x)＋lneq \f(x,a).
由(Ⅰ)可知，f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f(x)min＝f(1)＝1－lna0，
∴存在x0∈(1，a)，使得f(x0)＝eq \f(1,x0)＋lneq \f(x0,a)＝0，
即lna＝eq \f(1,x0)＋lnx0＝ln(x0·)，即a＝x0·.
∴要證eq \f(1,2x0)＋x02lna，即證x0＋eq \f(1,x0)>2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lnx0＋\f(1,x0)))，
即證2lnx0＋eq \f(1,x0)－x01)． (13分)
令h(x)＝2lnx＋eq \f(1,x)－x(x>1)，則h′(x)＝－eq \f(（x－1）2,x2)

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