2020-2021年山东省聊城市高二（上）期末考试数学试卷人教A版

这是一份2020-2021年山东省聊城市高二（上）期末考试数学试卷人教A版，共13页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 直线x+3y−1=0的倾斜角α=( )
A.30∘B.60∘C.120∘D.150∘

2. 在数列an中，a1=−1，a3=3，an+2=2an+1−ann∈N∗，则a10=( )
A.10B.17C.21D.35

3. 2020年全国脱贫攻坚取得胜利后，我国建立了防止返贫检测和帮扶机制，继续巩固脱贫成果．为进一步推进乡村振兴，某市扶贫办在A乡镇的3个脱贫村与B乡镇的4个脱贫村中，随机抽取两个村庄进一步实施产业帮扶，则抽取的两个脱贫村为同一乡镇的概率为( )
A.37B.1021C.47D.57

4. 下列求导运算正确的是( )
A.lnx+3x′=1x+3x2B.x2ex′=2xex
C.3xcs2x′=3xln3⋅cs2x−2sin2xD.ln12+lg2x′=2+1xln2

5. 某地天气预报中说未来三天中该地下雪的概率均为0.6，为了用随机模拟的方法估计未来三天中恰有两天下雪的概率，用计算机产生1∼5之间的随机整数，当出现随机数1，2或3时，表示该天下雪，其概率为0.6，每3个随机数一组，表示一次模拟的结果，共产生了如下的20组随机数：
则据此估计该地未来三天中恰有两天下雪的概率为( )
A.25B.920C.12D.710

6. 已知圆C1：x−a2+y−a2=8a>0与圆C2：x2+y2−2x−2y=0没有公共点，则实数a的取值范围为( )
A.0,2B.4,+∞
C.0,2∪4,+∞D.0,1∪1,2∪4,+∞

7. 设Sn是等差数列an的前n项和，若S4S8=25，则S8S16=（ ）
A.514B.726C.35D.25

8. 如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，且AB=AP=6，AD=2，∠BAD=∠BAP=∠DAP=60∘，E，F分别为PB，PC上的点，且PE→=2EB→，PF→=FC→，则|EF→|=( )

A.1B.2 C.2D.6
二、多选题

以下命题正确的是( )
A.若p→是平面α的一个法向量，直线b上有不同的两点A，B，则b//α的充要条件是p→⋅AB→=0
B.已知A，B，C三点不共线，对于空间任意一点O，若OP→=25OA→+15OB→+25OC→，则P，A，B，C四点共面
C.已知a→=−1,1,2，b→=0,2,3，若ka→+b→与2a→−b→垂直，则k=−34
D.已知△ABC的顶点坐标分别为A−1,1,2，B4,1,4，C3,−2,2，则AC边上的高BD的长为13

已知五个数1，p，m，q，16成等比数列，则曲线x2p+y2m=1的离心率可以是( )
A.22B.32C.62D.3

关于曲线y24+x|x|=1的以下描述，正确的是( )
A.该曲线的范围为：y∈R，x≤1
B.该曲线既关于x轴对称，也关于y轴对称
C.该曲线与直线2x+y=0有两个公共点
D.该曲线上的点到坐标原点的距离的最小值为1

已知点P−12,1，O为坐标原点，A，B为曲线C：y=2x2上的两点，F为其焦点．下列说法正确的是( )
A.点F的坐标为12,0
B.若P为线段AB的中点，则直线AB的斜率为−2
C.若直线AB过点F，且|PO|是|AF|与|BF|的等比中项，则|AB|=10
D.若直线AB过点F，曲线C在点A处的切线为l1，在点B处的切线为l2，则l1⊥l2
三、填空题

已知点F1,0，直线l1:x=−1，动圆P过点F且与直线l1相切，其圆心P的轨迹为曲线C，C上的动点Q到y轴的距离为d1，到直线l2:x−y+2=0的距离为d2，则d1+d2的最小值为________.
四、解答题

已知圆C的圆心在直线y=2x+4上，且经过点M0,2和N2,4.
(1)求圆C的标准方程；

(2)若过点P1,0的直线l与圆C交于A，B两点，且|AB|=23，求直线l的方程．

进行垃圾分类收集可以减少垃圾处理量和处理设备，降低处理成本，减少土地资源的消耗，具有社会、经济、生态等多方面的效益，是关乎生态文明建设全局的大事． 为了普及垃圾分类知识，某学校举行了垃圾分类知识考试，试卷中只有两道题目，已知甲同学答对每题的概率都为p，乙同学答对每题的概率都为qp>q，且在考试中每人各题答题结果互不影响．已知每题甲，乙同时答对的概率为12，恰有一人答对的概率为512.
(1)求p和q的值；

(2)试求两人共答对3道题的概率．

已知数列an的前n项和为Sn，且Sn=2an−2n∈N∗．
(1)求数列an的通项公式；

(2)从下面两个条件中选择一个填在横线上，并完成下面的问题．
①b2=4，b4=8；
②b2是b1和b4的等比中项，T8=72．
若公差不为0的等差数列bn的前n项和为Tn，且________，求数列Tnnan的前n项和An．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

如图，在棱长均为4的四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，DD1⊥平面ABCD，∠BAD=60∘，E为线段AD的中点．

(1)求平面BD1D与平面BD1E夹角的余弦值；

(2)在线段B1C上是否存在点F，使得DF//平面BD1E？若存在，请确定点F的位置；若不存在，请说明理由．

已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为33，且经过点32,22.
(1)求椭圆C的方程；

(2)经过点M0,2的直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，O为坐标原点，若△OAB的面积为4617，求直线l的方程．

森林资源是全人类共有的宝贵财富，其在改善环境，保护生态可持续发展方面发挥着重要的作用．2020年12月12日，习近平主席在全球气候雄心峰会上通过视频发表题为《继往开来，开启全球应对气候变化的新征程》的重要讲话，宣布“⋯⋯到2030年，我国森林蓄积量将比2005年增加60亿立方米⋯⋯”．为了实现这一目标，某地林业管理部门着手制定本地的森林蓄积量规划．经统计，本地2020年底的森林蓄积量为120万立方米，森林每年以25%的增长率自然生长，而为了保证森林通风和发展经济的需要，每年冬天都要砍伐掉s万立方米10(1)请写出一个递推公式，表示an+1与an之间的关系；

(2)将(1)中的递推公式表示成an+1−k=ran−k的形式，其中r，k为常数；

(3)为了实现本地森林蓄积量到2030年底翻两番的目标，每年的砍伐量s最大为多少万立方米？（精确到1万立方米）
（可能用到的数据：548≈5.96，549≈7.45，5410≈9.31）
参考答案与试题解析
2020-2021年山东省聊城市高二（上）期末考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
直线的倾斜角
【解析】
求出直线的斜率，然后求解在的倾斜角即可．
【解答】
解：直线x+3y−1=0，
该直线的斜率为：−33．
设直线的倾斜角为α，
则tanα=−33，
∴ α=150∘．
故选D．
2.
【答案】
B
【考点】
等差数列的通项公式
【解析】
由数列的递推公式得到数列an为等差数列，求出等差数列公差，利用通项进行求解即可.
【解答】
解：∵an+2=2an+1−ann∈N∗，
∴an+2−an+1=an+1−ann∈N∗，
∴ 数列an为等差数列，
设数列an的公差为d，
∵a1=−1，a3=3，
∴2d=3−(−1)=4，解得d=2，
∴ a10=a1+9d=−1+18=17.
故选B.
3.
【答案】
A
【考点】
古典概型及其概率计算公式
【解析】
可用直接法分别求出两种情况下的概率再想加.
【解答】
解：抽取的两个脱贫村都为A乡镇的概率为P(A)=37×26=17，
抽取的两个脱贫村都为B乡镇的概率为P(B)=47×36=27，
所以抽取的两个脱贫村为同一乡镇的概率P=P(A)+P(B)=37.
故选A.
4.
【答案】
C
【考点】
简单复合函数的导数
【解析】
根据函数的导数公式求导即可．
【解答】
解：A，lnx+3x′=1x−3x2，故A错误；
B，x2ex′=2xex+x2ex，故B错误；
C，3xcs2x′=3xln3⋅cs2x−3x⋅2sin2x=3xln3⋅cs2x−2sin2x， 故C正确；
D，ln12+lg2x′=1xln2，故D错误.
故选C.
5.
【答案】
B
【考点】
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】
数出模拟的20次三天中恰有两天下雪的次数，除以20即可．
【解答】
解：由题意得三天中恰有两天下雪的有9次，
分别为：522，135，531，423，521，142，125，324，325，
所以这三天中恰有两天下雪的概率为920.
故选B.
6.
【答案】
C
【考点】
圆与圆的位置关系及其判定
【解析】
先求出圆C1与圆C2有公共点时a的取值范围，再求补集即可.
【解答】
解：∵圆C1：x−a2+y−a2=8a>0，
∴圆心C1(a,a)，半径r1=22.
∵圆C2：x2+y2−2x−2y=0化为标准方程为(x−1)2+(y−1)2=2，
∴圆心C2(1,1)，半径r2=2，
∴圆心距d=C1C2=(a−1)2+(a−1)2=2|a−1|.
∵圆C1与圆C2没有公共点，
∴圆C1与圆C2相离或内含，
相离：d>r1+r2，
即2|a−1|>32，
解得a>4或a<−2（舍去）；
内含：d即2|a−1|<2，
解得0综上，a的取值范围为(0,2)∪(4,+∞).
故选C.
7.
【答案】
A
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
利用等差数列求和和通项求解即可.
【解答】
解：设等差数列an的公差为d，
若S4S8=25，
则4a1+6d8a1+28d=25，
∴ a1=132d
∴ S8S16=8a1+28d16a1+120d=52d+28d104d+120d=514.
故选A.
8.
【答案】
B
【考点】
余弦定理
空间向量运算的坐标表示
空间两点间的距离公式
【解析】
求EF的长度，需通过向量PE和向量PF得到向量EF，则只要求得点P的坐标，再由已知的角度和长度，由余弦定理得到PA,PB,PD的长度，进而P点坐标可求．则EF向量可求．则EF向量的模可求．
【解答】
解：如图，建立空间直角坐标系．
D0,0,0，C6,0,0，A−1,3,0，B5,3,0，
设Px,y,z，
在△PAB中，由余弦定理得cs∠BAP=36+36−PB22×6×6=12，
解得PB=6.
在△PAD中，∵cs∠DAP=36+4−PD22×2×6=12，
∴PD=27.
∵ PA2=−1−x2+3−y2+−z2=36 ，
PD2=−x2+−y2+−z2=28，
PB2=5−x2+3−y2+−z2=36，
解得x=2，y=0，z=26 ，
∴ P(2,0,26)，
∴ PC→=(4,0,−26)，PB→=(3,3,−26) .
∵PF→=FC→，
∴ PF→=12PC→=2,0,−6.
∵PE→=2EB→，
∴PE→=23PB→=(2,233,−463)，
∴ EF→=PF→−PE→=0,−233,63，
∴ |EF→|=0+43+69=2.
故选B.
二、多选题
【答案】
B,C,D
【考点】
共线向量与共面向量
用向量证明垂直
直线与平面平行的判定
数量积表示两个向量的夹角
正弦定理
【解析】
利用空间向量判断向量与平面的关系、向量垂直、四点共面等问题.
【解答】
解：A，当b⊂α时，p→⋅AB→=0，但b与平面α不平行，故A错误；
B，由OP→=25OA→+15OB→+25OC→可知，P，A，B，C四点共面，故B正确；
C，ka→+b→=(−k,k+2,2k+3)，2a→−b→=(−2,0,1)，
若ka→+b→与2a→−b→垂直，
则(ka→+b→)⋅(2a→−b→)=0，
即2k+0+2k+3=0，
解得k=−34，故C正确；
D，∵AC→=(4,−3,0)，AB→=(5,0,2)，BC→=(−1,−3,−2)，
∴|AC→|=42+(−3)2+0=5，|AB→|=29，AB→⋅AC→=20，
∴ cs∠CAB=AB→⋅AC→|AB→|⋅|AC→|=2029×5=429，
则sin∠CAB=1−cs2∠CAB=1329，
∴ S△ABC=12|AB→|⋅|AC→|sin∠CAB=12|AC→|⋅ℎ，
即12×29×5×1329=12×5ℎ，
解得ℎ=13，故D正确.
故选BCD.
【答案】
A,C
【考点】
等比数列的性质
椭圆的离心率
双曲线的离心率
【解析】
利用等比中项求未知数的值，然后求解曲线的离心率.
【解答】
解：设公比为q1，则q14=16，解得q1=±2.
①当q1=2 时，
则p=2，m=4，q=8，曲线为y24+x22=1，为椭圆，
则离心率e=1−24=22；
②当q1=−2 时，p=−2，m=4，q=−8，曲线为y24−x22=1，为双曲线，
则离心率e=1+24=62.
综上，离心率可能为22或62.
故选AC.
【答案】
A,D
【考点】
圆锥曲线的综合问题
直线与椭圆结合的最值问题
曲线与方程
两点间的距离公式
双曲线的渐近线
【解析】

【解答】
解：x>0时，曲线为y24+x2=1，
x≤0时，曲线为y24−x2=1，
如图所示，
A，由图象可知，A正确；
B，y轴左边为双曲线一部分，右边为椭圆一部分，关于x轴对称，不关于y轴对称，故B错误；
C，y24−x2=1的渐进线方程y=±2x，曲线与2x+y=0只有一个公共点，故C错误；
D，当x>0时，设曲线上一点Pcsθ,2sinθ−π2<θ<π2，
∵OP=cs2θ+4sin2θ
=1−sin2θ+4sin2θ
=3sin2θ+1，
∴当θ=0时，OPmin=1；
当x≤0时，该曲线上的点到坐标原点的距离d≥2，
综上，该曲线上的点到坐标原点的距离的最小值为1，故D正确．
故选AD．
【答案】
B,C,D
【考点】
圆锥曲线的综合问题
抛物线的性质
【解析】
考查圆锥曲线的综合题.
【解答】
解：A，∵曲线C：y=2x2，
∴其焦点F的坐标为(0,18)，故A错误；
B，设A(a,2a2)，Bb,2b2，
∵P是线段AB中点，
∴a+b=−1，2a2+2b2=2，
∵ A，B是曲线C上的两点，∴a−b≠0，
∴kAB=2a2−2b2a−b=2a+ba−ba−b
=2a+b，
=2×−1=−2，故B正确；
C，∵|PO|=−122+12=52，
又∵|AF|⋅|BF|=|PO|2，
∴|AF|⋅|BF|=54.
∵ 直线AB过点F，
∴1|AF|+1|BF|=214，
∴|AB|=|AF|+|BF|=8×54=10，故C正确；
D，设Aa,2a2，Bb,2b2，
∴lAB：y=2a+bx−2ab ，
∵ 直线AB过点F，
∴−2ab=18，
解得ab=−116，
∵y=2x2，
∴y′=4x，
当x=a时，y′=4a，
当 x=b时， y′=4b，
∴4a⋅4b=16ab=16×−116=−1，
∴l1⊥l2， 故D正确．
故选BCD．
三、填空题
【答案】
322−1
【考点】
抛物线的性质
点到直线的距离公式
【解析】
根据轨迹方程求出抛物线的方程，进而结合点到直线的距离公式得最值.
【解答】
解：根据题意可知曲线C为抛物线，且p2=1，则y2=4x.
设QA为垂直于l2的直线，QB为垂直于y轴的直线且交准线于C，交y轴于点B，如图，
根据抛物线的定义可知|QA|+|QC|=|QA|+|QF|.
∵ 点Q到y轴的距离为d1，到直线l2的距离为d2，
∴ d1+d2=|QB|+|QA|=|QA|+|QC|−1=|QA|+|QF|−1.
∵当Q，A，F三点共线时，QA+QF有最小值，
∴|QA|+|QF|的最小值为|1−0+2|2=322，
∴ d1+d2的最小值为322−1.
故答案为：322−1.
四、解答题
【答案】
解：(1)设圆心C的坐标为a,2a+4，
由题意可得|CM|=|CN|，
所以a−02+2a+4−22=a−22+2a+4−42，
解得a=0，
所以圆心坐标为C0,4，半径r=|CM|=2，
所以圆C的标准方程为x2+y−42=4．
(2)①若直线l的斜率不存在，
则直线l的方程为x=1，此时|AB|=23，符合题意；
②若直线l的斜率存在，
设直线l的方程为y=kx−1，即kx−y−k=0.
因为|AB|=23，
所以圆心C到直线l的距离d=4−32=1，
即|k×0−1×4−k|k2+1=1，
解得k=−158，
所以直线l的方程为15x+8y−15=0，
综上所述，直线l的方程为x=1或15x+8y−15=0.
【考点】
直线与圆的位置关系
圆的标准方程
点到直线的距离公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设圆心C的坐标为a,2a+4，
由题意可得|CM|=|CN|，
所以a−02+2a+4−22=a−22+2a+4−42，
解得a=0，
所以圆心坐标为C0,4，半径r=|CM|=2，
所以圆C的标准方程为x2+y−42=4．
(2)①若直线l的斜率不存在，
则直线l的方程为x=1，此时|AB|=23，符合题意；
②若直线l的斜率存在，
设直线l的方程为y=kx−1，即kx−y−k=0.
因为|AB|=23，
所以圆心C到直线l的距离d=4−32=1，
即|k×0−1×4−k|k2+1=1，
解得k=−158，
所以直线l的方程为15x+8y−15=0，
综上所述，直线l的方程为x=1或15x+8y−15=0.
【答案】
解：(1)设A={甲同学答对第一题}，B={乙同学答对第一题}，
则PA=p，PB=q．
设C={甲、乙二人均答对第一题}，D={甲、乙二人中恰有一人答对第一题}，
则C=AB，D=AB¯+A¯B，
因为二人答题互不影响，且每人各题答题结果互不影响，
所以A与B相互独立，AB¯与A¯B互斥，
所以PC=PAB=PAPB，
PD=PAB¯+A¯B=PAB¯+PA¯B
=PAPB¯+PA¯PB
=PA1−PB+1−PAPB．
由题意可得pq=12,p(1−q)+q(1−p)=512,
即pq=12,p+q=1712,
解得p=34,q=23或p=23,q=34,
由于p>q，
所以p=34，q=23．
(2)设Ai={甲同学答对了i道题}，Bi={乙同学答对了i道题}，i=0，1，2．
由题意得PA1=14×34+34×14=38，
PA2=34×34=916，
PB1=23×13+13×23=49，
PB2=23×23=49．
设E={甲乙两人共答对3道题}，则E=A1B2+A2B1．
由于Ai和Bi相互独立，A1B2与A2B1互斥，
所以PE=PA1B2+PA2B1
=PA1PB2+PA2PB1
=38×49+916×49
=512．
所以甲乙两人共答对3道题的概率为512．
【考点】
相互独立事件的概率乘法公式
互斥事件的概率加法公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设A={甲同学答对第一题}，B={乙同学答对第一题}，
则PA=p，PB=q．
设C={甲、乙二人均答对第一题}，D={甲、乙二人中恰有一人答对第一题}，
则C=AB，D=AB¯+A¯B，
因为二人答题互不影响，且每人各题答题结果互不影响，
所以A与B相互独立，AB¯与A¯B互斥，
所以PC=PAB=PAPB，
PD=PAB¯+A¯B=PAB¯+PA¯B
=PAPB¯+PA¯PB
=PA1−PB+1−PAPB．
由题意可得pq=12,p(1−q)+q(1−p)=512,
即pq=12,p+q=1712,
解得p=34,q=23或p=23,q=34,
由于p>q，
所以p=34，q=23．
(2)设Ai={甲同学答对了i道题}，Bi={乙同学答对了i道题}，i=0，1，2．
由题意得PA1=14×34+34×14=38，
PA2=34×34=916，
PB1=23×13+13×23=49，
PB2=23×23=49．
设E={甲乙两人共答对3道题}，则E=A1B2+A2B1．
由于Ai和Bi相互独立，A1B2与A2B1互斥，
所以PE=PA1B2+PA2B1
=PA1PB2+PA2PB1
=38×49+916×49
=512．
所以甲乙两人共答对3道题的概率为512．
【答案】
解：(1)当n=1时，a1=S1=2a1−2，
解得a1=2．
当n≥2时，Sn−1=2an−1−2，
所以an=Sn−Sn−1=2an−2an−1，
所以an=2an−1，即anan−1=2n≥2．
因为a1=2≠0，
所以数列an是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以an=2n．
(2)设数列bn的公差为d．
若选择①，因为b2=4，b4=8，
所以b1+d=4,b1+3d=8,
解得b1=d=2．
所以Tn=n×2+nn−12×2=n2+n．
若选择②，因为b2是b1和b4的等比中项，
所以b22=b1⋅b4，即b1+d2=b1⋅b1+3d，即b1=d，
且T8=8b1+8×(8−1)2×d=8d+28d=72，
所以b1=d=2，
所以Tn=n×2+nn−12×2=n2+n，
由(1)得，an=2n，
所以Tnnan=n2+nn⋅2n=n+12n=n+1⋅12n，
所以An=2×121+3×122+⋯+n×12n−1+n+1×12n，
An2=2×122+3×123+⋯+n×12n+n+1×12n+1．
两式相减，得An2=1+(122+123+124+⋯+
12n)−n+1×12n+1
=1+141−12n−11−12−(n+1)×12n+1
=32−n+32n+1
所以An=3−n+32n．
【考点】
数列递推式
数列的求和
等差数列的前n项和
等比数列的前n项和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)当n=1时，a1=S1=2a1−2，
解得a1=2．
当n≥2时，Sn−1=2an−1−2，
所以an=Sn−Sn−1=2an−2an−1，
所以an=2an−1，即anan−1=2n≥2．
因为a1=2≠0，
所以数列an是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以an=2n．
(2)设数列bn的公差为d．
若选择①，因为b2=4，b4=8，
所以b1+d=4,b1+3d=8,
解得b1=d=2．
所以Tn=n×2+nn−12×2=n2+n．
若选择②，因为b2是b1和b4的等比中项，
所以b22=b1⋅b4，即b1+d2=b1⋅b1+3d，即b1=d，
且T8=8b1+8×(8−1)2×d=8d+28d=72，
所以b1=d=2，
所以Tn=n×2+nn−12×2=n2+n，
由(1)得，an=2n，
所以Tnnan=n2+nn⋅2n=n+12n=n+1⋅12n，
所以An=2×121+3×122+⋯+n×12n−1+n+1×12n，
An2=2×122+3×123+⋯+n×12n+n+1×12n+1．
两式相减，得An2=1+(122+123+124+⋯+
12n)−n+1×12n+1
=1+141−12n−11−12−(n+1)×12n+1
=32−n+32n+1
所以An=3−n+32n．
【答案】
解：(1)连接AC交BD于点O，连接A1C1，B1D1，交于点O1，连接OO1，
因为DD1⊥平面ABCD，
所以OO1⊥平面ABCD．
由题意得四边形ABCD为菱形，
所以OA，OB，OO1两两垂直，
以O为坐标原点，OA，OB，OO1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
B0,2,0，D10,−2,4，E3,−1,0，
所以EB→=−3,3,0，ED1→=−3,−1,4．
设平面BD1E的法向量为n→=x,y,z，
则n→⋅EB→=0，n→⋅ED1→=0，
所以−3x+3y=0，−3x−y+4z=0，
令x=3，则y=1，z=1，
所以n→=3,1,1是平面BD1E的一个法向量．
因为OA⊥平面BD1D，
所以平面BD1D的一个法向量为m→=1,0,0．
设平面BD1D与平面BD1E夹角为θ，
则csθ=|cs|=|n→⋅m→||n→||m→|=35=155．
即平面BD1D与平面BD1E夹角的余弦值为155．
(2)假设在线段B1C上存在点F，使得DF//平面BD1E，
设CF→=λCB→1λ∈0,1，
因为D0,−2,0，C−23,0,0，B10,2,4，
所以CB1→=23,2,4，DC→=−23,2,0，
CF→=λCB→1=λ23,2,4=23λ,2λ,4λ．
所以DF→=DC→+CF→=(−23,2,0)+(23λ,2λ,4λ)
=(23(λ−1),2(λ+1),4λ)．
因为DF//平面BD1E，
所以DF→⊥n→，即DF→⋅n→=0．
所以23λ−1,2λ+1,4λ⋅3,1,1=0，即12λ−4=0．
解得λ=13∈0,1，
所以在线段B1C上存在点F，使得DF//平面BD1E，此时点F为线段B1C的靠近点C的三等分点．
【考点】
用空间向量求平面间的夹角
用向量证明平行
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)连接AC交BD于点O，连接A1C1，B1D1，交于点O1，连接OO1，
因为DD1⊥平面ABCD，
所以OO1⊥平面ABCD．
由题意得四边形ABCD为菱形，
所以OA，OB，OO1两两垂直，
以O为坐标原点，OA，OB，OO1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
B0,2,0，D10,−2,4，E3,−1,0，
所以EB→=−3,3,0，ED1→=−3,−1,4．
设平面BD1E的法向量为n→=x,y,z，
则n→⋅EB→=0，n→⋅ED1→=0，
所以−3x+3y=0，−3x−y+4z=0，
令x=3，则y=1，z=1，
所以n→=3,1,1是平面BD1E的一个法向量．
因为OA⊥平面BD1D，
所以平面BD1D的一个法向量为m→=1,0,0．
设平面BD1D与平面BD1E夹角为θ，
则csθ=|cs|=|n→⋅m→||n→||m→|=35=155．
即平面BD1D与平面BD1E夹角的余弦值为155．
(2)假设在线段B1C上存在点F，使得DF//平面BD1E，
设CF→=λCB→1λ∈0,1，
因为D0,−2,0，C−23,0,0，B10,2,4，
所以CB1→=23,2,4，DC→=−23,2,0，
CF→=λCB→1=λ23,2,4=23λ,2λ,4λ．
所以DF→=DC→+CF→=(−23,2,0)+(23λ,2λ,4λ)
=(23(λ−1),2(λ+1),4λ)．
因为DF//平面BD1E，
所以DF→⊥n→，即DF→⋅n→=0．
所以23λ−1,2λ+1,4λ⋅3,1,1=0，即12λ−4=0．
解得λ=13∈0,1，
所以在线段B1C上存在点F，使得DF//平面BD1E，此时点F为线段B1C的靠近点C的三等分点．
【答案】
解：(1)因为椭圆的离心率为33，
所以e2=c2a2=a2−b2a2=1−b2a2=332，
整理可得b2a2=23①．
又因为椭圆经过点32,22，
所以代入可得94a2+12b2=1②．
由①②解得a2=3，b2=2，
所以椭圆C的方程为x23+y22=1．
(2)由题意可知，直线l的斜率k存在，设直线l的方程为y=kx+2．
则y=kx+2，x23+y22=1，
消去y整理得2+3k2x2+12kx+6=0．
因为直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，
所以Δ=12k2−242+3k2=243k2−2>0，
设Ax1,y1，Bx2,y2，
则x1+x2=−12k2+3k2，x1x2=62+3k2．
由题意得S△OAB =12|OM|⋅|x1−x2|=|x1−x2|
=x1+x22−4x1x2=−12k2+3k22−4×62+3k2
=263k2−22+3k2=4617，
化简得4k4−91k2+66=0，
即(4k2−3)(k2−22)=0，
解得k2=34或k2=22均满足Δ>0，
所以k=±32或k=±22．
所以直线l的方程为y=±32x+2或y=±22x+2．
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的离心率
与椭圆有关的中点弦及弦长问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为椭圆的离心率为33，
所以e2=c2a2=a2−b2a2=1−b2a2=332，
整理可得b2a2=23①．
又因为椭圆经过点32,22，
所以代入可得94a2+12b2=1②．
由①②解得a2=3，b2=2，
所以椭圆C的方程为x23+y22=1．
(2)由题意可知，直线l的斜率k存在，设直线l的方程为y=kx+2．
则y=kx+2，x23+y22=1，
消去y整理得2+3k2x2+12kx+6=0．
因为直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，
所以Δ=12k2−242+3k2=243k2−2>0，
设Ax1,y1，Bx2,y2，
则x1+x2=−12k2+3k2，x1x2=62+3k2．
由题意得S△OAB =12|OM|⋅|x1−x2|=|x1−x2|
=x1+x22−4x1x2=−12k2+3k22−4×62+3k2
=263k2−22+3k2=4617，
化简得4k4−91k2+66=0，
即(4k2−3)(k2−22)=0，
解得k2=34或k2=22均满足Δ>0，
所以k=±32或k=±22．
所以直线l的方程为y=±32x+2或y=±22x+2．
【答案】
解：(1)由题意得a1=120×1+25%−s=150−s ，
an+1=an1+25%−s=54an−s．
(2)由(1)得an+1=54an−s①，
∵an+1−k=ran−k②，
∴比较①②的系数，得r=54，k−rk=−s，
解得r=54,k=4s.
∴(1)中的递推公式可以化为an+1−4s=54an−4sn∈N∗.
(3)∵a1−4s=150−5s，且s∈10,30，
∴a1−4s≠0，
由(2)可知an−4s≠0，
∴an+1−4san−4s=54n∈N∗，
即数列an−4s是以150−5s为首项，54为公比的等比数列，
∴an−4s=150−5s⋅54n−1，
即an=4s+150−5s⋅54n−1．
到2030年底的森林蓄积量为该数列的第10项，
即a10=4s+150−5s⋅549．
由题意得森林蓄积量到2030年底要达到翻两番的目标，
∴a10≥4×120，
即4s+150−5s⋅549≥480，
即4s+150−5s×7.45=4s+1117.5−37.25s≥480．
解得s≤19.17．
∴每年的砍伐量最大为19万立方米．
【考点】
数列的应用
数列与函数最值问题
等比关系的确定
等比数列的通项公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意得a1=120×1+25%−s=150−s ，
an+1=an1+25%−s=54an−s．
(2)由(1)得an+1=54an−s①，
∵an+1−k=ran−k②，
∴比较①②的系数，得r=54，k−rk=−s，
解得r=54,k=4s.
∴(1)中的递推公式可以化为an+1−4s=54an−4sn∈N∗.
(3)∵a1−4s=150−5s，且s∈10,30，
∴a1−4s≠0，
由(2)可知an−4s≠0，
∴an+1−4san−4s=54n∈N∗，
即数列an−4s是以150−5s为首项，54为公比的等比数列，
∴an−4s=150−5s⋅54n−1，
即an=4s+150−5s⋅54n−1．
到2030年底的森林蓄积量为该数列的第10项，
即a10=4s+150−5s⋅549．
由题意得森林蓄积量到2030年底要达到翻两番的目标，
∴a10≥4×120，
即4s+150−5s⋅549≥480，
即4s+150−5s×7.45=4s+1117.5−37.25s≥480．
解得s≤19.17．
∴每年的砍伐量最大为19万立方米．