2020-2021学年江苏省常州市溧阳市高二(上)期末数学试卷 (1)

2020-2021学年江苏省常州市溧阳市高二（上）期末数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）
1.设x∈R，则“2x>4”是“x2+2x−3>0”的()
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件
2.已知等差数列{a n}的前n项和为S n，若a1=12,S5=90，则等差数列{a n}的公差d=
A. 2
B. 3
2
C. 3
D. 4
3.若对于任意的x∈[0,2]，不等式x2−2x+a>0恒成立，则a的取值范围为()
A. (−∞,1)
B. (1,+∞)
C. (0,+∞)
D. [1,+∞)
4.著名物理学家李政道说：“科学和艺术是不可分割的”.音乐中使用的乐音在高度上不是任意定的，它
们是按照严格的数学方法确定的，我国明代的数学家、音乐理论家朱载填创立了十二平均律是第一个利用数学使音律公式化的人，十二平均律的生律法是精确规定八度的比例，把八度分成13个半音，使相邻两个半音之间的频率比是常数，如表所示，其中a1，a2，…，a13表示这些半音的频率，它们满
足(a i+1a
i )12=2(i=1,2,…,12).若某一半音与的频率之比为√2
3，则该半音为()
频率a1a2a3a4a5a6a7a8a9a10a11a12a13
半音C D E F G A B C(八度)
A. B. G C. D. A
5.已知在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别为A1D，AC上的点，且满足A1D=3MD，AN=2NC，
则异面直线MN与C1D1所成角的余弦值为()
A. 2√5
5B. √5
5
C. −√3
3
D. √2
4
6.航天器的轨道有很多种，其中“地球同步转移轨道”是一个椭圆轨道，而
且地球的中心正好是椭圆的一个焦点F1.若地球的半径为r，地球同步转移轨
道的远地点A(即椭圆上离地球表面最远的点)与地球表面的距离为1
4
r，近地点B与地球表面的距离为
1
8
r，则地球同步转移轨道的离心率为()
A. 1
3B. 1
8
C. 1
17
D. 1
19
7.设O为坐标原点，直线x=a与双曲线C：x2
a2−y2
b2
=1(a>0,b>0)的两条渐近线分别交于D，E两点，
若△ODE的面积为8，则1
a +4
b
的最小值为()
A. √2
2B. √2 C. 5√2
4
D. 2√2
8.如图，已知直三棱柱ABC−A1B1C1中，P是底面A1B1C1内一动点，直线PA和
底面ABC所成角是定值，则满足条件的点P的轨迹是()
A. 直线的一部分
B. 圆的一部分
C. 抛物线的一部分
D. 椭圆的一部分
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）
9.下列结论正确的是()
A. 若a>b>0，则1
a <2
b
B. 若a，b>0，4b+a=ab，则a+b的最小值为10
C. 函数f(x)=1
x−1
+x的最小值是3
D. 若a>b>c，a+b+c=0，则c
a−c >c
b−c
10.如图，正方体ADCD−A1B1C1D1的棱长为1，则下列四个命题正确的是()
A. 直线BC 与平面ABC 1D 1所成的角等于π
4
B. 点C 到面ABC 1D 1的距离为√22
C. 两条异面直线D 1C 和BC 1所成的角为π
4
D. 二面角C −BC 1−D 的平面角的余弦值为−√33
11. 已知曲线C ：x 2m
+
y 2n
=1，( )
A. 若m >n >0，则C 是焦点在x 轴上的椭圆
B. 若m =2n(n >0)，则C 是椭圆，且其离心率为√32
C. 若mn <0，则C 是双曲线，其渐近线方程为x 2
m +y
2
n =0 D. 若m =−2n ，则C 是双曲线，其离心率为√3或√6
2
12. 已知等比数列{a n }的公比q =−1
2，等差数列{b n }的首项b 1=18，若a 8>b 8且a 9>b 9，则以下结论正
确的有( )
A. a 8>a 9
B. a 8⋅a 9<0
C. b 9>b 8
D. b 10<0
三、单空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知点A(1,2，3)，B(0,1，2)，AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则|AP
⃗⃗⃗⃗⃗ |= ______ ． 14. 已知双曲线C 过点(3,√2)且渐近线为y =±√3
3
x ，则双曲线C 的标准方程为______
15. 某市要建一个椭圆形场馆，其中椭圆的长轴长为200米，短轴长为120米.现要在该场馆内划定一个顶
点都在场馆边界上的矩形区域，当这个区域的面积最大时，矩形的周长为______ 米.
16. 如图，已知直线l ：y =x 与曲线C ：y =log 12
x ，设P 1为曲线C 上纵坐标为1的点，过P 1作y 轴的平行
线交l 于Q 2，过Q 2作y 轴的垂线交曲线C 于P 2；再过P 2作y 轴的平行线交l 于点Q 3，过Q 3作y 轴的垂线交曲线C 于P 3；……，设点P 1，P 2，P 3，…，P n 的横坐标分别为a 1，a 2，a 3，…a n .若a 2019=t.则a 2020= ______ 用t 表示)．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）
17.在①a n+1−a n=−1
3，②a n+1=a n+n−8，③a n+1
a n
=−1
2
这三个条件中任选一个，补充下面的问题：
设S n是数列{αn}的前n项和，且a1=4，_______，补充完后．
(1)求{a n}的通项公式；
(2)判断S n是否存在最大值(说明理由)．
18.如图，在四棱锥S−ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，SD⊥平面
ABCD，E，F分别为AB，SC的中点．
(1)证明：EF⊥CD．
(2)若SD=8，求直线EF与平面ABCD所成角的正弦值．
19.已知数列{a n}的前n项和S n满足√S n=√S n−1+2(n≥2,n∈N)，且a1=4．
(1)求数列{a n}的前n项和S n及通项公式a n
(2)记b n=16
，T n为{b n}的前n项和，求T n．
a n⋅a n+1
20.如图，在四棱锥S−ABCD中，ABCD为直角梯形，AD//BC，BC⊥CD，平
面SCD⊥平面ABCD，△SCD是以CD为斜边的等腰直角三角形，BC=
2AD=2CD=4，E为线段BS上一点，BE=λES．
(1)若λ=2，证明：SD//平面ACE；
(2)若二面角S−AC−E的余弦值为1
，求λ的值．
3
21.圆锥曲线有着令人惊奇的光学性质，这些性质均与它们的焦点有关.如：
从椭圆的一个焦点处出发的光线照射到椭圆上，经过反射后通过椭圆的
另一个焦点；从抛物线的焦点处出发的光线照射到抛物线上，经反射后
的光线平行于抛物线的轴.某市进行科技展览，其中有一个展品就利用了
圆锥曲线的光学性质，此展品的一个截面由一条抛物线C1和一个“开了
孔”的椭圆C2构成(小孔在椭圆的左上方).如图，椭圆与抛物线均关于x
轴对称，且抛物线和椭圆的左端点都在坐标原点，F1，F2为椭圆C2的焦点，同时F1也为抛物线C1的焦点，其中椭圆的短轴长为2√3，在F2处放置一个光源，其中一条光线经过椭圆两次反射后再次回到F2经过的路程为8.由F2照射的某些光线经椭圆反射后穿过小孔，再由抛物线反射之后不会被椭圆挡住．
(1)求抛物线C1的方程；
(2)若由F2发出的一条光线经由椭圆C2上的点P反射后穿过小孔，再经抛物线上的点Q反射后刚好与
椭圆相切，求此时的线段QF1的长；
(3)在(2)的条件下，求线段PQ的长．
22.已知椭圆C：x2
a2+y2
b2
=1(a>b>0)的右焦点F的坐标为(1,0)，左焦点为F′，且椭圆C上的点与两个
焦点F，F′所构成的三角形的面积的最大值为√3．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)如图，已知P，Q两点是位于x轴同侧的椭圆上的两点，且直线PF，QF的斜率之和为0，试问△PFQ 的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值：若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：由2x>4⇒x>2，
由x2+2x−3>0⇒(x−1)(x+3)>0，解得：x<−3或x>1，
由x>2，能够推出x2+2x−3>0，
故“2x>4”是“x2+2x−3>0”的充分条件，
由x<−3或x>1，不能够推出2x>4，
故“2x>4”是“x2+2x−3>0”的不必要条件．
故选：A．
解不等式，根据取值范围即可判断逻辑关系．
本题考查了不等式的解法，充分条件和必要条件的判断，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：∵a1=12，S5=90，
d=90，
∴5×12+5×4
2
解得d=3．
故选：C．
利用等差数列的求和公式即可得出．
本题考查了等差数列的求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
3.【答案】B
【解析】解：不等式x2−2x+a>0，转化为a>−x2+2x，
设f(x)=−x2+2x，x∈[0,2]，则f(x)=−(x−1)2+1，
当x=1时，f(x)取得最大值为f(x)max=f(1)=1，
所以实数a的取值范围是(1,+∞)．
故选：B．
不等式x2−2x+a>0恒成立转化为a>−x2+2x恒成立，求出f(x)=−x2+2x，x∈[0,2]的最大值，即可得出实数a的取值范围．
本题考查了不等式解法与应用问题，考查了转化思想，是中档题．
【解析】解：∵(a i+1a
i
)12=2(i=1,2,…,12)，
∴(a i+1
a i )12=2，∴a i+1
a i
=2112，
∴数列{a n}是公比q=2112的等比数列，
，a
8=a4q4=D#×(2112)4=D#×√2
3=G，
∴G
D#=√2
3，
故选：B．
由题意可知a i+1
a i
=2112，所以数列{a n}是公比q=2112的等比数列，再利用等比数列的通项公式即可求出结果．本题主要考查了简单的合情推理，考查了等比数列的实际应用，是基础题．
5.【答案】A
【解析】解：取线段AD上一点E，使AE=2ED，连接ME、NE，如图所
示：
因为A1D=3MD，AN=2NC，
所以MD
A1D =CN
AC
=DE
AD
=1
3
，
所以NE//CD，ME//AA1，又CD//C1D1，所以∠MNE为异面直线MN与C1D1所成角，设正方体的棱长为3a，
则EN=2
3CD=2a，ME=1
3
AA1=a，
所以在Rt△MNE中，MN=√ME2+EN2=√a2+(2a)2=√5a，
所以cos∠MNE=EN
MN =2√5
5
．
故选：A．
根据异面直线所成角的定义先找出所成角，取线段AD上一点E，使AE=2ED，连接ME、NE，∠MNE为异面直线MN与C1D1所成角，然后解三角形即可求出所求．
本题主要考查了异面直线所成角的度量，解题的关键是找出异面直线所成角，同时考查了学生的运算求解的能力．
【解析】解：由题意可得：|AF1|=a+c=1
4r+r=5
4
r，
|BF1|=a−c=1
8r+r=9
8
r，
联立解得：a=19
16 r,c=1
16
r，
所以椭圆的离心率为e=c
a =1
19
，
故选：D．
利用椭圆的几何性质即可求出用a，c，r表示的|AF1|，|BF1|，联立即可求解．本题考查了椭圆的几何性质以及学生的运算能力，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：双曲线C的渐近线方程为y=±b
a
x，
∴D(a,b)，E(a,−b)，
∵△ODE的面积为8，
∴1
2
⋅a⋅2b=8，即ab=8，
∴1
a +4
b
=b+4a
ab
≥2√4ab
ab
=2×√4×8
8
=√2，当且仅当1
a
=4
b
，即a=√2，b=4√2时，等号成立，
∴1
a +4
b
的最小值为√2．
故选：B．
由双曲线C的渐近线方程可得点D，E的坐标，再由三角形的面积公式推出ab=8，然后利用基本不等式，即可得解．
本题考查双曲线的几何性质，还涉及利用基本不等式解决最值问题，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
8.【答案】B
【解析】解：设点P在平面ABC上的投影为P′，
因为直线PA和底面ABC所成角是定值，
所以∠PAP′为定值，即tan∠PAP′为定值，
因为PP′为定值，所以AP′也为定值，
设AP′=a，所以点P′到点A的距离恒为定值a，
又因为P′为点P在平面ABC的投影，
所以点P到点A1的距离恒为a，
由圆的定义可知，点P的轨迹为圆的一部分．
故选：B．
设点P在平面ABC上的投影为P′，将直线PA和底面ABC所成角是定值，转化为点P′到点A的距离恒为定值a，从而得到点P到点A1的距离恒为a，即可判断得到答案．
本题考查了动点轨迹的求解，涉及了空间几何体的应用，解题的关键是将直线PA和底面ABC所成角是定值，转化为点P到点A1的距离恒为定值．
9.【答案】AD
【解析】解：对于A，由a>b>0，则0<1
a <1
b
，故1
a
<2
b
正确，故A正确，
对于B，由a，b>0，4b+a=ab⇒4
a +1
b
=1，a+b=(a+b)(4
a
+1
b
)=5+4b
a
+a
b
≥5+4=9，故B
错误，
对于C，当x<0时，f(x)<0，故C错误，
对于D，由a>b>c⇒a−c>0，b−c>0，a−c>b−c，所以1
a−c <1
b−c
，由a>b>c，a+b+c=
0⇒c<0，所以c
a−c >c
b−c
，故D正确．
故选：AD．
A利用不等式的基本性质可判断，B利用“乘1法”与基本不等式的性质即可得出，C利用特殊值可判断，D利用不等式的基本性质可判断．
本题考查了基本不等式的性质，不等式的基本性质，属于基础题．
10.【答案】AB
【解析】解：如图，取BC1的中点H，连接CH，易证CH⊥平面ABC1D1，
所以∠C1BC是直线BC与平面ABC1D1所成的角，为π
4
，故A正确；
点C到平面ABC1D1的距离为CH的长度，为√2
2
，故B正确；
易证BC1//AD1，所以异面直线D1C和BC1所成的角为∠AD1C或其补角，
因为△ACD1为等边三角形，所以两条异面直线D1C和BC1所成的角为π
3
，
故C错误；
连接DH ，由BD =DC 1，所以DH ⊥BC 1，又CH ⊥BC 1， 所以∠CHD 为二面角C −BC 1−D 的平面角， 易求得DH =√6
2，又CD =1，CH =√2
2，
由余弦定理可得cos∠CHD =DH 2+CH 2−CD 2
2DH⋅CH
=
√3
3
，故D 错误．
故选：AB ．
根据线面角的定义及求法即可判断A ；由点到平面的距离的求法即可判断B ；由异面直线所成角的定义及求法即可判断C ；由平面角的定义及余弦定理即可判断D ．
本题主要考查命题真假的判断，空间角与空间距离的求法，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：曲线C ：
x 2m
+
y 2n
=1，
若m >n >0，则C 是焦点在x 轴上的椭圆，故A 正确； 若m =2n(n >0)，则C 是椭圆，且e =
c
a
=√2n−n
√2n =
√2
2
，故B 错误；
若mn <0，则C 是双曲线，其渐近线方程为
x 2m
+
y 2n
=0，故C 正确；
若m =−2n ，则C 是双曲线，当n >0，可得双曲线的焦点在y 轴上， 可得e =√n+2n √n
=√3，当n <0，可得双曲线的焦点在x 轴上， 可得e =
√−2n−n √−2n
=
√6
2
，故D 正确．
故选：ACD ．
由m >n >0，可得C 为焦点在x 轴上的椭圆，可判断A ；由m =2n(n >0)，求得离心率，可判断B ；由mn <0，求得双曲线的渐近线方程，可判断C ；由m =−2n ，讨论n >0，n <0，求得离心率，可判断D ． 本题考查双曲线的方程和性质，考查方程思想、分类讨论思想和运算能力，属于中档题．
12.【答案】BD
【解析】解：因为等比数列{a n }的公比q =−1
2，所以a 8⋅a 9<0，B 正确； 设等差数列{b n }的公差为d ，所以a 1(−1
2)7>18+7d ，a 1(−1
2)8>18+8d ，
显然a 1≠0，若a 1>0，则18+7d <0，即d <0，所以b 9−b 8=d <0，b 10=18+9d =18+7d +2d <0，a 8<a 9，
若a 1<0，则18+8d <0，即d <0，所以b 9−b 8=d <0，b 10=18+9d =18+8d +d <0，a 8>a 9，
所以A 无法确定，C 错误，D 正确． 故选：BD ．
由等比数列{a n }公比为负数，可知B 正确；设等差数列{b n }的公差为d ，根据题意可得，a 1(−1
2)7>18+7d ，a 1(−1
2)8>18+8d ，
就a 1的正负分类讨论，即可判断b 10<0，d <0，所以C 错误，D 正确，A 无法确定． 本题主要考查等差数列，等比数列通项公式的应用，属于中档题．
13.【答案】√3
2
【解析】解：设P(x,y ，z)，AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x −1,y −2,z −3),PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−x,1−y,2−z)，且AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ， ∴(x −1,y −2,z −3)=(−x,1−y,2−z)， ∴{x −1=−x y −2=1−y z −3=2−z ，解得{ x =1
2
y =3
2z =52，
∴AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−12,−12,−12
)，∴|AP ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√32
． 故答案为：√3
2
．
可设P(x,y ，z)，然后根据AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =PB ⃗⃗⃗⃗⃗ 即可求出x ，y ，z 的值，进而得出向量AP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的坐标，从而可得出|AP ⃗⃗⃗⃗⃗ |的值． 本题考查了根据点的坐标求向量的坐标的方法，相等向量的坐标关系，根据向量的坐标求向量长度的方法，考查了计算能力，属于基础题．
14.【答案】x 2
3−y 2=1
【解析】解：根据题意，双曲线的一条渐近线方程为为y =±√3
3x ，
设双曲线方程为
x 29
−
y 23
=λ(λ≠0)，
∵双曲线C 过点(3,√2)， ∴9
9−2
3=λ，即λ=1
3．
∴所求双曲线方程为x 23
−y 2=1．
故答案为：
x 23
−y 2=1．
根据题意，双曲线的一条渐近线方程为y =±√3
3
x ，可设双曲线方程为x 2
9−
y 23
=λ(λ≠0)，又由双曲线过点
P ，将点P 的坐标代入可得λ的值，进而可得答案．
本题考查双曲线的标准方程、双曲线的几何性质等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题，特别要掌握已知渐近线方程时，如何设出双曲线的标准方程．
15.【答案】320√2
【解析】解：由题意可知，2a =200，2b =120，即a =100，b =60， 所以椭圆方程为：
x 210000
+y 2
3600=1，
即椭圆的参数方程为：{x =100cosθ
y =60sinθ
，
所以矩形在第一象限的顶点坐标可设为：{x =100cosθ
y =60sinθ
，θ∈(0,π2)，
根据对称性可知矩形的长为2x ，宽为2y ，
所以矩形的面积S =4xy =12000sin2θ，当且仅当θ=π
4，时，面积S 取到最大值，
此时，矩形的周长为4(x +y)=4×(100cosθ+60sinθ)=4×(100×√2
2+60×√2
2)=320√2，
故答案为：320√2．
由椭圆的定义，以及椭圆的性质，所以矩形的中心在坐标原点，且关于坐标轴对称，可将椭圆方程设为参数形式，即可解决．
本题考查椭圆的性质，属于基础题．
16.【答案】2−t
【解析】解：因为P 1为曲线C ：y =log 1
2x 上纵坐标为1的点，所以点P 1的横坐标a 1=12， 由题意可得点Q n+1与点P n 的横坐标相等，点Q n+1与点P n+1的纵坐标相等， 因为点Q n+1在直线y =x 上，所以它的横纵坐标相等，都是a n ， 从而得到点P n+1的纵坐标是a n ，
点P n+1在曲线C ：y =log 1
2x 上，由纵坐标得到它的横坐标为(12)a n ， 即a n+1=(1
2)a n ，
若a 2019=t.则a 2020=(1
2)t =2−t ． 故答案为：2−t ．
由题意分析可得点P n+1的纵坐标是a n ，由点P n+1在曲线C ：y =log 12
x 上，由纵坐标得到它的横坐标为(12)a n ，
可得递推公式a n+1=(1
2)a n ，由此可求得结论．
本题主要考查函数与数列的综合，由题意求出递推公式是解题的关键，属于中档题．
17.【答案】解：选①时，(1)由于a n+1−a n =−1
3，所以数列{αn }是以4为首项，−1
3为公差的等差数列， 所以a n =−1
3n +133
，
(2)由−1
3n +
133≥0，解得n ≤13．
所以S 13或S 12最大， 由于S 13=13×4+13×122
×(−1
3
)=26，故最大值为26．
选②时，
(1)a n+1=a n +n −8，
所以a n+1−a n =n −8，a n −a n−1=n −9，…，a 2−a 1=−7， 所有的式子相加得：a n −a 1=(−7+n−9)(n−1)
2
=
n 2−17n+16
2
，
整理得a n =
n 2−17n+16
2
+4，
(2)当n ≥16时，数列的前n 项和不存在最大值． 选③时， (1)
a n+1a n
=−12，数列{αn }的首项为4，公比为−1
2
的等比数列．
所以a n =4×(−1
2)n−1=(−1
2)n−2． (2)当n 为奇数时，S n =
4[1−(−12)n ]
1+12
=83×(1+1
2n )．
由于8
3×(1+1
2n )随着n 的增大而减小，所以S n 的最大值为S 1=4， 当n 为偶数时，S n =8
3×(1−1
2n )<8
3<4． 所以S n 存在最大值，且最大值为4．
【解析】(1)直接利用数列的递推关系式求出数列的通项公式； (2)利用(1)的结论，进一步求出数列的和，最后确定最大值．
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． 18.
【答案】(1)证明：因为SD ⊥平面ABCD ，且CD ⊂平面ABCD ，所以SD ⊥CD ， 取CD 中点O ，连结EO ，FO ，
因为点E，F分别为AB，SC的中点，底面ABCD是正方形，
所以EO//AD，FO//SD，
所以EO⊥CD，FO⊥CD，又EO∩FO=O，且EO，FO⊂平面OEF，
所以CD⊥平面OEF，又EF⊂平面OEF，
所以EF⊥CD；
(2)解：因为SD⊥平面ABCD，且AD，CD⊂平面ABCDA，
所以SD⊥AD，SD⊥CD，
由(1)可知，FO//SD，
所以FO⊥AD，FO⊥CD，AD，CD是平面ABCD中的相交线，
所以FO⊥平面ABCD，
所以∠FEO即为直线EF与平面ABCD所成的角，
在Rt△FEO中，∠FOE=90°，EO=FO，
所以∠FEO=45°，
所以直线EF与平面ABCD所成角的正弦值为√2
2
．
【解析】(1)利用线面垂直的性质定理和判定定理即可证明；
(2)利用(1)中的结论和线面垂直的判定定理，可得到FO⊥平面ABCD，从而∠FEO即为直线EF与平面ABCD 所成的角，求解即可．
本题考查了线面垂直的性质定理和判定定理的应用，在利用几何法求线面角，可通过已知条件，在斜线上取一点作该平面的垂线，找出该斜线在平面内的射影，通过解直角三角形求得．
19.【答案】解：(1)数列{a n}的前n项和S n满足√S n=√S n−1+2(n≥2,n∈N)，
整理得√S n−√S n−1=2(常数)，
所以数列{√S n}是以2为首项，2为公差的等差数列；
所以√n=2+2(n−1)=2n，
所以S n=4n2，
所以a n=S n−S n−1=8n−4．
当n=1时，a1=4，
所以a n=8n−4．
(2)b n=16
a n⋅a n+1=1
(2n−1)(2n+1)
=1
2
(1
2n−1
−1
2n+1
)，
所以T n =b 1+b 2+b 3+⋯+b n =12(1−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1)=12(1−12n+1)=n
2n+1．
【解析】(1)直接利用数列的递推关系式求出数列的通项公式； (2)利用(1)的结论，进一步利用裂项相消法求出数列的和．
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．
20.
【答案】(1)证明：∵BC ⊥CD ，平面SCD ⊥平面ABCD ，平面SCD ∩平面ABCD =CD ，BC ⊂平面ABCD ， ∴BC ⊥平面SCD ，
以C 为原点，CD ，CB 所在直线分别为y ，z 轴，作Cx ⊥平面ABCD ，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0,2，2)，B(0,0，4)，D(0,2，0)，S(1,1，0)， ∴CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2，2)，SD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,1，0)， 当λ=2时，E(23,23,4
3)，∴CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(23,23,4
3
)， 设平面ACE 的一个法向量为p ⃗ =(x,y ，z)，则{p ⃗ ⋅CA
⃗⃗⃗⃗⃗ =0p ⃗ ⋅CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，即{2y +2z =023x +23y +43z =0， 令z =−1，则x =y =1，∴p ⃗ =(1,1，−1)， ∵SD ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅p ⃗ =−1×1+1×1=0， ∴SD ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥p ⃗ ，
又SD ⊄平面ACE ，∴SD//平面ACE ．
(2)解：由B(0,0，4)，S(1,1，0)，及BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =λES ⃗⃗⃗⃗⃗ 知，E(λ1+λ,λ1+λ,41+λ)， ∴CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(λ
1+λ,λ
1+λ,4
1+λ
)， 设平面ACE 的一个法向量为m ⃗⃗⃗ =(x,y ，z)，则{m ⃗⃗⃗ ⋅CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =0m ⃗⃗⃗ ⋅CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，即{2y +2z =0λ1+λx +λ1+λy +41+λz =0， 令z =1，则x =1−4
λ，y =−1，∴m
⃗⃗⃗ =(1−4
λ,−1,1)，
同理可得，平面SAC 的一个法向量为n
⃗ =(1,−1,1)， 设二面角S −AC −E 的平面角大小为θ，则cosθ=1
3， ∴|cos <m ⃗⃗⃗ ，n ⃗ >|=|m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗
|m ⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗⃗ ||=1−4λ
+1+1√(1−λ)+1+1×√3
=cosθ=1
3
，
化简得8(4
λ2−8
λ+3)=0， 解得λ=2或23，
当λ=2时，m
⃗⃗⃗ =(−1,−1,1)，n ⃗ =(1,−1,1)， 此时m
⃗⃗⃗ 指向二面角S −AC −E 的内部，n ⃗ 指向二面角S −AC −E 的外部， ∴θ与<m ⃗⃗⃗ ，n ⃗ >相等，cosθ=cos <m ⃗⃗⃗ ，n ⃗ >=m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗
|m ⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗⃗ |=√3×√3
=1
3
， 当λ=2
3时，m
⃗⃗⃗ =(−5,−1,1)，n ⃗ =(1,−1,1)， 此时m
⃗⃗⃗ 指向二面角S −AC −E 的内部，n ⃗ 指向二面角S −AC −E 的外部， ∴θ与<m ⃗⃗⃗ ，n ⃗ >相等，cosθ=cos <m ⃗⃗⃗ ，n ⃗ >=m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗
|m ⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗⃗ |=3√3×√3
=−1
3
，不合题意，
综上所述，λ=2．
【解析】(1)由面面垂直的性质定理可知BC ⊥平面SCD ，于是以C 为原点建立空间直角坐标系，求得平面ACE 的一个法向量p ⃗ ，由SD ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅p ⃗ =0，即可得证； (2)易知E(
λ
1+λ,
λ
1+λ,
4
1+λ
)，求得平面ACE 和平面SAC 的法向量m
⃗⃗⃗ 与n ⃗ ，由|cos <m ⃗⃗⃗ ，n ⃗ >|=1
3，解出λ=2或23
，再检验两个值是否都符合题意即可．
本题考查空间中线与面的位置关系、二面角的求法，熟练掌握线面、面面垂直的判定定理或性质定理，以及利用空间向量处理线面平行与二面角的方法是解题的关键，考查学生的空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)设椭圆C 2的长轴长为2a ，短轴长为2b ，焦距为2c ，
由题可知：2b =2√3，4a =8，则b =√3，a =2，所以c =1， 故抛物线C 1的焦点F 1(1,0)， 所以抛物线C 1的方程为y 2=4x ；
(2)由题可设Q(m,√3)，代入抛物线的方程可得：m =3
4，即Q(3
4,√3)， 所以|QF 1|=√(3
4−1)2+(√3−0)2=7
4
；
(3)由(2)可知k QF 1=
√3−0
34
−1=−4√3，即tan∠QF 1F 2=−4√3，
又∠QF 1F 2+∠PF 1F 2=π，得tan∠PF 1F 2=4√3，又∠PF 1F 2∈(0,π)， 故cos∠PF 1F 2=1
7，设PF 1=m ，PF 2=4−m ，而|F 1F 2|=2，
所以由余弦定理可得：PF 22=PF 12+F 1F 22
−2PF 1⋅PF 2cos∠PF 1F 2，
即(4−m)2=m 2+4−2m ⋅2⋅17，解得m =21
13， 故线段PQ 的长为21
13+7
4=17552
．
【解析】(1)在椭圆中取出椭圆的焦点F 1的坐标，由此即可求解；
(2)设出点Q 的坐标，代入抛物线方程即可求出点Q 的坐标，进而可以求解；
(3)求出直线QF 1的斜率，进而可以求出tan∠QF 1F 2=−4√3，又∠QF 1F 2+∠PF 1F 2=π，得tan∠PF 1F 2=4√3，由此求出cos∠PF 1F 2=17，然后利用余弦定理即可求解．
本题考查了抛物线的方程以及椭圆的性质，考查了直线与抛物线的位置关系的应用，还考查了学生的运算转化能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)设M(x,y)为椭圆C 上的点，
得到S △MFF′=1
2FF′⋅|y M |=|y M |， 又y M ∈[−b,b]，
则(S △MFF′)max =b =√3， 所以a =√b 2+c 2=2， 所以椭圆C 的方程为
x 24
+
y 23
=1．
(2)设Q′是Q 关于x 轴的对称点，
直线PF ，QF 的斜率之和为0知：直线PF ，QF 关于x 轴对称， 由椭圆的对称性可知，P ，F ，Q′三点共线，
直线PF 的斜率存在且不为0，设其方程为x =my +1， 由{x 2
4+y 2
3=1
x =my +1，消去x 得(3m 2+4)y 2+6my −9=0， 所以y P ⋅y Q =−9
3m 2+4，
所以S △PQF =S △PQQ′−S △PQF =1
2|2y Q ||x P −x Q |−1
2|2y Q ||x P −x Q |=|y Q ||x P −1|=|y Q ||my P |=|my P y Q |=9|m|
3m 2+4，
又
9|m|
3m2+4
=9
3|m|+4
|m|
≤
2√3|m|⋅4
|m|
=3√3
4，
当且仅当|m|=2√3
3
时，取等号，
故△PFQ的面积存在最大值3√3
4
．
【解析】(1)设M(x,y)为椭圆C上的点，S△MFF′=|y M|，进而(S△MFF′)max=b=√3，解得a，进而可得椭圆C的方程．
(2)设Q′是Q关于x轴的对称点，根据题意可得直线PF，QF关于x轴对称，设其方程为x=my+1，联立椭圆的方程，得关于x的一元二次方程，由韦达定理可得y P⋅y Q，再分析S△PQF=S△PQQ′−S△PQF，结合基本不等式推出△PFQ的面积最大值．
本题考查椭圆的方程，直线与椭圆的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．。