山东省潍坊市高二上学期期末考试数学试题

山东省潍坊市高二上学期期末考试数学试题

一、选择题（本大题共12小题，共60.0分） 1. 设x∈R，则“x>1”是“|x|>1”的( )

A. 充分而不必要条件 C. 充要条件

【答案】A

B. 必要而不充分条件

D. 既不充分也不必要条件

【解析】解：由|x|>1，解得x>1或x<−1， 故“x>1”是“|x|>1”的充分不必要条件， 故选：A．

根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可． 本题主要考查充分条件和必要条件的判断，比较基础．

2. 已知a，b，m∈R，则下列说法正确的是( )

A. 若a>𝑏，则√a>√b C. 若a𝑏

【答案】D

1

1

B. 若a<𝑏，则am2<𝑏m2 D. 若a3>b3，则a>𝑏

【解析】解：A.a>𝑏得不出√a>√b，比如，a=4，b=−2时； B.m=0时，a<𝑏得不出am2<𝑏m2； C.a𝑏，比如，a=−2，b=4； D.∵y=x3是增函数，∴a3>b3得出a>𝑏． 故选：D．

可举反例说明前三个说法都是错误的，而根据y=x3是增函数可由a3>b3得出a>𝑏，即选项D的说法正确，从而选D．

考查不等式的性质，以及函数y=x3的单调性．

3. 双曲线方程为−y2=1，则渐近线方程为( )

4x2

1

1

A. y=±2x

【答案】A

1

B. y=±2x C. y=±x

D. y=2x

1

【解析】解：∵双曲线方程为 −y2=1，则渐近线方程为−y2=0，即y=±2x，

44故选：A．

把双曲线的标准方程中的1换成0即得渐近线方程，化简即可得到所求．

本题考查双曲线的标准方程，以及双曲线的简单性质的应用，把双曲线的标准方程中的1换成0即得渐近线方

1

x2x21

程．

⃗⃗⃗⃗ =( ) ⃗⃗⃗⃗ =⃗ 4. 已知四棱锥P−ABCD的底面ABCD是平行四边形，设⃗⃗⃗⃗ PA=a⃗ ，⃗PC=c ，则⃗PDPBb，⃗⃗⃗⃗

A. a⃗ +⃗ b+c

【答案】B

B. a⃗ −⃗ b+c C. a⃗ +⃗ b−c D. −a⃗ +⃗ b+c

【解析】解：如图所示，

⃗⃗⃗⃗ =⃗ 四棱锥P−ABCD的底面ABCD是平行四边形，⃗⃗⃗⃗ PA=a⃗ ，⃗PC=c ， PBb，⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ +AD⃗⃗⃗⃗⃗ =PA⃗⃗⃗⃗ +BC⃗⃗⃗⃗⃗ =PA⃗⃗⃗⃗ +(PC⃗⃗⃗⃗ −PB⃗⃗⃗⃗ −PB⃗⃗⃗⃗ =a⃗⃗⃗⃗⃗ =PA⃗⃗⃗⃗⃗ )=PA⃗⃗⃗⃗⃗ +PC则PD⃗ −⃗ b+c ． 故选：B．

⃗⃗⃗⃗ 和⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ 即可． 根据题意画出图形，结合图形利用空间向量的基本定理用⃗⃗⃗⃗ PA、⃗PBPC表示出⃗PD本题考查了空间向量的基本应用问题，是基础题．

5. 在等比数列{an}中，a2a3a4=8，a7=32，则a2=( )

A. −1

【答案】C

B. 1 C. ±1 D. 2

【解析】解：等比数列{an}中，a2a3a4=8，则a33=8，则a3=2， ∵a7=32， ∴q4=

a7a3

=16，

解得q=±2， ∴a2=±1， 故选：C．

根据等比数列的性质可求出a3=2，再求出公比，即可求出a2， 本题考查等比数列的定义和性质考查了计算能力，属于基础题．

6. 命题“∃x∈R，使得x2+x+1<0”的否定是( )

A. ∀x∈R，均有x2+x+1<0 C. ∃x∈R，使得x2+x+1≥0

【答案】B

B. ∀x∈R，均有x2+x+1≥0 D. ∃x∈R，使得x2+x+1=0

∀x∈R，【解析】解：因为特称命题的否定是全称命题，所以，命题“∃x∈R，使得x2+x+1<0”的否定是：均有x2+x+1≥0． 故选：B．

2

直接利用特称命题的否定是全称命题，写出结果即可．

本题考查命题的否定，特称命题与全称命题的否定关系，基础题．

7. 已知A(0,0，2)，B(1,0，2)，C(0,2，0)，则点A到直线BC的距离为( )

2 A. 2√3

B. 1 C. √2 D. 2√2

【答案】A

【解析】解：∵A(0,0，2)，B(1,0，2)，C(0,2，0)， ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0，0)，BC⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,2，−2)， AB

∴点A到直线BC的距离为：

⃗⃗⃗⃗ |√1−(cos<⃗⃗⃗⃗⃗ ,⃗⃗⃗⃗⃗ >)2 d=|⃗ABABBC=1×√1−(

=

2√2． 3

−12

) 1×3故选：A．

⃗⃗⃗⃗ =(1,0，0)，⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,2，−2)，点A到直线BC的距离为：d=|⃗⃗⃗⃗⃗ |√1−(cos<⃗⃗⃗⃗⃗ ,⃗⃗⃗⃗⃗ >)2，由推导出⃗ABBCABABBC此能求出结果．

本题考查点到直线的距离的求法，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，考查数形结合思想，是中档题．

8. 设F为抛物线C：y2=4x的焦点，过F作倾斜角为60∘的直线交曲线C于A，B，则|AB|=( )

8

16

A. 8

【答案】D

B. 3 C. 16

D. 3 【解析】解：抛物线C：y2=4x的焦点(1,0)，设A(x1,y1)，B(x2,y2)， ∴F且倾斜角为60∘的直线y=√3(x−1)， ∴{

y=√3x−√3，整理得3x2−10x+3=0， 2

y=4x

103

由韦达定理可知x1+x2=

，

101633

由抛物线的定义可知：|AB|=p+x1+x2=2+故选：D．

，

根据抛物线的方程求得焦点坐标，根据直线的倾斜角求得直线方程，代入抛物线方程，利用韦达定理求得x1+x2=

103

，由抛物线的性质可知|AB|=p+x1+x2=，解得可得所求值．

本题考查抛物线的定义、方程和性质，直线与抛物线的位置关系，考查韦达定理，考查计算能力，属于中档题．

3

9. 我国古代著名的《周髀算经》中提到：凡八节二十四气，气损益九寸九分六分分之一；冬至晷(guǐ)长一

丈三尺五寸，夏至晷长一尺六寸.意思是：一年有二十四个节气，每相邻两个节气之间的日影长度差为996分；且“冬至”时日影长度最大，为1350分；“夏至”时日影长度最小，为160分.则“立春”时日影长

1

度为( )

A. 9533分

【答案】B

1

B. 10522分

1

C. 11513分

2

D. 12506分

1

5

【解析】解：一年有二十四个节气，每相邻两个节气之间的日影长度差为996分， 且“冬至”时日影长度最大，为1350分；“夏至”时日影长度最小，为160分． ∴1350+12d=160， 解得d=−

119012

，

119012

∴“立春”时日影长度为：1350+(−故选：B．

利用等差数列的性质直接求解．

)×3=1052(分)．

2

1

本题考查“立春”时日影长度的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．

10. 已知正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的体积为√3，底面ABCD的边长为1，则二面角A−CD1−D的余弦值为(

)

3 A. √7

7 B. √7

21 C. √7

7

D. 2√7

【答案】C

【解析】解：过D作DO⊥CD1于O，连接AO， 则∠AOD就是二面角A−CD1−D的平面角．

∵正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的体积为√3，底面ABCD的边长为1，∴AA1=√3．

在Rt△CDD1中，CD=1，DD1=√3，可得CD1=2，DO=√．

2在Rt△ADO中，AO=√AD2+DO2=√，

2

4

7

3

cos∠AOD=故选：C．

ODAO

=

√32

×

2√7=

√21． 7

过D作DO⊥CD1于O，连接AO，则∠AOD就是二面角A−CD1−D的平面角.解△ADO即可．

本题考查二面角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养和向量法的合理运用．

11. 某大学毕业生为自主创业于2014年8月初向银行贷款240000元，与银行约定按“等额本金还款法”分

10年进行还款，从2014年9月初开始，每个月月初还一次款，贷款月利率为0.5%，现因经营状况良好准备向银行申请提前还款计划于2019年8月初将剩余贷款全部一次还清，则该大学毕业生按现计划的所有还款数额比按原约定所有还款数额少( )元(注：“等额本金还款法”是将本金平均分配到每一期进行偿还，每一期所还款金额由两部分组成，一部分为每期本金，即贷款本金除以还款期数另一部分是利息，即贷款本金与已还本金总额的差乘以利率；年按12个月计算)

A. 18000

【答案】B

B. 18300 C. 28300 D. 36300

【解析】解：由题意，可知：

该大学毕业生两种还款方式所还的本金最终都是240000元， ∴两种还款方式的本金没有差额．

∵该大学毕业生决定2019年8月初将剩余贷款全部一次还清．

∴从2014年9月初第一次还款到2019年8月初这5整年即60个月两种还款方式所还的利息也是一样的． ∴按原约定所有还款数额−按现计划的所有还款数额═原约定还款方式从2019年9月起到最后还完这整60个月所还的利息

∵每月应还本金：240000÷120=2000(元)

2019年8月还完后本金还剩240000−2000×60=120000(元)． ∴2019年9月应还利息为：120000×0.5%， 2019年10月应还利息为：(120000−2000)×0.5%， 2019年11月应还利息为：(120000−2000×2)×0.5%， …

最后一次应还利息为：(120000−2000×59)×0.5%．

后60个月所还的利息为：120000×0.5%+(120000−2000)×0.5%+(120000−2000×2)×0.5%+⋯(120000−2000×59)×0.5%

=0.5%×[120000+(120000−2000)+(120000−2000×2)+⋯(120000−2000×59)] =0.5%×[120000×60−2000×(1+2+⋯+59)] =18300(元)． 故选：B．

本题在认真阅读理解题意的基础认识到两种还款方式的本金没有差额，而前60个月的还款利息也是一样的，唯一不同的是后60个月的还款利息．

本题联系生活实际考查理解能力，及运用数学知识解决实际生活中的数学问题的能力，属较难的中档题．

5

12. 已知点P是椭圆E：

大值是( )

y

⃗⃗⃗⃗ 的最上的任意一点，AB是圆C：(x−2)2+y2=4的一条直径，则⃗⃗⃗⃗ +=1PA⋅⃗PB1612

x2

2

A. 32

【答案】A

B. 36 C. 40 D. 48

【解析】解：如图所示，设P(x,y)，满足

x2

16

+12=1．

y2

⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ ，⃗⃗⃗⃗⃗ ，⃗⃗⃗⃗⃗ +⃗⃗⃗⃗⃗ =⃗ ，⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅⃗⃗⃗⃗⃗ =−R2=−4， ⃗⃗⃗⃗ =⃗⃗⃗⃗ PA=⃗⃗⃗⃗ PC+⃗CAPBPC+⃗CBCACB0CACB

⃗⃗⃗⃗ +⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅(PC⃗⃗⃗⃗ +⃗⃗⃗⃗⃗ ) ⃗⃗⃗⃗ =(PC∴⃗⃗⃗⃗ PA⋅⃗PBCACB⃗⃗⃗⃗ +PC⃗⃗⃗⃗ ⋅(CA⃗⃗⃗⃗⃗ +CB⃗⃗⃗⃗⃗ )+CA⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CB⃗⃗⃗⃗⃗ =PC⃗⃗⃗⃗ −4， =PC

=(x−2)2+y2−4 16−x2

=(x−2)+12×−4

16

2

2

2

=(x−8)2−4，−4≤x≤4．

4

1

∴当且仅当x=−4时，4(x−8)2−4=32． ⃗⃗⃗⃗ 的最大值是32． ∴⃗⃗⃗⃗ PA⋅⃗PB故选：A．

如图所示，设P(x,y)，满足

⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ，⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，⃗⃗⃗⃗⃗ +⃗⃗⃗⃗⃗ =⃗ ，⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅⃗⃗⃗⃗⃗ =−R2=−4，⃗⃗⃗⃗ =⃗⃗⃗⃗ ．⃗⃗⃗⃗ +=1PA=PC+CAPBPC+CBCACB0CACB1612

x2

y2

1

⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ +⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅(PC⃗⃗⃗⃗ +⃗⃗⃗⃗⃗ )，利用数量积运算性质、椭圆的标准方程及其二次函数的单调性即可得出． ⃗⃗⃗⃗ =(PCPA⋅⃗PBCACB本题考查了数量积运算性质、椭圆的标准方程及其二次函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13. 已知正数a，b满足a+b=1，则a+b的最小值为______． 【答案】4

【解析】解：∵正数a，b满足a+b=1，

∴a+b=(a+b)(a+b)=2+a+b≥2+2√b×a=4，当且仅当a=b=2时取等号． ∴a+b的最小值为4． 故答案为：4．

利用“乘1法”与基本不等式的性质即可得出．

本题考查了“乘1法”与基本不等式的性质，属于基础题．

AB=AD=AA1=1，∠BAD=∠BAA1=∠DAA1=60∘，14. 已知平行六面体ABCD−A1B1C1D1，则AC1=______．

1

11

1

1

1

b

a

a

b

1

1

1

6

【答案】√6

【解析】解：∵AB=AD=AA1=1，∠BAD=∠BAA1=∠DAA1=60∘，

1

⃗⃗⃗⃗ ⋅⃗⃗⃗⃗⃗ =⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ ⋅⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∴⃗ABADADAA1=⃗ABAA1=2，

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∵⃗AC1=AB+AD+AA1，

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ， ∴⃗AC1=AB+AD+AA1+2AB⋅AD+2AD⋅AA1+2AB⋅AA1=6⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∴|⃗AC1|=√6． 故答案为：√6．

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 根据空间向量可得⃗AC1=AB+AD+AA1，两边平方即可得出答案． 本题考查了空间向量在立体几何中的应用，属于中档题．

15. 已知A(2,√2)是椭圆+

m

|AF|d

x2

y24

2

2

2

2

F是椭圆的右焦点，设点F到直线x=4的距离为d，则m=______，=1上一点，

=______．

2

【答案】8 √

2

【解析】解：A(2,√2)是椭圆+

m∴c=√a2−b2=2． ∴F(2,0)．

x2y24

=1上一点，代入可得：m+4=1，解得m=8．

42

∴|AF|=√(2−2)2+(√2−0)2=√2． 点F到直线x=4的距离为d=2，

2

故答案为：8，√．

2x2

y24

4

2

|AF|d

=

√2

． 2

A(2,√2)是椭圆m+可得出．

=1上一点，代入可得：m+4=1，解得m.再利用椭圆的性质、两点之间的距离公式即

本题考查了椭圆的标准方程及其性质、两点之间的距离公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

16. 给出下列四个命题

①已知P为椭圆+y2=1上任意一点，F1，F2是椭圆的两个焦点，则|PF1|⋅|PF2|的范围是[3,4]；

4

7

x2

②已知M是双曲线−

44y1y2=0；

x2y25

=1上任意一点，F2是双曲线的右焦点，则|MF2|≥1；

③已知直线l过抛物线C：x2=2py(p>0)的焦点F，且l与C交于A(x1,y1)，B(x2,y2)两点，则x1x2+④椭圆具有这样的光学性质：从椭圆的一个焦点出发的光线，经椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点，今有一个水平放置的椭圆形台球盘，点F1，F2是它的焦点，长轴长为2a，焦距为2c，若静放在点F1的小球(小球的半径忽略不计)从点F1沿直线出发则经椭圆壁反射后第一次回到点F1时，小球经过的路程恰好是4a．

其中正确命题的序号为______(请将所有正确命题的序号都填上) 【答案】②③

【解析】解：①椭圆+y2=1的a=2，b=1，c=√3，e==√，设P的横坐标为m，

4a2由焦半径公式可得则|PF1|⋅|PF2|=(2+√m)(|(2−√m)=4−m2，由−2≤m≤2，可得

2

2

4

3

3

3

x2

c

3

可得所求范围是[1,4]，故①错误； ②已知M是双曲线−

4x2

y25

=1的a=2，b=√5，c=3，若M在双曲线左支上，可得|MF2|≥5；

若M在双曲线右支上，可得|MF2|≥1，故②正确；

③已知直线l过抛物线C：x2=2py(p>0)的焦点F，设直线l的方程为y=kx+2， 代入抛物线的方程可得x2−2pkx−p2=0，且l与C交于A(x1,y1)，B(x2,y2)两点， 可得x1x2=−p2，y1y2=

(x1x2)24p2

p

=

p24

，则x1x2+4y1y2=0，故③正确；

对于④，假设长轴在x轴，短轴在y轴，设A为左焦点，B是它的右焦点，以下分为三种情况： (1)球从A沿x轴向左直线运动，碰到左顶点必然原路反弹，这时第一次回到A路程是2(a−c)； (2)球从A沿x轴向右直线运动，碰到右顶点必然原路反弹，这时第一次回到A路程是2(a+c)； (3)球从A不沿x轴斜向上(或向下)运动，碰到椭圆上的点C，反弹后经过椭圆的另一个焦点B， 再弹到椭圆上一点D，经D反弹后经过点A.此时小球经过的路程是4a． 综上所述，从点A沿直线出发，经椭圆壁反射后第一次回到点A时， 小球经过的路程是4a或2(a−c)或2(a+c).故④错误． 故答案为：②③．

①求得椭圆的a，b，c，e，运用焦半径公式和椭圆的范围，可得结论；求得双曲线的a，b，c，讨论M在双曲线的左支或右支上，求得最小值，即可判断；设出直线l的方程，代入抛物线方程，运用韦达定理，即可判断；

B是它的右焦点，短轴在y轴，设A为左焦点，对球的运动方向分沿x轴向左直线运动，④可假设长轴在x轴，

沿x轴向右直线运动，及球从A不沿x轴，斜向上(或向下)运动，讨论即可．

本题考查圆锥曲线的定义、方程和性质，考查分类讨论思想方法和化简整理的运算能力，属于中档题．

三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）

17. 已知正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别是棱BB1和对角线DB1的中点．

(1)证明：MN//平面ABCD；

(2)求直线MN与直线CB1所成角的大小．

8

【答案】证明：(1)连结BD，∵M，N分别是棱BB1和DB1的中点， ∴MN//BD，

∵MN⊄平面ABCD，BD⊂平面ABCD， ∴MN//平面ABCD．

解：(2)设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，

以D为原点，DA，DC，DD1的方向分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则D(0,0，0)，A(1,0，0)，B(1,1，0)，C(0,1，0)，B1(1,1，1)，

111111

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 0MN=(−,−,0)， ∴M(1,1，2)，N(2,2,2)，⃗1)，，BC=(−1,122

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,⃗∴cos=

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅B⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ MN1C

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|B⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |MN1C|

=

1

21√⋅√22

=2．

1

π

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∴<⃗⃗⃗⃗⃗⃗ MN,⃗B1C>=3，

∴直线MN与直线CB1所成角的大小为3．

【解析】(1)连结BD，推导出MN//BD，由此能证明MN//平面ABCD．

(2)设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，以D为原点，DA，DC，DD1的方向分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线MN与直线CB1所成角的大小．

本题考查线面平行的证明，考查异面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，考查运算求解能力，是中档题．

18. 已知二次函数f(x)=x2+mx−6(m>0)的两个零点为x1和x2，且x2−x1=5．

(1)求函数f(x)的解析式；

(2)解关于x的不等式f(x)<4−2𝑥．

【答案】解：(1)由题意得：x2+mx−6=0(m>0)的两个根为x1和x2， 由韦达定理得{xx=−6，

12

故(x2−x1)2=(x1+x2)2−4x1x2=m2+24=25， 故m2=1，∵m>0，∴m=1， 故f(x)=x2+x−6； (2)由f(x)<4−2𝑥得， x2+x−6<4−2𝑥， 即x2+3x−10<0，

9

x1+x2=−m

π

即(x+5)(x−2)<0， 解得：−5<𝑥<2，

故不等式的解集是{x|−5<𝑥<2}．

【解析】(1)根据二次函数的性质得到关于关于m的方程，解出即可； (2)问题转化为x2+3x−10<0，解出即可．

本题考查了二次函数的性质，考查韦达定理以及解不等式问题，是一道常规题．

19. 已知数列{an}是等差数列，a2=3，a7=13，数列{bn}的前n项和为Sn，且满足Sn=3bn+3．

(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；

2

(2)设cn=−a2+4n−2，求数列{cn}的前n项和Tn．

n

21

b

【答案】解：(1)数列{an}是公差为d的等差数列，a2=3，a7=13， 可得a1+d=3，a1+6d=13，解得a1=1，d=2， 则an=1+2(n−1)=2n−1；

Sn=bn+，当n=1时，b1=S1=b1+，可得b1=1，

3333n≥2时，bn=Sn−Sn−1=3bn+3−3bn−1−3， 即有bn=−2bn−1， 即有bn=(−2)n−1，

则an=2n−1，bn=(−2)n−1； (2)cn=−

b2

2an+4n−2

2

(2n−1)2+4n−21

1

24n2−11

12n−1

1

2

1

2

1

2

1

2

1

=

1

==−

2n+1

，

前n项和Tn=1−3+3−5+⋯+2n−1−2n+1 =1−2n+1=2n+1．

【解析】(1)设等差数列的公差为d，运用等差数列的通项公式，解方程即可得到所求数列{an}的通项公式；运用数列的递推式可得所求数列{bn}的通项公式；

2

(2)求得cn=−a2+4n−2=(2n−1)2+4n−2=4n2−1=2n−1−2n+1，运用数列的裂项相消求和，化简可得所求和．

n

1

12n

b2211

本题考查等差数列和等比数列的通项公式的运用，考查数列的求和方法：裂项相消求和，考查运算能力，属于中档题．

20. 已知A(−2,2)，B(2,2)，直线AD与直线BD相交于点D，直线BD的斜率减去直线AD的斜率的差是2，

设D点的轨迹为曲线C． (1)求曲线C的方程；

(2)已知直线l过点T(0,2)，且与曲线C交于P，Q两点(P,Q异于A，B)，问在y轴上是否存在定点G，使得∠PCT=∠QCT？若存在，求出点G的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】解：(1)设D(x,y)，则kBD−kAD=x−2−x+2=2， 整理为：x2=2y，

∴曲线C的方程为x2=2y，(x≠±2)．

10

y−2

y−2

(2)假设在y轴上存在定点G(0,y0)，使得∠PCT=∠QCT，可知：直线PQ的斜率存在．

y=kx+2，设PQ的方程为：代入抛物线方程可得：x2−2kx−4=0，△=4k2+16>0恒成立，设P(x1,y1)，Q(x2,y2).

则x1+x2=2k，x1x2=−4， ∵∠PCT=∠QCT，∴kCP+kCQ=0． ∴

y1−y0x1

y2−y0x2

+=0，

∴(kx1+2−y0)+(kx2+2−y0)x1=0， 化为：2kx1x2+(2−y0)(x1+x2)=0， ∴−8k+(2−y0)⋅2k=0， 即k(2+y0)=0， ∴y0=−2，

因此在y轴上存在定点G(0,−2)，使得∠PCT=∠QCT．

【解析】(1)设D(x,y)，利用斜率计算公式kBD−kAD=2，化简整理即可得出．

(2)假设在y轴上存在定点G(0,y0)，y=kx+2，使得∠PCT=∠QCT，可知：直线PQ的斜率存在.设PQ的方程为：代入抛物线方程可得：x2−2kx−4=0，△>0恒成立，设P(x1,y1)，Q(x2,y2).根据∠PCT=∠QCT，利用根与系数的关系代入kCP+kCQ=0.化简即可得出．

本题考查了直线与抛物线的位置关系、一元二次方程的根与系数的关系、斜率计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．

21. 四棱锥P−ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形，侧面PAD是正三角形，

PB⊥AD，E为AD的中点，二面角P−AD−B为60∘． (1)证明：AD⊥平面PBE； (2)求点P到平面ABCD的距离；

(3)求直线BC与平面PAB所成角的正弦值．

【答案】证明：(1)∵△PAD是正三角形，E为AD中点， ∴AD⊥PE，

∵AD⊥PB，PE与PB是平面PBE内的两条相交线， ∴AD⊥平面PBE．

解：(2)∵AD⊥平面PBE，BE⊂平面PBE， ∴AD⊥BE，

∴∠PEB是二面角P−AD−B的平面角，∴∠PEB=60∘， ∵AD⊥平面PBE，AD⊂平面ABCD， ∴平面PBE⊥平面ABCD，

作PF⊥BE，垂足为F，则PF⊥平面ABCD， ∴PF=PE⋅sin∠PEB=√3⋅sin60∘=2， ∴点P到面ABC的距离为2． (3)∵AD⊥BE，E为AD中点，

11

3

3

∴AB=BD，即△ABD为正三角形，

以E为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，

33

则A(1,0，0)，B(0,√3,0)，P(0,√,)，D(−1,0，0)，

2

2

⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,√3,0)，AP∴AB

√33

⃗⃗⃗⃗⃗ ,)，AD22

=(−2,0，0)，

⃗⃗⃗ =(x,y，z)是平面ABP的一个法向量， 设m

⃗⃗⃗⃗ =−x+√3y=0m⃗⃗⃗ ⋅⃗AB则{，取x=3，得m⃗⃗⃗ =(3,√3,1)， 3√3⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗ ⋅AP=−x+2y+2z=0m

∵AD//BC，∴AD与平面APB所成的角和BC与平面APB所成的角相等， 设BC与平面APB所成角为θ， ⃗⃗⃗⃗⃗ ,m∴sinθ=|cos|=

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅m|AD⃗⃗⃗ |

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|m|AD⃗⃗⃗ |

=

3√13

． 13

3√1313

∴直线BC与平面PAB所成角的正弦值为

．

【解析】(1)推导出AD⊥PE，AD⊥PB，由此能证明AD⊥平面PBE．

(2)由AD⊥平面PBE，∠PEB=60∘，得AD⊥BE，从而∠PEB是二面角P−AD−B的平面角，推导出平面PBE⊥平面ABCD，作PF⊥BE，垂足为F，则PF⊥平面ABCD，由此能求出点P到面ABC的距离．

(3)以E为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线BC与平面PAB所成角的正弦值． 本题考查线面垂直的证明，考查点到直线的距离的求法，考查线面的正弦值的求法，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，考查数形结合思想，是中档题．

3

22. 已知椭圆E：2+2=1(a>𝑏>0)的离心率是√，A1，A2分别为椭圆E的

ab

2

x2

y2

左右顶点，B为上顶点，△A1BA2的面积为2.直线l过点D(1,0)且与椭圆E交于P，Q两点． (1)求椭圆E的标准方程； (2)求△OPQ面积的最大值；

(3)设直线A1P与直线QA2交于点N，证明：点N在定直线上，并写出该直线方程． 【答案】解：由题意知e=c=√1−b2=√3，

a

a

2

2

∴a2=4，即a=2b， ∵△A1BA2的面积为2， ∴ab=2， 解得a=2，b=1，

∴椭圆C的标准方程为+y2=1，

4

(2)PQ斜率不存在时，易知P(1,√)，Q(1,−√)，此时S△OPQ=√，

222当直线PQ的斜率存在时，设PQ的方程为y=k(x−1)，k≠0， 设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，

12

3

3

3

x2

b2

1

将y=k(x−1)代入+y2=1，整理可得(1+4k2)x2−8k2x+4k2−4=0，

4∴x1+x2=

8k21+4k2x2

，x1x2=

)24k2−41+4k2，

4√3k2+11+4k2∴|x1−x2|=√(x1+x2

12

−4x1x2=

|k|2

，

2√3k4+k21+4k2

∴S△OPQ=×1×|y1−y2|=令1+4k2=t，t>1，

⋅|x1−x2|=

，

∴S△OPQ=t√16(t−1)2+4(t−1)=2√−t2−t+3<故△OPQ面积的最大值√ 23231112

√3， 2

证明(3)PQ斜率不存在时，易知N(4,√3)， 当直线PQ的斜率存在时，直线A1P的方程为y=x∴

y1x1+2

y1

1

(x+2)，直线A2Q的方程为y=+2x

y2

2−2

(x−2)，

(x+2)=

y1(x2−2)y2(x1+2)

y2x2−2

(x−2)，

x1x2−(x1+x2)+2−x1x1x2+2(x1+x2)−2−3x1

4k2−2

−x1

4k2+112k2−6

−3x1

4k2+1∴

x−2x+2

==

k(x1−1)(x2−2)k(x2−1)(x1+2)

===，

3

1

解得x=4，即N点的横坐标为4， 综上所述，点N在定直线x=4上．

【解析】(1)根据离心率和三角形的面积即可求出a=2，b=1，

(2)分两种情况，当PQ斜率不存在时，S△OPQ=√，当直线PQ的斜率存在时，设PQ的方程为y=k(x−1)，

23k≠0，由此利用根的判别式、韦达定理、弦长公式、，函数的性质，结合已知条件能求出△OPQ的面积的最大值．

PQ斜率不存在时，(3)分两种情况，易知N(4,√3)，当直线PQ的斜率存在时，直线A1P的方程为y=x直线A2Q的方程为y=x

y2

2−2

y1

1+2

(x+2)，

(x−2)，即可整理化简可得x−2=1，解得即可．

x+2

3

本题考查椭圆性质、根的判别式、韦达定理、弦长公式、考查考查推理论证能力、数据处理能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想，属于中档题．

13