陕西省西安市长安区第一中学2024-2025学年高二上学期第二次教学质量检测数学试题

2024-2025学年陕西省西安市长安一中高二（上）第二次质检 数学试卷 一.单项选择题：（本大题共8小题，每小题5分，共计40分，在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的。） 1．（5分）设集合A＝{x|x＜2}，B＝{y|y＝2x﹣1}，则A∩B＝（　　） A．（﹣∞，3） B．[2，3） C．（﹣∞，2） D．（﹣1，2） 2．（5分）为了了解某校今年准备报考飞行员的学生的体重情况，将所得的数据整理后，画出了频率分布直方图（如图），已知图中从左到右的前3个小组 的频率之比为1：2：3，第1小组的频数为6，则报考飞行员的学生人数是（　　） A．32 B．40 C．48 D．56 3．（5分）已知非零向量、满足，则与的夹角的余弦值是（　　） A． B． C． D． 4．（5分）函数f（x）＝2cosx+cos2x（x∈R）的最小值是（　　） A．﹣3 B．﹣ C．﹣1 D． 5．（5分）已知椭圆E：的右焦点为F（3，0），过点F的直线交椭圆E于A、B两点．若AB的中点坐标为（1，﹣1），则E的方程为（　　） A． B． C． D． 6．（5分）将函数f（x）＝sinωx（其中ω＞0）的图像向右平移个单位长度，所得图像关于直线x＝π对称，则ω的最小值是（　　） A． B．2 C． D． 7．（5分）已知双曲线（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别是F1，F2，在其渐近线上存在一点P，满足||PF1|﹣|PF2||＝2b，则该双曲线离心率的取值范围为（　　） A．（1，） B．（，2） C．（，） D．（2，3） 8．（5分）如图所示，在三棱锥A﹣BCD中，平面ACD⊥平面BCD，△ACD是以CD为斜边的等腰直角三角形，AB⊥BC，AC＝2CB＝4，则该三棱锥的外接球的表面积为（　　） A．32π B．40π C． D． 二.多项选择题：（本大题共3小题，每小题6分，共计18分.在每小题给出的选项中有多个选项是符合题目要求的。部分选对得3分，有错误选项得0分.） （多选）9．（6分）已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，且，则使得为整数的正整数n的取值为（　　） A．3 B．4 C．7 D．14 （多选）10．（6分）意大利数学家列昂纳多•斐波那契是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人，斐波那契数列被誉为是最美的数列，斐波那契数列{an}满足：a1＝1，a2＝1，an＝an﹣1+an﹣2（n≥3，n∈N*）．若将数列的每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前n项所占的格子的面积之和为Sn，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为cn，则下列结论正确的是（　　） A．Sn+1＝an+12+an+1•an B．a1+a2+a3+…+an＝an+2﹣1 C．a1+a3+a5+…+a2n﹣1＝a2n﹣1 D．4（cn﹣cn﹣1）＝πan﹣2•an+1 （多选）11．（6分）在数学史上，把平面内，到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹，称为（Cassinioval）卡西尼卵形线．在平面直角坐标系xOy中，动点P（x，y）到两个定点F1（﹣1，0），F2（1，0）的距离之积等于3，化简得曲线C的方程为：，则下列结论正确的是（　　） A．曲线C关于y轴对称 B．△F1PF2面积的最大值为2 C．|PF1|+|PF2|的最小值为 D．|OP|的取值范围为 三.填空题：（本大题共3小题，共计15分.请将正确答案填写在答题卡对应的位置.） 12．（5分）已知等比数列{an}的各项均为正数，若log3a1+log3a2+…+log3a12＝12，则a6a7等于 　 　． 13．（5分）若关于x的方程x2﹣x+a＝0和x2﹣x+b＝0（a≠b）的四个根组成首项为的等差数列，则a+b的值是　 　． 14．（5分）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，点M（﹣，0），过点F的直线与此抛物线交于A、B两点，若|AB|＝12，且tan∠AMB＝2，则p＝　 　． 四.解答题：（本大题共5小题，共计77分.解答应写出文字说明证明过程或演算步骤.） 15．（13分）设f（x）＝sinxcosx﹣cos2（x+）． （Ⅰ）求f（x）的单调区间； （Ⅱ）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若f（）＝0，a＝1，求△ABC面积的最大值． 16．（15分）记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a2＝11，S10＝40． （1）求{an}的通项公式； （2）求数列{|an|}的前n项和Tn． 17．（15分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面ACC1A1是矩形，AC⊥AB，AB＝AA1＝2，AC＝3，∠A1AB＝120°，E，F分别为棱A1B1，BC的中点，G为线段CF的中点． （1）证明：A1G∥平面AEF； （2）求二面角A﹣EF﹣B的余弦值． 18．（17分）已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an＝（n∈N*）．若{an}为等比数列，且a1＝2，b3＝6+b2． （Ⅰ）求an和bn； （Ⅱ）设cn＝（n∈N*）．记数列{cn}的前n项和为Sn． （i）求Sn； （ii）求正整数k，使得对任意n∈N*均有Sk≥Sn． 19．（17分）已知椭圆的左焦点为F1，离心率为，过F1的直线与椭圆交于M，N两点，当MN⊥x轴时，|MN|＝3． （Ⅰ）求椭圆C的方程； （Ⅱ）设经过点H（0，﹣1）的直线l与椭圆C相交于P，Q两点，点P关于y轴的对称点为F，直线FQ与y轴交于点G，求△PQG面积的取值范围． 2024-2025学年陕西省西安市长安一中高二（上）第二次质检数学试卷 参考答案与试题解析 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D C B B D D A B 一.单项选择题：（本大题共8小题，每小题5分，共计40分，在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的。） 1．（5分）设集合A＝{x|x＜2}，B＝{y|y＝2x﹣1}，则A∩B＝（　　） A．（﹣∞，3） B．[2，3） C．（﹣∞，2） D．（﹣1，2） 【分析】运用指数函数的值域，化简集合B，再由交集的定义，即可得到所求． 【解答】解：集合A＝{x|x＜2}， 由x∈R，2x＞0，可得 B＝{y|y＝2x﹣1}＝{y|y＞﹣1}， 则A∩B＝{m|﹣1＜m＜2}＝（﹣1，2）． 故选：D． 【点评】本题考查集合的交集的运算，同时考查指数函数的值域，考查运算能力，注意运用定义法，属于基础题． 2．（5分）为了了解某校今年准备报考飞行员的学生的体重情况，将所得的数据整理后，画出了频率分布直方图（如图），已知图中从左到右的前3个小组 的频率之比为1：2：3，第1小组的频数为6，则报考飞行员的学生人数是（　　） A．32 B．40 C．48 D．56 【分析】设第一小组的频率为a，由频率分布直方图中小矩形面积之和为1，求出a＝0.125．再由第1小组的频数为6，能求出报考飞行员的学生人数． 【解答】解：设第一小组的频率为a， 由频率分布直方图，得： a+2a+3a+0.0375×5+0.0125×5＝1， a＝0.125． ∵第1小组的频数为6， ∴报考飞行员的学生人数为：＝48． 故选：C． 【点评】本题考查频数的求法，考查频率分布直方图等基础知识，考查数据处理能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是基础题． 3．（5分）已知非零向量、满足，则与的夹角的余弦值是（　　） A． B． C． D． 【分析】由向量模的求法和数量积的运算律计算即可求得，再由夹角公式计算即可． 【解答】解：因为， 所以＝＝＝， 所以， 因为＝＝， ＝＝， 设与的夹角为θ，则＝． 故选：B． 【点评】本题考查平面向量的数量积与夹角，属于基础题． 4．（5分）函数f（x）＝2cosx+cos2x（x∈R）的最小值是（　　） A．﹣3 B．﹣ C．﹣1 D． 【分析】利用二倍角的余弦公式化简函数f（x）的解析式为 2﹣，故当cosx＝﹣ 时，函数f（x）有最小值为 ﹣． 【解答】解：∵函数f（x）＝2cosx+cos2x＝2cosx+2cos2x﹣1＝2﹣， 故当cosx＝﹣ 时，函数f（x）有最小值等于﹣， 故选：B． 【点评】本题主要考查二倍角的余弦公式的应用，求二次函数在闭区间上的最值，属于中档题． 5．（5分）已知椭圆E：的右焦点为F（3，0），过点F的直线交椭圆E于A、B两点．若AB的中点坐标为（1，﹣1），则E的方程为（　　） A． B． C． D． 【分析】设A（x1，y1），B（x2，y2），代入椭圆方程得，利用“点差法”可得．利用中点坐标公式可得x1+x2＝2，y1+y2＝﹣2，利用斜率计算公式可得＝＝．于是得到，化为a2＝2b2，再利用c＝3＝，即可解得a2，b2．进而得到椭圆的方程． 【解答】解：设A（x1，y1），B（x2，y2）， 代入椭圆方程得， 相减得， ∴． ∵x1+x2＝2，y1+y2＝﹣2，＝＝． ∴， 化为a2＝2b2，又c＝3＝，解得a2＝18，b2＝9． ∴椭圆E的方程为． 故选：D． 【点评】熟练掌握“点差法”和中点坐标公式、斜率的计算公式是解题的关键． 6．（5分）将函数f（x）＝sinωx（其中ω＞0）的图像向右平移个单位长度，所得图像关于直线x＝π对称，则ω的最小值是（　　） A． B．2 C． D． 【分析】先将函数f（x）＝sinωx的图象向右平移个单位长度，得到的图象关于直线x＝π对称，再根据对称轴求解取最小值即可． 【解答】解：将函数f（x）＝sinωx的图象向右平移个单位长度，得的图象关于直线x＝π对称， ∴，k∈Z，∴，k∈Z， ∵ω＞0，∴ω的最小值为， 故选：D． 【点评】本题主要考查由函数y＝Asin（ωx+φ）的部分图象求解析式，函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，属于基础题． 7．（5分）已知双曲线（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别是F1，F2，在其渐近线上存在一点P，满足||PF1|﹣|PF2||＝2b，则该双曲线离心率的取值范围为（　　） A．（1，） B．（，2） C．（，） D．（2，3） 【分析】由题意，问题转化为双曲线的渐近线与双曲线有公共点即可，据此可得两曲线渐近线斜率间的关系，进而求出离心率范围． 【解答】解：双曲线的渐近线方程为， 因为||PF1|﹣|PF2||＝2b＜|F1F2|， 所以点P在双曲线上， 双曲线的渐近线方程为， 因为与双曲线相交， 所以由双曲线渐近线性质可知只需， 即a2＞b2， 则a2＞c2﹣a2， 解得， 故该双曲线离心率的取值范围是 ， 故选：A． 【点评】本题考查了双曲线的离心率的取值范围的问题，属于中档题． 8．（5分）如图所示，在三棱锥A﹣BCD中，平面ACD⊥平面BCD，△ACD是以CD为斜边的等腰直角三角形，AB⊥BC，AC＝2CB＝4，则该三棱锥的外接球的表面积为（　　） A．32π B．40π C． D． 【分析】根据三棱锥的图形的特征找到球心的位置，然后根据勾股定理求出半径，进而可以求解． 【解答】解：设CD的中点为M，因为三角形ACD是以CD为斜边的等腰直角三角形， 所以AM＝DM＝CM＝2，且AM⊥CD， 过M作MN⊥CD，又平面ACD⊥平面BCD，且平面ACD与平面BCD的交线为CD， 所以MN⊥平面ACD，AM⊥平面BCD，则三棱锥的外接球球心在MN上， 设外接球的半径为R，由AB⊥BC，则AB＝2， AM⊥BM，则BM＝＝BC， 又CM2＝BM2+BC2，所以三角形BCM为等腰直角三角形， 设球心为O，CM的中点为P，则MP＝CP＝BP＝， 则OM＝，即， 解得R＝， 所以三棱锥的外接球的表面积为S＝4πR2＝4π×10＝40π， 故选：B． 【点评】本题考查了求解三棱锥的外接球的表面积问题，考查了数形结合思想以及学生的空间想象能力，属于中档题． 二.多项选择题：（本大题共3小题，每小题6分，共计18分.在每小题给出的选项中有多个选项是符合题目要求的。部分选对得3分，有错误选项得0分.） （多选）9．（6分）已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，且，则使得为整数的正整数n的取值为（　　） A．3 B．4 C．7 D．14 【分析】利用等差数列的性质：当m+n＝p+q时，有am+an＝ap+aq以及等差数列的前n项和公式得到＝3+，进一步求出当n＝2，4，14时，为整数得到选项． 【解答】解：＝＝＝， 因为，所以＝＝3+， 当n＝2，4，14时，为整数． 故选：BD． 【点评】本题主要考查等差数列的性质应用，考查计算能力，属于基础题． （多选）10．（6分）意大利数学家列昂纳多•斐波那契是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人，斐波那契数列被誉为是最美的数列，斐波那契数列{an}满足：a1＝1，a2＝1，an＝an﹣1+an﹣2（n≥3，n∈N*）．若将数列的每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前n项所占的格子的面积之和为Sn，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为cn，则下列结论正确的是（　　） A．Sn+1＝an+12+an+1•an B．a1+a2+a3+…+an＝an+2﹣1 C．a1+a3+a5+…+a2n﹣1＝a2n﹣1 D．4（cn﹣cn﹣1）＝πan﹣2•an+1 【分析】由题意，a1＝1，a3＝2，a4＝3，a5＝5，a6＝8，a7＝13，代入验证C不成立；由数学归纳法可证明A，B正确；由扇形的面积公式和平方差公式，结合递推式，可得D正确． 【解答】解：a1＝1，a2＝1，an＝an﹣1+an﹣2（n≥3，n∈N*）， 对于A，Sn+1＝an+12+an+1•an，当n＝1时，S2＝1+1＝2，a22+a2a1＝2，等式成立； 假设n＝k时，Sk+1＝ak+12+ak+1•ak，n＝k+1时，Sk+2＝Sk+1+ak+22＝ak+12+ak+1•ak+ak+22＝ak+22+ak+1•（ak+ak+1）＝ak+22+ak+2•ak+1， 则n＝k+1，等式也成立，故A正确； 对于B，a1+a2+a3+…+an＝an+2﹣1，当n＝1时，a1＝a3﹣1成立； 假设n＝k时，a1+a2+a3+…+ak＝ak+2﹣1， 当n＝k+1时，等式左边＝a1+a2+a3+…+ak+ak+1＝ak+2﹣1+ak+1＝ak+3﹣1， 则n＝k+1，等式也成立，故B正确； 由题意，a1＝1，a3＝2，a4＝3，a5＝5，a6＝8，a7＝13， ∴a1+a3＝3≠a4﹣1，a1+a3+a5＝8≠a6﹣1，故C错误； 对于D，cn＝an2，4（cn﹣cn﹣1）＝4×（an2﹣an﹣12）＝π（an﹣an﹣1）（an+an﹣1）＝πan﹣2•an+1，故D正确． 故选：ABD． 【点评】本题考查归纳推理，考查计算能力，正确计算是关键，属于中档题． （多选）11．（6分）在数学史上，把平面内，到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹，称为（Cassinioval）卡西尼卵形线．在平面直角坐标系xOy中，动点P（x，y）到两个定点F1（﹣1，0），F2（1，0）的距离之积等于3，化简得曲线C的方程为：，则下列结论正确的是（　　） A．曲线C关于y轴对称 B．△F1PF2面积的最大值为2 C．|PF1|+|PF2|的最小值为 D．|OP|的取值范围为 【分析】根据新定义，针对各个选项即可分别求解． 【解答】解：根据题意可得y2＝≥0， 所以x4﹣2x2﹣8≤0，解得：﹣2≤x≤2， 令t＝，则t∈[3，5]， 所以y2＝﹣＝﹣（t﹣2）2+∈[0，2]． 所以y∈， 对于A选项，方程中的x换成﹣x方程不变，所以曲线C关于y轴对称，A选项正确； 对于B选项，因为△F1PF2面积为， 所以△F1PF2面积的最大值为，所以B选项错误； 对于C选项，∵|PF1|+|PF2|＝|PF1|+， 当且仅当|PF1|＝，即P（0，）时，等号成立，所以C选项正确； 对于D选项，因为∈[2，4]， 所以OP的取值范围为[，2]，所以D选项正确． 故选：ACD． 【点评】本题考查动点轨迹与曲线方程的应用，属中档题． 三.填空题：（本大题共3小题，共计15分.请将正确答案填写在答题卡对应的位置.） 12．（5分）已知等比数列{an}的各项均为正数，若log3a1+log3a2+…+log3a12＝12，则a6a7等于 　9　． 【分析】根据等比数列的性质得，进而可得． 【解答】解：由log3a1+log3a2+…+log3a12＝12得log3（a1×a2×⋯×a12）＝12， 所以， 因为等比数列{an}的各项均为正数， 所以a1•a12＝a2•a11＝⋯＝a6•a7， 故，得． 故答案为：9． 【点评】本题考查等比数列的性质，属于基础题． 13．（5分）若关于x的方程x2﹣x+a＝0和x2﹣x+b＝0（a≠b）的四个根组成首项为的等差数列，则a+b的值是　　． 【分析】把x＝分别代入两个方程求出a，b的值，分a＝或者b＝加以分析，当a＝或者b＝时题意不成立， 所以考虑四个根的另外的分布情况，然后借助于根与系数关系列式求出另外两个根，并求出b的值，则答案可求． 【解答】解：由题可知是方程的一个实根， 代入两个方程可得a＝或者b＝． 因为题目说a不等于b，所以取a＝． 解，得． 因为4个实根可以组成等差数列， 所以可以知道这4个实根可能是或． 也就是说或是方程x2﹣x+b＝0的解． 然则代进去发现是错误的． 因此要考虑另外一种情况： 设x2﹣x+b＝0的2实根为x3，x4， 4个实根组成的等差数列为． 根据等差数列的公式可以得两个方程， 和， 解得， 代入原方程验证成立， 同时解得b＝， 也就是所a+b＝． 故答案为． 【点评】本题考查了等差数列的通项公式，考查了分类讨论的数学思想方法，考查了学生灵活处理和解决问题的能力，是中档题． 14．（5分）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，点M（﹣，0），过点F的直线与此抛物线交于A、B两点，若|AB|＝12，且tan∠AMB＝2，则p＝　3　． 【分析】设直线AB的方程，与抛物线联立，化简整理可得，y2﹣2mpy﹣p2＝0，再结合韦达定理，以及斜率公式，可得∠AMF＝∠BMF，再结合抛物线的定义，以及弦长公式，即可求解． 【解答】解：设直线AB：x＝my+，设A（x1，y1），B（x2，y2）， 联立，化简整理可得，y2﹣2mpy﹣p2＝0， 由韦达定理可得，y1+y2＝2mp，， kAM+kBM＝+＝＝＝， 所以可得∠AMF＝∠BMF， tan， 又∠AMF为锐角，解得tan， 设AF＞BF，如图作AH⊥x轴交于H， 由题意可得，M在抛物线的准线上，作准线l，作AA'⊥l，垂足为A'， 则＝， 所以，即m＝1， 所以|AB|＝＝＝4p＝12，解得p＝3． 故答案为：3． 【点评】本题主要考查抛物线的性质，考查数形结合的能力，属于中档题． 四.解答题：（本大题共5小题，共计77分.解答应写出文字说明证明过程或演算步骤.） 15．（13分）设f（x）＝sinxcosx﹣cos2（x+）． （Ⅰ）求f（x）的单调区间； （Ⅱ）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若f（）＝0，a＝1，求△ABC面积的最大值． 【分析】（Ⅰ）由三角函数恒等变换化简解析式可得f（x）＝sin2x﹣，由2k≤2x≤2k，k∈Z可解得f（x）的单调递增区间，由2k≤2x≤2k，k∈Z可解得单调递减区间． （Ⅱ）由f（）＝sinA﹣＝0，可得sinA，cosA，由余弦定理可得：bc，且当b＝c时等号成立，从而可求bcsinA≤，从而得解． 【解答】解：（Ⅰ）由题意可知，f（x）＝sin2x﹣ ＝sin2x﹣ ＝sin2x﹣ 由2k≤2x≤2k，k∈Z可解得：k≤x≤k，k∈Z； 由2k≤2x≤2k，k∈Z可解得：k≤x≤k，k∈Z； 所以f（x）的单调递增区间是[k，k]，（k∈Z）；单调递减区间是：[k，k]，（k∈Z）； （Ⅱ）由f（）＝sinA﹣＝0，可得sinA＝， 由题意知A为锐角，所以cosA＝， 由余弦定理a2＝b2+c2﹣2bccosA， 可得：1+bc＝b2+c2≥2bc，即bc，且当b＝c时等号成立． 因此S＝bcsinA≤， 所以△ABC面积的最大值为． 【点评】本题主要考查了正弦函数的图象和性质，余弦定理，基本不等式的应用，属于基本知识的考查． 16．（15分）记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a2＝11，S10＝40． （1）求{an}的通项公式； （2）求数列{|an|}的前n项和Tn． 【分析】（1）建立方程组求出首项和公差即可． （2）求出|an|的表达式，讨论n的取值，然后进行求解即可． 【解答】解：（1）在等差数列中，∵a2＝11，S10＝40． ∴，即， 得a1＝13，d＝﹣2， 则an＝13﹣2（n﹣1）＝﹣2n+15（n∈N•）． （2）|an|＝|﹣2n+15|＝， 即1≤n≤7时，|an|＝an， 当n≥8时，|an|＝﹣an， 当1≤n≤7时，数列{|an|}的前n项和Tn＝a1+⋯+an＝13n+＝﹣n2+14n， 当n≥8时，数列{|an|}的前n项和Tn＝a1+⋯+a7﹣⋯﹣an＝﹣Sn+2（a1+⋯+a7）＝﹣[13n+]+2×＝n2﹣14n+98． 【点评】本题主要考查等差数列的通项公式和数列求和，建立方程组求出首项和公差是解决本题的关键，是中档题． 17．（15分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面ACC1A1是矩形，AC⊥AB，AB＝AA1＝2，AC＝3，∠A1AB＝120°，E，F分别为棱A1B1，BC的中点，G为线段CF的中点． （1）证明：A1G∥平面AEF； （2）求二面角A﹣EF﹣B的余弦值． 【分析】（1）连接A1B交AE于O，连接OF，可证OF∥A1G，进而可证A1G∥平面AEF； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，求平面AEF的一个法向量，求平面BEF的一个法向量，利用向量法可求二面角A﹣EF﹣B的余弦值． 【解答】解：（1）证明：连接A1B交AE于O，连接OF，由题意，四边形ABB1A1是平行四边形，所以AB＝B1A1， 因为E为B1A1的中点，∴A1E＝AB，∴△A1OE∽△BOA，且相似比为，∴A1O＝OB， 又F，G分别为棱BC，CF的中点，∴GF＝BF，∴OF∥A1G，又OF⊂平面AEF，A1G⊄平面AEF， ∴A1G∥平面AEF， （2）连接AB1，∵∠A1AB＝120°，AB＝AA1＝2，∴AB1⊥A1B，AB1＝2，AB1＝2， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则A（0，1，0），B（﹣，0，0），E（，﹣，0），F（﹣，，）， 则＝（，﹣，0），＝（，﹣，0），＝（﹣，1，）， 设平面AEF的一个法向量为＝（x，y，z）， 则，令x＝3，则y＝3，z＝4， ∴平面AEF的一个法向量为＝（3，3，4）， 设平面BEF的一个法向量为＝（a，b，c）， 则，令x＝，则y＝9，z＝﹣4， ∴平面BEF的一个法向量为＝（，9，﹣4）， ∴cos＜，＞＝＝＝， 因为二面角A﹣EF﹣B的平面角为锐角， ∴二面角A﹣EF﹣B的余弦值为． 【点评】本题考查线面平行的证明，以及面面角的余弦值的求法，属中档题． 18．（17分）已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an＝（n∈N*）．若{an}为等比数列，且a1＝2，b3＝6+b2． （Ⅰ）求an和bn； （Ⅱ）设cn＝（n∈N*）．记数列{cn}的前n项和为Sn． （i）求Sn； （ii）求正整数k，使得对任意n∈N*均有Sk≥Sn． 【分析】（Ⅰ）先利用前n项积与前（n﹣1）项积的关系，得到等比数列{an}的第三项的值，结合首项的值，求出通项an，然后现利用条件求出通项bn； （Ⅱ）（i）利用数列特征进行分组求和，一组用等比数列求和公式，另一组用裂项法求和，得出本小题结论；（ii）本小题可以采用猜想的方法，得到结论，再加以证明． 【解答】解：（Ⅰ）∵a1a2a3…an＝（n∈N*） ①， 当n≥2，n∈N*时， ②， 由①②知：， 令n＝3，则有． ∵b3＝6+b2， ∴a3＝8． ∵{an}为等比数列，且a1＝2， ∴{an}的公比为q，则＝4， 由题意知an＞0，∴q＞0，∴q＝2． ∴（n∈N*）． 又由a1a2a3…an＝（n∈N*）得： ， ， ∴bn＝n（n+1）（n∈N*）． （Ⅱ）（i）∵cn＝＝＝． ∴Sn＝c1+c2+c3+…+cn ＝ ＝ ＝ ＝； （ii）因为c1＝0，c2＞0，c3＞0，c4＞0； 当n≥5时， ， 而 ＝＞0， 得 ， 所以，当n≥5时，cn＜0， 综上，对任意n∈N*恒有S4≥Sn，故k＝4． 【点评】本题考查了等比数列通项公式、求和公式，还考查了分组求和法、裂项求和法和猜想证明的思想，证明可以用二项式定理，还可以用数学归纳法．本题计算量较大，思维层次高，要求学生有较高的分析问题解决问题的能力．本题属于难题． 19．（17分）已知椭圆的左焦点为F1，离心率为，过F1的直线与椭圆交于M，N两点，当MN⊥x轴时，|MN|＝3． （Ⅰ）求椭圆C的方程； （Ⅱ）设经过点H（0，﹣1）的直线l与椭圆C相交于P，Q两点，点P关于y轴的对称点为F，直线FQ与y轴交于点G，求△PQG面积的取值范围． 【分析】（1）通过离心率，结合|MN|转化求解a，b，即可得到椭圆方程． （2）设直线l的方程为y＝kx﹣1（k≠0）．设P（x1，y1），Q（x2，y2），联立直线与椭圆方程，通过韦达定理，结合三角形的面积，转化求解即可． 【解答】解：（1）由题意可知：，可得． 又左焦点F1（﹣c，0），当MN⊥x轴时， 将x＝﹣c代入椭圆得．∴． 由解得 所以椭圆C的方程为， （2）由题意可知，直线l斜率必存在且不为0，设直线l的方程为y＝kx﹣1（k≠0）． 设P（x1，y1），Q（x2，y2），由得（4k2+3）x2﹣8kx﹣8＝0． Δ＝（﹣8k）2﹣4（﹣8）（4k2+3）＝192k2+96＞0，，， ∵P关于y轴的对称点为F，F（﹣x1，y1），∴直线FQ的方程为． 令x＝0，得， ∴G（0，﹣3）， ∴△PQG的面积， 令，则，∴， ∵，， ∴△PQG面积的取值范围． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$