2022-2023學(xué)年江蘇省南通市如皋市高二年級第一學(xué)期期末教學(xué)質(zhì)量調(diào)研數(shù)學(xué)試題及答案解析

2022-2023學(xué)年江蘇省南通市如皋市高二年級第一學(xué)期期末教學(xué)

質(zhì)量調(diào)研數(shù)學(xué)試題

一、單選題（本大題共8小題，共40.0分。在每小題列出的選項(xiàng)中，選出符合題目的一項(xiàng)）

1.已知平面ɑ的一個(gè)法向量元=（3,0,λ）,平面/?的一個(gè)法向量底=（2,1,6）,若α1β,貝∣J2=

（）

C.-1

2.若直角三角形三條邊長組成公差為2的等差數(shù)列，則該直角三角形外接圓的半徑是（）

3.已知P為雙曲線cj-1=l與拋物線y2=2%的交點(diǎn)，則P點(diǎn)的橫坐標(biāo)為（）

C.V6D.-1

4.若直線3x+4y+m=0與圓M+y2-2y=0相切，則實(shí)數(shù)Tn取值的集合為()

A.{-1,1}B.{-9,1}C.{1}D.{-8,2}

rι

5.已知數(shù)列{αjl}首項(xiàng)為2,且%1+ι-c?=2+ι,則即=()

A.2nB.2n-1+1C.2n-2D.2n+1-2

6.如圖，在直三棱柱ABC-AiBiC中，CA=CB,P為4遇的中點(diǎn)，Q為棱CCl的中點(diǎn)，則下

列結(jié)論不型鳥的是（

A.PQ1A1BB.AC”平面A?BQ

C.PQ1CC1D.PQH平面ABC

7.在數(shù)列｛an｝中，若存在不小于2的正整數(shù)k使得以<以τ且αk<%+「則稱數(shù)列｛%l｝為

ak-數(shù)列”.下列數(shù)列中為uk一數(shù)列”的是（）

n

A.bn=nB.bn=2C.bn=n+^?D.bn=

8.已知。為坐標(biāo)原點(diǎn)，4點(diǎn)坐標(biāo)為（2,0）,P是拋物線。好在第一象限內(nèi)圖象上一點(diǎn)，M

是線段4P的中點(diǎn)，則。M斜率的取值范圍是（）

A.（θ,?]B.[2,+∞）C.（θ,?]D.（0,孚

二、多選題（本大題共4小題，共20.0分。在每小題有多項(xiàng)符合題目要求）

9.已知正四面體的棱長均為1,分別以四個(gè)頂點(diǎn)中的兩個(gè)點(diǎn)作為向量的起點(diǎn)與終點(diǎn)，在這些

向量中兩兩的數(shù)量積可能是（）

A.0B.jC.2D.√3

10.已知橢圓C:^+馬=l（α>b>0）的離心率為上左，右焦點(diǎn)分別為A',P為橢圓上

一點(diǎn)（異于左，右頂點(diǎn)），且/P&Fz的周長為6,則下列結(jié)論正確的是（）

A.橢圓C的焦距為1

B.橢圓C的短軸長為2次

C.ZIPFIF2面積的最大值為百

D.橢圓C上存在點(diǎn)P,使得NFIPF2=90。

11.在棱長為2的正方體ABCO-4當(dāng)6。1中，下列結(jié)論正確的是（）

A.異面直線TIBl與CD所成角的為45°

B.異面直線與AC1所成角的為45°

C.直線-與平面4BB1&所成角的正弦值為理

D.二面角G-AD-B的大小為45°

12.已知數(shù)列｛a71｝的前n項(xiàng)和Sn=數(shù)列｛%｝是首項(xiàng)和公比均為2的等比數(shù)列，將數(shù)列

｛αn｝和｛g｝中的項(xiàng)按照從小到大的順序排列構(gòu)成新的數(shù)列｛%｝,則下列結(jié)論正確的是（）

A.C12=16B.數(shù)列｛%｝中心與b+1之間共有2吁1項(xiàng)

nn1

C.b2n~0-2D.bn=Cz^+n-l

三、填空題（本大題共4小題，共20.0分）

13.已知等差數(shù)列｛an｝前3項(xiàng)的和為6,前6項(xiàng)的和為21,則其前12項(xiàng)的和為.

14.以雙曲線的虛軸為實(shí)軸，實(shí)軸為虛軸的雙曲線叫作原雙曲線的共軌雙曲線.已知雙曲線

C的共輒雙曲線的離心率為3,則雙曲線C的離心率為.

15.己知軸截面為正三角形的圓錐頂點(diǎn)與底面均在一個(gè)球面上，則該圓錐與球的體積之比

為.

16.擺線是一類重要的曲線，許多機(jī)器零件的輪廓線都是擺線，擺線的實(shí)用價(jià)值與橢圓、拋

物線相比毫不遜色.擺線是研究一個(gè)動(dòng)圓在一條曲線(舉線)上滾動(dòng)時(shí)，動(dòng)圓上一點(diǎn)的軌跡.由

于采用不同類型的曲線作為基線，產(chǎn)生了擺線族的大家庭.當(dāng)基線是圓且動(dòng)圓內(nèi)切于定圓作

無滑動(dòng)的滾動(dòng)時(shí)，切點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的軌跡就得到內(nèi)擺線.已知基線圓。的方程為/+y2=R2(R>

0),半徑為1的動(dòng)圓M內(nèi)切于定圓。作無滑動(dòng)的滾動(dòng)，切點(diǎn)P的初始位置為(R,0).若R=4,則

IPOl的最小值為;若R=2,且已知線段MP的中點(diǎn)N的軌跡為橢圓，則該橢圓的方程

為.

四、解答題(本大題共6小題，共70.0分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟)

17.(本小題10.0分)

如圖，PA是三棱錐P-ABC的高，線段8C的中點(diǎn)為且AB14C,4B=AC=PA=2.

(1)證明：

(2)求A到平面PBe的距離.

18.(本小題12.0分)

已知等比數(shù)列｛%t｝的首項(xiàng)為2,前n項(xiàng)和為Szi，且252-3S3+S4=0.

(1)求α∏;

(2)已知數(shù)列｛%｝滿足：bn=nan,求數(shù)列｛%｝的前n項(xiàng)和7；.

19.(本小題12.0分)

已知雙曲線C。-，=l(α>0,6>0)的實(shí)軸長為2,右焦點(diǎn)F到X=|的距離為今

(1)求雙曲線C的方程;

(2)若直線y=x-1與雙曲線C交于MN兩點(diǎn)，求三角形MNF的面積.

20.(本小題12.0分)

已知數(shù)列｛%l｝的首項(xiàng)為L前n項(xiàng)和為Sn,且滿足.

①c?=2,an+2-an=2；(2)2Sn=(n+l)αn;(3)∏Sn+ι=(n+2)Sn.

從上述三個(gè)條件中選一個(gè)填在橫線上，并解決以下問題：

⑴求α∏;

(2)求數(shù)列｛嬴匕｝的前n項(xiàng)和7；.

21.(本小題12.0分)

三棱柱ABC&G中，AB=AB1=AA1=AC=2,Z.BAC=120。，線段/出的中點(diǎn)為M,

KBCLAM.

(1)求證：AM_L平面4BC；

(2)點(diǎn)P在線段BlCl上，且B/=;BiG,求二面角P-BlA-Al的余弦值.

22.(本小題12.0分)

己知p(l,同為橢圓cW+,=l(α>b>0)上一點(diǎn)，上、下頂點(diǎn)分別為4、B,右頂點(diǎn)為C,

且。2+b25.

(1)求橢圓C的方程；

(2)點(diǎn)E為橢圓C上異于頂點(diǎn)的一動(dòng)點(diǎn)，直線AC與BE交于點(diǎn)Q,直線CE交y軸于點(diǎn)R.求證：直

線RQ過定點(diǎn).

答案和解析

1.【答案】C

【解析】

【分析】

本題考查了空間向量在面面垂直關(guān)系中的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題.

由面面垂直得元?荻=0,從而得出4.

【解答】

解：丫α_L.，

??n^l,n^,

.?.正五=0,即(3,CU)?(2,1,6)=0,

6+0+6A=0,

解得4=-1.

故選C.

2.【答案】C

【解析】

【分析】

本題考查利用正弦定理解三角形，等差數(shù)列的性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題.

設(shè)出直角三角形三條邊長分別為a-2,a,a+2,求出斜邊長，即可求出該直角三角形外接圓的

半徑.

【解答】

解：由題意，設(shè)直角三角形三條邊長分別為a-2,a,a+2,a>0,

則(a—2)2+a2=(a+2)2,又a>0,

解得a=8,

所以直角三角形的斜邊為10,

則該直角三角形外接圓的半徑是5.

故選C

3.【答案】A

【解析】

【分析】

本題考查曲線的交點(diǎn)坐標(biāo)，屬于基礎(chǔ)題.

根據(jù)題意聯(lián)立方程，即可求解.

【解答】

，無2y2

解：由題意聯(lián)立方程彳一9=1,可得--2x-3=0(x>0),

.y2=2x

解得X=3,

所以P點(diǎn)的橫坐標(biāo)為3.

故選A.

4.【答案】B

【解析】

【分析】

本題考查了直線與圓的位置關(guān)系，點(diǎn)到直線的距離，是基礎(chǔ)題.

將圓的方程化為標(biāo)準(zhǔn)方程,求出圓心坐標(biāo)和半徑r,由直線與圓相切,得到圓心到直線的距離d=r,

利用點(diǎn)到直線的距離公式列出關(guān)于m的方程，求解即可.

【解答】

解：將圓/+y2-2y=O化為標(biāo)準(zhǔn)方程得：X2+(y-I)2=1,

二圓心坐標(biāo)為(0,1),半徑r=1,

r直線3x+4y+m=O與圓/+y2-2y=O相切，

???圓心到直線的距離d=r,即喑1=1,

解得：？71=-9或771=1,

則實(shí)數(shù)m取值的集合為

故選B.

5.【答案】D

【解析】

【分析】

本題考查數(shù)列的通項(xiàng)公式的求法，累加法的應(yīng)用，及等比數(shù)列前n項(xiàng)和，屬于中檔題.

直接利用數(shù)列的遞推關(guān)系式及累加法求出結(jié)果即可.

【解答】

n+1

解：數(shù)列｛αn｝滿足α?=2,an+1-an=2,

所以當(dāng)n≥2時(shí)，

ɑn-ɑn-l=2%

an-l-an-2=2"1,

2

α2~ɑi=2,

n

以上各式相加得：Qn-Ql=22+2?+…+2,

所以即=21+22+23+???+2n=2(；：；)=2(2"-1)=2n+1-2，

又臼=2,滿足上式，

所以%=2n+1-2.

故選ZX

6.【答案】B

【解析】

【分析】

本題考查了線面平行的判定，線線垂直和線面垂直的證明以及兩個(gè)垂直關(guān)系的綜合應(yīng)用，屬于一

般題.

取4B的中點(diǎn)。，連接C。、PD,通過證明PQJ_平面441Bι8,從而證明PQ_L&B,通過平行關(guān)系

轉(zhuǎn)化證明PQ〃CD,CG1CD,即可證得PQJ.CG；通過證明PQ〃CD,利用線面平行的判定即可

證得PQH平面ABC,由力IeI〃4C,可得4C與平面4BQ相交，即可得到結(jié)果.

【解答】

解：取AB的中點(diǎn)D,連接C。、PD,

因?yàn)镻為AlB中點(diǎn)，

所以PD〃A4「PD=-AA1,

又因?yàn)樵谥比庵?8C-4BιG中，Q為CG的中點(diǎn),

所以”〃CQ=^AA1,

所以CQ〃PD,CQ=PD,

所以四邊形PDCQ為平行四邊形，

所以PQ〃CD,又COU平面4BC,PQC平面4BC,

所以PQll平面ABC,故。正確；

因?yàn)樵谥比庵鵄BC-4/IeI中，CG、平面ABC,

因?yàn)镃DU平面4BC,

所以CCl1CD,

因?yàn)镻Q〃CD,

所以PQIClC,故C正確；

因?yàn)樵谥比庵鵄8C—4BICI中，AAx∣∣CCx

又因?yàn)镻Q1C1C,

所以「Q_L441，

因?yàn)锳C=BC,。為的中點(diǎn)，

所以CCLAB,

因?yàn)镻Q〃CD,

所以PQI4B,

又因?yàn)锳AInAB=A,AA?,ABu平面AAIBIB,

所以PQ_L平面AAIBlB,又為Bu平面441&B,

所以PQ_L&B,故A正確；

在直三棱柱ABC-AIBlCl中，A1C1∕∕AC,

因?yàn)?G與平面4BQ相交，所以AC與與平面力IBQ相交，故B錯(cuò)誤.

故選B.

G

7.【答案】C

【解析】

【分析】

本題考查數(shù)列的新定義問題，數(shù)列的函數(shù)特征，屬于一般題.

根據(jù)“k-數(shù)列”的定義及數(shù)列的單調(diào)性逐一判斷即可.

【解答】

解：對于A,bn=n,易知數(shù)列出rι｝為遞增數(shù)列，

u

故不存在k,使得瓦＜blcγ且尻＜bk+1,故不是k一數(shù)列”；

n

對于B,bn=2,易知數(shù)列｛%｝為遞增數(shù)列，

故不存在々，使得為＜員T且為＜bk+1,故不是“k一數(shù)列”；

對于易知印b-b=^-

C,bn=π+?,Z?=36,4

則存在k=3,使得壇＜尻且左＜b4,故是“k—數(shù)列”；

對于0,^=2?3'

當(dāng)幾=1時(shí)，b1=-1,

當(dāng)時(shí)，?∏=?＞0-且數(shù)列｛b｝為遞減數(shù)列，

故不存在屋使得瓦＜尻T且為＜bk+1,故不是“k一數(shù)列”.

故選C.

8.【答案】A

【解析】

【分析】

本題考查直線與拋物線位置關(guān)系的應(yīng)用，及均值不等式的性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題.

設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)，可得P4的中點(diǎn)M的坐標(biāo)，進(jìn)而求出。M的斜率，由均值不等式可得其取值范圍.

【解答】

解：設(shè)P(2y2,y),y>0,所以P4的中點(diǎn)M(y2+13),

,IV1

所以上。"=K'=后印=不p

9

因?yàn)?y+^24,當(dāng)且僅當(dāng)y=l時(shí)取等號，

?1

O<

所以<---

-24

y

所縱

feoM

故選

9.【答案】AB

【解析】

【分析】

本題考查空間向量的數(shù)量積運(yùn)算，正四面體的結(jié)構(gòu)特征，屬于基礎(chǔ)題.

將這些向量分為兩類：共面同起點(diǎn)的向量，對棱的兩個(gè)向量，然后可得①共起點(diǎn)出發(fā)的兩個(gè)共面

向量同?前=今②兩個(gè)共面夾角為120°的兩個(gè)向量；③正四面體中對棱互相垂直，則而?麗=

0,即可得出結(jié)果.

【解答】

解：在正四面體ABCD中，每個(gè)面都是全等的正三角形,

①共起點(diǎn)的兩個(gè)共面向量：AB-AC=1×1×cos60o=

則共起點(diǎn)出發(fā)的兩個(gè)共面向量的數(shù)量積為今

②兩個(gè)共面夾角為120°的兩個(gè)向量：ABBC=1×1×cosl20°=-?;

③正四面體中對棱互相垂直，故超-DC=AD-BC=AC=O?

下證明對棱BC與AD垂直：取BC中點(diǎn)E連接DE,

貝IJOE1BC,

易知4在平面BCD中的射影。在DE上，

所以Aol平面BeD,因?yàn)锽CU平面BCD,

所以AO1BC,

又因?yàn)?。nOE=。，AO,OEU平面AOE,

所以BC_L平面40E,因?yàn)榱)U平面AoE,

所以BeJ.4D.

同理可證另外兩對對棱垂直，

故選A8.

10.【答案】BC

【解析】

【分析】

本題考查橢圓的幾何性質(zhì)，橢圓中三角形的面積和角度的問題，屬于中檔題.

通過離心率和三角形周長求出α,c,得出b,即可判斷力，B,由點(diǎn)P為短軸端點(diǎn)時(shí)，∕PFIF2面積

的取得最大值，且NFlPF2取得最大值，即可判斷CD.

【解答】

解：由橢圓的離心率為:，得(="①，

由APF]F2的周長為6,得2α+2c=6,即α+c=3②，

由①②解得：α=2,c=l,所以=cι2-c?=3,b=√3,

所以2c=2,故4錯(cuò)誤，2b=2g,故8正確；

當(dāng)點(diǎn)P為短軸端點(diǎn)時(shí)，△P&F2面積取得最大值，

此時(shí)SAPFlF2=^×2c×b=be=√3,故C正確；

當(dāng)點(diǎn)P為短軸端點(diǎn)時(shí)，4&Pa最大，此時(shí)IPal=IPF2∣=α=2,∣F∕2∣=2,

所以APFIFZ為正三角形，

此時(shí)，NFIPF2最大為60°，故。錯(cuò)誤.

故選BC

11.【答案】ACD

【解析】

【分析】

本題主要考查異面直線所成角，直線與平面所成角，二面角，屬于中檔題.

在正方體中求出異面直線4名與CD所成角，異面直線4%與AG所成角，判斷4,Bi求出直線AG

與平面4BB√lι所成角判斷C；求出二面角Cl-AO-B的的大小判斷D,即可得到結(jié)果.

【解答】

解：對于4,在正方體ABe。一萬BlCIDl中,CD//AB,

所以異面直線4名與CC所成角為ZBABl（或其補(bǔ)角），

在等腰直角△4BBl中，NBaBl=45。，故A正確；

對于B,在正方體力BCD-4BICIDl中，A1B1∕∕AB,

所以異面直線為&與AQ所成角為NG4B（或其補(bǔ)角），

連接BQ,

在正方體ABCD-力IBIGDl中，ABl平面BCGB1，BGU平

面BCQBi,

所以AB,BQ,

在Rt△4BCl中，AC1=2√3,AB=2,

則CoSNGaB=奈=/，故4Cι√lB≠45°,故B錯(cuò)誤;

對于C,連接AB1，

在正方體ABCo-&BIClDl中，CIBl_L平面ABB/i，

所以4CI4B［為直線AG與平面ABBMi所成角，

在RtAABiG中，AC1=2√3,BICl=2,

則SinNClaBl=器1==y,故C正確；

對于。，在正方體4BCC-AιBιGCι中，4D1平面DDICIC,DC、DClU平面DDIClC,所以AD1DC,

AD1DC1,

所以NClDC為二面角Cl-AD-B的平面角，

在等腰直角AGOC中，ZC1DC=45°,故。正確.

故選ACD.

12.【答案】AB

【解析】

【分析】

本題考查了數(shù)列的遞推關(guān)系，考查了等比數(shù)列的通項(xiàng)公式，屬于中檔題.

n

根據(jù)即=修'二1“、2可求αn=2n-l(n∈N*),根據(jù)等比數(shù)列的通項(xiàng)公式可求bn=2,列

舉出&｝的若干項(xiàng)可判斷4令2"<2m-l<2n+ign∈N*),可得2r≈τ+g<m<2"+：,從

而可判斷B；求出與可判斷C；取n=2可判斷D.

【解答】

解：當(dāng)TI=I時(shí)，ɑll=Si=l;

22

當(dāng)n≥2時(shí)，αrι=S71-Sn-I=n-(n-I)=2n-1,

n-1時(shí)滿足α71-2n~1,

故αjl=2n-l(n∈N*),

n

因?yàn)閿?shù)列｛4｝是首項(xiàng)和公比均為2的等比數(shù)列，所以bn=2,

｛αn｝中的項(xiàng)為1,3,5,7,9,11,13,15,17,19,21,23,25,27,29,31,33,35,

｛bn｝中的項(xiàng)為2,4,8,16,32,64,128........

所以數(shù)列｛cri｝中的項(xiàng)為1,2,3,4,5,7,8,9,11,13,15,16,17,

故02=16,故A正確；

令2n<2m-l<2n+1(m,n6N*),解得2nτ+、<m<2n+

因?yàn)?皿+3-卜時(shí)1+；)=2"1,

所以數(shù)列｛7｝中bn與bn+ι之間共有2"i項(xiàng)，故B正確；

2nnn+1

b2n=2=4",a2n=2-2-l=2-1,故C錯(cuò)誤：

令可得故￡＞錯(cuò)誤.

n=2,brι=b?=4,c2n-ι+n-1=C3=3,

故選AB.

13.【答案】78

【解析】

【分析】

本題考查了等差數(shù)列前H項(xiàng)和的性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題.

設(shè)等差數(shù)列的前項(xiàng)和為右,貝成等差數(shù)列，根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)

｛0｝n∣*3,S6-S3,S9-S6,S12-Sg

列方程求解即可.

【解答】

解：設(shè)等差數(shù)列｛即｝的前n項(xiàng)和為無,

故成等差數(shù)列，即成等差數(shù)列，

S3,56-S3-59-S6,S12-Sg6,15,Sg-21,S12-Sg

所以解得

6+(S9-21)=15x2=30,Sg=45,

又

15+(S12-S9)=2(S9-21),

所以

15+(S12-45)=2(45-21),

解得工2=78.

故答案為：78.

14.【答案】M

4

【解析】

【分析】

本題考查雙曲線的離心率，屬于基礎(chǔ)題.

設(shè)已知雙曲線C的實(shí)軸長為2α,虛軸長為2b,可得共朝雙曲線實(shí)軸長為2b,虛軸長為2α,結(jié)合離

心率公式可得共舸雙曲線的離心率e'=Jl+'=3.求喏4進(jìn)而可求解雙曲線C的離心率.

【解答】

解：設(shè)已知雙曲線C的實(shí)軸長為2α,虛軸長為2b,其離心率e=￡

a

因?yàn)橐噪p曲線的實(shí)軸為虛軸、虛軸為實(shí)軸的雙曲線與原雙曲線互為共輾雙曲線,

所以共規(guī)雙曲線實(shí)軸長為2b,虛軸長為2α,

設(shè)其離心率為e',由題意得e'=Jl+%=3,

所以《=8,則

所以雙曲線C的離心率為

e十叵二岑

故答案為：平.

4

15.【答案】?

【解析】

【分析】

本題考查幾何體的外接球問題，圓錐的體積以及球的體積公式，考查計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題.

設(shè)出球的半徑R,用R表示出圓錐的底面半徑與高，然后求出球的體積以及圓錐的體積，即可求出

結(jié)果.

【解答】

解：如圖，設(shè)球半徑為R,

由軸截面為正三角形的圓錐，可得圓錐的底面半徑r=^R,圓錐的高九=我，

ZN

2

???圓錐的體積VI=WTrr2h=ITTX俘R)X

??\乙/乙O

球的體積匕=3加內(nèi),

I/-τιR^Q

.??圓錐的體積與球。的體積的比值為?=I=葛，

^nR632

故答案為：?.

16.【答案】2

X2y2

豆+丁=1

44

【解析】

【分析】

本題考查曲線與方程，考查橢圓的幾何性質(zhì)，圓與圓的位置關(guān)系，屬于難題.

若R=4時(shí)，切點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的內(nèi)擺線，如圖所示，進(jìn)行求解即可；若R=2時(shí)?，切點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的內(nèi)擺線為

線段4B,設(shè)出橢圓方程進(jìn)行求解即可.

【解答】

解：若R=4時(shí)，切點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的內(nèi)擺線，如圖所示：

點(diǎn)P在圖中位置時(shí)，IPol取的最小，∣P0∣的最小值為4-2=2：

若R=2時(shí)，切點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的內(nèi)擺線為線段48,如圖所示：

已知線段MP的中點(diǎn)N的軌跡為橢圓,

則設(shè)橢圓方程為a+，=1,(α>b>0),

可得α=l+∣=∣,fa=p

%2y2

故橢圓的方程為：—+÷=1.

44

%2y2

故答案為：2；—+÷=1.

44

17.【答案】解：(1)證明：因?yàn)?B=4C,M為線段BC的中點(diǎn)，

所以BC_L4M,

因?yàn)镻4是三棱錐P-4BC的高，

所以24_L平面4BC,

因?yàn)锽CU平面ABC,

所以Pa1BC,

因?yàn)镻Au平面P4M,AMU平面P4M,PAnAM=A,

所以BC1平面/MM；

(2)設(shè)4到平面PBC的距離為d,

在Rt?BAC中，AM=-BC=^y∕AB2+AC2=；X√4T4=√2,

因?yàn)镻A1平面ABC,AMU平面/BC,

所以PA14M,

在Rt?PAM中，PM=yJPA2+AM2=√4+2=V6，

因?yàn)镻A是三棱錐P-ABC的高，

所以/TBC=：S“BC×PA=?×?×2×2×2=^,

由(I)知BCI平面PAM,PMU平面PaM,

所以BC1PM,

1114

貝%d2d

PBC=-X=-X-XXX=-

-3?pFc32√2√63

解得d=竽，

所以4到平面PBC的距離為苧.

【解析】本題考查了線面垂直的判定，點(diǎn)到平面的距離，屬于中檔題.

(1)由題意得到BCI4M,、PAI平面ABC,可得PAIBC,進(jìn)而能證明結(jié)論;

(2)根據(jù)等體積法即可得到答案.

18.【答案】解：(1)設(shè)等比數(shù)列｛%τ｝的公比為q，

因?yàn)?S2-3S3+S4=0,

所以2($2-$3)+$4-S3=O,

所以=2α3>

所以q=詈=2,

a3

所以an=αlqnτ=2%

n

(2)由(I)得，bn=n×2,

所以Tn=1X2+2X22+…+riX2"①，

所以2〃=1×22+2×23+???+(n-1)×2n+nX2n+1②，

n+1>1

①-②得：一〃=2+22+…+2"-nX2=22)一ZlX2n+ι

L-Z

=(l-π)2n+1-2,

所以%=(n-l)?2n+ι+2.

【解析】本題考查等比數(shù)列的通項(xiàng)公式，等比數(shù)列的求和公式以及錯(cuò)位相減法求和，屬于中檔題.

(1)由題意得a4=2的,可得q=2,進(jìn)而可得通項(xiàng)公式；

(2)由(1)得力=nx2rι,運(yùn)用錯(cuò)位相減法，結(jié)合等比數(shù)列的求和公式求解即可.

19.【答案】解：(1)設(shè)雙曲線C的焦距為2c(c>0),

因?yàn)殡p曲線C的實(shí)軸長為2,

所以2α=2,解得α=1,

因?yàn)橛医裹c(diǎn)F到X=飄距離為今

所以IC-Il=；，解得C=I或c=2,

因?yàn)镃>Q,所以C=2,

所以/=c2—α2=4—1=3,

所以雙曲線C的方程為M一1=1；

(2)設(shè)MQl,%),/V(x2,y2),

2y2_

則X~T=1,化簡得/+χ-2=0,

.y=χ-ι

解得Xi=1，×2=-2,所以yι=0,丫2=-3,

所以SAMNF=；IC-XilX∣y∑l=∣×ι×3=∣?

【解析】本題考查了雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程和雙曲線中的面積問題，是中檔題.

(1)設(shè)雙曲線C的焦距為2c(c>0),由雙曲線C的實(shí)軸長為2,得出α,由右焦點(diǎn)尸到X=|的距離為:，

得出c,再得出b2,可得雙曲線C的方程；

(2)直線y=X-I與雙曲線C聯(lián)立，得出M、N的橫坐標(biāo)和縱坐標(biāo)，由SAMNF=-∕∣x∣y2∣,可

得結(jié)果.

20.【答案】解：(1)選①：因?yàn)榕c+2一即=2,

所以數(shù)列｛an｝的奇數(shù)項(xiàng)和偶數(shù)項(xiàng)是分別以2為公差的等差數(shù)列，

所以當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，αrι=o?+2X與?=n;

當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，α?=。2+2X?=n,

所以αn=Tii

選②：因?yàn)?Srt=(n+l)αrι,(*)

當(dāng)n≥2時(shí)，2Sτι-ι=71與_1,(**)

(*)-(**),得(n-l)αn=nαnγ,則攀=得'，

所以數(shù)列｛爭是首項(xiàng)為1的常數(shù)列，

所以手=1,則αj2=n;

選③：因?yàn)閚S7l+ι=(n+2)Sjl,

所以_?±ι—=%,

,

小少(n+2)(n+l)(n+l)n

所以數(shù)列｛翁方是首項(xiàng)為義的常數(shù)列，

所以品E，則Sn=筆2

所以當(dāng)n≥2時(shí)，αn=S71—SnT=岑生一更產(chǎn)=n,

當(dāng)九=1時(shí)，α1=1,也符合上式，

所以Qn=n；

(2)山⑴得，-=思用=茨一焉)，

所以及=XIV+A3+A-焉)=*1-磊-高)?

【解析】本題考查求數(shù)列的通項(xiàng)公式及裂項(xiàng)相消法求和，屬于中檔題.

(1)選①由即+2-即=2,可得數(shù)列｛arι｝的奇數(shù)項(xiàng)和偶數(shù)項(xiàng)是分別以2為公差的等差數(shù)列，分類即

可求即；

選②轉(zhuǎn)化可得手=甘，可得數(shù)列｛等是首項(xiàng)為1的常數(shù)列，從而可得與；

選③轉(zhuǎn)化可得面貌而=淄詞可得數(shù)列Q?｝是首項(xiàng)為抽常數(shù)列，則Sn=噂2由廝=

Sn-Sn-I可得α7l;

(2)由(1)得，7≠-=∣?-?),利用裂項(xiàng)相消法求和即可.

∏+24"?lιL

21.【答案】解：(1)證明：在三棱柱ABC-<BιG中,AB//A1B1,

在AAB√lι中，AB1=AA1,線段的中點(diǎn)為M,

所以為&LAM,

所以4B1AM,

因?yàn)锽CjLAM,BCU平面ABC,4Bu平面ABC,ABCBC=B,

所以AM1平面4BC；

(2)因?yàn)?M1平面ABC,ACU平面ABC,

所以AMlaC,

以A為原點(diǎn)，在平面ABC內(nèi)過A作AC的垂線為X軸，AC,AM分別為y、Z軸，如圖建立空間直角坐

標(biāo)系,

則A(OoO),β(√3,-l,0),β1(y,-^√3),C(O20),M(0,0,√3))

所以福=(日,一;,√5),BC=(-√3,3,0).AM=(O,O,√3).

因?yàn)橥逷=I麗=IBC=(一竽,2,0),

所以P(-4J,W),

DZ

所以萬=(一4J√5),

OL

設(shè)平面Bi441的一個(gè)法向量汨=(%ι,yllz1),

原色=梟-/+Viz】=。,令％=6，得-=0,

則

.∏7?AM=y∕3z1=0

所以汨=(l,√5,0),

設(shè)平面PBIA的一個(gè)法向量孤=(%2，、2/2)，

(vζ-AB^=γx2-?y2+√3Z2=0

則一同\，令》2=3，得力—遮，z2=-1

(荻.AP=——%2+］丫2+√3?=0

所以近=

設(shè)二面角P-B1A-Al的平面角為6