2021-2022学年上海市虹口区复兴高级学校高二（上）期中数学试卷（Word解析版）

2021-2022学年上海市虹口区复兴高级学校高二（上）期中数学试卷
一、填空题
1．过平面外一点与这个平面平行的直线有 　 　条．
2．若正三棱锥的高和底面边长相等，则侧棱和底面所成角为 　 　．
3．一个与球心距离为1的平面截球所得的圆面面积为π，则该球的表面积是　 　．
4．设a，b是平面M外两条直线，且a∥M，那么a∥b是b∥M的　 　条件．
5．将一段长12cm的铁丝折成两两互相垂直的三段，使三段长分别为3cm、4cm、5cm，则原铁丝的两个端点之间的距离为 　 　cm．
6．在无穷等比数列{an}中，a1＝1，公比q＝，记Tn＝a22+a42+a62+…+a2n2．则Tn＝　 　．
7．《九章算术》中称四个面均为直角三角形的四面体为鳖臑，如图，若四面体ABCD为鳖臑，且AB⊥平面BCD，AB＝BC＝CD，则AD与平面ABC所成角大小为　 　（结果用反三角函数值表示）
8．已知两条异面直线a与b所成角为30，P是空间一点，若过点P与a和b所成角都是θ的直线有4条，则θ的范围是 　 　．
9．设数列{an}的前n项和为Sn，且an＝log2（1+），则满足Sn＞10的n最小值为 　 　．
10．我们知道，在平面几何中，已知△ABC三边边长分别为a、b、c，面积为S，在△ABC内一点到三条边的距离相等设为r，则有r（a+b+c）＝S．现有三棱锥A﹣BCD的两条棱AB＝CD＝6，其余各棱长均为5，三棱锥A﹣BCD内有一点O到四个面的距离相等，则此距离等于 　 　．
11．若集合A＝{（m，n）|（m+1）+（m+2）+…+（m+n）＝2020，m＝Z，n∈N*}，则集合A中的元素个数为　 　．
12．如图所示，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，点P，Q分别为面A1B1C1D1和线段B1C上的动点，则△PEQ周长的最小值为　 　．
二.选择题
13．设P1、P2、P3、P4为空间中的四个不同点，则“P1、P2、P3、P4中有三点在同一条直线上”是“P1、P2、P3、P4在同一个平面上”的（　　）
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充要条件 D．既非充分也非必要条件
14．用数学归纳法证明关于f（n）＝（n+1）（n+2）…（n+n）的命题时，f（k+1）＝f（k）×_____，k为正整数，则空格处应填（　　）
A．2k+1 B．
C． D．
15．如图1，点E为正方形ABCD边BC上异于点B、C的动点，将△ABE沿AE翻折，得到如图2所示的四棱锥B﹣AECD，且平面BAE⊥平面AECD，点F为线段BD上异于点B、D的动点，则在四棱锥B﹣AECD中，下列说法：
①直线BE与直线CF必不在同一平面上；
②存在点E使得直线BE⊥平面DCE；
③存在点F使得直线CF与平面BAE平行；
④存在点E使得直线BE与直线CD垂直．
以上叙述正确的是（　　）
A．①② B．①③ C．①④ D．③④
16．在三棱锥A﹣BCD中，AB＝BC＝CD＝DA＝，BD＝，二面角A﹣BD﹣C是钝角．若三棱锥A﹣BCD的体积为2．则三棱锥A﹣BCD的外接球的表面积是（　　）
A．12π B．π C．13π D．π
三、解答题
17．在①Sn＝n2+n+c；②a3+a5＝16且S3+S5＝42；③＝且S7＝56．
这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并加以解答．
设等差数列{an}的前n项和为Sn，{bn}是等比数列，b1＝a1，b2＝．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求数列{+bn}的前n项和．
18．（20分）如图，某种水箱用的“浮球”，是由两个半球和一个圆柱筒组成．已知球的直径是6cm，圆柱筒长2cm．
（1）这种“浮球”的体积是多少cm3（结果精确到0.1）？
（2）要在这样2500个“浮球”表面涂一层胶质，如果每平方米需要涂胶100克，共需胶多少？
19．如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，DA＝DC＝2，，E是C1D1的中点，F是CE的中点．
（1）求证：EA∥平面BDF；
（2）求证：平面BDF⊥平面BCE；
（3）求二面角D﹣EB﹣C的正切值．
20．如图所示，圆锥的顶点为P，底面中心为O，母线PB＝5，底面半径OA与OB的夹角为θ，且OB＝4．
（1）求该圆锥的表面积；
（2）求过顶点P的平面截该圆锥所得的截面面积的最大值；
（3）点E在线段OP上，且OE＝1，是否存在θ使得异面直线AE与PB所成角大小为60°？若不存在，请说明理由，若存在，请求出θ．（结果用反三角函数值表示）
21．已知数列{an}与{bn}满足an+1﹣an＝λ（bn+1﹣bn）（λ为非零常数），n∈N*．
（1）若{bn}是等差数列，求证：数列{an}也是等差数列；
（2）若a1＝2，λ＝3，，求数列{an}的前2021项和；
（3）设a1＝b1＝λ，，（n≥3，n∈N*），若对{an}中的任意两项ai、aj（i，j∈N*，i≠j），|ai﹣aj|＜2都成立，求实数λ的取值范围．
参考答案
一、填空题
1．过平面外一点与这个平面平行的直线有 　无数　条．
【分析】根据面面平行的性质定理可判断．
解：在过该点且与已知平面平行的平面上的每一条直线均与已知平面平行，故有无数条直线符合题意，
故答案为：无数．
2．若正三棱锥的高和底面边长相等，则侧棱和底面所成角为 　　．
【分析】令O到正三棱锥底面上的中心，则∠PAO即为侧棱和底面所成角，解Rt△PAO即可得到答案．
解：设正三棱锥的棱长为a，
令O为正三棱锥底面上的中心，则PO即为棱锥的高，
则∠PAO即为侧棱和底面所成角，
∵正三棱锥的棱和底面边长都为a，
∴在Rt△PAO中，AO＝，所以PO＝a，
∴tan∠PAO＝＝，
∴∠PAO＝，
故答案为：．
3．一个与球心距离为1的平面截球所得的圆面面积为π，则该球的表面积是　8π　．
【分析】由已知中一个与球心距离为1的平面截球所得的圆面面积为π，我们可以求出该圆的半径，其中根据球半径、截面圆半径及球心距构成直角三角形，满足勾股定理，我们可以求出球半径，进而代入球的表面积公式，即可得到该球的表面积．
解：由已知中与球心距离为1的平面截球所得的圆面面积为π，
故该圆的半径为1，
故球的半径为
故该球的表面积S＝4πR2＝8π
故答案为：8π
4．设a，b是平面M外两条直线，且a∥M，那么a∥b是b∥M的　充分不必要　条件．
【分析】判断由a∥b能否得到b∥M，再判断由b∥M能否得到a∥b即可．
解：证明充分性：若a∥b，结合a∥M，且b在平面M外，可得b∥M，是充分条件；
证明必要性：若b∥M，结合a∥M，且a，b是平面M外，则a，b可以平行，也可以相交或者异面，所以不是必要条件．
故a∥b是b∥M的“充分不必要”
故答案为：充分不必要．
5．将一段长12cm的铁丝折成两两互相垂直的三段，使三段长分别为3cm、4cm、5cm，则原铁丝的两个端点之间的距离为 　　cm．
【分析】作图，根据题设条件可证CD⊥AC，再直接计算求解即可．
解：如图所示，铁丝被折成了两两垂直的三段AB，BC，CD，其中AB＝5，BC＝4，CD＝3，
由CD⊥AB，CD⊥BC，AB∩BC＝B，可知CD⊥平面ABC，
∴CD⊥AC，
于是AD2＝CD2+AC2＝CD2+AB2+BC2＝52+42+32＝50，
∴．
故答案为：．
6．在无穷等比数列{an}中，a1＝1，公比q＝，记Tn＝a22+a42+a62+…+a2n2．则Tn＝　　．
【分析】利用等比数列的性质，判断{a2n2}是等比数列，然后利用数列和的极限的运算法则求解即可．
解：在无穷等比数列{an}中，a1＝1，公比q＝，记Tn＝a22+a42+a62+…+a2n2．
可知{a2n2}是等比数列，公比为：，首项为：，
所以：Tn＝＝＝．
故答案为：．
7．《九章算术》中称四个面均为直角三角形的四面体为鳖臑，如图，若四面体ABCD为鳖臑，且AB⊥平面BCD，AB＝BC＝CD，则AD与平面ABC所成角大小为　arcsin　（结果用反三角函数值表示）
【分析】推导出BC⊥DC，以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，过C作平面BDC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出AD与平面ABC所成角大小．
解：∵四面体ABCD为鳖臑，且AB⊥平面BCD，AB＝BC＝CD，
∴BC⊥DC，
以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，过C作平面BDC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，
设AB＝BC＝CD＝1，
则A（0，1，1），D（1，0，0），B（0，1，0），C（0，0，0），
＝（1，﹣1，﹣1），平面ABC的法向量＝（1，0，0），
设AD与平面ABC所成角为θ，
则sinθ＝＝＝，
∴θ＝arcsin，
∴AD与平面ABC所成角大小为arcsin．
故答案为：arcsin．
8．已知两条异面直线a与b所成角为30，P是空间一点，若过点P与a和b所成角都是θ的直线有4条，则θ的范围是 　75°＜θ＜90°　．
【分析】过点O作a1∥a，b1∥b，则相交直线a1，b1确定一个平面α，且a1，b1所成的角为150°或30°，设直线OA与a1，b1均成θ角，作AB⊥平面α于点B，BC⊥a1于点C，BD⊥b1于点D，记∠AOB＝θ1，∠BOC＝θ2，（θ2＝15°或75°），利用cosθ＝cosθ1 cosθ2，进行角之间的大小比较，从而得到答案．
解：过点O作a1∥a，b1∥b，
则相交直线a1，b1确定一个平面α，且a1，b1所成的角为150°或30°，
设直线OA与a1，b1均成θ角，
作AB⊥平面α于点B，BC⊥a1于点C，BD⊥b1于点D，
记∠AOB＝θ1，∠BOC＝θ2（θ2＝15°或75°），
则有cosθ＝cosθ1 cosθ2，
因为0°≤θ1≤90°，
所以0≤cosθ≤cosθ2，
当θ2＝15°时，由0≤cosθ≤cos15°，可得15°≤θ≤90°；
当θ2＝75°时，由0≤cosθ≤cos75°，可得75°≤θ≤90°；
故当θ＜15°时，直线l不存在；
当θ＝15°时，直线l有且仅有1条；
当15°＜θ＜75°时，直线有且仅有2条；
当θ＝75°时，直线l有且仅有3条；
当75°＜θ＜90°时，直线有且仅有4条；
当θ＝90°时，直线l有且仅有1条．
综上所述，θ的范围是75°＜θ＜90°．
故答案为：75°＜θ＜90°．
9．设数列{an}的前n项和为Sn，且an＝log2（1+），则满足Sn＞10的n最小值为 　1024　．
【分析】根据题意可得an＝log2（1+）＝log2（），则Sn＝log2（）+log2（）+…+log2（）＝log2（××…×）＝log2（n+1），从而令Sn＝log2（n+1）＞10，结合n∈N*即可求出满足Sn＞10的n最小值．
解：根据题意，an＝log2（1+）＝log2（），
所以Sn＝log2（）+log2（）+…+log2（）＝log2（××…×）＝log2（n+1），
令Sn＝log2（n+1）＞10，则n+1＞210，由于n∈N*，所以n≥1024（n∈N），
所以满足Sn＞10的n最小值为1024．
故答案为：1024．
10．我们知道，在平面几何中，已知△ABC三边边长分别为a、b、c，面积为S，在△ABC内一点到三条边的距离相等设为r，则有r（a+b+c）＝S．现有三棱锥A﹣BCD的两条棱AB＝CD＝6，其余各棱长均为5，三棱锥A﹣BCD内有一点O到四个面的距离相等，则此距离等于 　　．
【分析】把三棱锥A﹣BCD放置在一个长方体中，设四面体所在长方体的棱长分别为x，y，z，由已知对角线长列式求得x，y，z的值，得到四面体A﹣BCD的体积，再求出四面体的表面积，由等体积法求点O到四个面的距离．
解：如图，把三棱锥A﹣BCD放置在一个长方体中，
设四面体所在长方体的棱长分别为x，y，z，
则由x2+y2＝36，x2+z2＝25，y2+z2＝25，
解得x＝y＝3，z＝，则四面体A﹣BCD的体积V＝（长方体体积的），
又四面体的表面积为S＝4×（每个面都是腰长为5，底边长为6的等腰三角形），
∴点O到四个面的距离为．
故答案为：．
11．若集合A＝{（m，n）|（m+1）+（m+2）+…+（m+n）＝2020，m＝Z，n∈N*}，则集合A中的元素个数为　8　．
【分析】（m+1），（m+2），…（m+n）构成等差数列，2m+n+1与n的奇偶性不同．
解：∵，
即（2m+n+1）n＝4040，
又∵4040＝23×5×101，而2m+n+1与n的奇偶性不同，
∴只能有数5或101，
所以有2×2×2＝8种，
分别为：（248，8），（﹣241，505），（30，40），（﹣31，101），（﹣402，808），（401，5），（﹣2020，4040），（2019，1），共8种．
12．如图所示，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，点P，Q分别为面A1B1C1D1和线段B1C上的动点，则△PEQ周长的最小值为　　．
【分析】由题意，△PEQ周长取得最小值时，P在B1C1上，在平面B1C1CB上，设E关于B1C的对称点为N，关于B1C1的对称点为M，求出MN，即可得出结论．
解：由题意，△PEQ周长取得最小值时，P在B1C1上，
在平面B1C1CB上，设E关于B1C的对称点为N，关于B1C1的对称点为M，则
EM＝2．EN＝，∠MEN＝135°，
∴MN＝＝．
故答案为．
二.选择题
13．设P1、P2、P3、P4为空间中的四个不同点，则“P1、P2、P3、P4中有三点在同一条直线上”是“P1、P2、P3、P4在同一个平面上”的（　　）
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充要条件 D．既非充分也非必要条件
【分析】“P1、P2、P3、P4中有三点在同一条直线上” “P1、P2、P3、P4在同一个平面上”，“P1、P2、P3、P4在同一个平面上”知“P1、P2、P3、P4中可以任意三点不在同一条直线上”，由此能求出结果．
解：设P1、P2、P3、P4为空间中的四个不同点，
则“P1、P2、P3、P4中有三点在同一条直线上” “P1、P2、P3、P4在同一个平面上”，
“P1、P2、P3、P4在同一个平面上”知“P1、P2、P3、P4中可以任意三点不在同一条直线上”，
∴“P1、P2、P3、P4中有三点在同一条直线上”是“P1、P2、P3、P4在同一个平面上”的充分非必要条件．
故选：A．
14．用数学归纳法证明关于f（n）＝（n+1）（n+2）…（n+n）的命题时，f（k+1）＝f（k）×_____，k为正整数，则空格处应填（　　）
A．2k+1 B．
C． D．
【分析】分别求出n＝k时左边的式子，n＝k+1时左边的式子，用n＝k+1时左边的式子，除以n＝k时左边的式子，即得所求．
解：由题意可得
当n＝k时，左边等于 （k+1）（k+2）…（k+k）＝（k+1）（k+2）…（2k），
当n＝k+1时，左边等于 （k+2）（k+3）…（k+k）（2k+1）（2k+2），
故从“k”到“k+1”的证明，左边需增添的代数式是，
故选：B．
15．如图1，点E为正方形ABCD边BC上异于点B、C的动点，将△ABE沿AE翻折，得到如图2所示的四棱锥B﹣AECD，且平面BAE⊥平面AECD，点F为线段BD上异于点B、D的动点，则在四棱锥B﹣AECD中，下列说法：
①直线BE与直线CF必不在同一平面上；
②存在点E使得直线BE⊥平面DCE；
③存在点F使得直线CF与平面BAE平行；
④存在点E使得直线BE与直线CD垂直．
以上叙述正确的是（　　）
A．①② B．①③ C．①④ D．③④
【分析】在①中，若直线BE与直线CF共面，则点B，E，C，F，D五点共面，由已知得B在平面DCE外，从而直线BE与直线CF必不在同一平面上；
在②中，当BE⊥CE时，BE必同时垂直AE，但AE与BE不垂直，从而不存在点E使得直线BE⊥平面DCE；
在③中，当E是BC中点，且F为BD中点时，直线CF与平面BAE平行；
在④中，CD与平面BCE不垂直，从而不存在点E使得直线BE与直线CD垂直．
解：在①中，若直线BE与直线CF共面，则点B，E，C，F，D五点共面，
由已知得B在平面DCE外，
所以直线BE与直线CF必不在同一平面上，故①正确；
在②中，若存在点E使得直线BE⊥平面DCE，
则BE⊥CE，且BE⊥CD，
因为平面BAE⊥平面AECD，平面BAE∩平面AECD＝AE，
所以当BE⊥CE时，BE必同时垂直AE，
由于AE与BE不垂直，
所以不存在点E使得直线BE⊥平面DCE，故②错误；
在③中，当E是BC中点，且F为BD中点时，直线CF与平面BAE平行，故③正确；
在④中，因为∠AEB是锐角，∠DCE＝90°，
所以CD与平面BCE不垂直，
所以不存在点E使得直线BE⊥CD，故④错误，
故选：B．
16．在三棱锥A﹣BCD中，AB＝BC＝CD＝DA＝，BD＝，二面角A﹣BD﹣C是钝角．若三棱锥A﹣BCD的体积为2．则三棱锥A﹣BCD的外接球的表面积是（　　）
A．12π B．π C．13π D．π
【分析】取BD的中点K，连结AK，CK，得到∠AKC为二面角A﹣BD﹣C的平面角，V＝×AK×CK×sin∠AKC×BD＝2，进而求得∠AKC＝120°，数形结合，得到外接球半径即可．
解：取BD的中点K，连结AK，CK，由已知△ABD和△BCD是全等的等腰三角形，所以AK⊥BD，CK⊥BD，
∴∠AKC为二面角A﹣BD﹣C的平面角，且BD⊥平面AKC，AK＝CK，
所以V＝×AK×CK×sin∠AKC×BD＝2，
又AK＝＝2，故sin∠AKC＝，
因为∠AKC为钝角，
所以∠AKC＝120°，
设△ABD，△BCD的外接圆的圆心分别为M，N，
则M，N分别在AK，CK上且MK＝NK，连结DM，
由（2﹣AM）2+3＝DM2，其中AM＝DM，解得AM＝，同理CN＝，
所以MK＝NK＝，
过M，N分别作平面ABD，平面BCD的垂线，两垂线的交点O为四面体ABCD的外接球的球心，
连结OK，则OK平分∠AKC，∴∠OKN＝60°，
从而ON＝，OK＝，
在Rt△ONC中，ON＝，CN＝AM＝，
外接球的半径为OC＝＝＝，
所以四面体ABCD外接球的表面积S＝4πr2＝4π×＝13π，
故选：C．
三、解答题
17．在①Sn＝n2+n+c；②a3+a5＝16且S3+S5＝42；③＝且S7＝56．
这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并加以解答．
设等差数列{an}的前n项和为Sn，{bn}是等比数列，b1＝a1，b2＝．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求数列{+bn}的前n项和．
【分析】（1）在选择条件①的情况下根据公式an＝代入初步计算an的表达式，并根据等差数列的性质计算出c的值，即可计算出数列{an}的通项公式；在选择条件②的情况下先根据题意设等差数列{an}的公差为d，然后根据已知条件列出关于首项a1与公差d的方程组，解出a1与d的值，即可推导出数列{an}的通项公式；在选择条件③的情况下先根据递推公式的特点运用累乘法推导出数列{an}的通项公式，然后根据S7＝56计算出a1的值，进一步可推导出数列{an}的通项公式；
（2）先根据第（1）题的结果计算出等比数列{bn}的通项公式，进一步计算出的表达式，再运用分组求和法、裂项相消法、以及等比数列的求和公式即可计算出数列{+bn}的前n项和．
解：（1）方案一：选择条件①
由题意，当n＝1时，a1＝S1＝12+1+c＝c+2，
当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝n2+n+c﹣（n﹣1）2﹣（n﹣1）﹣c＝2n，
故a2＝2×2＝4，a3＝2×3＝6，
∵a1+a3＝2a2，
∴c+2+6＝2×4，解得c＝0，
∴an＝2n，n∈N*．
方案二：选择条件②
由题意，设等差数列{an}的公差为d，
则，
整理，得，
解得，
∴an＝2n，n∈N*．
方案三：选择条件③
由题意，可得＝，＝， ，＝，
各项相乘，可得＝ ＝n，
∴an＝na1，
故S7＝a1+a2+ +a7
＝a1+2a1+ +7a1
＝28a1，
∵S7＝56，即28a1＝56，
∴a1＝2，
∴an＝2n，n∈N*．
（2）由（1），可知b1＝a1＝2，
b2＝＝＝4，
设等比数列{bn}的公比为q，则q＝＝2，
∴bn＝2 2n﹣1＝2n，
又∵Sn＝2n+ 2＝n（n+1），
∴＝＝﹣，
∴数列{+bn}的前n项和为：
（+b1）+（+b2）+ +（+bn）
＝（++ +）+（b1+b2+ +bn）
＝（1﹣+﹣+ +﹣）+（21+22+ +2n）
＝1﹣+
＝2n+1﹣﹣1．
18．（20分）如图，某种水箱用的“浮球”，是由两个半球和一个圆柱筒组成．已知球的直径是6cm，圆柱筒长2cm．
（1）这种“浮球”的体积是多少cm3（结果精确到0.1）？
（2）要在这样2500个“浮球”表面涂一层胶质，如果每平方米需要涂胶100克，共需胶多少？
【分析】（1）根据圆柱筒的直径，可得半球的半径R＝3cm，从而得到上下两个半球的体积之和，再由柱体体积公式算出圆柱筒的体积，相加即得该“浮球”的体积大小；
（2）由球的表面积公式和圆柱侧面积公式，算出一个“浮球”的表面积S，进而得到2500个“浮球”的表面积，再根据每平方米需要涂胶100克，即可算出总共需要胶的质量．
解：（1）∵该“浮球”的圆柱筒直径d＝6cm，
∴半球的直径也是6cm，可得半径R＝3cm，
∴两个半球的体积之和为cm3…
而cm3…
∴该“浮球”的体积是：V＝V球+V圆柱＝36π+18π＝54π≈169.6cm3…
（2）根据题意，上下两个半球的表面积是
cm2…
而“浮球”的圆柱筒侧面积为：S圆柱侧＝2πRh＝2×π×3×2＝12πcm2…
∴1个“浮球”的表面积为m2
因此，2500个“浮球”的表面积的和为m2…
∵每平方米需要涂胶100克，
∴总共需要胶的质量为：100×12π＝1200π（克）…
答：这种浮球的体积约为169.6cm3；供需胶1200π克．…
19．如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，DA＝DC＝2，，E是C1D1的中点，F是CE的中点．
（1）求证：EA∥平面BDF；
（2）求证：平面BDF⊥平面BCE；
（3）求二面角D﹣EB﹣C的正切值．
【分析】（1）连接AC交BD于O点，连接OF，欲证EA∥平面BDF，在平面BDF内寻找一直线与直线EA平行即可，而OF是△ACE的中位线，OF∥AE，又AE 平面BDF，OF 平面BDF，满足定理条件；
（2）欲证平面BDF⊥平面BCE，找线面垂直，根据线面垂直的判定定理可知DF⊥平面BCE，又DF 平面BDF，从而得到结论；
（3）由（2）知DF⊥平面BCE，过F作FG⊥BE于G点，连接DG，则DG在平面BCE中的射影为FG，则∠DGF即为二面角D﹣EB﹣C的平面角，在三角形DGF中求出此角的正切值即可．
解：（1）连接AC交BD于O点，连接OF，可得OF是△ACE的中位线，OF∥AE，
又AE 平面BDF，OF 平面BDF，所以EA∥平面BDF；
（2）计算可得DE＝DC＝2，又F是CE的中点，所以DF⊥CE
又BC⊥平面CDD1C1，所以DF⊥BC，又BC∩CE＝C，所以DF⊥平面BCE
又DF 平面BDF，所以平面BDF⊥平面BCE（理）；
（3）由（2）知DF⊥平面BCE，过F作FG⊥BE于G点，连接DG，则DG在平面BCE中的射影为FG，从而DG⊥BE，所以∠DGF即为二面角D﹣EB﹣C的平面角，设其大小为θ，计算得，，
20．如图所示，圆锥的顶点为P，底面中心为O，母线PB＝5，底面半径OA与OB的夹角为θ，且OB＝4．
（1）求该圆锥的表面积；
（2）求过顶点P的平面截该圆锥所得的截面面积的最大值；
（3）点E在线段OP上，且OE＝1，是否存在θ使得异面直线AE与PB所成角大小为60°？若不存在，请说明理由，若存在，请求出θ．（结果用反三角函数值表示）
【分析】（1）利用圆锥的表面积公式求直接解．
（2）设截面的顶角为α，则截面面积M＝＝，则当α＝90°时，截面面积最大，从而求出最大值．
（3）取OB的靠近点O的三等分点F，连接EF，AF，由EF∥PB可知∠AEF或其补角为异面直线AE与PB所成角，从而得到∠AEF＝60°或120°，再利用余弦定理，即可求出θ的值．
解：（1）圆锥的表面积S＝π×PB×OB+π×OB2＝20π+16π＝36π．
（2）过顶点P的平面截该圆锥所得的截面为等腰三角形，腰长为母线长，即腰长为5，
设截面的顶角为α，则截面面积M＝＝，
易知轴截面△PCB为钝角三角形，
∴当α＝90°时，截面面积最大，最大值为．
（3）∵PB＝5，OB＝4，∴PO＝＝3，
又∵OE＝1，∴点E为PO的靠近点O的三等分点，
取OB的靠近点O的三等分点F，连接EF，AF，如图所示，
则OF＝，EF＝＝，AE＝＝，
∵EF∥PB，∴∠AEF或其补角为异面直线AE与PB所成角
∴∠AEF＝60°或120°，
①当∠AEF＝60°时，在△AEF中，
由余弦定理可得AF2＝AE2+EF2﹣2AE EF cos60°＝17﹣，
在△AOF中，由余弦定理得cosθ＝＝，
∴θ＝actcos（），
②当∠AEF＝120°时，在△AEF中，
由余弦定理可得AF2＝AE2+EF2﹣2AE EF cos120°＝17+，
在△AOF中，由余弦定理得cosθ＝＝，
∴θ＝π﹣arccos（），
综上所述，存在θ使得异面直线AE与PB所成角大小为60°，θ＝arccos（）或π﹣arccos（）．
21．已知数列{an}与{bn}满足an+1﹣an＝λ（bn+1﹣bn）（λ为非零常数），n∈N*．
（1）若{bn}是等差数列，求证：数列{an}也是等差数列；
（2）若a1＝2，λ＝3，，求数列{an}的前2021项和；
（3）设a1＝b1＝λ，，（n≥3，n∈N*），若对{an}中的任意两项ai、aj（i，j∈N*，i≠j），|ai﹣aj|＜2都成立，求实数λ的取值范围．
【分析】（1）根据{bn}是等差数列，即bn+1﹣bn＝λd，可得{an}也是等差数列；
（2）根据，可得{bn}是周期数列；并项求解法，可得数列{an}的前2021项和．
（3）求解数列{bn}的通项，分奇，偶项讨论，再求{an}通项，利用单调性从而求解实数λ的取值范围．
解：（1）由题意，数列{bn}是等差数列，设公差为d，即bn+1﹣bn＝d，
可得an+1﹣an＝λd，
∴数列{an}也是等差数列；
（2）由，可得bn+4＝bn，
∴{bn}是周期为4的数列；
∵an+1﹣an＝λ（bn+1﹣bn），
可得{an}也是周期为4的数列；
∵bn＝sin，a1＝2，λ＝3，an+1﹣an＝3（bn+1﹣bn），
a2＝﹣1，a3＝﹣4，a4＝﹣1，a5＝2，
那么Sn＝a1+（a2+a3+a4+a5）+……+（a2018+a2019+a2020+a2021）＝a1+505×（﹣4）＝﹣2018．
（3）设a1＝b1＝λ，，（n≥3，n∈N*）
可得（bn+1﹣bn）＝（bn﹣bn﹣1），
∴（bn+1﹣bn）是为（b2﹣b1）为首项，公比为的等比数列，
∴bn+1﹣bn＝（）n﹣1＝λ ，
那么bn＝（bn﹣bn﹣1）+（bn﹣1﹣bn﹣2）+……+（b2﹣b1）+b1
＝++……+λ+λ
＝λ +
∵an+1﹣an＝λ（bn﹣bn﹣1）
可得an＝λ bn+a1﹣λb1＝
由an+1﹣an＝
当n为偶数时，an+1﹣an＝，可知an是单调递增，那么≤an＜，
由an+1﹣an＝
当n为奇数时，an+1﹣an＝﹣（），可知an是单调递减，那么＜an≤λ；
∵λ≠0，
可得＜＜λ，/
可得{an}中的最大值a1＝λ，最小值为
对{an}中的任意两项ai、aj（i，j∈N*，i≠j），|ai﹣aj|＜2都成立，
即，
解得：﹣2＜λ＜2
故得实数λ的取值范围是（﹣2，0）∪（0，2）．