2018-2019学年上海市宝山区行知中学高二(下)期中数学试卷(附答案详解)

2018-2019学年上海市宝山区行知中学高二（下）期中数
学试卷
一、单选题（本大题共4小题，共20.0分）
1.过点(1,0)且与直线x−2y−2=0的法向量垂直的直线方程是()
A. x−2y+1=0
B. x−2y−1=0
C. 2x+y−2=0
D. x+2y−1=0
2.已知e1⃗⃗⃗ ，e2⃗⃗⃗ 为不共线的非零向量，且|e1⃗⃗⃗ |=|e2⃗⃗⃗ |，则以下四个向量中模最小者为()
A. 1
2e1⃗⃗⃗ + 1
2
e2⃗⃗⃗ B. 1
3
e1⃗⃗⃗ + 2
3
e2⃗⃗⃗ C. 2
5
e1⃗⃗⃗ + 3
5
e2⃗⃗⃗ D. 1
4
e1⃗⃗⃗ + 3
4
e2⃗⃗⃗
3.如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，E,F分别是AB1，BC1的中点，则以下结论
中不．成立
．．的是()
A. EF与BB1垂直
B. EF与BD垂直
C. EF与CD异面
D. EF与A1C1异面
4.四棱锥P−ABCD底面为正方形，侧面PAD为等边
三角形，且侧面PAD⊥底面ABCD，点M在底面正
方形ABCD内运动，且满足MP=MC，则点M在
正方形ABCD内的轨迹一定是()
A. B.
C. D.
二、单空题（本大题共12小题，共60.0分）
5. 方程组{3x +5y +6=0
4x −3y −7=0
的增广矩阵是______ ．
6. 已知向量a ⃗ =(1,k)，b ⃗ =(9,k −6).若a ⃗ //b ⃗ ，则实数k = ．
7. 双曲线
x 24
−y 2=1的渐近线方程为 ．
8. 若一个圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆面，则该圆锥的体积为______． 9. 已知球的体积为36π，则该球主视图的面积等于______．
10. 在等差数列{a n }中，a 1+a 3+a 5=9，a 2+a 4+a 6=15，则数列{a n }的前10项
的和等于______ ．
11. PA 、PB 、PC 是从P 点引出的三条射线，每两条夹角都是60°，那么直线PC 与平
面APB 所成角的余弦值是______ ．
12. 若取地球的半径为6371米，球面上两点A 位于东经121°27′，北纬31°8′，B 位于东
经121°27′，北纬25°5′，则A 、B 两点的球面距离为______ 千米(结果精确到1千米)．
13. 已知复数z =(x −2)+yi(x,y ∈R)的模为√3，则y
x 的取值范围是______． 14. 有一个正四面体的棱长为3，现用一张圆形的包装纸将其完全包住(不能裁剪纸，但
可以折叠)，那么包装纸的最小半径为______ ．
15. 课本中介绍了应用祖暅原理推导棱锥体积公式的做法．祖暅原理也可用来求旋转体
的体积．现介绍祖暅原理求球体体积公式的做法：可构造一个底面半径和高都与球半径相等的圆柱，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥，用这样一个几何体与半球应用祖暅原理(图1)，即可求得球的体积公式．请研究和理解球的体积公式求法的基础上，解答以下问题：已知椭圆的标准方程为
x 24
+y 2
25=1，将此椭圆绕y 轴旋转一周后，得一橄榄状的几何体(图2)，其体积
等于______ ．
16. 设n ∈N ∗，圆C n ：x 2+y 2=R n 2
(R n >0)与y 轴正半轴的交点为M ，与曲线y =√x 的
交点为N(x n ,y n )，直线MN 与x 轴的交点为A(a n ,0).若数列{x n }满足：x n+1=4x n +3，x 1=3.则常数p =______使数列{a n+1−p ⋅a n }成等比数列．
三、解答题（本大题共5小题，共76.0分）
17.在三棱锥P−ABC中，已知PA，PB，PC两两垂直，PB=5，PC=6，三棱锥P−ABC
的体积为20，Q是BC的中点，求异面直线PB，AQ所成角的大小(结果用反三角函数值表示)．
18.如图，AB是圆柱的直径且AB=2，PA是圆柱的母线且
PA=2，点C是圆柱底面圆周上的点．
(1)求圆柱的侧面积和体积；
(2)求三棱锥P−ABC体积的最大值；
(3)若AC=1，D是PB的中点，点E在线段PA上，求CE+
ED的最小值．
19.设抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，经过点F的直线与抛物线交于A、B两
点．
(1)若p=2，求线段AF中点M的轨迹方程；
(2)若直线AB的方向向量为n⃗=(1,2)，当焦点为F(1
2
,0)时，求△OAB的面积；
(3)若M是抛物线C准线上的点，求证：直线MA、MF、MB的斜率成等差数列．
20.在棱长为a的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E、F分别是棱BC、CD上的点，且BE=
CF．
(1)当E、F在何位置时，B1F⊥D1E？
(2)是否存在点E、F，使A1C⊥面C1EF？
(3)当E、F在何位置时三棱锥C1−CEF的体积取得最大值？并求此时二面角C1−
EF−C的大小．
21.已知数列{a n}满足：a1+a2
λ+a3
λ2
+⋯+a n
λn−1
=n2+2n(其中常数λ>0，n∈N∗).
(1)求数列{a n}的通项公式；
(2)当λ=4时，若b n=a n−(2n+1)⋅r n
(n+1
2)(1+r n)
(r∈R,r≠−1)，求n→∞
lim
b n
(3)设S n为数列{a n}的前n项和.若对任意n∈N∗，是否存在λ≠1，使得不等式(1−
λ)S n+(2n+1)⋅λn≤3成立，若存在，求实数λ的取值范围；若不存在，说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由x−2y−2=0，得到斜率为1
2
，
由所求的直线与直线x−2y−2=0的法向量垂直，得到所求直线的斜率也为1
2
，
又所求直线过(1,0)，
则所求直线的方程为：y=1
2
(x−1)即x−2y−1=0．
故选：B．
由已知直线的方程求出直线的斜率，因为所求的直线与已知直线的法向量垂直，得到所求直线的斜率与已知直线的斜率相等，所以根据已知点的坐标和求出的斜率写出直线的方程即可．
此题考查学生掌握两直线垂直时斜率的关系，会根据一点和斜率写出直线的一般式方程，是一道基础题．
2.【答案】A
【解析】解：∵e1⃗⃗⃗ ，e2⃗⃗⃗ 为不共线的非零向量，且|e1⃗⃗⃗ |=|e2⃗⃗⃗ |，
∴设e1⃗⃗⃗ ，e2⃗⃗⃗ 为单位向量，
则|1
2e1⃗⃗⃗ +1
2
e2⃗⃗⃗ |=√1
2
+1
2
cos<e1⃗⃗⃗ ,e2⃗⃗⃗ >，
|1 3e1⃗⃗⃗ +2
3
e2⃗⃗⃗ |=√5
9
+4
9
cos< e1⃗⃗⃗ ,e2⃗⃗⃗ >，
|2 5e1⃗⃗⃗ +3
5
e2⃗⃗⃗ |=√13
25
+12
25
cos<e1⃗⃗⃗ ,e2⃗⃗⃗ >，
|1 4e1⃗⃗⃗ +3
4
e3⃗⃗⃗ |=√5
8
+3
8
cos<e1⃗⃗⃗ ,e2⃗⃗⃗ >，
∴四个向量中模最小者为A．故选：A．
设e1⃗⃗⃗ ，e2⃗⃗⃗ 为单位向量，先分别求出|1
2e1⃗⃗⃗ +1
2
e2⃗⃗⃗ |，|1
3
e1⃗⃗⃗ +2
3
e2⃗⃗⃗ |，|2
5
e1⃗⃗⃗ +3
5
e2⃗⃗⃗ |，|1
4
e1⃗⃗⃗ +3
4
e3⃗⃗⃗ |，
然后再比较大小．
本题考查向量的模的计算和比较，解题时要认真审题，仔细解答，注意模的计算公式的灵活运用．
3.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查异面直线的判定，考查空间想象能力，是基础题．
观察正方体的图形，连B1C，则B1C交BC1于F且F为BC1中点，推出EF//A1C1，分析可得答案．
【解答】
解：连B1C，则B1C交BC1于F且F为BC1中点，
三角形B1AC中，EF=//1
AC，所以EF//平面ABCD，
2
而B1B⊥面ABCD，所以EF与BB1垂直；
又AC⊥BD，所以EF⊥BD，EF与CD异面．
由EF=//1
AC，AC//A1C1得EF//A1C1，∴EF与A1C1共面．
2
故选：D．
4.【答案】B
【解析】解：∵MP=MC，
∴M在PC的中垂面α上，点M在正方形ABCD内的轨迹一定是平面α和正方形ABCD的交线，
∵ABCD为正方形，侧面PAD为等边三角形，
∴PD=CD，取PC的中点N，有DN⊥PC，
取AB中点H，可证CH=HP，
∴HN⊥PC，
∴点M在正方形ABCD内的轨迹一定是HD．
故答案选B．
先确定轨迹是2个平面的交线，PC的中垂面α和正方形ABCD的交线，再确定交线的准确位置，即找到交线上的2个固定点．
本题考查面面垂直的性质，轨迹的确定方法．
5.【答案】[35−6
4−37
]
【解析】解：方程组{3x +5y +6=04x −3y −7=0的增广矩阵是：[
35−6
4−37]． 故答案为：[
35−64−37]． 利用增广矩阵的定义求解．
本题考查增广矩阵的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意增广矩阵的定义的合理运用．
6.【答案】−3
4
【解析】 【分析】
本题考查向量共线的充要条件，若a ⃗ =(x 1,y 1),b ⃗ =(x 2,y 2)，则a ⃗ //b ⃗ ⇔x 1y 2−x 2y 1=0． 根据向量共线的充要条件可得关于k 的方程，解出即可． 【解答】
解：由a ⃗ //b ⃗ ，得1×(k −6)−9k =0，解得k =−3
4， 故答案为：−3
4．
7.【答案】y =±1
2x
【解析】 【分析】
本题考查双曲线的渐近线方程，属于基础题． 由渐近线方程直接求解即可． 【解答】 解：∵双曲线x 24
−y 2=1中的a =2，b =1，焦点在x 轴上，
∴双曲线
x 24
−y 2=1的渐近线方程为y =±1
2x ．
故答案为：y =±1
2x ．
8.【答案】√3
3
π
【解析】解：由题意一个圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆面，因为4π=πl2，所以l=2，
半圆的弧长为2π，
圆锥的底面半径为2πr=2π，r=1，
所以圆锥的体积为：1
3×π12×√22−1=√3
3
π．
故答案为：√3
3
π．
通过侧面展开图的面积．求出圆锥的母线，底面的半径，求出圆锥的体积即可．
本题考查旋转体的条件的求法，侧面展开图的应用，考查空间想象能力，计算能力．9.【答案】9π
【解析】解：球的体积为36π，
设球的半径为R，可得4
3
πR3=36π，
可得R=3，
该球主视图为半径为3的圆，
可得面积为πR2=9π．
故答案为：9π．
由球的体积公式，可得半径R=3，再由主视图为圆，可得面积．
本题考查球的体积公式，以及主视图的形状和面积求法，考查运算能力，属于基础题．10.【答案】80
【解析】解：∵在等差数列{a n}中a1+a3+a5=9，a2+a4+a6=15，
∴a1+a3+a5=3a3=9，a2+a4+a6=3a4=15，
∴a3=3，a4=5，公差d=5−3=2，a1=3−2×2=−1，
∴前10项的和S10=10×(−1)+10×9
2
×2=80，
故答案为：80．
由题意可求出数列的首项和公差，代入求和公式计算可得．
本题考查等差数列的求和公式，求出数列的首项和公差是解决问题的关键，属基础题．
11.【答案】√3
3
【解析】解：在PC上任取一点D并作PO⊥平面APB，
则∠DPO就是直线PC与平面APB所成的角．
过点O作OE⊥PA，OF⊥PB，
∵DO⊥平面APB，∴DE⊥PA，DF⊥PB．
△DEP≌△DFP，∴EP=FP，∴△OEP≌△OFP，
∵∠APC=∠BPC=60°，∴点O在∠APB的平分线上，即
∠OPE=30°．
设PE=1，∵∠OPE=30°，∴OP=1
cos30∘=2√3
3
，
在直角△PED中，∠DPE=60°，PE=1，则PD=2．
在直角△DOP中，OP=2√3
3
，
PD=2.则cos∠DPO=OP
PD =√3
3
．
即直线PC与平面PAB所成角的余弦值是√3
3
．
故答案为：√3
3
．
在PC上任取一点D并作PO⊥平面APB，则∠DPO就是直线PC与平面APB所成的角，由此能求出直线PC与平面PAB所成角的余弦值．
本题考查线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．
12.【答案】673
【解析】解：A、B两点都在东经121°27′，纬度差是6°3′
所以AB两地的球面距离为，是过A、B的大圆周长的61
20 360=121
7200
，
即121
7200
×2π×6371≈673
故答案为：673．
由于A、B两点都在东经121°27′，计算它们的纬度差，然后求两地的大圆劣弧的长即为
A、B两点的球面距离．
本题主要考查了球面距离及相关计算，解题的关键就是求出过A、B的大圆周长，属于基础题．
13.【答案】[−√3,√3]
【解析】解：∵复数(x−2)+yi(x,y∈R)的模为√3
∴(x−2)2+y2=3
根据y
x
表示动点(x,y)到定点(0,0)的斜率知：
y
x
的最大值是√3
同理求得最小值是−√3，
∴y
x
的取值范围是[−√3,√3]
故答案为：[−√3,√3]
根据复数的模，利用模长公式得：(x−2)2+y2=3，根据y
x
表示动点(x,y)与原点(0,0)连线的斜率．根据直线与圆相切的性质得到结果
本题考查复数求模及简单线性规划，解答关键是根据复数的模长公式，得到x，y所满足的条件，根据条件做出图形利用数形结合的方法求解．
14.【答案】2√3
【解析】解：由题意，将正四面体沿底面将侧面都展开，如图所示：
设底面正三角形的中心为O，不难得到当以SO为圆的半径时，
所需包装纸的半径最小，
此时SO=3√3
2+3√3
2
×1
3
=2√3，
故答案为：2√3
本题转化为四面体的侧面展开问题．在解答时，首先要将四
面体的三个侧面沿底面展开，观察展开的图形易知包装纸的
对角线处在什么位置时，包装纸面积最小，进而获得问题的
解答．
本题考查的是棱锥的结构特征、四面体的侧面展开问题．在解答的过程当中充分体现了
侧面展开的处理问题方法、图形的观察和分析能力以及问题转化的思想．值得同学们体会反思．
15.【答案】80π
3
【解析】解：椭圆的长半轴为5，短半轴为2，
现构造一个底面半径为2，高为5的圆柱，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥，
根据祖暅原理得出椭球体的体积V=2(V圆柱−V圆锥)=2(π×22×5−1
3
π×22×5)=
80π
3
．
故答案为：80π
3
．
构造一个底面半径为2，高为5的圆柱，从中挖去一个圆锥，则由祖暅原理可得：椭球体的体积为几何体体积的2倍．
本题考查了对祖暅原理的理解，涉及旋转体的体积计算，属于基础题．
16.【答案】2或4
【解析】解：y=√x与圆C n交于点N，则R n2=x n2+y n2=x n2+x n，
即R n=√x n2+x n，
由题可知，点M的坐标为(0,R n)，从而直线MN的方程为x a
n +y
R n
=1，由点N(x
n
,y n)，
在直线MN上得：x
a n +y
R n
=1，
将R n=√x n2+x n，y n=√x n代入化简得：a n=1+x n+√1+x n．
由x n+1=4x n+3，得：1+x n+1=4(1+x n)，
又1+x1=4，故1+x n=4⋅4n−1=4n，
即a n=4n+√4n=4n+2n，
a n+1−p⋅a n=4n+1+2n+1−p(4n+2n)=(4−p)4n+(2−p)2n，
a n+2−p⋅a n+1=4n+2+2n+2−p(4n+1+2n+1)=(16−4p)4n+(4−2p)2n，令a n+2−p⋅a n+1=q(a n+1−p⋅a n)得：
(16−4p)4n+(4−2p)2n=q(4−p)4n+q(2−p)2n，
由等式(16−4p)2n+(4−2p)=q(4−p)2n+q(2−p)对任意n∈N⋅成立得：
{18−4p =q(4−p)4−2p =q(2−p)
， 即{pq =8p +q =6，解得：{p =2q =4或{p =4q =2
， 故当p =2时，数列{a n+1−p ⋅a n }成公比为4的等比数列； 当p =4时，数列{a n+1−p ⋅a n }成公比为2的等比数列． 故答案为：2或4
根据条件求出x n ，y n 的关系，利用递推数列，结合等比数列的通项公式和定义，进行推理即可得到结论．
本题主要考查递推数列的应用，以及等比数列的推理和判断，综合性较强，运算量较大．
17.【答案】解：∵在三棱锥P −ABC 中，PA ，
PB ，PC 两两垂直，PB =5，PC =6，三棱锥P −ABC 的体积为20，
∴V =1
3
×1
2×5×6PA =20，解得PA =4，
(3分)
取PC 的中点为D ，连结AD ，DQ ，
则∠AQD 为异面直线PB ，AQ 所成的角，(5分) PD =3,QD =5
2，DA =5，(7分) ∵QD ⊥平面PAC ，∴QD ⊥AD ，(9分) ∴tan∠AQD =2，
∴异面直线PB ，AQ 所成的角为arctan2.(12分)
【解析】由三棱锥P −ABC 的体积为20，得PA =4，取PC 的中点为D ，连结AD ，DQ ，则∠AQD 为异面直线PB ，AQ 所成的角，由此能求出异面直线PB ，AQ 所成的角． 本题考查异面直线所成角的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意空间能力的培养．
18.【答案】解：(1)圆柱的侧面积S 侧=2πrℎ=
2π×1×2=4π
圆柱的体积V =πr 2ℎ=π×12×2=2π． (2)三棱锥P −ABC 的高ℎ=2，底面三角形ABC 中，AB =2，点C 到AB 的最大值等于底面圆的半径1，
∴三棱锥P −ABC 体积的最大值等于13×12×2×1×2=2
3．
(3)将△PAC 绕着PA 旋转到PAC′使其共面，且C′在AB 的反向延长线上． ∵PA =AB =2，∠PBA =π
4，BD =1
2BP =√2，BC′=3， 由余弦定理得：C′D =√32+(√2)2−2×3×√2×√22=√5，
∴CE +ED 的最小值等于√5．
【解析】(1)代入面积公式和体积公式计算即可；
(2)三棱锥的高为定值，边AB 为定值，故当C 到直线AB 的距离取得最大值时，底面积最大，故棱锥的体积最大；
(3)反向延长AB 至C′，使得AC =AC′，则C′D 为CE +DE 的最小值． 本题考查了圆柱的结构特征，面积与体积计算，属于基础题．
19.【答案】解：(1)设A(x 0,y 0)，M(x,y)，焦点F(1,0)，
则由题意{
x =x 0+12y =
y 02
，即{x 0
=2x −1
y 0=2y
…2分 所求的轨迹方程为4y 2=4(2x −1)，即y 2=2x −1…4分 (2)y 2=2x ，F(1
2,0)，直线y =2(x −1
2)=2x −1，…5分
由{y 2=2x y =2x −1得，y 2−y −1=0，|AB|=√1+1k 2|y 1−y 2|=52…7分
d =
√5
，…8分
S △OAB =1
2d|AB|=
√5
4
…9分 (3)显然直线MA 、MB 、MF 的斜率都存在，分别设为k 1、k 2、k 3． 点A 、B 、M 的坐标为A(x 1,y 1)、B(x 2,y 2)、M(−p
2,m)． 设直线AB ：y =k(x −p 2)，代入抛物线得y 2−2p k
y −p 2=0，…11分
所以y 1y 2=−p 2，…12分
又y 12=2px 1，y 22
=2px 2，
因而x 1+p
2=y 12
2p
+p 2=12p (y 12+p 2)，x 2+p
2=y 22
2p +p
2=p 4
2py 1
2+p 2=p
2y 1
2(y 12+p 2) 因而k 1+k 2=
y 1−m
x 1+
p
2
+
y 2−m
x 2+
p 2
=
2p 2(y 1−m)
p(y 1
2+p 2)+
2y 1
2(−p 2
y 1−m)p(y 1
2+p 2)=−
2m p
…14分
而2k 3=0−m p 2
−(−p 2
)=−
2m p
，故k 1+k 2=2k 3.…16分．
【解析】(1)先由抛物线的方程得到其焦点坐标，设A(x 0,y 0)，M(x,y)，利用中点坐标公式得{x 0=2x −1
y 0=2y ，最后根据抛物线方程消去参数x 0，y 0，即得线段AF 中点M 的轨
迹方程．
(2)先利用直线AB 的方向向量，求出直线的斜率，得出直线方程；再与抛物线方程联立，求出A 、B 两点之间的线段长以及点O 到AB 的距离，代入△ABO 面积的表达式，求出△ABO 面积即可．
(3)显然直线MA 、MB 、MF 的斜率都存在，分别设为k 1、k 2、k 3.直线AB 的方程与抛物线方程联立，结合根与系数的关系，证出k 1+k 2=2k 3即可证得k MA 、k MF 、k MB 成等差数列．
本小题主要考查轨迹方程、圆锥曲线的轨迹问题等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想、方程思想．属于中档题．
20.【答案】解：(1)以A 为原点，以AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 、AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 、AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，
设BE =x ，则有：B 1(a,0，a)，D 1(0,a ，a)，E(a,x ，0)，F(a −x,a ，0)， ∴B 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−x,a,−a),D 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(a,x −a,−a)， B 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅D 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−ax +a(x −a)+(−a)(−a)=0， 因此，无论E 、F 在何位置均有B 1F ⊥D 1E .
(2)A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(a,a,−a),EC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,a −x,a),FC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x,0,a)， 若A 1C ⊥面C 1EF ，则{a(a −x)−a 2=0ax −a 2=0，得a =0矛盾，
故不存在点E 、F ，使A 1C ⊥面C 1EF ； (3)V C 1−CEF =a
6
[−(x −a
2
)2+
a 24
]，
当x =a
2时，三棱锥C 1−CEF 的体积最大，
这时，E 、F 分别为BC 、CD 的中点．
连接AC 交EF 于G ，则AC ⊥EF ，由三垂线定理知：C 1G ⊥EF ， ∴∠C 1GC 是二面角C 1−EF −C 的平面角， ∵GC =1
4AC =
√2
4
a,CC 1=a ，∴tan∠C 1GC =
CC 1GC
=2√2，
∴所求二面角大小为arctan2√2．
【解析】(1)以A 为原点，以AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 、AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 、AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设BE =x ，通过求解B 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅D 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，得到结果．
(2)求出A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(a,a,−a),EC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,a −x,a),FC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x,0,a)，利用垂直的充要条件，求解a ，即可得到结论．
(3)求解体积最大时，E 、F 分别为BC 、CD 的中点．连接AC 交EF 于G ，∠C 1GC 是二面角C 1−EF −C 的平面角，然后求解二面角的大小即可．
本题考查二面角的平面角的大小的求法，直线与平面垂直的判定与应用，考查空间想象能力以及计算能力，是中档题．
21.【答案】解：(1)∵数列{a n }满足：a 1+a 2λ
+a 3
λ2+⋯+a
n λn−1=n 2
+2n(其中常数λ>0，
n ∈N ∗)， ∴a 1+a 2λ
+
a 3λ
2+⋯+
a n λn−1
=n 2+2n ，①
a 1+
a 2λ+a
3
λ2+⋯+a
n−1λn−2=(n −1)2
+2(n −1)，②
①−②，得：a
n
λn−1=2n +1，
∴a n =(2n +1)⋅λn−1．
(2)当λ=4时，a n =(2n +1)⋅4n−1， b n =
a n −(2n+1)⋅r n (n+12
)(1+r n )
=
(2n+1)⋅4n−1−(2n+1)⋅r n
(n+12
)(1+r n )
=
(2n+1)(4n−1−r n )(n+12
)(1+r n )
=
2(4n−1−r n )
1+r n
，
∴当|r|>4时，n →∞lim
b n =−2， 当|r|<4时，n →∞lim
b n 不存在， 当|r|=4时，n →∞lim
b n =−3
2，
当r =−4时，n →∞lim b n 不存在．
(3)S n =3+5λ+7λ2+⋯+(2n +1)λn−1， 当λ≠1时，S n =3+5λ+7λ2+⋯+(2n +1)λn−1，
λS n =3λ+5λ2+⋯+(2n −1)λn−1+(2n +1)λn ， (1−λ)S n =3+2(λ+λ2
+λ3
+⋯+λn−1
)−(2n +1)⋅λn
=3+
2λ(1−λn−1)
1−λ
−(2n +
1)λn ，
假设对任意n ∈N ∗，存在λ≠1，使得不等式(1−λ)S n +(2n +1)⋅λn ≤3成立， ∵(1−λ)S n +(2n +1)⋅λn =3+2λ(1−λn−1)
1−λ
， ∴(1−λ)S n +(2n +1)⋅λn
=3+
2λ(1−λn−1)
1−λ
≤3，∴
1−λn−11−λ
≤0，
但是当0<λ<1时，1−λn−1>0，1−λ>0，∴1−λn−11−λ
>0，n ≥2，
当λ>1时，1−λn−1<0，1−λ<0，∴
1−λn−11−λ
>0,(n ≥2)，矛盾，假设不成立，
∴对任意n ∈N ∗，不存在λ≠1，使得不等式(1−λ)S n +(2n +1)⋅λn ≤3成立．
【解析】
(1)由a 1+a 2λ
+
a 3λ
2+⋯+
a n λn−1
=n 2+2n ，得a 1+
a 2λ
+
a 3λ
2+⋯+
a n−1λn−2
=(n −1)2+
2(n −1)，二者相减，并整理能求出数列{a n }的通项公式． (2)当λ=4时，a n =(2n +1)⋅4n−1，b n =2(4n−1−r n )
1+r n
，由此根据r 的取值进行分类讨论，
能求出n →∞lim
b n ．
(3)S n =3+5λ+7λ2+⋯+(2n +1)λn−1，当λ≠1时，利用错位相减法得到(1−λ)S n =3+
2λ(1−λn−1)
1−λ−(2n +1)λn ，由此利用反证法能推导出对任意n ∈N ∗，不存在λ≠1，使
得不等式(1−λ)S n +(2n +1)⋅λn ≤3成立．
本题考查数列的通项公式的求法，考查数列的前n 项和的极限的求法，考查满足条件的实数值是否存在的判断与求法，综合性强，难度大，对数学思维的要求较高，解题时要注意错位相减法和反证法的合理运用．。