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【高中高考数学压轴题预测题-浙江省1】2020年高考数学计算题大题-含详细解析答案、可编辑
学校：__________ 班级：__________ 姓名：__________ 考号：__________
一、 解答题 （本题共计 40 小题 ，每题 3 分 ，共计120分 ， ）
1. 已知实数a≠0，设函数f(x)=alnx+1+x,x>0.
(1)当a=-34时，求函数f(x)的单调区间；
(2)对任意x∈1e2,+∞均有f(x)≤x2a，求a的取值范围.
注：e=2.71828⋯为自然对数的底数.
2. 如图，已知点F(1,0)为抛物线y2=2px(p>0)的焦点.过点F的直线交抛物线于A,B两点，点C在抛物线上，使得△ABC的重心G在x轴上,直线AC交x轴于点Q,且Q在点F的右侧.记△AFG,△CQG的面积分别为S1,S2.
(1)求p的值及抛物线的准线方程；
(2)求S1S2的最小值及此时点G的坐标.
3. 设等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=4,a4=S3.数列{bn}满足：对每个n∈N*,Sn+bn,Sn+1+bn,Sn+2+bn成等比数列.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)记cn=an2bn, n∈N*，证明： c1+c2+⋯+cn<2n,n∈N*.
4. 如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC=90∘，∠BAC=30∘，A1A=A1C=AC，E, F分别是AC，A1B1的中点.
(1)证明：EF⊥BC；
(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.
5. 设函数f(x)=sinx，x∈R.
(1)已知θ∈[0,2π)，函数f(x+θ)是偶函数，求θ的值；
(2)求函数y=fx+π122+fx+π42的值域.
6. 已知函数f(x)=x-lnx．
（1）若f(x)在x=x1，x2(x1≠x2)处导数相等，证明：f(x1)+f(x2)>8-8ln2；
（2）若a≤3-4ln2，证明：对于任意k>0，直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点．
7. 如图，已知点P是y轴左侧（不含y轴）一点，抛物线C:y2=4x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上.
（1）设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；
（2）若P是半椭圆x2+y24=1(x<0)上的动点，求△PAB面积的取值范围．
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8. 已知等比数列{an}的公比q>1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中项．数列{bn}满足b1=1，数列{(bn+1-bn)an}的前n项和为2n2+n．
（1）求q的值；
（2）求数列{bn}的通项公式．
9. 如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120∘，A1A=4，C1C=l，AB=BC=B1B=2．
(1)证明：AB1⊥平面A1B1C1；
(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．
10. 已知角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点P-35,-45．
(1)求sin(α+π)的值；
(2)若角β满足sin(α+β)=513，求cosβ的值．
11. 设数列满足|an-an+12|≤1，n∈N*．
（1）求证：|an|≥2n-1(|a1|-2)(n∈N*)
（2）若|an|≤(32)n，n∈N*，证明：|an|≤2，n∈N*．
12. 如图，设椭圆C:x2a2+y2=1(a>1)
（I）求直线y=kx+1被椭圆截得到的弦长（用a，k表示）
（II）若任意以点A(0, 1)为圆心的圆与椭圆至多有三个公共点，求椭圆的离心率的取值范围．
13. 已知a≥3，函数F(x)＝min{2|x-1|, x2-2ax+4a-2}，其中min(p, q)=p,p≤qq,p>q ．
(Ⅰ)求使得等式F(x)＝x2-2ax+4a-2成立的x的取值范围；
(Ⅱ)(i)求F(x)的最小值m(a)；
(ii)求F(x)在[0, 6]上的最大值M(a)．
14. 如图，在三棱台ABC-DEF中，已知平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB=90∘，BE=EF=FC=1，BC=2，AC=3，
（1）求证：EF⊥平面ACFD；
（2）求二面角B-AD-F的余弦值．
15. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b+c=2acosB．
(1)证明：A=2B；
(2)若△ABC的面积S=a24，求角A的大小．
16. 已知数列{an}满足a1=12且an+1＝an-an2(n∈N*)
（1）证明：1≤anan+1≤2(n∈N*)；
（2）设数列{an2}的前n项和为Sn，证明12(n+2)≤Snn≤12(n+1)(n∈N*)．
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17. 已知椭圆x22+y2=1上两个不同的点A，B关于直线y=mx+12对称．
(1)求实数m的取值范围；
(2)求△AOB面积的最大值（O为坐标原点）．
18. 已知函数f(x)=x2+ax+b(a, b∈R)，记M(a, b)是|f(x)|在区间[-1, 1]上的最大值．
（1）证明：当|a|≥2时，M(a, b)≥2；
（2）当a，b满足M(a, b)≤2时，求|a|+|b|的最大值．
19. 如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC=90∘，AB=AC=2，A1A=4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点．
（1）证明：A1D⊥平面A1BC；
（2）求二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值．
20. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知A=π4，b2-a2=12c2．
（1）求tanC的值；
（2）若△ABC的面积为3，求b的值．
21. 设函数f(x)=x3+1x+1，x∈[0, 1]，证明：
（1）f(x)≥1-x+x2
（2）340)的焦点为F，抛物线上的点A到y轴的距离等于|AF|-1．
求p的值；
若直线AF交抛物线于另一点B，过B与x轴平行的直线和过F与AB垂直的直线交于点N，AN与x轴交于点M，求M的横坐标的取值范围．
23. 如图，在三棱台ABC-DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB=90∘，BE=EF=FC=1，BC=2，AC=3．
（1）求证：BF⊥平面ACFD；
（2）求直线BD与平面ACFD所成角的余弦值．
24. 设数列{an}的前n项和为Sn，已知S2=4，an+1=2Sn+1，n∈N*．
(1)求通项公式an；
(2)求数列{|an-n-2|}的前n项和．
25. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b+c=2acosB．
(1)证明：A=2B；
(2)若cosB=23，求cosC的值．
26. 设函数f(x)＝x2+ax+b(a, b∈R)．
(Ⅰ)当b=a24+1时，求函数f(x)在[-1, 1]上的最小值g(a)的表达式．
(Ⅱ)已知函数f(x)在[-1, 1]上存在零点，0≤b-2a≤1，求b的取值范围．
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27. 如图，已知抛物线C1:y=14x2，圆C2:x2+(y-1)2＝1，过点P(t, 0)(t>0)作不过原点O的直线PA，PB分别与抛物线C1和圆C2相切，A，B为切点．
(Ⅰ)求点A，B的坐标；
(Ⅱ)求△PAB的面积．
注：直线与抛物线有且只有一个公共点，且与抛物线的对称轴不平行，则称该直线与抛物线相切，称该公共点为切点．
28. 如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC=90∘，AB=AC=2，A1A=4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点．
(1)证明：A1D⊥平面A1BC；
(2)求直线A1B和平面BB1C1C所成的角的正弦值．
29. 已知数列{an}和{bn}满足a1＝2，b1＝1，an+1＝2an(n∈N*)，b1+12b2+13b3+⋯+1nbn＝bn+1-1(n∈N*)
(Ⅰ)求an与bn；
(Ⅱ)记数列{anbn}的前n项和为Tn，求Tn．
30. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知tan(π4+A)=2．
(1)求sin2Asin2A+cos2A的值；
(2)若B=π4，a=3，求△ABC的面积．
31. 已知函数f(x)=x3+3|x-a|(a∈R)．
(1)若f(x)在[-1, 1]上的最大值和最小值分别记为M(a)，m(a)，求M(a)-m(a)；
(2)设b∈R，若[f(x)+b]2≤4对x∈[-1, 1]恒成立，求3a+b的取值范围．
32. 如图，设椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，动直线l与椭圆C只有一个公共点P，且点P在第一象限．
(Ⅰ)已知直线l的斜率为k，用a，b，k表示点P的坐标；
(Ⅱ)若过原点O的直线l1与l垂直，证明：点P到直线l1的距离的最大值为a-b．
33. 如图，在四棱锥A-BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE＝∠BED＝90∘，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC=2．
(Ⅰ)证明：DE⊥平面ACD；
(Ⅱ)求二面角B-AD-E的大小．
34. 已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3...an=(2)bn(n∈N*)．若{an}为等比数列，且a1=2，b3=6+b2．
(1)求an与bn；
(2)设cn=1an-1bn(n∈N*)．记数列{cn}的前n项和为Sn．
(i)求Sn；
(ii)求正整数k，使得对任意n∈N*，均有Sk≥Sn．
35. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知a≠b，c=3，cos2A-cos2B=3sinAcosA-3sinBcosB．
(1)求角C的大小；
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(2)若sinA=45，求△ABC的面积．
36. 已知△ABP的三个顶点在抛物线C:x2=4y上，F为抛物线C的焦点，点M为AB的中点，PF→=3FM→，
（1）若|PF|=3，求点M的坐标；
（2）求△ABP面积的最大值．
37. 已知函数f(x)＝x3+3|x-a|(a>0)，若f(x)在[-1, 1]上的最小值记为g(a)．
(Ⅰ)求g(a)；
(Ⅱ)证明：当x∈[-1, 1]时，恒有f(x)≤g(a)+4．
38. 如图，在四棱锥A-BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE=∠BED=90∘，AB=CD=2，DE=BE=1，AC=2．
(1)证明：AC⊥平面BCDE；
(2)求直线AE与平面ABC所成的角的正切值．
39. 已知等差数列{an}的公差d>0，设{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S2⋅S3＝36．
(Ⅰ)求d及Sn；
(Ⅱ)求m，k(m, k∈N*)的值，使得am+am+1+am+2+...+am+k＝65．
40. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知4sin2A-B2+4sinAsinB=2+2．
(1)求角C的大小；
(2)已知b=4，△ABC的面积为6，求边长c的值．
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参考答案与试题解析
【高中高考数学压轴题预测题-浙江省1】2020年高考数学计算题大题-含详细解析答案、可编辑
一、 解答题 （本题共计 40 小题 ，每题 3 分 ，共计120分 ）
1.【答案】
解：(1)当a=-34时，f(x)=-34lnx+1+x,x>0，
则f'(x)=-34x+121+x
=(1+x-2)(21+x+1)4x1+x，
当f'(x)>0时，解得x>3；
当f'(x)<0时，解得00，
故q(x)在1e2,17上单调递增，所以q(x)≤q17，
由①得，q17=-277p17<-277p(1)=0
所以，q(x)<0，因此，g(t)≥g1+1x=-q(x)x>0，
由①②知对任意x∈1e2,+∞，t∈[22,+∞)，g(t)≥0，
即对任意x∈1e2,+∞，均有f(x)≤x2a，
综上所述，所求a的取值范围是0,24.
【解答】
解：(1)当a=-34时，f(x)=-34lnx+1+x,x>0，
则f'(x)=-34x+121+x
=(1+x-2)(21+x+1)4x1+x，
当f'(x)>0时，解得x>3；
当f'(x)<0时，解得00，
故q(x)在1e2,17上单调递增，所以q(x)≤q17，
由①得，q17=-277p17<-277p(1)=0
所以，q(x)<0，因此，g(t)≥g1+1x=-q(x)x>0，
由①②知对任意x∈1e2,+∞，t∈[22,+∞)，g(t)≥0，
即对任意x∈1e2,+∞，均有f(x)≤x2a，
综上所述，所求a的取值范围是0,24.
2.【答案】
解：(1)由题意得p2=1，即p=2.
所以，抛物线的准线方程为x=-1.
(2)设AxA,yA,BxB,yB,CxC,yC，重心G(xG,yG).
令yA=2t,t≠0，则xA=t2.
由于直线AB过F，故直线AB方程为x=t2-12ty+1，
代入y2=4x，得
y2-2t2-1ty-4=0.
故2tyB=-4，即yB=-2t,
所以B1t2,-2t.
又由于xG=13xA+xB+xC, yG=13yA+yB+yC及重心G在x轴上，
故2t-2t+yC=0,
得C1t-t2,21t-t,G2t4-2t2+23t2,0.
所以，直线AC方程为y-2t=2tx-t2，
得Q(t2-1,0).
由于Q在焦点F的右侧，故t2>2.
从而S1S2=12|FG|⋅yA12|QG|⋅yc
=2t4-2t2+23t2-1⋅|2t|t2-1-2t4-2t2+23t2⋅2t-2t
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=2t4-t2t4-1
=2-t2-2t4-1.
令m=t2-2，则m>0,
S1S2=2-mm2+4m+3
=2-1m+3m+4
≥2-12m⋅3m+4
=1+32.
当m=3时，S1S2取得最小值1+32，此时G(2,0).
【解答】
解：(1)由题意得p2=1，即p=2.
所以，抛物线的准线方程为x=-1.
(2)设AxA,yA,BxB,yB,CxC,yC，重心G(xG,yG).
令yA=2t,t≠0，则xA=t2.
由于直线AB过F，故直线AB方程为x=t2-12ty+1，
代入y2=4x，得
y2-2t2-1ty-4=0.
故2tyB=-4，即yB=-2t,
所以B1t2,-2t.
又由于xG=13xA+xB+xC, yG=13yA+yB+yC及重心G在x轴上，
故2t-2t+yC=0,
得C1t-t2,21t-t,G2t4-2t2+23t2,0.
所以，直线AC方程为y-2t=2tx-t2，
得Q(t2-1,0).
由于Q在焦点F的右侧，故t2>2.
从而S1S2=12|FG|⋅yA12|QG|⋅yc
=2t4-2t2+23t2-1⋅|2t|t2-1-2t4-2t2+23t2⋅2t-2t
=2t4-t2t4-1
=2-t2-2t4-1.
令m=t2-2，则m>0,
S1S2=2-mm2+4m+3
=2-1m+3m+4
≥2-12m⋅3m+4
=1+32.
当m=3时，S1S2取得最小值1+32，此时G(2,0).
3.【答案】
(1)解：设数列{an}的公差为d，由题意得
a1+2d=4,a1+3d=3a1+3d，
解得a1=0,d=2.
从而an=2n-2,n∈N*.
所以Sn=n2-n,n∈N*.
由Sn+bn,Sn+1+bn,Sn+2+bn成等比数列得
Sn+1+bn2=Sn+bnSn+2+bn.
解得bn=1dSn+12-SnSn+2.
所以bn=n2+n,n∈N*.
(2)证明：cn=an2bn=2n-22n(n+1)=n-1n(n+1),n∈N*.
我们用数学归纳法证明.
①当n=1时，c1=0<2，不等式成立；
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②假设n=kk∈N*时不等式成立，即c1+c2+⋯+ck<2k.
那么，当n=k+1时，
c1+c2+⋯+c1+ck+1<2k+k(k+1)(k+2)<2k+1k+1
<2k+2k+1+k=2k+2(k+1-k)=2k+1,
即当n=k+1时不等式也成立.
根据①和②，不等式c1+c2+⋯+cn<2n对任意n∈N*恒成立.
【解答】
(1)解：设数列{an}的公差为d，由题意得
a1+2d=4,a1+3d=3a1+3d，
解得a1=0,d=2.
从而an=2n-2,n∈N*.
所以Sn=n2-n,n∈N*.
由Sn+bn,Sn+1+bn,Sn+2+bn成等比数列得
Sn+1+bn2=Sn+bnSn+2+bn.
解得bn=1dSn+12-SnSn+2.
所以bn=n2+n,n∈N*.
(2)证明：cn=an2bn=2n-22n(n+1)=n-1n(n+1),n∈N*.
我们用数学归纳法证明.
①当n=1时，c1=0<2，不等式成立；
②假设n=kk∈N*时不等式成立，即c1+c2+⋯+ck<2k.
那么，当n=k+1时，
c1+c2+⋯+c1+ck+1<2k+k(k+1)(k+2)<2k+1k+1
<2k+2k+1+k=2k+2(k+1-k)=2k+1,
即当n=k+1时不等式也成立.
根据①和②，不等式c1+c2+⋯+cn<2n对任意n∈N*恒成立.
4.【答案】
(1)证明：如图，连接A1E，
∵ A1A=A1C，E是AC的中点，
∴ A1E⊥AC，
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，
∴ A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC，
又∵ A1F//AB，∠ABC=90◦，故BC⊥A1F，
∴ BC⊥平面A1EF，
∴ EF⊥BC.
(2)解：如图，取BC中点G连接EG, GF，则EGFA1是平行四边形，
由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，
∴ 平行四边形EGFA1为矩形，
由(1)得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，
∴ EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上，
连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角），
不妨设AC=4，则在Rt△A1EG中，A1E=23，EG=3，
由于O为A1G的中点，故EO=OG=A1G2=152，
∴ cos∠EOG=EO2+OG2-EG22EO⋅OG=35，
∴ 直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是35.
【解答】
(1)证明：如图，连接A1E，
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∵ A1A=A1C，E是AC的中点，
∴ A1E⊥AC，
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，
∴ A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC，
又∵ A1F//AB，∠ABC=90◦，故BC⊥A1F，
∴ BC⊥平面A1EF，
∴ EF⊥BC.
(2)解：如图，取BC中点G连接EG, GF，则EGFA1是平行四边形，
由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，
∴ 平行四边形EGFA1为矩形，
由(1)得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，
∴ EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上，
连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角），
不妨设AC=4，则在Rt△A1EG中，A1E=23，EG=3，
由于O为A1G的中点，故EO=OG=A1G2=152，
∴ cos∠EOG=EO2+OG2-EG22EO⋅OG=35，
∴ 直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是35.
5.【答案】
解：(1)∵ f(x+θ)=sin(x+θ)是偶函数，
∴ 对任意实数x都有sin(x+θ)=sin(-x+θ)，
即sinxcosθ+cosxsinθ
=-sinxcosθ+cosxsinθ
故2sinxcosθ=0，
∴ cosθ=0.
又θ∈[0，2π)，
∴ θ=π2或3π2；
(2)y=fx+π122+fx+π42
=sin2x+π12+sin2x+π4
=1-cos2x+π62+1-cos2x+π22
=1-1232cos2x-32sin2x
=1-32cos2x+π3，
∴ 函数的值域是[1-32，1+32].
【解答】
解：(1)∵ f(x+θ)=sin(x+θ)是偶函数，
∴ 对任意实数x都有sin(x+θ)=sin(-x+θ)，
即sinxcosθ+cosxsinθ
=-sinxcosθ+cosxsinθ
故2sinxcosθ=0，
∴ cosθ=0.
又θ∈[0，2π)，
∴ θ=π2或3π2；
(2)y=fx+π122+fx+π42
=sin2x+π12+sin2x+π4
=1-cos2x+π62+1-cos2x+π22
=1-1232cos2x-32sin2x
=1-32cos2x+π3，
∴ 函数的值域是[1-32，1+32].
6.【答案】
证明：（1）∵ 函数f(x)=x-lnx，
∴ x>0，f'(x)=12x-1x，
∵ f(x)在x=x1，x2(x1≠x2)处导数相等，
∴ 12x1-1x1=12x2-1x2，
∵ x1≠x2，∴ 1x1+1x2=12，
由基本不等式得：12x1x2=x1+x2≥24x1x2，
∵ x1≠x2，∴ x1x2>256，
由题意得f(x1)+f(x2)=x1-lnx1+x2-lnx2=12x1x2-ln(x1x2)，
设g(x)=12x-lnx，则g'(x)=14x(x-4)
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，
∴ 列表讨论：
x
(0, 16)
16
(16, +∞)
g'(x)
-
0
+
g(x)
↓
2-4ln2
↑
∴ g(x)在[256, +∞)上单调递增，
∴ g(x1x2)>g(256)=8-8ln2，
∴ f(x1)+f(x2)>8-8ln2．
（2）令m=e-（|a|+k），n=(|a|+1k)2+1，
则f(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0，
f(n)-kn-a0，直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点．
【解答】
证明：（1）∵ 函数f(x)=x-lnx，
∴ x>0，f'(x)=12x-1x，
∵ f(x)在x=x1，x2(x1≠x2)处导数相等，
∴ 12x1-1x1=12x2-1x2，
∵ x1≠x2，∴ 1x1+1x2=12，
由基本不等式得：12x1x2=x1+x2≥24x1x2，
∵ x1≠x2，∴ x1x2>256，
由题意得f(x1)+f(x2)=x1-lnx1+x2-lnx2=12x1x2-ln(x1x2)，
设g(x)=12x-lnx，则g'(x)=14x(x-4)，
∴ 列表讨论：
x
(0, 16)
16
(16, +∞)
g'(x)
-
0
+
g(x)
↓
2-4ln2
↑
∴ g(x)在[256, +∞)上单调递增，
∴ g(x1x2)>g(256)=8-8ln2，
∴ f(x1)+f(x2)>8-8ln2．
（2）令m=e-（|a|+k），n=(|a|+1k)2+1，
则f(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0，
f(n)-kn-a0，直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点．
7.【答案】
（1）证明：设Px0,y0，A(14y12,y1)，B(14y22,y2).
因为PA，PB的中点在抛物线上，
所以y1，y2为方程(y+y02)2=4⋅14y2+x02
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即y2-2y0y+8x0-y02=0的两个不同的实根.
所以y1+y2=2y0，
因此，PM垂直于y轴.
（2）解：由（1）可知y1+y2=2y0，y1y2=8x0-y02，
所以|PM|=18y12+y22-x0=34y02-3x0，
y1-y2=22y02-4x0.
因此，△PAB的面积
S△PAB=12|PM|⋅y1-y2=324y02-4x032.
因为x02+y024=1x0<0，
所以y02-4x0=-4x02-4x0+4∈[4,5]，
因此，△PAB面积的取值范围是[62,15104].
【解答】
（1）证明：设Px0,y0，A(14y12,y1)，B(14y22,y2).
因为PA，PB的中点在抛物线上，
所以y1，y2为方程(y+y02)2=4⋅14y2+x02
即y2-2y0y+8x0-y02=0的两个不同的实根.
所以y1+y2=2y0，
因此，PM垂直于y轴.
（2）解：由（1）可知y1+y2=2y0，y1y2=8x0-y02，
所以|PM|=18y12+y22-x0=34y02-3x0，
y1-y2=22y02-4x0.
因此，△PAB的面积
S△PAB=12|PM|⋅y1-y2=324y02-4x032.
因为x02+y024=1x0<0，
所以y02-4x0=-4x02-4x0+4∈[4,5]，
因此，△PAB面积的取值范围是[62,15104].
8.【答案】
解：（1）等比数列{an}的公比q>1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中项，
可得2a4+4=a3+a5=28-a4，
解得a4=8，
由8q+8+8q=28，可得q=2（12舍去），
则q的值为2；
（2）设cn=(bn+1-bn)an=(bn+1-bn)2n-1，
可得n=1时，c1=2+1=3，
n≥2时，可得cn=2n2+n-2(n-1)2-(n-1)=4n-1，
上式对n=1也成立，
则(bn+1-bn)an=4n-1，
即有bn+1-bn=(4n-1)⋅(12)n-1，
可得bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+...+(bn-bn-1)
=1+3⋅(12)0+7⋅(12)1+...+(4n-5)⋅(12)n-2，
12bn=12+3⋅(12)+7⋅(12)2+...+(4n-5)⋅(12)n-1，
相减可得12bn=72+4[(12)+(12)2+...+(12)n-2]-(4n-5)⋅(12)n-1
=72+4⋅12(1-12n-2)1-12-(4n-5)⋅(12)n-1，
化简可得bn=15-(4n+3)⋅(12)n-2．
【解答】
解：（1）等比数列{an}的公比q>1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中项，
可得2a4+4=a3+a5=28-a4，
解得a4=8，
由8q+8+8q=28，可得q=2（12舍去），
则q的值为2；
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（2）设cn=(bn+1-bn)an=(bn+1-bn)2n-1，
可得n=1时，c1=2+1=3，
n≥2时，可得cn=2n2+n-2(n-1)2-(n-1)=4n-1，
上式对n=1也成立，
则(bn+1-bn)an=4n-1，
即有bn+1-bn=(4n-1)⋅(12)n-1，
可得bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+...+(bn-bn-1)
=1+3⋅(12)0+7⋅(12)1+...+(4n-5)⋅(12)n-2，
12bn=12+3⋅(12)+7⋅(12)2+...+(4n-5)⋅(12)n-1，
相减可得12bn=72+4[(12)+(12)2+...+(12)n-2]-(4n-5)⋅(12)n-1
=72+4⋅12(1-12n-2)1-12-(4n-5)⋅(12)n-1，
化简可得bn=15-(4n+3)⋅(12)n-2．
9.【答案】
(1)证明：∵ A1A⊥平面ABC，B1B⊥平面ABC，
∴ AA1 // BB1，
∵ AA1=4，BB1=2，AB=2，
∴ A1B1=(AB)2+(AA1-BB1)2=22，
又AB1=AB2+BB12=22，∴ AA12=AB12+A1B12，
∴ AB1⊥A1B1，
同理可得：AB1⊥B1C1，
又A1B1∩B1C1=B1，
∴ AB1⊥平面A1B1C1．
(2)解：取AC中点O，过O作平面ABC的垂线OD，交A1C1于D，
∵ AB=BC，∴ OB⊥OC，
∵ AB=BC=2，∠BAC=120∘，∴ OB=1，OA=OC=3，
以O为原点，以OB，OC，OD所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示：
则A(0, -3, 0)，B(1, 0, 0)，B1(1, 0, 2)，C1(0, 3, 1)，
∴ AB→=(1, 3, 0)，BB1→=(0, 0, 2)，AC1→=(0, 23, 1)，
设平面ABB1的法向量为n→=(x, y, z)，则n→⋅AB→=0,n→⋅BB1→=0,
∴ x+3y=0,2z=0,令y=1可得n→=(-3, 1, 0)，
∴ cos=n→⋅AC1→|n→||AC1→|=232×13=3913．
设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ，则sinθ=|cos|=3913．
∴ 直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值为3913．
【解答】
(1)证明：∵ A1A⊥平面ABC，B1B⊥平面ABC，
∴ AA1 // BB1，
∵ AA1=4，BB1=2，AB=2，
∴ A1B1=(AB)2+(AA1-BB1)2=22，
又AB1=AB2+BB12=22，∴ AA12=AB12+A1B12，
∴ AB1⊥A1B1，
同理可得：AB1⊥B1C1，
又A1B1∩B1C1=B1，
∴ AB1⊥平面A1B1C1．
(2)解：取AC中点O，过O作平面ABC的垂线OD，交A1C1于D，
∵ AB=BC，∴ OB⊥OC，
∵ AB=BC=2，∠BAC=120∘，∴ OB=1，OA=OC=3，
以O为原点，以OB，OC，OD所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示：
则A(0, -3, 0)，B(1, 0, 0)，B1(1, 0, 2)，C1(0, 3, 1)，
∴ AB→=(1, 3, 0)，BB1→=(0, 0, 2)，AC1→=(0, 23, 1)，
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设平面ABB1的法向量为n→=(x, y, z)，则n→⋅AB→=0,n→⋅BB1→=0,
∴ x+3y=0,2z=0,令y=1可得n→=(-3, 1, 0)，
∴ cos=n→⋅AC1→|n→||AC1→|=232×13=3913．
设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ，则sinθ=|cos|=3913．
∴ 直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值为3913．
10.【答案】
解：(1)由角α的终边过点P-35,-45得sinα=-45，
所以sin(α+π)=-sinα=45．
(2)由角α的终边过点P-35,-45得cosα=-35，
由sin(α+β)=513，
得cos(α+β)=±1213．
由β=(α+β)-α，
得cosβ=cos(α+β)cosα+sin(α+β)sinα，
所以cosβ=-5665或cosβ=1665．
【解答】
解：(1)由角α的终边过点P-35,-45得sinα=-45，
所以sin(α+π)=-sinα=45．
(2)由角α的终边过点P-35,-45得cosα=-35，
由sin(α+β)=513，
得cos(α+β)=±1213．
由β=(α+β)-α，
得cosβ=cos(α+β)cosα+sin(α+β)sinα，
所以cosβ=-5665或cosβ=1665．
11.【答案】
解：（1）∵ |an-an+12|≤1，∴ |an|-12|an+1|≤1，
∴ |an|2n-|an+1|2n+1≤12n，n∈N*，
∴ |a1|2-|an|2n=(|a1|2-|a2|22)+(|a2|22-|a3|23)+...+(|an-1|2n-1-|an|2n)≤12+122+123+...+12n=12(1-12n)1-12=1-12n<1．
∴ |an|≥2n-1(|a1|-2)(n∈N*)．
（2）任取n∈N*，由（1）知，对于任意m>n，
|an|2n-|am|2m=(|an|2n-|an+1|2n+1)+(|an+1|2n+1-|an+2|2n+2)+...+(|am-1|2m-1-|am|2m)
≤12n+12n+1+...+12m-1=12n(1-12m-n+1)1-12<12n-1．
∴ |an|<(12n-1+|am|2m)⋅2n≤[12n-1+12m⋅(32)m]•2n=2+(34)m⋅2n．①
由m的任意性可知|an|≤2．
否则，存在n0∈N*，使得|an0|>2，
取正整数m0>log34|an0|-22n0且m0>n0，则
2n0•(34)m0<2n0•(34)log34|an0|-22n0=|an0|-2，与①式矛盾．
综上，对于任意n∈N*，都有|an|≤2．
【解答】
解：（1）∵ |an-an+12|≤1，∴ |an|-12|an+1|≤1，
∴ |an|2n-|an+1|2n+1≤12n，n∈N*，
∴ |a1|2-|an|2n=(|a1|2-|a2|22)+(|a2|22-|a3|23)+...+(|an-1|2n-1-|an|2n)≤12+122+123+...+12n=12(1-12n)1-12=1-12n<1．
∴ |an|≥2n-1(|a1|-2)(n∈N*)．
（2）任取n∈N*，由（1）知，对于任意m>n，
|an|2n-|am|2m=(|an|2n-|an+1|2n+1)+(|an+1|2n+1-|an+2|2n+2)+...+(|am-1|2m-1-|am|2m)
≤12n+12n+1+...+12m-1=12n(1-12m-n+1)1-12<12n-1．
∴
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|an|<(12n-1+|am|2m)⋅2n≤[12n-1+12m⋅(32)m]•2n=2+(34)m⋅2n．①
由m的任意性可知|an|≤2．
否则，存在n0∈N*，使得|an0|>2，
取正整数m0>log34|an0|-22n0且m0>n0，则
2n0•(34)m0<2n0•(34)log34|an0|-22n0=|an0|-2，与①式矛盾．
综上，对于任意n∈N*，都有|an|≤2．
12.【答案】
解：(I)由题意可得：y=kx+1x2a2+y2=1，可得：(1+a2k2)x2+2ka2x=0，
得x1=0或x2=-2ka21+k2a2，
直线y=kx+1被椭圆截得到的弦长为：1+k2|x1-x2|=2a2|k|1+a2k21+k2．
（II）假设圆A与椭圆由4个公共点，由对称性可设y轴左侧的椭圆上有两个不同的点P，Q，满足|AP|=|AQ|，
记直线AP，AQ的斜率分别为：k1，k2；且k1，k2>0，k1≠k2，由（1）可知|AP|=2a2|k1|1+k121+a2k12，|AQ|=2a2|k2|1+k221+a2k22，
故：2a2|k1|1+k121+a2k12=2a2|k2|1+k221+a2k22，所以，(k12-k22)[1+k12+k22+a2(2-a2)k12k22]=0，由k1≠k2，
k1，k2>0，可得：1+k12+k22+a2(2-a2)k12k22=0，
因此(1k12+1)(1k22+1)=1+a2(a2-2)①，
因为①式关于k1，k2；的方程有解的充要条件是：1+a2(a2-2)>1，
所以a>2．
因此，任意点A(0, 1)为圆心的圆与椭圆至多有三个公共点的充要条件为：10，k1≠k2，由（1）可知|AP|=2a2|k1|1+k121+a2k12，|AQ|=2a2|k2|1+k221+a2k22，
故：2a2|k1|1+k121+a2k12=2a2|k2|1+k221+a2k22，所以，(k12-k22)[1+k12+k22+a2(2-a2)k12k22]=0，由k1≠k2，
k1，k2>0，可得：1+k12+k22+a2(2-a2)k12k22=0，
因此(1k12+1)(1k22+1)=1+a2(a2-2)①，
因为①式关于k1，k2；的方程有解的充要条件是：1+a2(a2-2)>1，
所以a>2．
因此，任意点A(0, 1)为圆心的圆与椭圆至多有三个公共点的充要条件为：10；
当x>1时，x2-2ax+4a-2-2|x-1|＝x2-(2+2a)x+4a＝(x-2)(x-2a)，
则等式F(x)＝x2-2ax+4a-2成立的x的取值范围是(2, 2a)；
(2)(i)设f(x)＝2|x-1|，g(x)＝x2-2ax+4a-2，
则f(x)min＝f(1)＝0，g(x)min＝g(a)＝-a2+4a-2．
由-a2+4a-2＝0，解得a1＝2+2，a2＝2-2（负的舍去），
由F(x)的定义可得m(a)＝min{f(1), g(a)}，
即m(a)=0,3≤a≤2+2-a2+4a-2,a>2+2 ；
(ii)当0≤x≤2时，F(x)≤f(x)≤max{f(0), f(2)}＝2＝F(2)；
当24 ．
【解答】
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（1）由a≥3，故x≤1时，
x2-2ax+4a-2-2|x-1|＝x2+2(a-1)(2-x)>0；
当x>1时，x2-2ax+4a-2-2|x-1|＝x2-(2+2a)x+4a＝(x-2)(x-2a)，
则等式F(x)＝x2-2ax+4a-2成立的x的取值范围是(2, 2a)；
(2)(i)设f(x)＝2|x-1|，g(x)＝x2-2ax+4a-2，
则f(x)min＝f(1)＝0，g(x)min＝g(a)＝-a2+4a-2．
由-a2+4a-2＝0，解得a1＝2+2，a2＝2-2（负的舍去），
由F(x)的定义可得m(a)＝min{f(1), g(a)}，
即m(a)=0,3≤a≤2+2-a2+4a-2,a>2+2 ；
(ii)当0≤x≤2时，F(x)≤f(x)≤max{f(0), f(2)}＝2＝F(2)；
当24 ．
14.【答案】
（1）证明：延长AD，BE，CF相交于点K，如图所示，∵ 平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB=90∘，
∴ AC⊥平面BCK，∴ BF⊥AC．
又EF // BC，BE=EF=FC=1，BC=2，∴ △BCK为等边三角形，且F为CK的中点，则BF⊥CK，
∴ BF⊥平面ACFD．
（2）方法一：过点F作FQ⊥AK，连接BQ，∵ BF⊥平面ACFD．∴ BF⊥AK，则AK⊥平面BQF，
∴ BQ⊥AK．∴ ∠BQF是二面角B-AD-F的平面角．
在Rt△ACK中，AC=3，CK=2，可得FQ=31313．
在Rt△BQF中，BF=3，FQ=31313．可得：cos∠BQF=34．
∴ 二面角B-AD-F的平面角的余弦值为34．
方法二：如图，延长AD，BE，CF相交于点K，则△BCK为等边三角形，
取BC的中点，则KO⊥BC，又平面BCFE⊥平面ABC，∴ KO⊥平面BAC，
以点O为原点，分别以OB，OK的方向为x，z的正方向，建立空间直角坐标系O-xyz．
可得：B(1, 0, 0)，C(-1, 0, 0)，K(0, 0, 3)，A(-1, -3, 0)，E(12，0，32)，F(-12，0，32)．
AC→=(0, 3, 0)，AK→=(1,3,3)，AB→(2, 3, 0)．
设平面ACK的法向量为m→=(x1, y1, z1)，平面ABK的法向量为n→=(x2, y2, z2)，由AK→⋅m→=0˙，可得3y1=0x1+3y1+3z1=0，
取m→=(3，0，-1)．
由AK→⋅n→=0˙，可得2x2+3y2=0x2+3y2+3z2=0，取n→=(3,-2,3)．
∴ cos=|m→||n→|˙=34．
∴ 二面角B-AD-F的余弦值为34．
【解答】
（1）证明：延长AD，BE，CF相交于点K，如图所示，∵ 平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB=90∘，
∴ AC⊥平面BCK，∴ BF⊥AC．
又EF // BC，BE=EF=FC=1，BC=2，∴ △BCK为等边三角形，且F为CK的中点，则BF⊥CK，
∴ BF⊥平面ACFD．
（2）方法一：过点F作FQ⊥AK，连接BQ，∵ BF⊥平面ACFD．∴ BF⊥AK，则AK⊥平面BQF，
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∴ BQ⊥AK．∴ ∠BQF是二面角B-AD-F的平面角．
在Rt△ACK中，AC=3，CK=2，可得FQ=31313．
在Rt△BQF中，BF=3，FQ=31313．可得：cos∠BQF=34．
∴ 二面角B-AD-F的平面角的余弦值为34．
方法二：如图，延长AD，BE，CF相交于点K，则△BCK为等边三角形，
取BC的中点，则KO⊥BC，又平面BCFE⊥平面ABC，∴ KO⊥平面BAC，
以点O为原点，分别以OB，OK的方向为x，z的正方向，建立空间直角坐标系O-xyz．
可得：B(1, 0, 0)，C(-1, 0, 0)，K(0, 0, 3)，A(-1, -3, 0)，E(12，0，32)，F(-12，0，32)．
AC→=(0, 3, 0)，AK→=(1,3,3)，AB→(2, 3, 0)．
设平面ACK的法向量为m→=(x1, y1, z1)，平面ABK的法向量为n→=(x2, y2, z2)，由AK→⋅m→=0˙，可得3y1=0x1+3y1+3z1=0，
取m→=(3，0，-1)．
由AK→⋅n→=0˙，可得2x2+3y2=0x2+3y2+3z2=0，取n→=(3,-2,3)．
∴ cos=|m→||n→|˙=34．
∴ 二面角B-AD-F的余弦值为34．
15.【答案】
(1)证明：∵ b+c=2acosB，
∴ 由正弦定理得sinB+sinC=2sinAcosB，
∴ sinB+sin(A+B)=2sinAcosB，
∴ sinB+sinAcosB+cosAsinB=2sinAcosB，
∴ sinB=sinAcosB-cosAsinB=sin(A-B).
∵ A，B是三角形中的角，
∴ B=A-B，
∴ A=2B；
(2)∵ △ABC的面积S=a24，
∴ 12bcsinA=a24，
∴ 2bcsinA=a2，
∴ 2sinBsinC=sinA=sin2B，
∴ sinC=cosB，
∴ B+C=90∘，或C=B+90∘，
∴ A=90∘或A=45∘．
【解答】
(1)证明：∵ b+c=2acosB，
∴ 由正弦定理得sinB+sinC=2sinAcosB，
∴ sinB+sin(A+B)=2sinAcosB，
∴ sinB+sinAcosB+cosAsinB=2sinAcosB，
∴ sinB=sinAcosB-cosAsinB=sin(A-B).
∵ A，B是三角形中的角，
∴ B=A-B，
∴ A=2B；
(2)∵ △ABC的面积S=a24，
∴ 12bcsinA=a24，
∴ 2bcsinA=a2，
∴ 2sinBsinC=sinA=sin2B，
∴ sinC=cosB，
∴ B+C=90∘，或C=B+90∘，
∴ A=90∘或A=45∘．
16.【答案】
由题意可知：an+1-an＝-an2≤0，即an+1≤an，
故an≤12，1≤anan+1．
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由an＝(1-an-1)an-1得an＝(1-an-1)(1-an-2)…(1-a1)a1>0．
所以0an+1，∴ anan+1>1，
∴ anan+1=anan-an2=11-an≤2，
∴ 1≤anan+1≤2(n∈N*)，
综上所述，10．
所以0an+1，∴ anan+1>1，
∴ anan+1=anan-an2=11-an≤2，
∴ 1≤anan+1≤2(n∈N*)，
综上所述，10，①
将AB中点M2mbm2+2,m2bm2+2
代入直线方程y=mx+12，
解得b=-m2+22m2．②
由①②得m<-63或m>63．
(2)令t=1m∈-62,0∪0,62，
则|AB|=1+(-1m)2⋅(x2+x2)2-4x1x2
=t2+1⋅-2t4+2t2+32t2+12，
且O到直线AB的距离为d=t2+12t2+1．
设△AOB的面积为S(t)，
所以S(t)=12|AB|⋅d
=12-2t2-122+2≤22，
当且仅当t2=12时，等号成立．
故△AOB面积的最大值为22．
【解答】
解：(1)
由题意知m≠0，
可设直线AB的方程为y=-1mx+b，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由x22+y2=1，y=-1mx+b，消去y，
得12+1m2x2-2bmx+b2-1=0．
则x1+x2=4mb2+m2，x1x2=2m2(b2-1)m2+2，
所以y1+y2=2m2b2+m2，
所以AB中点M2mbm2+2,m2bm2+2，
因为直线y=-1mx+b与椭圆x22+y2=1
有两个不同的交点，
所以Δ=-2b2+2+4m2>0，①
将AB中点M2mbm2+2,m2bm2+2
代入直线方程y=mx+12，
解得b=-m2+22m2．②
由①②得m<-63或m>63．
(2)令t=1m∈-62,0∪0,62，
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则|AB|=1+(-1m)2⋅(x2+x2)2-4x1x2
=t2+1⋅-2t4+2t2+32t2+12，
且O到直线AB的距离为d=t2+12t2+1．
设△AOB的面积为S(t)，
所以S(t)=12|AB|⋅d
=12-2t2-122+2≤22，
当且仅当t2=12时，等号成立．
故△AOB面积的最大值为22．
18.【答案】
解：（1）由已知可得f(1)=1+a+b，f(-1)=1-a+b，对称轴为x=-a2，
因为|a|≥2，所以-a2≤-1或-a2≥1，
所以函数f(x)在[-1, 1]上单调，
所以M(a, b)=max{|f(1), |f(-1)|}=max{|1+a+b|, |1-a+b|}，
所以M(a, b)≥12(|1+a+b|+|1-a+b|)≥12|(1+a+b)-(1-a+b)|≥12|2a|=|a|≥2；
（2）当a=b=0时，|a|+|b|=0又|a|+|b|≥0，所以0为最小值，符合题意；
又对任意x∈[-1, 1]．有-2≤x2+ax+b≤2得到-3≤a+b≤1且-3≤b-a≤1，易知|a|+|b|=max{|a-b|, |a+b|}=3，在b=-1，a=2时符合题意，
所以|a|+|b|的最大值为3．
【解答】
解：（1）由已知可得f(1)=1+a+b，f(-1)=1-a+b，对称轴为x=-a2，
因为|a|≥2，所以-a2≤-1或-a2≥1，
所以函数f(x)在[-1, 1]上单调，
所以M(a, b)=max{|f(1), |f(-1)|}=max{|1+a+b|, |1-a+b|}，
所以M(a, b)≥12(|1+a+b|+|1-a+b|)≥12|(1+a+b)-(1-a+b)|≥12|2a|=|a|≥2；
（2）当a=b=0时，|a|+|b|=0又|a|+|b|≥0，所以0为最小值，符合题意；
又对任意x∈[-1, 1]．有-2≤x2+ax+b≤2得到-3≤a+b≤1且-3≤b-a≤1，易知|a|+|b|=max{|a-b|, |a+b|}=3，在b=-1，a=2时符合题意，
所以|a|+|b|的最大值为3．
19.【答案】
（1）证明：如图，以BC中点O为坐标原点，以OB、OA、OA1所在直线分别为x、y、z轴建系．
则BC=2AC=22，A1O=AA12-AO2=14，
易知A1(0, 0, 14)，B(2, 0, 0)，C(-2, 0, 0)，
A(0, 2, 0)，D(0, -2, 14)，B1(2, -2, 14)，
A1D→=(0, -2, 0)，BD→=(-2, -2, 14)，
B1D→=(-2, 0, 0)，BC→=(-22, 0, 0)，OA1→=(0, 0, 14)，
∵ A1D→⋅OA1→=0，∴ A1D⊥OA1，
又∵ A1D→⋅BC→=0，∴ A1D⊥BC，
又∵ OA1∩BC=O，∴ A1D⊥平面A1BC；
（2）解：设平面A1BD的法向量为m→=(x, y, z)，
由m→⋅BD→=0˙，得-2y=0-2x-2y+14z=0，
取z=1，得m→=(7, 0, 1)，
设平面B1BD的法向量为n→=(x, y, z)，
由n→⋅BD→=0˙，得-2x-2y+14z=0-2x=0，
取z=1，得n→=(0, 7, 1)，
∴ cos<m→，n→>=|m→||n→|˙=122×22=18，
又∵ 该二面角为钝角，
∴
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二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值为-18．
【解答】
（1）证明：如图，以BC中点O为坐标原点，以OB、OA、OA1所在直线分别为x、y、z轴建系．
则BC=2AC=22，A1O=AA12-AO2=14，
易知A1(0, 0, 14)，B(2, 0, 0)，C(-2, 0, 0)，
A(0, 2, 0)，D(0, -2, 14)，B1(2, -2, 14)，
A1D→=(0, -2, 0)，BD→=(-2, -2, 14)，
B1D→=(-2, 0, 0)，BC→=(-22, 0, 0)，OA1→=(0, 0, 14)，
∵ A1D→⋅OA1→=0，∴ A1D⊥OA1，
又∵ A1D→⋅BC→=0，∴ A1D⊥BC，
又∵ OA1∩BC=O，∴ A1D⊥平面A1BC；
（2）解：设平面A1BD的法向量为m→=(x, y, z)，
由m→⋅BD→=0˙，得-2y=0-2x-2y+14z=0，
取z=1，得m→=(7, 0, 1)，
设平面B1BD的法向量为n→=(x, y, z)，
由n→⋅BD→=0˙，得-2x-2y+14z=0-2x=0，
取z=1，得n→=(0, 7, 1)，
∴ cos<m→，n→>=|m→||n→|˙=122×22=18，
又∵ 该二面角为钝角，
∴ 二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值为-18．
20.【答案】
∵ A=π4，∴ 由余弦定理可得：a2=b2+c2-2bccosπ4，∴ b2-a2=2bc-c2，
又b2-a2=12c2．∴ 2bc-c2=12c2．∴ 2b=32c．可得b=32c4，
∴ a2＝b2-12c2=58c2，即a=104c．
∴ cosC=a2+b2-c22ab=58c2+98c2-c22×104c×324c=55．
∵ C∈(0, π)，
∴ sinC=1-cos2C=255．
∴ tanC=sinCcosC=2．
或由A=π4，b2-a2=12c2．
可得：sin2B-sin2A=12sin2C，
∴ sin2B-12=12sin2C，
∴ -12cos2B=12sin2C，
∴ -sin(2B+π2)=sin2C，
∴ -sin[2(3π4-C)+π2]=sin2C，
∴ sin2C＝sin2C，sinC≠0，cosC≠0．
∴ tanC＝2．
∵ S△ABC=12absinC=12×104c×324c×255=3，
解得c＝22．
∴ b=32c4=3．
【解答】
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∵ A=π4，∴ 由余弦定理可得：a2=b2+c2-2bccosπ4，∴ b2-a2=2bc-c2，
又b2-a2=12c2．∴ 2bc-c2=12c2．∴ 2b=32c．可得b=32c4，
∴ a2＝b2-12c2=58c2，即a=104c．
∴ cosC=a2+b2-c22ab=58c2+98c2-c22×104c×324c=55．
∵ C∈(0, π)，
∴ sinC=1-cos2C=255．
∴ tanC=sinCcosC=2．
或由A=π4，b2-a2=12c2．
可得：sin2B-sin2A=12sin2C，
∴ sin2B-12=12sin2C，
∴ -12cos2B=12sin2C，
∴ -sin(2B+π2)=sin2C，
∴ -sin[2(3π4-C)+π2]=sin2C，
∴ sin2C＝sin2C，sinC≠0，cosC≠0．
∴ tanC＝2．
∵ S△ABC=12absinC=12×104c×324c×255=3，
解得c＝22．
∴ b=32c4=3．
21.【答案】
解：（1）证明：因为f(x)=x3+1x+1，x∈[0, 1]，
且1-x+x2-x3=1-(-x)41-(-x)=1-x41+x，
所以1-x41+x≤11+x，
所以1-x+x2-x3≤1x+1，
即f(x)≥1-x+x2；
（2）证明：因为0≤x≤1，所以x3≤x，
所以f(x)=x3+1x+1≤x+1x+1=x+1x+1-32+32=(x-1)(2x+1)2(x+1)+32≤32；
由（1）得，f(x)≥1-x+x2=(x-12)2+34≥34，
且f(12)=(12)3+11+12=1924>34，
所以f(x)>34；
综上，3434，
所以f(x)>34；
综上，342．
经检验，m<0或m>2满足题意．
综上，点M的横坐标的取值范围为(-∞, 0)∪(2, +∞)．
【名师指导】本题考查抛物线的几何性质，直线与抛物线的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法．
设点A，M的坐标，对直线AF是否与x轴垂直进行分类讨论．直线AF的方程与抛物线方程联立，求出点B的坐标，再求出点N的坐标，利用点A，M，N三点共线，求解点M的横坐标的取值范围．
23.【答案】
解：（1）证明：延长AD，BE，CF相交于一点K，如图所示：
∵ 平面BCFE⊥平面ABC，且AC⊥BC；
∴ AC⊥平面BCK，BF⊂平面BCK；
∴ BF⊥AC；
又EF // BC，BE=EF=FC=1，BC=2；
∴ △BCK为等边三角形，且F为CK的中点；
∴ BF⊥CK，且AC∩CK=C；
∴ BF⊥平面ACFD；
（2）∵ BF⊥平面ACFD；
∴ ∠BDF是直线BD和平面ACFD所成的角；
∵ F为CK中点，且DF // AC；
∴ DF为△ACK的中位线，且AC=3；
∴ DF=32；
又BF=3；
∴ 在Rt△BFD中，BD=3+94=212，cos∠BDF=DFBD=32212=217；
即直线BD和平面ACFD所成角的余弦值为217．
【解答】
解：（1）证明：延长AD，BE，CF相交于一点K，如图所示：
∵ 平面BCFE⊥平面ABC，且AC⊥BC；
∴ AC⊥平面BCK，BF⊂平面BCK；
∴ BF⊥AC；
又EF // BC，BE=EF=FC=1，BC=2；
∴ △BCK为等边三角形，且F为CK的中点；
∴ BF⊥CK，且AC∩CK=C；
∴ BF⊥平面ACFD；
（2）∵ BF⊥平面ACFD；
∴ ∠BDF是直线BD和平面ACFD所成的角；
∵ F为CK中点，且DF // AC；
∴ DF为△ACK的中位线，且AC=3；
∴ DF=32；
又BF=3；
∴ 在Rt△BFD中，BD=3+94=212，cos∠BDF=DFBD=32212=217
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；
即直线BD和平面ACFD所成角的余弦值为217．
24.【答案】
解：（1）∵ S2=4，an+1=2Sn+1，n∈N*．
∴ a1+a2=4，a2=2S1+1=2a1+1，
解得a1=1，a2=3，
当n≥2时，an+1=2Sn+1，an=2Sn-1+1，
两式相减得an+1-an=2(Sn-Sn-1)=2an，
即an+1=3an，当n=1时，a1=1，a2=3，
满足an+1=3an，
∴ an+1an=3，则数列{an}是公比q=3的等比数列，
则通项公式an=3n-1．
（2）an-n-2=3n-1-n-2，
设bn=|an-n-2|=|3n-1-n-2|，
则b1=|30-1-2|=2，b2=|3-2-2|=1，
当n≥3时，3n-1-n-2>0，
则bn=|an-n-2|=3n-1-n-2，
此时数列{|an-n-2|}的前n项和Tn=3+9(1-3n-2)1-3-(5+n+2)(n-2)2=3n-n2-5n+112，
则Tn=2,n=13,n=23n-n2-5n+112，n≥3=2,n=13n-n2-5n+112，n≥2．
【解答】
解：（1）∵ S2=4，an+1=2Sn+1，n∈N*．
∴ a1+a2=4，a2=2S1+1=2a1+1，
解得a1=1，a2=3，
当n≥2时，an+1=2Sn+1，an=2Sn-1+1，
两式相减得an+1-an=2(Sn-Sn-1)=2an，
即an+1=3an，当n=1时，a1=1，a2=3，
满足an+1=3an，
∴ an+1an=3，则数列{an}是公比q=3的等比数列，
则通项公式an=3n-1．
（2）an-n-2=3n-1-n-2，
设bn=|an-n-2|=|3n-1-n-2|，
则b1=|30-1-2|=2，b2=|3-2-2|=1，
当n≥3时，3n-1-n-2>0，
则bn=|an-n-2|=3n-1-n-2，
此时数列{|an-n-2|}的前n项和Tn=3+9(1-3n-2)1-3-(5+n+2)(n-2)2=3n-n2-5n+112，
则Tn=2,n=13,n=23n-n2-5n+112，n≥3=2,n=13n-n2-5n+112，n≥2．
25.【答案】
(1)证明：∵ b+c=2acosB，
∴ sinB+sinC=2sinAcosB，
∵ sinC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB，
∴ sinB=sinAcosB-cosAsinB=sin(A-B)，由A，B∈(0, π)，
∴ 02时，函数f(x)在[-1, 1]上递增，则g(a)＝f(-1)=a24-a+(2)
综上可得，g(a)=a24+a+2,a≤-21,-22 ；
（2）设s，t是方程f(x)＝0的解，且-1≤t≤1，
则s+t=-ast=b ，
由于0≤b-2a≤1，
由此-2t2+t≤s≤1-2t2+t(-1≤t≤1)，
当0≤t≤1时，-2t2t+2≤st≤t-2t2t+2，
由-23≤-2t2t+2≤0，由t-2t2t+2=9-[(2(t+2)+10t+2]≤9-220，
得-13≤t-2t2t+2≤9-45，
所以-23≤b≤9-45；
当-1≤t<0时，t-2t2t+2≤st≤-2t2t+2，
由于-2≤-2t2t+2<0和-3≤t-2t2t+2<0，所以-3≤b<0，
故b的取值范围是[-3, 9-45]．
【解答】
（1）当b=a24+1时，f(x)＝(x+a2)2+1，对称轴为x=-a2，
当a≤-2时，函数f(x)在[-1, 1]上递减，则g(a)＝f(1)=a24+a+2；
当-22时，函数f(x)在[-1, 1]上递增，则g(a)＝f(-1)=a24-a+(2)
综上可得，g(a)=a24+a+2,a≤-21,-22 ；
（2）设s，t是方程f(x)＝0的解，且-1≤t≤1，
则s+t=-ast=b ，
由于0≤b-2a≤1，
由此-2t2+t≤s≤1-2t2+t(-1≤t≤1)，
当0≤t≤1时，-2t2t+2≤st≤t-2t2t+2，
由-23≤-2t2t+2≤0，由t-2t2t+2=9-[(2(t+2)+10t+2]≤9-220，
得-13≤t-2t2t+2≤9-45，
所以-23≤b≤9-45；
当-1≤t<0时，t-2t2t+2≤st≤-2t2t+2，
由于-2≤-2t2t+2<0和-3≤t-2t2t+2<0，所以-3≤b<0，
故b的取值范围是[-3, 9-45]．
27.【答案】
（I）由直线PA的斜率存在，设切线PA的方程为：y＝k(x-t)(k≠0)，联立y=14x2y=k(x-t) ，
化为x2-4kx+4kt＝0，
∵ △＝16k2-16kt＝0，解得k＝t，
∴ x＝2t，∴ A(2t, t2)．
圆C2的圆心D(0, 1)，设B(x0, y0)，由题意可知：点B与O关于直线PD对称，
∴ y02=-x02t+1x0t-y0=0 ，解得x0=2t1+t2y0=2t21+t2 ．
∴ B(2t1+t2,2t21+t2)．
(II)由(I)可得：kAB=2t21+t2-t22t1+t2-2t=t2-12t，直线AB的方程为：y-t2=t2-12t(x-2t)，化为(t2-1)x-2ty+2t＝0，
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∴ 点P到直线AB的距离d=|(t2-1)t+2t|(t2-1)2+(-2t)2=t3+tt2+1=t，
又|AB|=(2t1+t2-2t)2+(2t21+t2-t2)2=t2．
∴ S△PAB=12|AB|⋅d=12t3．
【解答】
（I）由直线PA的斜率存在，设切线PA的方程为：y＝k(x-t)(k≠0)，联立y=14x2y=k(x-t) ，
化为x2-4kx+4kt＝0，
∵ △＝16k2-16kt＝0，解得k＝t，
∴ x＝2t，∴ A(2t, t2)．
圆C2的圆心D(0, 1)，设B(x0, y0)，由题意可知：点B与O关于直线PD对称，
∴ y02=-x02t+1x0t-y0=0 ，解得x0=2t1+t2y0=2t21+t2 ．
∴ B(2t1+t2,2t21+t2)．
(II)由(I)可得：kAB=2t21+t2-t22t1+t2-2t=t2-12t，直线AB的方程为：y-t2=t2-12t(x-2t)，化为(t2-1)x-2ty+2t＝0，
∴ 点P到直线AB的距离d=|(t2-1)t+2t|(t2-1)2+(-2t)2=t3+tt2+1=t，
又|AB|=(2t1+t2-2t)2+(2t21+t2-t2)2=t2．
∴ S△PAB=12|AB|⋅d=12t3．
28.【答案】
(1)证明：如图，
取BC中点O，连接A1O,AO，
∵ AB=AC=2，O是BC的中点，
∴ AO⊥BC，
∵ A1在底面ABC的射影为BC的中点，
∴ A1O⊥面ABC，
∴ A1O⊥AO，A1O⊥BC，
∵ BC∩A1O=O，AO⊥BC，A1O⊥AO,
BC，A1O在面A1BC内，
∴ AO⊥平面A1BC.
∵ A1在底面ABC的射影为BC的中点，O是BC的中点，
∴ AO=//A1D，
∴ 四边形AODA1是平行四边形，
∴ A1D // AO，
∴ A1D⊥平面A1BC.
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(2)建立坐标系如图，
∵ 在三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC=90∘，
AB=AC=2，A1A=4，
∴ O(0, 0, 0)，B(0, 2, 0)，
B1(-2, 2, 14)，A1(0, 0, 14)，
即A1B→=(0, 2, -14)，OB→=(0, 2, 0)，BB1→=(-2, 0, 14)，
设平面BB1C1C的法向量为n→=(x, y, z)，
n→⋅OB→=0,n→⋅BB1→=0,
即得出y=0,-2x+14z=0,
得出n→=(7, 0, 1)，|BA1→|=4，|n→|=22，
∵ n→⋅BA1→=14，
∴ cos<n→，BA1→>=144×22=78，
可得出直线A1B和平面BB1C1C所成的角的正弦值为78.
【解答】
(1)证明：如图，
取BC中点O，连接A1O,AO，
∵ AB=AC=2，O是BC的中点，
∴ AO⊥BC，
∵ A1在底面ABC的射影为BC的中点，
∴ A1O⊥面ABC，
∴ A1O⊥AO，A1O⊥BC，
∵ BC∩A1O=O，AO⊥BC，A1O⊥AO,
BC，A1O在面A1BC内，
∴ AO⊥平面A1BC.
∵ A1在底面ABC的射影为BC的中点，O是BC的中点，
∴ AO=//A1D，
∴ 四边形AODA1是平行四边形，
∴ A1D // AO，
∴ A1D⊥平面A1BC.
(2)建立坐标系如图，
∵ 在三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC=90∘，
AB=AC=2，A1A=4，
∴ O(0, 0, 0)，B(0, 2, 0)，
B1(-2, 2, 14)，A1(0, 0, 14)，
即A1B→=(0, 2, -14)，OB→=(0, 2, 0)，BB1→=(-2, 0, 14)，
设平面BB1C1C的法向量为n→=(x, y, z)，
n→⋅OB→=0,n→⋅BB1→=0,
即得出y=0,-2x+14z=0,
得出n→=(7, 0, 1)，|BA1→|=4，|n→|=22，
∵ n→⋅BA1→=14，
∴ cos<n→，BA1→>=144×22=78，
可得出直线A1B和平面BB1C1C所成的角的正弦值为78.
29.【答案】
（1）由a1＝2，an+1＝2an，得an=2n(n∈N*)．
由题意知，当n＝1时，b1＝b2-1，故b2＝2，
当n≥2时，b1+12b2+13b3+⋯+1n-1bn-1=bn-1，和原递推式作差得，
1nbn=bn+1-bn，整理得：bn+1n+1=bnn，
∴ bn=n(n∈N*)；
（2）由(Ⅰ)知，anbn=n⋅2n，
因此Tn=2+2⋅22+3⋅23+⋯+n⋅2n
2Tn=22+2⋅23+3⋅24+⋯+n⋅2n+1，
两式作差得：-Tn=2+22+⋯+2n-n⋅2n+1=2(1-2n)1-2-n⋅2n+1，
Tn=(n-1)⋅2n+1+2(n∈N*)．
【解答】
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（1）由a1＝2，an+1＝2an，得an=2n(n∈N*)．
由题意知，当n＝1时，b1＝b2-1，故b2＝2，
当n≥2时，b1+12b2+13b3+⋯+1n-1bn-1=bn-1，和原递推式作差得，
1nbn=bn+1-bn，整理得：bn+1n+1=bnn，
∴ bn=n(n∈N*)；
（2）由(Ⅰ)知，anbn=n⋅2n，
因此Tn=2+2⋅22+3⋅23+⋯+n⋅2n
2Tn=22+2⋅23+3⋅24+⋯+n⋅2n+1，
两式作差得：-Tn=2+22+⋯+2n-n⋅2n+1=2(1-2n)1-2-n⋅2n+1，
Tn=(n-1)⋅2n+1+2(n∈N*)．
30.【答案】
解：(1)由tan(π4+A)=tanπ4+tanA1-tanπ4tanA=2，tanπ4=1，
解得tanA=13.
∴ sin2Asin2A+cos2A=2sinAcosA2sinAcosA+cos2A
=2tanA2tanA+1
=2×132×13+1
=25；
(2)由tanA=13，A∈(0, π)，
可得sinA=1010，cosA=31010．
又∵ a=3，B=π4，
由正弦定理asinA=bsinB，
可得31010=bsinπ4，
解得b=35.
∴ sinC=sin(A+B)
=sin(A+π4)
=1010×22+31010×22
=255.
设△ABC的面积为S，
则S=12ab⋅sinC=9．
【解答】
解：(1)由tan(π4+A)=tanπ4+tanA1-tanπ4tanA=2，tanπ4=1，
解得tanA=13.
∴ sin2Asin2A+cos2A=2sinAcosA2sinAcosA+cos2A
=2tanA2tanA+1
=2×132×13+1
=25；
(2)由tanA=13，A∈(0, π)，
可得sinA=1010，cosA=31010．
又∵ a=3，B=π4，
由正弦定理asinA=bsinB，
可得31010=bsinπ4，
解得b=35.
∴ sinC=sin(A+B)
=sin(A+π4)
=1010×22+31010×22
=255.
设△ABC的面积为S，
则S=12ab⋅sinC=9．
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31.【答案】
解：(1)∵ f(x)=x3+3|x-a|=x3+3x-3a，x≥a；x3-3x+3a，x0，t(a)在(0, 13)上是增函数，∴ t(a)>t(0)=-2，
∴ -2≤3a+b≤0；
③130，t(a)在(0, 13)上是增函数，∴ t(a)>t(0)=-2，
∴ -2≤3a+b≤0；
③130，
故m=b2+a2k2，
故点P的坐标为P(-a2kb2+a2k2, b2b2+a2k2)．
（2）由于直线l1过原点O且与直线l垂直，故直线l1的方程为x+ky＝0，所以点P到直线l1的距离
d=|-a2kb2+a2k2+b2kb2+a2k2|1+k2，
整理得：d=a2-b2b2+a2+a2k2+b2k2，
因为a2k2+b2k2≥2ab，所以a2-b2b2+a2+a2k2+b2k2≤a2-b2b2+a2+2ab=a-b，当且仅当k2=ba时等号成立．
所以，点P到直线l1的距离的最大值为a-b．
【解答】
（1）设直线l的方程为y＝kx+m(k<0)，由y=kx+mx2a2+y2b2=1 ，消去y得
(b2+a2k2)x2+2a2kmx+a2m2-a2b2＝0．
由于直线l与椭圆C只有一个公共点P，故△＝0，即b2-m2+a2k2＝0，
此时点P的横坐标为-a2kmb2+a2k2，代入y＝kx+m得
点P的纵坐标为-k⋅a2kmb2+a2k2+m=b2mb2+a2k2，
∴ 点P的坐标为(-a2kmb2+a2k2, b2mb2+a2k2)，
又点P在第一象限，故m>0，
故m=b2+a2k2，
故点P的坐标为P(-a2kb2+a2k2, b2b2+a2k2)．
（2）由于直线l1过原点O且与直线l垂直，故直线l1的方程为x+ky＝0，所以点P到直线l1的距离
d=|-a2kb2+a2k2+b2kb2+a2k2|1+k2，
整理得：d=a2-b2b2+a2+a2k2+b2k2，
因为a2k2+b2k2≥2ab，所以a2-b2b2+a2+a2k2+b2k2≤a2-b2b2+a2+2ab=a-b，当且仅当k2=ba时等号成立．
所以，点P到直线l1的距离的最大值为a-b．
33.【答案】
证明：(Ⅰ)在直角梯形BCDE中，由DE＝BE＝1，CD＝2，得BD＝BC=2，
由AC=2，AB＝2得AB2＝AC2+BC2，即AC⊥BC，
又平面ABC⊥平面BCDE，从而AC⊥平面BCDE，
所以AC⊥DE，又DE⊥DC，从而DE⊥平面ACD；
（2）作BF⊥AD，与AD交于点F，过点F作FG // DE
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，与AE交于点G，连接BG，由(Ⅰ)知DE⊥AD，则FG⊥AD，所以∠BFG就是二面角B-AD-E的平面角，在直角梯形BCDE中，由CD2＝BC2+BD2，得BD⊥BC，
又平面ABC⊥平面BCDE，得BD⊥平面ABC，从而BD⊥AB，
由于AC⊥平面BCDE，得AC⊥CD．
在Rt△ACD中，由DC＝2，AC=2，得AD=6；
在Rt△AED中，由ED＝1，AD=6得AE=7；
在Rt△ABD中，由BD=2，AB＝2，AD=6得BF=233，AF=23AD，从而GF=23，
在△ABE，△ABG中，利用余弦定理分别可得cos∠BAE=5714，BG=23．
在△BFG中，cos∠BFG=GF2+BF2-BG22BF⋅GF=32，
所以，∠BFG=π6，二面角B-AD-E的大小为π6．
【解答】
证明：(Ⅰ)在直角梯形BCDE中，由DE＝BE＝1，CD＝2，得BD＝BC=2，
由AC=2，AB＝2得AB2＝AC2+BC2，即AC⊥BC，
又平面ABC⊥平面BCDE，从而AC⊥平面BCDE，
所以AC⊥DE，又DE⊥DC，从而DE⊥平面ACD；
（2）作BF⊥AD，与AD交于点F，过点F作FG // DE，与AE交于点G，连接BG，由(Ⅰ)知DE⊥AD，则FG⊥AD，所以∠BFG就是二面角B-AD-E的平面角，在直角梯形BCDE中，由CD2＝BC2+BD2，得BD⊥BC，
又平面ABC⊥平面BCDE，得BD⊥平面ABC，从而BD⊥AB，
由于AC⊥平面BCDE，得AC⊥CD．
在Rt△ACD中，由DC＝2，AC=2，得AD=6；
在Rt△AED中，由ED＝1，AD=6得AE=7；
在Rt△ABD中，由BD=2，AB＝2，AD=6得BF=233，AF=23AD，从而GF=23，
在△ABE，△ABG中，利用余弦定理分别可得cos∠BAE=5714，BG=23．
在△BFG中，cos∠BFG=GF2+BF2-BG22BF⋅GF=32，
所以，∠BFG=π6，二面角B-AD-E的大小为π6．
34.【答案】
(1)∵ a1a2a3...an=(2)bn(n∈N*) ①，
当n≥2，n∈N*时，a1a2a3⋯an-1=(2)bn-1②，
由①②知：an=(2)bn-bn-1，
令n=3，则有a3=(2)b3-b2．
∵ b3=6+b2，
∴ a3=8．
∵ {an}为等比数列，且a1=2，
∴ {an}的公比为q，则q2=a3a1=4，
由题意知an>0，
∴ q>0，
∴ q=2．
∴ an=2n(n∈N*)．
又由a1a2a3...an=(2)bn(n∈N*)得：
21×22×23⋯×2n=(2)bn，
2n(n+1)2=(2)bn，
∴ bn=n(n+1)(n∈N*)．
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(2)(i)∵ cn=1an-1bn=12n-1n(n+1)=12n-(1n-1n+1)．
∴ Sn=c1+c2+c3+⋯+cn
=12-(11-12)+122-(12-13)+⋯+12n-(1n-1n+1)
=12+122+⋯+12n-(1-1n+1)
=1-12n-1+1n+1
=1n+1-12n；
(ii)因为c1=0，c2>0，c3>0，c4>0，
当n≥5时，
cn=1n(n+1)[n(n+1)2n-1]，
而n(n+1)2n-(n+1)(n+2)2n+1=(n+1)(n-2)2n+1>0，
得n(n+1)2n≤5⋅(5+1)25<1，
所以，当n≥5时，cn<0，
综上，对任意n∈N*恒有S4≥Sn，故k=4．
【解答】
(1)∵ a1a2a3...an=(2)bn(n∈N*) ①，
当n≥2，n∈N*时，a1a2a3⋯an-1=(2)bn-1②，
由①②知：an=(2)bn-bn-1，
令n=3，则有a3=(2)b3-b2．
∵ b3=6+b2，
∴ a3=8．
∵ {an}为等比数列，且a1=2，
∴ {an}的公比为q，则q2=a3a1=4，
由题意知an>0，
∴ q>0，
∴ q=2．
∴ an=2n(n∈N*)．
又由a1a2a3...an=(2)bn(n∈N*)得：
21×22×23⋯×2n=(2)bn，
2n(n+1)2=(2)bn，
∴ bn=n(n+1)(n∈N*)．
(2)(i)∵ cn=1an-1bn=12n-1n(n+1)=12n-(1n-1n+1)．
∴ Sn=c1+c2+c3+⋯+cn
=12-(11-12)+122-(12-13)+⋯+12n-(1n-1n+1)
=12+122+⋯+12n-(1-1n+1)
=1-12n-1+1n+1
=1n+1-12n；
(ii)因为c1=0，c2>0，c3>0，c4>0，
当n≥5时，
cn=1n(n+1)[n(n+1)2n-1]，
而n(n+1)2n-(n+1)(n+2)2n+1=(n+1)(n-2)2n+1>0，
得n(n+1)2n≤5⋅(5+1)25<1，
所以，当n≥5时，cn<0，
综上，对任意n∈N*恒有S4≥Sn，故k=4．
35.【答案】
解：(1)∵ △ABC中，a≠b，c=3，
cos2A-cos2B=3sinAcosA-3sinBcosB，
∴ 1+cos2A2-1+cos2B2=32sin2A-32sin2B，
即 cos2A-cos2B=3sin2A-3sin2B，
即-2sin(A+B)sin(A-B)=23⋅cos(A+B)sin(A-B)．
∵ a≠b，∴ A≠B，sin(A-B)≠0，
∴ tan(A+B)=-3，
∴ A+B=2π3，
∴ C=π3．
(2)∵ sinA=45<32，C=π3，
∴ A<π3，或A>2π3（舍去），
∴ cosA=1-sin2A=35．
由正弦定理可得，asinA=csinC，
即 a45=332，
∴ a=85．
∴ sinB=sin[(A+B)-A]
=sin(A+B)cosA-cos(A+B)sinA
=32×35-(-12)×45=4+3310，
∴ △ABC的面积为 12⋅ac⋅sinB
=12×85×3×4+3310
=18+8325.
【解答】
解：(1)∵ △ABC中，a≠b，c=3，
cos2A-cos2B=3sinAcosA-3sinBcosB，
∴ 1+cos2A2-1+cos2B2=32sin2A-32sin2B，
即 cos2A-cos2B=3sin2A-3sin2B，
即-2sin(A+B)sin(A-B)=23⋅cos(A+B)sin(A-B)．
∵ a≠b
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，∴ A≠B，sin(A-B)≠0，
∴ tan(A+B)=-3，
∴ A+B=2π3，
∴ C=π3．
(2)∵ sinA=45<32，C=π3，
∴ A<π3，或A>2π3（舍去），
∴ cosA=1-sin2A=35．
由正弦定理可得，asinA=csinC，
即 a45=332，
∴ a=85．
∴ sinB=sin[(A+B)-A]
=sin(A+B)cosA-cos(A+B)sinA
=32×35-(-12)×45=4+3310，
∴ △ABC的面积为 12⋅ac⋅sinB
=12×85×3×4+3310
=18+8325.
36.【答案】
解：（1）由题意知焦点F(0, 1)，准线方程为y=-1，
设P(x0, y0)，由抛物线的定义可知|PF|=y0+1，解得y0=2，
∴ x0=±22，即P(22, 2)或P(-22, 2)，
由PF→=3FM→，得M(-223, 23)或M(223, 23)．
（2）设直线AB的方程为y=kx+m，A(x1, y1)，B(x2, y2)，
由y=kx+mx2=4y得x2-4kx-4m=0，
于是△=16k2+16m>0，x1+x2=4k，x1x2=-4m，
即AB的中点M的坐标为(2k, 2k2+m)
由PF→=3FM→，得(-x0, 1-y0)=3(2k, 2k2+m-1)，
解得x0=-6ky0=4-6k2-3m，由x02=4y0，得k2=-15m+415，
由△>0，k>0得-13f(43)，
∴ 当m=19时，f(m)取得最大值256243，此时k=±5515，
∴ △ABP面积的最大值为2565135．
【解答】
解：（1）由题意知焦点F(0, 1)，准线方程为y=-1，
设P(x0, y0)，由抛物线的定义可知|PF|=y0+1，解得y0=2，
∴ x0=±22，即P(22, 2)或P(-22, 2)，
由PF→=3FM→，得M(-223, 23)或M(223, 23)．
（2）设直线AB的方程为y=kx+m，A(x1, y1)，B(x2, y2)，
由y=kx+mx2=4y得x2-4kx-4m=0，
于是△=16k2+16m>0，x1+x2=4k，x1x2=-4m，
即AB的中点M的坐标为(2k, 2k2+m)
由PF→=3FM→，得(-x0, 1-y0)=3(2k, 2k2+m-1)，
解得x0=-6ky0=4-6k2-3m，由x02=4y0，得k2=-15m+415，
由△>0，k>0得-13f(43)，
∴ 当m=19时，f(m)取得最大值256243，此时k=±5515，
∴ △ABP面积的最大值为2565135．
37.【答案】
（1）∵ a>0，-1≤x≤1，
①当00，故此时函数在(a, 1)上是增函数，
∴ g(a)＝f(a)＝a3．
②当a≥1，f(x)＝x3+3|x-a|＝x3-3x+3a，f'(x)＝3x2-3<0，故此时函数在[-1, 1]上是减函数，
则g(a)＝f(1)＝-2+3a．
综上：g(a)=a3,00，-1≤x≤1，
①当00，故此时函数在(a, 1)上是增函数，
∴ g(a)＝f(a)＝a3．
②当a≥1，f(x)＝x3+3|x-a|＝x3-3x+3a，f'(x)＝3x2-3<0，故此时函数在[-1, 1]上是减函数，
则g(a)＝f(1)＝-2+3a．
综上：g(a)=a3,00，则d＝2，
所以Sn＝na1+n(n-1)2⋅d=n2(n∈N*)．
（2）由(Ⅰ)得，an＝1+2(n-1)＝2n-1，
由am+am+1+am+2+...+am+k＝65得，(k+1)(am+am+k)2=65，
即(k+1)(2m+k-1)＝65，
又m，k∈N*，则(k+1)(2m+k-1)＝5×13，或(k+1)(2m+k-1)＝1×65，
下面分类求当k+1＝5时，2m+k-1＝13，解得k＝4，m＝5；
当k+1＝13时，2m+k-1＝5，解得k＝12，m＝-3，故舍去；
当k+1＝1时，2m+k-1＝65，解得k＝0，故舍去；
当k+1＝65时，2m+k-1＝1，解得k＝64，m＝-31，故舍去；
综上得，k＝4，m＝5．
【解答】
（1）由a1＝1，S2⋅S3＝36得，
(a1+a2)(a1+a2+a3)＝36，
即(2+d)(3+3d)＝36，化为d2+3d-10＝0，
解得d＝2或-5，
又公差d>0，则d＝2，
所以Sn＝na1+n(n-1)2⋅d=n2(n∈N*)．
（2）由(Ⅰ)得，an＝1+2(n-1)＝2n-1，
由am+am+1+am+2+...+am+k＝65得，(k+1)(am+am+k)2=65，
即(k+1)(2m+k-1)＝65，
又m，k∈N*，则(k+1)(2m+k-1)＝5×13，或(k+1)(2m+k-1)＝1×65，
下面分类求当k+1＝5时，2m+k-1＝13，解得k＝4，m＝5；
当k+1＝13时，2m+k-1＝5，解得k＝12，m＝-3，故舍去；
当k+1＝1时，2m+k-1＝65，解得k＝0，故舍去；
当k+1＝65时，2m+k-1＝1，解得k＝64，m＝-31，故舍去；
综上得，k＝4，m＝5．
40.【答案】
解：(1)△ABC中，
∵ 4sin2A-B2+4sinAsinB=2+2，
∴ 4×1-cos(A-B)2+4sinAsinB=2+2，
∴ -2cosAcosB+2sinAsinB=2，
即 cos(A+B)=-22，
∴ cosC=22，∴ C=π4．
(2)已知b=4，△ABC的面积为
6=12ab⋅sinC=12a×4×22，
∴ a=32，
c=a2+b2-2ab⋅cosC
=18+16-2×32×4×22
=10.
【解答】
解：(1)△ABC中，
∵ 4sin2A-B2+4sinAsinB=2+2，
∴ 4×1-cos(A-B)2+4sinAsinB=2+2，
∴ -2cosAcosB+2sinAsinB=2，
即 cos(A+B)=-22，
∴ cosC=22，∴ C=π4．
(2)已知b=4，△ABC的面积为
6=12ab⋅sinC=12a×4×22，
∴ a=32，
c=a2+b2-2ab⋅cosC
=18+16-2×32×4×22
=10.
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