2023-2024学年山东省泰安市高三上学期期末数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年山东省泰安市高三上学期期末数学试题（含解析），共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知A={1,2,a+4}，B={a,6}，若A∩B=B，则实数a=( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
2.设复数z1z2在复平面内对应的点关于实轴对称，且z1=1−i，则z1z2=( )
A. 2B. 0C. −2iD. −2
3.“x>0”是“2x+12x>2”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.已知向量a=(2,n)，b=(m,3)，若a−b=(−2,−4)，则向量a在向量b上的投影向量为( )
A. 1B. 55C. (4,3)D. (45,35)
5.已知f(x)=ax3−2x2+bx+a2(a,b∈R)在x=1处的极大值为5，则a+b=( )
A. −2B. 6C. −2或6D. −6或2
6.已知sin (θ−π4)cs 2θ=−2 2，则sin2θ=( )
A. 1516B. −1516C. 34D. −34
7.已知f(x)=(45)|x−1|，则下列不等关系正确的是( )
A. f(lg26)C. f(1)8.设椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，直线l过点F1，若点F2关于l的对称点P恰好在椭圆C上，且F1P⋅F1F2=b2，则C的离心率为( )
A. 13B. 23C. 17−23D. 13−23
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知直线l∶kx−y+2k+1=0与圆O:x2+y2=9，则下列结论正确的是( )
A. 直线恒过定点(2,−1)
B. 直线l与圆O相交
C. 若k=34，直线l被圆O截得的弦长为2 5
D. 若直线l与直线x+4k2y+k2=0垂直，则k=14
10.已知函数f(x)=12−12cs(2x+2φ)(0<φ<π2)的图象的一个对称中心为(π12,12)，则下列结论正确的是( )
A. f(x)的最小正周期为π
B. f(0)=14
C. f(x)在(π3,2π3)上单调递增
D. f(x)图象向右平移2π3个单位长度后关于y轴对称
11.如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=2，点M是CD的中点，将△ADM沿AM翻折到△APM位置，连接PB，PC，且F为PC中点，4AE=AB，在△ADM翻折到△APM的过程中，下列说法正确的是( )
A. EF//平面PAM
B. 存在某个位置，使得CM⊥PE
C. 当翻折到二面角P−AM−B为直二面角时，E到PC的距离为 356
D. 当翻折到二面角P−AM−B为直二面角时，AC与平面PMB所成角的正弦值为3 510
12.已知曲线C1:f(x)=ln(2x−1)在点M(x1,y1)处的切线与曲线C2:g(x)=e2x−1相切于点N(x2,y2)，则下列结论正确的是( )
A. 函数ℎ(x)=x2g(x)−1有2个零点
B. 函数m(x)=32ef(x)−xg(x)在(12,1)上单调递增
C. g(x2)=12x1−1
D. 1x1−1+2x2=0
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知正数a，b满足lg2a=lg3b=lg65，则ab= ．
14.已知正项数列{an}的前n项积为Tn，且满足an(3Tn−1)=Tn(n∈N∗)，则Tn= ．
15.已知球O的体积为32π3，其内接圆锥与球面交线长为2 3π，则该圆锥的侧面积为 ．
16.已知椭圆C:x29+y2b2=1(b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，点P( 6,1)在C内，点Q在C上，则1|QF1|+1|QF2|的取值范围是 ．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
如图，在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a=2，4sin2Bsin2C=sin2Bsin2C，P为△ABC所在平面内一点，且PB=2 3，∠PBC=90∘，∠PBA为锐角．
(1)若c=1，求PA;
(2)若∠PAB=120∘，求tan∠PBA．
18.(本小题12分)
如图所示，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AC=2 3， AA1=5，D为AC中点，且∠ABD=30∘，BE=35BB1，CF=15CC1．
(1)求证：BD⊥A1F;
(2)求平面AEF与平面A1EF夹角的余弦值．
19.(本小题12分)
已知数列{an}满足an=32n−1，正项数列{bn}满足bn2−2(n−1)bn−4n=0.当n≥4时，记si=mina1,a2,⋯,ai，ti=maxai+1,ai+2,⋯,an(i=1,2,⋯,n−1)，ci=si+ti．
(1)证明：c1，c2，⋯，cn−1是等比数列;
(2)求b1cn−1+b2cn−2+⋯+bn−1c1．
20.(本小题12分)
某果农种植了200亩桃，有10多个品种，各品种的成熟期不同，从五月初一直持续到十月底.根据以往的经验可知，上市初期和后期会因供不应求使价格连续上涨，而中期又将出现供大于求使价格连续下跌，现有三种价格模拟函数： ①f(x)=ex−sin(x+p)+q; ②f(x)=x2+px+q; ③f(x)=12x2+px+36ln(2x+2)+q (x表示时间，以上三式中p，q均为常数，且−30(1)为准确研究其价格走势，应选择哪个价格模拟函数，并说明理由;
(2)若f(5)=6.78，f(11)=7.62， ①求出所选函数f(x)的解析式(注：2≤x≤12且x∈N∗，其中x=2表示5月份下半月，x=3表示6月份上半月，⋯，x=12表示10月份下半月);
②若上市初期(5月份上半月)以7元销售，为保证果农的收益，计划价格在7元以下期间进行促销活动，请你预测该果农应在哪个时间段进行促销活动，并说明理由．
(ln2=0.69,ln3=1.10,ln5=1.60,ln11=2.40)
21.(本小题12分)
已知函数f(x)=axex+12x2−x(a>0)．
(1)若f(x)<12x2−lnx恒成立，求a的范围;
(2)讨论f(x)的零点个数．
22.(本小题12分)
已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线的倾斜角为30∘，右焦点F到渐近线的距离为1．
(1)求双曲线C的方程;
(2)设动直线l:y=kx+m与C相切于点A，且与直线x=32相交于点B，点P为平面内一点，直线PA，PB的倾斜角分别为α，β.证明：存在定点P，使得|α−β|=π2．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
根据两个集合的交集的定义，以及集合中元素的互异性和交集即可求出结果
本题考查交集及其运算，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答．
【解答】解：∵集合A={1,2,a+4}，B={a,6}，A∩B=B，
则B⊆A，
当a=1时，A={1,2,5}，B={1,6}不满足条件；
当a=2时，A={1,2,6}，B={2,6}，满足条件，
当a+4=a时，a不存在
∴a=2，
故选：C．
2.【答案】A
【解析】【分析】
利用复数的对称关系，求出复数z2，然后求解z1z2即可．
本题考查复数的代数形式的混合运算，复数的对称，考查计算能力．
【解答】解：复数z1，z2在复平面内的对应点关于实轴对称，z1=1−i，
所以z2=1+i，
∴z1z2=(1+i)(1−i)=2．
故选：A．
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查充分必要条件的判定及基本不等式，属于基础题．
由充分条件和必要条件的定义判定即可求解．
【解答】
解：因为2x>0，
所以 2x+12x⩾2 2x·12x=2，当且仅当x=0时，取等号，
所以由2x+12x>2得x≠0，
即2x+12x>2⇔x≠0，
故“x>0”是“2x+12x>2”的充分不必要条件．
故选A．
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查向量数量积的运算，平面向量的减法运算，投影向量的计算，属于基础题
根据题意，求出a,b，并求出|b|，由投影向量的定义列出式子，代入数据计算可得答案．
【解答】解：根据题意，向量a=(2,n)，b=(m,3)，则a−b=(2−m,n−3)=(−2,−4)，
所以2−m=−2n−3=−4解得m=4n=−1，于是a=(2,−1)，b=(4,3)
|b|= 42+32=5
故向量a在向量b上的投影向量为a⋅b|b|2⋅b=8−325b=15b=(45,35)．
故选：D．
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查函数在某点取得极值的条件，以及解二元二次方程组，属于基础题
注意f′(x0)=0是x=x0是极值点的必要不充分条件，因此对于解得的结果要检验，这是易错点，根据函数f(x)=x3+ax2+bx+a2在x=1处有极大值5，可知f′(1)=0和f(1)=5，对函数f(x)求导，解方程组f′(1)=0f(1)=5，注意验证，可求得答案．
【解答】
解：由f(x)=ax3−2x2+bx+a2，
得 f′(x)=3ax2−4x+b ，
因为f(x)=ax3−2x2+bx+a2(a,b∈R)在x=1处的极大值为5，
所以f′(1)=0f(1)=5，即3a−4+b=0a−2+b+a2=5,
解得a=3b=−5(经检验应舍去)或a=−1b=7,
a+b=−1+7=6，
故选B．
6.【答案】B
【解析】【分析】本题考查了三角函数的化简计算以及二倍角公式，属于基础题．
利用二倍角公式将条件进行化简可得csθ+sinθ=−14，两边平方可得结果．
【解答】
解：sin (θ−π4)cs 2θ= 22(sinθ−csθ)cs2θ−sin2θ= 22csθ+sinθ=−2 2，
故csθ+sinθ=−14，
两边平方得，1+sin2θ=116，
所以sin2θ=− 1516．
7.【答案】A
【解析】【分析】
画出函数f(x)=(45)|x−1|的大致图像，由函数f(x)的图像可知，f(1)是最大值，f(x)的图像关于直线x=1对称，再比较lg26和与1的距离，即可得到f(lg26)与
f()的大小关系．
本题主要考查了函数值的大小比较，考查了数形结合法的应用，同时考查了学生的计算能力，是中档题．
【解答】解：画出函数f(x)=(45)|x−1|的大致图像，如图所示：，
函数f(x)的图像关于直线x=1对称，
由函数f(x)的图像可知，f(1)是最大值，
∵|lg26−1|=|lg26−lg22|=lg23，
|−1|=|−lg0.50.5|=lg22.5∴f(lg26)∴f(lg26)故选：A．
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了椭圆的方程与性质，余弦定理的应用，属于中档题．
根据已知得到F1P=F1F2=2c，由向量的数量积运算得cs∠PF1F2=b24c2，再结合椭圆的定义以及余弦定理得到a，c的关系式，即可得到结果．
【解答】
解：因为点F2与点P关于l对称，直线l过点F1，
所以F1P=F1F2=2c，
又F1P⋅F1F2=b2，即F1P⋅F1F2·cs∠PF1F2=b2，
则cs∠PF1F2=b24c2，
因为点P在椭圆上，所以PF1+PF2=2a，即PF2=2a−2c，
在△PF1F2中，由余弦定理可得cs∠PF1F2=b24c2=2c2+2c2−2a−2c22·2c·2c，
可得3c2+4ac−3a2=0，
即3e2+4e−3=0，解得e=− 13−23(舍)或e= 13−23，
则C的离心率为 13−23．
9.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查直线系方程的应用，考查直线与圆位置关系，利用垂径定理求弦长，及两直线垂直，是中档题．
利用直线系方程求得直线l所过定点判断A；由直线所过定点在圆内部判断B；
由垂径定理求弦长判断C；根据两直线垂直的充要条件求出k，判断D．
【解答】解：直线l：kx−y+2k+1=0，即k(x+2)−(y−1)=0，则直线恒过定点(−2,1)，故A错误；
∵−22+12<9，∴定点(−2,1)在圆O：x2+y2=9内部，∴直线l与圆O相交，故B正确；
当k=34时，直线l：3x−4y+10=0，圆心(0,0)到直线l的距离d=|10| 32+−42= 2，
则直线l被圆O截得的弦长为2 r2−d2=2 9−4=2 5，故C正确；
若直线l与直线x+4k2y+k2=0垂直，则k×1−1×4k2=0，解得k=0或k=14，故D错误．
故选BC．
10.【答案】ABD
【解析】【分析】本题考察三角函数图像，单调性，对称性，三角函数图像平移变换，属于基础题
解答本题关键是要先根据题目条件写出f(x)具体表达式，再根据余弦函数的对称性与单调性逐一对选项进行判断即可
【解析】f(π12)=12−12csπ6+2φ=12即csπ6+2φ=0,
所以π6+2φ=kπ+12π(k∈Z),又0<φ<π2,所以2φ=π3,所以f(x)=12−12cs⁡(2x+π3)，
其最小正周期为2π2=π，所以A选项正确，
f(0)=12−12cs⁡π3=14,所以B选项正确，
当x∈(π3,2π3)时,2x+π3∈(π,5π3)，
结合余弦函数图像可知f(x)在(π3,2π3)上不单调,C选项错误
f(x)右移2π3个单位长度得到f(x)=12−12cs⁡[2(x−2π3)+π6 ]=12+12cs⁡2x,
根据余弦函数对称性可知其关于y轴对称,故D选项正确，
综上，本题答案为ABD
11.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查了棱锥的基本性质，考查了直线与平面位置平行，直线与直线垂直，点到直线的距离，直线与平面成的角，属于中档题．
根据面面平行即可求证A，根据AB⊥PE即可求解B，建立空间直角坐标系，利用向量法求解点线距离以及线面角即可求解CD．
【解答】
解：取MC中点O，连接FO，EO，所以MO=12MC=14DC=AE，
又MO//AE，所以四边形MOEA为平行四边形，
故EO//AM，
AM⊂平面PAM，平面PAM，
故EO//平面PAM，
FO//PM，PM⊂平面PAM，FO⊄̸平面PAM，
故FO//平面PAM，
FO∩EO=O，FO，EO⊂平面EOF，
因此平面EOF//平面PAM，
EF⊂平面EOF，
所以EF//平面PAM，A正确;
当AB⊥PE时，由于AP=2，AE=1，则PE= 3，
此时PB= PE2+EB2= ( 3)2+32=2 3，
故只需要在翻折过程中使得PB=2 3，即可满足AB⊥PE，即CM⊥PE，故B正确，
对于C，取AM中点N，
由于PA=PM=2，∴PN⊥AM，
又AM= 2AP=2 2，BM= 2BC=2 2，AB=4，
所以AM⊥BM，
取AB中点Q，则AN⊥NQ，
当二面角P−AM−B为直二面角时，则∠PNQ=π2，
故分别以NP，NQ，NA为z轴，y轴，x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则P(0,0, 2)，C(−2 2, 2,0)，F(− 2, 22, 22)，E( 22, 22,0)，A( 2,0,0)，B(− 2,2 2,0)，M(− 2,0,0)，
所以PC=(−2 2, 2,− 2)，PE=( 22, 22,− 2)
则PE2=12+12+2=3，
PC⋅PE=−2 2× 22+ 2× 22+ 2× 2=1，
PC= 8+2+2=2 3，
故E到PC的距离为 PE2−(PE ⋅PC|PC|)2= 3−(12 3)2= 1056，故C错误，
PM=(− 2,0,− 2)，PB=(− 2,2 2,− 2)，AC=(−3 2, 2,0)，
设平面PMB的法向量为m=(x,y,z)，
则PM⋅m=− 2x− 2z=0PB⋅m=− 2x+2 2y− 2z=0.取x=1，则m=(1,0,−1)，
故直线AC与平面PMB所成角的正弦值为
|cs|=|m⋅AC||AC||m|=3 2 2×2 5=3 510，故D正确．
故选：ABD
12.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题主要考查函数在区间上单调性，对数运算，函数零点个数，函数导数相关运算，属于难题
A:先将ℎ(x)表达出来，并对其求导研究单调性及最值，将极值与0进行比较得到函数在区间上的正负情况从而推出零点个数
B:要求函数在区间上的单调情况，先对函数进行求导，再研究其导函数的正负情况，进而推得函数在区间上的单调性
C:先根据题意依次写出f(x)在点M(x1,y1)处的切线方程，g(x)在N(x2,y2)处切线方程，接着根据曲线C1:f(x)=ln(2x−1)在点M(x1,y1)处的切线与曲线C2:g(x)=e2x−1相切于点N(x2,y2)题目条件列出二元方程组最后求解得到g(x2)
D:由C选项中方程组，第一个式子代入到第二个式子，利用指数对数函数性质进行化简，最终得到关于x1和x2等式，变形得到1x1−1+2x2=0
【解答】
A:ℎ(x)=x2g(x)−1=x2e2x−1−1⇒ℎ′(x)=2x(x+1)e2x−1，
当x>0时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增，
当−1当x<−1时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增，
函数ℎ(x)的极大值为ℎ(−1)=e−3−1<0，极小值为ℎ(0)=−1<0，
因此当x<−1时，ℎ(x)<0，
当−1当x→+∞时，ℎ(x)→+∞，因此函数ℎ(x)只有一个零点，因此本选项不正确;
B:m(x)=32ef(x)−xg(x)=32eln(2x−1)−xe2x−1，
m′(x)=3e2x−1−(2x+1)e2x−1，
当x∈(12,1)时，根据函数单调性的性质可知函数m′(x)单调递减，
所以当x∈(12,1)时，m′(x)>m′(1)=0，
所以函数m(x)=32ef(x)−xg(x)在(12,1)上单调递增，本选项正确;
C:f(x)=ln(2x−1)⇒f′(x)=22x−1，
因此曲线C1:f(x)=ln(2x−1)在点M(x1,y1)处的切线方程为：y−ln(2x1−1)=22x1−1(x−x1)⇒y=2x2x1−1+ln(2x1−1)−2x12x1−1，
g(x)=e2x−1⇒g′(x)=2e2x−1，
因此曲线C2:g(x)=e2x−1在N(x2,y2)处切线方程为：y−e2x2−1=2e2x2−1(x−x2)⇒y=2e2x2−1x+e2x2−1−2e2x2−1x2，
因为曲线C1:f(x)=ln(2x−1)在点M(x1,y1)处的切线与曲线C2:g(x)=e2x−1相切于点N(x2,y2)，
所以22x1−1=2e2x2−1ln (2x1−1)−2x12x1−1=e2x2−1−2e2x2−1x2⇒12x1−1=e2x2−1ln (2x1−1)−2x12x1−1=e2x2−1−2e2x2−1x2,
因此g(x2)=e2x2−1=12x1−1，所以本选项正确;
D:由上可知：
12x1−1=e2x2−1ln (2x1−1)−2x12x1−1=e2x2−1−2e2x2−1x2,
因此有ln(2x1−1)−2x12x1−1=e2x2−1−2e2x2−1x2
⇒lne−(2x2−1)−2x12x1−1=12x1−1−2x22x1−1
⇒−2x2+1−2x12x1−1=12x1−1−2x22x1−1
⇒2x1x2−2x2+1=0⇒2x2(x1−1)=−1⇒1x1−1+2x2=0
因此本选项正确，
故选：BCD
13.【答案】5
【解析】【分析】
本题主要考查了对数的换底公式，对数的运算，属于基础题．
由题意得出lga=lg2·lg5lg6，lgb=lg2·lg5lg6，两式相加即可求解．
【解答】解：因为lg2a=lg3b=lg65，所以lgalg2=lg5lg6，lgblg3=lg5lg6，
则lga=lg2·lg5lg6，lgb=lg2·lg5lg6，
lga+lgb=lg2·lg5lg6+lg3·lg5lg6=lg5lg2+lg3lg6=lg5，
所以lgab=lg5
则ab=5．
故答案为：5；
14.【答案】121+13n
【解析】【分析】
本题主要考查了数列的递推关系式，等比数列的判定与通项公式，属于中档题．
由题意a13a1−1=a1，a1>0解得：a1=23.又因为an=Tn3Tn−1n∈N∗且an=TnTn−1n⩾2,n∈N∗，得出Tn−12=13Tn−1−12，由等比数列的判定以及通项公式即可求解．
【解答】解：由题意a13a1−1=a1，a1>0解得：a1=23．
又因为an=Tn3Tn−1n∈N∗且an=TnTn−1n⩾2,n∈N∗，
所以3Tn−1=Tn−1，
则Tn−12=13Tn−1−12，
所以数列Tn−12是以T1−12=16为首项，13为公比的等比数列，
Tn−12=16×13n−1，则Tn=16×13n−1+12=121+13n．
故答案为：121+13n；
15.【答案】6π或2 3π
【解析】【分析】
本题主要考查了球的体积，圆锥的侧面积，属于中档题．
先分别求出圆锥的底面半径和球的半径，再利用勾股定理求出圆锥的高，再利用圆锥的侧面积公式求解．
【解答】解：设圆锥的底面圆的半径为r，高为ℎ，母线长为l，球O的半径为R，
则2πr=2 3π，所以r= 3．
4πR33=32π3，解得：R=2，
如图为圆锥的轴截面，
由勾股定理得：R2=r2+ℎ−R2，即4=3+ℎ−22，
解得：ℎ=3或ℎ=1，
当ℎ=3时，圆锥的母线l= ℎ2+r2=2 3，所以圆锥的侧面积为πrl=6π，
当ℎ=1时，圆锥的母线l= ℎ2+r2=2，所以圆锥的侧面积为πrl=2 3π，
故答案为：6π或2 3π；
16.【答案】[23,2)
【解析】【分析】
本题主要考查了椭圆的焦点，椭圆的定义，椭圆中的最值问题，属于中档题．
由点P( 6,1)在C内，且椭圆焦点在x轴上，得出 3QF1+QF2=6，则QF1=6−QF2，且QF2∈3− 9−b2,3+ 9−b2，
1|QF1|+1|QF2|=6QF26−QF2=6−QF22+6QF2=6−QF2−32+9，利用二次函数的性质求解出取值范围．
【解答】解：因为点P( 6,1)在C内，且椭圆焦点在x轴上，
所以 629+12b2=1，解得： 3因为点Q在C上，所以QF1+QF2=6，则QF1=6−QF2，且QF2∈3− 9−b2,3+ 9−b2，
1|QF1|+1|QF2|=6QF26−QF2=6−QF22+6QF2=6−QF2−32+9，
当QF2=3时，1|QF1|+1|QF2|取得最小值23，
因为QF2∈3− 9−b2,3+ 9−b2，所以QF2−3∈− 9−b2, 9−b2，
所以QF2−32⩽9−b2，
则−QF2−32⩾−9+b2，−QF2−32+9⩾b2> 32=3，
则6−QF2−32+9<2，
故1|QF1|+1|QF2|的取值范围是[23,2)．
故答案为：[23,2)
17.【答案】解：(1)∵4sin2Bsin2C=sin2Bsin2C=4sinBcsBsinCcsC，
∴sinBsinC=csBcsC，
∴cs(B+C)=0，
∴A=90∘，
∵a=2，c=1，
∴B=60∘，
∵∠PBC=90∘，∠PBA为锐角，
∴∠PBA=30∘，
在△PAB中，PB=2 3，BA=1，
由余弦定理得PA2=PB2+BA2−2PB⋅BA⋅cs∠PBA
=12+1−2×2 3×1× 32=7，
∴PA= 7；
(2)记∠PBA=α，则α+∠ABC=90∘，
∵∠ACB+∠ABC=90∘，
∴∠ACB=α，AB=2sinα，
∵∠PAB=120∘，
∴∠BPA=180∘−∠PAB−α=60∘−α，
在△PAB中，PB=2 3，AB=2sinα，
由正弦定理得PBsin∠PAB=ABsin∠BPA，
∴2 3sin120∘=2sinαsin(60∘−α)，
∴ 3csα=2sinα，
∴tan∠PBA=tanα= 32．
【解析】本题考查了利用正余弦定理解三角形和三角恒等变换，是中档题．
(1)由三角恒等变换得cs(B+C)=0，可得A=90∘，在△PAB中，PB=2 3，BA=1，由余弦定理可得PA;
(2)记∠PBA=α，由正弦定理得PBsin∠PAB=ABsin∠BPA，得 3csα=2sinα，可得tan∠PBA．
18.【答案】证明：(1)∵AC=2 3，D为AC中点，
∴AD= 3，
∵∠ABD=30∘，AB=2 3，
∴2 3sin∠ADB= 3sin30∘，
∴sin∠ADB=1，
∴∠ADB=90∘，
∴BD⊥AC，
∵三棱柱ABC−A1B1C1为直三棱柱，
∴BD⊥AA1，
∵AA1∩AC=A，AA1，AC⊂平面AA1C1C，
∴BD⊥平面AA1C1C，
∵A1F⊂平面AA1C1C，
∴BD⊥A1F；
(2)以D为原点，以DB，DC所在直线为x轴，y轴，过D作AA1的平行线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
∵AA1=5，BE=35BB1，CF=15CC1，
∴BE=3，CF=1，
∴A(0,− 3,0)，A1(0,− 3,5)，E(3,0,3)，F(0, 3,1)，
∴EF=(−3, 3,−2)，AF=(0,2 3,1)A1F=(0,2 3,−4)，
设平面AEF的法向量为n1=(x,y,z)
则n1⋅EF=0n1⋅AF=0，即−3x1+ 3y1−2z1=02 3y1+z1=0，
令y1= 3，则z1=−6，x1=5，
∴n1=(5, 3,−6)，
设平面A1EF的法向量为n2=(x2,y2,z2)，
则n2⋅EF=0n2⋅A1F=0即−3x2+ 3y2−2z2=0 3y2−2z2=0，
令y2=2，则z2= 3，x2=0，
∴n2=(0,2, 3)，
记平面AEF与平面A1EF夹角为θ，
则csθ=|cs|=4 38 7= 2114，
∴平面AEF与平面A1EF夹角余弦值为 2114．

【解析】本题考查了线面垂直的判定、线面垂直的性质和平面与平面所成角的向量求法，是中档题．
(1)先证明BD⊥平面AA1C1C，由线面垂直的性质即可得证；
(2)建立空间直角坐标系，得出平面AEF的法向量和平面A1EF的法向量，利用空间向量求解即可．
19.【答案】解：(1)∵an=32n−1为递减数列，
∴si=ai=32i−1，ti=ai+1=32i，
∴ci=si+ti=32i−1+32i=92i，
∴cn−1cn−2=92n−192n−2=12(n≥3)，
又∵c1=92，
∴c1，c2，⋯，cn−1是以92为首项，12为公比的等比数列;
(2)∵bn2−2(n−1)bn−4n=0，
∴(bn−2n)(bn+2)=0，
∵bn>0，∴bn=2n，
设S=b1cn−1+b2cn−2+⋯+bn−1c1，
=2⋅92n−1+4⋅92n−2+⋯+(2n−2)⋅92， ①，
2S=2⋅92n−2+4⋅92n−3+⋯+(2n−4)⋅92+(2n−2)⋅9， ②，
①− ②得−S=2⋅92n−1+2⋅92n−2+⋯+2⋅92−(2n−2)⋅9
=18×[1−(12)n−1]−18n+18，
∴S=182n−1+18n−36，
∴b1cn−1+b2cn−2+⋯+bn−1c1=182n−1+18n−36．
【解析】本题考查了等比数列的证明以及错位相减法求和，是中档题．
(1)易得si=ai=32i−1，ti=ai+1=32i，可得ci=si+ti=92i，由等比数列的定义即可得证；
(2)易得bn=2n，设S=b1cn−1+b2cn−2+⋯+bn−1c1，由错位相减求和即可得证．
20.【答案】解：(1)对于函数 ①f(x)=ex−sin(x+p)+q，
∵f′(x)=ex−cs(x+p)>0在(0,+∞)上恒成立，
∴f(x)在(0,+∞)上单调递增，不具有先升后降再升的特点，
对于函数 ②f(x)=x2+px+q，其不具有先升后降再升的特点，
对于函数 ③f(x)=12x2+px+36ln(2x+2)+q，
f′(x)=x+p+36x+1=x2+(p+1)x+36+px+1，
设方程x2+(p+1)x+36+p=0两根为x1，x2(不妨设x1∵−300，x1x2>0，
∴0∴在(0,x1)和(x2,+∞)上f′(x)>0，f(x)单调递增，在(x1,x2)上f′(x)<0，f(x)单调递减
∴函数 ③符合先升后降再升的特点，故选 ③；
(2) ①由f(5)=6.78及f(11)=7.62，
得5p+q=−9511p+q=−167，解得p=−12q=−35，
∴f(x)=12x2−12x+36ln(2x+2)−35，2≤x≤12且x∈N∗；
②设g(x)=12x2−12x+36ln(2x+2)−35(x>0)，
则g′(x)=(x−3)(x−8)x+1，
∴g(x)在(0,3)，(8,+∞)上单调递增，在(3,8)上单调递减，
又f(2)=36ln6−57=36(ln2+ln3)−57=7.44，
f(4)=36ln10−75=36(ln2+ln5)−75=7.44>7，
f(5)=6.78<7，
f(10)=36ln22−105=36(ln2+ln11)−105=6.24<7，
f(11)=7.62>7，
∴当5≤x≤10时，f(x)<7，
∴该果农应在7月初到9月底进行促销活动．
【解析】本题考查了导数在实际问题中的应用和利用导数求函数的最值，是较难题．
(1)对于①②③，利用导数研究单调性，根据价格走势逐一判定即可；
(2) ①由f(5)=6.78及f(11)=7.62，得出p、q，可得f(x)解析式；
②设g(x)=12x2−12x+36ln(2x+2)−35(x>0)，计算各月对应函数值，可得结论．
21.【答案】解：(1)∵f(x)<12x2−lnx，
∴axex−x+lnx<0，
设g(x)=axex−x+lnx，
则g′(x)=a(1−x)ex+1x−1=(1−x)(ex+ax)xex，
∵a>0，x>0，
∴ex+ax>0，
当x∈(0,1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
当x∈(1,+∞)，g′(x)<0，g(x)单调递减，
∴g(x)max=g(1)=ae−1，
∴ae−1<0即a∴0(2)f′(x)=a(1−x)ex+x−1=(x−1)(ex−a)ex，
令f′(x)=0，解得x=1或x=lna，
①当00，f(x)单调递增，
当x∈(lna,1)，f′(x)<0.f(x)单调递减，
当x∈(1,+∞)，f′(x)>0.f(x)单调递增，
∴f(x)极大=f(lna)=alnaelna+12(lna)2−lna=12ln2a≥0，
f(x)极小=f(1)=ae−12，
又当x→+∞，f(x)→+∞，当x→−∞，f(x)→−∞，
∴当a=1时，f(lna)=0，f(1)<0，f(x)有2个零点，
当00，f(x)有3个零点，
当a=e2时，f(1)=0，f(lna)>0，f(x)有2个零点，
当e20，f(x)只有1个零点，
②当a=e时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，f(x)只有1个零点，
③当a>e时，当x∈(−∞,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(1,lna)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(lna,+∞)，f′(x)>0，f(x)单调递增，
∴f(x)极大=f(1)=ae−12>0，f(x)极小=f(lna)=12ln2a>0，
∴f(x)只有1个零点，
综上，当0当a=1或a=e2时，函数f(x)的零点个数为2，
当a>e2时，函数f(x)的零点个数为1．
【解析】本题考查了利用导数研究恒成立问题和利用导数研究函数的零点，是较难题．
(1)由题意得axex−x+lnx<0，设g(x)=axex−x+lnx，利用导数研究最值，可得a的范围;
(2)令f′(x)=0，解得x=1或x=lna，分0e三种情况，利用导数研究极值，可得f(x)的零点个数．
22.【答案】解：(1)∵ba=tan30∘= 33c⋅sin30∘=1a2+b2=c2，
∴a= 3b=1，
∴双曲线C的方程为x23−y2=1，
(2)若存在定点P满足题意，则由对称性知，P点在x轴上，
设P(x0,0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由x23−y2=1y=kx+m，得(1−3k2)x2−6kmx−3m2−3=0，
∵直线l与双曲线C相切，
∴1−3k2≠0且Δ=(−6km)2+12(m2+1)(1−3k2)
=12(3k2m2+m2−3k2m2+1−3k2)=0，
∴m2=3k2−1，且m≠0，
∴x1=−3km，y1=−3k2m+m=−1m，
∴A(−3km,−1m)，B(32,32k+m)，
∴PA=(−3km−x0,−1m)，PB=(32−x0,32k+m)，
∵|α−β|=π2，
∴PA⋅PB=0，
∴(−3km−x0)(32−x0)−1m(32k+m)=0，
∴3km(x0−2)+(x02−32x0−1)=0，
∴x0=2x02−32x0−1=0，∴x0=2，
∴存在定点P(2,0)，使得|α−β|=π2．

【解析】本题考查了双曲线的标准方程和直线与双曲线的位置关系，是较难题．
(1)由题意得ba=tan30∘= 33c⋅sin30∘=1a2+b2=c2，解出a、b，可得双曲线C的方程;
(2)设P(x0,0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，将直线l:y=kx+m与C联立，由△=0得m2=3k2−1，且m≠0，由|α−β|=π2，得PA⋅PB=0，得3km(x0−2)+(x02−32x0−1)=0，可得x0，进而得证．