2019-2020学年江苏省连云港市高二（上）期末数学试卷（含详细解答）

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1、2019-2020 学年江苏省连云港市高二（上）期末数学试卷一、单项选择题（本大题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共计分，共计 40 分在每小题给出的四个选项中，分在每小题给出的四个选项中， 只有一个是符合题目要求的，请把答案添涂在答题卡相应位置上）只有一个是符合题目要求的，请把答案添涂在答题卡相应位置上） 1 （5 分）命题“xR，x2x+10”的否定是（ ） AxR，x2x+10 BxR，x2x+10 CxR，x2x+10 DxR，x2x+10 2 （5 分）双曲线1 的渐近线方程是（ ） Ax2y1x2y0 Bx2y0 C2xy1 D2xy0 3 （5 分） “MN”是“log

2、2Mlog2N”的（ ） A充要条件 B充分不必要条件 C必要不充分条件 D既不充分也不必要条件 4 （5 分）已知向量 （，6，2） ， （1，3，1） ，满足 ，则实数 的值是（ ） A2 B6 C2 D6 5 （5 分）已知点 F1，F2是椭圆 E：1 的左、右焦点，点 P 为椭圆 E 上异于左、 右顶点的任意一点，则PF1F2的周长是（ ） A10 B11 C12 D14 6 （5 分）等差数列an中，已知 a79，S55，则 S8的值是（ ） A23 B30 C32 D34 7 （5 分）如图，在三棱锥 SABC 中，底面 ABC 是边长为 3 的正三角形，点 P，Q 满足 2，SB

3、3，PQ2，则异面直线 PQ，SB 所成角的大小是（ ） 第 2 页（共 23 页） A30 B45 C60 D90 8 （5 分）已知椭圆 E：（ab0） ，直线 x与椭圆 E 交于 A，B 两点，且 OAOB（O 为坐标原点） ，则椭圆 E 的离心率是（ ） A B C D 二、多项选择题（本大题共二、多项选择题（本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共计分，共计 20 分在每分在每小题给出的四个选项中，小题给出的四个选项中， 至少有两个是符合题目要求的，请把答案添涂在答题卡相应位置上）至少有两个是符合题目要求的，请把答案添涂在答题卡相应位置上） 9 （5 分）已知等比数列an中

4、，满足 a11，公比 q2，则（ ） A数列2an+an+1是等比数列 B数列an+1an是等比数列 C数列anan+1是等比数列 D数列log2|an|是递减数列 10 （5 分）已知点 P 是ABC 所在的平面外一点，若（2，1，4） ，（1，2， 1） ，（4，2，0） ，则（ ） AAPAB BAPBP CBC DAPBC 11 （5 分）已知 p，q 都是 r 的充分条件，s 是 r 的必要条件，q 是 s 的必要条件，则（ ） Ap 是 q 的既不充分也不必要条件 Bp 是 s 的充分条件 Cr 是 q 的必要不充分条件 Ds 是 q 的充要条件 12（5 分） 设 P 是椭圆 C

5、：1 上任意一点， F1， F2是椭圆 C 的左、 右焦点， 则 （ ） APF1+PF2 B2PF1PF22 第 3 页（共 23 页） C1PF1PF22 D01 三、填空题（本大题共三、填空题（本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共计分，共计 20 分其中第分其中第 15 题共有题共有 2 空，第空，第 1 个个 空空 3 分，第分，第 2 个空个空 2 分；其余题均为一空，每空分；其余题均为一空，每空 5 分请把答案填写在答题卡相应位置上）分请把答案填写在答题卡相应位置上） 13 （5 分）已知抛物线的准线方程为 x2，则该抛物线的标准方程是 14 （5 分）中国古代数学某

6、名著中有类似问题： “四百四十一里关，初行健步不为难，次日 脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还 ”其意思为：有一个 人一共走了 441 里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛，毎天走的路程为前一天的一 半，走了 6 天后到达目的地，请问第二天走了 里 15 （5 分）已知椭圆 C：1（ab0）的焦距为 2准线方程为 x3，则该椭圆 的标准方程是 ；直线 yx与该椭圆交于 A，B 两点，则 AB 16 （5 分）已知数列an的前 n 项和为 Sn，a19，Sn+Sn+1n+1（nN*） ，则 S52 四、解答题（本大题共四、解答题（本大题共 6 小题，共计小题，共计 70

7、分请在答题卡指定区域内作答解答时应写出文分请在答题卡指定区域内作答解答时应写出文 字说明、证明过程或演算步骤）字说明、证明过程或演算步骤） 17 （10 分）已知 p：方程1 表示的曲线是焦点在 x 轴上的双曲线；q：am a+2 （1）若命题 p 为真，求实数 m 的取值范围； （2）若 p 是 q 的必要条件，求实数 a 的取值范围 18 （12 分）河道上有一抛物线型拱桥，在正常水位时，拱圈最高点距水面 8m，拱圈内水 面宽 24m，一条船在水面以上部分高 6.5m，船顶部宽 6m （1）试建立适当的直角坐标系，求拱桥所在的抛物线的标准方程； （2）近日水位暴涨了 1.54m，为此，必须

8、加重船载，降低船身，才能通过桥洞，试问： 船身至少应该降低多少？（精确到 0.1m） 第 4 页（共 23 页） 19 （12 分）如图，已知点 E，F 分别是正方体 ABCDA1B1C1D1的棱 BC 和 CD 的中点， 求： （1）AD 与 EF 所成角的大小； （2）A1F 与平面 B1CD1所成角的正弦值 20（12 分） 已知数列an的前 n 项和为 Sn， 满足 Sn3+2an（nN*） ； 数列bn为等差数列 且 a1+b11，a2b348 （1）求数列an和bn的通项公式； （2）若 Tn为数列的前 n 项和，求满足不等式 Tn的 n 的最大值 21 （12 分） 如图， 在三

9、棱锥 PABC 中， PA3， PBPC， ABAC2， BC （1）求二面角 BAPC 大小的余弦值； （2）求点 P 到底面 ABC 的距离 第 5 页（共 23 页） 22 （12 分）如图，点 F 为椭圆 C：（ab0）的左焦点，点 A，B 分别为椭 圆 C 的右顶点和上顶点，点 P（，）在椭圆 C 上，且满足 OPAB （1）求椭圆 C 的方程； （2）若过点 F 的直线 l 交椭圆 C 于 D，E 两点（点 D 位于 x 轴上方） ，直线 AD 和 AE 的 斜率分别为 k1和 k2，且满足 k1k22，求直线 l 的方程 第 6 页（共 23 页） 2019-2020 学年江苏省

10、连云港市高二（上）期末数学试卷学年江苏省连云港市高二（上）期末数学试卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、单项选择题（本大题共一、单项选择题（本大题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共计分，共计 40 分在每小题给出的四个选项中，分在每小题给出的四个选项中， 只有一个是符合题目要求的，请把答案添涂在答题卡相应位置上）只有一个是符合题目要求的，请把答案添涂在答题卡相应位置上） 1 （5 分）命题“xR，x2x+10”的否定是（ ） AxR，x2x+10 BxR，x2x+10 CxR，x2x+10 DxR，x2x+10 【分析】命题“xR，x2x+10”是全称命题，其否定应为特称命

11、题，注意量词和不 等号的变化 【解答】解：命题“xR，x2x+10”是全称命题，否定时将量词对任意的 xR 变为 xR，再将不等号变为即可 故选：A 【点评】本题考查命题的否定，全称命题和特称命题，属基本知识的考查注意在写命 题的否定时量词的变化，属基础题 2 （5 分）双曲线1 的渐近线方程是（ ） Ax2y1x2y0 Bx2y0 C2xy1 D2xy0 【分析】 由双曲线的渐近线方程为 yx， 求出 a， b 即可得到渐近线方程 【解答】解：双曲线的标准方程为y21，可得 a2，b1， 由于渐近线方程为 yx， 即为 yx即 x2y0 故选：B 【点评】本题考查双曲线的方程和性质，考查渐近

12、线方程的求法，考查运算能力，属于 基础题 3 （5 分） “MN”是“log2Mlog2N”的（ ） A充要条件 B充分不必要条件 第 7 页（共 23 页） C必要不充分条件 D既不充分也不必要条件 【分析】由对数的运算性质结合充分必要条件的判定方法得答案 【解答】解：由 MN，不一定得到 log2Mlog2N，如 M，N 为负值时 log2M，log2N 无 意义； 反之，由 log2Mlog2N，能够得到 MN “MN”是“log2Mlog2N”的必要不充分条件 故选：C 【点评】本题考查对数的运算性质，考查充分必要条件的判定方法，是基础题 4 （5 分）已知向量 （，6，2） ， （1

13、，3，1） ，满足 ，则实数 的值是（ ） A2 B6 C2 D6 【分析】利用向量平行的性质直接求解 【解答】解：向量 （，6，2） ， （1，3，1） ，满足 ， ，解得 2， 实数 的值是2 故选：C 【点评】本题考查实数值的求法，考查向量平行的性质等基础知识，考查运算求解能力， 是基础题 5 （5 分）已知点 F1，F2是椭圆 E：1 的左、右焦点，点 P 为椭圆 E 上异于左、 右顶点的任意一点，则PF1F2的周长是（ ） A10 B11 C12 D14 【分析】由椭圆 E：1 知，a4，b，c3，可得AF1F2周长为 2a+2c 【解答】解：由椭圆 E：1 知，a4，b，c3， A

14、F1F2周长为 2a+2c8+614 故选：D 【点评】本题考查了椭圆的定义标准方程及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于 中档题 第 8 页（共 23 页） 6 （5 分）等差数列an中，已知 a79，S55，则 S8的值是（ ） A23 B30 C32 D34 【分析】利用等差数列的通项公式求和公式即可得出 【解答】解：设等差数列an的公差为 d，a79，S55， a1+6d9，5a1+d5， 解得：a13，d2， 则 S88（3）+232 故选：C 【点评】本题考查了等差数列的通项公式求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于 基础题 7 （5 分）如图，在三棱锥 SABC 中，底面 A

15、BC 是边长为 3 的正三角形，点 P，Q 满足 2，SB3，PQ2，则异面直线 PQ，SB 所成角的大小是（ ） A30 B45 C60 D90 【分析】先过点 Q 作 SB 的平行线，将异面直线 PQ，SB 所成角转化为平面角，然后再 利用三角知识求得所成角的大小 【解答】解：作 BC 的三等分点 R，使得 BR2RC，连结 QR，PR， QR1 且 QRSB PQ 则 PQ，SB 所成角的大小PQR 根据余弦定理 PR2PB2+RB22cosABC1+423 而又根据余弦定理 PR2PQ2+RQ22cosPQR4+14cosPQR， 所以 354cosPQR，即，故 PQ，SB 所成角的

16、大小为 60 第 9 页（共 23 页） 故选：C 【点评】本题考查空间几何，以及解三角形，是道综合题 8 （5 分）已知椭圆 E：（ab0） ，直线 x与椭圆 E 交于 A，B 两点，且 OAOB（O 为坐标原点） ，则椭圆 E 的离心率是（ ） A B C D 【分析】利用已知条件，求出 A 的坐标，代入椭圆方程，转化求解离心率即可 【解答】解：椭圆 E：（ab0） ，直线 x与椭圆 E 交于 A，B 两点，且 OAOB（O 为坐标原点） ， 可得 A（，） ，代入椭圆方程可得：， 可得 a23b23（a2c2） ， 可得：2a23c2； 所以 e 故选：D 【点评】本题考查椭圆的简单性质

17、的应用，是基本知识的考查，基础题 二、多项选择题（本大题共二、多项选择题（本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共计分，共计 20 分在每小题给出的四个选项中，分在每小题给出的四个选项中， 至少至少有两个是符合题目要求的，请把答案添涂在答题卡相应位置上）有两个是符合题目要求的，请把答案添涂在答题卡相应位置上） 9 （5 分）已知等比数列an中，满足 a11，公比 q2，则（ ） A数列2an+an+1是等比数列 B数列an+1an是等比数列 第 10 页（共 23 页） C数列anan+1是等比数列 D数列log2|an|是递减数列 【分析】由题意利用查等比数列的定义、通项公式、性质

18、，判断各个选项是否正确，从 而得出结论 【解答】解：等比数列an中，满足 a11，公比 q2， an1（2）n 1（2）n1 由此可得 2an+an+12 （2）n 1+（2）n0，故 A 错误； an+1an（2）n（2）n 13 （2）n1，故数列a n+1an是等比数列，故 B 正确； anan+1（2）n 1 （2）n（2）2n1，故数列a nan+1是等比数列，故 C 正确； log2|an|log22n 1n1，故数列log 2|an|是递增数，故 D 错误， 故选：BC 【点评】本题主要考查等比数列的定义、通项公式、性质，属于基础题 10 （5 分）已知点 P 是ABC 所在的平

19、面外一点，若（2，1，4） ，（1，2， 1） ，（4，2，0） ，则（ ） AAPAB BAPBP CBC DAPBC 【分析】A计算，即可判断出结论； B.+，计算，即可判断出结论 C，即可得出| D假设k，判定是否存在 k 【解答】解；A.22+40，因此正确 B.+（2，1，4）+（1，2，1）（3，3，3） ，3+63 60，AP 与 BP 不垂直，因此不正确 C （4， 2， 0） （2， 1， 4） （6， 1， 4） ， | ，因此正确 第 11 页（共 23 页） D假设k，则，无解，因此假设不正确，因此 AP 与 BC 不可能平行， 因此不正确 故选：AC 【点评】本题考查

20、了空间向量坐标运算性质、数量积运算性质、平行与垂直的判定，考 查了推理能力与计算能力，属于基础题 11 （5 分）已知 p，q 都是 r 的充分条件，s 是 r 的必要条件，q 是 s 的必要条件，则（ ） Ap 是 q 的既不充分也不必要条件 Bp 是 s 的充分条件 Cr 是 q 的必要不充分条件 Ds 是 q 的充要条件 【分析】由已知可得 prsq；qrs，然后逐一分析四个选项得答案 【解答】解：由已知得：prsq；qrs p 是 q 的充分条件；p 是 s 的充分条件；r 是 q 的充要条件；s 是 q 的充要条件 正确的是 B、D 故选：BD 【点评】本题考查充分必要条件的判定，是

21、基础题 12（5 分） 设 P 是椭圆 C：1 上任意一点， F1， F2是椭圆 C 的左、 右焦点， 则 （ ） APF1+PF2 B2PF1PF22 C1PF1PF22 D01 【分析】通过椭圆方程，求出 a，b，c，然后利用椭圆的定义转化求解判断选项的正误即 可 【解答】解：椭圆 C：1，可得 a，bc1，P 是椭圆 C：1 上任意一点，F1，F2是椭圆 C 的左、右焦点， 所以 PF1+PF2，正确； 2PF1PF22，所以 B 错误； PF1PF2 第 12 页（共 23 页） 2cos21，2，所以 C 正确； 因 为cos F1PF2 （） （） 2cos21+sin2cos20

22、，1，所以 D 正确； 故选：ACD 【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，向量的数量积，椭圆的定义的应用，是难题 三、填空题（本大题共三、填空题（本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共计分，共计 20 分其中第分其中第 15 题共有题共有 2 空，第空，第 1 个个 空空 3 分，第分，第 2 个空个空 2 分；其余题均为一空，每空分；其余题均为一空，每空 5 分请把答案填写在答题卡相应位置上）分请把答案填写在答题卡相应位置上） 13 （5 分）已知抛物线的准线方程为 x2，则该抛物线的标准方程是 y28x 【分析】根据题意，设抛物线的标准方程为 y22px（p0） ，由抛物线的

23、准线方程可 得 x2，解可得 p 的值，即可得答案 【解答】解：根据题意，抛物线的准线方程为 x2，则其焦点在 x 轴的负半轴上， 设抛物线的标准方程为 y22px（p0） ， 其准线方程为 x2，解可得 p4； 则抛物线的方程为 y28x； 故答案为：y28x 【点评】本题考查抛物线的标准方程，涉及抛物线的准线方程的计算，属于基础题 14 （5 分）中国古代数学某名著中有类似问题： “四百四十一里关，初行健步不为难，次日 脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还 ”其意思为：有一个 人一共走了 441 里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛，毎天走的路程为前一天的一 半，走了

24、 6 天后到达目的地，请问第二天走了 112 里 【分析】根据题意，设此人第六天走了 a 里，则第五天走了 2a 里，依次下去，构成 一个等比数列，其公比为 2；由等比数列的前 n 项和公式可得 S441，解可 得 a 的值，进而结合等比数列的通项公式计算可得的答案 【解答】解：根据题意，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半， 则设此人第六天走了 a 里，则第五天走了 2a 里，依次下去，构成一个等比数列，其 公比为 2； 又由此人 6 天一共走了 441 里，则有 S441，解可得：a7， 第 13 页（共 23 页） 则第二天走了 a24112 里； 故答案为：112 【点评】本题考

25、查等比数列的前 n 项和，涉及等比数列的通项公式，属于基础题 15 （5 分）已知椭圆 C：1（ab0）的焦距为 2准线方程为 x3，则该椭圆 的标准方程是 1 ； 直线yx与该椭圆交于A， B两点， 则AB 【分析】利用椭圆的焦距以及准线方程求解 a，b，即可得到椭圆方程，联立直线与椭圆 方程，求出 AB 坐标即可求解距离 【解答】解：椭圆 C：1（ab0）的焦距为 2 所以 c1，准线方程为 x3，a， 所以 b， 则该椭圆的标准方程是1 把准线方程代入椭圆方程，可得：5x26x0， 可得 x0 或 x 不妨 A（0，） ，B（，） ， 所以|AB|， 故答案为：1； 【点评】本题考查椭圆

26、的简单性质以及椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合 应用，是基本知识的考查 16 （5 分）已知数列an的前 n 项和为 Sn，a19，Sn+Sn+1n+1（nN*） ，则 S52 2020 【分析】可以通过给出的递推公式作差来求出此数列相邻两项和，利用累加的方式求得 前 52 项和 【解答】解：Sn+Sn+1n+1（nN*） ， 第 14 页（共 23 页） ， 两式相减得，Sn+2Sn3n+3， 故 S52（S52S50）+（S50S48）+（S4S2）+（S2+S1）S1 故答案为：2020 【点评】本题考查了一般数列的性质，通过递推公式来计算数列的前 n 项和，另外要注 意 n

27、的奇偶性，此题给出的是 n 是偶数，如果是奇数，则容易一些，本题属于中档题 四、解答题（本大题共四、解答题（本大题共 6 小题，共计小题，共计 70 分请在答题卡指定区域内作答解答时应写出文分请在答题卡指定区域内作答解答时应写出文 字说明、证明过程或演算步骤）字说明、证明过程或演算步骤） 17 （10 分）已知 p：方程1 表示的曲线是焦点在 x 轴上的双曲线；q：am a+2 （1）若命题 p 为真，求实数 m 的取值范围； （2）若 p 是 q 的必要条件，求实数 a 的取值范围 【分析】 （1） 由方程表示的曲线是焦点在 x 轴上的双曲线， 得由 此能求出命题 p 为真时实数 m 的取值

28、范围 （2）由 qp，得到a，a+2（0，+） ，由此能求出实数 a 的取值范围 【解答】解： （1）因为方程表示的曲线是焦点在 x 轴上的双曲线， 所以解得 m0，所以命题 p 为真时实数 m 的取值范围为（0，+） （2）因为 p 是 q 的必要条件，所以 qp， 所以a，a+2（0，+） ，故 a0 综上，实数 a 的取值范围为（0，+） 【点评】本题考查实数的取值范围的求法，考查双曲线、必要条件等基础知识，考查运 算求解能力，是基础题 18 （12 分）河道上有一抛物线型拱桥，在正常水位时，拱圈最高点距水面 8m，拱圈内水 面宽 24m，一条船在水面以上部分高 6.5m，船顶部宽 6m

29、 第 15 页（共 23 页） （1）试建立适当的直角坐标系，求拱桥所在的抛物线的标准方程； （2）近日水位暴涨了 1.54m，为此，必须加重船载，降低船身，才能通过桥洞，试问： 船身至少应该降低多少？（精确到 0.1m） 【分析】 （1）设抛物线型拱桥与水面两交点分别为 A，B，以 AB 垂直平分线为 y 轴，拱 圈最高点 O 为坐标原点，建立平面直角坐标系，则 A（12，8） ，B（12，8） ，设拱 桥所在的抛物线方程为 x22py（p0） ，由点 A（12，8）在抛物线上，能求出拱 桥所在的抛物线方程 （2）因 x218y，故当 x3 时，y0.5，故当水位暴涨 1.54m 后，船身至

30、少应降低 6.5+1.54（80.5）0.54，由此能求出船身应降低 0.6m，才能安全通过桥洞 【解答】解： （1）设抛物线型拱桥与水面两交点分别为 A，B， 以 AB 垂直平分线为 y 轴，拱圈最高点 O 为坐标原点，建立平面直角坐标系， 则 A（12，8） ，B（12，8） ， 设拱桥所在的抛物线方程为 x22py（p0） ， 因点 A（12，8）在抛物线上，代入解得 p9， 故拱桥所在的抛物线方程是 x218y （2）因 x218y，故当 x3 时，y0.5， 故当水位暴涨 1.54m 后，船身至少应降低 6.5+1.54（80.5）0.54， 因精确到 0.1m，故船身应降低 0.6

31、m 故船身应降低 0.6m，才能安全通过桥洞 【点评】本题考查抛物线标准方程的求法及应用，考查函数性质有生产生活中的应用等 基础知识，考查运算求解能力和应用意识，是中档题 19 （12 分）如图，已知点 E，F 分别是正方体 ABCDA1B1C1D1的棱 BC 和 CD 的中点， 求： （1）AD 与 EF 所成角的大小； 第 16 页（共 23 页） （2）A1F 与平面 B1CD1所成角的正弦值 【分析】 （1）不妨设正方体的棱长为 1，以为单位正交基底，建立空 间直角坐标系 Dxyz，利用向量法能求出 A1D 与 EF 所成角的大小 （2）求出平面 D1B1C 的法向量，利用向量法能求出

32、 A1F 与平面 D1B1C 所成角的正弦值 【解答】解： （1）不妨设正方体的棱长为 1，以为单位正交基底，建 立如图所示， 空间直角坐标系 Dxyz，则各点坐标为： A（1，0，0） ，C（0，1，0） ，C1（0，1，1） ，A1（1，0，1） ， B1（1，1，1） ，D1（0，0，1） ， ， ， ， 由， 0，向量与夹角为， A1D 与 EF 所成角的大小为 （ 2 ）， ， ， ， 第 17 页（共 23 页） 又 D1C1D1CD1，平面 D1B1C，是平面 D1B1C 的法向量， ， ， ， 综上，A1F 与平面 D1B1C 所成角的正弦值为 【点评】本题考查异面直线所成角的

33、余弦值、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（12 分） 已知数列an的前 n 项和为 Sn， 满足 Sn3+2an（nN*） ； 数列bn为等差数列 且 a1+b11，a2b348 （1）求数列an和bn的通项公式； （2）若 Tn为数列的前 n 项和，求满足不等式 Tn的 n 的最大值 【分析】 （1）直接利用数列的递推关系式的应用求出数列的通项公式 （2）利用裂项相消法在数列求和中的应用求出数列的和进一步求出结果 【解答】解： （1）因为 Sn3+2an， 所以当 n1 时，S13+2a1， 解得 a13 当 n2 时

34、，anSnSn1（3+2an）（3+2an1） ， 化简得 an2an1 又 a130，所以 an0， 第 18 页（共 23 页） 因此， 所以an是首项为3 公比为 2 的等比数列， 即； 又 a1+b11，a2b348，即3+b11，6b348， 所以 b12，b38， 因为数列bn为等差数列， 所以公差， 故 bn3n1； （2）由（1）知an是首项为3 公比为 2 的等比数列，所以， 所以， ， ， 故Tn 若， 即， 即， 可得 2n+11210， 所以 n9， 综上，使得式 Tn的最大的 n 的值为 9 【点评】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，裂项相消法在数列求和

35、 中的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型 第 19 页（共 23 页） 21 （12 分） 如图， 在三棱锥 PABC 中， PA3， PBPC， ABAC2， BC （1）求二面角 BAPC 大小的余弦值； （2）求点 P 到底面 ABC 的距离 【分析】 （1）在ABP 中作 BDAP，垂足为 D，连接 CD，则BDC 为二面角 BAP C 的平面角，求出BDC 的余弦值即可； （2） （解法一）取 BC 中点 E，连结 AE，PE，在平面 PAE 中作 POAE，垂足为 O，利 用直角三角形计算 PO 的长即可 （解法二）利用等积法计算三棱锥 PABC 的高即

36、可 【解答】解： （1）在ABP 中作 BDAP，垂足为 D，连接 CD，如图所示 1； 因为，ABAC2，AP 为公共边， 所以ABPACP， 又 BDAP，所以 CDAP， 所以BDC 为二面角 BAPC 的平面角； 又 PB2+AB2PA2，所以PBA90， 所以ABP 的面积为， 所以，同理； 在BCD 中， 所以二面角 BAPC 大小的余弦值为 （2） （解法一）取 BC 中点 E，连结 AE，PE，在平面 PAE 中作 POAE，垂足为 O，如 图 2 所示； 因为 ABAC，所以 AEBC同理 PEBC 又 AEPEE，AE平面 PAE，PE平面 PAE，所以 BC平面 PAE

37、因为 PO平面 PAE，所以 POBC 第 20 页（共 23 页） 又 POAE，BCAEE，BC平面 ABC，AE平面 ABC， 所以 PO平面 ABC， 因此，点 P 到底面 ABC 的距离即为 PO 的长； 在 RtABE 中， 在 RtPBE 中， 在PAE 中， 所以， 在 RtPAO 中， 综上，点 P 到底面 ABC 的距离为 （解法二）由（1）知 BDAP，CDAP，又 BD面 BCD，CD面 BCD，BDCDD； 所以 AP面 BCD，则， 在BCD 中， 所以； 则； 在ABC 中，ABAC2，则； 设点 P 到底面 ABC 的距离为 h，则， 解得 第 21 页（共 2

38、3 页） 【点评】本题考查了空间角与空间距离的计算问题，也考查了空间想象力与推理运算能 力，是中档题 22 （12 分）如图，点 F 为椭圆 C：（ab0）的左焦点，点 A，B 分别为椭 圆 C 的右顶点和上顶点，点 P（，）在椭圆 C 上，且满足 OPAB （1）求椭圆 C 的方程； （2）若过点 F 的直线 l 交椭圆 C 于 D，E 两点（点 D 位于 x 轴上方） ，直线 AD 和 AE 的 斜率分别为 k1和 k2，且满足 k1k22，求直线 l 的方程 【分析】 （1）通过在椭圆，结 kOPkAB，求出 a，b，然 后求解椭圆 C 的方程 （2） （法一）设直线 l 的方程为 xk

39、y1，设 D（x1，y1） ，E（x2，y2） ，联立方程组 消去 x 得（3k2+4）y26ky90，利用韦达定理，转化求解斜率关系， 然后求解直线方程 （法二）直线 l 的斜率存在时，设 l 的方程为 yk（x+1） ，设 D（x1，y1） ，E（x2，y2） ， 第 22 页（共 23 页） 联立方程组消去 y 得（4k2+3）x2+8k2x+4k2120，利用韦达定理以及 弦长公式，结合 kADkAE2，求出直线的斜率，然后求解直线 l 的方程 【解答】 解： （1） 由在椭圆（ab0） 上得； 如图，由 A 为 C 的右顶点 B 为 C 的上顶点可知 A（a，0） ，B（0，b） 因

40、 OPAB，所以 kOPkAB，则； 联立得方程组解得故所求椭圆 C 的方程为 （2） （法一）因椭圆 C 的方程为，所以 F（1，0） ，A（2，0） 因直线的斜率不为 0，可设直线 l 的方程为 xky1，设 D（x1，y1） ，E（x2，y2） ， 联立方程组消去 x 得（3k2+4）y26ky90， 解得，故， 因kAD kAE 2 ， 则， 则， 即 ， 化简得，故， 所以直线 l 的方程为，即 第 23 页（共 23 页） （法二）因椭圆 C 的方程为，所以 F（1，0） ，A（2，0） 当直线 l 的斜率不存在时 kADkAE1 当直线 l 的斜率存在时，设 l 的方程为 yk（x+1） ，设 D（x1，y1） ，E（x2，y2） ， 联立方程组消去 y 得（4k2+3）x2+8k2x+4k2120， 解 得， 故， 因 kADkAE2，则， 由y k （ x+1 ） 得， 即， ，2， 化简得，解得， 所以直线 l 的方程为，即 【点评】本题考查直线与椭圆的位置关系的综合应用，椭圆方程的求法，考查转化思想 以及计算能力，设而不求方法的应用，是难题