2020年重庆一中高二(上)期中数学试卷

高二（上）期中数学试卷一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1. 已知等差数列{a n }的公差为2，且a 3是a 1与a 7的等比中项，则a 1等于( )A. 6B. 4C. 3D. −12. 在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，a =4，A =30°，B =60°，则b 等于( )A. √3B. 6C. 4√3D. 93. 若双曲线x 2a2−y 2b 2=1(a >0,b >0)的渐近线方程为y =±√2x ，则其离心率为( )A. √2B. 2C. 3D. √34. 已知直线l 1：x +ay −1=0与l 2：2x −y +1=0平行，则l 1与l 2的距离为( )A. 15B. √55 C. 35D. 3√555. 已知抛物线C ：y =x 28的焦点为F ，A(x 0,y 0)是抛物线上一点，且|AF|=2y 0，则x 0=( )A. 2B. ±2C. 4D. ±46. 椭圆x 225+y 29=1上一点M 到左焦点F 1的距离是2，N 是MF 1的中点，O 为坐标原点，则|ON|的值为( )A. 4B. 8C. 3D. 27. 已知双曲线方程为2x 2−y 2=2，则以点A(2,3)为中点的双曲线的弦所在的直线方程为( )A. 4x −3y +1=0B. 2x −y −1=0C. 3x −4y +6=0D. x −y +1=08. 若圆C ：x 2+y 2=r 2(r >0)与圆E ：(x −3)2+(y −4)2=16有公共点，则r 的范围( )A. (3,6)B. [1,7]C. [1,9]D. [4,8]9. 若点O 与点F 分别为椭圆x 24+y 23=1的中心和左焦点，点P 为椭圆上的任意一点，则OP⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅FP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值为( ) A. 2 B. 3 C. 6D. 810. 过抛物线y 2=2px(p >0)的焦点F 作斜率大于0的直线l 交抛物线于A ，B 两点(A在B 的上方)，且l 与准线交于点C ，若CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =3BF ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则|AF||BF|=( )A. 2B. 52C. 3D. 9411. 设F 1是双曲线C ：y 2a2−x 2b 2=1(a >0,b >0)的一个焦点，A 1，A 2是C 的两个顶点，C 上存在一点P ，使得PF 1与以A 1A 2为直径的圆相切于Q ，且Q 是线段PF 1的中点，则C 的渐近线方程为( )A. y =±√33x B. y =±√3xC. y =±12xD. y =±2x12. 设A ，B 分别是双曲线x 2−y 23=1的左右顶点，设过P(12,t)的直线PA ，PB 与双曲线分别交于点M ，N ，直线MN 交x 轴于点Q ，过Q 的直线交双曲线的于S ，T 两点，且SQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =2QT ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则△BST 的面积( )A. 916√35B. 34√17C. 38√15D. 32二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 已知a ⃗ =(2,1，3)，b ⃗ =(−4,2，x)且a ⃗ ⊥b ⃗ ，则|a ⃗ −b⃗ |=______． 14. 已知定点A(0,−4)，点P 是圆x 2+y 2=4上的动点，则AP 的中点C 的轨迹方程______．15. 在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，E 分别为BB 1的中点，则AE 与CD 1所成角的余弦值为______16. 设抛物线y 2=4x 的焦点为F ，过F 的直线l 交抛物线于A ，B 两点，过AB 的中点M 作y 轴的垂线与抛物线在第一象限内交于点P ，若|PF|=32，则直线l 的方程为______．三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17. △ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，acosC +ccosA =2bcosA ．(1)求A ．(2)若a =√7，b =2，求△ABC 的面积．18.如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥底面A1B1C1，AC⊥AB，AC=2，AB=4，AA1=6，点E，F分别为CA1与AB的中点．(1)证明：EF//平面BCC1B1；(2)求B1F与平面AEF所成角的正弦值．19.已知过点P(0,−2)的圆M的圆心为(a,0)(a≤0)，且圆M与直线x+y+2√2=0相切．(1)求圆M的标准方程；(2)若过点Q(0,1)且斜率为k的直线l交圆M于A，B两点，若△PAB的面积为3√7，2求直线l的方程．20.如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB//DC，AD=DC=AP=2，AB=1，点E为棱PC的中点．(Ⅰ)证明：BE⊥DC；(Ⅱ)求BE的长；(Ⅲ)若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F−AB−P的余弦值．21.设抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，过点F作垂直于x轴的直线与抛物线交于A，B两点，且以线段AB为直径的圆过点M(−1,0)．(1)求抛物线C的方程；(2)若直线l：x−√3y−1=0与抛物线C交于R，S两点，点N为曲线E：y=−√3x(−2≤x≤−1)上的动点，求△NRS面积的最小值．22.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)上的点到右焦点F的最大距离为√2+1，离心率为√22．(1)求椭圆C的方程；(2)如图，过点(0,12)的动直线l交椭圆C于M，N两点，直线l的斜率为k1，A为椭圆上的一点，直线OA的斜率为k2，且k1k2=1，B是线段OA延长线上一点，且|AB| |MN|=45.过原点O作以B为圆心，以|AB|为半径的圆B的切线，切点为P.令λ=|OP||MN|，求λ2取值范围．答案和解析1.【答案】B【解析】解：等差数列{a n}的公差d为2，且a3是a1与a7的等比中项，可得a32=a1a7，即(a1+4)2=a1(a1+12)，则a1=4，故选：B．运用等差数列的通项公式和等比数列的中项性质，解方程即可得到所求值．本题考查等差数列的通项公式和等比数列的中项性质，考查方程思想和运算能力，属于基础题．2.【答案】C【解析】解：∵a=4，A=30°，B=60°，∴由正弦定理asinA =bsinB，可得b=a⋅sinBsinA=4×√3212=4√3．故选：C．由已知利用正弦定理即可求解b的值．本题主要考查了正弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．3.【答案】D【解析】【分析】本题主要考查双曲线的性质，要求熟练掌握双曲线的渐近线方程和离心率的公式．根据双曲线渐近线的方程，确定a，b的关系，进而利用离心率公式求解．【解答】解：∵双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的渐近线方程为y=±bax，∴ba=√2，即b=√2a，∴c=√a2+b2=√3a，∴离心率e=ca =√3aa=√3．故选D．4.【答案】D【解析】解：直线l1：x+ay−1=0与l2：2x−y+1=0平行，可得a=−12，则由两平行直线的距离公式可得d=22=3√55，则l1与l2的距离为3√55，故选：D．直线l1：x+ay−1=0与l2：2x−y+1=0平行，即可得到a，然后利用平行线之间的距离公式求解即可．本题考查两平行直线的距离公式的运用，考查运算能力，属于基础题．5.【答案】D【解析】【分析】本题考查抛物线的定义、方程和性质，主要考查准线方程的运用，注意定义法解题，属于基础题．抛物线C：y=x28的准线方程为y=−2，由抛物线的定义可得，A到焦点的距离即为A 到准线的距离，解方程即可得到所求值．【解答】解：抛物线C：y=x28的准线方程为y=−2，由抛物线的定义可得，A到焦点的距离即为A到准线的距离，即有|AF|=2y0，可得2y0=2+y0，解得y0=2，解得x0=±4．故选D．6.【答案】A【解析】【分析】本题考查的知识点：椭圆的定义，椭圆的方程中量的关系，三角形中位线定理首先根据椭圆的定义求出|MF2|=8的值，进一步利用三角形的中位线求得结果．【解答】解：根据椭圆的定义得：|MF2|=8，由于△MF2F1中N、O是MF1、F1F2的中点，根据中位线定理得：|ON|=4，故选A．．7.【答案】A【解析】解：以点A(2,3)为中点的双曲线的弦的端点的坐标分别为(x1,y1)，(x2,y2)，可得2x12−y12=2，2x22−y22=2，相减可得2(x1−x2)(x1+x2)=(y1−y2)(y1+y2)，且x1+x2=4，y1+y2=6，则弦所在直线的斜率k=y1−y2x1−x2=2(x1+x2)y1+y2=2×46=43，可得弦所在的直线方程为y−3=43(x−2)，即为4x−3y+1=0．故选：A．设弦的端点的坐标分别为(x1,y1)，(x2,y2)，代入双曲线的方程，作差，结合平方差公式和中点坐标公式、直线的斜率公式，可得弦所在直线的斜率，由点斜式方程可得所求直线方程．本题考查双曲线的方程和运用，考查点差法求直线方程，以及化简运算能力，属于基础题．8.【答案】C【解析】解：∵圆C方程为：x2+y2=r2(r>0)，∴圆心C(0,0)，半径为r，∵圆E方程为：(x−3)2+(y−4)2=16，圆心E(3,4)，半径R=4，∵圆C：x2+y2=r2(r>0)与圆E：(x−3)2+(y−4)2=16有公共点，∴|R−r|≤|CE|≤R+r，即|4−r|≤5≤4+r，解得：1≤r≤9，故选：C．先求出两圆的圆心和半径，因为两圆有公共点，所以圆心距大于等于两半径差的绝对值小于等于两半径之和，列出不等式即可求出r的取值范围．本题主要考查了圆与圆的位置关系，是基础题．9.【答案】C【解析】 【分析】本题考查椭圆的方程、几何性质、平面向量的数量积的坐标运算、二次函数的单调性与最值，考查了综合应用能力、运算能力，属于中档题．先求出左焦点坐标F ，设P(x 0,y 0)，根据P(x 0,y 0)在椭圆上可得到x 0、y 0的关系式，表示出向量FP ⃗⃗⃗⃗⃗ 、OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ，根据数量积的运算将x 0、y 0的关系式代入组成二次函数进而可确定答案． 【解答】解：由题意，F(−1,0)，设点P(x 0,y 0)， 则有x 024+y 023=1，解得y 02=3(1−x 024)，因为FP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 0+1,y 0)，OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 0,y 0)，所以OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅FP⃗⃗⃗⃗⃗ =x 0(x 0+1)+y 02 =x 024+x 0+3=14(x 0+2)2+2，此二次函数对应的抛物线的对称轴为x 0=−2，因为−2≤x 0≤2，所以当x 0=2时，OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅FP ⃗⃗⃗⃗⃗ 取得最大值224+2+3=6， 故选：C ．10.【答案】A【解析】解：根据题意，设|AF|=a ，|BF|=b ， 作AM 、BN 垂直准线于点M 、N ， 则有|BF|=|BN|=b ，|AF|=|AM|=a ，若CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =3BF ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则有|CB|=3|BF|，即|CB|=3|BN|， 又由BN//AM ，则有|CA|=3|AM|，即有3b +a +b =3a ， 变形可得ab =2， 即|AF||BF|=2， 故选：A ．根据题意，设|AF|=a ，|BF|=b ，作AM 、BN 垂直准线于点M 、N ，由CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =3BF ⃗⃗⃗⃗⃗ 分析可得|CB|=3|BN|，又由平行线的性质分析可得|CA|=3|AM|，即可得3b+a+b=4a，变形可a=2b，即可得答案．本题考查抛物线的几何性质，注意利用平行线的性质得到|CA|=3|AM|，考查运算能力，属于中档题．11.【答案】C【解析】【分析】本题考查双曲线的定义和性质，考查双曲线渐近线方程的求法，考查直线和圆相切的条件，以及中位线定理和勾股定理的运用，考查运算能力，是中档题．运用中位线定理，可得OQ//PF2，|OQ|=12|PF2|，再由双曲线的定义，以及直线和圆相切的性质，运用勾股定理得到ab，则C的渐近线方程可求．【解答】解：由于O为F1F2的中点，Q为线段PF1的中点，则由中位线定理可得OQ//PF2，|OQ|=12|PF2|，由PF1与以线段A1A2为直径的圆相切于点Q，则|OQ|=a，|PF2|=2a，由双曲线的定义可得，|PF1|−|PF2|=2a，即有|PF1|=4a，由OQ⊥PF1，由勾股定理可得a2+(2a)2=c2，即5a2=a2+b2，则4a2=b2，即ab =12．∴C的渐近线方程为y=±ab x=±12x．故选：C．12.【答案】A【解析】解：双曲线x 2−y 23=1的左右顶点为A(−1,0)，B(1,0)，P(12,t)， 可得直线PA 的方程为x =3y 2t−1，PB 的方程为x =−y2t +1，联立{x =3y 2t−13x 2−y 2=3可得(274t 2−1)y 2−9y t=0，解得y =0或y =36t27−4t 2， 代入x =3y 2t−1可得x =27+4t 227−4t 2，即有M(27+4t 227−4t 2,36t 27−4t 2)，联立{x =−y2t +13x 2−y 2=3可得(34t 2−1)y 2−3t y =0，解得y =0或y =12t3−4t 2，代入x =−y2t +1，可得x =−3−4t 23−4t 2，即N(−3−4t 23−4t 2,12t3−4t 2)， 设Q(s,0)，由M ，N ，Q 三点共线，可得k MN =k SN ， 即有y M −y Nx M −x N =y Nx N −s ，将M ，N 的坐标代入化简可得−12t 29−4t 2=12t−3−4t 2−s(3−4t 2)， 解得s =2，即Q(2,0)，设过Q 的直线方程为x =my +2，联立双曲线方程3x 2−y 2=3，可得(3m 2−1)y 2+12my +9=0，设S(x 1,y 1)，T(x 2,y 2)，可得y 1+y 2=−12m3m 2−1，y 1y 2=93m 2−1，△=144m 2−36(3m 2−1)>0恒成立，SQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =2QT ⃗⃗⃗⃗⃗ ，可得y 1=−2y 2，代入韦达定理可得−2⋅144m 2(3m 2−1)2=93m 2−1， 解得m 2=135，可得S △BST =12|BQ|⋅|y 1−y 2|=12|y 1−y 2|=12√(y 1+y 2)2−4y 1y 2 =12⋅√36m 2+36|3m 2−1|=3⋅√1+1351−335=9√3516． 故选：A ．求得双曲线的左右顶点，设出直线PA ，PB 的方程，联立双曲线的方程，求得M ，N 的坐标，设Q(s,0)，运用M ，N ，Q 三点共线的条件，以及向量共线的条件，求得s =2，设过Q 的直线方程，联立双曲线方程，运用韦达定理和三角形的面积公式，计算可得所求值．本题考查双曲线的方程和性质，直线方程和双曲线方程联立，求交点和运用韦达定理，考查直线恒过定点，以及三角形的面积的求法，考查化简运算能力，属于难题．13.【答案】√38【解析】 【分析】本题考查向量的数量积的运算，涉及向量的垂直和模长的求解，属基础题． 由垂直可得数量积为0，进而可得x 值，可得向量a ⃗ −b ⃗ 的坐标，由模长公式可得． 【解答】解：∵a ⃗ =(2,1,3)，b ⃗ =(−4,2,x)，且a ⃗ ⊥b ⃗ ， ∴a ⃗ ⋅b ⃗ =2×(−4)+1×2+3x =0，解得x =2， 故a ⃗ −b ⃗ =(2,1，3)−(−4，2，2)=(6，−1，1)， ∴|a ⃗ −b ⃗ |=√62+(−1)2+12=√38， 故答案为√38．14.【答案】x 2+(y +2)2=1【解析】 【分析】本题考查轨迹方程的求法，中点坐标公式的应用，考查计算能力，属于基础题． 设C(x,y)，P(x 0,y 0)，列出方程组，消去参数x 0，y 0，即可得到C 的轨迹方程． 【解答】解：设C(x,y)，P(x 0,y 0)，由题意知：{ x =x 0+02y =y 0−42x 02+y 02=4，化简得x 2+(y +2)2=1，故C 的轨迹方程为x 2+(y +2)2=1． 故答案为x 2+(y +2)2=1．15.【答案】√1010【解析】解：以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中棱长为2，则A(2,0，0)，E(2,2，1)，C(0,2，0)，D 1(0,0，2)，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2，1)，CD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−2,2)， 设AE 与CD 1所成角为θ， 则cosθ=|AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||AE ⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|CD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√5⋅√5=√1010， ∴AE 与CD 1所成角的余弦值为√1010．故答案为：√1010．以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出AE 与CD 1所成角的余弦值．本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，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，是中档题．16.【答案】√2x −y −√2=0【解析】 【分析】本题考查了抛物线的定义、方程和性质应用问题，也考查了中点坐标公式和直线与抛物线位置关系应用问题，是中档题．求得抛物线的焦点坐标和准线方程，由抛物线的定义求得P 的坐标，得到AB 中点M 的纵坐标，设直线l 为y =k(x −1)，代入抛物线的方程y 2=4x 消去x ，利用根与系数的关系求得k 的值即可． 【解答】解：抛物线y 2=4x 的焦点为F(1,0)，准线方程为x =−1， 若|PF|=32，可得x P +1=32， 即有x P =12， y P =√4×12=√2，可得AB的中点M的纵坐标为√2，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则y1+y2=2√2，过F的直线l的方程设为y=k(x−1)，代入抛物线的方程y2=4x可得：ky2−4y−4k=0，即有y1+y2=4k=2√2，解得k=√2，所以直线l的方程为√2x−y−√2=0．故答案为：√2x−y−√2=0．17.【答案】解：(1)由acosC+ccosA=2bcosA．利用正弦定理可得：sinAcosC+sinCcosA=2sinBcosA．∴sin(C+A)=2sinBcosA，即sinB=2sinBcosA，可得cosA=12．A∈(0,π)，∴A=π3．(2)由余弦定理可得：a2=b2+c2−2bccosA，可得：7=4+c2−2c，化为：c2−2c−3=0，解得：c=3，∴S△ABC=12bcsinA=12×2×3×√32=3√32．【解析】(1)由acosC+ccosA=2bcosA.利用正弦定理可得：sinAcosC+sinCcosA= 2sinBcosA.再利用和差公式、三角函数求值即可得出．(2)由余弦定理可得：a2=b2+c2−2bccosA，化简解得c.可得S△ABC=12bcsinA．本题考查了正弦定理余弦定理、三角函数求值、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．18.【答案】解：(1)证明：如图，连接AC1，BC1.在三棱柱ABC−A1B1C1中，E为AC1的中点．又因为F为AB的中点，所以EF//BC1；又EF⊄平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，所以：EF//平面BCC1B1．(2)解：以A 1为原点建立如图所示的空间直角坐标系A 1−xyz ， 则A(0,0，6)，B 1(0,4，0)，E(1,0，3)，F(0,2，6)， 所以BF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−2,6)，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0，−3)，AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2，0)． 设平面AEF 的法向量为n⃗ =(x,y ，x)， 则n ⃗ ⋅AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =x −3z =0且n ⃗ ⋅AF⃗⃗⃗⃗⃗ =2y =0，令x =3，得n ⃗ =(3,0，1)． 记B 1F 与平面AEF 所成θ，则sinθ=|B 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗|B 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗⃗ ||=310．【解析】(1)连接AC 1，BC 1.利用中位线性质即可得证；(2)建立空间直角坐标系，求出平面的法向量以及直线的方向向量，再带入公式即可求解．本题考查的知识点是直线与平面平行的判定，直线与平面所成的角，解决此类问题的关键是熟练掌握几何体的结构特征，进而得到空间中点、线、面的位置关系，利于建立空间之间坐标系，利用向量的有关知识解决空间角与空间距离以及线面的位置关系等问题，属于中档题．19.【答案】(1)设圆M 的标准方程为：(x −a)2+y 2=r 2(a ≤0)，则圆心M 到直线x +y +2√2=0的距离为√2|√2， 由题意得a 2+4=r 2√2|2=r，解得a =0或a =4√2(舍去)，所以r 2=4，所以圆M 的方程为x 2+y 2=4．(2)设直线l 的方程为y =kx +1，则圆心M 到直线l 的距离为√k 2+1， ∴|AB|=2√4−1k 2+1=2√4k 2+3k 2+1，又点P(0,−2)到直线l 的距离为d =√k 2+1， ∴S △PAB =12|AB|d =12×2√4k 2+3k 2+1√k 2+1=3√72，解得k 2=1，∴k =±1，则直线的方程为y =±x +1．【解析】(1)根据题意设出圆的方程：(x −a)2+y 2=r 2(a ≤0)，因为圆M 与直线x +y +2√2=0相切，得{a 2+4=r 2√2|√2=r ，求出a ，r 进而得出圆的标准方程． (2)求出|AB|，及点P 到直线l 的距离，表示出S △PAB =12|AB|d =12×2√4k 2+3k 2+12=3√72，求出斜率k ，进而得出直线方程．本题考查圆的方程，考查直线与圆的位置关系，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．20.【答案】(Ⅰ)证明：∵PA ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ，∴以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴， 建立空间直角坐标系，由题意B(1,0，0)，P(0,0，2)，C(2,2，0)， E(1,1，1)，D(0,2，0)， BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1，1)，DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0，0)， ∴BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，∴BE ⊥DC ． (Ⅱ)解：∵BE⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1，1)， ∴BE 的长为|BE ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√0+1+1=√2． (Ⅲ)解：∵BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2,0),CP⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,−2,2)， AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2，0)，由点F 在棱PC 上，设CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =λCP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2λ,−2λ,2λ)，0≤λ≤1， ∴BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CF⃗⃗⃗⃗⃗ =(1−2λ,2−2λ,2λ)， ∵BF ⊥AC ，∴BF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2(1−2λ)+2(2−2λ)=0，解得λ=34， 设平面FBA 的法向量为n⃗ =(a,b,c)， 则{n ⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a =0n⃗ ⋅BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =−12a +12b +32c =0， 取c =1，得n⃗ =(0,−3,1)， 取平面ABP 的法向量i =(0,1，0)， 则二面角F −AB −P 的平面角满足： cosα=|i ⋅n ⃗⃗ ||i |⋅|n ⃗⃗ |=√10=3√1010，∴二面角F −AB −P 的余弦值为3√1010．【解析】本题主要考查直线与平面、平面与平面之间的平行、垂直等位置关系，考查线线垂直、二面角的概念、求法等知识，考查空间想象能力和逻辑推理能力，是较难的题． (Ⅰ)以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系，求出 BE⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1，1)，DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0，0)，由BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，能证明BE ⊥DC ． (Ⅱ)由BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1，1)，能求出BE 的长．(Ⅲ)由BF ⊥AC ，求出BF ⃗⃗⃗⃗⃗ ，进而求出平面FBA 的法向量和平面ABP 的法向量，由此利用向量法能求出二面角F −AB −P 的余弦值．21.【答案】解：(1)由题意得，圆的半径r =p =p2+1，解得：p =2故抛物线的方程为y 2=4x ．(2)设点R(x 1,y 1)，S(x 2,y 2)，由直线l 过抛物线的焦点F(1,0)， 联立{x −√3y −1=0y 2=4x 得x 2−14x +1=0， 故x 1+x 2=14，所以|RS|=|RF|+|SF|=x 1+x 2+p =16， 由点N 为曲线E 上一点，设点N(x 0,−√3x 0)，点N 到直线l 的距离d =12|x 0−√3−√3x 0−1|=12|x 0+3x 0−1|，由−2≤x 0≤−1，故d =12|x 0+3x 0−1|=12(−x 0−3x 0+1)≥12×(2√(−x 0)×3−x 0)+1)=√3+1当且仅当−x 0=3−x 0，即x 0=−√3时，取等号，所以d min =√3+12，又△NRS 面积：S △NRS =12×|RS|×d =12×16×d =8d ， 故△NRS 面积的最小值为8√3+4．【解析】(1)由题意得r =p =p2+1，解得：p =2，得到抛物线方程．(2)设点R(x 1,y 1)，S(x 2,y 2)，由直线l 过抛物线的焦点F(1,0)，通过联立方程组结合韦达定理，推出|RS|，由点N 为曲线E ，设点N(x 0,−√3x 0)，点N 到直线l 的距离利用基本不等式转化求解即可．本题考查直线与抛物线的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力．22.【答案】解：(1)依题a +c =√2+1，c a =√22，解得a =√2，c =1， ∴b 2=a 2−c 2=2−1=1． ∴椭C 的方程为x 22+y 2=1；(2)由已知可得直线l 的方程为：y =kx 1+12，与椭圆C ：x 22+y 2=1联立，得(2+4k 12)x 2+4k 1x −3=0，由题意△>0，设M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2)，则x 1+x 2=−2k 11+2k 12，x 1x 2=−32(1+2k 12)．∴弦|MN|=√1+k 12⋅√(−2k 11+2k 12)2−4×−31+2k 12=√1+k 12⋅√6+16k 121+2k 12，OA 所在直线方程为y =k 2x ，与椭C ：x 22+y 2=1联立，解得x 2=21+2k 22，∴|OA|=√1+k 22⋅√21+2k 22．|OA||MN|=√1+k 22⋅√21+2k 22√1+k 12⋅√16k 12+61+2k 12=√2⋅12√k 1+2⋅√16k 1+6．令t =2k 12+1(t >1)，则k 12=t−12，则|OA||MN|=√2⋅(t+3)(4t−1) =√2√−t2+t+4，得到√66<|OA||MN|<√22，① ∴λ2=|OP|2|MN|2=|OB|2−|AB|2|MN|2=(|OA|+|AB|)2−|AB|2|MN|2=(|OA||MN|)2+2|AB||MN|⋅|OA||MN|=(|OA||MN|)2+2⋅45⋅|OA||MN|．令ω=|OA||MN|，由①知，√66<ω<√22，换元得：λ2=ω2+85ω，其中√66<ω<√22．∴16+415√6<λ2<12+45√2．【解析】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与圆、圆与椭圆位置关系的应用，考查计算能力，属较难题．(1)依题a+c=√2+1，结合离心率求得a与c的值，再由隐含条件求得b，则椭圆方程可求；(2)由已知可得直线l的方程，与椭圆C：x22+y2=1联立，化为关于x的一元二次方程，利用弦长公式求得弦|MN|，写出OA所在直线方程，与椭C：x22+y2=1联立求得|OA|，得到|OA||MN|，利用换元法求得|OA||MN|的范围，把λ2=|OP|2|MN|2转化为含|OA||MN|的代数式求解．。