2020-2021学年广东省湛江市高二（上）期末数学试卷人教A版

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这是一份2020-2021学年广东省湛江市高二（上）期末数学试卷人教A版，共12页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

1. 设集合A=x|x−7x+12<0，B=x|x+6>0，则A∩B=( )
A.{x|−6−12}D.{x|6
2. “四边形ABCD是菱形”是“四边形ABCD的对角线互相垂直”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

3. 双曲线x2−4y2=−8的渐近线方程为( )
A.y=±2xB.y=±12xC.y=±2xD.y=±22x

4. “一尺之棰，日取其半，万世不竭”这句话出自《庄子•天下篇》，其意思为“一根一尺长的木棰，每天截取其一半，永远都取不完”．设第一天这根木棰被截取一半剩下a1尺，第二天被截取剩下的一半剩下a2尺，…，第五天被截取剩下的一半剩下a5尺，则a1+a2a5=( )
A.18B.20C.22D.24

5. 已知抛物线C的焦点到准线的距离大于2，则C的方程可能为( )
A.y2=4xB.y2=−3xC.x2=6yD.y=−8x2

6. 如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为BB1的中点，若O为底面A1B1C1D1的中心，则异面直线C1E与AO所成角的余弦值为（）

A.3015B.3030C.815D.23015

7. P为椭圆C：x217+y213=1上一动点，F1，F2分别为左、右焦点，延长F1P至点Q，使得|PQ|=|PF2|，则动点Q的轨迹方程为( )
A.(x+2)2+y2=34B.(x+2)2+y2=68C.(x−2)2+y2=34D.(x−2)2+y2=68

8. 如图，某人在一条水平公路旁的山顶P处测得小车在A处的俯角为30∘，该小车在公路上由东向西匀速行驶7.5分钟后，到达B处，此时测得俯角为45∘．已知小车的速度是20km/h，且cs∠AOB=−338，则此山的高PO=( )

A.1kmB.22kmC.3kmD.2km
二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分．

设命题p:∀n∈N，6n+7为质数，则( )
A.¬p为假命题B.¬p:∃n∈N，6n+7不是质数
C.¬p为真命题D.¬p:∀n∈N，6n+7不是质数

设Sn是等差数列{an}的前n项和，且a1=2，a3=8，则( )
A.a5=12
B.公差d=3
C.S2n=n(6n+1)
D.数列1anan+1的前n项和为n6n+4

已知a>b>0，且a+3b=1，则( )
A.ab的最大值为112B.ab的最小值为112
C.1a+3b的最小值为16D.a2+15b2的最小值为58

已知椭圆Ω:x29+y2=1的左、右顶点分别为A，B，点P为Ω上一点，且P不在坐标轴上，直线AP与直线y=−3交于点C，直线BP与直线y=−3交于点D．设直线AP的斜率为k，则满足|CD|=36的k的值可能为( )
A.1B.−17C.110D.−7+2109
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡中的横线上．

设向量AB→=1,2,4，CD→=m,1,1，AB→⊥CD→，则实数m=________．

若双曲线x26−y2m=1的虚轴长为62，则该双曲线的离心率为________．

在△ABC中，若B=π3，tanC=23，AC=2，则AB=________．

已知点Pm,n是抛物线x2=−8y上一动点，则m2+n2+4n+4+m2+n2−4m+2n+5的最小值为________.
四、解答题．本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说期、证时过程或演算步骤．

△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知b2+c2−a2=58bc，sinC=2sinB．
(1)求csA；

(2)若△ABC的周长为6+15，求△ABC的面积．

如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC⊥BC，AC=AA1=2BC，E，F分别为侧棱BB1，CC1的中点．

(1)证明：BF//平面A1C1E；

(2)求B1C与平面A1C1E所成角的正弦值．

已知数列{an}的首项为4．
(1)若数列an−2n是等差数列，且公差为2，求an的通项公式；

(2)在①a3−a2=48且a2>0，②a3=64且a4>0，③a2021=16a2a2017这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中并解答．
问题：若an是等比数列，________，求数列3n−1an的前n项和Sn．
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．

如图，平面ABCDE⊥平面CEFG，四边形CEFG为正方形，点B在正方形ACDE的外部，且AB=BC=5，AC=4.

(1)证明：AD⊥CF；

(2)求平面BFG与平面ABCDE所成锐二面角的余弦值．

已知抛物线C:y2=2pxp>0与双曲线x23−y2=1有相同的焦点F．

(1)求C的方程，并求其准线l的方程；

(2)如图，过F且斜率存在的直线与C交于不同的两点Ax1,y1，Bx2,y2，直线OA与准线l交于点N，过点A作l的垂线，垂足为M．证明：y1y2为定值，且四边形AMNB为梯形．

已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为255，且焦距为8．
(1)求C的方程；

(2)设直线l的倾斜角为π3，且与C交于A，B两点，点O为坐标原点，求△AOB面积的最大值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年广东省湛江市高二（上）期末数学试卷
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1.
【答案】
B
【考点】
交集及其运算
【解析】
可求出集合A，B，然后进行交集的运算即可．
【解答】
解：∵ A=x|−12−6，
∴ A∩B={x|−6故选B．
2.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
利用充分条件和必要条件的定义，结合平面几何知识进行判断，即可得到答案．
【解答】
解：当四边形ABCD是菱形时，根据菱形的性质可知，四边形ABCD的对角线互相垂直.
当四边形ABCD的对角线互相垂直时，四边形不一定是菱形，也可能为筝形，
故“四边形ABCD是菱形”是“四边形ABCD的对角线互相垂直”的充分不必要条件．
故选A.
3.
【答案】
B
【考点】
双曲线的渐近线
【解析】
根据题意，将双曲线的方程变形为标准方程，分析可得其焦点位置以及a、b的值，利用双曲线的渐近线方程计算可得答案．
【解答】
解：根据题意，双曲线的方程：x2−4y2=−8变形可得y22−x28=1，
则其焦点在y轴上，且a=2，b=22，
则其渐近线方程为：y=±12x.
故选B.
4.
【答案】
D
【考点】
数列的应用
等比数列的通项公式
【解析】
设这根木棰的长度为1尺，分别计算每一次截取的量可得剩余的量，可得答案．
【解答】
解：设这根木棰的长度为1尺，
第一天这根木棰被截取一半为12，剩下a1=1−12=12(尺)，
第二天被截取剩下的一半为12×12，剩下a2=12−12×12=14(尺)，
第三天被截取剩下的一半为14×12，剩下a3=14−14×12=18(尺)，
第四天被截取剩下的一半为18×12，剩下a4=18−18×12=116(尺)，
第五天被截取剩下的一半为116×12，剩下a5=116−116×12=132(尺)，
则a1+a2a5=12+14132=24.
故选D.
5.
【答案】
C
【考点】
抛物线的性质
【解析】
利用已知条件推出p>2，然后判断选项的正误即可．
【解答】
解：抛物线C的焦点到准线的距离大于2，可得p>2，
y2=4x中p=2，所以A不正确；
y2=−3x中p=32，所以B不正确；
x2=6y中p=3，所以C正确；
y=−8x2，即x2=−18y，所以p=116，所以D不正确.
故选C.
6.
【答案】
D
【考点】
用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】
建立空间直角坐标系，利用向量夹角计算公式即可得出．
【解答】
解：如图所示，建立空间直角坐标系.
不妨设AB=2，
则A2,0,0,O1,1,2,C10,2,2,E2,2,1，
因为C1E→=2,0,−1,AO→=−1,1,2，
所以cs=C1E→⋅AO→|C1E→||AO→|=−45×6=−23015,
所以异面直线C1E与AO所成角的余弦值为23015．
故选D.
7.
【答案】
B
【考点】
圆的标准方程
椭圆的定义
【解析】
由椭圆的方程求出a，b，c的值，由此可得|PF1|+|PF2|=2a=217，再由已知可|QF1|=217，进而可以求解．
【解答】
解：由已知椭圆的方程可得：a2=17，b2=13，
则a=17，b=13，c=2.
由椭圆的定义可得|PF1|+|PF2|=2a=217.
因为|PQ|=|PF2|，
所以|PF1|+|PQ|=217，
所以|QF1|=217，
所以点Q的轨迹是以F1−2,0为圆心，217为半径的圆，
所以点Q的轨迹方程为：x+22+y2=68.
故选B.
8.
【答案】
A
【考点】
解三角形的实际应用
余弦定理
【解析】
设OP＝x，由题意可得：Rt△OBP中，∠PBO＝45∘；在Rt△OAP中，∠PAO＝30∘，即可得出OB，OA．AB＝×20＝2.5．在△OAB中，利用余弦定理即可得出．
【解答】
解：由题意，得∠OAP=30∘，∠OBP=45∘，
设OP=xkm，OP⊥OA，OP⊥OB，
则OA=3xkm，OB=xkm．
∵ AB=7.5×160×20=52km，
∴ 由余弦定理可知， cs∠AOB=OA2+OB2−AB22OA⋅OB
=4x2−25423x2=−338，
解得x=1，从而PO=1km．
故选A.
二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分．
【答案】
B,C
【考点】
命题的否定
全称命题与特称命题
命题的真假判断与应用
【解析】
先判断命题p为真命题，然后利用含有一个量词的命题的否得到￢p，利用命题的否定与原命题的真假相反得到答案．
【解答】
解：命题p:∀n∈N，6n+7为质数，
当n=3时，6×3+7=25不是质数，故命题p为假命题.
¬p:∃n∈N，6n+7不是质数，
所以¬p为真命题．
故选BC.
【答案】
B,C,D
【考点】
数列的求和
等差数列的通项公式
等差数列的前n项和
【解析】
本题先设等差数列{an}的公差为d，根据已知条件即可计算出d的值，判断选项B，然后根据通项公式计算出a5的值，判断选项A，再根据等差数列的求和公式计算出S2n的表达式，判断选项C，最后计算出等差数列{an}的通项公式，进一步计算出数列{}的通项公式，运用裂项相消法计算出数列{}的前n项和，判断选项D．
【解答】
解：由题意，设等差数列an的公差为d，
则d=a3−a12=8−22=3，
∴ a5=2+3×5−1=14，故选项A不正确，B正确；
S2n=2n×2+2n⋅2n−12×3=n6n+1，故选项C正确；
∵ an=2+3×n−1=3n−1，
∴ 1anan+1=13n−13n+2=1313n−1−13n+2，
∴ 数列1anan+1的前n项和为1a1a2+1a2a3+...+1anan+1
=13×(12−15+15−18+...+13n−1−13n+2)
=13×(12−13n+2)
=n6n+4，故选项D正确．
故选BCD．
【答案】
A,C,D
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
根据基本不等式的性质分别判断A，B，C，根据二次函数的性质判断D即可．
【解答】
解：对于A，B：∵ a>b>0，且a+3b=1，
∴ 1=a+3b≥23ab，故ab≤123，0对于C：∵ a>b>0，且a+3b=1，
∴ 1a+3b=(1a+3b)(a+3b)≥10+23ba⋅3ab=16，
当且仅当a=b=14时“=”成立，故C正确；
对于D：a2+15b2=a2+151−a32
=83a2−103a+53=83a−582+58≥58，
当且仅当a=58时“=”成立，故D正确.
故选ACD.
【答案】
A,D
【考点】
椭圆的应用
直线与椭圆结合的最值问题
椭圆的标准方程
【解析】
设出点P的坐标，求出直线PA，PB的斜率的乘积，然后再设出直线PA，PB的方程，进而可以求出点C，D的横坐标，进而可以求出|CD|，即可求解．
【解答】
解：设Px0,y0，
则kPA⋅kPB=y02x02−9=1−x029x02−9=−19．
∵ kPA=k，
∴ kPB=−19k.
∵ 直线AP的方程为y=kx+3，
∴ 点C的横坐标为−3k−3.
∵ 直线BP的方程为y=−19kx−3，
∴ 点D的横坐标为27k+3，
∴ |CD|=|27k+3k+6|=36，
整理，得9k2+14k+1=0或9k2−10k+1=0，
解得k=−7±2109或k=19或k=1．
故选AD．
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡中的横线上．
【答案】
−6
【考点】
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
由题意利用两个向量垂直的性质，两个向量的数量积公式，计算求得m的值．
【解答】
解：∵ AB→⊥CD→，
∴ AB→⋅CD→=m+2+4=0，
解得m=−6．
故答案为：−6．
【答案】
2
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
利用双曲线的虚轴长，求解b，然后求解c，即可求解离心率．
【解答】
解：因为双曲线x26−y2m=1的虚轴长为62，
可得b=32，a=6，c=6+18=26，
所以双曲线的离心率为：e=266=2.
故答案为：2.
【答案】
81313
【考点】
正弦定理
同角三角函数间的基本关系
【解析】
由已知利用同角三角函数基本关系式可求sinC的值，进而根据正弦定理即可求解AB的值．
【解答】
解：因为tanC=23，sin2C+cs2C=1，
所以sinC=23913.
由正弦定理，得ACsinB=ABsinC，
所以AB=AC⋅sinCsinB=81313．
故答案为：81313．
【答案】
3
【考点】
抛物线的标准方程
抛物线的定义
【解析】
抛物线的准线为y＝2，焦点F坐标为(0, −2)，表示点P(m, n)与点F(0, −2)的距离与点P(m, n)与点A(2, −1)的距离之和，由抛物线的定义和两点之间线段最短可得最小值，进而可得结论．
【解答】
解：∵ 抛物线x2=−8y的焦点为F0,−2，准线为l：y=2，
∴ m2+n2+4n+4+m2+n2−4m+2n+5
=m2+n+22+m−22+n+12的几何意义是
点Pm,n到F0,−2与点A(2,−1)的距离之和.
由抛物线的定义，得点Pm,n到F的距离等于点Pm,n到l的距离，
∴ 所求最小值为2−−1=3.
故答案为：3.
四、解答题．本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说期、证时过程或演算步骤．
【答案】
解：(1)∵ b2+c2−a2=58bc，
∴ csA=b2+c2−a22bc=58bc2bc=516．
(2)∵ sinC=2sinB，
∴ c=2b.
由余弦定理，得a2=b2+c2−2bccsA=154b2，
∴ a=152b.
∵ △ABC的周长为6+15，
∴ 3b+152b=6+15，
解得b=2，
∴ S△ABC=12bcsinA=12×b×2b1−(516)2
=12×2×4×23116
=2314．
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
（1）由已知利用余弦定理即可求解csA的值．
（2）由已知利用正弦定理化简可得c=2b，由余弦定理得a＝152b，根据△ABC的周长，可求b的值，进而利用三角形的面积公式即可计算得解．
【解答】
解：(1)∵ b2+c2−a2=58bc，
∴ csA=b2+c2−a22bc=58bc2bc=516．
(2)∵ sinC=2sinB，
∴ c=2b.
由余弦定理，得a2=b2+c2−2bccsA=154b2，
∴ a=152b.
∵ △ABC的周长为6+15，
∴ 3b+152b=6+15，
解得b=2，
∴ S△ABC=12bcsinA=12×b×2b1−(516)2
=12×2×4×23116
=2314．
【答案】
(1)证明：在三棱柱ABC−A1B1C1中，
∵ BB1=CC1，BB1//CC1，E，F分别为侧棱BB1，CC1的中点，
∴ BE//FC1，BE=FC1，
∴ 四边形BEC1F是平行四边形，
∴ BF//EC1 .
∵ C1E⊂平面A1C1E，BF⊄平面A1C1E，
∴ BF//平面A1C1E．
(2)解：以C为坐标原点，CA→的方向为x轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系C−xyz，
设BC=1，
则A1(2,0,2)，C1(0,0,2)，E(0,1,1)，B1(0,1,2)，C(0,0,0)，
C1A1→=2,0,0，EC1→=0,−1,1 ，CB1→=0,1,2 ．
设平面A1C1E的法向量为n→=x,y,z，
则n→⋅C1A1→=2x=0,n→⋅EC1→=−y+z=0,
令y=1，得n→=0,1,1，
则sin=|cs|=35⋅2=31010，
故B1C与平面A1C1E所成角的正弦值为31010.
【考点】
直线与平面平行的判定
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
（1）推导出BEC1F，从而四边形BEC1F是平行四边形，进而BF // EC1，由此能证明BF // 平面A1C1E．
（2）以C为原点，CA为x轴，CB为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出B1C与平面A1C1E所成角的正弦值．
【解答】
(1)证明：在三棱柱ABC−A1B1C1中，
∵ BB1=CC1，BB1//CC1，E，F分别为侧棱BB1，CC1的中点，
∴ BE//FC1，BE=FC1，
∴ 四边形BEC1F是平行四边形，
∴ BF//EC1 .
∵ C1E⊂平面A1C1E，BF⊄平面A1C1E，
∴ BF//平面A1C1E．
(2)解：以C为坐标原点，CA→的方向为x轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系C−xyz，
设BC=1，
则A1(2,0,2)，C1(0,0,2)，E(0,1,1)，B1(0,1,2)，C(0,0,0)，
C1A1→=2,0,0，EC1→=0,−1,1 ，CB1→=0,1,2 ．
设平面A1C1E的法向量为n→=x,y,z，
则n→⋅C1A1→=2x=0,n→⋅EC1→=−y+z=0,
令y=1，得n→=0,1,1，
则sin=|cs|=35⋅2=31010，
故B1C与平面A1C1E所成角的正弦值为31010.
【答案】
解：(1)因为a1=4，
所以a1−2=2.
因为数列{an−2n}是等差数列，且公差为2，
所以an−2n=2+2n−1=2n，
所以an=2n+2n ．
(2)选①：a3−a2=48且a2>0；
由题意，设数列an的公比为q.
由a3−a2=48，得4q2−4q=48，
解得q=4或q=−3，
又a2>0，
所以q=4．
所以an=4×4n−1=4n ，
所以3n−1an=3n−14n，
所以Sn=2×4+5×42+⋯+3n−1×4n ，
4Sn=2×42+5×43+⋯+3n−1×4n+1，
两式相减，得−3Sn=8+3(42+43+⋯+4n)−(3n−1)4n+1 ，
即−3Sn=8+3×42−4n+11−4+1−3n4n+1=2−3n4n+1−8，
所以Sn=(3n−2)4n+1+83．
选②：a3=64且a4>0；
由题意，设数列an的公比为q.
由a3=64，得4q2=64，
解得q=±4，
又a2>0，
所以q=4 ．
所以an=4×4n−1=4n ，
所以3n−1an=3n−14n．
所以Sn=2×4+5×42+⋯+3n−1×4n ，
4Sn=2×42+5×43+⋯+3n−1×4n+1，
两式相减，得−3Sn=8+3(42+43+⋯+4n)−(3n−1)4n+1 ，
即−3Sn=8+3×42−4n+11−4+1−3n4n+1=2−3n4n+1−8，
所以Sn=(3n−2)4n+1+83．
选③：a2021=16a2a2017；
由题意，设数列an的公比为q.
由a2021=16a2a2017，得a2021=16a1a2018=64a2018，
则q3=64，
解得q=4，
所以an=4×4n−1=4n ，
所以3n−1an=3n−14n．
所以Sn=2×4+5×42+⋯+3n−1×4n ，
4Sn=2×42+5×43+⋯+3n−1×4n+1，
两式相减，得−3Sn=8+3(42+43+⋯+4n)−(3n−1)4n+1 ，
即−3Sn=8+3×42−4n+11−4+1−3n4n+1=2−3n4n+1−8，
所以Sn=(3n−2)4n+1+83．
【考点】
等差数列的通项公式
数列的求和
【解析】
（1）直接利用已知条件求出数列的通项公式，再得到{an}的通项公式；
（2）根据条件分别求出数列的通项公式，然后利用错位相减法，求出数列{(3n−1)an}的前n项和．
【解答】
解：(1)因为a1=4，
所以a1−2=2.
因为数列{an−2n}是等差数列，且公差为2，
所以an−2n=2+2n−1=2n，
所以an=2n+2n ．
(2)选①：a3−a2=48且a2>0；
由题意，设数列an的公比为q.
由a3−a2=48，得4q2−4q=48，
解得q=4或q=−3，
又a2>0，
所以q=4．
所以an=4×4n−1=4n ，
所以3n−1an=3n−14n，
所以Sn=2×4+5×42+⋯+3n−1×4n ，
4Sn=2×42+5×43+⋯+3n−1×4n+1，
两式相减，得−3Sn=8+3(42+43+⋯+4n)−(3n−1)4n+1 ，
即−3Sn=8+3×42−4n+11−4+1−3n4n+1=2−3n4n+1−8，
所以Sn=(3n−2)4n+1+83．
选②：a3=64且a4>0；
由题意，设数列an的公比为q.
由a3=64，得4q2=64，
解得q=±4，
又a2>0，
所以q=4 ．
所以an=4×4n−1=4n ，
所以3n−1an=3n−14n．
所以Sn=2×4+5×42+⋯+3n−1×4n ，
4Sn=2×42+5×43+⋯+3n−1×4n+1，
两式相减，得−3Sn=8+3(42+43+⋯+4n)−(3n−1)4n+1 ，
即−3Sn=8+3×42−4n+11−4+1−3n4n+1=2−3n4n+1−8，
所以Sn=(3n−2)4n+1+83．
选③：a2021=16a2a2017；
由题意，设数列an的公比为q.
由a2021=16a2a2017，得a2021=16a1a2018=64a2018，
则q3=64，
解得q=4，
所以an=4×4n−1=4n ，
所以3n−1an=3n−14n．
所以Sn=2×4+5×42+⋯+3n−1×4n ，
4Sn=2×42+5×43+⋯+3n−1×4n+1，
两式相减，得−3Sn=8+3(42+43+⋯+4n)−(3n−1)4n+1 ，
即−3Sn=8+3×42−4n+11−4+1−3n4n+1=2−3n4n+1−8，
所以Sn=(3n−2)4n+1+83．
【答案】
(1)证明：∵ 四边形ACDE为正方形，
∴ AD⊥CE.
∵ 平面ABCDE⊥平面CEFG，平面ABCDE∩平面CEFG=CE，
∴ AD⊥平面FECG．
又CF⊂平面FECG，
∴ AD⊥CF.
(2)解：以C为坐标原点，CD→的方向为x轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系C−xyz．
∵ AB=BC=5，AC=4，
∴ 点B到AC的距离为1，
∴ G0,0,42，F4,4,42，B−1,2,0，
GF→=(4,4,0)，BG→=(1,−2,42)．
设平面BFG的一个法向量为n→=x,y,z，
则n→⋅GF→=n→⋅BG→=0，
即4x+4y=x−2y+42z=0，
令y=42，得n→=(−42,42,3)．
取m→=0,0,1为平面ABCDE的一个法向量，
∴ cs⟨m→,n→⟩=m→⋅n→|m→||n→|=373=37373，
∴ 平面BFG与平面ABCDE所成锐二面角的余弦值为37373．
【考点】
两条直线垂直的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
（1）由四边形ACDE为正方形，可得AD⊥CE，再由面面垂直的性质可得AD⊥平面FECG，从而得到AD⊥CF；
（2）以E为坐标原点，建立空间直角坐标系A−xyz，利用向量法能求出平面BFG与平面ABCDE所成锐二面角的余弦值．
【解答】
(1)证明：∵ 四边形ACDE为正方形，
∴ AD⊥CE.
∵ 平面ABCDE⊥平面CEFG，平面ABCDE∩平面CEFG=CE，
∴ AD⊥平面FECG．
又CF⊂平面FECG，
∴ AD⊥CF.
(2)解：以C为坐标原点，CD→的方向为x轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系C−xyz．
∵ AB=BC=5，AC=4，
∴ 点B到AC的距离为1，
∴ G0,0,42，F4,4,42，B−1,2,0，
GF→=(4,4,0)，BG→=(1,−2,42)．
设平面BFG的一个法向量为n→=x,y,z，
则n→⋅GF→=n→⋅BG→=0，
即4x+4y=x−2y+42z=0，
令y=42，得n→=(−42,42,3)．
取m→=0,0,1为平面ABCDE的一个法向量，
∴ cs⟨m→,n→⟩=m→⋅n→|m→||n→|=373=37373，
∴ 平面BFG与平面ABCDE所成锐二面角的余弦值为37373．
【答案】
(1)解：∵ 双曲线x23−y2=1的右焦点为F2,0，
∴ p2=2，
解得p=4，
∴ C的方程为y2=8x，其准线l的方程为x=−2．
(2)证明：由题意可知，直线AB过点F且斜率存在，
设直线AB的方程为y=kx−2k≠0，
联立y=kx−2,y2=8x,
整理，得ky2−8y−16k=0，
则Δ=64+64k2>0恒成立，
y1y2=−16kk=−16，
故y1y2为定值．
由题意，得点N在准线l上，设点N−2,m，
由kOA=kON，得y1x1=m−2，
又∵ y2=−16y1，
∴ m=−2y1x1=−2y1y128=−16y1=y2，
∴ BN//x轴//AM.
又∵ x1≠x2，|AM|≠|BN|，
∴ 四边形AMNB为梯形．
【考点】
抛物线的定义
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
（1）根据题意可得双曲线的右焦点为(2, 0)，则，解得p，进而可得C的方程和准线l的方程；
（2）设直线AB方程为y＝k(x−2)(k≠0)，联立直线AB与抛物线的方程得关于y的一元二次方程，由韦达定理可得y1*y2为定值；设点N为(−2, m)，由kOA＝kON，推出可得m＝y2，进而可得BN // x轴 // AM，|AM|≠|BN，即可得证．
【解答】
(1)解：∵ 双曲线x23−y2=1的右焦点为F2,0，
∴ p2=2，
解得p=4，
∴ C的方程为y2=8x，其准线l的方程为x=−2．
(2)证明：由题意可知，直线AB过点F且斜率存在，
设直线AB的方程为y=kx−2k≠0，
联立y=kx−2,y2=8x,
整理，得ky2−8y−16k=0，
则Δ=64+64k2>0恒成立，
y1y2=−16kk=−16，
故y1y2为定值．
由题意，得点N在准线l上，设点N−2,m，
由kOA=kON，得y1x1=m−2，
又∵ y2=−16y1，
∴ m=−2y1x1=−2y1y128=−16y1=y2，
∴ BN//x轴//AM.
又∵ x1≠x2，|AM|≠|BN|，
∴ 四边形AMNB为梯形．
【答案】
解：(1)依题意可知e=ca=255,2c=8,a2=b2+c2,
解得a=25,c=4，
故C的方程为x220+y24=1.
(2)依题意可设直线l的方程为y=3x+m.
联立y=3x+m,x220+y24=1,整理得16x2+103mx+5m2−20=0，
则Δ=300m2−645m2−20>0，解得−8设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
则x1+x2=−53m8,x1x2=5m2−2016，
|AB|=1+3(x1+x2)2−4x1x2=−5m2+3204，
原点到直线l的距离d=|m|1+3=|m|2，
则△AOB的面积S=12d⋅|AB|=12×|m|2×−5m2+3204
=−5m2−322+512016，
当且仅当m2=32，即m=±42时，△AOB的面积有最大值25.
【考点】
椭圆的标准方程
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
（1）根据椭圆的离心率和焦距列方程组，解得a，b，c，进而可得椭圆的方程．
（2）依题意可设直线l的方程为，联立直线l与椭圆的方程，得关于x的一元二次方程，可得△>0，解得−8由韦达定理可得x1+x2，x1x2，由点到直线的距离公式可得原点到直线l的距离d，再计算三角形AOB的面积最大值，即可．
【解答】
解：(1)依题意可知e=ca=255,2c=8,a2=b2+c2,
解得a=25,c=4，
故C的方程为x220+y24=1.
(2)依题意可设直线l的方程为y=3x+m.
联立y=3x+m,x220+y24=1,整理得16x2+103mx+5m2−20=0，
则Δ=300m2−645m2−20>0，解得−8设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
则x1+x2=−53m8,x1x2=5m2−2016，
|AB|=1+3(x1+x2)2−4x1x2=−5m2+3204，
原点到直线l的距离d=|m|1+3=|m|2，
则△AOB的面积S=12d⋅|AB|=12×|m|2×−5m2+3204
=−5m2−322+512016，
当且仅当m2=32，即m=±42时，△AOB的面积有最大值25.

2020-2021学年广东省湛江市高二（上）期末数学试卷人教A版

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