2022-2023学年河北师大附中高二（下）开学数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年河北师大附中高二（下）开学数学试卷（含解析），共19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.若直线x+my−1=0的倾斜角为30°，则实数m的值为
( )
A. − 3B. 3C. − 33D. 33
2.两圆x2+y2−1=0和x2+y2−4x+2y−4=0的位置关系是( )
A. 内切B. 相交C. 外切D. 外离
3.在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，M为AC与BD的交点，若A1B1=a，A1D1=b，A1A=c，则下列向量中与B1M相等的向量是
( )
A. −12a+12b+cB. 12a+12b+c
C. 12a−12b+cD. −12a−12b+c
4.已知点A，F分别为双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右顶点和右焦点，记点F到渐近线的距离为d，若d=2|AF|，则双曲线C的离心率为( )
A. 32B. 43C. 54D. 53
5.等差数列{an}的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则{an}的通项公式为( )
A. an=3−2nB. an=2−nC. an=nD. an=4−3n
6.已知点F1，F2为椭圆x24+y22=1的左、右焦点，过点F1与x轴垂直的直线与椭圆交于A，B两点，则三角形ABF2的内切圆的半径为( )
A. 22B. 1C. 2D. 2
7.如图，在三棱锥P−ABC中，△ABC为等边三角形，△PAC为等腰直角三角形，PA=PC=4，平面PAC⊥平面ABC，D为AB的中点，则异面直线AC与PD所成角的余弦值为( )
A. 14B. 24C. − 24D. 12
8.已知点P(x,y)是直线y=2 2x−4上一动点，PM与PN是圆C：x2+(y−1)2=1的两条切线，M，N为切点，则四边形PMCN的面积的最小值为( )
A. 43B. 23C. 53D. 56
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.下列说法不正确的是( )
A. 若a,b是两个空间向量，则a，b不一定共面
B. 直线l的方向向量n=(1,0,−1)，A(2,1,−3)为直线l上一点，点P(−1,0,−2)为直线l外一点，则点P到直线l的距离为 3
C. 若P在线段AB上，则AP=tAB(0≤t≤1)
D. 在空间直角坐标系Oxyz中，点A(1,2,3)关于坐标平面xOy的对称点为A′(−1,−2,3)
10.已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，经过点F且斜率为 3的直线l与抛物线C交于点A，B两点(点A在第一象限)，与抛物线的准线交于点D，若|AF|=8，则以下结论正确的是( )
A. p=4B. DF=FAC. |BD|=|BF|D. |BF|=4
11.已知等差数列{an}的公差d≠0，前n项和为Sn，若S6=S10，则下列说法正确的是( )
A. a8=0B. S16=0
C. 若d<0，则a8+a10>0D. 若d<0，则|a8|<|a12|
12.已知双曲线C：x24−y25=1，P是该双曲线上任意一点，F1、F2是其左、右焦点，则下列说法正确的( )
A. 该双曲线的渐近线方程为y=± 52x
B. 若|PF2|=8，则|PF1|=4或12
C. 若△F1PF2是直角三角形，则满足条件的P点共4个
D. 若点P在双曲线的左支上，则以PF1为直径的圆与以实轴为直径的圆外切
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知直线(a−1)x+3y+7=0与直线2x+y−3=0互相平行，则a= ______．
14.数列{an}的通项公式为an=(−1)n−1(4n−3)，则它的前100项和S100= ______．
15.在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑(biena).已知在鳖臑P−ABC中，PA⊥平面ABC，PA=AB=BC=2，M为PC的中点，则点P到平面MAB的距离为______．
16.已知数列{an}的前n项和Sn=32n2−12n，设bn=1anan+1,Tn为数列{bn}的前n项和，若对任意的n∈N*，不等式λTn<9n+3恒成立，则实数λ的取值范围为______．
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)
已知递增的等比数列{an}满足a2+a3+a4=28，且a3+2是a2和a4的等差中项.数列{bn}是等差数列，且b1=a1，b3=a1+a2+a3．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设cn=an+bn，求数列{cn}的前n项和Sn．
18.(本小题12分)
已知圆C与y轴相切，圆心在x轴下方并且与x轴交于A(1,0)，B(9,0)两点．
(Ⅰ)求圆C的方程；
(Ⅱ)若直线l过点A(1,0)且被圆C所截弦长为6，求直线l的方程．
19.(本小题12分)
如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，CC1⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，且BC=DC=DB=AA1=2， E 是 BC 的中点．
(1)求证：BD1//平面DEC1；
(2)求证：平面DEC1⊥平面B1BCC1；
(3)求直线CC1与平面DEC1所成角的正弦值．
20.(本小题12分)
已知数列{an}、{bn}满足a1a2a3⋯an=3bn，若数列{an}是等比数列且a1=3，b4=4+b3．
(1)求数列{an}、{bn}的通项公式；
(2)令cn=2bn(n+1)an，求{cn}的前n项和为Sn．
21.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，且AB=2，∠ABC=2∠BAD，∠PDC=π2，点M为棱DP的中点．
(1)在棱BC上是否存在一点N，使得CM/​/平面PAN，并说明理由；
(2)若PB⊥AC，二面角B−CM−D的余弦值为 66时，求点A到平面BCM的距离．
22.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=12，点A(b,0)，点B、F分别为椭圆的上顶点和左焦点，且|BF|⋅|BA|=2 6．
(Ⅰ)求椭圆C的方程；
(Ⅱ)若过定点M(0,2)的直线l与椭圆C交于G，H两点(G在M，H之间)设直线l的斜率k>0，在x轴上是否存在点P(m,0)，使得以PG，PH为邻边的平行四边形为菱形？如果存在，求出m的取值范围？如果不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查直线的倾斜角与斜率的关系，是基础题．
由直线方程求得斜率，再由斜率等于倾斜角的正切值求解．
【解答】
解：直线x+my−1=0的斜率为−1m，
而直线x+my−1=0的倾斜角为30°，
∴−1m=tan30°= 33，则m=− 3．
故选：A．
2.【答案】B
【解析】解：圆x2+y2−1=0表示以O1(0,0)点为圆心，以R1=1为半径的圆；
圆x2+y2−4x+2y−4=0表示以O2(2,−1)点为圆心，以R2=3为半径的圆；
∵|O1O2|= 5
∴R2−R1<|O1O2|∴圆x2+y2−1=0和圆x2+y2−4x+2y−4=0相交
故选：B．
由已知中两圆的方程：x2+y2−1=0和x2+y2−4x+2y−4=0，我们可以求出他们的圆心坐标及半径，进而求出圆心距|O1O2|，比较|O1O2|与R2−R1及R2+R1的大小，即可得到两个圆之间的位置关系．
本题考查的知识点是圆与圆的位置关系及其判定，若圆O1的半径为R1，圆O2的半径为R2，(R2≤R1)，则当|O1O2|>R2+R1时，两圆外离，当|O1O2|=R2+R1时，两圆外切，当R2−R1<|O1O2|3.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查两个向量的加减法的法则，以及其几何意义，属于基础题．
由题意可得B1M=B1B+BM=A1A+12B1D1=c+12(b−a)，化简得到结果．
【解答】
解：由题意可得B1M=B1B+BM=A1A+12BD
=A1A+12B1D1=c+12(A1D1−A1B1)
=c+12(b−a)=−12a+12b+c．
故答案选：A．
4.【答案】D
【解析】解：点F双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点(c,0)，
点F到渐近线bx+ay=0的距离为d，d=2|AF|，
可得：|bc| a2+b2=2(c−a)，b2=c2−a2，
可得3c2−8ac+5a2=0，即3e2−8e+5=0，e>1，
解得e=53．
故选：D．
求出双曲线的焦点坐标，利用点F到渐近线的距离满足d=2|AF|，列出方程，即可求出双曲线C的离心率．
本题考查双曲线C的离心率的求法，点到直线的距离公式的应用，考查学生的计算能力，是中档题．
5.【答案】A
【解析】解：因为a2，a3，a6成等比数列，则a32=a2⋅a6，
即(a1+2d)2=(a1+d)(a1+5d)，
因为a1=1，所以(1+2d)2=(1+d)(1+5d)，
整理得d2+2d=0，
解得d=−2或d=0(舍)，
所以an=1+(n−1)×(−2)=−2n+3．
故选：A．
根据等差中项的性质，列出方程代入计算即可求得公差d，从而得到通项公式．
本题主要考查等差数列与等比数列的综合，考查方程思想与运算求解能力，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】【分析】
由椭圆的方程可得左右焦点的坐标，再由由题意可得A，B的坐标，进而求出△ABF2的面积，设内切圆的半径r，由内切圆的圆心分三角形成3个小三角形，由面积相等可得r的值．
本题考查椭圆的性质及圆的半径的求法，属于中档题．
【解答】
解：由椭圆的方程可得a=2，b= 2，
所以可得左焦点F1(− 2,0)，右焦点F2( 2,0)，
因为过点F1且垂直于x轴的直线与椭圆C相交于A，B，
所以xA=xB=− 2，yA=−yB=b2a=1，
即A(− 2,1)，B(− 2,−1)，
所以S△ABF2=12|AB|⋅2 2=2 2，
|AF2|=|BF2|= (2 2)2+12=3，
设内切圆的半径为r，则12(|AB|+|AF2|+|BF2|)⋅r=S△ABF2，
可得12(3+3+2)⋅r=2 2，所以可得r= 22，
故选：A．
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查异线直线所成角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算与求解能力，考查化归与转化思想，是中档题．
取AC的中点O，连结OP，OB，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线AC与PD所成角的余弦值．
【解答】
解：取AC的中点O，连结OP，OB，
∵PA=PC，∴AC⊥OP，
∵平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC=AC，OP⊂平面PAC，
∴OP⊥平面ABC，
又∵AB=BC，∴AC⊥OB，
以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
∵△PAC是等腰直角三角形，PA=PC=4，△ABC为直角三角形，
∴A(0,−2 2,0)，C(0,2 2,0)，P(0,0,2 2)，
D( 6,− 2,0)，
∴AC=(0,4 2,0)，PD=( 6,− 2,−2 2)，
∴cs=AC⋅PD|AC||PD|=−84 2×4=− 24．
∴异面直线AC与PD所成角的余弦值为 24．
故选：B．
8.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查圆的方程，考查四边形面积的计算，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
四边形PMCN的面积是两个三角形的面积的和，因为CM⊥PM，CM=1，显然PM最小时，四边形面积最小，此时PC最小，由此可得结论．
【解答】
解：圆C：x2+(y−1)2=1圆心坐标为(0,1)，半径为1；
由题意过点P作圆C的两条切线，切点分别为M，N，
可知四边形PMCN的面积是两个三角形的面积的和，因为CM⊥PM，CM=1，
显然PM最小时，四边形面积最小，此时PC最小．
∵P是直线y=2 2x−4上的动点，
∴PC最小值=|0−1−4| 8+1=53，
∴PM最小值= (53)2−12=43，
∴四边形PMCN面积的最小值为：2×12×43×1=43．
故选：A．
9.【答案】AD
【解析】解：因为任意空间两个向量总是共面的，所以选项A说法不正确；
因为A(2,1,−3)为直线l上一点，点P(−1,0,−2)为直线l外一点，
所以有PA=(3,1,−1)，
所以|cs|=|PA⋅n||PA|⋅|n|=|3+1| 9+1+1× 1+1=2 2211，
所以sin= 1−cs2= 1−88121= 3311，
所以点P到直线l的距离为sin〈PA,n〉⋅|PA|= 3311× 9+1+1= 3，所以选项B说法正确；
因为若P在线段AB上，所以AP=tAB(0≤t≤1)，因此选项C说法正确；
因为在空间直角坐标系Oxyz中，点A(1,2,3)关于坐标平面xOy的对称点为A′(1,2,−3)，所以选项D说法不正确．
故选：AD．
根据共面向量、空间向量点到线距离公式、共线向量的性质，结合点关于面对称点的特征逐一判断即可．
本题主要考查了空间向量的数量积运算，考查了利用空间向量求点到直线的距离，属于基础题．
10.【答案】AB
【解析】解：如图所示，
分别过A，B作抛物线C的准线m的垂线，垂足为E，M，
抛物线的准线交x轴于点P，则|PF|=p，
由于直线l的斜率为 3，则倾斜角为60°，
因为AE//x轴，所以∠EAF=60°，
由抛物线的定义可知|AE|=|AF|，所以△AEF是等边三角形，
所以∠EFP=∠AEF=60°，
则∠PEF=30°，所以|AE|=|EF|=2|PF|=2p=8，解得p=4，A正确；
因为|AE|=|EF|=2|PF|，又PF/​/AE，所以F为AD中点，
则DF=FA，B正确；
所以∠DAE=60°，∠ADE=30°，
所以|BD|=2|BM|=2|BF|，C错误；
因为|BF|=13|DF|=13|AF|=83，D错误．
故选：AB．
过A，B作抛物线C的准线m的垂线，结合抛物线定义可得△AEF为正三角形，从而可求出PF的长度即为p的值即可判断A，再根据|PF|=12|EF|=12|AE|即可确定F为AD中点即可判断B，再利用抛物线的定义可判断C，D．
本题考查抛物线的几何性质，属中档题．
11.【答案】BD
【解析】解：根据题意，等差数列{an}的公差d≠0，
对于A，若S6=S10，6a1+15d=10a1+45d，所以a1=−152d，
所以an=a1+(n−1)d=(n−172)d，
所以a8=−12d≠0，A错误；
对于B，S16=16a1+120d=16(a1+152d)=0，B正确；
对于C，若d<0，a8+a10=(8−172)d+(10−172)d=d<0，C错误；
对于D，若d<0，|a8|=|(8−172)d|=−12d,|a12|=|(12−172)d|=−72d，
所以|a8|<|a12|，D正确．
故选：BD．
根据题意，利用等差数列的通项公式和等差数列的前n项和公式求解．
本题考查等差数列的通项公式与求和公式，涉及等差数列的性质，属于基础题．
12.【答案】ABD
【解析】解：由双曲线C：x24−y25=1，得a=2，b= 5，c=3．
∴双曲线的渐近线方程为y=± 52x，故A正确；
当P在右支上，|PF1|−|PF2|=4，可得|PF1|=|PF2|+4=8+4=12，
当P在左支上，|PF1|−|PF2|=−4，可得|PF1|=|PF2|−4=8−4=4，
∴|PF1|=4或12，故B正确；
当PF1或PF2与x轴垂直时，直角三角形F1PF2有4个，以F1F2为直径的圆与双曲线有4个交点，
直角三角形F1PF2有4个，则若△F1PF2是直角三角形，则满足条件的P点共8个，故C错误；
设P(x0,y0)(x0≤−2)，F1(−3,0)，则x024−y025=1，
PF1的中点为O′(x0−32,y02)，求得|OO′|= (x0−32)2+(y02)2=1−34x0，
|PO′|+a= (x0+32)2+(y02)2+2=1−34x0，可得|OO′|=|PO′|+a，即以PF1为直径的圆与以实轴为直径的圆外切，故D正确．
故选：ABD．
由双曲线方程求得a，b，c的值，然后逐一分析四个选项得答案．
本题考查双曲线的几何性质，考查逻辑思维能力与运算求解能力，是中档题．
13.【答案】7
【解析】解：直线(a−1)x+3y+7=0与直线2x+y−3=0互相平行，
则a−12=31≠7−3，解得a=7．
故答案为：7．
根据已知条件，结合直线平行的性质，即可求解．
本题主要考查直线平行的性质，属于基础题．
14.【答案】−200
【解析】解：∵an=(−1)n−1(4n−3)，
所以a1=1，a2=−5，a3=9，a4=−13，…a99=393，a100=−397，
所以S100=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a99+a100)
=−4+(−4)+…+(−4)
=−4×50
=−200
本题考查分组转化求和法，属于较易题．
根据题中的公式可得a1=1，a2=−5，a3=9，a4=−13，…a99=393，a100=−397，并且观察其特点利用分组求和的方法进行求和，进而得到答案．
15.【答案】 2
【解析】解：∵PA=AB=BC=2，∴PB=2 2，PC=2 3，
∵∠PAC=∠PBC=90°，且M为PC的中点，
∴AM=BM= 3，
∴△AMB的面积为12×AB× AM2−(AB2)2=12×2× 3−1= 2，
设点P到平面MAB的距离为d，则VP−AMB=13d⋅S△AMB=13×d× 2= 23d，
又Vp−AMB=12VP−ABC=12×13×2×12×2×2=23，
∴ 23d=23，解得d= 2．
∴点P到平面MAB的距离为 2．
故答案为： 2．
求出AM=BM= 3后，根据等体积法可得点面距．
本题考查了点，线，面间的距离计算，属中档题．
16.【答案】(−∞,48)
【解析】解：当n≥2时，an=Sn−Sn−1=32n2−12n−[32(n−1)2−12(n−1)]=3n−2，
当n=1时，a1=S1=1满足上式，
所以an=3n−2,n∈N*．
所以bn=1anan+1=1(3n−2)(3n+1)=13(13n−2−13n+1)，
所以Tn=13(1−14)+13(14−17)+⋯+13(13n−2−13n+1)=13(1−13n+1)=n3n+1，
由λTn<9n+3，可得λn3n+1<9n+3，即λ<3(3n+1)2n=3(9n+1n+6)，
因为函数y=9x+1x在[13,+∞)单调递增，
所以当n=1时，9n+1n有最小值为10，
所以3(9n+1n+6)≥48，所以λ<48，
所以实数λ的取值范围为(−∞,48)．
故答案为：(−∞,48)．
利用an，Sn的关系求出数列{an}的通项公式，再用裂项相消法求得Tn，再根据不等式的恒成立问题以及函数的单调性与最值，求实数λ的取值范围．
本题主要考查数列的求和，数列与不等式的综合，考查运算求解能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)设首项为a1公比为q的递增的等比数列，
满足a2+a3+a4=28，且a3+2是a2和a4的等差中项，
所以a2+a3+a4=28 2(a2+2)=a2+a4 ，解得a1=2 q=2 或a1=32 q=12 (舍去)；
故an=2n；
数列{bn}是等差数列，设公差为d，且b1=a1，b3=a1+a2+a3，
所以b1=2 b3=2+4+8=14 ，解得b1=2 d=6 ；
所以bn=6n−4．
(2)由(1)得：cn=an+bn=2n+6n−4，
所以Sn=(2+22+...+2n)+(2+8+...+6n−4)=2×(2n−1)2−1+n(2+6n−4)2=n(6n−2)2+2n+1−2．
【解析】(1)直接利用等差数列和等比数列的性质求出数列的通项公式；
(2)利用分组法的应用求出数列的和．
本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法，数列的求和，分组法的求和，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题和易错题．
18.【答案】解：(Ⅰ)圆C与y轴相切，圆心与x轴交于A(1,0)，B(9,0)两点，
所以r=5，设圆心坐标为(5,b)(b<0)，
则9−1=2 25−b2，
∵b<0，∴b=−3，
∴圆C的方程(x−5)2+(y+3)2=25；
(Ⅱ)直线l过点A(1,0)且被圆C所截弦长为6，圆心到直线的距离等于4．
当斜率不存在时，x=1，符合题意；
当斜率存在时，设直线l：y=k(x−1)，
即kx−y−k=0，
∵圆心到直线距离为4，
∴|5k+3−k| k2+1=4，∴k=724
∴直线l的方程为7x−24y−7=0
故所求直线l为x=1，或7x−24y−7=0．
【解析】本题考查了求解圆的方程，直线和圆的位置关系，以及弦长问题，属于中档题．
(Ⅰ)由题意，r=5，设圆心坐标为(5,b)(b<0)，求出b，可求圆C的方程；
(Ⅱ)分两种情况求解：当直线的斜率不存在时，只需要验证即可；当直线的斜率存在时，根据弦的一半、半径和弦心距构成直角三角形来求直线的斜率．
19.【答案】解：(Ⅰ)证明：因为：连接D1C交DC1于点O，则O为D1C中点，

点E为CD中点，∴OE//D1B，
∵OE⊂平面C1DE，D1B⊄平面C1DE，
∴直线BD1//平面C1DE．
(Ⅱ)证明：∵BC=DC=DB=AA1=2，E是BC的中点．∴DE⊥BC，
∵CC1⊥平面ABCD 且DE⊂平面ABCD，
∴CC1⊥DE，
∵CC1⊂平面B1BCC1，CB⊂平面B1BCC1且CC1∩BC=C，
∴DE⊥平面B1BCC1，
∵DE⊂平面DEC1，∴平面DEC1⊥B1BCC1．
(Ⅲ)∵平面DEC1⊥B1BCC1且交线为C1E，CP⊂平面B1BCC1，
在平面B1BCC1内作CP⊥C1E，

∴CP⊥平面DEC1，
∴∠C1PC是直线CC1与平面DEC1所成角，
在RtΔC1EC中，CC1=AA1=2，CE=1，
∴C1E= 5，∴sin∠PC1C=CEC1E=1 5= 55．
∴直线CC1与平面DEC1所成角的正弦值为 55．
【解析】(Ⅰ)连接D1C交DC1于点O，则O为D1C中点，点E为CD中点，从而OE//D1B，由此能证明直线BD1//平面C1DE．
(Ⅱ)推导出DE⊥BC，CC1⊥DE，从而DE⊥平面B1BCC1，由此能证明平面DEC1⊥B1BCC1．
(Ⅲ)在平面B1BCC1内作CP⊥C1E，则CP⊥平面DEC1，∠C1PC是直线CC1与平面DEC1所成角，由此能求出直线CC1与平面DEC1所成角的正弦值．
本题考查线面平行、面面垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，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．
20.【答案】解：(1)设等比数列{an}的公比为q，
∵a1a2a3…an=3bn，a1=3，
当n=1时，a1=3b1=3，解得b1=1，
∴当n≥2时，a1a2a3…an−1=3bn−1，
∴an=3bn−bn−1，
∴a4=3b4−b3=34，
∴3×q3=34，解得q=3．
∴an=3n，∴a1=3b1，
∴3n=3bn−bn−1，∴bn−bn−1=n，
∴bn=b1+(b2−b1)+(b3−b2)+…+bn−bn−1=1+2+…+n=n(1+n)2；
(2)由(1)得an=3n，bn=n(1+n)2，则cn=2bn(n+1)an=2×n(1+n)2(n+1)×3n=n3n，
∴{cn}的前n项和为Sn=13+2×132+3×133+…+n3n，
∴13Sn=132+2×133+…+n−13n+n3n+1，
∴23Sn=13+132+133+…+13n−n3n+1=13[1−(13)n]1−13−n3n+1，
∴Sn=34−3+2n4×3n．
【解析】(1)设等比数列{an}的公比为q，a1a2a3…an=3bn，a1=3，n=1时，a1=3b1=3，求出b1，当n≥2时，a1a2a3…an−1=3bn−1，相比可得an=3bn−bn−1，结合b4=4+b3，可得q，an.进而得出bn−bn−1=n，再利用bn=b1+(b2−b1)+(b3−b2)+…+(bn−bn−1)，即可得出答案．
(2)由(1)可得cn=2bn(n+1)an=n3n，再利用错位相减法求和即可．
本题考查了数列递推关系、等差数列与等比数列的通项公式与求和公式、错位相减法，考查逻辑推理能力与运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)在棱BC上存在点N，使得CM/​/平面PAN，点N为棱BC的中点．证明如下：
取PA的中点Q，连结NQ、MQ，
由题意，点M为棱DP的中点，则MQ//AD且MQ=12AD，CN/​/AD且CN=12AD，
故CN//MQ且CN=MQ．
∴四边形CNQM为平行四边形．
∴CM//NQ，又CM⊄平面PAN，NQ⊂平面PAN，
∴CM/​/平面PAN．
(2)取AB中点E，
因为底面ABCD为菱形，所以AB=AD，
因为∠ABC=2∠BAD，所以∠BAD=π3，
所以△ABD为正三角形，且AC⊥BD，
又PB⊥AC，且PB∩BD=B，PB,BD⊂平面PBD，
所以AC⊥平面PBD，又PD⊂平面PBD，
即PD⊥AC．
又∠PDC=π2，即PD⊥DC，而DC∩AC=C，AC,CD⊂平面ABCD，
所以PD⊥平面ABCD．
又由△ABD为正三角形，得DE⊥AB，也即DE⊥DC，
所以DE，DC，DP两两互相垂直．
以D为坐标原点，分别以DE，DC，DP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．
设MD=a，则D(0,0,0)，M(0,0,a)，C(0,2,0)，B( 3,1,0)，A( 3,−1,0)．
所以MC=(0,2,−a)，CB=( 3,−1,0)．
设平面MBC的一个法向量为m=(x,y,z)．
由m⋅MC=2y−az=0m⋅CB= 3x−y=0，取x=1，得m=(1, 3,2 3a)；
取平面DMC的一个法向量为n=(1,0,0)．
由题意，|cs⟨m,n⟩|=m·nmn=1 1+3+12a2= 66，解得a= 6．
∴MA=( 3,−1,− 6)，m=1, 3, 2，
设点A到平面BCM的距离为d，则d=|m⋅MA||m|=2 3 6= 2．
即点A到平面BCM的距离为 2．
【解析】本题主要考查线面平行的判定，二面角的向量求法，点到面的距离的向量求法，属于中等题．
(1)取PA的中点Q，连结NQ、MQ，可以证明得四边形CNQM为平行四边形，利用线面平行的判定定理可得点N；
(2)先证明DE，DC，DP两两互相垂直，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，由二面角B−CM−D的余弦值为 66，求出a= 6，进而利用点到面距离的向量求法求解即可．
22.【答案】解：(Ⅰ)∵椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=12，
∴e2=1−b2a2=14
∴ba= 32
∵|BF|= b2+c2=a，|BA|= 2b，
∴ 2ab=2 6，
∴ab= 12，
∴a=2，b= 3，
故椭圆的方程为x24+y23=1；
(Ⅱ)设l的方程为y=kx+2(k>0)，与椭圆方程联立，消去y可得(3+4k2)x2+16kx+4=0．
设G(x1,y1)，H(x2,y2)，则x1+x2=−16k3+4k2
∴PG+PH=(x1−m,y1)+(x2−m,y2)=(x1+x2−2m,y1+y2).
=(x1+x2−2m,k(x1+x2)+4)
又GH=(x2−x1,y2−y1)=(x2−x1,k(x2−x1))．
由于菱形对角线互相垂直，则(PG+PH)⋅GH=0，
∴(x2−x1)[(x1+x2)−2m]+k(x2−x1)[k(x1+x2)+4]=0．
故(x2−x1)[(x1+x2)−2m+k2(x1+x2)+4k]=0．
∵k>0，所以x2−x1≠0．
∴(x1+x2)−2m+k2(x1+x2)+4k=0，即(1+k2)(x1+x2)+4k−2m=0．
∴(1+k2)(−16k3+4k2)+4k−2m=0．
解得m=−2k3+4k2，即m=−23k+4k
∵3k+4k≥2 3k⋅4k=4 3，当且仅当3k=4k，即k= 32时取等号，
所以− 36≤m<0，
故存在满足题意的点P且m的取值范围是[− 36,0)．
【解析】(Ⅰ)根据离心率可得ba= 32，再根据且|BF|⋅|BA|=2 6，可得ab= 12，由此能求出椭圆的方程．
(Ⅱ)将直线l1：y=x+2代入椭圆中，得7x2+16x+4=0，由此利用韦达定理能求出GH的中点M，再由菱形的对角线互相垂直平分能求出存在满足题意的点P，且能求出m的值．
本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理的运用，考查基本不等式的运用，解题时应充分挖掘题目的隐含条件，寻找量与量间的关系灵活转化，属于中档题．