2020-2021年安徽省阜阳市高二（上）期末考试数学（理）试卷北师大版

这是一份2020-2021年安徽省阜阳市高二（上）期末考试数学（理）试卷北师大版，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 某中学共有3000名学生，现用分层抽样的方法从该校学生中抽取1个容量为50的样本，其中高一年级抽20人，高三年级抽10人，则该校高二年级学生人数为( )
A.800B.600C.1200D.1000

2. 已知椭圆C:x2a2+y24=1(a>0)的一个焦点为(2, 0)，则C的离心率为( )
A.13B.12C.22D.223

3. 命题“∃x0∈0,+∞，lnx0=2x0”的否定是( )
A.∀x∉0,+∞，lnx=2xB.∀x∈0,+∞，lnx≠2x
C.∃x0∉0,+∞，lnx0=2x0D.∃x0∈0,+∞，lnx0≠2x0

4. 等差数列{an}的首项为1，公差不为0. 若a2，a3，a6成等比数列，则{an}的前6项的和为( )
A.−24B.−3C.3D.8

5. 执行如图所示的程序框图，若输出S的值为0.99，则判断框内可填入的条件是( )

A.i<99B.i>100C.i<100D.i<98

6. 某公司的班车在7:30，8:00，8:30发车，小明在7:50至8:30之间到达发车站乘坐班车，且到达发车站的时刻是随机的，则他等车时间不超过10分钟的概率是( )
A.13B.12C.23D.34

7. 下列叙述中正确的是( )
A.若a，b，c∈R，则“ax2+bx+c≥0”的充分条件是“b2−4ac≤0”
B.若a，b，c∈R，则“ab2>cb2”的充要条件是“a>c”
C.命题“对任意x∈R，有x2≥0”的否定是“存在x∈R，有x2≥0”
D.l是一条直线，α，β是两个不同的平面，若l⊥α，l⊥β，则α // β

8. 如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC−A1B1C1，且CA=CC1=2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为( )

A.55B.53C.255D.35

9. 秦九韶，字道古，汉族，鲁郡（今河南范县）人，南宋著名数学家，精研星象、音律、算术、诗词、弓、剑、营造之学．1208年出生于普州安岳（今四川安岳），咸淳四年（1268）二月，在梅州辞世．与李冶、杨辉、朱世杰并称宋元数学四大家．他在著作《数书九章》中创用了“三斜求积术”，即是已知三角形的三条边长a，b，c，求三角形面积的方法．其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实．一为从隅，开平方得积．”若把以上这段文字写成公式，即为S=14a2c2−a2+c2−b222．若△ABC满足c2sinA=2sinC，csB=35，且aA.35B.45C.1D.54

10. 若数列an满足1an+1−2an=0，则称an为“梦想数列”，已知正项数列1bn为“梦想数列”，且b1+b2+b3=1，则b6+b7+b8=( )
A.4B.8C.16D.32

11. 已知椭圆C的焦点为F1(−1, 0)，F2(1, 0)，过点F2的直线与椭圆C交于A，B两点．若|AF2|=2|F2B|，|AB|=|BF1|，则C的方程为( )
A.x22+y2=1B.x23+y22=1C.x24+y23=1D.x25+y24=1

12. 已知F1，F2是椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点，A是C的左顶点，点P在过A且斜率为36的直线上，△PF1F2为等腰三角形，∠F1F2P=120∘，则C的离心率为( )
A.23B.12C.13D.14
二、填空题

已知样本x1，x2，x3，⋯，xn方差s2=2，则样本2x1+1，2x2+1，2x3+1，⋯，2xn+1的方差为________．
三、解答题

为了更好地刺激经济复苏，增加就业岗位，多地政府出台支持“地摊经济”的举措．某市城管委对所在城市约6000个流动商贩进行调查统计，发现所售商品多为小吃、衣帽、果蔬、玩具、饰品等，各类商贩所占比例如图1.

(1)该市城管委为了更好地服务百姓，打算从流动商贩经营点中随机抽取100个进行政策问询．如果按照分层抽样的方法随机抽取，请问应抽取小吃类、果蔬类商贩各多少家？

(2)为了更好地了解商贩的收入情况，工作人员还对某果蔬经营点最近40天的日收入（单位：元）进行了统计，所得频率分布直方图如图2．若从该果蔬经营点的日收入超过200元的天数中随机抽取两天，求这两天的日收入至少有一天超过250元的概率．

已知数列{an}是等差数列，且满足a6=6+a3，a6−1是a5−1与a8−1的等比中项．
(1)求数列{an}的通项公式；

(2)已知数列{bn}满足bn=2n⋅an，求数列{bn}的前n项和Sn．

设命题p：对任意x∈0,1，不等式2x−2≥m2−3m恒成立，命题q：存在x∈−1,1，使得不等式x2−x+m−1≤0成立．
(1)若p为真命题，求实数m的取值范围；

(2)若p∧q为假命题，p∨q为真命题，求实数m的取值范围．

△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a=4，△ABC的面积为23．
(1)若A=π3，求△ABC的周长；

(2)求sinB⋅sinC的最大值．

如图，四棱锥S−ABCD中，底面ABCD是梯形，AB//CD，∠ADC=90∘，AD=3，SD=CD=2AB=2，点E，F分别是BC，SD的中点．

(1)求证：EF//平面SAB；

(2)若SB=SC，EF=2，求二面角B−SC−D的余弦值．

已知椭圆E： x2a2+y2b2=1a>b>0 的焦距为23，且离心率为32.
(1)求E的方程；

(2)若直线y=kx+1 k>12与E相交于A，B两点，M为E的左顶点，且满足MA⊥MB，求k．
参考答案与试题解析
2020-2021年安徽省阜阳市高二(上)期末考试数学(理)试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
分层抽样方法
【解析】
先求得抽取的样本中高二年级学生的人数，结合分层抽样的方法，列出方程，即可求解．
【解答】
解：由题意，用分层抽样的方法从某校学生中抽取一个容量为50的样本，
其中高一年级抽20人，高三年级抽10人，
则高二年级抽取50−20−10=20(人)，
因为中学生共有3000人，且每个个体被抽得的概率相等，
则设高二年级共有n人，得20n=503000，
解得n=1200，
所以该校高二年级学生人数为1200人．
故选C．
2.
【答案】
C
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
本题主要考查椭圆的方程及离心率．
【解答】
解：因为椭圆C的一个焦点为(2,0)，
所以c=2，
所以a2=4+4=8，
所以a=22，
所以椭圆C的离心率e=ca=22．
故选C．
3.
【答案】
B
【考点】
全称命题与特称命题
【解析】
根据特称命题的否定判断即可．
【解答】
解：根据特称命题的否定是全称命题可知，
“∃x0∈0,+∞，lnx0=2x0”的否定是“∀x∈0,+∞，lnx≠2x” .
故选B．
4.
【答案】
A
【考点】
等比中项
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
根据等比数列的性质和等差数列的通项公式列式解得公差，再根据等差数列的前小项和公式计算可得结果
【解答】
解：设等差数列{an}的公差为dd≠0.
因为a2，a3，a6成等比数列，
所以a32=a2⋅a6，
即a1+2d2=a1+da1+5d，
所以d2+2a1d=0，
又d≠0，
所以d=−2a1=−2×1=−2，
所以等差数列{an}的前6项和为S6=6a1+6×52×d
=1×6+6×52×−2=−24.
故选A．
5.
【答案】
C
【考点】
程序框图
【解析】
程序框图的功能计算可知i=99，所以当i=10时，终止循环，从而可得解．
【解答】
解：由程序框图可知，
11×2+12×3+13×4+⋯+1i×i+1
=1−12+12+13+14+14+⋯+1i−1i+1
=1−1i+1.
又输出S的值为0.99，
则1−1i+1=0.99，
解得i=99，
所以当i<100时，终止循环.
故选C .
6.
【答案】
B
【考点】
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：几何概型转化为长度之比，
基本事件总长度为7:50∼8:30，共有40分钟．
等车时间不超过10分钟即在7:50∼8:00，
或8:20∼8:30到达发车站，共有20分钟，
所以长度之比为2040=12．
故选B．
7.
【答案】
D
【考点】
命题的真假判断与应用
全称命题与特称命题
必要条件、充分条件与充要条件的判断
平面与平面平行的判定
【解析】
本题先用不等式的知识对选项A、B中命题的条件进行等价分析，得出它们的充要条件，再判断相应命题的真假；对选项以中的命题否定加以研究，判断其真假，在考虑全称量词的同时，要否定命题的结论；对选项D利用立体几何的位置关系，得出命题的真假，可知本题的正确答案．
【解答】
解：A，若a，b，c∈R，当“ax2+bx+c≥0”对于任意的x恒成立时，
则有：①当a=0时，要使ax2+bx+c≥0恒成立，
需要b=0，c≥0，此时b2−4ac=0，符合b2−4ac≤0；
②当a≠0时，要使ax2+bx+c≥0恒成立，
必须a>0，且b2−4ac≤0，
综上所述，若a，b，c∈R，“ax2+bx+c≥0”是“b2−4ac≤0”充分不必要条件，
“b2−4ac≤0”是“ax2+bx+c≥0”的必要不充分条件，故A错误；
B，当ab2>cb2，且b2≠0时，a>c，
则“ab2>cb2”是“a>c”的充分条件．
反之，当a>c时，若b=0，则ab2=cb2，不等式ab2>cb2不成立，
则“a>c”是“ab2>cb2”的必要不充分条件，故B错误；
C，命题“对任意x∈R，有x2≥0”的否定应该是“存在x∈R，有x2<0”，故C错误；
D，命题“l是一条直线，α，β是两个不同的平面，
若l⊥α，l⊥β，则α // β．”是两个平面平行的一个判定定理，故D正确．
故选D．
8.
【答案】
A
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
根据题意可设CB=1，CA=CC1=2，分别以CA、CC1、CB为x轴、y轴和z轴建立如图坐标系，得到A、B、B1、C1四个点的坐标，从而得到向量BC1→与AB1→的坐标，根据异面直线所成的角的定义，结合空间两个向量数量积的坐标公式，可以算出直线BC1与直线AB1夹角的余弦值．
【解答】
解：分别以CA、CC1、CB为x轴、y轴和z轴建立如图坐标系，
∵ CA=CC1=2CB，
∴ 可设CB=1，CA=CC1=2，
∴ A(2, 0, 0)，B(0, 0, 1)，B1(0, 2, 1)，C1(0, 2, 0)，
∴ BC1→=(0, 2, −1)，AB1→=(−2, 2, 1)，
可得BC1→⋅AB1→=0×(−2)+2×2+(−1)×1=3，
且|BC1→|=5，|AB1→|=3，
向量BC1→与AB1→所成的角（或其补角）就是直线BC1与直线AB1夹角，
设直线BC1与直线AB1夹角为θ，
则csθ=BC1→⋅AB1→|BC1→|⋅|AB1→|=55.
故选A.
9.
【答案】
B
【考点】
秦九韶算法
在实际问题中建立三角函数模型
正弦定理
余弦定理
【解析】
先由正弦定理得ac=2，由余弦定理得a2+c2−b22=65，代入公式即得解．
【解答】
解：因为c2sinA=2sinC，
所以ac2=2c，
∴ ac=2．
因为csB=35，
所以a2+c2−b22ac=35，
所以a2+c2−b22=65，
所以S=144−652=45．
故选B．
10.
【答案】
D
【考点】
数列递推式
等比数列
【解析】
利用等比数列的定义可推导出“梦想数列”an是公比为12的等比数列，进而结合题意可知数列bn是公比为2的等比数列，由此可得b6+b7+b8=25b1+b2+b3，即可得解．
【解答】
解：若数列an为“梦想数列”，
则1an+1−2an=0，得an+1an=12，
所以“梦想数列”an是公比为12的等比数列.
若正项数列1bn为“梦想数列”，
则1bn+1=12bn，得bn+1bn=2，
即正项数列bn是公比为2的等比数列.
因为b1+b2+b3=1，
所以b6+b7+b8=25b1+b2+b3=32．
故选D．
11.
【答案】
B
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的定义
余弦定理
【解析】
根据椭圆的定义以及余弦定理列方程可解得a=3，b=2，可得椭圆的方程．
【解答】
解：∵ |AF2|=2|BF2|，∴ |AB|=3|BF2|，
又|AB|=|BF1|，∴ |BF1|=3|BF2|，
又|BF1|+|BF2|=2a，∴ |BF2|=a2，
∴ |AF2|=a，|BF1|=32a，
∵ |AF1|+|AF2|=2a，∴ |AF1|=a，
∴ |AF1|=|AF2|，∴ A在y轴上．
在Rt△AF2O中，cs∠AF2O=1a，
在△BF1F2中，由余弦定理可得
cs∠BF2F1=4+(a2)2−(32a)22×2×a2，
根据cs∠AF2O+cs∠BF2F1=0，
可得1a+4−2a22a=0，解得a2=3，
∴ a=3，b2=a2−c2=3−1=2．
所以椭圆C的方程为：x23+y22=1．
故选B.
12.
【答案】
D
【考点】
椭圆的离心率
椭圆的标准方程
【解析】
本题考查椭圆的性质，直线方程的应用，考查转化思想．
【解答】
解：作出如图所示的椭圆，
由题意可知：A(−a,0)，F1(−c,0)，F2(c,0)，
直线AP的方程为：y=36(x+a)，
由∠F1F2P=120∘， |PF2|=|F1F2|=2c，则P(2c,3c)，
代入直线AP：3c=36(2c+a)，整理得：a=4c，
∴ 椭圆C的离心率e=ca=14．
故选D.
二、填空题
【答案】
8
【考点】
极差、方差与标准差
【解析】
根据题意，设样本x1，x2，x3，…，xn方的平均数为x¯，样本2x1+1，2x2+1，2x3+1，…，2xn+1的平均数为x′¯，方差为s′2，由平均数公式可得x′¯=1n[(2x1+1)+(2x2+1)++(2xn+1)]=2x¯+1，进而结合方差的计算公式可得s′2=1n[(2x1+1−2x¯−1)2+(2x2+1−2x¯−1)2++(2xn+1−2x¯−1)2]=4s2，计算即可得答案．
【解答】
解：根据题意，设样本x1，x2，x3，…，xn方的平均数为x¯，方差为s2=2，
样本2x1+1，2x2+1，2x3+1，…，2xn+1的平均数为x′¯，方差为s′2，
样本x1，x2，x3，…，xn方的平均数为x¯，则x¯=1n(x1+x2+x3+⋯+xn)，
其方差为s2=2，则有s2=1n[(x1−x¯)2+(x2−x¯)2+⋯+(xn−x¯)2]=2，
对于样本2x1+1，2x2+1，2x3+1，…，2xn+1，其平均数为x′¯，
则x′¯=1n[(2x1+1)+(2x2+1)+⋯+(2xn+1)]=2x¯+1，
其方差s′2=1n[(2x1+1−2x¯−1)2+(2x2+1−2x¯−1)2+⋯+(2xn+1−2x¯−1)2]=4s2=8.
故答案为：8.
三、解答题
【答案】
解：(1)∵ 小吃类商贩所占比例为
1−25%−15%−10%−5%−5%=40%，
∴ 按照分层抽样的方法随机抽取，
应抽取小吃类商贩100×40%=40(家)，
果蔬类商贩100×15%=15(家)．
答：应抽取小吃类商贩40家，果蔬类商贩15家.
(2)该果蔬经营点的日收入超过200元的天数为
0.002+0.001×50×40=6(天)，
其中超过250元的有40×0.001×50=2(天)，
记日收入超过250元的2天为a1，a2，其余4天为b1，b2，b3，b4，
随机抽取两天的所有可能情况有a1,a2，a1,b1，a1,b2，
a1,b3，a1,b4，a2,b1，(a2,b2)，(a2,b3)，(a2,b4)，
(b1,b2)，(b1,b3)，(b1,b4)，(b2,b3)，(b2,b4)，(b3,b4)，共15种，
其中至少有一天超过250元的所有可能情况有
a1,a2，a1,b1，a1,b2，a1,b3，a1,b4，
a2,b1，a2,b2，a2,b3，a2,b4，共9种，
所以这两天的日收入至少有一天超过250的概率P=915=35．
【考点】
扇形统计图
分层抽样方法
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】
(1)求出小吃类、果蔬类商贩的占比，再乘以100可得结果；
(2)计算可知该果蔬经营点的日收入超过200元的天数为6天，其中超过250元的有2天，记为a1，a2，其余4天为b1，b2，b3，b4，列举出所有的基本事件，并确定事件“两天的日收入至少有一天超过250元”所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可计算出所求事件的概率．
【解答】
解：(1)∵ 小吃类商贩所占比例为
1−25%−15%−10%−5%−5%=40%，
∴ 按照分层抽样的方法随机抽取，
应抽取小吃类商贩100×40%=40(家)，
果蔬类商贩100×15%=15(家)．
答：应抽取小吃类商贩40家，果蔬类商贩15家.
(2)该果蔬经营点的日收入超过200元的天数为
0.002+0.001×50×40=6(天)，
其中超过250元的有40×0.001×50=2(天)，
记日收入超过250元的2天为a1，a2，其余4天为b1，b2，b3，b4，
随机抽取两天的所有可能情况有a1,a2，a1,b1，a1,b2，
a1,b3，a1,b4，a2,b1，(a2,b2)，(a2,b3)，(a2,b4)，
(b1,b2)，(b1,b3)，(b1,b4)，(b2,b3)，(b2,b4)，(b3,b4)，共15种，
其中至少有一天超过250元的所有可能情况有
a1,a2，a1,b1，a1,b2，a1,b3，a1,b4，
a2,b1，a2,b2，a2,b3，a2,b4，共9种，
所以这两天的日收入至少有一天超过250的概率P=915=35．
【答案】
解：(1)设等差数列{an}的公差为d.
∵ a6=6+a3，a6−1是a5−1与a8−1的等比中项，
即a1+5d=6+a1+2d,(a1+5d−1)2=(a1+4d−1)(a1+7d−1),
解得a1=−5,d=2.
∴ an=−5+2(n−1)=2n−7.
(2)由(1)可知，an=2n−7，则bn=2n⋅an=(2n−7)⋅2n．
∵ Sn=−5×2−3×22−1×23+...+(2n−7)⋅2n①，
∴ 2Sn=−5×22−3×23+...+(2n−9)⋅2n+(2n−7)⋅2n+1②，
由①−②，得−Sn=−10+2(22+23+...+2n)−(2n−7)⋅2n+1
=−10+2×22(1−2n−1)1−2+(7−2n)⋅2n+1
=−18+(9−2n)⋅2n+1，
∴ Sn=(2n−9)⋅2n+1+18．
【考点】
等比中项
等差数列的通项公式
数列的求和
【解析】
（1）设等差数列{an}的公差为d，由题设列出a1与d的方程组，求解出a1与d，即可求出an；
（2）先由（1）中求得的an求出bn，再利用错位相减法即可求得其前n项和．
【解答】
解：(1)设等差数列{an}的公差为d.
∵ a6=6+a3，a6−1是a5−1与a8−1的等比中项，
即a1+5d=6+a1+2d,(a1+5d−1)2=(a1+4d−1)(a1+7d−1),
解得a1=−5,d=2.
∴ an=−5+2(n−1)=2n−7.
(2)由(1)可知，an=2n−7，则bn=2n⋅an=(2n−7)⋅2n．
∵ Sn=−5×2−3×22−1×23+...+(2n−7)⋅2n①，
∴ 2Sn=−5×22−3×23+...+(2n−9)⋅2n+(2n−7)⋅2n+1②，
由①−②，得−Sn=−10+2(22+23+...+2n)−(2n−7)⋅2n+1
=−10+2×22(1−2n−1)1−2+(7−2n)⋅2n+1
=−18+(9−2n)⋅2n+1，
∴ Sn=(2n−9)⋅2n+1+18．
【答案】
解：(1)∵ 命题p：对任意x∈0,1，不等式2x−2≥m2−3m恒成立，
而x∈0,1，有2x−2min=−2，
∴−2≥m2−3m，
解得1≤m≤2，
∴ p为真命题时，实数m的取值范围是1≤m≤2.
(2)命题q：存在x∈−1,1，使得不等式x2−x+m−1≤0成立，
只需x2−x+m−1min≤0，
∵ x2−x+m−1=x−122+m−54，
∴x2−x+m−1min=−54+m，
∴−54+m≤0，解得m≤54，
即命题q为真时，实数m的取值范围是m≤54.
由题意，命题p，q一真一假，
若p为假命题，q为真命题，
则m<1或m>2,m≤54, 解得m<1；
若q为假命题，p为真命题，
则1≤m≤2,m>54,解得54综上所述，实数m的取值范围为m<1或54【考点】
一元二次不等式的解法
复合命题及其真假判断
逻辑联结词“或”“且”“非”
【解析】
命题P为真，只需x∈0,1,2x−2min≥m2−3m，根据一次函数的单调性，转化为求关于m的一元二次不等式；
（2）命题4为真，只需x∈−1,1,x2−x+m−1min≤0，根据二次函数的性质，求出m的范围，依题意求出P真4假，和P假4真时，实数m的取值范围．
【解答】
解：(1)∵ 命题p：对任意x∈0,1，不等式2x−2≥m2−3m恒成立，
而x∈0,1，有2x−2min=−2，
∴−2≥m2−3m，
解得1≤m≤2，
∴ p为真命题时，实数m的取值范围是1≤m≤2.
(2)命题q：存在x∈−1,1，使得不等式x2−x+m−1≤0成立，
只需x2−x+m−1min≤0，
∵ x2−x+m−1=x−122+m−54，
∴x2−x+m−1min=−54+m，
∴−54+m≤0，解得m≤54，
即命题q为真时，实数m的取值范围是m≤54.
由题意，命题p，q一真一假，
若p为假命题，q为真命题，
则m<1或m>2,m≤54, 解得m<1；
若q为假命题，p为真命题，
则1≤m≤2,m>54,解得54综上所述，实数m的取值范围为m<1或54【答案】
解：(1)因为S△ABC=12bcsinA=34bc=23，所以bc=8．
由余弦定理得b2+c2−2bccsA=a2，所以(b+c)2=a2+3bc，
又a=4，bc=8，
所以(b+c)2=40，即b+c=210，
故△ABC的周长为4+210．
(2)由正弦定理得asinA=bsinB=csinC，
所以sinB⋅sinC=bcsin2Aa2.
又S△ABC=12bcsinA=23，a=4，
所以sinB⋅sinC=3sinA4≤34．
当sinA=1时，A=π2，此时b2+c2=a2=16，bc=43，
即b=23，c=2；或b=2，c=23．
故A=π2时，sinB⋅sinC取得最大值34．
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为S△ABC=12bcsinA=34bc=23，所以bc=8．
由余弦定理得b2+c2−2bccsA=a2，所以(b+c)2=a2+3bc，
又a=4，bc=8，
所以(b+c)2=40，即b+c=210，
故△ABC的周长为4+210．
(2)由正弦定理得asinA=bsinB=csinC，
所以sinB⋅sinC=bcsin2Aa2.
又S△ABC=12bcsinA=23，a=4，
所以sinB⋅sinC=3sinA4≤34．
当sinA=1时，A=π2，此时b2+c2=a2=16，bc=43，
即b=23，c=2；或b=2，c=23．
故A=π2时，sinB⋅sinC取得最大值34．
【答案】
(1)证明：如图，取AD中点I，连接FI，EI，
∵ E，F分别是BC，SD的中点，
∴ FI//SA，IE//AB，且FI∩EI=I.
∵ SA⊂平面SAB，FI⊄平面SAB，
∴ FI//平面SAB，
同理AB⊂平面SAB，IE⊄平面SAB，
∴ IE//平面SAB.
又∵ FI∩EI=I，
∴ 平面EFI//平面SAB.
∵ FI，IE⊂平面FIE， FI∩IE=I，
∴ 平面EFI//平面SAB，
∵ EF⊂平面EFI，
∴ EF//平面SAB．
(2)解：连接BD，DE，SE，则BD=CD=2，
∴ BC⊥SE，BC⊥DE.
∵ BE∩SE=E，DE，SE⊂平面SED，
∴ BC⊥平面SED.
又∵ SD⊂平面SED，
∴ SD⊥BC.
又∵ EF2=ED2+DF2，
∴ SD⊥DE，
又SD⊥BC，BC∩DE=E，DE，BC⊂平面ABCD，
∴ SD⊥平面ABCD.
建立如图所示的空间直角坐标系，
则S(0,0,2)，D(0,0,0)，C(0,2,0)，B(3,1,0)，
∴ DS→=0,0,2，DC→=0,2,0，
BS→=−3,−1,2，BC→=−3,1,0，
设n→=x,y,z为平面SBC的法向量，
则n→⋅BS→=−3x−y+2z=0,n→⋅BC→=−3x+y=0,
令y=1，则z=1，x=33，
∴ n→=33,1,1.
∵ AD⊥平面SCD，
∴ 取m→=1,0,0为平面SCD的一个法向量，
∴ csθ=|cs⟨m→,n→⟩|=n→⋅m→|m→|⋅|n→|=3313+1+1=77，
∴ 二面角B−SC−D的余弦值为77．
【考点】
直线与平面平行的判定
平面与平面平行的判定
用空间向量求平面间的夹角
直线与平面垂直的判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：如图，取AD中点I，连接FI，EI，
∵ E，F分别是BC，SD的中点，
∴ FI//SA，IE//AB，且FI∩EI=I.
∵ SA⊂平面SAB，FI⊄平面SAB，
∴ FI//平面SAB，
同理AB⊂平面SAB，IE⊄平面SAB，
∴ IE//平面SAB.
又∵ FI∩EI=I，
∴ 平面EFI//平面SAB.
∵ FI，IE⊂平面FIE， FI∩IE=I，
∴ 平面EFI//平面SAB，
∵ EF⊂平面EFI，
∴ EF//平面SAB．
(2)解：连接BD，DE，SE，则BD=CD=2，
∴ BC⊥SE，BC⊥DE.
∵ BE∩SE=E，DE，SE⊂平面SED，
∴ BC⊥平面SED.
又∵ SD⊂平面SED，
∴ SD⊥BC.
又∵ EF2=ED2+DF2，
∴ SD⊥DE，
又SD⊥BC，BC∩DE=E，DE，BC⊂平面ABCD，
∴ SD⊥平面ABCD.
建立如图所示的空间直角坐标系，
则S(0,0,2)，D(0,0,0)，C(0,2,0)，B(3,1,0)，
∴ DS→=0,0,2，DC→=0,2,0，
BS→=−3,−1,2，BC→=−3,1,0，
设n→=x,y,z为平面SBC的法向量，
则n→⋅BS→=−3x−y+2z=0,n→⋅BC→=−3x+y=0,
令y=1，则z=1，x=33，
∴ n→=33,1,1.
∵ AD⊥平面SCD，
∴ 取m→=1,0,0为平面SCD的一个法向量，
∴ csθ=|cs⟨m→,n→⟩|=n→⋅m→|m→|⋅|n→|=3313+1+1=77，
∴ 二面角B−SC−D的余弦值为77．
【答案】
解：(1)由题意，得2c=23，
则c=3，
∵ e=ca=32，
∴ a=2，
又a2=b2+c2，
解得b=1，
∴ E的标准方程为x24+y2=1．
(2)由题意，得x24+y2=1，y=kx+1，
整理，得1+4k2x2+8kx=0，
解得x=0或x=−8k1+4k2.
不妨设A0,1，BxB,yB，
则xB=−8k1+4k2，yB=1−4k21+4k2，
由(1)可知，M−2,0，
则MA→=2,1，MB→=8k2−8k+21+4k2,1−4k21+4k2，
∵ MA⊥MB，
∴ MA→⋅MB→=0，
即MA→⋅MB→=2×8k2−8k+21+4k2+1−4k21+4k2
=12k2−16k+51+4k2=(2k−1)(6k−5)1+4k2=0，
又k>12，
∴ k=56．
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的离心率
两条直线垂直的判定
椭圆中的平面几何问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意，得2c=23，
则c=3，
∵ e=ca=32，
∴ a=2，
又a2=b2+c2，
解得b=1，
∴ E的标准方程为x24+y2=1．
(2)由题意，得x24+y2=1，y=kx+1，
整理，得1+4k2x2+8kx=0，
解得x=0或x=−8k1+4k2.
不妨设A0,1，BxB,yB，
则xB=−8k1+4k2，yB=1−4k21+4k2，
由(1)可知，M−2,0，
则MA→=2,1，MB→=8k2−8k+21+4k2,1−4k21+4k2，
∵ MA⊥MB，
∴ MA→⋅MB→=0，
即MA→⋅MB→=2×8k2−8k+21+4k2+1−4k21+4k2
=12k2−16k+51+4k2=(2k−1)(6k−5)1+4k2=0，
又k>12，
∴ k=56．