（Ⅱ）由（Ⅰ）求出数列{}的通项公式， 再由等比数列的前n项和求得Tn，
结合
求解指数不等式得n的最小值．
【解答】解：（Ⅰ）由已知Sn=2an﹣a1， 有 an=Sn﹣Sn﹣1=2an﹣2an﹣1 （n≥2）， 即an=2an﹣1（n≥2），
从而a2=2a1， a3=2a2=4a1，
又∵a1， a2+1， a3成等差数列， ∴a1+4a1=2（2a1+1）， 解得：a1=2．
∴数列{an}是首项为2， 公比为2的等比数列．故；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得：
，
∴．
由， 得
， 即2n＞1000．
∵29=512＜1000＜1024=210， ∴n≥10． 于是， 使|Tn﹣1|
成立的n的最小值为10．
【点评】本题考查等差数列与等比数列的概念、等比数列的通项公式与前n项和公式等基础知识， 考查运算求解能力， 是中档题．
17．（12分）（2020?四川）某市A、B两所中学的学生组队参加辩论赛， A中学推荐了3名男生、2名女生， B中学推荐了3名男生、4名女生， 两校所推荐的学生一起参加集训．由于集训后队员水平相当，
从参加集训的男生中随机抽取3人， 女生中随机抽取3人组成代表队． （Ⅰ）求A中学至少有1名学生入选代表队的概率；
（Ⅱ）某场比赛前， 从代表队的6名队员中随机抽取4人参赛， 设X表示参赛的男生人数，求X的分布列和数学期望．
【分析】（Ⅰ）求出A中学至少有1名学生入选代表队的对立事件的概率， 然后求解概率即可；
（Ⅱ）求出X表示参赛的男生人数的可能值， 求出概率， 得到X的分布列， 然后求解数学期望．
【解答】解：（Ⅰ）由题意， 参加集训的男、女学生共有6人， 参赛学生全从B中抽出（等价于A中没有学生入选代表队）的概率为：
=
，
因此A中学至少有1名学生入选代表队的概率为：1﹣
=；
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（Ⅱ）某场比赛前， 从代表队的6名队员中随机抽取4人参赛， X表示参赛的男生人数， 则X的可能取值为：1， 2， 3， P（X=1）=
=，
P（X=2）==，
P（X=3）==．
X的分布列： X 1 2 3 P
和数学期望EX=1×
=2．
【点评】本题考查离散型随机变量的分布列， 期望的求法， 考查古典概型概率的求法， 考查分析问题解决问题的能力．
18．（12分）（2020?四川）一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示．在正方体中， 设BC的中点为M、GH的中点为N．
（Ⅰ）请将字母F、G、H标记在正方体相应的顶点处（不需说明理由）； （Ⅱ）证明：直线MN∥平面BDH； （Ⅲ）求二面角A﹣EG﹣M的余弦值．
【分析】（Ⅰ）根据展开图和直观图之间的关系进行判断即可； （Ⅱ）利用线面平行的判定定理即可证明直线MN∥平面BDH； （Ⅲ）法一：利用定义法求出二面角的平面角进行求解． 法二：建立坐标系， 利用向量法进行求解即可． 【解答】解：（Ⅰ）F、G、H的位置如图； 证明：（Ⅱ）连接BD， 设O是BD的中点， ∵BC的中点为M、GH的中点为N， ∴OM∥CD， OM=CD， HN∥CD， HN=CD， ∴OM∥HN， OM=HN，
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即四边形MNHO是平行四边形， ∴MN∥OH，
∵MN?平面BDH；OH?面BDH， ∴直线MN∥平面BDH； （Ⅲ）方法一：
连接AC， 过M作MH⊥AC于P，
则正方体ABCD﹣EFGH中， AC∥EG， ∴MP⊥EG，
过P作PK⊥EG于K， 连接KM， ∴EG⊥平面PKM 则KM⊥EG，
则∠PKM是二面角A﹣EG﹣M的平面角， 设AD=2， 则CM=1， PK=2， 在Rt△CMP中， PM=CMsin45°=，
在Rt△PKM中， KM==，
∴cos∠PKM=
，
即二面角A﹣EG﹣M的余弦值为． 方法二：以D为坐标原点，
分别为DA， DC， DH方向为x， y， z轴建立空间坐标系如图：
设AD=2， 则M（1， 2， 0）， G（0， 2， 2）， E（2， 0，0）， 则
=（2， ﹣2， 0），
，
设平面EGM的法向量为=（x， y， z）， 则
， 即
， 令x=2， 得=（2， 2， 1），在正方体中， DO⊥平面AEGC， 则=
=（1， 1， 0）是平面AEG的一个法向量，
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2）， O（1，
， 1
则cos＜
＞=
=
=
=
．
二面角A﹣EG﹣M的余弦值为．
【点评】本题主要考查简单空间图形的直观图， 空间线面平行的判定和性质， 空间面面夹角的计算， 考查空间想象能力， 推理能力， 运算求解能力． 20．（13分）（2020?四川）如图， 椭圆E：
的离心率是
，过点P（0， 1）的动直线l与椭圆相交于A、B两点， 当直线l平行于x轴时， 直线l被椭圆E截得的线段长为2． （Ⅰ）求椭圆E的方程；
（Ⅱ）在平面直角坐标系xOy中， 是否存在与点P不同的定点Q， 使得
恒成立？若存在， 求出点Q的坐标；若不存在， 请说明理由．
【分析】（Ⅰ）通过直线l平行于x轴时被椭圆E截得的线段长为2
及离心率是
，
计算即得结论；
（Ⅱ）通过直线l与x轴平行、垂直时， 可得若存在不同于点P的定点Q满足条件， 则Q点坐标只能是（0， 2）．然后分直线l的斜率不存在、存在两种情况， 利用韦达定理及直线斜率计算方法， 证明对任意直线l， 均有
即可． 【解答】解：（Ⅰ）∵直线l平行于x轴时， 直线l被椭圆E截得的线段长为2，
∴点（， 1）在椭圆E上， 又∵离心率是
，
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∴， 解得a=2， b=，
∴椭圆E的方程为：+=1；
（Ⅱ）结论：存在与点P不同的定点Q（0， 2）， 使得恒成立．
理由如下：
当直线l与x轴平行时， 设直线l与椭圆相交于C、D两点， 如果存在定点Q满足条件， 则有
=
=1， 即|QC|=|QD|．
∴Q点在直线y轴上， 可设Q（0， y0）．
当直线l与x轴垂直时， 设直线l与椭圆相交于M、N两点， 则M、N的坐标分别为（0， ）、（0， ﹣
），
又∵
=
， ∴
=
， 解得y0=1或y0=2．
∴若存在不同于点P的定点Q满足条件， 则Q点坐标只能是（0， 2）． 下面证明：对任意直线l， 均有
．
当直线l的斜率不存在时， 由上可知， 结论成立． 当直线l的斜率存在时， 可设直线l的方程为y=kx+1， A、B的坐标分别为A（x1， y1）、B（x2， y2）， 联立
， 消去y并整理得：（1+2k2）x2+4kx﹣2=0，
∵△=（4k）2+8（1+2k2）＞0， ∴x1+x2=﹣
， x1x2=﹣
，
∴+==2k，
已知点B关于y轴对称的点B′的坐标为（﹣x2， y2）， 又kAQ=
=
=k﹣
， kQB′=
=
=﹣k+
=k﹣
，∴kAQ=kQB′， 即Q、A、B′三点共线，
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高考数学试卷(理科) (7)
