人教版六校协作体2018-2019学年高二下学期期初考试数学(理)试题(解析版)

辽宁省六校协作体2018-2019学年高二下学期期初考试数学（理）试题
（解析版）
一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.
设集合，，则 A ={x ||x |<1}B ={x |x (x ‒3)<0}A ∪B =()
A. B. C. D. (‒1,0)
(0,1)(‒1,3)(1,3)
【答案】C
【解析】解：集合，A ={x ||x |<1}={x |‒1<x <1}，B ={x |x (x ‒3)<0}={x |0<x <3}则．A ∪B ={x |‒1<x <3}=(‒1,3)故选：C ．
解不等式得出集合A 、B ，根据并集的定义写出．A ∪B 本题考查了不等式的解法与集合的运算问题，是基础题．2.
已知命题p ：，，则为 ∀x ∈R x 2
‒2x +4≤0¬p ()A. ， B. ∀x ∈R x 2
‒2x +4≥0∃x 0∈R ,x 2
0‒2x 0+4>0C. ， D. ∀x ∉R x 2
‒2x +4≤0
∃x 0∉R ,x 2
0‒2x 0+4>0
【答案】B
【解析】解：因为全称命题的否定是特称命题，所以，命题p ：，，则为：
∀x ∈R x 2
‒2x +4≤0¬p ．∃x 0∈R ,x 20‒2x 0+4>0故选：B ．
利用全称命题的否定是特称命题写出结果即可．
本题考查命题的否定，特称命题与全称命题的否定关系，是基础题．3.
已知等差数列的前n 项和为，若，则 {a n }S n a 2+a 6=14S 7=()
A. 13
B. 35
C. 49
D. 63
【答案】C
【解析】解：等差数列的前n 项和为，，∵{a n }S n a 2+a 6=14．
∴S 7=7
2(a 1+a 7)=7
2(a 2+a 6)=7
2×14=49故选：C ．
由等差数列性质得：
，由此能求出结果．
S 7=7
2(a 1+a 7)=7
2(a 2+a 6)
本题考查等差数列的前7项和的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转
2
化思想，是基础题．4.
已知为锐角，且，则的值是 αtan (π‒α)+3=0sinα()
A.
B.
C.
D.
13
31010
377
35
5
【答案】B
【解析】解：为锐角，且，即，∵αtan (π‒α)+3=‒tanα+3=0tanα=3，∴cosα=
11+tan 2
α
=
1010则．
sinα=1‒cos 2α=31010
故选：B ．
已知等式利用诱导公式变形，求出的值，根据为锐角，求出的值，即可求出的值．tanααcosαsinα此题考查了同角三角函数基本关系的运用，熟练掌握基本关系是解本题的关键．
5.已知向量，满足，
，，则 ⃗a ⃗b |⃗a
|=1
|⃗a
‒⃗b
|=3
⃗a
⋅(⃗a
‒⃗b
)=0
|⃗b ‒2⃗a |=(
)
A. 2
B. C. 4
D. 23
43
【答案】A 【解析】解：
，
，可得|⃗a
|=1
|⃗a
‒⃗b
|=3
⃗a
2‒2⃗a ⋅⃗b
+⃗b
2=3
，可得，
⃗a
⋅(⃗a
‒⃗b
)=0
⃗a 2‒⃗a ⋅⃗b
=0
解得，．
⃗a ⋅⃗b
=1
⃗b
2=4
则
．
|⃗b
‒2⃗a
|=⃗b
2‒4⃗a ⋅⃗b
+4⃗a
2
=4‒4+4=2
故选：A ．利用已知条件求出
，求出的值，然后求解向量的模即可．
|⃗b
|
⃗a ⋅⃗
b 本题考查向量的数量积以及向量的模的求法，考查计算能力．6.
函数且的图象恒过定点A ，若点A 在直线上，其中y =log a (x ‒3)+1(a >0a ≠1)mx +ny ‒1=0，则的最小值为 m ⋅n >04
m +1
n ()
A. 16
B. 24
C. 25
D. 50
【答案】C
【解析】解：令，解得，，
x ‒3=1x =4y =1则函数且的图象恒过定点，y =log a (x ‒3)+1(a >0a ≠1)A (4,1)，∴4m +n =1，当且仅当
时取等
∴4m +1n =(4m +1n )(4m +n )=16+1+4n m +4m n ≥17+2
4n
m
⋅
4m n
=17+8=25
m =n =1
5
号，
故则的最小值为25，
4m
+1
n
故选：C ．
最值问题长利用均值不等式求解，适时应用“1”的代换是解本题的关键函数且.y =log a (x ‒3)+1(a >0的图象恒过定点A ，知，点A 在直线上，得又，，a ≠1)A (4,1)mx +ny ‒1=04m +n =1mn >0∴m >0，下用1的变换构造出可以用基本不等式求最值的形式求最值．
n >0均值不等式是不等式问题中的确重要公式，应用十分广泛在应用过程中，学生常忽视“等号成立条件”，.特别是对“一正、二定、三相等”这一原则应有很好的掌握当均值不等式中等号不成立时，常利用函数单.调性求最值也可将已知条件适当变形，再利用均值不等式，使得等号成立有时也可利用柯西不等式以确保..等号成立，取得最值．7.
已知m ，n ，是直线，，，是平面，给出下列命题：αβγ若，，，则或．①α⊥βα∩β=m n ⊥m n ⊥αn ⊥β若，，，则．②α//βα∩γ=m β∩γ=n m //n 若，，，，则③m ⊂αn ⊂αm //βn //βα//β
若，且，，则且④α∩β=m n //m n⊄αn⊄βn //αn //β其中正确的命题是 ()
A. B. C. D. ①②
②④②③③④
【答案】B
【解析】解：若，，，则n 和和两个平面之间有相交，在面上故不正确，α⊥βα∩β=m n ⊥m αβ.①若，，，则这是两个平面平行的性质定理，故正确．α//βα∩γ=m β∩γ=n m //n .②若，，，，则，缺少两条直线相交的条件，故不正确，m ⊂αn ⊂αm //βn //βα//β③若，且，，则且，正确，
α∩β=m n //m n⊄αn⊄βn //αn //β④故选：B ．
和和两个平面之间有相交，在面上故不正确，根据两个平面平行的性质定理，得到正确缺少①n αβ.①②.③两条直线相交的条件，故不正确，正确．
③④本题考查空间中直线与平面之间的位置关系，本题解题的关键是正确写出几个元素之间的关系，不要理解不全面，这里题目中出错的地方也是我们经常出错的地方．8.
已知函数的部分图象如图所示，则函数f (x )=Asin (ωx +φ)(A >0,ω>0,|φ|<π)图象的一个对称中心可能为 g (x )=Acos (φx +ω)()
A.
B.
C.
D.
(‒5
2,0)
(1
6,0)
(‒1
3,0)
(5
6,0)
【答案】D
2
【解析】解：由图观察可知：，，，，
A =23T
2=6‒(‒2)=8∴T =16ω=
2πT
=2π16=π
8
代入最高点得，，，
(10,23)sin (π
8×10+φ)=1∴φ=π
2+2kπ‒5π
4k
∈Z 又，，，
|φ|<π∴k =o φ=‒
3π4，
∴g (x )=23cos (‒
3π4x +π
8)
由
，，
‒3
4πx +π
8=kπ+π
2
k ∈Z ，，∴x =‒4
3k ‒1
2
k ∈Z 当时，，所以一个对称中心可能为k =‒1x =5
6
(5
6
,0)
故选：D ．
由图观察可得A ，T ，再求得代入最高点可得，所以可得的解析式，再求得对称中心横坐标．ω.φg (x )本题考查了由的部分图象确定其解析式属中档题．
y =Asin (ωx +φ).9.
过抛物线的焦点F 作倾斜角为的直线，交抛物线于A 、B 两点，则 y 2=2px (p >0)π6|AF|
|BF|=(
)
A. B. C. D. 7+43
7‒437±437±23
【答案】C
【解析】解：抛物线的焦点坐标为，
y 2=2px (p >0)(p
2,0)直线l 倾斜角为，
∵30∘直线l 的方程为：∴y ‒0=3
3(x ‒p
2).
设直线与抛物线的交点为、，A (x 1,y 1)B (x 2,y 2)，
，
∴|AF |=x 1+p
2
|BF |=x 2+p
2
联立方程组，消去y 并整理，得，
4x 2‒28px +p 2
=0解得，
，或
，
，
x 1=
7+432
p
x 2=
7‒432
p
x 2=
7+432
p
x 1=
7‒432
p
当
，
时，x 1=
7+432
p
x 2=
7‒432
p
，
，
∴|AF |=x 1+p
2=(4+23)p |BF |=x 2+p
2=(4‒23)p ：，
∴|AF ||BF |=4+23
4‒2
3
=7+43
当，
时，
x 2=
7+43
2
p
x 1=
7‒432
p
：
，
∴|AF ||BF |=4‒23
4+23=7‒43
故选：C ．
写出抛物线的焦点坐标，然后，求解直线的方程，利用焦半径公式求解比值．
本题重点考查了抛物线的几何性质、方程、直线与抛物线的位置关系等知识，属于中档题．
10.已知双曲线C ：的左、右焦点分别为，，若C 上存在一点P 满足，且
x 2
m 2‒y 2
m 2‒1=1
F 1F 2PF 1⊥PF 2的面积为3，则该双曲线的离心率为 △PF 1F 2()
A. B. C. 2 D. 3
5
2
7
2【答案】B
【解析】解：不妨设双曲线右支上存在一点P ，使，可得，∵PF 1⊥PF 2|PF 1|‒|PF 2|=2a ，，
∴|PF 1|2+|PF 2|2=4c 2∴|PF 1|⋅|PF 2|=2b 2的面积为，即，，．
∴△PF 1F 21
2|PF 2|⋅|PF 2|=b 2
=3m 2‒1=3∴a 2=m 2=4c 2=7则该双曲线的离心率为．
e =c a =
72故选：B ．
根据双曲线的定义结合直角三角形的性质建立方程关系进行求解即可．
本题主要考查双曲线离心率的计算，根据向量垂直的等价条件结合直角三角形的边角关系以及双曲线的定义是解决本题的关键．
11.已知
，若有四个不同的实根，，，且，
f (x )=
{
|log 2(x ‒1)|,1<x ≤3
12
x 2‒5x +23
2,x >3
f (x )=m x 1x 2x 3x 4x 1<x 2<x 3<x 4则
的取值范围为 (m
x 1
+m
x 2
)⋅(x 3+x 4)
()
A. B. C. D. (0,10)
[0,10](0,4)[0,4]
【答案】A
【解析】解：
的图象如右：
f (x )=
{
|log 2(x ‒1)|,1<x ≤3
12
x 2‒5x +23
2,x >3
有四个不同的实根，，，且，f (x )=m x 1x 2x 3x 4x 1<x 2<x 3<x 4可得，
x 3+x 4=10且，|log 2(x 1‒1)|=|log 2(x 2‒1)|即为，log 2(x 1‒1)+log 2(x 2‒1)=0即有，(x 1‒1)(x 2‒1)=1即为，x 1x 2=x 1+x 2可得
(m x 1
+m
x 2
)(x 3+x 4)=10m ⋅
x 1+x 2x 1x 2
，
=10m 由，可得，
0<m <10<10m <10故选：A ．
画出的图象，由对称性可得，对数的运算性质可得，代入要求的式子，结合
f (x )x 3+x 4=10x 1x 2=x 1+x 2
2
图象可得所求范围．
本题考查分段函数的图象和应用：求自变量的范围，考查图象的对称性和对数的运算性质，属于中档题．12.已知椭圆中心在原点，且一个焦点为，直线与其相交于M 、N 两点，MN 中点
F (0,33)4x +3y ‒13=0的横坐标为1，则此椭圆的方程是 ()
A.
B.
C.
D.
y 232
+
x 25
=1
x 232
+
y 25
=1
y 236
+
x 29
=1
x 236
+
y 29
=1
【答案】C
【解析】解　设椭圆方程为，依题意，y 2
a 2
+
x 2b 2
=1(a >b >0)
c =33设，，可得：；，
M (x 1,y 1)N (x 2,y 2)y 21
a 2
+x 21b 2
=1
y 22
a 2
+
x 22b 2
=1
两式作差化简可得：，
y 2‒y 1
x 2‒x 1
=‒
a 2b
2⋅x 1+x 2
y
1+y 2
=‒4
3
直线与其相交于M 、N 两点，MN 中点的横坐标为1，4x +3y ‒13=0则，则，，，解得x 1+x 2=2y 1+y 2=6∴
a 2b
2⋅13
=4
3a 2‒b 2=27b 2=9.a 2
=36
椭圆的标准方程是：∴
y 2
36
+
x 29
=1..
故选：C ．
先设出椭圆的方程，然后利用平方差法，及MN 的中点的横坐标为1，即得a ，b ，然后求解椭椭圆标准方程．
本题考查椭圆标准方程的求法，考查椭圆的简单性质，是中档题．二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.设变量x ，y 满足约束条件则的最大值为______．
{
x ≥0x ‒y ≥0
2x ‒y ‒2≤0z =3x ‒2y 【答案】4
【解析】解：依题意，画出可行域如图示，()则对于目标函数，z =3x ‒2y 当直线经过时，A (0,‒2)z 取到最大值，．Zmax =4故答案为：4．
先根据约束条件画出可行域，设，再利用z 的几z =3x ‒2y 何意义求最值，只需求出直线过可行域内的点
A z =3x ‒2y 时，从而得到的最大值即可．
z =3x ‒2y 本题主要考查了用平面区域二元一次不等式组，以及简单的转化思想和数形结合的思想，属中档题目标函数有唯一最.优解是我们最常见的问题，这类问题一般要分三步：画出可行域、求出关键点、定出最优解．
14.由直线上的一点向圆引切线，则切线长的最小值为______．y =x +1(x ‒3)2+y 2
=1【答案】7
【解析】解：从题意看出，切线长、直线上的点到圆心的距离、半径之间满足勾股定理，显然圆心到直线的距离最小时，切线长也最小．
圆心到直线的距离为：
．
4
2
=22
切线长的最小值为：
，(22)2
‒1=7故答案为：7
从题意看出，切线长、直线上的点到圆心的距离、半径之间满足勾股定理，显然圆心到直线的距离最小时，切线长也最小．
本题考查直线和圆的方程的应用，圆的切线方程，考查转化的数学思想，是基础题．
15.三棱锥，平面ABC ，，，单位：，则三棱锥
P ‒ABC PA ⊥∠ABC =90∘
PA =AB =1,BC =2(cm )外接球的体积等于______．P ‒ABC cm 3【答案】4π
3
【解析】解：三棱锥中，平面ABC ，，P ‒ABC PA ⊥AB ⊥BC ，，PA =AB =1BC =2画出几何图形如图所示；
补充图形为长方体，则棱长分别为1，1，；
2对角线长为，
∵12+12+(2)2
=2三棱锥的外接球的半径为1，∴D ‒ABC 该三棱锥外接球的体积为．
∴
4
3
×π×13=
4π
3cm 3故答案为：．
4π
3补充图形为长方体，三棱锥的外接球，与棱长为1，1，的长方体外接球是同一个外接球，用长方P ‒ABC 2体的对角线长求外接球的半径，可得球的体积．
本题考查了空间几何体的性质，构建容易操作的几何体，把问题转化求解是关键．
16.已知数列中，，，若对于任意的，，不等式
{a n }a 1=2n (a n +1‒a n )=a n +1n ∈N ∗.t ∈[0,1]n ∈N ∗
恒成立，则实数a 的取值范围为______．
a n +1n +1
<‒2t 2‒(a +1)t +a 2‒a +3
2
【答案】或a ≤‒1a ≥3
【解析】解：根据题意，数列中，，{a n }n (a n +1‒a n )=a n +1，∴na n +1‒(n +1)a n =1，
∴a n +1
n +1‒a n
n ═1
n(n ‒1)=1
n ‒1
n +1
，∴a n +1
n +1=(a n +1
n +1‒a n
n )+(a n
n ‒a n ‒1
n ‒1)+…+(a 2‒a 1)+a 1
，
=(1
n ‒1
n +1)+(1
n ‒1‒1
n )+…+(1‒1
2)+2=3‒1
n +1<3
不等式恒成立，∵a n +1
n +1<‒2t 2‒(a +1)t +a 2
‒a +3∴3≤‒2t 2‒(a +1)t +a 2‒a +3
，在上恒成立，
∴2t 2+(a +1)t ‒a 2+a ≤0t ∈[0,1]设，，
f (a )=2t 2+(a +1)t ‒a 2
+a t ∈[0,1]，即，解得或，∴{f(0)≤0
f(1)≤0{
‒a 2+a ≤0
2+a +1‒a 2
+a ≤0a ≤‒1a ≥3故答案为：或．
a ≤‒1a ≥3根据题意，数列中，，可得，利用迭代法和裂项求和，以
{a n }n (a n +1‒a n )=a n +1a n +1
n +1‒a n
n ═1
n(n ‒1)=1
n ‒
1
n +1及放缩法可得，则原不等式可转化为，在上恒成立，构造函数a n +1
n +1
<3
2t 2+(a +1)t ‒a 2
+a ≤0t ∈[0,1]，，可得，解得即可
f (a )=2t 2
+(a +1)t ‒a
2
+a t ∈[0,1]{f(0)≤0
f(1)≤0本题考查了数列递推公式，涉及数列的求和，注意运用裂项相消求和和不等式恒成立问题的解法，关键是对的变形，属于难题
n (a n +1‒a n )=a n +1三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）
17.在中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，，△ABC C =60∘
2c =3b .
求角A ，B 的大小；
(1)若D 为边AC 上一点，且，的面积为，求BD 的长．(2)a =4△BCD 3
【答案】本题满分为12分()解：，可得：
，由
，可得：，
(1)∵C =60∘
sinC =
322c =
3b c
b
=
32又由正弦定理，可得：，解得：，
∵
c
b
=
sinC
sinB 3
2sinB
=
3
2sinB =2
2
由已知可得，可得B 为锐角，
∵b <c 可得：，．∴B =45∘A =π‒B ‒C =75∘的面积为
，即：，解得：，
(2)∵△BCD 31
2a
⋅CD ⋅sinC =12×4×CD ×
32
=3
CD =1由余弦定理可得：．
∴BD =BC 2+CD 2
‒2BC ⋅CD ⋅cosC =42+12‒2×4×1×1
2=13【解析】由，可得，由，可得：，又由正弦定理可得：，解得，
(1)C =60∘
sinC 2c =
3b c
b
=
3
23sinB =3
2
sinB 结合，可得B 为锐角，利用三角形内角和定理可求B ，A 的值．
b <
c 利用三角形面积公式及已知可求CD ，由余弦定理即可解得BD 的值．
(2)本题主要考查了三角形面积公式，正弦定理，余弦定理，三角形内角和定理，考查了数形结合思想的应用和
计算能力，属于中档题．
18.已知数列的前n 项和满足
，且{a n }S n 2S n =a 2
n +n ‒1a n >1求数列的通项公式；(1){a n }求的值．
(2)T n =a 1⋅2
a 1
+a 2⋅2
a 2
+…+a n ⋅2a
n 【答案】解：当时，
，，解得．(1)n =12S 1=2a 1=a 2
1+1‒1a 1>1a 1=2当时，，n ≥22a n =2(S n ‒S n ‒1)=a 2n +n ‒1‒(a 2
n ‒1+n ‒2)化为：，又，
(a n +a n ‒1‒1)(a n ‒a n ‒1‒1)=0a n >1，
∴a n ‒a n ‒1=1数列是公差为1的等差数列，公差为1．∴{a n }．∴a n =2+(n ‒1)=n +1．
(2)a n ⋅2
a n
=(n +1)⋅2n +1，∵T n =2×22+3×23+4×24+…+(n +1)⋅2n +1，2T n =2×23+3×24+…+n ⋅2n +1+(n +1)⋅2n +2两式相减得：
，
‒T n =23
+(23
+24
+…+2n +1
)‒(n +1)⋅2
n +2
=8+
8(2n ‒1‒1)2‒1
‒(n +1)⋅2n +2=‒n ⋅2n +2
．
∴T n =n ⋅2n +2【解析】当时，，，解得当时，，又，
(1)n =12S 1=2a 1=a 2
1+1‒1a 1>1a 1.n ≥22a n =2(S n ‒S n ‒1)a n >1，利用等差数列的通项公式即可得出．a n ‒a n ‒1=1利用错位相减法即可得出．
(2)a n ⋅2
a n
=(n +1)⋅2n +1.本题考查了等差数列与等比数列的通项公式与求和公式、数列递推关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
19.某校从高一年级参加期末考试的学生中抽出50名学生，并统计了他们的数学成绩，将数学成绩进行分
组，并根据各组人数制成如下频率分布表：分组
频数
频率[40,50)a 0.04[50,60)3b [60,70)14
0.28
2
[70,80)150.30
[80,90)c d
[90,100]40.08
合计
50
1写出a ，b ，c ，d 的值，并估计本次考试全年级学生的数学平均分同一组中的数据用该组区间的中(1)(点值作代表；
)现从成绩在内的学生中任选出两名同学，从成绩在内的学生中任选一名同学，共三(2)[90,100][40,50)名同学参加学习习惯问卷调查活动若同学的数学成绩为43分，同学的数学成绩为95分，求，.A 1B 1A 1两同学恰好都被选出的概率．
B 1【答案】解：由频率分布表，得：
，
(1){
a 50
=0.04
350
=b
a +3+14+15+c +4=500.04+
b +0.28+0.30+d +0.08=1
解得，，，，
a =2
b =0.06
c =12
d =0.24估计本次考试全年级学生的数学平均分为：
．45×0.04+55×0.06+65×0.28+75×0.3+85×0.24+95×0.08=73.8设数学成绩在内的四名同学分别为，，，，(2)[90,100]B 1B 2B 3B 4成绩在内的两名同学为，，
[40,50)A 1A 2则选出的三名同学可以为：
、、、、、、、A 1B 1B 2A 1B 1B 3A 1B 1B 4A 1B 2B 3A 1B 2B 4A 1B 3B 4A 2B 1B 2、、、、，共有12种情况．
A 2
B 1B 3A 2B 1B 4A 2B 2B 3A 2B 2B 4A 2B 3B 4，两名同学恰好都被选出的有、、，共有3种情况，A 1B 1A 1B 1B 2A 1B 1B 3A 1B 1B 4所以，两名同学恰好都被选出的概率为．
A 1
B 1P =3
12=1
4
【解析】由频率分布表，列出方程组，能求出a ，b ，c ，d 的值，由此能估计本次考试全年级学生的数学(1)平均分．
设数学成绩在内的四名同学分别为，，，，成绩在内的两名同学为，，利(2)[90,100]B 1B 2B 3B 4[40,50)A 1A 2用列举法能求出，两名同学恰好都被选出的概率．
A 1
B 1本题考查频率分布表曲的应用，考查概率的求法，考查列举法等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．
20.已知抛物线C ：的焦点为，O 为坐标原点，A ，B 是抛物线C 上异于O 的两点．
y 2
=2px (p >0)F (1,0)求抛物线C 的方程；
(I )Ⅱ若直线OA ，OB 的斜率之积为
，求证：直线AB 过定点．
()‒1
2
【答案】解：Ⅰ因为抛物线的焦点坐标为，所以，所以．()y 2=2px (p >0)(1,0)p
2=1
p =2所以抛物线C 的方程为分y 2
=4x (4)
Ⅱ证明：当直线AB 的斜率不存在时，()①设 ，，
A (t 2
4,t )
B (t 2
4,‒t )因为直线OA ，OB 的斜率之积为
，
‒1
2
所以，化简得．
t
t
2
4⋅
‒t
t
2
4=‒1
2
t 2
=32所以，，此时直线AB 的方程为分A (8,t )B (8,‒t )x =8 (7)
当直线AB 的斜率存在时，设其方程为，，，
②y =kx +b A (x A ,y A )B (x B ,y B )联立得化简得分{
y 2=4x
y =kx +b ky 2
‒4y +4b =0 (8)
根据根与系数的关系得
，
y A y B =
4b k 因为直线OA ，OB 的斜率之积为
，
‒1
2
所以，
yA xA
⋅yB xB =‒1
2
即．
x A x B +2y A y B =0即，
y 2A
4
⋅
y 2B
4
+2y A y B =0
解得舍去或．
y A y B =0()y A y B =‒32所以
，即，所以，
y A y B =
4b k
=‒32
b =‒8k y =kx ‒8k 即．
y =k (x ‒8)综上所述，直线AB 过x 轴上一定点分(8,0) (12)
【解析】利用抛物线的焦点坐标，求出p ，然后求抛物线C 的方程；
(I )Ⅱ通过直线的斜率是否存在，设出直线方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理以及斜率乘积关系，转化()求解即可．
本题考查直线与抛物线的位置关系的应用，抛物线的方程的求法，考查分析问题解决问题的能力，设而不求方法的应用．
21.如图，在直角梯形中，，，直角梯形通过
AA 1B 1B ∠A 1AB =90∘
A 1
B 1//AB AB =AA 1=2A 1B 1=2.AA 1
C 1C 直角梯形以直线为轴旋转得到，且使得平面平面，M 为线段BC 的中点，
AA 1B 1B AA 1AA 1C 1C ⊥AA 1B 1B P 为线段上的动点．
BB 1Ⅰ求证：；
()AC ⊥AB Ⅱ当点P 是线段中点时，求二面角的余弦值；()BB 1P ‒AM ‒B Ⅲ是否存在点P ，使得直线平面AMP ？请说明理由．
()A 1C //
2
【答案】证明：Ⅰ由已知，平面平面()∠A 1AC =90∘
AA 1C 1C ⊥，
AA 1B 1B 平面，平面平面，AC ⊂ACC 1A 1ACC 1A 1∩ABB 1A 1=AA 1平面，
∴AC ⊥ABB 1A 1平面，．
∵AB ⊂ABB 1A 1∴AC ⊥AB 解：Ⅱ由Ⅰ知AC 、AB 、两两垂直，
()()AA 1分别以AC 、AB 、为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，AA 1由已知，
AB =AC =AA 1=2A 1B 1=2A 1C 1=20，，2，，0，，1，，0，∴A (0,0)B (0,0)C (2,0)B 1(0,2)A 1(0,，
2)为线段BC 的中点，P 为线段的中点，∵M BB 11，，，
1，，，
∴
M (1,0)P (0,32,1)⃗AM =(1,
0)⃗AP
=(0,3
2,1)
设平面APM 的一个法向量y ，，
⃗n
=(x ,
z )则
，取，得，
{
⃗n ⋅⃗AM =x +y =0
⃗n ⋅⃗AP
=3
2y +z =0
x =2⃗n =(2,‒2,3)
平面ABM 的法向量0，，
⃗m
=(0,
1)由图知二面角的大小为锐角，
P ‒AM ‒B ，∴|cos <⃗m ,⃗n
>|=|⃗m ⋅⃗n
|
|⃗m
|⋅|⃗n
|=
317
=31717
二面角的余弦值为
．
∴P ‒AM ‒B 31717
Ⅲ存在点P ，使得直线平面AMP ．()A 1C //理由如下：
设
，且，，则，P (x 1,y 1,z 1)⃗BP =λ⃗
BB 1λ∈[0,1](x 1,y 1‒2,z 1)=(0,‒λ,2λ)
设平面
AMP 的一个法向量y ，，
⃗p
=(x ,
z )
则
，取，得1，，不符合题意，
{
⃗p ⋅⃗AM
=x +y =0
⃗p ⋅⃗AP
=(2‒λ)y +2λz =0
y =1⃗p
=(‒1,
λ‒2
2λ)(λ
=0)0，，平面AMP ，
，
∵⃗A 1C
=(2,
‒2)A 1C //∴⃗A 1C
⊥⃗
p ，解得，
∴⃗A 1C ⋅⃗p =‒2‒
λ‒2λ
=0
λ=2
3存在点P ，使得直线平面AMP ．
∴A 1C //【解析】Ⅰ平面平面，从而平面，由此能证明．
()AA 1C 1C ⊥AA 1B 1B AC ⊥ABB 1A 1AC ⊥AB Ⅱ以AC 、AB 、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的余弦值．()AA 1P ‒AM ‒B Ⅲ设，且
，，则，求了平面AMP 的一个法向量，利()P (x 1,y 1,z 1)⃗BP =λ⃗
BB 1λ∈[0,1](x 1,y 1‒2,z 1)=(0,‒λ,2λ)用向量法能求出存在点P ，使得直线平面AMP ．
A 1C //本题考查线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查满足线面平行的证明是否存在的判断与求法，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，考查函数与方程思想，是中档题．
22.在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：的离心率为，点
在椭圆C 上．
x 2
a
2
+y 2b
2
=1(a >b >0)
12M (1,3
2)Ⅰ求椭圆C 的方程；
()Ⅱ已知与为平面内的两个定点，过点的直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，求四边()P (‒2,0)Q (2,0)(1,0)形APBQ 面积的最大值．
【答案】解：由可得，，又因为，所以(I )c
a
=1
2a =2c b 2=a 2‒c 2b 2=3c 2
所以椭圆C 方程为，又因为在椭圆C 上，所以x 2
4c 2
+
y 23c 2
=
1M (1,3
2)12
4c 2+
(3
2)23c 2
=1
所以，所以，，故椭圆方程为．
c 2
=1a 2
=4b 2
=
3x 24
+
y 23
=1
方法一：设l 的方程为，联立，
(II )x =my +1{
x 24
+y 23
=1
x =my +1消去x 得，设点，，(3m 2+4)y 2
+6my ‒9=0A (x 1,y 1)B (x 2,y 2)有
，
△>0,y 1+y 2=
‒6m 3m 2+4
,y 1y 2=
‒93m 2+4所以
令
|y 1‒y 2|=(y 1+y 2)2
‒4y 1y 2=(‒6m 3m 2
+4
)2
‒4×
‒93m 2
+4
=
12m 2+13m 2
+4
S =12
×4×
12m 2+1(3m 2+4)，t =1+m 2,t ≥1有
，由函数
，
S =24t 3t 2
+1
=
243t +1t
y =3t +1
t
t ∈[1,+∞)y '=3‒
1t 2
>0,t ∈[1,+∞)
故函数
，在上单调递增，
y =3t +1
t
[1,+∞)故，故
3t +1t
≥4S =24t
3t 2+1=24
3t +1t
≤6当且仅当即时等号成立，
t =1m =0
2
四边形APBQ 面积的最大值为6．
方法二：设l 的方程为，联立，
x =my +1{
x 24
+y 2
3=1
x =my +1消去x 得，设点，，(3m 2+4)y 2
+6my ‒9=0A (x 1,y 1)B (x 2,y 2)有，
△>0,y 1+y 2=‒6m 3m 2
+4
,y 1y 2=‒93m 2+4有
，
|AB |=1+m
2
121+m 23m 2+4
=
12(1+m 2)3m 2+4点到直线l 的距离为，P (‒2,0)3
1+m 2点到直线l 的距离为，Q (2,0)1
1+m 2从而四边形APBQ 的面积
，
S =12
×12(1+m 2)3m 2+4
×
41+m 2
=
241+m 23m 2+4
令，
t =1+m 2
,t ≥1有，
S =24t 3t 2+1
=
243t +1
t 函数
，
y =3t +1
t
t ∈[1,+∞)y '=3‒1t 2
>0,t ∈[1,+∞)
故函数
，在上单调递增，
y =3t +1
t
[1,+∞)有，故
3t +1t
≥4S =24t
3t 2+1=24
3t +1t
≤6当且仅当即时等号成立，四边形APBQ 面积的最大值为6．t =1m =0方法三：当l 的斜率不存在时，l ：，
①x =1此时，四边形APBQ 的面积为6．
当l 的斜率存在时，设l 为：，②y =k (x ‒1)(k ≠0)y =k (x ‒1)(k ≠0)则，，{
x 24
+y 2
3=1
y =k(x ‒1)∴(3+4k 2)x 2‒8k 2x +4k 2
‒12=0
，
△>0,x 1+x 2=
8k 23+4k 2
,x 1x 2=
4k 2‒123+4k 2，
∴|y 1‒y 2|=|k (x 1‒x 2)|=k 2×[(x 1+x 2)2
‒4x 1x 2]=12×k 2(k 2+1)(3+4k 2)2四边形APBQ 的面积
，
∴S =1
2
×4×|y 1‒y 2|=24×
k 2(k 2+1)(3+4k 2)2令t =3+4k 2(t >3)t =3+4k 2
(t >3)
则
，．
k 2=
t ‒34k 2
=
t ‒3
4
S =6×‒3×(1t )2‒2×1
t +1
(0<1t <1
3)综上，四边形APBQ 面积的最大值为6．
∴S =6×‒3×(1t )2‒2×1t +1,(0<1t <1
3)
∴0<S <6
【解析】由可得，，又，，题意C 方程为，又
在椭圆C
(I )c
a
=
1
2a
=2c b 2=a 2‒c 2b 2=3c 2
x 2
4c
2
+
y 23c
2
=1
M (1,3
2)
上，可得，基础即可得出．
12
4c 2+(3
2)2
3c 2=1
方法一：设l 的方程为，联立与椭圆方程联立化为，设点，
(II )x =my +1(3m 2+4)y 2+6my ‒9=0A (x 1,y 1)，利用根与系数的关系，可得S ，利用求导研究函数的单调性即可得
B (x 2,y 2)|y 1‒y 2|=(y 1+y 2)2
‒4y 1y 2出．
方法二：设l 的方程为，与椭圆方程联立化为，设点，
x =my +1(3m 2+4)y 2
+6my ‒9=0A (x 1,y 1)，利用弦长公式可得，点到直线l 的距离为
，点到直线
l 的距离为
，
B (x 2,y 2)|AB |P (‒2,0)3
1+m 2Q (2,0)1
1+m 2即可得出从而四边形APBQ 的面积利用导数研究函数的单调性即可得出．S .方法三：当l 的斜率不存在时，l ：，此时，四边形APBQ 的面积为6．
①x =1当l 的斜率存在时，设l 为：，，联立，可得②y =k (x ‒1)(k ≠0)y =k (x ‒1)(k ≠0){
x 24+y 23
=1
y =k(x ‒1)，利用根与系数的关系、弦长公式可得可得四边形APBQ 的面积(3+4k 2)x 2‒8k 2x +4k 2‒12=0|AB |.，通过换元利用导数研究函数的单调性即可得出．
S =1
2×4×|y 1‒y 2|=24×
k 2(k 2+1)
(3+4k 2)2本题考查了椭圆的标准方程及其性质、利用导数研究函数的单调性极值、一元二次方程的根与系数、弦长公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．。