【文档说明】山东省威海市2021-2022学年高二上学期期末考试 数学答案1.4.pdf，共(7)页，304.377 KB，由管理员店铺上传

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高二数学答案第1页（共6页）高二数学参考答案一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．BDCBADDC二、多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．9.AC10.BCD11.ABD12.AD三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分

．13.3yx14.515.21n，60(本题第一空2分，第二空3分)16.12四、解答题:17.（本小题满分10分）解：（Ⅰ）设等比数列{}na公比为q，由题意知232713(33)312aaaaa

，可得24611121127312aqaqaqaaq，……………2分解得113aq，……………4分所以13nna.……………5分（Ⅱ）12113(3)log391nnnnbn，……………7分01210121(90)(91)(92)(91)(

9999)(0121)19(1)192nnnnSnnnn21(91).82nnn……………10分18.（本小题满分12分）解：（Ⅰ）设圆C的方程为222xaybr，由题意得3255

5rbbaab,,,……………3分解得1,3,3,abr或1,3,3.abr……………5分因此圆C的方程为22139xy或221

39xy.…………7分高二数学答案第2页（共6页）（Ⅱ）因为||32AB，所以圆心到直线l的距离2232932()222dr.……………8分（法一）由题意知直线l一定存在斜率，可设直线l的方程为(1)ykx，即0kxyk，则圆心到

直线l的距离23921kkdk，即29912k，解得1k，……………10分所以直线l的方程为10xy或10xy.……………12分（法二）由题意知直线l斜率不为0，可设直线l的方程为1xmy，即10xmy

，则圆心到直线l的距离233221mdm，解得1m，……………10分所以直线l的方程为10xy或10xy.……………12分19.（本小题满分12分）解：（Ⅰ）过S点作SOCA交CA的延长线于点O

，连接OB，……………1分因为O120SACBAC，所以O60SAOBAO，又因为SAAB，AOAO，所以SAOBAO，……………2分所以O90SOABOA，即BOCA，

……………3分因为SOBOO，所以AC平面SOB，……………5分因为SB平面SOB，所以SBAC.……………6分（Ⅱ）因为平面SAC平面ABC，平面SAC平面ABCAC，SOCA，所以SO平面ABC，……………7

分以O为原点，OBOCOS,,的方向分别为xyz,,轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则(010)(030)(300)(003)ACBS,,,,,,,,,,,,可得(013)(330)SABC,,,,,,……

………9分因为33cos4||||212SABCSABCSABC,，……………11分所以直线SA与BC所成角的余弦值为34.……………12分20.（本小题满分12分）解：（Ⅰ）因为1

14ab，12a，所以12b，因为112216abab，24b，所以23a，……………2分高二数学答案第3页（共6页）设数列{}na公差为d，则321daa，所以2(1)11nann，*nN，……………3分由11122332nnn

ababababn，*nN，可得11223311(1)2nnnababababn，2n≥，所以12(1)2(1)2nnnnnabnnn，2n≥，……………4分所以2nnb，2n≥，

……………5分因为12b满足上式，所以2nnb，*nN.……………6分（Ⅱ）因为11211(21)(21)2121nnnnn，……………7分所以2233411111111(1)()()()2121

2121212121nnnT11121n，……………9分因为11021n，所以111121nnT，……………10分因为121121111(1)(1)21212121nnnnnnTT11220(2

1)(21)nnn，所以1nnTT，故数列{}nT单调递增，……………11分当1n时min2()3nT，所以213nT≤.……………12分（其中证明23nT≤，也可以作差比较，+12222)3321nnnT

（（），因为1n≥，所以22n≥，1210n，则+12222)03321nnnT（（）≥；另法：利用函数有界性和不等式性质，11121nnT，因为1n≥，所以22n≥，所以1213n≥，所以1110213n≤，所以12

111321n≤，所以213nT≤.）21.（本小题满分12分）解：（Ⅰ）因为111AEAC，所以点E在11AC上，……………1分因为1AB平面1BCE,111ABABC面,111ABCBCEME面面,高二数学答案第4页（共6页）所

以1ABME,……………3分因为M为1BC中点，所以E为11AC的中点，故12.……………4分（Ⅱ）在三棱柱111ABCABC中，111ABCABC面面，所以点E到平面ABC的距离等于点1A到平面ABC的距离.…………5分又因为正方形11B

BCC，所以11BCBC,且1AM平面11BBCC，以M为原点，11MBMBMA,,的方向分别为xyz,,轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，由题意知11MB,2211112MAABMB，则1(

002)A,,,1(010)B,,(100)B,,,1(100)C,,，……………6分11(012)ABAB,,，11(102)ACAC,,，设平面ABC的法向量为()xyz，，n，则02002

0AByzACxznn，令1z，可得法向量为(221),,n，……………7分又11(110)AABB,,，所以E到平面ABC的距离12221055AAd

nn.……………8分（III）因为111AEAC，所以111(02)AEAC，，，则11(022)MEMAAE

，，，1(010)MB，，，……………9分设面1BCE的法向量为()xyz，，m，则10(22)000MExzyMBmm，令z，

可得法向量为(220)-，，m，…………10分所以2222(1)32cos52(1)5(342)，mn，xyzEMCC1B1BAA1高二数学答案第5页（共6页）因为平面ABC与平面1BCE所成角的正弦值为255，

所以232555(342)，可得23410，所以113或.……………12分22.（本小题满分12分）解：（Ⅰ）由题意知1c，48a，所以2a，23b，因此C的方程为22143

xy.…………………4分（Ⅱ）（法一）由题意知直线l的斜率不为0，可设直线l的方程为1xmy，1122()()MxyNxy,，,，由221143xmyxy，消去x可得22(34)690

mymy，………………5分由韦达定理可知122122634934myymyym，………………6分因为PQ与MN方向相同，椭圆为中心对称图形，可得PQMN，所以四边形PQNM为平行四边形，因此四边形PQNM的面积1121212222M

NPMNFSSSFFyy，………………7分所以221212226362()42()3434mSyyyymm2224134mm，………………9分令21mt，则1t≥，221mt，则224241313tSttt，……………10分因为13

ytt在1,上单调递增，所以当1t时，min4y，所以[4)y,，………………11分从而可得(06]S,，所以四边形PQNM面积的取值范围为(06],.………………12分（法二）设四边形PQNM面积为S，当直线l斜率不存在时，求得6S；………………5分当直线l斜率存在时，

设直线l方程为(1)(0)ykxk，1122()()MxyNxy,，,，由22(1)143ykxxy，消去x可得2222(43)84120kxkxk，………………6分高二数学答案第6页（共6页）由韦达定理可知21222

12284341243kxxkkxxk，………………7分因为PQ与MN方向相同，椭圆为中心对称图形，可得PQMN，所以四边形PQNM为平行四边形，12121221211212222|()|2||()42MNPMNFS

SSFFyykxxkxxxx，2222(1)24(43)kkSk，………………9分设243kt，3t，234tk代入得，2222332661ttSttt（1103t），………………10分由二次函数性质可得(06)S,，………

………11分综上可知，四边形PQNM面积的取值范围为(06],.………………12分获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com