清华附中2018-2018高三下数学(理)统练2答案
1-5 C D D D A 6-8 A D D

9、四 10、2 11、 2 12 、 43 13、3 14 833

15、解：(1) 令1001143cos21),(22yxyxyxyxyxn或则，
)1,0()0,1(nn或
2分

(2) )1,0(0),0,1(nana 3分
))32cos(,(cos)1)23(cos2,(cos2xxxxbn

4分

2)234cos(122cos1)3
2(coscos||222xxxxbn




6分

)]23cos(2[cos211)]234cos(2[cos211xxxx


)32cos(211]2sin232cos212[cos211xxxx
8分

353233
2
0xx
，

45||2121)3
2cos(12bnx

9分

故25||22bn 10分
16、 (1)63125(注：第1、2次或第2、3次或三次均击中)；(2)162625；(3)

3 4 … k …

P
27125 162
625
… 233123()()55kkC …

17、方法一：(1) 证明：连结AC，AC交BD于O，连结EO．
∵底面ABCD是正方形，∴点O是AC的中点，
在PAC中，EO是中位线，∴PA // EO，
而EO平面EDB且PA平面EDB，所以，PA //平面EDB．
(2) 证明：∵PD⊥底面ABCD且DC底面ABCD，
∴DCPD，
∵PD=DC，可知PDC是等腰直角三角形，而DE是斜边
PC的 中线，∴PCDE． ①
同样由PD⊥底面ABCD，得PD⊥BC．
∵底面ABCD是正方形，有DC⊥BC，∴BC⊥平面PDC．
而DE平面PDC，∴DEBC． ②
由①和②推得DE平面PBC．
而PB平面PBC，∴PBDE
又PBEF且EEFDE，所以PB⊥平面EFD．
(3) 解：由(2)知，DFPB，故EFD是二面角C—PB—D的平面角．
由(2)知，DBPDEFDE,．

设正方形ABCD的边长为a，则aBDaDCPD2,，

aBDPDPB322
， aDCPDPC222，aPCDE2221．

在PDBRt中，aaaaPBBDPDDF3632．

在EFDRt中，233622sinaaDFDEEFD，∴3EFD．
所以，二面角C—PB—D的大小为3．
方法二：如图所示建立空间直角坐标系，D为坐标原点，设aDC．
(1)证明：连结AC，AC交BD于G，连结EG．

依题意得)2,2,0(),,0,0(),0,0,(aaEaPaA．
∵底面ABCD是正方形，∴G是此正方形的中心，
故点G的坐标为)0,2,2(aa，

且(,0,),(,0,)22aaPAaaEG．
∴EGPA2，这表明PA//EG．
而EG平面EDB且PA平面EDB，∴PA//平面EDB．

(2)证明：依题意得)0,,(aaB，),,(aaaPB．

又(0,,)22aaDE，故022022aaDEPB．
∴DEPB．
由已知PBEF，且EDEEF，所以PB平面EFD．

(3)解：设点F的坐标为),,(000zyx，PBPF，则
),,(),,(000aaaazyx

．

从而azayax)1(,,000．所以

000
11(,,)(,(),())2222aa
FExyzaaa
．
由条件PBEF知，0PBFE，即
0)21()21(222aaa，解得31


∴点F的坐标为)32,3,3(aaa，且(,,)366aaaFE，2(,,)333aaaFD
∴03233222aaaFDPB，
即FDPB，故EFD是二面角C—PB—D的平面角．
∵691892222aaaaFDFE，且

aaaaFE6636369||222
，aaaaFD369499||222，

∴2136666||||cos2aaaFDFEFDFEEFD． ∴3EFD．
所以，二面角C—PB—D的大小为3．(或用法向量求)
18、解：(1) 由3381122)2(12234341aaaaannn
同理可得 a2 = 13， a1 = 5. 3分
(2) 假设存在的实数λ符合题意，则

nnnnnnnaaaa2222111


nn
n
2112
12


必是与n无关的常数，则

.1021




n
7分

故存在实数λ= 1，使得数列}21{n为等差数列.
(3) 由(2) 知数列}21{nna是公差d = 1的等差数列
12)1(11)1(21211nnnnnann
a
a
9分

Sn = n+2×2 + 3×22 + 4×23 +…+(n+1)·2n+1
2Sn = 2n+2×22 + 3×22 +…+n·2n + (n+1)·2n+1

相减整理得： Sn = n(2n+1 +1) 12分

附加．解：(1) 设)0,(),0,(),,(2100cFcFyxP，
其中),(),()0,(,0000122ycxyxcPFbac则，
).,(),()0,(00002yxcyxcPF
从而.),(),(2202020220000021cyxycxyxcycxPFPF 2分
由于222122220202,caPFPFcbayxb所以，
即.222122bPFPFab 3分
又已知343421PFPF， 4分

所以.34,4,34,34222222babab
从而椭圆的方程是.143422yx
(2) 因为PCQCQCQCPCPFFCQCQCPCP与而||||,0)||||(21的平分线平行，
所以∠PCQ的平分线垂直于x轴.
由).1,1(,1,1,,143422Cyxxyyx解得
不妨设PC的斜率为k，则QC的斜率为k，因此PC和QC的方程分别为
)1(,1)1(xkyxky
，

其中.1434,1)1(,022yxxkyk由
消去y并整理得(*).0163)1(6)31(222kkxkkxk 9分
∵C(1，1) 在椭圆上，∴x = 1是方程(*) 的一个根.

从而222231163,31163kkkxkkkxQP同理， 10分

从而直线PQ的斜率为.313112231)13(22)(222kkkkkkxxkxxkxxyykQPQPQPQPPQ
11分
又知A(2，0) ，B(－1，－1) ，

所以,312101ABPQABkkk 12分
ABPQ与向量
共线