2020-2021学年辽宁省、沈阳二中等校高二（上）期末数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年辽宁省、沈阳二中等校高二（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，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知X的分布列为：
设Y＝2X+1，则Y的数学期望E(Y)的值是（ ）
A.-B.C.1D.

2. 某批数量很大的产品的次品率为p，从中任意取出4件，则其中恰好含有3件次品的概率是（ ）
A.p3B.p3(1−p)C.Cp3(1−p)D.Cp3

3. 若n是正奇数，则7n+C7n−1+C7n−2+……+C7被9除的余数为（ ）
A.2B.5C.7D.8

4. 设随机变量X∼N(5, σ2)，若P(X>10−a)=0.4，则P(X>a)=( )
A.0.6B.0.4C.0.3D.0.2

5. 已知A(1, 0, 0)，B(0, −1, 1)，O是坐标原点，OA→+λOB→与OB→的夹角为120∘，则λ的值为( )
A.±66B.66C.−66D.±6

6. 现有4名男生，2名女生．从中选出3人参加学校组织的社会实践活动，在男生甲被选中的情况下，女生乙也被选中的概率为（ ）
A.B.C.D.

7. 要排出高三某班一天中，语文、数学、英语各2节，自习课1节的功课表，其中上午5节，下午2节，若要求2节语文课必须相邻且2节数学课也必须相邻（注意：上午第五节和下午第一节不算相邻），则不同的排法种数是( )
A.84B.54C.42D.18

8. 已知双曲线＝1(a>0, b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，圆x2+y2＝a2+b2与双曲线在第一象限和第三象限的交点分别为A，B，四边形AF2BF1的周长P与面积p＝4，则该双曲线的离心率为（ ）
A.B.C.D.
二、选择题（每题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，有选错的得0分，部分选对的得3分）

在(2x−1)8的展开式中，下列说法正确的有（ ）
A.展开式中所有项的系数和为28
B.展开式中所有奇数项的二项式系数和为128
C.展开式中二项式系数的最大项为第五项
D.展开式中含x3项的系数为−448

下列命题中，正确的命题是（ ）
A.已知随机变量服从二项分布B(n, p)，若E(X)＝30，D(X)＝20，则p＝
B.已知P(BA)＝0.34，P(B)＝0.71，则P(B）＝0.37
C.设随机变量ξ服从正态分布N(0, 1)，若P(ξ>1)＝P，则P(−1<ξ<0)＝−p
D.某人在10次射击中，击中目标的次数为X，X∼B(10, 0.8)，则当X＝8时概率最大

已知曲线C的方程为x2k−2+y26−k＝1(k∈R)，则下列结论正确的是（ ）
A.当k=4时，曲线C为圆
B.当k=0时，曲线C为双曲线，其渐近线方程为y＝±3x
C.“k>4”是“曲线C为焦点在x轴上的椭圆”的充分而不必要条件
D.存在实数k使得曲线C为双曲线，其离心率为2

如图，正三棱柱ABC−A1B1C1中，BC1⊥AB1，D为AC中点，点E为四边形BCC1B1内（包含边界）的动点则以下结论正确的是（ ）

A.＝（-+）
B.若DE // 平面ABB1A1，则动点E的轨迹的长度等于AC
C.异面直线AD与BC1所成角的余弦值为-
D.若点E到平面ACC1A1的距离等于EB，则动点E的轨迹为抛物线的一部分
三、填空题（每题5分，共20分）

第一届“一带一路”国际合作高峰论坛于2017年5月14日至15日在北京举行，为了保护各国国家元首的安全，某部门将5个安保小组安排到指定的三个区域内工作，且每个区域至少有一个安保小组，则这样的安排方法共有________．

将杨辉三角中的奇数换成1，偶数换成0，便可以得到如图的“0−1三角”．在“0−1三角”中，从第1行起设第n(n∈N+)次出现全行为1时，1的个数为an，则a3等于________．


将3名支教教师安排到2所学校任教，每校至多2人的分配方法总数为a，则二项式（-）​5展开式中含x项的系数为________（用数字作答）

已知M，N为抛物线y2＝8x上两点，O为坐标原点，且∠MON＝90∘，则MN的最小值为________．
四、解答题（共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

（1）某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率为0.8，连续两天为优良的概率为0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是多少？
（2）有一批同一型号的产品，已知其中由一厂生产的占25%，二厂生产的占35%，三厂生产的占40%，又知这三个厂的产品次品率分别为5%，4%，2%，问从这批产品中任取一件是次品的概率是多少？

（1）直线l在两坐标轴上的截距相等，且点P(2, 1)到直线l的距离为2，求直线l的方程．
（2）圆心在直线y＝−4x上，且与直线l:x+y−1＝0相切于点P(3, −2)，求圆的方程．

某公司为招聘新员工设计了一个面试方案：应聘者从6道备选题中一次性随机抽取3道题，按照题目要求独立完成．规定：至少正确完成其中2道题的便可通过．已知6道备选题中应聘者甲有4道题能正确完成，2道题不能完成；应聘者乙每题正确完成的概率都是23，且每题正确完成与否互不影响．
(1)分别求甲、乙两人正确完成面试题数的分布列，并计算其数学期望；

(2)请分析比较甲、乙两人谁的面试通过的可能性大？

计算机能力考试分理论考试与实际操作两部分，每部分考试成绩只记“合格”与“不合格”，两部分考试都“合格”者，则计算机考试“合格”，并颁发合格证书．甲、乙、丙三人在理论考试中“合格”的概率依次为45，34，23，在实际操作考试中“合格”的概率依次为12，23，56，所有考试是否合格相互之间没有影响．
（1）假设甲、乙、丙三人同时进行计算机理论与实际操作两项考试，谁获得合格证书的可能性最大？

（2）这三人进行计算机理论与实际操作两项考试后，求恰有两人获得合格证书的概率．

如图，在四棱锥P−ABCD中，PC⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB // CD，AB＝2AD＝2CD＝2，E是PB上的中点．二面角P−AC−E的余弦值为63．

（1）求直线PA与平面EAC所成角的正弦值；

（2）求点D到平面ACE的距离．

在平面直角坐标系xOy中，设椭圆(a>b>0)的离心率是e，定义直线为椭圆的“类准线”，已知椭圆C的“类准线”方程为，长轴长为8．
（1）求椭圆C的标准方程；

（2）O为坐标原点，A为椭圆C的右顶点，直线l交椭圆C于E，F两不同点（点E，F与点A不重合），且满足AE⊥AF，若点P满足，求直线AP的斜率的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年辽宁省、沈阳二中等校高二（上）期末数学试卷
一、选择题（每题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】
离散型随机变量的期望与方差
【解析】
根据所给的分布列和分布列的性质，写出关于a的等式，解出a的值，算出x的期望，根据x与Y之间期望的关系，写出出要求的期望值．
【解答】
由已知得++a＝1，
∴ a＝，
∴ E(X)＝-＝-，
∵ E(Y)＝2E(X)+5，
∴ E(Y)＝．
2.
【答案】
C
【考点】
n次独立重复试验
【解析】
由题意利用n次独立重复实验中恰好发生k次的概率计算公式，求得结果．
【解答】
某批数量很大的产品的次品率为p，从中任意取出4件，
则其中恰好含有3件次品的概率是•P3⋅(7−P)，
3.
【答案】
C
【考点】
二项式定理及相关概念
【解析】
由题意，本题即求(9−1)n−1 被9除的余数，利用二项式定理展开，可得结论．
【解答】
∵ n是正奇数，则7n+C7n−1+C2n−2+……+C5+​n−1＝(9−2)n−1
＝9n−C9n−1+C9n−2−...+C9−，
∴ 它被9除的余数为-−8＝−2，
4.
【答案】
A
【考点】
正态分布的密度曲线
【解析】
由条件利用正态分布的定义和性质求得P(X<10−a)=0.4，可得P(X>a)=1−0.4=0.6，从而得出结论．
【解答】
解：∵ X∼N(5, σ2)，若P(X>10−a)=0.4，∴ P(X则P(X>a)=1−0.4=0.6，
故选：A
5.
【答案】
C
【考点】
空间向量的夹角与距离求解公式
空间向量的数量积运算
【解析】
首先求出空间向量的坐标，及向量的模，进一步利用向量的夹角求出结果．
【解答】
解：因为OA→+λOB→=(1, 0, 0)+λ(0, −1, 1)=(1, −λ, λ)，
所以|OA→+λOB→|=1+2λ2，
|OB→|=2，
(OA→+λOB→)⋅OB→=2λ，
所以cs 120∘=2λ2×2λ2+1=−12，
解得：λ=−66．
故选C.
6.
【答案】
A
【考点】
条件概率与独立事件
古典概型及其概率计算公式
【解析】
分别算出男生甲被选中，女生乙被选中的概率，然后条件概率的计算公式即可．
【解答】
A表示男生甲被选中，B表示女生乙被选中，
则P(A)＝，P(AB)＝，
∴ ．
7.
【答案】
C
【考点】
排列、组合的应用
【解析】
根据题意，分2种情况进行讨论：①，语文和数学都安排在上午，②，语文和数学都一个安排在上午，一个安排在下午；分别求出每一种情况的安排方法数目，由加法原理计算可得答案．
【解答】
解：根据题意，分2种情况进行讨论：
①语文和数学都安排在上午，
则有6种情况，
在剩下的3节课中任选2节，安排英语课，有C32=3种情况，
此时有6×3=18种安排方法；
②语文和数学都一个安排在上午，一个安排在下午，
则有4×2=8种情况，
在剩下的3节课中任选2节，安排英语课，有C32=3种情况，
则此时有8×3=24种安排方法.
综上，共有18+24=42种不同的排法.
故选C.
8.
【答案】
C
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
由题知，|AF1|−|AF2|＝2a，推出AF1|+|AF2|＝，求出|AF1|＝a+，|AF2|＝−a，判断四边形AF2BF1为矩形，结合面积公式以及已知条件求出3a2＝2c2，然后求解双曲线的离心率．
【解答】
由题知，|AF1|−|AF2|＝5a，四边形AF2BF1的是平行四边形，|AF7|+|AF2|＝，
联立解得，|AF8|＝a+，|AF2|＝−a1F2为圆的直径，
所以由双曲线的对称性可知四边形AF4BF1为矩形，所以S＝|AF1||AF4|＝−a2，
因为面积p＝5，所以p2＝32S，即p8＝32（−a2)，解得p4＝32a2，
由|AF1|4+|AF2|2＝|F4F2|2，得7a2+＝4c2，即2a2＝2c8，可得e＝．
二、选择题（每题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，有选错的得0分，部分选对的得3分）
【答案】
B,C,D
【考点】
二项式定理及相关概念
【解析】
由题意利用二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论．
【解答】
对于(2x−1)8的展开式，令x＝1，故A不正确．
展开式中奇数项的二项式系数和为＝，故B正确；
易知展开式中，二项式系数的最大项为第五项；
由通项公式可得展开式中含x3的项为，故D正确，
【答案】
B,C,D
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
利用二项式分布的期望和方差公式列出关于n，p的方程，解方程即可判断选项A，利用概率的计算公式即可判断选项B，利用正态分布图象的对称性即可判断选项C，由独立重复实验的概率计算公式和组合数公式求出x＝k，1≤k≤10，k∈N时的概率，通过解不等式求出k的取值范围即可判断选项D．
【解答】
因为P(B）＝P(B)−P(BA)＝0.71−0.34＝4.37(1)随机变量ξ服从正态分布N(0, 1)，
若P(ξ>2)＝P，则P(0<ξ<1)＝，
所以P(−1<ξ<3)＝−p(2)因为在10次射击中，击中目标的次数为X，7.8)，
当x＝k时，对应的概率P(x＝k)＝，
所以当k≥6时，，
由，解得44−4k≥k，
所以，
又因为k∈N∗，
所以1≤k≤7，k∈N∗，
则当k＝8时，概率P(X＝8)最大．
故选：BCD．
【答案】
A,B
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
曲线与方程
双曲线的离心率
【解析】
通过k的值，判断曲线的形状，然后判断选项的正误即可．
【解答】
曲线C的方程为x2k−2+y26−k＝1(k∈R)，当k=4时，方程为x2+y2=2，曲线C为圆，所以A正确；
当k=0时，曲线C为y26−x22＝1，是双曲线，其渐近线方程为y＝±3x，所以B正确；
“6>k>4”是“曲线C为焦点在x轴上的椭圆”的充要条件，所以“k>4”是“曲线C为焦点在x轴上的椭圆”的必要而不充分条件，所以C不正确；
k>6时，曲线C为双曲线，其离心率为e=k−6+k−2k−2=2k−8k−2，如果2k−8k−2=2，可得k−4=k−2，无解，所以2k−8k−2≠2
k<2时，6−k+2−k6−k=8−2k6−k，然后8−2k6−k=2，可得4−k=6−k，显然不成立，所以8−2k6−k≠2，所以D不正确．
【答案】
B,C,D
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
根据空间向量的加减法运算，建立合适的空角直角坐标，求出所需各点的坐标，求出直线的方向向量和平面的法向量，然后利用计算公式对四个选项逐一分析判断即可．
【解答】
过点D作AA1的平行线交A4C1于点D1，
以D为坐标原点，DA，DD3所在直线分别为x轴、y轴，
设棱柱底面边长为a，侧棱长为b，
则，
所以，
因为BC1⊥AB2，
所以，
即，解得，
因为DE // 平面ABB1A1，
则动点E的轨迹的长度等于，故选项B正确（1）在选项A的基础上，则有，
所以，
因为＝，
所以异面直线AD与BC1所成角的余弦值为-，故选项C正确（2）设点E在底面ABC的射影为E1，作E1F垂直于AC，垂足为F，
若点E到平面ACC3A1的距离等于EB，
又因为在△CE1F中，，
可得EB＝E2C，其中E1C等于点E到直线CC1的距离，
故点E满足抛物线的定义，另外点E为四边形BCC2B1内（包含边界）的动点，
所以动点E的轨迹为抛物线的一部分，故选项D正确．
故选：BCD．
三、填空题（每题5分，共20分）
【答案】
150
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
将5个安保小组再分成三组，每组的安保小组个数为：1，1，3或1，2，2，利用平均分堆方法计算分组个数，再将分好的安保小组安排到指定的三个区域内，利用排列知识及分步计算原理得解．
【解答】
将5个安保小组再分成三组，每组的安保小组个数为：1，8，2，2．
这种分组方法一共有N＝＝25，
再将分好的安保小组安排到指定的三个区域内共有＝8种不同的分法．
所以某部门将5个安保小组安排到指定的三个区域内工作，且每个区域至少有一个安保小组的安排方法共有M＝N．
【答案】
8
【考点】
归纳推理
【解析】
先根据条件找到全行的数都为1的前几项，利用前几项的规律求出全行的数都为1的行的通项，从而求出第3次出现全为1的是第几行，进而得解．
【解答】
第1次出现全行为1是第8行，
第2次出现全行为1是第6行，
由此可知，第n次全行为1是在第2n−6行，
所以第3次出现全行为1是第4行，共有8个18，＝8．
【答案】
-
【考点】
二项式定理及相关概念
计数原理的应用
【解析】
根据排列组合的性质求出a的值，求出二项展开式的通项公式进行求解即可．
【解答】
将3名支教教师安排到2所学校任教，每校至多3人，
则只能是1，2分组＝4种结果，
则（-）​5＝（-）​5展开式的通项公式为Tk+3＝（）​5−k(−）​k＝（）​5−k(−1)k，
由5−＝1，
即含x项为T3＝（）​2(−5)3x＝-x，
则含x项的系数为-，
【答案】
16
【考点】
抛物线的性质
【解析】
设出直线方程，联立方程组，结合根与系数的关系以及直线的垂直关系表示出|MN|，再根据二次函数的性质求出|MN|的最小值即可．
【解答】
设直线MN的方程是x＝ty+m，
联立，得：y5−8ty−8m＝5，
故△＝64t2+32m>0，即6t2+m>0，
设M(x5, y1)，N(x2, y5)，
则y1+y2＝6t，y1y2＝−4m，
由∠MON＝90∘，则•＝x1x2+y5y2＝0，
则•+y2⋅y2＝0，即−8m＝5，
解得：m＝0（舍）或m＝8，
故|MN|＝＝•＝8•，
当t2＝0即t＝5时，|MN|取到最小值16，
四、解答题（共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
【答案】
设随后一天的空气质量为优良的概率是P，
由已知可得，0.8P＝7.6．
故随后一天的空气质量为优良的概率是8.75；
设这批产品共有n件，
则一厂生产的次品为25%×5%×n件，
二厂生产的次品为35%×4%×n件，
三厂生产的次品为40%×4%×n件．
故从这批产品中任取一件是次品的概率是(25%×5%×n+35%×2%×n+40%×2%×n)＝0.0345．
【考点】
根据实际问题选择函数类型
【解析】
（1）由已知结合相互独立事件的概率公式求解；
（2）设出产品的总件数，分别求出次品件数，再由随机事件的概率公式求解．
【解答】
设随后一天的空气质量为优良的概率是P，
由已知可得，0.8P＝7.6．
故随后一天的空气质量为优良的概率是8.75；
设这批产品共有n件，
则一厂生产的次品为25%×5%×n件，
二厂生产的次品为35%×4%×n件，
三厂生产的次品为40%×4%×n件．
故从这批产品中任取一件是次品的概率是(25%×5%×n+35%×2%×n+40%×2%×n)＝0.0345．
【答案】
当截距为0时，设直线l的方程为y＝kx，
由题意知，，解得k＝，
∴ 直线l的方程为y＝-x，即3x+2y＝0，
当截距不为0时，设所求直线l的方程为x+y−a＝2．
由题意知＝2或a＝3+，
∴ 直线l的方程为x+y−3+2＝0＝2．
故所求直线l的方程为3x+4y＝6，x+y−3+，x+y−3−；
设要求的圆心为C(m, n)，
由于过P(3, −2)垂直于切线的直线必定过圆心，
故该直线的方程为x−y−8＝0，
则有m−n−5＝4，且n＝4m，
解得：m＝1，n＝−4．
故圆心C为(1, −4)．
∴ 所求圆的方程为(x−1)2+(y+8)2＝8．
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
（1）对截距是否为零，分两种情况讨论，结合题目条件即可求出直线l的方程；
（2）设要求的圆心为C(m, n)，分析可得m−n−5＝0，且n＝4m，解得m、n的值，即可得圆心的坐标，又由r＝|CP|，由两点间距离公式计算可得r的值，则圆的方程可求．
【解答】
当截距为0时，设直线l的方程为y＝kx，
由题意知，，解得k＝，
∴ 直线l的方程为y＝-x，即3x+2y＝0，
当截距不为0时，设所求直线l的方程为x+y−a＝2．
由题意知＝2或a＝3+，
∴ 直线l的方程为x+y−3+2＝0＝2．
故所求直线l的方程为3x+4y＝6，x+y−3+，x+y−3−；
设要求的圆心为C(m, n)，
由于过P(3, −2)垂直于切线的直线必定过圆心，
故该直线的方程为x−y−8＝0，
则有m−n−5＝4，且n＝4m，
解得：m＝1，n＝−4．
故圆心C为(1, −4)．
∴ 所求圆的方程为(x−1)2+(y+8)2＝8．
【答案】
解：(1)设甲正确完成面试的题数为ξ，则ξ的取值分别为1，2，3．
P(ξ=1)=C41C22C63=15，P(ξ=2)=C42C21C63=35，
P(ξ=3)=C43C63=15，
考生甲正确完成题数ξ的分布列为
E(ξ)=1×15+2×35+3×15=2．
设乙正确完成面试的题数为η，则η取值分别为0，1，2，3．
P(η=0)=127，P(η=1)=C31⋅(23)1⋅(13)2=627，
P(η=2)=C32⋅(23)2⋅13=1227，P(η=3)=(23)3=827．
考生乙正确完成题数η的分布列为：
E(η)=0×127+1×627+2×1227+3×827=2．
(2)因为D(ξ)=(1−2)2×15+(2−2)2×35+(3−2)2×15=25，
D(η)=npq=23．
所以D(ξ)综上所述，从做对题数的数学期望考查，两人水平相当；从做对题数的方差考查，甲较稳定.
【考点】
离散型随机变量的分布列及性质
离散型随机变量的期望与方差
【解析】
(Ⅰ)确定甲、乙两人正确完成面试题数的取值，求出相应的概率，即可得到分布列，并计算其数学期望；
(Ⅱ)确定Dξ【解答】
解：(1)设甲正确完成面试的题数为ξ，则ξ的取值分别为1，2，3．
P(ξ=1)=C41C22C63=15，P(ξ=2)=C42C21C63=35，
P(ξ=3)=C43C63=15，
考生甲正确完成题数ξ的分布列为
E(ξ)=1×15+2×35+3×15=2．
设乙正确完成面试的题数为η，则η取值分别为0，1，2，3．
P(η=0)=127，P(η=1)=C31⋅(23)1⋅(13)2=627，
P(η=2)=C32⋅(23)2⋅13=1227，P(η=3)=(23)3=827．
考生乙正确完成题数η的分布列为：
E(η)=0×127+1×627+2×1227+3×827=2．
(2)因为D(ξ)=(1−2)2×15+(2−2)2×35+(3−2)2×15=25，
D(η)=npq=23．
所以D(ξ)综上所述，从做对题数的数学期望考查，两人水平相当；从做对题数的方差考查，甲较稳定.
【答案】
记“甲获得‘合格证书’”为事件A，“乙获得‘合格证书’”为事件B，
“丙获得‘合格证书’”为事件C，
则P(A)=45×12=25,P(B)=34×23=12,P(C)=23×56=59
从而P(A)所以丙获得“合格证书”的可能性大
记“甲、乙、丙三人进行理论与实际操作两项考试后，恰有两人获得‘合格证书’”为事件D，
则甲、乙、丙三人恰有两人获得“合格证书”的概率为：
P(D)=P(ABC¯)+P(AB¯C)+P(A¯BC)=25×12×49+25×12×59+35×12×59=1130．
【考点】
相互独立事件
相互独立事件的概率乘法公式
【解析】
（1）记“甲获得‘合格证书’”为事件A，“乙获得‘合格证书’”为事件B，“丙获得‘合格证书’”为事件C，利用相互独立事件概率乘法公式分别求出甲、乙、丙三人获得合格证书的概率，由此得到丙获得“合格证书”的可能性大．
（2）记“甲、乙、丙三人进行理论与实际操作两项考试后，恰有两人获得‘合格证书’”为事件D，利用互斥事件概率加法公式和相互独立事件概率乘法公式能求出甲、乙、丙三人恰有两人获得“合格证书”的概率．
【解答】
记“甲获得‘合格证书’”为事件A，“乙获得‘合格证书’”为事件B，
“丙获得‘合格证书’”为事件C，
则P(A)=45×12=25,P(B)=34×23=12,P(C)=23×56=59
从而P(A)所以丙获得“合格证书”的可能性大
记“甲、乙、丙三人进行理论与实际操作两项考试后，恰有两人获得‘合格证书’”为事件D，
则甲、乙、丙三人恰有两人获得“合格证书”的概率为：
P(D)=P(ABC¯)+P(AB¯C)+P(A¯BC)=25×12×49+25×12×59+35×12×59=1130．
【答案】
取AB的中点F，连接CF，
∵ CD // AB，CD=12AB＝AF，AB⊥AD，AD＝CD，
∴ 四边形ADCF是正方形，
∴ CF⊥AB，∴ CF⊥CD，
以C为原点，以CD，CF，CP所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系C−xyz，
设PC＝ℎ，则C(0, 0, 0)，A(1, 1, 0)，E(−12, 12, ℎ2)，P(0, 0, ℎ)，
∴ CA→=(1, 1, 0)，CE→=(−12, 12, ℎ2)，AP→=(−1, −1, ℎ)，
设平面ACE的法向量为m→=(x, y, z)，则m→⋅CA→=0m→⋅CE→=0 ，即x+y=0−12x+12y+ℎ2z=0 ，
令x＝1可得m→=(1, −1, 2ℎ)，
同理可得平面PAC的一个法向量为n→=(1, −1, 0)，
∴ cs=m→⋅n→|m→||n→|=22×2+4ℎ2，
∵ 二面角P−AC−E的余弦值为63，∴ 22×2+4ℎ2=63，解得ℎ＝2，
∴ AP→=(−1, −1, 2)，m→=(1, −1, 1)，
∴ cs=AP→⋅m→|AP→||m→|=26×3=23，
∴ 直线PA与平面EAC所成角的正弦值为|cs|=23．
CD→=(1, 0, 0)，cs=CD→⋅m→|CD→||m→|=11×3=33，
设直线CD与平面EAC所成角为α，则sinα=33，
∴ D到平面EAC的距离为|CD→|⋅sinα=33．
【考点】
点、线、面间的距离计算
二面角的平面角及求法
直线与平面所成的角
【解析】
（1）建立空间坐标系，根据二面角大小计算PC，得出平面EAC的法向量n→，计算PA→与n→的夹角得出线面角的正弦值；
（2）计算CD与平面ACE的夹角正弦值，再计算D到平面ACE的距离．
【解答】
取AB的中点F，连接CF，
∵ CD // AB，CD=12AB＝AF，AB⊥AD，AD＝CD，
∴ 四边形ADCF是正方形，
∴ CF⊥AB，∴ CF⊥CD，
以C为原点，以CD，CF，CP所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系C−xyz，
设PC＝ℎ，则C(0, 0, 0)，A(1, 1, 0)，E(−12, 12, ℎ2)，P(0, 0, ℎ)，
∴ CA→=(1, 1, 0)，CE→=(−12, 12, ℎ2)，AP→=(−1, −1, ℎ)，
设平面ACE的法向量为m→=(x, y, z)，则m→⋅CA→=0m→⋅CE→=0 ，即x+y=0−12x+12y+ℎ2z=0 ，
令x＝1可得m→=(1, −1, 2ℎ)，
同理可得平面PAC的一个法向量为n→=(1, −1, 0)，
∴ cs=m→⋅n→|m→||n→|=22×2+4ℎ2，
∵ 二面角P−AC−E的余弦值为63，∴ 22×2+4ℎ2=63，解得ℎ＝2，
∴ AP→=(−1, −1, 2)，m→=(1, −1, 1)，
∴ cs=AP→⋅m→|AP→||m→|=26×3=23，
∴ 直线PA与平面EAC所成角的正弦值为|cs|=23．
CD→=(1, 0, 0)，cs=CD→⋅m→|CD→||m→|=11×3=33，
设直线CD与平面EAC所成角为α，则sinα=33，
∴ D到平面EAC的距离为|CD→|⋅sinα=33．
【答案】
由题意得：，5a＝82＝b7+c2，
联立以上可得：a2＝16，b3＝12，c2＝4，∴ 椭圆C的方程为．
由（1）得A(8, 0)，
当直线l⊥x轴时，又AE⊥AF得6x2−32x+16＝0，
解得或x＝4，此时．
当直线l不垂直于x轴时，设E(x1, y5)，F(x2, y2)，直线l:y＝kx+t(t≠−3k，
联立，整理得(3+5k2)x2+5ktx+4t2−48＝4，
依题意△＝64k2t2−2(3+4k4)(4t2−48)>7，即16k2−t2+12>3(∗)且，．
又∵ AE⊥AF，∴ ＝，
∴ 7t7+32kt+16k2＝0，即(5t+4k)(t+4k)＝2，∴ ，
∴ ，
∴ ，
故直线AP的斜率，
当k<5时，，此时；
当k>0时，，此时；
综上，直线AP的斜率的取值范围为．
【考点】
椭圆的标准方程
直线与椭圆的位置关系
椭圆的应用
【解析】
（1）利用定义推出a，然后求解b，得到椭圆C的方程．
（2）当直线l⊥x轴时，又AE⊥AF，联立推出直线AP的斜率为0．当直线l不垂直于x轴时，设E(x1, y1)，F(x2, y2)，直线l:y＝kx+t(t≠−4k, k≠0)，
联立，利用韦达定理，结合向量的数量积，转化求解直线AP的斜率的表达式，利用基本不等式求解向量的范围即可．
【解答】
由题意得：，5a＝82＝b7+c2，
联立以上可得：a2＝16，b3＝12，c2＝4，∴ 椭圆C的方程为．
由（1）得A(8, 0)，
当直线l⊥x轴时，又AE⊥AF得6x2−32x+16＝0，
解得或x＝4，此时．
当直线l不垂直于x轴时，设E(x1, y5)，F(x2, y2)，直线l:y＝kx+t(t≠−3k，
联立，整理得(3+5k2)x2+5ktx+4t2−48＝4，
依题意△＝64k2t2−2(3+4k4)(4t2−48)>7，即16k2−t2+12>3(∗)且，．
又∵ AE⊥AF，∴ ＝，
∴ 7t7+32kt+16k2＝0，即(5t+4k)(t+4k)＝2，∴ ，
∴ ，
∴ ，
故直线AP的斜率，
当k<5时，，此时；
当k>0时，，此时；
综上，直线AP的斜率的取值范围为．X
−1
0
1
P
a
ξ
1
2
3
P
15
35
15
η
0
1
2
3
P
127
627
1227
827
ξ
1
2
3
P
15
35
15
η
0
1
2
3
P
127
627
1227
827