高二数学下学期阶段性检测试题含解析 试题 2

2021-2021学年高二数学下学期阶段性检测试题〔含解析〕
单位：乙州丁厂七市润芝学校 时间：2022年4月12日 创编者：阳芡明
一、填空题〔本大题一一共12小题，满分是54分，其中1-6题每一小题4分，7-12题每一小题5分〕考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写上结果.
1.i 为虚数单位，假设复数()()12ai i ++是纯虚数，那么实数a =______. 【答案】2 【解析】 【分析】
利用复数的运算法那么进展化简，然后再利用纯虚数的定义即可得出． 【详解】∵复数〔1+ai 〕〔2+i 〕＝2﹣a +〔1+2a 〕i 是纯虚数，
∴20120a a -=⎧⎨+≠⎩
，
解得a ＝2． 故答案为：2．
【点睛】纯熟掌握复数的运算法那么、纯虚数的定义是解题的关键，此题属于根底题．
5cos 4sin x y θ
θ
=⎧⎨
=⎩〔θ为参数〕的焦距为______. 【答案】6 【解析】 【分析】
消参求出椭圆的普通方程，即可求出椭圆的焦距．
【详解】将5cos 4sin x y θθ=⎧⎨=⎩变形为cos 5
sin 4
x
y θθ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，
平方相加消去参数θ可得：
22
12516
x y +=， 所以，
c =
=3，所以，焦距为2c ＝6．
故答案为6．
【点睛】此题考察椭圆的参数方程，考察椭圆的性质，正确转化为普通方程是关键．
2
212
x y +=的焦点为顶点，顶点为焦点的双曲线方程是______. 【答案】2
2
1x y -= 【解析】 【分析】
根据椭圆的HY 方程求出焦点和顶点坐标，得出双曲线的顶点和焦点，从而求出双曲线的方程．
【详解】椭圆2212
x y +=的焦点为F 〔±1，0〕
，
，0〕；
那么双曲线的顶点为〔±1，0〕
0〕， ∴a ＝1，c
，
∴
b ==1， ∴双曲线的方程为2
2
1x y -=， 故答案为：2
21x y -=．
【点睛】此题考察了椭圆与双曲线的HY 方程与简单几何性质的应用问题，是根底题．
2
3
π的扇形，当侧面积是27π时，那么该圆锥体的体积是______.
【答案】 【解析】 【分析】
由圆锥体侧面展开图的半径是圆锥的母线长，展开图的弧长是底面圆的周长，可以求出圆锥的母线和底面圆半径，从而得出高和体积．
【详解】设圆锥的侧面展开图扇形的半径为l ，那么侧面展开图扇形的面积S 12
23
π=⨯ l 2
＝
27π；
∴l ＝9．又设圆锥的底面圆半径为r ，那么2πr ＝23
π
l ， ∴r 1
3
=
l ＝3； ∴圆锥的高
h === ∴该圆锥体的体积是：V 圆锥13=•πr 2•h 1
3
=•π•9
•=．
故答案为：．
【点睛】此题考察圆锥的体积公式，考察了空间想象才能，计算才能，关键是弄清楚侧面展开图与圆锥体的关系,属于根底题．
x 、y 满足11y x
x y y ≤⎧⎪
+≤⎨⎪≥-⎩
，那么目的函数2z x y =-的最大值为______.
【答案】5 【解析】
试题分析：可行域为一个三角形ABC 及其内部，其中(1,1),(2,1),(1,0)A B C -，直线2z x y =-过点C 时取最大值1. 考点：线性规划
【易错点睛】线性规划的本质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：一，准确无误地作出可行域；二，画目的函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进展比拟，防止出错；三，一般情况下，目的函数的最大或者最小值会在可行域的端点或者边界上获得.
M 的底面圆的半径与球O 的半径一样，假设圆柱M 与球O 的体积相等，那么它们的外表积
之比:S S =圆柱球______.〔用数值答题〕 【答案】
7
6
【解析】 【分析】
由中圆柱M 与球O 的体积相等，可以求出圆柱的高与圆柱底面半径的关系，进而求出圆柱和球的外表积后，即可得到S 圆柱：S 球的值．
【详解】∵设圆柱M 的底面圆的半径与球O 的半径均为R ，M 的高为h 那么球的外表积S 球＝4πR 2 又∵圆柱M 与球O 的体积相等 即2
34
3
R h R ππ= 解得h ＝
4
3
R ， 4πR 2＝2πR 2+2πR •h 那么S 圆柱＝2πR 2+2πR •h=
214
3
R π，S 球24R π=，
∴S 圆柱：S 球147436==：， 故答案为：7
6
.
【点睛】此题考察的知识点是球的体积和外表积，圆柱的体积和外表积，其中根据求出圆柱的高，是解答此题的关键．
1z 、2z 是实系数一元二次方程20x px q ++=的两个根，且212z z =，那么pq =______.
【答案】1 【解析】 【分析】
设z 1＝a +bi ，那么z 2＝a ﹣bi ，〔a ，b ∈R 〕，根据两个复数相等的充要条件求出z 1，z 2，再由根与系数的关系求得p ，q 的值．
【详解】由题意可知z 1与z 2为一共轭复数，设z 1＝a +bi ，那么z 2＝a ﹣bi ，〔a ，b ∈R 且b 0≠〕，
又2
12z z =，那么222abi a b -+=a ﹣bi ，
∴〔2a +b 〕+〔a +2b 〕i ＝1﹣i ，
∴22122ab a a b a b b ⎧
=-
⎪⎧-=⎪
⇒⎨⎨=-⎩⎪=⎪⎩
．
∴z 1＝12-
，z 2
＝12-i ，〔或者z 2＝12-
，z 1
＝12--i 〕由根与系数的关系，得p ＝﹣〔z 1+z 2〕＝1，q ＝z 1•z 2＝1， ∴pq ＝1． 故答案为：1.
【点睛】此题考察实系数一元二次方程在复数集的根的问题，考察了两个复数相等的充要条
件，属于根底题．
221x y -=，1A 、2A 是它的两个顶点，点P 是双曲线上的点，且直线1PA 的斜率是
1
2
，那么直线2PA 的斜率为______. 【答案】2 【解析】 【分析】
设P 〔x 0，y 0〕，那么2
2
001x y -=，2
02011
y x =-，由A 1〔﹣1，0〕，A 2〔1，0〕，知
k 1k 22
00020001111
y y y x x x =
⋅==+--，由此能求出直线PA 2的斜率． 【详解】设P 〔x 0，y 0〕，那么22
001x y -=，
∴2
02
011
y x =-， ∵A 1〔﹣1，0〕，A 2〔1，0〕，设直线PA 1的斜率为k 1，直线PA 2的斜率为k 2，
∴k 1k 22
00020001111
y y y x x x =
⋅==+--， ∵k 11
2
=， ∴k 22=． 故答案为：2．
【点睛】此题考察两直线的斜率之积的求法，考察曲线上点的坐标与曲线方程的关系，考察了分析问题的才能，属于根底题．
R 的球的球面上有三个点，其中任意两点间的球面间隔 都等于
3
R
π，且经过这三个点的小圆
周长为4π，那么R =______.
【答案】【解析】 【分析】
根据题意，得出AB ＝BC ＝CA ＝R ，利用其周长得到正三角形ABC 的外接圆半径r ，故可以得到高，设D 是BC 的中点，在△OBC 中，又可以得到角以及边与R 的关系，在Rt △ABD 中，再利用直角三角形的勾股定理，即可解出R ．
【详解】∵球面上三个点，其中任意两点间的球面间隔 都等于3
R
π， ∴∠ABC ＝∠BCA ＝∠CAB 3
π
=
，
∴AB ＝BC ＝CA ＝R ，设球心为O ，
因为正三角形ABC 的外径r ＝2，故高AD 3
2
=r ＝3，D 是BC 的中点． 在△OBC 中，BO ＝CO ＝R ，∠BOC 3π=，所以BC ＝BO ＝R ，BD 12=BC 1
2
=R ．
在Rt △ABD 中，AB ＝BC ＝R ，所以由AB 2＝BD 2+AD 2，得R 21
4
=R 2+9，所以R ＝
故答案为：．
【点睛】此题考察了球的根本概念及性质应用，考察了空间想象才能，是根底题．
x
的方程1x +m 的取值范围是______.
【答案】m 1≥-． 【解析】 【分析】
由题意可得，函数y ＝x +1的图象和函数y =的图象有一个交点，
对函数y =
的m 分类，分别画出y =
的图象，可求出实数m 的取值范围．
【详解】∵关于x 的方程x+12m x =+有一个实数解， 故直线y ＝x +1的图象和函数y 2m x =
+的图象有一个交点．
在同一坐标系中分别画出函数y ＝x +1的图象和函数y 2m x =+的图象．
由于函数y 2m x =+，
当m=0时，y 22m x x x =
+==和直线y ＝x +1的图象如图：
满足有一个交点； 当m>0时，y 2m x =
+y 2﹣x 2
＝m(y>0)
此双曲线y 2
﹣x 2
＝m 的渐近线方程为y ＝±x ，其中y=x 与直线y ＝x +1平行， 双曲线y 2
﹣x 2
＝m 的顶点坐标为〔0，m 〕， 如图：只要m>0，均满足函数y ＝x +1的图象和函数y 2m x =
+的图象有一个交点，
当m<0时，y 2m x =
+x 2﹣y 2
＝﹣m(y>0)，
此双曲线x 2﹣y 2＝﹣m 的渐近线方程为y ＝±x ，其中y=x 与直线y ＝x +1平行， 而双曲线x 2
﹣y 2
＝﹣m 的顶点坐标为〔m ±-，0〕，如图：
1m -≤时，满足函数y ＝x +1的图象和函数y 2m x +
即当1m 0-≤<时符合题意； 综上： m 1≥-， 故答案为：m 1≥-．
【点睛】此题考察的知识点直线和双曲线的位置关系的应用，将问题转化为直线y ＝x +1的图象和函数y 2m x =+是解答此题的关键，考察了数形结合思想，属于中
档题．
1111ABCD A B C D -中，点M 、N 分别在线段1AB 、1BC 上运动〔不包括线段端点〕，且
AM BN =.以下结论：①1AA MN ⊥；②假设点M 、N 分别为线段1AB 、1BC 的中点，那
么由线MN 与1AB 确定的平面在正方体1111ABCD A B C D -上的截面为等边三角形；③四面体
MBCN 的体积的最大值为
1
24
；④直线1D M 与直线1A N 的夹角为定值.其中正确的结论为______.〔填序号〕
【答案】① ② ③ 【解析】 【分析】
①作NE ⊥BC ，MF ⊥AB ，垂足分别为E ，F ，可得四边形MNEF 是矩形，可得MN ∥FE ，利用AA 1⊥面AC ，可得结论成立；
②截面为△AB 1C ，为等边三角形，故正确．
③设=BN 1λB C ，那么MBCN V ＝
13
BCN
S d M ﹣BCN =11
λ1λ6
24
-≤（
），故③成立； ④设=BN 1λB C ，当λ接近于0时，直线1M D 与直线1N A 的夹角接近于3
π
，当λ接近于1
时，夹角接近于2
π
，故④不正确；
【详解】①作NE ⊥BC ，MF ⊥AB ，垂足分别为E ，F ，∵AM ＝BN ，∴NE ＝MF ，∴四边形MNEF 是矩形，∴MN ∥FE ，∵AA 1⊥面AC ，EF ⊂面AC ，∴AA 1⊥EF ，∴AA 1⊥MN ，故①正确；
②点M 、N 分别为线段AB 1、BC 1的中点，那么由线MN 与AB 1确定的平面在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1 上的截面为△AB 1C ，为等边三角形，故②正确． ③设=BN 1λB C ，那么M BCN V -＝13
BCN
S d M ﹣BCN ，又AM=BN=11λB λA C B =,
∴BCN S
=
1λ2，d M ﹣BCN =()1λAB 1λ-=-，∴MBCN V ＝13BCN
S d M ﹣BCN =11
λ1λ624
-≤（
），当且仅当1
λ2
=时获得最大值，故③成立；
④设=BN 1λB C ，当λ接近于0时，直线1M D 与直线1N A 的夹角近似于直线1A D 和直线1B
A 的夹角，接近于
3
π
，当λ接近于1时，直线1M D 与直线1N A 的夹角近似于直线11D B 和直线
11A C 的夹角，接近于2
π，故④不正确； 综上可知，正确的结论为①②③
故答案为：①②③
【点睛】此题考察线面平行、垂直，考察点到面的间隔 的计算，考察学生分析解决问题的才能，属于中档题．
12.“横看成岭侧成峰，远近上下各不同.〞同一事物从不同角度看，我们会有不同的认识.请解决以下问题：设函数2
()(21)2(,,0)f x ax b x a a b R a =++--∈≠在[]3,4至少有一个零点，那么22a b +的最小值为______.
【答案】1100
【解析】
【分析】
把等式看成关于a ，b 的直线方程：〔x 2﹣1〕a +2xb +x ﹣2＝0，由于直线上一点〔a ，b 〕到原点的间隔 大于等于原点到直线的间隔 222222
(1)(2)x a b x x -+≥-+，从而可得
a 2+
b 2222
21()51(24)2
x x x x -≥=+-++-；从而解得． 【详解】把等式看成关于a ，b 的直线方程：〔x 2﹣1〕a +2xb +x ﹣2＝0，
由于直线上一点〔a ，b 〕到原点的间隔 大于等于原点到直线的间隔 ，
≥
所以a2+b2
2
2
2
21
()
5
1(24)
2
x
x x
x
-
≥=
+-++
-
，
∵x﹣2
5
2
x
+
-
在[3，4]是减函数，
∴2
5
2
+≤x﹣2
5
2
x
+≤
-
1+5；
即
9
2
≤x﹣2
5
2
x
+≤
-
6；
故2
11
5100
(24)
2
x
x
≥
-++
-
；
当x＝3，a
2
25
=-，b
3
50
=-时取等号，
故a2+b2的最小值为
1
100
．
故答案为：
1
100
．
【点睛】此题考察了函数的零点的应用，把等式看成关于a，b的直线方程〔x2﹣1〕a+2xb+x ﹣2＝0是难点，属于较难题．
二、选择题〔本大题一一共有4小题，满分是20分，每一小题5分〕每一小题有且只有一个正确答案，考生应在答题纸的相应编号上将代表答案的小方格涂黑
l与平面α平行，直线m在平面α上，那么〔〕
A. 直线l不平行于直线m
B. 直线l与直线m异面
C. 直线l与直线m没有公一共点
D. 直线l与直线m不垂直
【答案】C
【解析】
【分析】
由中直线l与平面α平行，直线m在平面α上，可得直线l与直线m异面或者平行，进而
得到答案．
【详解】∵直线l 与平面α平行，由线面平行的定义可知：直线l 与平面α无公一共点， 又直线m 在平面α上，
∴直线l 与直线m 没有公一共点，
应选：C ．
【点睛】此题考察的知识点是空间中直线与直线之间的位置关系，考察了直线与平面平行的定义，属于根底题．
{|()()20,,,}A z a bi z a bi z a b R z C =++-+=∈∈，{|||1,}B z z z C ==∈，假设A B ⋂=∅，那么a ，b 之间的关系是〔 〕
A. 1a b +>
B. 1a b +<
C. 221a b +<
D. 221a b +>
【答案】C
【解析】
【分析】
先设出复数z ，利用复数相等的定义得到集合A 看成复平面上直线上的点，集合B 可看成复平面上圆的点集，假设A ∩B ＝∅即直线与圆没有交点，借助直线与圆相离的定义建立不等关系即可．
【详解】设z ＝x +yi ，那么〔a +bi 〕〔x ﹣yi 〕+〔a ﹣bi 〕〔x +yi 〕+2＝0
化简整理得，ax +by +1＝0即，集合A 可看成复平面上直线上的点，
集合B 可看成复平面上圆x 2+y 2=0的点集，
假设A ∩B ＝∅，即直线ax +by +1＝0与圆x 2+y 2=0没有交点，
d 2211a b =+＞，即a 2+b 2＜1
应选：C ．
【点睛】此题考察了复数相等的定义及几何意义，考察了直线与圆的位置关系，考察了转化思想，属于中档题．
15.某四面体的六条棱长分别为3，3，2，2，2，2，那么两条较长棱所在直线所成角的余弦值为〔 〕
A. 0
B. 79
C. 0或者79
D. 以上都不
对
【答案】B
【解析】
【分析】
当较长的两条棱是四面体相对的棱时，根据三角形两边之和大于第三边出现矛盾，得此种情况不存在；当它们是四面体相邻的棱时，根据余弦定理可以算出所成角的余弦之值，由此可得正确答案．
【详解】①当较长的两条棱是四面体相对的棱时，
如图，
取CD中点E，那么
∵等腰△BCD中，中线BE⊥CD，等腰△ACD中，中线AE⊥CD，AE、BE是平面ABE内的相交直线
∴CD⊥平面ABE，结合AB⊆平面ABE，可得AB⊥CD
此时两条较长棱所在直线所成角的余弦值为cos90°＝0，
检验：此时△ABE中，AE＝BE
7
2
=，不满足AE+BE＞AB，
故此种情况舍去；
②当较长的两条棱是四面体相邻的棱时，如图
设所成的角为θ，根据余弦定理得cosθ
9947 2339
+-
==
⨯⨯
综上所述，得所求余弦值为7 9
应选B.
【点睛】此题考察了在四面体中求两条棱所在直线所成角的余弦值，着重考察了余弦定理、线面垂直的断定与性质和异面直线所成角等知识，属于根底题．
16.以下命题：①根据斜二测画法，三角形的直观图是三角形；②有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱；③两相邻侧面所成角相等的棱锥是正棱锥；④假设两个二面角的半平面互相垂直，那么这两个二面角的大小相等或者互补.其中正确命题的个数为〔〕
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】
由斜二测画法规那么直接判断①正确；举出反例即可说明命题②、③、④错误；
【详解】对于①，由斜二测画法规那么知：三角形的直观图是三角形；故①正确；
对于②，如图符合条件但却不是棱柱；故②错误；
对于③，两相邻侧面所成角相等的棱锥不一定是正棱锥，例如把如下图的正方形折叠成三棱锥不是正棱锥．故③错误；
对于④，一个二面角的两个半平面分别垂直于另一个二面角的两个半平面，那么这两个角的平面角相等或者互补错误，如教室中的前墙面和左墙面构成一个直二面角，底板面垂直于左墙面，垂直于前墙面且与底板面相交的面与底板面构成的二面角不一定是直角．故④错误；∴只有命题①正确．
应选A．
【点睛】此题考察了命题的真假判断与应用，考察了空间几何体的构造特征，考察了学生的
空间想象才能和思维才能，是中档题．
三、解答题〔本大题一一共5题，满分是76分〕解答以下各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤.
17.如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1.
〔1〕求二面角1B AC B --的大小；〔用反三角函数表示〕
〔2〕求直线1A B 与平面11BDD B 所成角的大小.
【答案】〔1〕2；〔2〕
6
π. 【解析】
【分析】
〔1〕连接AC ，取AC 中点O ，连接BO ，1B O ，先说明1BOB ∠为二面角1B AC B --的平面角，再在1Rt BO B 中求得1tan BOB ∠即可．
〔2〕取11B D 的中点1O ，连接1A O 和1BO .由1111A O B D ⊥和111AO BB ⊥得1A O ⊥平面11BDD B ，可得11A BO ∠为直线1A B 与平面11BDD B 所成的角. 在直角三角形11AO B 中， 计算11sin A BO ∠即可.
【详解】〔1〕连接AC ，取AC 中点O ，连接BO ，1B O ，因为AB BC =，那么BO AC ⊥， 因为11AB CB =，那么1B O AC ⊥，所以1BOB ∠为二面角1B AC B --的平面角.
因为1B B ⊥平面ABCD
，2
BO =，11BB =
，所以11tan BB BOB BO ∠==
所以1BOB ∠=，即二面角1B AC B --
的大小为.
〔2〕取11B D 的中点1O ，连接1A O 和1BO .
由1111A O B D ⊥和111AO BB ⊥得1A
O ⊥平面11BDD B ， 所以11A BO ∠为直线1A B 与平面11BDD B 所成的角.
在直角三角形11AO B
中，11A O =
，1A B = 所以111111sin 2A O A BO A B ∠==，所以116
A BO π∠=， 所以直线1A
B 与平面11BDD B 所成角的大小为
6π. 【点睛】此题考察线面角的大小的求法，考察二面角的大小的求法，利用定义定理作出所求角是关键，是中档题．
24y x =，(),0A a 是x 轴上一点，(),P x y 是抛物线上任意一点.
〔1〕假设1a =，求PA 的最小值；
〔2〕O 为坐标原点，假设PA 的最小值为OA ，务实数a 的取值范围.
【答案】〔1〕1；〔2〕2a ≤.
【解析】
【分析】
〔1〕由题意及抛物线的定义可得PA =P 到准线的间隔 ，可得P 为抛物线的顶点时，
PA 的最小值为1.
〔2〕将PA 表示为关于x 的函数，结合二次函数的性质求得结果.
【详解】〔1〕当a=1时，A 〔1，0〕为抛物线的焦点，此时PA =P 到准线的间隔 ， ∴当P 为抛物线的顶点时，P 到准线的间隔 最小为1，即PA 的最小值为1.
〔2〕222||()214PA x a y x ax x =-+=-++22(2)43x a a a =+-+--
||PA 的最小值为||OA ，即当0x =时||PA 获得最小值，
所以20a -≤，即2a ≤.
【点睛】此题考察了抛物线的定义的应用，考察了二次函数最值问题，考察了分析转化才能，属于根底题.
19.如图，四面体ABCD 中，32DA DB DC ===且DA DB DC ==两两互相垂直，点O 是ABC ∆的中心.
〔1〕过O 作OE AD ⊥，求DEO ∆绕直线DO 旋转一周所形成的几何体的体积；
〔2〕将DAO ∆绕直线DO 旋转一周，那么在旋转过程中，直线DA 与直线BC 所成角记为θ，求cos θ的取值范围.
【答案】〔146；〔2〕60cos θ≤≤. 【解析】
【分析】
〔1〕由圆锥的几何特征可得，该几何体由两个底面相等的圆锥组合而成，其中两个圆锥的高
〔2〕以O 为坐标原点，OF 为x 轴，OG 为y 轴，OD 为z 轴，建立空间直角坐标系，
利用向量夹角公式求得cos
θ=，令t y =+，结合点A 的轨迹方程求得t 的范围，可得结果.
【详解】〔1〕过E 作EH DO ⊥，经计算得DO =，=OA 2OE =，由此得EH =
所以DEO ∆绕直线DO 旋转一周所形成的几何体的体积21339
V π⎛== ⎝⎭. 〔2〕过O 作OG AC 交AB 于G ，
以O 为坐标原点，OF 为x 轴，OG 为y 轴，OD 为z 轴，建立空间直角坐标系，
那么D ，()10y f x π
=-，3,0)C -，
设(, ,0)A x y ，那么(33,3,0)BC =-，(,AD x y =--，所以cos
θ=
， 在xOy 平面上，点A 的轨迹方程为2212x y +=，
令t y =+，将t y =+看作直线y=，
那么直线y=与圆2212x y +=有公一共点，
那么||2
t d =≤
所以0t ≤≤0cos θ≤≤
. 【点睛】此题考察了旋转体的体积，考察了利用空间向量进展异面直线所成的角的求法，涉及点的轨迹问题，属于中档题．
20.如图，几何体EF ABCD -中，CDEF 是边长为2的正方形，ABCD 为直角梯形，
AB CD ∥，AD DC ⊥，2AD =，90ADF ∠=︒.
〔1〕求异面直线BE 和CD 所成角的大小；
〔2〕求几何体EF ABCD -的体积；
〔3〕假设平面ABCD 内有一经过点B 的曲线Γ，该曲线上的任一动点都满足EQ 与CD 所成角的大小恰等于BE 与CD Γ的形状并说明理由.
【答案】〔1〕6arccos 3
；〔2〕163；〔3〕双曲线. 【解析】
【分析】
〔1〕根据几何体的特征，建立空间直角坐标系，求出向量CD ，BE 的坐标，利用向量坐标运算求异面直线所成角的余弦值，可得角的大小；
〔2〕利用几何体的体积V ＝V E ﹣ABCD +V B ﹣CEF ，分别求得两个棱锥的底面面积与高，代入棱锥的体积公式计算．
〔3〕利用向量夹角公式直接可得关于x ，y 的表达式，满足双曲线方程，可得结果.
【详解】〔1〕∵AD DC ⊥且90ADF ︒∠=，∴AD ⊥平面CDEF ，∴AD DE ⊥
如图建系，以D 为坐标原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DE 为z 轴，建立空间直角坐标系， 那么(2,4,0)B ，(0,0,2)E ，(0,2,0)C ，(0,0,0)D ，(2,4,2)BE =--，(0,2,0)CD =- 设异面直线BE 和CD 所成角的大小为θ，那么6cos 13
||||BE CD BE CD θ⋅==⋅
所以异面直线BE 和CD 所成角的大小为6arccos 3
. 〔2〕如图，连结EC ，过B 作CD 的垂线，垂足为N ，那么BN ⊥平面CDEF ，且BN ＝2．
∵V EF ﹣ABCD ＝V E ﹣ABCD +V B ﹣
ECF ()1111111642222223332323
ABCD EFC S DE S BN =⋅+⋅=⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅⋅⋅=． ∴几何体EF ﹣ABCD 的体积为163
． 〔3〕设(, , 0)Q x y ，那么(,,2)EQ x y =-，由题意知EQ 与CD 所成角的大小为6 所以226|3||42
EQ CD EQ CD x y ⋅==++⋅‖ 化简得22184
y x -= 所以曲线Γ的形状是双曲线.
【点睛】此题考察了利用向量法求异面直线所成角，考察了组合几何体体积的计算，考察了学生的空间想象才能与运算才能，属于中档题．
C ：22
221(0)x y a b a b
+=>>，其长轴是短轴的两倍，以某短轴顶点和长轴顶点为端点的线段5π，直线l 与椭圆交于11(,)A x y ，22(,)B x y 两点.
〔1〕求椭圆C 的方程；
〔2〕过点O 作直线l 的垂线，垂足为D .假设OA OB ⊥，求点D 的轨迹方程；
〔3〕设直线OA ，l ，OB 的斜率分别为1k ，k ，2k ，其中0k >且212k k k =.设OAB ∆的面
积为S .以OA 、OB 为直径的圆的面积分别为1S ，2S ，求12S S S
+的取值范围. 【答案】〔1〕2214
x y +=；〔2〕2245x y +=；〔3〕5,4π⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭. 【解析】
【分析】
〔1〕由题意知a ＝2b
=，由此能求出椭圆方程．
〔2〕先考虑直线l 斜率存在时，设直线l 的方程为y kx m =+，和椭圆的方程联立，结合向量的垂直关系即可找到找m ，k
的关系式，从而求得||5
OD =
．再验证斜率不存在时也满足，那么可得点D 的轨迹方程. 〔3〕设直线l 的方程为y ＝kx +m ，A 〔x 1，y 1〕，B 〔x 2，y 2〕，联立2214
y kx m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，利用韦达定理、椭圆弦长公式结合条件能求出12S S S
+的取值范围． 【详解】〔1〕由题可知，2a b =
，解得：2a =，1b =， 故椭圆的方程为：2
214
x y +=. 〔2〕当直线l 斜率存在时，设直线l 的方程为y kx m =+， 由2214
y kx m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩可得()()222148410k x kmx m +++-=，由韦达定理有： ()122212281441
14km x x k m x x k ⎧+=-⎪+⎪⎨-⎪=⎪+⎩且()
2216140k m ∆=+-> ∵OA OB ⊥，∴0OA OB ⋅=，即12120x x y y +=
∴()()12120x x kx m kx m +++=
由韦达定理代入化简得：22544m k =+
∵OD 垂直直线l
，∴ ||5OD ==
当直线l 斜率不存在时，设l ：x t =，易求255t
，此时||5OD =
所以点D 的轨迹方程为224
5x y +=.
〔3〕设直线l 的方程为(0)y kx m m =+≠，
由2
21
4y kx m
x y =+⎧
⎪⎨+=⎪⎩可得()()22
2148410k x kmx m +++-=，由韦达定理有：
()122
2
122
81441
14km
x x k m x x k ⎧+=-⎪+⎪⎨-⎪=⎪+⎩且()2216140k m ∆=+->
∵212k k k =⋅，∴()()
1221212
kx m kx m k k k x x ++=⋅=，即()2
120km x x m ++=
由韦达定理代入化简得：21
4k =. ∵0k >，∴1
2k =
此时()21620m ∆=-
>
，即(m ∈⋃.
故121
||2S AB d x =⋅=-
||||m m ==
又()22
22
1211224S S x y x y π+=⋅+++22123
32444x x π
⎛⎫
=⋅++ ⎪⎝⎭
()212123521624x x x x π
ππ
⎡⎤=⋅+-+=⎣⎦为定值.
∴1254S S S π+=
5544ππ=≥ ∴当且仅当1m =±时等号成立.
综上：125,4S S S π+⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭
. 【点睛】此题考察椭圆方程的求法及求曲线的方程，考察弦长公式、三角形面积公式及直线与椭圆位置关系的应用，考察了函数思想，属于较难题．。