2020-2021学年江西省赣州市高二（下）3月月考数学（理）试卷北师大版

这是一份2020-2021学年江西省赣州市高二（下）3月月考数学（理）试卷北师大版，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. 某校高一年级某班共有60名学生，现采用系统抽样的方法从中抽取6名学生做“早操与健康”的调查，为此将学生编号为1，2，⋯，60，选取的这6名学生的编号可能是( )
A.1，2，3，4，5，6B.6，16，26，36，46，56
C.1，2，4，8，16，32D.3，9，13，27，36，54

2. 抛物线4x2+3y=0的焦点坐标为( )
A.0,38B.316,0C.0,−38D.0,−316

3. 下列说法错误的是( )
A.“a>1”是1a<1”的充分不必要条件
B.“若x2−3x+2=0，则x=1”的逆否命题为“若x≠1，则x2−3x+2≠0”
C.命题p： ∃x∈R，使得x2+x+1<0，则¬p： ∀x∈R，均有x2+x+1≥0
D.若p∧q为假命题，则p，q均为假命题

4. 已知椭圆x216+y212=1的长轴端点和焦点分别是双曲线C的焦点和顶点，则双曲线C的方程为( )
A.x27−y29=1B.y29−x27=1C.x24−y212=1D.y212−x24=1

5. 在−6,6上随机地取一个数b，则事件“直线y=x+b与圆x2+y2−2y−1=0有公共点”发生的概率为( )
A.23B.13C.16D.34

6. 执行如图所示的程序框图，若输出的结果为126，则判断框内的条件可以为( )

A.n≤5B.n≤6C.n≤7D.n≤8

7.
假设关于某设备的使用年限x和所支出的维修费用y（万元），有如下的统计资料：
由资料可知y对x呈线性相关关系，且线性回归方程为y=1.2x+a，请估计使用年限为20年时，维修费用约为( )
A.26.2B.27C.27.6 D.28.2

8. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则“a=b”是“sinC−sin2A=sinA−B”成立的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既非充分也非必要条件

9. 已知A，B为椭圆y24+x23=1上两点，M为弦AB中点，O为坐标原点，若AB两点连线斜率为2，则OM两点连线斜率为( )
A.−23B.−32C.−16D.−43

10. 已知函数fx=12x2+ex+ax，若曲线y=fx在点0,f0处的切线方程为x−y+b=0，则a+b=( )
A.0B.1C.2D.3

11. 如图正三棱柱ABC−A1B1C1的所有棱长均相等，O是AA1中点，P是△ABC所在平面内的一个动点且满足OP//平面A1BC1，则直线OP与平面ABC所成角正弦值的最大值为( )

A.22B.255C.32D.277

12. 圆C:x2+y2−10y+16=0上有且仅有两点到双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线的距离为1，则该双曲线离心率的取值范围是( )
A.(2,5)B.(53,52)C.(54,52)D.(5,2+1)
二、填空题

设函数fx可导，则limΔx→0f(1+Δx)−f(1)3Δx=________.

将一钢球放入底面半径为3cm的圆柱形玻璃容器中，水面升高4cm，则钢球的半径是________cm．

已知直线m过抛物线y2=2pxp>0的焦点F，且交抛物线于A，B两点，交其准线l于点C．若|AF|=6，CB→=2BF→，则p=________.

“已知关于x的不等式ax2+bx+c>0的解集为(1, 2)，解关于x的不等式cx2+bx+a>0．”给出如下的一种解法：
解：由ax2+bx+c>0的解集为(1, 2)，得a(1x)2+b(1x)+c>0的解集为(12，1)，即关于x的不等式cx2+bx+a>0的解集为(12，1)．
参考上述解法：若关于x的不等式bx+a+x+bx+c<0的解集为(−1, −13)∪(12, 1)，则关于x的不等式bx−a−x−bx−c>0的解集为________．
三、解答题

已知命题p:2x2−3x+1≤0和命题q:x2−(2a+1)x+a(a+1)≤0.
(1)若a=12，且p和q都是真命题，求实数x的取值范围；

(2)若p是q的充分不必要条件，求实数a的取值范围．

函数y=x3+mx2+2在点1,f1处的切线为l.
(1)若l与直线y=5x平行，求实数m的值；

(2)若直线l的倾斜角α的取值范围为0,π4，求实数m的取值范围.

近年来，我国许多省市雾霾天气频发，为增强市民的环境保护意识，某市面向全市征召n名义务宣传志愿者，成立环境保护宣传组织．现把该组织的成员按年龄分成5组：第1组[20, 25)，第2组[25, 30)，第3组[30, 35)，第4组[35, 40)，第5组[40, 45]，得到的频率分布直方图如图所示，已知第2组有35人．

(1)求该组织的人数；

(2)若在第3，4，5组中用分层抽样的方法抽取6名志愿者参加某社区的宣传活动，应从第3，4，5组各抽取多少名志愿者？

(3)在(2)的条件下，该组织决定在这6名志愿者中随机抽取2名志愿者介绍宣传经验，求第3组至少有一名志愿者被抽中的概率．

数列{an}满足Sn=2n−an(n∈N∗)．
(1)计算a1，a2，a3，a4，并由此猜想通项公式an；

(2)用数学归纳法证明(1)中的猜想．

如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥底面ABCD，AC=22，PA=2，E是PC上的一点，PE=2EC．

(1)证明：PC⊥平面BED；

(2)设二面角A−PB−C为90∘，求PD与平面PBC所成角的大小．

已知椭圆标准方程为x2a2+y2b2=1a>b>0，离心率为32且过点A−2,0，直线l与椭圆交于P，Q两点且不过原点．
(1)求椭圆方程；

(2)若AP⊥AQ，求证：直线l经过定点，并求出定点坐标；

(3)若直线OP，PQ，OQ的斜率依次成等比数列，求△OPQ面积的取值范围.
参考答案与试题解析
2020-2021学年江西省赣州市高二（下）3月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
系统抽样方法
【解析】
根据系统抽样的定义，从60名学生中抽取6名学生，编号的间隔为606=10，依次判断可得答案．
【解答】
解：根据系统抽样的定义，从60名学生中抽取6名学生，编号的间隔为606=10，
∴ 编号组成的数列应是公差为10的等差数列.
故选B．
2.
【答案】
D
【考点】
抛物线的定义
【解析】
将抛物线的方程化为标准方程，由此可求得该抛物线的焦点坐标.
【解答】
解：抛物线4x2+3y=0的标准方程为x2=−34y，
则−2p=−34，
可得p=38，
因此，抛物线4x2+3y=0的焦点坐标为(0,−316).
故选D．
3.
【答案】
D
【考点】
逻辑联结词“或”“且”“非”
四种命题间的逆否关系
命题的真假判断与应用
必要条件、充分条件与充要条件的判断
全称命题与特称命题
【解析】
利用充要条件判断A的正误；四种命题的逆否关系判断B的正误；存在量词命题的否定判断C的正误；直接利用复合命题的真假判断D的正误．
【解答】
解：A，若a>1，则1a<1成立；
反之，若a=−1，满足1a<1，但a>1不成立，
所以“a>1”是“1a<1”的充分不必要条件，故A不符合题意；
B，“若x2−3x+2=0，则x=1”的逆否命题为“若x≠1，则x2−3x+2≠0”，故B不符合题意；
C，命题p： ∃x∈R，使得x2+x+1<0，则¬p ：:∀x∈R，均有x2+x+1≥0，故C不符合题意；
D，若p∧q为假命题，则p，q至少有一个假命题，故D符合题意.
故选D.
4.
【答案】
C
【考点】
椭圆的定义和性质
双曲线的标准方程
【解析】
根据椭圆方程求出其长轴端点和焦点坐标，从而得到双曲线的焦点和顶点坐标，得到双曲线方程
【解答】
解：由椭圆方程x216+y212=1可得a1=4，b1=23，
所以c12=a12−b12=16−12=4，可得c1=2，
所以椭圆的长轴端点为±4,0，焦点为±2,0，
则双曲线的焦点为±4,0，顶点为±2,0，
设双曲线方程为x2a2−y2b2=1，
可得a2=4，c2=16，
所以b2=c2−a2=16−4=12，
所以双曲线C的方程为x24−y212=1.
故选C．
5.
【答案】
B
【考点】
直线与圆的位置关系
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）
【解析】
利用圆心到直线的距离小于等于半径可得到直线与圆有公共点，可求出满足条件的b，最后根据几何概型的概率公式可求出在−6,6上随机地取一个数b，事件“直线y=x+b与圆x2+y2−2y−1=0有公共点”发生的概率．
【解答】
解：圆x2+y2−2y−1=0的圆心为0,1，半径为2，
圆心到直线y=x+b的距离为|b−1|2，
要使直线y=x+b与圆x2+y2−2y−1=0有公共点，则|b−1|2≤2，
∴ −1≤b≤3，
∴ 在[−6,6]上随机地取一个数b，
事件“直线y=x+b与圆x2+y2−2y−1=0有公共点”发生的概率为3+16+6=13.
故选B．
6.
【答案】
B
【考点】
程序框图
【解析】
由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．
【解答】
解：根据框图，执行程序，可得：
S=21，n=2；
S=21+22，n=3；
…
S=21+22+...+2i，n=i+1，
令S=21+22+...+2i=126，
解得i=6，即n=7时循环结束，
所以n≤6.
故选B.
7.
【答案】
C
【考点】
求解线性回归方程
【解析】
根据所给的数据求出这组数据的横标和纵标的平均数，即这组数据的样本中心点，根据样本中心点在线性回归直线上，把样本中心点代入求出a的值，写出线性回归方程，代入x的值，预报出结果．
【解答】
解：∵ 由表格可知x¯=3，y¯=7.2，
∴ 这组数据的样本中心点是(3, 7.2)，
根据样本中心点在线性回归直线上，
∴ 7.2=a+1.2×3，
∴ a=3.6，
∴ 这组数据对应的线性回归方程是y=1.2x+3.6，
∵ x=20，
∴ y=1.2×20+3.6=27.6．
故选C.
8.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
由题意结合三角恒等变化化简，由等腰三角形的性质可判定充分性和必要性是否成立即可．
【解答】
解：在△ABC中，sinC−sin2A=sinA−B
⇔sinA+B−sin2A=sinA−B，
⇔2csAsinB=sin2A=2sinAcsA，
⇔sinA=sinB或csA=0，
所以a=b或A=90∘，
因此“a=b”是“sinC−sin2A=sinA−B“成立的充分不必要条件．
故选A.
9.
【答案】
A
【考点】
直线与椭圆的位置关系
直线的斜率
中点坐标公式
【解析】
先设直线方程，联立方程，利用韦达定理和中点坐标公式得到M的坐标，再计算斜率即可．
【解答】
解：AB两点连线斜率为2，设直线AB方程y=2x+b ，
设Ax1,y1，Bx2,y2，
联立y=2x+b,y24+x23=1,
得16x2+12bx+3b2−12=0，
则x1+x2=−12b16=−3b4，
y1+y2=2x1+x2+2b=−3b4×2+2b=b2，
故由中点坐标公式可知，弦AB中点M−3b8,b4，
所以OM两点连线斜率为b4−3b8=−23.
故选A．
10.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
已知曲线在某点处的切线方程求参数时，应利用导数的几何意义求曲线的切线方程，解题的关键是这个点不仅在曲线上也在切线上．
【解答】
解：由题得f0=12×02+e0+a⋅0=1，
所以切点为0,1.
因为切线x−y+b=0过点(0,1)，
所以b=1.
因为f′x=x+ex+a，
所以切线的斜率k=f′0=1+a=1，
得a=0，
所以a+b=1.
故选B．
11.
【答案】
D
【考点】
直线与平面所成的角
【解析】
题目考察立体几何以及空间中线面位置关系以及正弦定理，找到正弦值最大情况即可求解问题，但易错的是P是在整个平面内不是仅限于三角形内.
【解答】
解：取AB中点D，BC中点E，连接OD，OE，DE，如图，
由三角形中位线定理易知，平面ODE//平面A1BC1,
动点P在平面ODE与平面ABC交线DE上，
设棱长为2a，OA=a，
由正三棱柱性质，AP⊥DE时有APmin=a⋅sinπ3,
故由勾股定理OPmin=OA2+APmin2=72a，
故所成角正弦值的最大值为aOPmin=277.
故选D.
12.
【答案】
C
【考点】
圆与圆锥曲线的综合问题
【解析】
由圆的方程求出圆心坐标与半径，写出双曲线的一条渐近线方程，由题意可得圆心到双曲线渐近线的距离大于且小于4，由此列式求解双曲线离心率的取值范围．
【解答】
解：圆C:x2+y2−10y+16=0可化为x2+(y−5)2=9，
∵ 圆C:x2+y2−10y+16=0上有且仅有两点到双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线的距离为1，
∴ 圆心到双曲线渐近线的距离大于2且小于4，
由对称性不妨取双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线为y=bax，即bx−ay=0，
∴ 2<5ac<4，
解得：54即双曲线离心率的取值范围是(54,52)．
故选C.
二、填空题
【答案】
13f′1
【考点】
导数的概念
导数的几何意义
【解析】
直接利用导数的定义求解即可.
【解答】
解：根据导数的定义，得limΔx→0f(1+Δx)−f(1)3Δx
=13limΔx→0f(1+Δx)−f(1)Δx=13f′1.
故答案为：13f′1.
【答案】
3
【考点】
球的表面积和体积
【解析】
求出球的体积，即可求出球的半径．
【解答】
解：水面升高4cm，则知钢球体积为
V=π×32×4=36π，即有43πR3=36π，
∴ R=3cm．
故答案为：3．
【答案】
3
【考点】
抛物线的性质
直线与抛物线的位置关系
【解析】
分别过A、B作准线的垂线，利用抛物线定义将A、B到焦点的距离转化为到准线的距离，结合已知比例关系，即可得p值，进而可得方程．
【解答】
解：设A，B在准线上的射影分别为A′，B′，
则|BF|=|BB′|，|AF|=|AA′|=6，
由于CB→=2BF→，
则|BC|=2|BB′|，
所以∠CBB′=π3，
所以直线m的斜率为3，
故|AC|=2|AA′|=12，
因为|AF|=6，
所以F是AC的中点，
所以p=12|AA′|=3.
故答案为：3.
【答案】
(−1, −12)∪(13，1)
【考点】
类比推理
【解析】
由ax2+bx+c>0的解集为(1, 2)，得a(1x)2+b(1x)+c>0的解集为(12，1)，可推得结论
【解答】
解：由bx+a+x+bx+c<0的解集为(−1, −13)∪(12，1)，
得b−x+a+−x+b−x+c<0的解集为(−1, −12)∪(13，1)，
即bx−a−x−bx−c>0的解集为(−1,−12)∪(13,1)．
故答案为：(−1,−12)∪(13,1).
三、解答题
【答案】
解：(1)2x2−3x+1≤0，
即(2x−1)(x−1)≤0，
解得12≤x≤1
∴ p:12≤x≤1；
x2−(2a+1)x+a(a+1)≤0，
即(x−a)[x−(a+1)]≤0，
解得a≤x≤a+1，
∴ q:a≤x≤a+1.
若a=12，则q:12≤x≤32.
∵ p，q都为真，
∴ 12≤x≤1,12≤x≤32,
∴ 12≤x≤1，
∴ 实数x的取值范围为[12,1].
(2)若p是q的充分不必要条件，即由p能得到q，而由q得不到p，
∴ a≤12,a+1≥1,
∴ 0≤a≤12，
∴ 实数a的取值范围为[0,12]．
【考点】
复合命题及其真假判断
根据充分必要条件求参数取值问题
【解析】
（1）先解出p，q下的不等式，从而得到p:12≤x≤1，q:a≤x≤a+1，所以a=12时，p:12≤x≤32．由p∧q为真知p，q都为真，所以求p，q下x取值范围的交集即得实数x的取值范围；
（2）由p是q的充分不必要条件便可得到a≤12a+1≥1，解该不等式组即得实数a的取值范围．
【解答】
解：(1)2x2−3x+1≤0，
即(2x−1)(x−1)≤0，
解得12≤x≤1
∴ p:12≤x≤1；
x2−(2a+1)x+a(a+1)≤0，
即(x−a)[x−(a+1)]≤0，
解得a≤x≤a+1，
∴ q:a≤x≤a+1.
若a=12，则q:12≤x≤32.
∵ p，q都为真，
∴ 12≤x≤1,12≤x≤32,
∴ 12≤x≤1，
∴ 实数x的取值范围为[12,1].
(2)若p是q的充分不必要条件，即由p能得到q，而由q得不到p，
∴ a≤12,a+1≥1,
∴ 0≤a≤12，
∴ 实数a的取值范围为[0,12]．
【答案】
解：(1)f′x=3x2+2mx，f′1=3+2m，
直线l与直线y=5x平行，即切线的斜率为5.
令f′1=3+2m=5，
解得m=1，
∴ 直线l与直线y=5x平行时，实数m的值为1 .
(2)若直线l的倾斜角α的取值范围为0,π4，
即切线的斜率的取值范围为0,1，
∴ 0≤3+2m≤1，
解得−32≤m≤−1，
∴ 实数m的取值范围为−32≤m≤−1 .
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
两条直线平行与倾斜角、斜率的关系
直线的倾斜角
【解析】


【解答】
解：(1)f′x=3x2+2mx，f′1=3+2m，
直线l与直线y=5x平行，即切线的斜率为5.
令f′1=3+2m=5，
解得m=1，
∴ 直线l与直线y=5x平行时，实数m的值为1 .
(2)若直线l的倾斜角α的取值范围为0,π4，
即切线的斜率的取值范围为0,1，
∴ 0≤3+2m≤1，
解得−32≤m≤−1，
∴ 实数m的取值范围为−32≤m≤−1 .
【答案】
解：(1)由题意：第2组的人数：35=5×0.07n，
解得n=100，
故该组织有100人．
(2)第3组的人数为0.3×100=30（人），
第4组的人数为0.2×100=20（人），
第5组的人数为0.1×100=10（人）．
∵ 第3，4，5组共有60名志愿者，
∴ 利用分层抽样的方法在60，
名志愿者中抽取6名志愿者，每组抽取的人数分别为：
第3组：3060×6=3（人）；
第4组：2060×6=2（人）；
第5组：1060×6=1（人）．
所以应从第3，4，5组中分别抽取3人，2人，1人．
(3)记第3组的3名志愿者为A1，A2，A3，第4组的2名志愿者为B1，B2，第5组的1名志愿者为C1．
则从6名志愿者中抽取2名志愿者有：
(A1, A2)，(A1, A3)，(A1, B1)，(A1, B2)，(A1, C1)，(A2, A3)，(A2, B1)，(A2, B2)，(A2, C1)，(A3, B1)，(A3, B2)，(A3, C1)，(B1, B2)，(B1, C1)，(B2, C1)，共有15种．
其中第3组的3名志愿者A1，A2，A3，至少有一名志愿者被抽中的有：
(A1, A2)，(A1, A3)，(A1, B1)，(A1, B2)，(A1, C1)，(A2, A3)，(A2, B1)，
(A2, B2)，(A2, C1)，(A3, B1)，(A3, B2)，(A3, C1)，共有12种，
则第3组至少有一名志愿者被抽中的概率为P=1215=45．
【考点】
频率分布直方图
分层抽样方法
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】
（1）通过频率分布直方图求出第2组的频率，根据第2组的人数和频率，即可计算出总人数；
（2）先分别求出这3组的人数，再利用分层抽样的方法即可得出答案；
（3）从5名志愿者中抽取2名志愿者有10种情况，其中第4组的2名志愿者B1，B2至少有一名志愿者被抽中有7种情况，再利用古典概型的概率计算公式即可得出．
【解答】
解：(1)由题意：第2组的人数：35=5×0.07n，
解得n=100，
故该组织有100人．
(2)第3组的人数为0.3×100=30（人），
第4组的人数为0.2×100=20（人），
第5组的人数为0.1×100=10（人）．
∵ 第3，4，5组共有60名志愿者，
∴ 利用分层抽样的方法在60，
名志愿者中抽取6名志愿者，每组抽取的人数分别为：
第3组：3060×6=3（人）；
第4组：2060×6=2（人）；
第5组：1060×6=1（人）．
所以应从第3，4，5组中分别抽取3人，2人，1人．
(3)记第3组的3名志愿者为A1，A2，A3，第4组的2名志愿者为B1，B2，第5组的1名志愿者为C1．
则从6名志愿者中抽取2名志愿者有：
(A1, A2)，(A1, A3)，(A1, B1)，(A1, B2)，(A1, C1)，(A2, A3)，(A2, B1)，(A2, B2)，(A2, C1)，(A3, B1)，(A3, B2)，(A3, C1)，(B1, B2)，(B1, C1)，(B2, C1)，共有15种．
其中第3组的3名志愿者A1，A2，A3，至少有一名志愿者被抽中的有：
(A1, A2)，(A1, A3)，(A1, B1)，(A1, B2)，(A1, C1)，(A2, A3)，(A2, B1)，
(A2, B2)，(A2, C1)，(A3, B1)，(A3, B2)，(A3, C1)，共有12种，
则第3组至少有一名志愿者被抽中的概率为P=1215=45．
【答案】
(1)解：当n=1时，a1=S1=2−a1，所以a1=1；
当n=2时，a1+a2=S2=2×2−a2，所以a2=32，
同理：a3=74，a4=158，
由此猜想an=2n−12n−1(n∈N∗).
(2)证明：①当n=1时，左边a1=1，右边=1，结论成立；
②假设n=k(k≥1且k∈N∗)时，结论成立，即ak=2k−12k−1，
那么n=k+1时，
ak+1=Sk+1−Sk
=2(k+1)−ak+1−2k+ak
=2+ak−ak+1，
所以2ak+1=2+ak，
所以ak+1=2+ak2=2+2k−12k−12=2k+1−12k，
这表明n=k+1时，结论成立．
由①②知对一切n∈N∗，猜想an=2n−12n−1成立．
【考点】
数列递推式
归纳推理
数学归纳法
【解析】
(Ⅰ)通过n＝1，2，3，4，直接计算a1，a2，a3，a4，并由此猜想通项公式an=2n−12n−1(n∈N∗)；
(Ⅱ)直接利用数学归纳法证明．检验n取第一个值时，等式成立，假设ak=2k−12k−1，证明．
【解答】
(1)解：当n=1时，a1=S1=2−a1，所以a1=1；
当n=2时，a1+a2=S2=2×2−a2，所以a2=32，
同理：a3=74，a4=158，
由此猜想an=2n−12n−1(n∈N∗).
(2)证明：①当n=1时，左边a1=1，右边=1，结论成立；
②假设n=k(k≥1且k∈N∗)时，结论成立，即ak=2k−12k−1，
那么n=k+1时，
ak+1=Sk+1−Sk
=2(k+1)−ak+1−2k+ak
=2+ak−ak+1，
所以2ak+1=2+ak，
所以ak+1=2+ak2=2+2k−12k−12=2k+1−12k，
这表明n=k+1时，结论成立．
由①②知对一切n∈N∗，猜想an=2n−12n−1成立．
【答案】
(1)证明：以A为坐标原点，建立如图空间直角坐标系A−xyz，
设D(2, b, 0)，则C(22, 0, 0)，P(0, 0, 2)，
E(423, 0, 23)，B(2, −b, 0)，
∴ PC→=(22, 0, −2)，BE→=(23, b, 23)，
DE→=(23, −b, 23)，
∴ PC→⋅BE→=43−43=0，PC→⋅DE→=0，
∴ PC⊥BE，PC⊥DE，BE∩DE=E，
∴ PC⊥平面BED.
(2)解：AP→=(0, 0, 2)，AB→=(2, −b, 0)，PB→=(2,−b,−2),
设平面PAB的法向量为m→=(x, y, z)，
则m→⋅AB→=2x−by=0,m→⋅AP→=2z=0,
取m→=(b, 2, 0),
设平面PBC的法向量为n→=(p, q, r)，
则n→⋅BE→=23p+bq+23r=0,n→⋅PB→=2p−bq−2r=0,
取n→=(1, −2b, 2),
∵ 平面PAB⊥平面PBC，
∴ m→⋅n→=b−2b=0．故b=2,
∴ n→=(1, −1, 2)，DP→=(−2, −2, 2)
∴ cs=|n→⋅DP→||n→|⋅|DP→|=12,
设PD与平面PBC所成角为θ，θ∈[0, π2]，
则sinθ=12,
∴ θ=30∘,
∴ PD与平面PBC所成角的大小为30∘.
【考点】
用空间向量求直线与平面的夹角
直线与平面垂直的判定
【解析】
（1）先由已知建立空间直角坐标系，设D(2, b, 0)，从而写出相关点和相关向量的坐标，利用向量垂直的充要条件，证明PC⊥BE，PC⊥DE，从而利用线面垂直的判定定理证明结论即可；
（2）先求平面PAB的法向量，再求平面PBC的法向量，利用两平面垂直的性质，即可求得b的值，最后利用空间向量夹角公式即可求得线面角的正弦值，进而求得线面角
【解答】
(1)证明：以A为坐标原点，建立如图空间直角坐标系A−xyz，
设D(2, b, 0)，则C(22, 0, 0)，P(0, 0, 2)，
E(423, 0, 23)，B(2, −b, 0)，
∴ PC→=(22, 0, −2)，BE→=(23, b, 23)，
DE→=(23, −b, 23)，
∴ PC→⋅BE→=43−43=0，PC→⋅DE→=0，
∴ PC⊥BE，PC⊥DE，BE∩DE=E，
∴ PC⊥平面BED.
(2)解：AP→=(0, 0, 2)，AB→=(2, −b, 0)，PB→=(2,−b,−2),
设平面PAB的法向量为m→=(x, y, z)，
则m→⋅AB→=2x−by=0,m→⋅AP→=2z=0,
取m→=(b, 2, 0),
设平面PBC的法向量为n→=(p, q, r)，
则n→⋅BE→=23p+bq+23r=0,n→⋅PB→=2p−bq−2r=0,
取n→=(1, −2b, 2),
∵ 平面PAB⊥平面PBC，
∴ m→⋅n→=b−2b=0．故b=2,
∴ n→=(1, −1, 2)，DP→=(−2, −2, 2)
∴ cs=|n→⋅DP→||n→|⋅|DP→|=12,
设PD与平面PBC所成角为θ，θ∈[0, π2]，
则sinθ=12,
∴ θ=30∘,
∴ PD与平面PBC所成角的大小为30∘.
【答案】
(1)解：由已知得ca=32，a=2，
所以c=3，b=1，
所以椭圆的标准方程为x24+y2=1.
(2)证明：设直线l的方程为y=kx+mm≠0，Px1,y1，Qx2,y2，
联立方程组y=kx+m,x24+y2=1⇒4k2+1x2+8kmx+4m2−1=0，
x1+x2=−8km1+4k2，x1x2=4m2−11+4k2.
由AP⊥AQ得AP→⋅AQ→=0，
所以x1+2x2+2+y1y2=0，
化简得k2+1x1x2+km+2x1+x2+m2+4=0，
即k2+14m2−44k2+1−8kmkm+24k2+1+m2+4=0，
化简得5m2−16km+12k2=0，即5m−6km−2k=0，
所以m=65k或m=2k（舍去），
所以直线过定点−65,0；
当直线斜率不存在时x=−65也符合题意．
(3)解：由(2)知Δ=164k2−m2+1>0且x1+x2=−8km1+4k2，x1x2=4m2−11+4k2，
y1y2=kx1+mkx2+m=k2x1x2+kmx1+x2+m2.
因为直线OP，PQ，OQ的斜率依次成等比数列，
所以y1y2x1x2=k2x1x2+kmx1+x2+m2x1x2=k2，
即−8k2m21+4k2+m2=0.
又m≠0，
所以k2=14，k=±12.
由于直线PQ的斜率存在且不为0及Δ>0，
得0设d为点O到直线l的距离，
则S△OPQ=12d⋅PQ
=12×|m|1+k2×1+k2|x1−x2|
=12|m|×x1+x22−4x1x2
=m22−m2所以S△OPQ的取值范围为0,1 .
【考点】
椭圆的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
（1）通过离心率以及A，转化求解ａ，b，得到椭圆方程．
（2）设直线l方程为y=kx+mm≠0设Px1,y1,Qx2,y2，联立方程组 y=kx+mx24+y2=1，
可得4k2+1x2+8kmx+4m2−1=0，利用韦达定理，结合向量的数量积，推出m、k的关系，得到直线系方程，然后求解定点坐标．
（3）利用（2）的结论，通过直线OP、PO、OQ的斜率依次成等比数列，求出直线的斜率，利用弦长公式以及点到直线的距离，求解三角形的面积，推出范围即可．
【解答】
(1)解：由已知得ca=32，a=2，
所以c=3，b=1，
所以椭圆的标准方程为x24+y2=1.
(2)证明：设直线l的方程为y=kx+mm≠0，Px1,y1，Qx2,y2，
联立方程组y=kx+m,x24+y2=1⇒4k2+1x2+8kmx+4m2−1=0，
x1+x2=−8km1+4k2，x1x2=4m2−11+4k2.
由AP⊥AQ得AP→⋅AQ→=0，
所以x1+2x2+2+y1y2=0，
化简得k2+1x1x2+km+2x1+x2+m2+4=0，
即k2+14m2−44k2+1−8kmkm+24k2+1+m2+4=0，
化简得5m2−16km+12k2=0，即5m−6km−2k=0，
所以m=65k或m=2k（舍去），
所以直线过定点−65,0；
当直线斜率不存在时x=−65也符合题意．
(3)解：由(2)知Δ=164k2−m2+1>0且x1+x2=−8km1+4k2，x1x2=4m2−11+4k2，
y1y2=kx1+mkx2+m=k2x1x2+kmx1+x2+m2.
因为直线OP，PQ，OQ的斜率依次成等比数列，
所以y1y2x1x2=k2x1x2+kmx1+x2+m2x1x2=k2，
即−8k2m21+4k2+m2=0.
又m≠0，
所以k2=14，k=±12.
由于直线PQ的斜率存在且不为0及Δ>0，
得0设d为点O到直线l的距离，
则S△OPQ=12d⋅PQ
=12×|m|1+k2×1+k2|x1−x2|
=12|m|×x1+x22−4x1x2
=m22−m2所以S△OPQ的取值范围为0,1 . x
1
2
3
4
5
y
5
6
7
8
10