2018-2019学年山东省威海市高二上学期期末考试数学试题（解析版） 9页

2018-2019 学年山东省威海市高二（上）期末数学试卷 一、选择题（本大题共 12 小题，共 60.0 分） 1. 已知 a＞b＞c，ac＞0，则下列关系式一定成立的是（ ） A. 香 B. 香 C. ൅ 香 D. 香 . 命题“任意向量 ， 香 ，| • 香 |≤| || 香 |”的否定为（ ） A. 任意向量 ， 香 ， 香 香 B. 存在向量 ， 香 ， 香 香C. 任意向量 ， 香 ， 香 香 D. 存在向量 ， 香 ， 香 香 3. 已知直线 l，m 和平面α，β满足 l ⊥ α，m ⊂ β．给出下列命题：①α ⊥ β ⇒ l ∥ m；②α ∥ β ⇒ l ⊥ m；③l ⊥ m ⇒ α ∥ β； ④l ∥ m ⇒ α ⊥ β，其中正确命题的序号是（ ） A. B. C. D. 4. 设 a ∈ R，则“a=1”是“直线 l1：ax+2y-4=0 与直线 l2：x+（a+1）y+2=0 平行”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 已知等差数列{an}前 17 项和为 34，若 a3=-10，则 a99=（ ） A. 180 B. 182 C. 1䁤 D. 1 6. 如图是抛物线形拱桥，当水面在 l 位置时，拱顶离水面 2 米，水面宽 4 米，则水位下降 2 米后（水足够深），水面宽（ ）米． A. B. 4 C. 4 3D. 3 䁤. 已知椭圆 + 香 =1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为 F1，F2，短轴长为 4 3 ，离心率为 1 ．过点 F1 的直线 交椭圆于 A，B 两点，则 △ ABF2 的周长为（ ） A. 4 B. 8 C. 16 D. 32 . 关于 x 的不等式 x2-（m+2）x+2m＜0 的解集中恰有 3 个正整数，则实数 m 的取值范围为（ ） A. 56 B. 56 C. 3 D. 3 9. 设 m，n 为正实数，若直线（m+1）x+（n+1）y-2=0 与圆（x-1）2+（y-1）2=1 相切，则 mn 的最小值为 （ ） A. 3 B. ൅ 3 C. ൅ 1 D. 1 1. 不等式 x2-2（a-2）x+a＜0 对任意 x ∈ （1，5）恒成立，则实数 a 的取值范围为（ ） A. 5 B. 5 C. 5 5 D. 5 5 11. 已知 F1，F2 分别是双曲线 16 =1（a＞0，b＞0）的左、右焦点，过点 F1 的直线与双曲线的右支交于 点 P，若|PF2|=|F1F2|，直线 PF1 与圆 x2+y2=a2 相切，则双曲线的焦距为（ ） A. 䁤 B. 䁤 C. 5 D. 10 1. 已知函数 f（x）=-x2+ax-6，g（x）=x+4，若对任意 x1 ∈ （0，+∞），存在 x2 ∈ （-∞，-1]，使 f（x1）≤g （x2），则实数 a 的最大值为（ ） A. 6 B. 4 C. 3 D. 2 二、填空题（本大题共 4 小题，共 20.0 分） 13. 已知圆 x2+y2-4x-6y=0，则过点 M（1，1）的最短弦所在的直线方程是______． 14. 已知条件 p：x＜a2-3a，条件 q：向量 =（2，-1，-3）， 香 =（3，x，2）的夹角为锐角．若 p 是 q 的充 分不必要条件，则实数 a 的取值范围为______． 15. 已知正三棱柱 ABC-A1B1C1 的底面边长和侧棱长相等，D 为 A1A 的中点，则直线 BD 与 B1C 所成的角为 ______． 16. 毕达哥拉斯的生长程序如图所示：正方形一边上连接着等腰直角三角形， 等腰直角三角形两直角边再分别连接着一个正方形，如此继续下去，共得 到 511 个正方形，设初始正方形的边长为 1，则最小正方形的边长为______． 三、解答题（本大题共 6 小题，共 70.0 分） 1䁤. 记 Sn 为数列{an}的前 n 项和，已知 a1=8，an+1=Sn+8． （Ⅰ）求数列{an}的通项公式； （Ⅱ）求使不等式 a1•a2•a3…an＞1000 成立的正整数 n 的最小值． 1. 已知三棱台 ABC-A1B1C1，AA1 ⊥ 平面 ABC，底面 ABC 为直角三角形，AB=AC=2A1C1=2， 1 ，点 M，N 分别为 CC1，A1B1 的中点． （Ⅰ）求证：MN ∥ 平面 AB1C； （Ⅱ）求二面角 A-BC-N 的余弦值． 19. 已知{an}是公差为 3 等差数列，数列{bn}满足 b1=1，b2=3，（an+1）bn=nbn+1． （Ⅰ）求数列{an}，{bn}的通项公式； （Ⅱ）设 cn=an•bn，求数列{cn}的前 n 项和 Sn． . 已知四棱锥 P-ABCD，底面 ABCD 为等腰梯形，AD ∥ BC，AB=BC= 1 AD=2，AP ⊥ 平面 PCD，且 AP=PC， 点 E 为 AD 中点． （Ⅰ）求证：BE ⊥ 平面 APC； （Ⅱ）求直线 AB 与平面 PAD 所成角的正弦值． 1. 已知双曲线 香 1 ＞ ， 香 ＞ 的一条渐近线方程为 3 3 ，点 3 ， 1 在双曲线上，抛物线 y2=2px（p＞0）的焦点 F 与双曲线的右焦点重合． （Ⅰ）求双曲线和抛物线的标准方程； （Ⅱ）过点 F 做互相垂直的直线 l1，l2，设 l1 与抛物线的交点为 A，B，l2 与抛物线的交点为 D，E，求 |AB|+|DE|的最小值． . 已知椭圆 ൅ 香 =1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为 F1，F2，焦距为 2 3 ，点 P 为椭圆上一点， ∠ F1PF2=90°， △ F1PF2 的面积为 1． （Ⅰ）求椭圆的标准方程； （Ⅱ）设点 B 为椭圆的上顶点，过椭圆内一点 M（0，m）的直线 l 交椭圆于 C，D 两点，若 △ BMC 与 △ BMD 的面积比为 2：1，求实数 m 的取值范围． 答案和解析 1.【答案】D 【解析】 解：不妨令 a=3，b=2，c=1，则 c2=1＜bc=2 由此排除 A； 令 a=-1，b=-2，c=-3，则 a+b=-3=c，由此排除 C；则 a2=1＜b2=4 由此排除 B 故选：D． 取特值排除法：a=3，b=2，c=1 排除 A；a=-1，b=-2，c=-3 排除 C，B 本题考查了不等式的基本性质，属基础题． 2.【答案】B 【解析】 解：因为全称命题的否定是特称命题，所以， 命题“任意向量 ， ，| • |≤| || |”的否定是存在向量 ， ，| • |＞| || |． 故选：B． 直接利用全称命题的否定是特称命题写出结果即可． 本题考查的知识点是命题的否定，其中熟练掌握全称命题：“ ∀ x ∈ A，P（x）”的否定是特称命题： “ ∃ x ∈ A，非 P（x）”，是解答此类问题的关键． 3.【答案】D 【解析】 解： 如图可否定 ，排除选项 A，C； 中， ∵ α ∥ β，l ⊥ α， ∴ l ⊥ β， ∵ m ⊂ β， ∴ l ⊥ m， 故 正确， 故选：D． 作出图形容易否定 ，排除 A，C；根据线面垂直的判定和性质易证 正确，从而确定选项． 此题考查了线面，面面之间的位置关系，难度不大． 4.【答案】C 【解析】 解：对于两条直线：直线 l1：ax+2y-4=0 与直线 l2：x+（a+1）y+2=0，对 a 分类讨论： a=-1 时，两条直线不平行，舍去． a≠-1 时，由 = ≠ ，解得 a=1． ∴ “a=1”是“直线 l1：ax+2y-4=0 与直线 l2：x+（a+1）y+2=0 平行”的充要条件． 故选：C． a=-1 时，两条直线不平行．a≠-1 时，由 = ≠ ，解得 a 即可判断出结论． 本题考查了直线平行、简易逻辑的判定方法分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于 基础题． 5.【答案】B 【解析】 解： ∵ 等差数列{an}前 17 项和为 34，a3=-10， ∴ ， 解得 a1=-14，d=2， ∴ a99=-14+98×2=182． 故选：B． 利用等差数列前 n 项和公式、通项公式列方程组，求出首项和公差，由此能求出结果． 本题考查等差数列的第 99 项的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是 基础题． 6.【答案】B 【解析】 解：如图建立直角坐标系，设抛物线方程为 x2=my， 将 A（2，-2）代入 x2=my， 得 m=-2 ∴ x2=-2y，代入 B（x0，-4）得 x0=2 ， 故水面宽为 4 m． 故选：B． 先建立直角坐标系，将 A 点代入抛物线方程求得 m，得到抛物线方程，再把 y=-4 代入抛物线方 程求得 x0 进而得到答案．得到答案． 本题主要考查抛物线的应用．考查了学生利用抛物线解决实际问题的能力． 7.【答案】C 【解析】 解： ∵ = =1- = ，又 b2=12， ∴ a2=16， ∴ a=4， △ ABF2 的周长为|AF1|+|AF2|+|BF1|+|BF2|=4a=16． 故选：C． 利用椭圆的定义结合 a2=b2+c2 可得结果． 本题考查了椭圆的定义和标准方程，属基础题． 8.【答案】A 【解析】 解：关于 x 的不等式 x2-（m+2）x+2m＜0 可化为 （x-m）（x-2）＜0， 该不等式的解集中恰有 3 个正整数， ∴ 不等式的解集为{x|2＜x＜m}，且 5＜m≤6； 即实数 m 的取值范围是（5，6]． 故选：A． 根据题意写出不等式 x2-（m+2）x+2m＜0 的解集， 根据解集中恰有 3 个正整数求出 m 的取值范围． 本题考查了一元二次不等式的解法与应用问题，是基础题． 9.【答案】B 【解析】 解：由直线与圆相切可知|m+n|= ，整理得（m-1）（n-1）=2， ∴ m+n=mn-1≥2 ， ∴ ≥ +1， ∴ mn≥3+2 当且仅当 m=n 时等号成立， ∴ mn 的最小值是 3+2 ． 故选：B． 根据圆心到切线的距离等于半径建立关系（m-1）（n-1）=2，然后借助于基本不等式求解即可． 本题借助基本不等式考查点到直线的距离，考查直线与圆的位置关系，属于中档题． 10.【答案】B 【解析】 解：根据题意，设 f（x）=x2-2（a-2）x+a， 若 x2-2（a-2）x+a＜0 对任意 x ∈ （1，5）恒成立，则 f（x）＜0 在区间（1，5）上恒成立， 必有 ，即 ， 解可得：a≥5； 故选：B． 根据题意，设 f（x）=x2-2（a-2）x+a，分析可得 f（x）＜0 在区间（1，5）上恒成立，结合二次函数的性 质可得 ，解可得 a 的取值范围，即可得答案． 本题考查不等式的恒成立问题，涉及二次函数的性质，属于基础题． 11.【答案】D 【解析】 解：直线 PF1 与圆 x2+y2=a2 相切，切点设为 M，连接 OM， 可得 OM ⊥ PF1，且|OM|=a， 由 PF2|=|F1F2|=2c，取 PF1 的中点为 N，连接 NF2， 可得|NF2|=2a， |NF1|= =2b=8， |PF1|=2|NF1|=16， 由双曲线的定义可得 2a=|PF1|-|PF2|=16-2c， 即 a+c=8，c2-a2=16， 解得 c=5，a=3，即 2c=10． 故选：D． 由直线和圆相切的性质，设切点为M，可得OM ⊥ PF1，且|OM|=a，取PF1的中点为N，连接NF2， 运用中位线定理和勾股定理，结合双曲线的定义，即可得到所求焦距． 本题考查双曲线的定义、方程和性质，考查中位线定理和直线和圆相切的性质，考查运算能力， 属于基础题． 12.【答案】A 【解析】 解：问题转化为 f（x）max≤g（x）max， f（x）=-x2+ax-6=-（x2-ax）-6=- + -6， 对称轴 x= ≤0 即 a≤0 时，f（x）在（0，+∞）递减， f（x）max=f（0）=-6， ＞0 即 a＞0 时，f（x）max=f（ ）= -6， g（x）=x+4 在（-∞，-1]递增，故 g（x）max=g（-1）=3， 故 或 ，解得：a≤6， 故 a 的最大值是 6， 故选：A． 问题转化为 f（x）max≤g（x）max，根据二次函数的以及一次函数的性质分别求出 f（x），g（x）的最 大值，得到关于 a 的不等式组，解出即可． 本题考查了二次函数的性质，考查函数的单调性，最值问题，考查转化思想，是一道常规题． 13.【答案】x+2y-3=0 【解析】 解：根据题意：弦最短时，则圆心与点 M 的连线与直线 l 垂直， ∴ 圆 x2+y2-4x-6y=0 即（x-2）2+（y-3）2=13，圆心为：O（2，3）， ∴ kl=- =- ． 由点斜式整理得直线方程为：x+2y-3=0． 故答案为：x+2y-3=0． 由圆心与点 M 的连线与直线 l 垂直时，所截的弦长最短求解． 本题考查直线与圆的位置关系，弦长问题及直线的斜率及方程形式，考查数学用几何法解决直 线与圆的能力，是基础题． 14.【答案】0＜a＜3 【解析】 解：由向量 =（2，-1，-3）， =（3，x，2）的夹角为锐角． 得：2×3+（-1）x+（-3）×2＞0，解得：x＜0， 又 p 是 q 的充分不必要条件， 所以 a2-3a＜0， 即 0＜a＜3， 故答案为：0＜a＜3． 由空间向量的夹角的运算得：2×3+（-1）x+（-3）×2＞0，解得：x＜0， 由充分必要条件得：a2-3a＜0，得解． 本题考查了空间向量的夹角及充分必要条件，属简单题． 15.【答案】90° 【解析】 解：正三棱柱 ABC-A1B1C1 的底面边长和侧棱长相等，D 为 A1A 的中点， 以 A 为原点，在平面 ABC 中过点 A 作 AC 的垂线为 x 轴，AC 为 y 轴，AA1 为 z 轴，建立空间 直角坐标系， 设正三棱柱 ABC-A1B1C1 的底面边长和侧棱长都是 2， 则 B（ ，1，0），D（0，0，1），B1（ ），C（0，2，0）， =（- ，1）， =（- ，1，-2）， =0， ∴ BD ⊥ B1C， ∴ 直线 BD 与 B1C 所成的角为 90°． 故答案为：90°． 以 A 为原点，在平面 ABC 中过点 A 作 AC 的垂线为 x 轴，AC 为 y 轴，AA1 为 z 轴，建立空间 直角坐标系，利用向量法能求出直线 BD 与 B1C 所成的角的大小． 本题考查异面直线所成角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考 查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题． 16.【答案】 1 16【解析】 解：设初始正方形个数为 a1=1，依次得到 a2=2，a3=4， 每一个正方形都可以得到 2 个正方形， ∴ 满足 =2，是以首项为 1，公比为 2 的等比数列， ∴ 正方形个数的和为 Sn= =2n-1=511， 即 2n=512 解得 n=9， 第一个正方形的边长设为 b1=1，然后满足 = ， ∴ 数列{bn}是以 1 为首项，公比为 的等比数列， ∴ b9=（ ）8= ， ∴ 最小的正方形的边长为 ． 故答案为： 推导出正方形个数{an}是以首项为 1，公比为 2 的等比数列，从而得到正方形个数为 9，再推导 出第一个正方形的边长{bn}是以为首项 1，公比为 的等比数列，由此能求出最小的正方形 的边长即可． 本题主要考查归纳推理的应用，根据条件推出边长和正方形个数满足等比数列，结合等比数列 的通项公式以及前 n 项和公式是解决本题的关键． 17.【答案】解：（Ⅰ）当 n=1 时，a2=S1+8=16； 当 n≥2 时，an=Sn-1+8， 所以 an+1-an=Sn-Sn-1=an， 即 an+1=2an， ൅1 ， 因为 a2=16， ∴ 1 ， 所以数列{an}为等比数列， 所以 1 ൅ ． （Ⅱ） 1 3 3൅4൅൅൅ ൅5 ， 由 ൅5 ＞ 1 ， 即 ൅5 1化简得 n2+5n-20≥0， 因为函数 y=x2+5x-20 在[1，+∞）单调递增， 所以，正整数 n 的最小值为 3． 【解析】 （Ⅰ）直接利用递推关系式求出数列的通项公式． （Ⅱ）利用（Ⅰ）的关系式建立不等量关系，进一步求出 n 的最小值． 本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，等比数列的性质的应用，主要考查学生 的运算能力和转化能力，属于基础题型． 18.【答案】证明：（Ⅰ）取 B1C1 的中点 F，连接 NF，FM， ∵ 点 M，N 分别为 CC1，A1B1 的中点， ∴ FM ∥ B1C，NF ∥ A1C1，--------------（2 分） 又 AC ∥ A1C1， ∴ NF ∥ AC，--------------（3 分） ∵ FM∩NF=F， ∴ 平面 MNF ∥ 平面 AB1C，---（5 分） ∵ MN ⊂ 平面 MNF， ∴ MN ∥ 平面 AB1C．-------（6 分） （Ⅱ）由题意知 AB，AC，AA1 两两垂直，以 A 为原点， 分别以 AB，AC，AA1 为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，--------------（7 分） 则 ， ， ， ， ， ， ， ， ， 1 ， ， ，--------------（8 分） ∴ ， ， ， 3 ， ， ，--------------（9 分） 设平面 BCN 的法向量为 n=（x，y，z），由 ൅ 3 ൅ ， 令 x=1，解得 1 ， 3 4 ， 所以平面 BCN 的一个法向量为 1 ， 1 ， 3 4 ，--------------（10 分） 因为 AA1 ⊥ 平面 ABC，可得平面 ABC 的一个法向量为 n1=（0，0，1），-----------（11 分） ∴th ＜ 1 ， ＞ 3 5 ， 所以二面角 A-BC-N 的余弦值为 3 5 ．--------------（12 分） 【解析】 （Ⅰ）取 B1C1 的中点 F，连接 NF，FM，推导出平面 MNF ∥ 平面 AB1C，由此能证明 MN ∥ 平面 AB1C； （Ⅱ）以 A 为原点，分别以 AB，AC，AA1 为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出 二面角 A-BC-N 的余弦值． 本题考查线面平行的证明，考查二面角的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的 合理运用． 19.【答案】解：（Ⅰ）当 n=1 时，（a1+1）b1=b2，解得 a1=b2-1=2， 由已知可得 an=2+3（n-1）=3n-1， 将 an 代入（an+1）bn=nbn+1，整理可得 香൅1 香 3 ， 所以数列{bn}为等比数列， 公比 q=3，由 b1=1，可得 香 3 1 ； （Ⅱ） 香 3 13 1 ， ൅ 5 3 ൅ 3 ൅ ൅ 3 13 1 （1） 3 3 ൅ 5 3 ൅ 3 3 ൅ ൅ 3 13 （2） （1）-（2）可得 ൅ 3 ൅ 3 3 ൅ ൅ 3 3 13 ， 所以 ൅ 3 ൅1 9 3 13 563 5 ， 即 653 ൅5 4 ． 【解析】 （Ⅰ）可令 n=1，求得 a1，an，进而得到数列{bn}为等比数列，求得通项公式； （Ⅱ）求得 ，再由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，化 简整理可得所求和． 本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查数列的错位相减法求和，考 查化简整理你的运势能力，属于中档题． 20.【答案】（本小题满分 12 分） 证明：（Ⅰ） ∵ AP ⊥ 平面 PCD，CD ⊂ 平面 PCD， ∴ AP ⊥ CD．----（1 分） ∵ E 为 AD 中点，AD ∥ BC， ∴ DE=BC 且 DE ∥ BC， ∴ 四边形 BEDC 为平行四边形，-（2 分） ∴ BE ∥ CD， ∴ AP ⊥ BE，--------------（3 分） ∵ AB=AE=BC 且 AE ∥ BC， ∴ 四边形 ABCE 为菱形， ∴ AC ⊥ BE，--------（4 分） ∵ AC∩AP=A， ∴ BE ⊥ 平面 APC．-----（5 分） 解：（Ⅱ）在等腰梯形 ABCD 中， ∵ 1 ‶ ， ∴ AD=2CD=4， ∵ BE ⊥ 平面 APC，BE ∥ CD， ∴ CD ⊥ 平面 APC， ∴ CD ⊥ AC， ∴ Rt △ ACD 中， 3 ，又 AP ⊥ 平面 PCD，AP=PC， ∴ PO= 3 ．---------（7 分） ∵ BE ⊥ 平面 APC， ∴ BO ⊥ OP，BO ⊥ OC ∵ AP=PC，O 为 AC 中点， ∴ PO ⊥ OC， ∴ OB，OC，OP 两 两垂直，-------------（8 分） 以 O 为原点，分别以 OB，OC，OP 为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，-------------（9 分） 则 ， 3 ， ， 1 ， ， ， ， ， 3 ， 1 ， ， ， 1 ， 3 ， ， ， 3 ， 3 ， 1 ， 3 ， ，-------------（10 分） 设 =（x，y，z）为平面 APD 的法向量， 则 ， ∴ ൅ 3 ൅ ，令 z=1，得 =（- 3 ， 1 ， 1 ），--------------（11 分） 设直线 AB 与平面 PAD 所成角为α， ∴ht th ＜ ， ＞ 15 5 ， ∴ 直线 AB 与平面 PAD 所成角的正弦值为 15 5 ．--------------（12 分） 【解析】 （Ⅰ）推导出AP ⊥ CD，四边形BEDC 为平行四边形，从而 BE ∥ CD，AP ⊥ BE，推导出四边形 ABCE 为菱形，从而 AC ⊥ BE，由此能证明 BE ⊥ 平面 APC． （Ⅱ）推导出AD=2CD=4，CD ⊥ 平面APC，从而CD ⊥ AC，以O为原点，分别以OB，OC，OP为x， y，z 轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线 AB 与平面 PAD 所成角的正弦值． 本题考查线面垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位 置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题． 21.【答案】解：（Ⅰ）由题意可得 香 3 3 ，即 3香 ， 所以双曲线方程为 x2-3y2=3b2， 将点（2 3 ，1）代入双曲线方程，可得 b2=3， 所以双曲线的标准方程为 9 3 1 ， c2=a2+b2=12，所以 3 ， 所以抛物线的方程为 3 ． （Ⅱ）由题意知 3 ， ，l1，l2 与坐标轴不平行， 设直线 l1 的方程为 3 ， 3 3 ，整理可得 4 3 ൅ 3 ൅ 1 ， △ ＞0 恒成立， ∴ ൅ 4 3 ൅ 3 ， 因为直线 l1，l2 互相垂直，可设直线 l2 的方程为 1 3 ， 同理可得 ‶ ൅ 3 ൅ 4 3 ， ൅ ‶ ൅ ൅ ‶ ൅ ൅ 4 3 ൅ 3 ൅ 3 ൅ 4 3 ൅ 3= 16 3 ൅ 3 ൅ 1 3 3 ． 当且仅当 k=±1 时取等号，所以|AB|+|DE|的最小值为 3 3 ． 【解析】 （Ⅰ）由双曲线的渐近线方程可得 a，b 的关系，点 代入双曲线方程，解得 a，b，可得双曲 线方程；求得双曲线的焦点，可得 p，进而得到抛物线方程； （Ⅱ）由题意知 ，设直线 l1 的方程，联立抛物线方程，运用韦达定理和抛物线的定义， 以及弦长公式，化简整理，结合基本不等式可得所求最小值． 本题考查抛物线和双曲线的定义、方程和性质，考查直线方程和抛物线方程联立，运用韦达定 理和弦长公式，考查方程思想和运算能力，属于中档题． 22.【答案】解：（Ⅰ）设|PF1|=p，|PF2|=q， 由题意可得，pq=2，p2+q2=12， ൅ ൅ ൅ 4 ， 所以 a=2，b2=a2-c2=4-3=1， 所求椭圆的标准方程为 4 ൅ 1 ． （Ⅱ）因为 △ BMC 与 △ BMD 的面积比为 2：1，所以|CM|=2|DM， 由题意知，直线 l 的斜率必存在，设为 k（k≠0）， 设直线 l 的方程为 y=kx+m，C（x1，y1），D（x2，y2），则有 x1=-2x2， 联立 ൅ 4 4 ൅㌳ ，整理得（4k2+1）x2+8kmx+4m2-4=0，由 △ ＞0 得 4k2-m2+1＞0， 1 ൅ ㌳ 4 ൅1 ， 1 4㌳ 4 4 ൅1 ， 由 x1=-2x2 可求得 ㌳ 4 ൅1 4㌳ 4 4 ൅1 ， 可得 64 ㌳ 4 ൅1 4㌳ 4 4 ൅1 ， 整理得 4 1㌳ 9㌳ 1 ， 由 k2＞0，4k2-m2+1＞0 可得 1㌳ 9㌳ 1 ＞ ， 1 9 ＜m2＜1， 解得 1 3 ＜ ㌳ ＜ 1 或 1 ＜ ㌳ ＜ 1 3 ． 【解析】 （Ⅰ）根据设|PF1|=p，|PF2|=q，由题意可得，pq=2，p2+q2=12，解得即可， （Ⅱ）设直线l 的方程为y=kx+m，C（x1，y1），D（x2，y2），则有 x1=-2x2，根据韦达定理即可求出m 的范围 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、一元二次方程的根与系数的关系、不等式定解法，考查 了推理能力与计算能力，属于中档题．