2023-2024学年山东省青岛市高二上学期期末学业水平检测数学试题(含解析）

这是一份2023-2024学年山东省青岛市高二上学期期末学业水平检测数学试题(含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知直线l的一个方向向量为AB=(1, 3)，则直线l的倾斜角为( )
A. 30∘B. 45∘C. 60∘D. 90∘
2.已知向量a=(1,1,0)，b=(−1,λ,2)，且7a+5b与2a−b互相垂直，则实数λ等于
( )
A. 35B. 35或75C. 0或35D. 0或75
3.已知双曲线C:x25−y2b2=1的焦距为6，则双曲线C的焦点到渐近线的距离为( )
A. 3B. 2C. 4D. 31
4.正四面体ABCD各棱长均为 2，E，F，G分别是AB,AD,DC的中点，则GE⋅GF=( )
A. 22B. 2C. 1D. 12
5.点P在椭圆C:x23+y24=1上，F(0,1)，点P到直线y=4的距离为d，则( )
A. |PF|与d无关B. |PF|=dC. |PF|=d2D. |PF|=2d
6.过三点A(1,2)，B(3,2)，C(1,−6)的圆交y轴于M，N两点，则|MN|=( )
A. 3B. 2 3C. 13D. 2 13
7.“中国剩余定理”又称“孙子定理”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二(除以3余2)，五五数之剩三(除以5余3)，七七数之剩二(除以7余2)，问物几何?现有这样一个相关的问题：已知正整数p满足三三数之剩二，将符合条件的所有正整数p按照从小到大的顺序排成一列，构成数列{an}，记数列{an}的前n项和为Sn，则Sn+an+7n的最小值为( )
A. 172B. 192C. 10D. 11
8.已知抛物线C:y2=4x与过焦点F的一条直线相交于A，B两点，过点F且垂直于弦AB的直线交抛物线的准线l于点M，则下列结论正确的是( )
A. 准线l的方程是x=−2B. 以AB为直径的圆与y轴相切
C. |AB||MF|的最小值为2D. △ABM的面积最小值为2
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.为调研某地空气质量，连续10天测得该地PM2.5(PM2.5是衡量空气质量的重要指标，单位：ug/m3)的日均值，依次为35，26，17，23，33，56，41，31，30，33，则( )
A. 这组数据的极差为39B. 这组数据的众数为33
C. 这组数据的中位数为31或33D. 这组数据的第60百分位数为33
10.下列有关直线与圆的结论正确的是( )
A. 方程kx−y+3k+1=0表示的直线必过点(−3,1)
B. 过点(2,5)且在x，y轴上的截距相等的直线方程为x+y−7=0
C. 圆C1:(x−1)2+y2=1和圆C2:x2+y2−4x−4y+4=0的公共弦所在的直线方程为x+2y−2=0
D. 若圆(x−1)2+y2=4上恰有3个点到直线y=x+b的距离等于1，则b=−1± 2
11.在等比数列{an}中，a1=1，a4=27，则( )
A. {anan+1}的公比为9B. {lg3an+1的前20项和为210
C. {an}的前20项积为3200D. k=1n(ak+ak+1)=2(3n−1−1)
12.已知双曲线C:x2−y2=4，点M为双曲线右支上的一个动点，过点M分别作两条渐近线的垂线，垂足分别为A，B两点，则( )
A. 双曲线的离心率为2
B. 存在点M，使得四边形OAMB为正方形
C. 四边形OAMB的面积为2
D. 四边形OAMB的周长最小值为2 2
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.一排有8个座位，如果每个座位只能坐1人，现安排四人就座，恰有两个空位相邻的不同坐法有 种(用数字作答)．
14.已知抛物线C的准线与圆M:(x−1)2+(y+1)2=4相切，请写出一个抛物线C的标准方程为 ．
15.已知P(x0,y0)是圆C:(x−1)2+y2=1上任意一点，则y0+1x0+1的取值范围为 ．
16.已知数列{an}的通项公式an=2n+1，记bm为{an}在区间[m+2,2m+2)(m∈N∗)内项的个数，则b4= ;使得不等式bm+1−bm>1048成立的m的最小值为 ．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知点A(−2,1)，B(2,4)，C(2,1)中恰有两个点在抛物线E:x2=2py(p>0)上．
(1)求E的标准方程;
(2)若点M(x1,y1)，N(x2,y2)在E上，且x1x2=−4，证明：直线MN过定点．
18.(本小题12分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=2，an+1=Sn+2．
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=1lg2an⋅lg2an+2，记数列{bn}的前n项和为Tn，证明Tn<34．
19.(本小题12分)
已知点A(−1,0)，B(2,0)，动点M满足2|MA|=|MB|．
(1)求动点M的轨迹方程;
(2)一条光线从点C(2,1)射出，经x轴反射与动点M的轨迹交于E，F两点，其中|EF|=2 3，求反射光线所在直线的方程．
20.(本小题12分)
如图所示，在四棱锥P−ABCD中，PC⊥底面ABCD，ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB//CD,AB=2AD=2CD=2,E是PB的中点．
(1)求证：平面EAC⊥平面PBC；
(2)若二面角P−AC−E的余弦值为​63，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值．
21.(本小题12分)
在通信技术中由0和1组成的序列有着重要作用，序列中数的个数称为这个0−1序列的长度.如0100011011是一个长度为10的0−1序列.长为n的0−1序列中任何两个1不相邻的序列个数设为an，长度为1的0−1序列为：0，1，都满足数列{an}，a1=2;长度为2且满足数列{an}的0−1序列为：00，01，10，a2=3．
(1)求a3，a4;
(2)求数列{an}中an+2，an+1，an的递推关系;
(3)记Sn是数列{an}的前n项和，证明：an+2−Sn为定值．
22.(本小题12分)
已知双曲线W:2x2−2y2=1与椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦点相同，点P是W和C在第一象限的公共点，记W的左，右焦点依次为F1，F2，|PF2|= 22．
(1)求C的标准方程;
(2)设点Q在C上且在第一象限，QF1，QF2的延长线分别交C于点E1，E2，设r1，r2分别为△QF1E2，△QF2E1的内切圆半径，求r1−r2的最大值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查直线的方向向量和直线的倾斜角与斜率，属于基础题．
设直线l的倾斜角为θ，由题意得tanθ= 3，可得倾斜角．
【解答】解：设直线l的倾斜角为θ，θ∈[0°,180°)，
由直线l的一方向向量为AB=(1, 3)
得tanθ= 31= 3，
则θ=60°，
故选C．
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查空间向量的坐标表示，考查空间向量的数量积运算，是基础题．
根据a,b的坐标分别求出7a+5b与2a−b的坐标表示，由7a+5b与2a−b互相垂直，得7a+5b与2a−b的数量积为零即可求解．
【解答】
解：7a+5b=7(1,1,0)+5(−1,λ,2)=(2,7+5λ,10)，
2a−b=2(1,1,0)−(−1,λ,2)=(3,2−λ,−2)，
∵7a+5b与2a−b互相垂直，
∴2×3+(7+5λ)×(2−λ)+10×(−2)=0，解得λ=0或λ=35．
故选C．
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查双曲线的方程和性质，考查渐近线方程的运用，考查点到直线的距离公式的运用，属于基础题．
由题意可得，c=3，由5+b2=9，解得，b=2，可得b，求出渐近线方程，再由点到直线的距离公式计算即可得到．
【解答】
解：由题意可得，c=3，
则5+b2=9，解得，b=2，又a= 5，
则双曲线的渐近线方程为y=±2 55x，
则焦点到渐近线的距离为6 52 1+45=2．
故选B．
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查空间向量的数量积运算，空间向量的线性运算，属于一般题．
用 CD,CA,AB 表示出 GE,GF ，再求数量积即可求解．
【解答】
解：因为E，F，G分别是 AB,AD,DC 的中点，四面体 ABCD 是正四面体，且棱长 2 ，
所以 GE⋅GF=(GC+CA+AE)⋅12CA=(−12CD+CA+12AB)⋅12CA =−14CD⋅CA+12CA2+14AB⋅CA
=−14× 2× 2cs60∘+12×( 2)2+14× 2× 2cs120∘=12 ．
故选：D．
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查椭圆的标准方程，考查两点间的距离公式，属于中档题．
根据椭圆的标准方程和两点间的距离公式即可求解．
【解答】
解：设点P(m,n)，(−2⩽n⩽2)，
因为动点P在椭圆x23+y24=1上，则m2=3−3n24，
因为点P到直线y=4的距离为d，
所以4−n=d，
又F(0,1)，
所以PF= m2+(n−1)2
= 3−3n24+n2−2n+1
= n24−2n+4= n2−8n+164= n−424=d2．
故选C．
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查圆的一般方程，考查两点间的距离，考查学生的计算能力，确定圆的方程是关键，属于基础题．
设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，代入点的坐标，求出D，E，F，则圆的方程可得，令x=0，即可得出结论．
【解答】解：设圆的方程为x 2+y 2+Dx+Ey+F=0，
则 1+4+D+2E+F=09+4+3D+2E+F=01+36+D−6E+F=0,
∴D=−4，E=4，F=−9，
∴x 2+y 2−4x+4y−9=0，
令x=0，可得y 2+4y−9=0，
∴ y=−4± 16+362=−4±2 132=−2± 13，
∴ |MN|=2 13．
故选D．
7.【答案】B
【解析】【分析】本题考查等差数列的判定或证明，等差数列的前n项和公式，“对勾”函数的图象与性质，属于中档题．
由题意可分析出数列{an}是首项为3，公差为5的等差数列，利用等差数列的前n项和公式化简Sn+an+7n，结合对勾函数的单调性可知最小值．
【解答】解：被5除余3的正整数按照从小到大的顺序所构成的数列
是一个首项为3，公差为5的等差数列{an}，
所以Sn=5n2+n2
∴Sn+an+7n=52n+112+5n，
由对勾函数的性质可得：
函数f(x)=52x+112+5x在(0, 2)上单调递减，在( 2,+∞)上单调递增，又n为正整数，所以Sn+an+7n最小值为192
8.【答案】C
【解析】【分析】
解：对于A：由抛物线的方程可知其焦点为(1,0)，故准线l的方程为：x=−1，故A错误．
对于B：当直线AB的斜率不存在时，即AB直线方程：x=1，易得|AB|=2p=4，则以AB为直径的圆半径为2，
此时不与y轴相切，故B错误．
对于C：①当直线AB的斜率不存在时，易得|AB|=2p=4，|MF|=2，∴|AB||MF|=2;
②当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=k(x−1) (k≠0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由y=k(x−1)y4=4x得k2x2−2(k2+2)x+k2=0，
∴Δ=16(k2+1)>0，x1+x2=2(k2+2)k2，x1x2=1，
∴|AB|= 1+k2|x1−x2|= 1+k2 2(k2+2)k22−4×1=4(k2+1)k2，
易知直线FM的方程为y=−1k(x−1)，由
x=−1y=−1k(x−1)，得M(−1,2k)，
∴|MF|= 22+4k2=2 1+k2k2，|AB||MF|=4(k2+1)k22 1+k2k2=2 1+1k2>2，
综上所得，|AB||MF|的最小值为2，故C正确．
对于D：当直线AB的斜率不存在时，易得|A8|=2p=4，|MF|=2，
S△ABE=12|AB|⋅|MF|=4，
当直线AB的斜率存在时，S△ABE=12|AB|⋅|MF|=12×4(k2+1)k2×2 1+k2k2=41+1k232，
故当1k2→0时，S△ABE取得最小值，且此时最小值为4，故D错误．
故选：C．
【解答】
本题考查抛物线性质，直线与抛物线关系的应用，考查转化思想，考查运算求解能力，属中档题．
对于A：根据抛物线方程结合准线定义即可判断；
对于B：当直线AB斜率不存在时，计算可得此时以AB为直径的圆不与y轴相切，即可判断；
对于C、D：分直线AB斜率存在以及不存在两种情况分别讨论，即可求解．
9.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查样本的数字特征，属于基础题．
对于A，根据极差的概念通过计算即可判断；对于B，对这组数据重新排序，再根据众数的概念计算即可判断；对于C，对这组数据重新排序，再根据中位数的概念计算即可判断；对于D，求出这组数据的第60百分位数即可判断．
【解答】解：对于A，极差为56−17=39，所以A正确；
对于B，这组数据从小到大依次是：17，23，26，30，31，33，33，35，41，56，所以众数为33，故B正确；
对于C，这组数据从小到大依次是：17，23，26，30，31，33，33，35，41，56，
所以中位数为31+332=32，C错误；
对于D，因为10×60％=6，所以这组数据的第60百分位数为33+332=33，所以D正确．
10.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查直线过定点问题，考查直线的截距式方程，考查直线与圆、圆与圆的位置关系，属于一般题．
对于A，将直线方程化为kx+3=y−1即可判断；对于B，当截距为0时即可判断；对于C，由圆的方程可得圆C1与圆C2相交，再将两圆的方程作差即可判断；对于D，由题意可得圆心1,0到直线y=x+b的距离等于1，根据点到直线的距离公式即可判断．
【解答】
解：对于A，方程kx−y+3k+1=0可化为kx+3=y−1，
直线过定点(−3,1)，故A正确；
对于B，当截距为0时，直线方程为y=52x，故B错误；
对于C，圆C2的一般方程化为标准方程得x−22+y−22=4，圆心为C22,2，半径为2，
圆C1的圆心为C11,0，半径为1，
因为2−1圆C1的标准方程化为一般方程得x2+y2−2x=0，
与圆C2的一般方程作差，可得2x+4y−4=0，即x+2y−2=0，
所以圆C1与圆C2的公共弦所在的直线方程为x+2y−2=0，故C正确；
对于D，若圆(x−1)2+y2=4上恰有3个点到直线y=x+b的距离等于1，
则圆心1,0到直线y=x+b的距离等于1，
即1+b 2=1，解得b=−1± 2，故D正确．
11.【答案】AB
【解析】【分析】本题主要考查等比数列的通项公式、等差数列的前n项和公式、等比数列的前n项和公式，属于中档题．
根据等比数列的通项公式、等差数列的前n项和公式、等比数列的前n项和公式，逐项判断即可．
【解答】解：设等比数列an的公比为q，
则a4a1=q3=27，得q=3，
所以an=3n−1，
所以anan+1=3n−1⋅3n=32n−1，
所以an+1an+2anan+1=32n+132n−1=9，
所以数列{anan+1}的公比为9，故A正确;
因为lg3an+1=n，
所以lg3an+1的前20项和为
1+2+⋯+20=20×(1+20)2=210，故B正确;
an的前20项积为30×31×...×319=3190，故C错误;
因为an+an+1=3n−1+3n=3n−11+3=4·3n−1，
所以{an+an+1}的前n项和为41−3n1−3=23n−1，故D错误．
故选AB．
12.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查双曲线的几何性质，考查基本不等式，属于较难题．
由双曲线的离心率公式可判断A；当M为双曲线右顶点时，四边形OAMB为正方形，从而可判断B；设 Mx0,y0，则x02−y02=4，根据点到直线的距离公式可得MA·MB=2，从而可判断C；利用基本不等式求出|MA|+|MB|的最小值，从而可判断D．
【解答】
解：由双曲线C的方程可得渐近线方程为 y=±x，离心率为 2，故A错误；
若四边形OAMB为正方形，则M到两条渐近线的距离相等，
所以当M为双曲线右顶点时，四边形OAMB为正方形，故B正确；
设Mx0,y0，则 x02−y02=4，
因为渐近线方程为 y=±x，
所以MA=x0−y0 2,MB=x0+y0 2，
所以MA·MB=x02−y022=2，
则四边形OAMB的面积为MA·MB=2，故C正确；
|MA|+|MB|⩾2 |MA|·|MB|=2 2，
当且仅当MA=MB= 2时等号成立，
所以|MA|+|MB|的最小值为2 2．
四边形OAMB的周长为2|MA|+|MB|⩾4 2，故D错误．
13.【答案】720
【解析】【分析】
本题主要考查了排列组合的综合应用，以及分步计数原理的应用．
根据题意，分2步进行分析：①将4人全排列，安排在4个座位上，排好后，有5个空档可用；②安排空座位到空中，相邻的两个空座位捆在一起，看作一个元素，有C 51种坐法，然后再从剩余的4个空中选择两个将空座位安上，因为空座位相同，所以只需要选出两个空位即可，有C 42种坐法，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】
解：可看成4个坐着人的座位和4个空座位排队，
因为恰有两个空座位相邻，故和另外两个空座位均不相邻，
先安排4个坐着人的座位，共有A 44种坐法，
产生5个空，然后安排空座位到空中，相邻的两个空座位捆在一起，看作一个元素，有C 51种坐法，
然后再从剩余的4个空中选择两个将空座位安上，因为空座位相同，所以只需要选出两个空位即可，有C 42种坐法，
所以共有A 44×C 51×C 42=720种坐法．
故答案为720．
14.【答案】x2=−4y,x2=12y,y2=4x,y2=−12x(任意一个均可以)
【解析】【分析】
本题考查圆的切线方程，抛物线的标准方程，属于基础题
解题时写出切线方程，在求出抛物线方程即可．
【解答】
解：与圆M:(x−1)2+(y+1)2=4相切且与坐标轴平行或垂直的直线有y=1,y=−3,x=−1,x=3
对应的抛物线方程有：x2=−4y,x2=12y,y2=4x,y2=−12x
15.【答案】[0,43]
【解析】【分析】本题考查直线与圆的位置关系，属于中档题．
设k=y0+1x0+1，变形可得k(x0+1)−y0−1=0，利用y0+1x0+1的几何意义转化为直线与圆的位置关系即可求解．
【解答】
解：设k=y0+1x0+1，变形可得k(x0+1)−y0−1=0，
则y0+1x0+1的几何意义为直线k(x+1)−y−1=0的斜率，
P(x0,y0)是圆C:(x−1)2+y2=1上任意一点，圆心(1,0)，半径为1
则|2k−1| k2+1≤1，解得0 ≤k≤43，
即y0+1x0+1的取值范围为[ 0,43].
16.【答案】6；12
【解析】【分析】
本题考查数列的最大(小)项问题、利用指数函数的单调性解不等式，属于较难题．
根据题意可令m+2≤2n+1<2m+2，得到n关于m的取值范围，于是对m分奇偶数进行讨论，可计算得出b4的值；考虑m为奇数时，根据题设不等式可得出2m−1−1>1048，可求得m的最小值，考虑m为偶数时，得到2m−1>1048，可求得m的最小值，综合两种情况即可得到m的最小值．
【解答】
解：由题意，令m+2≤2n+1<2m+2，得m+12≤n<2m−1+12，
当m为奇数时，m+1可以被2整除，
于是bm=2m−1−m+12+1=2m−1−m2+12，
当m为偶数时，m+1不能被2整除，
所以bm=2m−1−m+22+1=2m−1−m2，
所以b4=23−2=6；
当m为奇数时，m+1为偶数，
bm+1−bm=2m−m+12−(2m−1−m2+12)=2m−1−1>1048，
即2m−1>1049，因为210<1049<211，所以m−1≥11，即m≥12，
因为m为奇数，所以m的最小值为13，
当m为偶数时，m+1为奇数，
bm+1−bm=2m−m+12+12−(2m−1−m2)=2m−1>1048，
因为210<1048<211，所以m−1≥11，即m≥12，
所以m的最小值为12，
综上所述，m的最小值为12．
故答案为6；12．
17.【答案】解：(1)因为点A(−2,1)，C(2,1)关于y轴对称，抛物线E也关于y轴对称，
所以点A(−2,1)，C(2,1)在E上，
将点A(−2,1)代入抛物线E:x2=2py(p>0)得，4=2p，p=2，
所以抛物线E的方程为：x2=4y;
(2)由题，直线MN的斜率一定存在，则设直线MN的方程为y=kx+m，
由y=kx+mx2=4y消y得：x2−4kx−4m=0，
由韦达定理得x1x2=−4m=−4，所以m=1，
所以直线MN:y=kx+1恒过定点(0,1)．
【解析】本题考查抛物线的标准方程以及直线与抛物线相交的定点定值问题，属于中档题．
(1)根据点的坐标可得抛物线E也关于y轴对称，将点A(−2,1)代入抛物线方程即可求解；
(2)设直线MN的方程为y=kx+m，与抛物线方程联立结合韦达定理可得m=1，即可求定点坐标．
18.【答案】解：(1)由an+1=Sn+2
当n≥2时，an=Sn−1+2，于是an+1−an=Sn−Sn−1=an，
则an+1=2an，即an+1an=2(n≥2)，
当n=1时，a2=S1+2=a1+2=4，则a2a1=2，
所以{an}是首项为2，公比为2的等比数列
所以an通项公式为an=2n;
(2)由(1)知，bn=1lg22n⋅lg22n+2=1n(n+2)，
则bn=1n(n+2)=12(1n−1n+2)，
得Tn=12[(1−13)+(12−14)+⋯+(1n−1−1n+1)+(1n−1n+2)]．
即Tn=12(1+12−1n+1−1n+2)=34−12(1n+1+1n+2)<34．
【解析】本题考查了数列的递推式和裂项相消法求和，属于中档题．
(1)依题意可得an+1=2an，即可得到{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，从而求出数列{an}的通项公式；
(2)由(1)可得bn=1n(n+2)，利用裂项相消法求和，即可证明．
19.【答案】解：(1)设M(x,y)，由2|MA|=|MB|得2 (x+1)2+y2= (x−2)2+y2，
化简得，动点M的轨迹方程为：(x+2)2+y2=4，
(2)点C(2,1)关于x轴的对称点C′(2,−1)
由题意知反射光线所在的直线经过点C′(2,−1)，且其斜率一定存在，
设其方程为y+1=k(x−2)，即为kx−y−2k−1=0，
设圆心到反射直线的距离设为d，则d2=r2−(EF2)2=1
所以d=|−2k−2k−1| k2+1=|4k+1| k2+1=1，解得k=0(舍去)或k=−815．
所以反射光线所在直线的方程为8x+15y−1=0．
【解析】本题考查与圆有关的轨迹问题和直线与圆的位置关系，属于一般题．
(1)设点M(x,y)，由2|MA|=|MB|得方程，化简整理即可;
(2)求出圆心到直线l的距离d，对直线的斜率存在讨论即可求解．
20.【答案】(1)证明：∵PC⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴AC⊥PC，
∵AB=2，AD=CD=1，
∴AC=BC= 2，
∴AC2+BC2=AB2，∴AC⊥BC，
又BC∩PC=C，BC，PC⊂平面PBC
∴AC⊥平面PBC，
∵AC⊂平面EAC，
∴平面EAC⊥平面PBC.
(2)解：如图，以C为原点，取AB中点F，CF、CD、CP分别为x轴、y轴、z轴正向，建立空间直角坐标系，
则C(0,0,0)，A(1,1,0)，B(1,−1,0)．
设P(0,0,a)(a>0)，则E(12,−12,a2)，
CA=(1,1,0)，CP=(0,0,a)，CE=(12,−12,a2)，
取m=(1,−1,0)，则m·CA=m·CP=0，m为面PAC的法向量．
设n=(x,y,z)为面EAC的法向量，则n⋅CA=n⋅CE=0，
即x+y=0x−y+az=0取x=a，y=−a，z=−2，则n=(a,−a,−2)，
依题意，|cs|=m ⋅n|m||n|=a a2+2= 63，
则a=2．
于是n=(2,−2,−2)，PA=(1,1,−2)．
设直线PA与平面EAC所成角为θ，
则sinθ=|cs|=|PA⋅n|PA||n||= 23，
即直线PA与平面EAC所成角的正弦值为 23．

【解析】本题考查面面垂直，考查线面角，解题的关键是掌握面面垂直的判定，利用向量的方法研究线面角，属于中档题．
(1)证明平面EAC⊥平面PBC，只需证明AC⊥平面PBC，即证AC⊥PC，AC⊥BC；
(2)根据题意，建立空间直角坐标系，用坐标表示点与向量，求出面PAC的法向量m=(1,−1,0)，面EAC的法向量n=(a,−a,−2)，利用二面角P−AC−E的余弦值为 63，可求a的值，从而可求n=(2,−2,−2)，PA=(1,1,−2)，即可求得直线PA与平面EAC所成角的正弦值．
21.【答案】解：(1)由题意知：a3=5，
设长为4的0−1序列中任何两个1不相邻的序列有a4个，考虑最后一个数：
若最后一位是0，则只要前3位任何两个1不相邻，则满足要求的序列有a3个;
若最后一位是1，则倒数第二位是0，只要前2位任何两个1不相邻即可，满足要求的序列有a2个，
所以a4=a3+a2=8
(2)考虑长度为n+2的0−1序列最后一个数：如果最后一位是0，则只要前n+1位任何两个1不相邻，则满足要求的序列有an+1个;
若最后一位是1，则倒数第二位是0，于是只要前n位任何两个1不相邻即可，则满足要求的序列有an个，
所以an+2=an+1+an
(3)因为an+2=an+1+an，
所以(an+3−Sn+1)−(an+2−Sn)=an+3−an+2−(Sn+1−Sn)=an+1−an+1=0
所以数列{an+2 −Sn}是常数列，
所以an+2−Sn=a3−S1=3为定值
【解析】本题考查数列的递推公式，数列的实际应用，属于较难题．
(1)根据已知得到a3=5，然后利用分类讨论最后一个数求解即可;
(2)考虑长度为n+2的0−1序列最后一个数，观察即可求得递推关系；
(3)根据前两问求得(an+3−Sn+1)−(an+2−Sn)=0证明数列{an+2 −Sn}是常数列即可．
22.【答案】解：(1)由题意知：|PF1|−|PF2|= 2|PF1|+|PF2|=2a,|PF2|= 22，所以a= 2，
又因为 a2−b2=1，所以b=1，
则椭圆的标准方程为x22+y2=1;
(2)设Q(x0,y0)，E1(x1,y1)，E2(x2,y2)，显然x0>0，y0>0，y1<0，y2<0
由椭圆定义知：ΔQF1E2，ΔQF2E1的周长均为l=4 2，
所以r1=2SΔQF1E2l=|F1F2|(y0−y2)l=y0−y22 2，同理r2=y0−y12 2，
所以r1−r2=y1−y22 2，
设直线QF1:x=my−1，m=x0+1y0，
将直线QF1方程代入椭圆C的方程x22+y2=1得：(m2+2)y2−2my−1=0，
所以y0y1=−1m2+2=−1(x0+1y0)2+2=−y02x02+2x0+1+2y02=−y023+2x0，
即y1=−y03+2x0，同理y2=−y03−2x0，
所以r1−r2=y1−y22 2= 2x0y09−4x02= 2x0y0x022+9y02≤ 2x0y02 x022×9y02=13，
当且仅当x0=3 55，y0= 1010时等号成立．
所以r1−r2的最大值为13．
【解析】本题考查求椭圆的标准方程及几何意义，考查直线与椭圆的位置关系，考查方程思想，考查运算求解能力，属中档题．
(1)由题意知：|PF1|−|PF2|= 2|PF1|+|PF2|=2a,|PF2|= 22求得a，进而可得b，可求椭圆C的方程；
(2)设Q(x0,y0)，E1(x1,y1)，E2(x2,y2)，由题意知r1−r2=y1−y22 2，设直线QF1:x=my−1，m=x0+1y0，
将直线QF1方程代入椭圆C的方程x22+y2=1得：(m2+2)y2−2my−1=0，结合韦达定理运算可求r1−r2的最大值．