2020-2021学年山东省高二（上）月考数学试卷（12月份）人教A版

这是一份2020-2021学年山东省高二（上）月考数学试卷（12月份）人教A版，共10页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。


1. 过点P(−2, m)和Q(m, 4)的直线的斜率等于1，则m的值是（ ）
A.1B.2C.3D.4

2. 向量a→=(2, 1, x)，b→=(2, y, −1)，若|a→|=5，且a→⊥b→，则x+y的值为( )
A.−1B.1C.4D.−4

3. 在等差数列{an}中，若Sn为前n项和，2a7=a8+5，则S11的值是（ ）
A.55B.11C.50D.60

4. 位于德国东部萨克森州的莱科勃克桥（如图所示）有“仙境之桥”之称，它的桥形可近似地看成抛物线，该桥的高度为ℎ，跨径为a，则桥形对应的抛物线的焦点到准线的距离为（ ）

A.a28ℎB.a24ℎC.a22ℎD.a2ℎ

5. 在公差不为零的等差数列{an}中，a1，a3，a7依次成等比数列，前7项和为35，则数列{an}的通项an等于（ ）
A.nB.n+1C.2n−1D.2n+1

6. 已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0, b>0)的右焦点为F，点A在双曲线的渐近线上，△OAF是边长为2的等边三角形（O为原点），则双曲线的方程为（ ）
A.x24−y212=1B.x212−y24=1C.x23−y2=1D.x2−y23=1

7. 点P是直线x+y−3＝0上的动点，由点P向圆O:x2+y2＝4作切线，则切线长的最小值为（ ）
A.22B.322C.22D.12

8. 已知F1、F2是两个定点，点P是以F1和F2为公共焦点的椭圆和双曲线的一个交点，并且PF1⊥PF2，e1和e2分别是上述椭圆和双曲线的离心率，则有（ ）
A.e12+e22＝2B.e12+e22＝4C.1e12+1e22=2D.1e12+1e22=4
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.

下列说法正确的是（ ）
A.过点(x1, y1)，(x2, y2)两点的直线方程为y−y1y2−y1=x−x1x2−x1
B.点(0, 2)关于直线y＝x+1的对称点是(1, 1)
C.直线x−y−2＝0与两坐标轴围成的三角形的面积为2
D.经过点(1, 1)且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为x+y−2＝0

在递增的等比数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，若a1a4＝32，a2+a3＝12，则下列说法正确的是（ ）
A.q＝1
B.数列{Sn+2}是等比数列
C.S8＝510
D.数列{lgan}是公差为2的等差数列

如图，设E，F分别是正方体ABCD−A1B1C1D1的棱DC上两点，且AB＝2，EF＝1，其中正确的命题为（ ）

A.三棱锥D1−B1EF的体积为定值
B.异面直线D1B1与EF所成的角为60∘
C.D1B1⊥平面B1EF
D.直线D1B1与平面B1EF所成的角为30∘

发现土星卫星的天文学家乔凡尼卡西尼对把卵形线描绘成轨道有兴趣．像笛卡尔卵形线一样，笛卡尔卵形线的作法也是基于对椭圆的针线作法作修改，从而产生更多的卵形曲线．卡西尼卵形线是由下列条件所定义的：曲线上所有点到两定点（焦点）的距离之积为常数．已知：曲线C是平面内与两个定点F1(−1, 0)和F2(1, 0)的距离的积等于常数a2(a>1)的点的轨迹，则下列命题中正确的是（ ）
A.曲线C过坐标原点
B.曲线C关于坐标原点对称
C.曲线C关于坐标轴对称
D.若点在曲线C上，则△F1PF2的面积不大于12a2
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分

在等差数列{an}中，a1+a4+a7＝39，a3+a6+a9＝27，则数列{an}的前9项之和S9等于________．

已知抛物线y2＝4x上一点P到准线的距离为d1，到直线l:4x−3y+16＝0为d2，则d1+d2的最小值为________．

数列{an}的前n项和为Sn＝n2+1，则数列{an}的通项公式为________．

已知半径为5的动圆C的圆心在直线l:x−y+10＝0上．若动圆C过点(−5, 0)，求圆C的方程________，使得动圆C中满足与圆O:x2+y2＝r2相外切的圆有且仅有一个．
三、解答：本小题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

已知直线l1:ax+2y+1＝0，直线l2:x−y+a＝0．
（1）若直线l1⊥l2，求a的值及垂足P的坐标；

（2）若直线l1 // l2，求a的值及直线l1与l2的距离．

已知抛物线C:y2＝2px(p>0)上的点M(1, m)到其焦点F的距离为2．
（1）求C的方程；并求其焦点坐标；

（2）过点(2, 0)且斜率为1的直线l交抛物线于A，B两点，求弦AB的长．

已知{an}是各项均为正数的等比数列，a1=2，a3=2a2+16．
1求{an}的通项公式；

2设bn=lg2an，求数列{bn}的前n项和．

从社会效益和经济效益出发，某地投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业．根据规划，本年度投入800万元，以后每年投入将比上年减少15．本年度当地旅游业收入估计为400万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上年增加14．
（1）设n年内（本年度为第一年）总投入为an万元，旅游业总收入为bn万元．写出an，bn的表达式；

（2）至少经过几年旅游业的总收入才能超过总投入？

如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB // CD，AB⊥AD，PA⊥底面ABCD，E为BP的中点，AB＝2，PA＝AD＝CD＝1．

（1）证明：EC // 平面PAD；

（2）求二面角E−AC−P的正弦值．

已知O为坐标原点，椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，|F1F2|＝2，P为椭圆的上顶点，以P为圆心且过F1，F2的圆与直线x=−2相切．
（1）求椭圆C的标准方程；

（2）已知直线l交椭圆C于M，N两点；
(ⅰ)若直线l的斜率等于1，求△OMN面积的最大值；
(ⅱ)若OM→⋅ON→=−1，点D在l上，OD⊥l．证明：存在定点W，使得|DW|为定值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年山东省高二（上）月考数学试卷（12月份）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共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.
1.
【答案】
A
【考点】
直线的斜率
【解析】
利用直线的斜率公式求解．
【解答】
∵ 过点P(−2, m)和Q(m, 4)的直线斜率等于1，
∴ k=4−mm+2=1，
解得m＝1．
2.
【答案】
D
【考点】
向量的数量积判断向量的共线与垂直
向量的模
【解析】
根据|a→|=5求出x的值，再根据a→⊥b→得出a→⋅b→=0，列方程求出y的值，即可计算x+y的值．
【解答】
解：∵ a→=(2, 1, x)，若|a→|=5，
∴ 22+12+x2=5，
解得：x=0.
又∵ b→=(2, y, −1)，且a→⊥b→，
∴ a→⋅b→=4+y+0=0，
解得：y=−4，
∴ x+y=−4．
故选D.
3.
【答案】
A
【考点】
等差数列的通项公式
【解析】
利用等差数列的通项公式与求和公式及其性质即可得出．
【解答】
由等差数列{an}的性质可得：a6=2a7−a8=5，
则S11=11(a1+a11)2=11a6=55．
4.
【答案】
A
【考点】
抛物线的性质
【解析】
本题根据题意建立一个平面直角坐标系，然后根据桥形的特点写出对应的抛物线方程，再将已知点(a2,−ℎ)代入抛物线方程解出p的值，而桥形对应的抛物线的焦点到准线的距离即为p．
【解答】
根据题意，以桥顶为坐标原点，桥形的对称轴为y轴建立如下图所示的平面直角坐标系，
该抛物线方程可写为x2＝−2py(p>0)．
∵ 该抛物线经过点(a2,−ℎ)，代入抛物线方程可得
a24=2ℎp，
解得p=a28ℎ．
∴ 桥形对应的抛物线的焦点到准线的距离即为p=a28ℎ．
5.
【答案】
B
【考点】
等差数列的通项公式
【解析】
根据等差数列以及等比数列的性质求出首项和公差，从而求出通项公式．
【解答】
由题意得，等差数列{an}中，a1，a3，a7依次成等比数列，
故a32=a1a7，
则(a1+2d)2=a1(a1+6d)，
故a1＝2d，①
又数列7项和为35，
则7a1+7×6d2=35，②，
联立①②解得：d＝1，a1＝2，
故an＝2+(n−1)＝n+1，
6.
【答案】
D
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
由双曲线的对称性可设点A在第一象限，由等边△OAF的边长为2可得F2,0,A1,3，又点A在双曲线的渐近线上，所以有ba=3，又c=a2+b2=2，解得a=1,b=3，所以双曲线的方程为x2−y23=1，故选D．
求解出点A的坐标是解题关键．
本题考查双曲线的简单性质、解三角形．
7.
【答案】
C
【考点】
圆的切线方程
【解析】
由圆的标准方程，找出圆心坐标和圆的半径，要使切线长的最小，则必须点P到圆的距离最小，求出圆心到直线x+y−3＝0的距离，利用切线的性质及勾股定理求出切线长的最小值即可．
【解答】
∵ 圆C:x2+y2＝4，
∴ 圆心C(0, 0)，半径r＝2．
由题意可知，
点P到圆C:x2+y2＝4的切线长最小时，
CP⊥直线x+y−3＝0．
∵ 圆心到直线的距离d=32，
∴ 切线长的最小值为：92−4=22．
8.
【答案】
C
【考点】
圆锥曲线的共同特征
【解析】
由题设中的条件，设焦距为2c，椭圆的长轴长2a，双曲线的实轴长为2m，根据椭圆和双曲线的性质以及勾弦定理建立方程，联立可得m，a，c的等式，整理即可得到结论
【解答】
由题意设焦距为2c，椭圆的长轴长2a，双曲线的实轴长为2m，不妨令P在双曲线的右支上
由双曲线的定义|PF1|−|PF2|＝2m①
由椭圆的定义|PF1|+|PF2|＝2a②
又∠F1PF2＝900，故|PF1|2+|PF2|2＝4c2③
①​2+②​2得|PF1|2+|PF2|2＝2a2+2m2④
将④代入③得a2+m2＝2c2，即 1c2a2+1c2m2=2，即 1e12+1e22=2
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.
【答案】
B,C
【考点】
直线的两点式方程
直线的截距式方程
命题的真假判断与应用
与直线关于点、直线对称的直线方程
【解析】
分类求出点(x1, y1)，(x2, y2)两点的直线方程判断A；由对称性判断B；求出直线x−y−2＝0与两坐标轴围成的三角形的面积判断C；求出经过点(1, 1)且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程判断D．
【解答】
对于A，当x1≠x2时，过点(x1, y1)，(x2, y2)的直线斜率为k=y2−y1x2−x1，
方程为y−y1=y2−y1x2−x1(x−x1)，整理得(y2−y1)(x−x1)−(x2−x1)(y−y1)＝0，
当x1＝x2时，过点(x1, y1)，(x2, y2)的直线方程是x＝x1，即x−x1＝0，
满足(y2−y1)(x−x1)−(x2−x1)(y−y1)＝0，
∴ 过(x1, y1)，(x2, y2)的直线方程为(y2−y1)(x−x1)−(x2−x1)(y−y1)＝0，故A错误；
对于B，点(0, 2)与(1, 1)的中点坐标(12, 32)满足直线方程y＝x+1，并且两点连线的斜率为−1，
∴ 点(0, 2)关于直线y＝x+1的对称点为(1, 1)，故B正确；
对于C，直线x−y−2＝0在两坐标轴上的截距分别为：2，−2，
与坐标轴围成的三角形的面积是：12×2×2=2，故C正确；
对于D，当直线过原点时，直线方程为y＝x，
当直线不过原点时，设直线方程为x+y＝a，代入(1, 1)，得a＝2，直线方程为x+y−2＝0，
∴ 经过点(1, 1)且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为x+y−2＝0或y＝x，故D错误．
【答案】
B,C
【考点】
等比数列的前n项和
【解析】
本题先根据题干条件判断并计算得到q和a1的值，则即可得到等比数列{an}的通项公式和前n项和公式，则对选项进行逐个判断即可得到正确选项．
【解答】
由题意，根据等比中项的性质，可得
a2a3＝a1a4＝32>0，a2+a3＝12>0，
故a2>0，a3>0．
根据根与系数的关系，可知
a2，a3是一元二次方程x2−12x+32＝0的两个根．
解得a2＝4，a3＝8，或a2＝8，a3＝4．
∵ 等比数列{an}是递增数列，∴ q>1．
∴ a2＝4，a3＝8满足题意．
∴ q＝2，a1=a2q=2．故选项A不正确．
an＝a1⋅qn−1＝2n．
∵ Sn=2(1−2n)1−2=2n+1−2．
∴ Sn+2＝2n+1＝4⋅2n−1．
∴ 数列{Sn+2}是以4为首项，2为公比的等比数列．故选项B正确．
S8＝28+1−2＝512−2＝510．故选项C正确．
∵ lgan＝lg2n＝nlg2．
∴ 数列{lgan}是公差为lg2的等差数列．故选项D不正确．
故选：BC．
【答案】
A,B,D
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
根据题意画出图形，结合图形求出三棱锥D1−B1EF的体积为定值，可判断选项A；
求得异面直线D1B1与EF所成的角为45∘可判断B；
判断D1B1与平面B1EF不垂直可判断C；
直线D1B1与平面B1EF所成的角是为30∘可判断D．
【解答】
如图所示，
三棱锥D1−B1EF的体积为V=13S△D1EF⋅B1C1=13×12×2×2×1=23为定值，A正确；
EF // D1C1，∠B1D1C1是异面直线D1B1与EF所成的角，为45∘，B正确；
D1B1与EF不垂直，由此知D1B1与平面B1EF不垂直，C错误；
在三棱锥D1B1DC中，设D1到平面DCB1的距离为ℎ，
VB1−D1DC=VD1−DCB1，即有13×2×12×2×2=13×12×2×22ℎ，解得ℎ=2，
直线D1B1与平面B1EF所成的角的正弦为222=12，即直线D1B1与平面B1EF所成的角为30∘，D正确．
综上，正确的命题为ABD．
【答案】
B,C,D
【考点】
轨迹方程
【解析】
设动点坐标为(x, y)，根据题意可得曲线C的方程为[(x+1)2+y2]•[(x−1)2+y2]＝a4，对各个选项逐一验证，即可得出结论．
【解答】
由题意设动点坐标为(x, y)，
则(x+1)2+y2⋅(x−1)2+y2=a2，
即[(x+1)2+y2]•[(x−1)2+y2]＝a4，
若曲线C过坐标原点(0, 0)，将点(0, 0)代入曲线C的方程中可得a2＝1与已知a>1矛盾，
故曲线C不过坐标原点，故A错误；
把方程中的x被−x代换，y被−y 代换，方程不变，
故曲线C关于坐标原点对称，故B正确；
因为把方程中的x被−x代换，方程不变，故此曲线关于y轴对称，
把方程中的y被−y 代换，方程不变，故此曲线关于x轴对称，
故曲线C关于坐标轴对称，故C正确；
若点P在曲线C上，则|PF1||PF2|＝a2，
S△F1PF2=12|PF1||PF2|sin∠F1PF2≤12a2，当且仅当∠F1PF2＝90∘时等号成立，
故△F1PF2的面积不大于12a2，故D正确．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分
【答案】
99
【考点】
等差数列的性质
【解析】
由等差数列的性质可求得a4，＝13，a6＝9，从而有a4+a6＝22，由等差数列的前n项和公式即可求得答案．
【解答】
∵ 在等差数列{an}中，a1+a4+a7＝39，a3+a6+a9＝27，
∴ a4＝13，a6＝9，
∴ a4+a6＝22，又a4+a6＝a1+a9，
∴ 数列{an}的前9项之和S9=(a1+a9)×92=22×92=99．
【答案】
4
【考点】
抛物线的性质
【解析】
利用抛物线的定义，将d1+d2的最小值转化为焦点到直线4x−3y+16＝0的距离即可求得．
【解答】
抛物线上的点P到准线的距离等于到焦点F的距离，
所以过焦点F作直线4x−3y+16＝0的垂线，
则该点到直线的距离为d1+d2最小值，如图所示；
由F(1, 0)，直线4x−3y+16＝0，
所以d1+d2=|4−0+16|42+(−3)2=4．
【答案】
an=2(n=1)2n−1(n≥2)
【考点】
数列递推式
【解析】
a1＝S1＝1+1＝2，an＝Sn−Sn−1＝(n2+1)−[(n−1)2+1]＝2n−1．当n＝1时，2n−1＝1≠a1，由此能求出数列{an}的通项公式．
【解答】
a1＝S1＝1+1＝2，
an＝Sn−Sn−1
＝(n2+1)−[(n−1)2+1]
＝2n−1．
当n＝1时，2n−1＝1≠a1，
∴ an=2,n=12n−1,n≥2 ．
【答案】
(x+10)2+y2＝25或(x+5)2+(y−5)2＝25，存在正实数r＝52−5
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
由已知先设原的标准方程，再由已知条件建立方程组即可求出圆的圆心，进而可以求解；然后再求出圆O的圆心到直线l的距离，利用直线与圆外切的圆只有一个可求出此时圆O的半径，进而可以求解．
【解答】
依题意，可设动圆C的方程为：(x−a)2+(y−b)2＝25，
其中圆心(a, b)满足a−b+10＝0．
又∵ 动圆过点(−5, 0)，∴ (−5−a)2+(0−b)2＝25，
解方程组a−b+10=0(−5−a)2+(0−b)2=25 ，可得a=−10b=0 或a=−5b=5 ，
故所求圆C的方程为：(x+10)2+y2＝25或(x+5)2+(y−5)2＝25，
又由圆O的圆心(0, 0)到直线l的距离d=|10|1+1=52，
则当满足r+5＝d时，即r=52−5时，
动圆C中有且仅有1个圆与圆O:x2+y2＝r2相外切．
三、解答：本小题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
【答案】
∵ 直线l1:ax+2y+1＝0，直线l2:x−y+a＝0，
当直线l1⊥l2时，a×1+2×(−1)＝0，
解得a＝2，
∴ l1:2x+2y+1＝0，直线l2:x−y+2＝0，
联立解得x=−54y=34
∴ a的值为2，垂足P的坐标为(−54, 34)；
当直线l1 // l2时，a1=2−1≠1a，
解得a＝−2，
∴ l1:−2x+2y+1＝0，直线l2:−2x+2y+4＝0，
由平行线间的距离公式可得d=|1−4|(−2)2+22=324
∴ a的值为−2，直线l1与l2的距离为324
【考点】
直线的一般式方程与直线的垂直关系
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
（1）由垂直可得a×1+2×(−1)＝0，解得a值可得直线的方程，联立方程可解交点坐标；
（2）当直线l1 // l2时，a1=2−1≠1a，解得a值可得直线的方程，由平行线间的距离公式可得答案．
【解答】
∵ 直线l1:ax+2y+1＝0，直线l2:x−y+a＝0，
当直线l1⊥l2时，a×1+2×(−1)＝0，
解得a＝2，
∴ l1:2x+2y+1＝0，直线l2:x−y+2＝0，
联立解得x=−54y=34
∴ a的值为2，垂足P的坐标为(−54, 34)；
当直线l1 // l2时，a1=2−1≠1a，
解得a＝−2，
∴ l1:−2x+2y+1＝0，直线l2:−2x+2y+4＝0，
由平行线间的距离公式可得d=|1−4|(−2)2+22=324
∴ a的值为−2，直线l1与l2的距离为324
【答案】
由抛物线的方程可得其准线方程为x=−p2，
由抛物线的性质可得抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，
所以1−(−p2)＝2，解得p＝2，
所以抛物线的方程为：y2＝4x，焦点F(1, 0)．
由题意可得直线l的方程为：y＝x−2，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
由y2=4xy=x−2 ，整理可得：x2−8x+4＝0，x1+x2＝8，x1x2＝4，
所以弦长|AB|=1+k2⋅(x1+x2)2−4x1x2=1+1⋅82−4×4=46，
所以弦AB的长为46．
【考点】
直线与抛物线的位置关系
抛物线的性质
【解析】
（1）由抛物线的方程可得其准线方程，再由抛物线的性质可得抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，起床p的值，进而求出抛物线的方程及焦点坐标；
（2）由题意可得直线l的方程，与抛物线联立求出两根之和及两根之积，再由弦长公式可得弦AB的值．
【解答】
由抛物线的方程可得其准线方程为x=−p2，
由抛物线的性质可得抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，
所以1−(−p2)＝2，解得p＝2，
所以抛物线的方程为：y2＝4x，焦点F(1, 0)．
由题意可得直线l的方程为：y＝x−2，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
由y2=4xy=x−2 ，整理可得：x2−8x+4＝0，x1+x2＝8，x1x2＝4，
所以弦长|AB|=1+k2⋅(x1+x2)2−4x1x2=1+1⋅82−4×4=46，
所以弦AB的长为46．
【答案】
解：(1)设等比数列的公比为q，
由a1=2，a3=2a2+16，得2q2=4q+16，
即q2−2q−8=0，解得q=−2（舍）或q=4．
∴ an=a1qn−1=2×4n−1=22n−1；
(2)bn=lg2an=lg222n−1=2n−1，
∵ b1=1，bn+1−bn=2(n+1)−1−2n+1=2，
∴ 数列{bn}是以1为首项，以2为公差的等差数列，
则数列{bn}的前n项和Tn=n×1+n(n−1)×22=n2．
【考点】
等比数列的通项公式
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
（1）设等比数列的公比，由已知列式求得公比，则通项公式可求；
（2）把（1）中求得的{an}的通项公式代入bn＝lg2an，得到bn，说明数列{bn}是等差数列，再由等差数列的前n项和公式求解．
【解答】
解：(1)设等比数列的公比为q，
由a1=2，a3=2a2+16，得2q2=4q+16，
即q2−2q−8=0，解得q=−2（舍）或q=4．
∴ an=a1qn−1=2×4n−1=22n−1；
(2)bn=lg2an=lg222n−1=2n−1，
∵ b1=1，bn+1−bn=2(n+1)−1−2n+1=2，
∴ 数列{bn}是以1为首项，以2为公差的等差数列，
则数列{bn}的前n项和Tn=n×1+n(n−1)×22=n2．
【答案】
第1年投入为800万元，第2年投入为800×(1−15)万元，第n年投入为800×(1−15)n−1万元．
所以，n年内的总投入为
an＝800+800×(1−15)+...+800×(1−15)n−1=k=1n 800×(1−15)k−1
＝4000×[1−(45)n]；
第1年旅游业收入为400万元，第2年旅游业收入为400×(1+14)万元，
第n年旅游业收入为400×(1+14)n−1万元．
所以，n年内的旅游业总收入为
bn＝400+400×(1+14)+...+400×(1+14)n−1=k=1n 400×(54)k−1
＝1600×[(54)n−1]．
设至少经过n年旅游业的总收入才能超过总投入，由此
bn−an>0，
即1600×[(54)n−1]−4000×[1−(45)n]>0．
化简得5×(45)n+2×(54)n−7>0，
设x＝(45)n，代入上式得
5x2−7x+2>0，
解此不等式，得x<25，x>1（舍去）．
即(45)n<25，
由此得n≥5．
答：至少经过5年旅游业的总收入才能超过总投入．
【考点】
根据实际问题选择函数类型
【解析】
（1）依次写出第1年投入量，第2年投入量，等等，第n年投入量，从而求出n年内的总投入量an，再由第1年旅游业收入为400万元，第2年旅游业收入为400×(1+14)万元，归纳出第n年旅游业收入为400×(1+14)n−1万元．从而得出n年内的旅游业总收入bn．
（2）先设至少经过n年旅游业的总收入才能超过总投入，由bn−an>0，解得n的取值范围即可．
【解答】
第1年投入为800万元，第2年投入为800×(1−15)万元，第n年投入为800×(1−15)n−1万元．
所以，n年内的总投入为
an＝800+800×(1−15)+...+800×(1−15)n−1=k=1n 800×(1−15)k−1
＝4000×[1−(45)n]；
第1年旅游业收入为400万元，第2年旅游业收入为400×(1+14)万元，
第n年旅游业收入为400×(1+14)n−1万元．
所以，n年内的旅游业总收入为
bn＝400+400×(1+14)+...+400×(1+14)n−1=k=1n 400×(54)k−1
＝1600×[(54)n−1]．
设至少经过n年旅游业的总收入才能超过总投入，由此
bn−an>0，
即1600×[(54)n−1]−4000×[1−(45)n]>0．
化简得5×(45)n+2×(54)n−7>0，
设x＝(45)n，代入上式得
5x2−7x+2>0，
解此不等式，得x<25，x>1（舍去）．
即(45)n<25，
由此得n≥5．
答：至少经过5年旅游业的总收入才能超过总投入．
【答案】
证明：如图，取AP的中点F，连结EF，DF
∵ BE＝PE，PF＝AF，∴ EF∥=12AB，
∵ 直角梯形ABCD中，AB // CD，AB＝2，PA＝AD＝CD＝1，
∴ CD∥=12AB，∴ CD∥=EF，∴ 四边形EFDC是平行四边形，
∴ EC // FD，
∵ DF⊂平面PAD，EC⊄平面PAD，∴ EC // 平面PAD．
如图，∵ PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，∴ AP、AB、AD两两垂直，
以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系
A(0, 0, 0)，P(0, 0, 1)，C(1, 1, 0)，B(2, 0, 0)，E(1, 0, 12)，
AP→=(0, 0, 1)，AC→=(1, 1, 0)，AC→=(1, 1, 0)，AE→=(1, 0, 12)，
设平面APC的法向量m→=(x, y, z)，
则m→⋅AP→=z=0m→⋅AC→=x+y=0 ，取x＝1，得m→=(1, −1, 0)，
设平面EAC的法向量n→=(a, b, c)，
则n→⋅AC→=a+b=0n→⋅AE→=a+12c=0 ，取a＝1，得n→=(1, −1, −2)，
设二面角E−AC−P的平面角为θ，
则csθ=|m→⋅n→||m→|⋅|n→|=22×6=33，
sinθ=1−(33)2=63．
∴ 二面角E−AC−P的正弦值为63．
【考点】
二面角的平面角及求法
直线与平面平行
【解析】
（1）取AP的中点F，连结EF，DF，推导出四边形EFDC是平行四边形，从而EC // FD，由此能证明EC // 平面PAD．
（2）以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角E−AC−P的正弦值．
【解答】
证明：如图，取AP的中点F，连结EF，DF
∵ BE＝PE，PF＝AF，∴ EF∥=12AB，
∵ 直角梯形ABCD中，AB // CD，AB＝2，PA＝AD＝CD＝1，
∴ CD∥=12AB，∴ CD∥=EF，∴ 四边形EFDC是平行四边形，
∴ EC // FD，
∵ DF⊂平面PAD，EC⊄平面PAD，∴ EC // 平面PAD．
如图，∵ PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，∴ AP、AB、AD两两垂直，
以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系
A(0, 0, 0)，P(0, 0, 1)，C(1, 1, 0)，B(2, 0, 0)，E(1, 0, 12)，
AP→=(0, 0, 1)，AC→=(1, 1, 0)，AC→=(1, 1, 0)，AE→=(1, 0, 12)，
设平面APC的法向量m→=(x, y, z)，
则m→⋅AP→=z=0m→⋅AC→=x+y=0 ，取x＝1，得m→=(1, −1, 0)，
设平面EAC的法向量n→=(a, b, c)，
则n→⋅AC→=a+b=0n→⋅AE→=a+12c=0 ，取a＝1，得n→=(1, −1, −2)，
设二面角E−AC−P的平面角为θ，
则csθ=|m→⋅n→||m→|⋅|n→|=22×6=33，
sinθ=1−(33)2=63．
∴ 二面角E−AC−P的正弦值为63．
【答案】
由题意知：F1(−1, 0)，F2(1, 0)，
由椭圆定义知，所以2a=|PF1|+|PF2|=22，
设椭圆的半焦距为c，所以b2+c2＝a2，所以a=2，b＝1，c＝1，
所以椭圆C的标准方程为：x22+y2=1．
(ⅰ)设直线l的方程为：y＝kx+t
将y＝kx+t，代入x22+y2=1得：(1+2k2)x2+4ktx+2t2−2＝0，设M(x1, y1)，N(x2, y2)，
所以x1+x2=−4kt1+2k2，x1x2=2t2−21+2t2，
又因为k＝1，得|AB|=2|x1−x2|=2(x1+x2)2−4x1x2=43−t23，
点O到直线l的距离d=|t|1+k2=|t|2，
所以S△AOB=12⋅|t|2⋅43−t23=23×t2(3−t2)≤23×(t2+3−t22)=22，
等号当仅当t2＝3−t2时取，即当t=±62时，△OMN的面积取最大值为22．
(ⅱ)显然直线l的斜率一定存在，设直线l的方程为：y＝kx+t，
由(ⅰ)知：x1+x2=−4kt1+2k2,x1x2=2t2−21+2k2，
所以y1y2=(kx1+t)(kx2+t)=k2x1x2+kt(x1+x2)+t2=t2−2k21+2k2，
所以OM→⋅ON→=x1x2+y1y2=3t2−2−2k21+2k2=−1，
解得t2=13，t=±33，直线y＝kx±33过定点Z(0, 33)或(0,−33)
所以D在以OZ为直径的圆上，该圆的圆心为W(0, 36)或(0, −36)，半径等于36，
所以存在定点W(0, 36)或(0, −36)，使得|DW|为定值．
【考点】
直线与椭圆的位置关系
椭圆的标准方程
椭圆的离心率
椭圆的应用
【解析】
（1）利用椭圆的焦距求出c，利用椭圆的定义求解a，推出b，即可得到椭圆方程．
(2)(ⅰ)设直线l的方程为：y＝kx+t将y＝kx+t，代入x22+y2=1，设M(x1, y1)，N(x2, y2)，利用韦达定理结合弦长公式，点到直线的距离求解三角形的面积，利用基本不等式推出结果．
(ⅱ)显然直线l的斜率一定存在，设直线l的方程为：y＝kx+t，求出向量的数量积，推出直线系方程得到定点，然后推出结果．
【解答】
由题意知：F1(−1, 0)，F2(1, 0)，
由椭圆定义知，所以2a=|PF1|+|PF2|=22，
设椭圆的半焦距为c，所以b2+c2＝a2，所以a=2，b＝1，c＝1，
所以椭圆C的标准方程为：x22+y2=1．
(ⅰ)设直线l的方程为：y＝kx+t
将y＝kx+t，代入x22+y2=1得：(1+2k2)x2+4ktx+2t2−2＝0，设M(x1, y1)，N(x2, y2)，
所以x1+x2=−4kt1+2k2，x1x2=2t2−21+2t2，
又因为k＝1，得|AB|=2|x1−x2|=2(x1+x2)2−4x1x2=43−t23，
点O到直线l的距离d=|t|1+k2=|t|2，
所以S△AOB=12⋅|t|2⋅43−t23=23×t2(3−t2)≤23×(t2+3−t22)=22，
等号当仅当t2＝3−t2时取，即当t=±62时，△OMN的面积取最大值为22．
(ⅱ)显然直线l的斜率一定存在，设直线l的方程为：y＝kx+t，
由(ⅰ)知：x1+x2=−4kt1+2k2,x1x2=2t2−21+2k2，
所以y1y2=(kx1+t)(kx2+t)=k2x1x2+kt(x1+x2)+t2=t2−2k21+2k2，
所以OM→⋅ON→=x1x2+y1y2=3t2−2−2k21+2k2=−1，
解得t2=13，t=±33，直线y＝kx±33过定点Z(0, 33)或(0,−33)
所以D在以OZ为直径的圆上，该圆的圆心为W(0, 36)或(0, −36)，半径等于36，
所以存在定点W(0, 36)或(0, −36)，使得|DW|为定值．