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2020-2021学年安徽省六安市某校高二（下）3月月考数学（理）试卷
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这是一份2020-2021学年安徽省六安市某校高二（下）3月月考数学（理）试卷，共11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. 下列结论错误的是( )
A.若“p且q”与“¬p或q”均为假命题，则p真q假
B.命题“存在x∈R，x2−x>0”的否定是“对任意的x∈R，x2−x≤0”
C.“若am2D.“x=1”是“x2−3x+2=0”的充分不必要条件
2. 已知AB→=(1, 5, −2)，BC→=(3, 1, z)，若AB→⊥BC→，BP→=(x−1, y, −3)，且BP⊥平面ABC，则实数x、y、z分别为( )
A.337，−157，4B.407，−157，4
C.407，−2，4D.4，407，−15
3. 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=68
C.(x−2)2+y2=34D.(x−2)2+y2=68
4. 已知a→=2,t,t，b→=1−t,2t−1,0，则|b→−a→| 的最小值是( )
A.2B.3C.5D.6
5. 已知F1(−1, 0)，F2(1, 0)是椭圆C的两个焦点，过F2且垂直于x轴的直线交椭圆于A，B两点，且|AB|=3，则C的方程为( )
A.x22+y2=1B.x23+y22=1C.x24+y23=1D.x25+y24=1
6. 如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点．若AB→=a→，AD→=b→，AA1→=c→，则下列向量中与BM→相等的向量是( )
A.12a→+12b→+c→B.12a→−12b→+c→
C.−12a→+12b→+c→D.12a→+12b→−c→
7. 设抛物线C: y2=4x的焦点为F，过F的直线与C交于A，B两点，O为坐标原点．若|AF|=3，则△AOB的面积为( )
A.22B.2C.322D.32
8. 若F1，F2是双曲线y2a2−x2b2=1a>0,b>0 与椭圆x216+y225=1的共同焦点，点P是两曲线的一个交点，且△PF1F2为等腰三角形，则该双曲线的渐近线方程是( )
A.y=±22xB.y=±24xC.y=±73xD.y=±377x
9. 如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为a，E是DD1的中点，则( )
A.直线B1E//平面A1BD
B.B1E⊥BD1
C.三棱锥C1−B1CE的体积为13a3
D.直线B1E与平面CDD1C1所成的角正切值为255
10. 已知A，B，C是双曲线x2a2−y2b2=1a>0,b>0上的三个不同的点，若A，B两点关于原点对称，AC过右焦点F，且FB→⋅AC→=0，3|AF|=|CF|，则双曲线的离心率为( )
A.102B.3C.5D.1+2
11. 若点P在y=x2上，点Q在x2+y−32=1上，则|PQ|的最小值为( )
A.3−1B.112−1C.2D.102−1
12. 已知双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点分别为F1，F2，点M在C的左支上，过点M作C的一条渐近线的垂线，垂足为N，则当|MF2|+|MN|取得最小值10时，△F1NF2面积的最大值为( )
A.25B.252C.509D.1009
二、填空题
若命题“方程x2−mx+3=0在0,1上仅有一解”为假命题，则m的取值范围是________.
三、解答题
已知命题p：实数t满足t2−7at+12a2<0(a<0)，命题q：实数t满足曲线x225+t+y29+t=1为椭圆．
(1)若q为真，求实数t的取值范围；
(2)若p是q的充分条件，求实数a的取值范围．
已知F1，F2分别是双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点，点P是双曲线上一点，满足PF1⊥PF2且|PF1|=8，|PF2|=6．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)若直线l交双曲线于A，B两点，若AB的中点恰为点M(2, 6)，求直线l的方程．
设动点M(x, y)(x≥0)到定点F(2, 0)的距离比它到y轴的距离大2．
(1)求动点M的轨迹方程C；
(2)设过点F的直线l交曲线C于A，B两点，O为坐标原点，求△AOB面积的最小值．
在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为22的正方形，平面PAC⊥底面ABCD，PA=PC=22．
(1)求证：PB=PD；
(2)点M，N分别在棱PA，PC上，PM=AM，PN=CN，求直线PB与平面DMN所成角的正弦值．
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为32，且过点P−1,−32.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线y=−32x+m(m≠0且m≠−3）交椭圆C于A，B两点，记直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，探究：k1k2是否为定值，若是，求出该值；若不是，请说明理由．
在如图所示的圆柱O1O2中，AB为圆O1的直径，C，D是AB的两个三等分点，EA，FC，GB都是圆柱O1O2的母线．
(1)求证：FO1//平面ADE；
(2)若BC=FC=2，求二面角B−AF−C的余弦值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年安徽省六安市某校高二（下）3月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
四种命题的真假关系
【解析】
A中考查“p且q”与“p或q”真假的判断，“p且q”有假则假，“p或q”有真则真；
B中注意区分命题的否定与否命题；C考查充要条件的判断，D考查四种命题及真假判断．
【解答】
解：A，“p且q”为假命题，p和q中至少有一个是假命题，
“¬p或q”均为假命题，¬p和q均为假命题，所以q为假命题，p为真命题．
故正确.
B，“存在x∈R，x2−x>0”是特称命题，否定时变为全称命题，
即“对任意的x∈R，x2−x≤0”，故正确.
C，若“am2故错误.
D，x2−3x+2=0，即x=1或x=2，“x=1”⇒“x=1或x=2”，反之不成立．
故正确.
故选C．
2.
【答案】
B
【考点】
向量语言表述线线的垂直、平行关系
【解析】
利用数量积与垂直的关系、线面垂直的性质定理即可得出．
【解答】
解：∵ AB→⊥BC→，
∴ AB→⋅BC→=3+5−2Z=0，解得z=4．
∴ BC→=(3,1,4)．
∵ BP⊥平面ABC，
∴ BP→⊥AB→，BP→⊥BC→．
∴ BP→⋅BC→=3(x−1)+y−12=0˙，
化为x+5y+5=0，3x+y−15=0，
解得x=407，y=−157，
∴ x=407，y=−157，z=4．
故选B．
3.
【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.
4.
【答案】
A
【考点】
向量的模
【解析】
利用向量模的计算公式与二次函数的单调性即可得出．
【解答】
解：由题意可得：b→−a→=(−1−t,t−1,−t)，
所以|b→−a→|=(−1−t)2+(t−1)2+(−t)2
=3t2+2≥2，
当且仅当t=0时取等号，
|b→−a→|的最小值是2.
故选A.
5.
【答案】
C
【考点】
椭圆的标准方程
【解析】
设椭圆的方程为x2a2+y2b2=1，根据题意可得a2−b2=1．再由AB经过右焦点F2且垂直于x轴且|AB|＝3算出A、B的坐标，代入椭圆方程得12a2+(32)2b2=1，两式联解即可算出a2＝4，b2＝3，从而得到椭圆C的方程．
【解答】
解：设椭圆的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，
可得c=a2−b2=1，
所以a2−b2=1，①
∵ AB经过右焦点F2且垂直于x轴，且|AB|=3，
∴ 可得A(1, 32)，B(1, −32)，
代入椭圆方程得12a2+(32)2b2=1，②
联立①②，可得a2=4，b2=3，
∴ 椭圆C的方程为 x24+y23=1.
故选C.
6.
【答案】
C
【考点】
向量加减混合运算及其几何意义
向量的线性运算性质及几何意义
空间向量的加减法
【解析】
利用向量的运算法则：三角形法则、平行四边形法则表示出BM→．
【解答】
解：∵ BM→=BB1→+B1M→
=c→+12BD→
=c→+12(BA→+BC→)
=c→+12(−a→+b→)
=−12a→+12b→+c→.
故选C.
7.
【答案】
C
【考点】
抛物线的应用
三角形的面积公式
【解析】
设直线AB的倾斜角为θ，利用|AF|=3，可得点A到准线l:x=−1的距离为3，从而csθ=13，进而可求|BF|，|AB|，由此可求AOB的面积．
【解答】
解：设直线AB的倾斜角为θ(0<θ<π)及|BF|=m，
∵ |AF|=3，
∴ 点A到准线l:x=−1的距离为3，
∴ 2+3csθ=3，
∴ csθ=13，
∵ m=2+mcs(π−θ)，
∴ m=21+csθ=32，
∴ △AOB的面积为S=12×|OF|×|AB|×sinθ
=12×1×(3+32)×223=322.
故选C．
8.
【答案】
B
【考点】
双曲线的渐近线
圆锥曲线的综合问题
【解析】
本题考查椭圆和双曲线的定义及其标准方程以及它们的几何性质．
【解答】
解：∵椭圆x216+y225=1 ，
∴ 焦点坐标为(0,±3) ，
∵ 双曲线与椭圆有共同的焦点，
∴c=3.
设P为两曲线在第一象限的交点，
∵ 在椭圆中△PF1F2为等腰三角形，
∴|PF2|=|F1F2|=6，
∴|PF1|=2a−|F2P|=10−6=4，
∴ 双曲线中， 2a=||PF1|−|PF2||=|4−6|=2 ，
∴a=1，
代入a2+b2=9，得b=22（b>0），
∴该双曲线的渐近线方程是
y=±abx=±122x=±24x.
故选B．
9.
【答案】
D
【考点】
异面直线及其所成的角
二面角的平面角及求法
直线与平面所成的角
【解析】
建立空间直角坐标系，利用空间向量——验证即可；
【解答】
解：如图，建立空间直角坐标系，
则A1a,0,a，B1a,a,a，E0,0,a2，
Ba,a,0，D0,0,0，D10,0,a，
则B1E→=−a,−a,a2，DB→=a,a,0，
DA1→=a,0,a，BD1→=−a,−a,a，
设面A1BD的法向量为n→=x,y,z，
所以ax+az=0，ax+ay=0，取x=1，则y=z=−1，
所以n→=1,−1,−1，
所以B1E→⋅n→=1×−1+−1×−a+−1×a2=a2−1，
当a≠2时，B1E→⋅n→≠0，
故B1E不一定平行面A1BD，故A错误；
因为B1E→⋅BD1→=−a×−a+−a×−a+a×a2=52a2≠0，
所以B1E→与BD→不垂直，故B错误；
VC1−B1CE=VB1−C1EC=13S△C1EC⋅B1C1=16a3，故C错误；
面CDD1C1的法向量为m→=1,0,0，
设直线B1E与平面CDD1C1所成的角为θ，
则sinθ=cs⟨m→,B1E→⟩=|m→⋅B1E→||m→||B1E→|
=a1×a2+a2+(a2)2=23，
所以csθ=1−sin2θ=53，
所以tanθ=sinθcsθ=2353=255，故D正确.
故选D.
10.
【答案】
A
【考点】
双曲线的离心率
双曲线的定义
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设双曲线的左焦点为F1，连接AF1，CF1，
由FB→⋅AC→=0，可得BF⊥AC，
由双曲线对称性易知AF1//BF，
所以∠F1AC=90∘.
设|AF|=m，|FC|=3m，
|AF1|=2a+m，|F1C|=2a+3m，
由(2a+m)2+4m2=2a+3m2，
解得m=a.
即3a2+a2=4c2，e=102.
故选A .
11.
【答案】
B
【考点】
圆的标准方程
抛物线的求解
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：圆x2+y−32=1的圆心为A0,3，半径为1，
∵ 点P在抛物线y=x2上，设Px,x2，
∴ |PQ|=|AP|−|AQ|
=|x2+(x2−3)2−1=x4−5x2+9−1
=x2−522+114−1，
由二次函数的性质可知：当x2=52时， |PQ|取最小值，最小值为： 112−1．
故选B．
12.
【答案】
B
【考点】
双曲线的渐近线
基本不等式在最值问题中的应用
双曲线的标准方程
【解析】
由题意得，|MF2|+|MN|=|MF|+2a+|MN|≥|F1N|+2a=b+2a，当且仅当M，F1，N，三点共线时取等号，∴ |MF2|+|MN|的最小值为b+2a=10，∴ 10≥22ab，即ab≤252，当且仅当b=2a=5时，等号成立，
∴ SΔNM=2S△F1NO=2×12|NF1|⋅|NO|=ab≤252，故选B．
【解答】
解：由题意得|MF2|+|MN|=|MF1|+2a+|MN|
≥|F1N|+2a=b+2a，
当且仅当M，F1，N三点共线时取等号，
∴ |MF2|+|MN|的最小值为b+2a=10，
∴ 10≥22ab，即ab≤252，
当且仅当b=2a=5时，等号成立，
∴ S△F1NF2 =2S△F1NO=2×12|NF1|⋅|NO|=ab≤252.
故选B．
二、填空题
【答案】
m<4
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：假设这个命题为真命题，
令f(x)=x2−mx+3，则f(0)=3>0，
因为仅有一解，所以根据抛物线性质可得：
对称轴为直线x=m2>0，即m>0 ，
f(1)=4−m≤0 ，即m≥4.
又此命题为假命题，故m<4.
故答案为：m<4.
三、解答题
【答案】
解：(1)因为q为真，
所以25+t>0，9+t>2，25+t≠9+t，
解得t>−9，
故实数t的取值范围是t∈(−9, +∞)．
(2)p：实数t满足t2−7at+12a2<0(a<0)，
则(t−3a)(t−4a)<0，
又a<0，则4a因为p是q的充分条件，即p⇒q，
则−9≤4a，a<0，
解得−94≤a<0，
故实数a的取值范围是a∈[−94,0).
【考点】
命题的真假判断与应用
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
（1）根据椭圆性质，通过方程组求解；（2）根据充分条件概念，通过解不等式组求解．
【解答】
解：(1)因为q为真，
所以25+t>0，9+t>2，25+t≠9+t，
解得t>−9，
故实数t的取值范围是t∈(−9, +∞)．
(2)p：实数t满足t2−7at+12a2<0(a<0)，
则(t−3a)(t−4a)<0，
又a<0，则4a因为p是q的充分条件，即p⇒q，
则−9≤4a，a<0，
解得−94≤a<0，
故实数a的取值范围是a∈[−94,0).
【答案】
解：(1)由题意得，2a=|PF1|−|PF2|=2，
所以a=1，
在三角形PF1F2中，|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2=100，
所以4c2=100，则c2=25=a2+b2，则b2=24，
故双曲线的标准方程为：x2−y224=1．
(2)设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
有x12−y1224=1，x22−y2224=1，
则x12−x22=y12−y2224，
所以24=y12−y22x12−x22=y1−y2x1−x2⋅y1+y2x1+x2.
又kAB=y1−y2x1−x2，y1+y2x1+x2=62=3，
所以kAB⋅3=24，
可得kAB=8，
所以直线AB方程为：y−6=8(x−2)，
即y=8x−10，满足Δ>0，符合题意．
【考点】
双曲线的标准方程
直线与双曲线的位置关系
直线与双曲线结合的最值问题
【解析】
（1）利用双曲线的定义求出a＝1，在三角形PF1F2中，利用勾股定理求解c，然后求解双曲线方程．
（2）设A(x1, y1)，B(x2, y2)，利用点差法求解周长AB的向量，然后推出方程即可．
【解答】
解：(1)由题意得，2a=|PF1|−|PF2|=2，
所以a=1，
在三角形PF1F2中，|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2=100，
所以4c2=100，则c2=25=a2+b2，则b2=24，
故双曲线的标准方程为：x2−y224=1．
(2)设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
有x12−y1224=1，x22−y2224=1，
则x12−x22=y12−y2224，
所以24=y12−y22x12−x22=y1−y2x1−x2⋅y1+y2x1+x2.
又kAB=y1−y2x1−x2，y1+y2x1+x2=62=3，
所以kAB⋅3=24，
可得kAB=8，
所以直线AB方程为：y−6=8(x−2)，
即y=8x−10，满足Δ>0，符合题意．
【答案】
解：(1)依题意知，动点M到定点F(2, 0)的距离等于M到直线x=−2的距离，
曲线C是以原点为顶点，F(2, 0)为焦点的抛物线．
∴ 曲线C的方程是y2=8x．
(2)设直线l的方程为x=my+2，代入抛物线方程，
可得：y2−8my−16=0.
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
则y1+y2=8m，y1y2=−16，
∴ △AOB的面积=12|OF||y1−y2|=64m2+64≥8，
当且仅当m=0时，等号成立，
即△AOB的面积最小值为8．
【考点】
圆锥曲线的轨迹问题
抛物线的定义
直线与抛物线结合的最值问题
【解析】
（1）依题意知，动点M到定点F(2, 0)的距离等于M到直线x=−2的距离，由抛物线的定义求出曲线C的方程；
（2）设直线l的方程为x=my+2，代入抛物线方程，利用韦达定理，即可得出结论．
【解答】
解：(1)依题意知，动点M到定点F(2, 0)的距离等于M到直线x=−2的距离，
曲线C是以原点为顶点，F(2, 0)为焦点的抛物线．
∴ 曲线C的方程是y2=8x．
(2)设直线l的方程为x=my+2，代入抛物线方程，
可得：y2−8my−16=0.
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
则y1+y2=8m，y1y2=−16，
∴ △AOB的面积=12|OF||y1−y2|=64m2+64≥8，
当且仅当m=0时，等号成立，
即△AOB的面积最小值为8．
【答案】
(1)证明：连接BD，记AC∩BD=O，连接PO，
如图所示，
∵ 底面ABCD为正方形，
∴ OA=OC=OB=OD=2.
∵ PA=PC，
∴ PO⊥AC.
∵ 平面PAC∩底面ABCD=AC，PO⊂平面PAC，
∴ PO⊥底面ABCD．
∵ BD⊂底面ABCD，
∴ PO⊥BD，
∴ PB=PD .
(2)解：如图，以O为坐标原点，射线OB，OC，OP的方向
分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系O−xyz.
由(1)可知OP=2，
∴ P0,0,2，A0,−2,0，B2,0,0，
C0,2,0，D−2,0,0，
∴ M0,−1,1，N0,1,1，PB→=2,0,−2，
∴ DM→=2,−1,1，MN→=0,2,0，
设平面DMN的一个法向量为n→=x,y,z，
∵ DM→⋅n→=0，MN→⋅n→=0，
即2x−y+z=0,2y=0,
令x=1，可得n→=1,0,−2，
∴ cs⟨PB→,n→⟩=PB→⋅n→|PB→|⋅|n→|
=622×5=31010，
∴ 直线PB与平面DMN所成角的正弦值为31010．
【考点】
平面与平面垂直的性质
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：连接BD，记AC∩BD=O，连接PO，
如图所示，
∵ 底面ABCD为正方形，
∴ OA=OC=OB=OD=2.
∵ PA=PC，
∴ PO⊥AC.
∵ 平面PAC∩底面ABCD=AC，PO⊂平面PAC，
∴ PO⊥底面ABCD．
∵ BD⊂底面ABCD，
∴ PO⊥BD，
∴ PB=PD .
(2)解：如图，以O为坐标原点，射线OB，OC，OP的方向
分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系O−xyz.
由(1)可知OP=2，
∴ P0,0,2，A0,−2,0，B2,0,0，
C0,2,0，D−2,0,0，
∴ M0,−1,1，N0,1,1，PB→=2,0,−2，
∴ DM→=2,−1,1，MN→=0,2,0，
设平面DMN的一个法向量为n→=x,y,z，
∵ DM→⋅n→=0，MN→⋅n→=0，
即2x−y+z=0,2y=0,
令x=1，可得n→=1,0,−2，
∴ cs⟨PB→,n→⟩=PB→⋅n→|PB→|⋅|n→|
=622×5=31010，
∴ 直线PB与平面DMN所成角的正弦值为31010．
【答案】
解：(1)由题意得ca=32，1a2+34b2=1，a2=b2+c2，
解得a=2，b=1，c=3，
∴ 椭圆C的方程为x24+y2=1．
(2)联立y=−32x+m，x24+y2=1，
得x2−3mx+m2−1=0，
Δ=3m2−4m2−1=−m2+4>0，
解得−2又m≠0且m≠−3，
∴ m的取值范围是−2,−3∪−3,0∪0,2，
设Ax1,y1，Bx2,y2，
则x1+x2=3m，x1x2=m2−1，
∴ k1⋅k2=−32x1+m+32x1+1⋅−32x2+m+32x2+1
=34x1x2−32m+32x1+x2+m+322x1x2+x1+x2+1
=34m2−1−32m+32⋅3m+m+322m2−1+3m+1
=14m2+34mm2+3m=14 ，
即k1k2是定值，且定值是14．
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的离心率
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
暂无
【解答】
解：(1)由题意得ca=32，1a2+34b2=1，a2=b2+c2，
解得a=2，b=1，c=3，
∴ 椭圆C的方程为x24+y2=1．
(2)联立y=−32x+m，x24+y2=1，
得x2−3mx+m2−1=0，
Δ=3m2−4m2−1=−m2+4>0，
解得−2又m≠0且m≠−3，
∴ m的取值范围是−2,−3∪−3,0∪0,2，
设Ax1,y1，Bx2,y2，
则x1+x2=3m，x1x2=m2−1，
∴ k1⋅k2=−32x1+m+32x1+1⋅−32x2+m+32x2+1
=34x1x2−32m+32x1+x2+m+322x1x2+x1+x2+1
=34m2−1−32m+32⋅3m+m+322m2−1+3m+1
=14m2+34mm2+3m=14 ，
即k1k2是定值，且定值是14．
【答案】
(1)证明：连接O1C，O1D，O1O2，
∵ C，D是半圆AB的两个三等分点，
∴ ∠AO1D=∠DO1C=∠CO1B=60∘，
又O1A=O1B=O1C=O1D，
∴ △AO1D，△CO1D，△BO1C均为等边三角形，
∴ O1A=AD=DC=O1C，
∴ 四边形ADCO1是平行四边形，
∴ CO1//AD.
又∵ O1A=AD=DC=O1C，CO1⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，
∴ CO1//平面ADE.
∵ EA，FC都是圆柱O1O2的母线，
∴ EA//FC .
又∵ FC⊄平面ADE，EA⊂平面ADE，
∴ FC//平面ADE．
又CO1，FC⊂平面FCO1，CO1∩FC=C，
∴ 平面FCO1//平面ADE，
又FO1⊂平面FCO1，
∴ FO1//平面ADE．
(2)解：连接AC，
∵ FC是圆柱O1O2的母线，
∴ FC⊥圆柱O1O2的底面.
∵ AB为圆O1的直径，
∴ ∠ACB=90∘，
∴ 直线CA，CB，CF两两垂直，以C为原点建立空间直角坐标系如图：
∵ BC=FC=2，
∴ C0,0,0，A23,0,0，B(0,2,0)，F(0,0,2)，
AB→=−23,2,0，AF→=−23,0,2，
由题知平面ACF的一个法向量为CB→=0,2,0，
设平面ABF的一个法向量为n→=x,y,z，
n→⋅AB→=−23x+2y=0,n→⋅AF→=−23x+2z=0,
令x=1，y=3，z=3，
∴ n→=1,3,3，
∴ cs⟨CB→,n→⟩=CB→⋅n→|CB→||n→|=2327=217，
∴ 二面角B−AF−C的余弦值为217 .
【考点】
直线与平面平行的判定
平面与平面平行的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：连接O1C，O1D，
∵ C，D是半圆AB的两个三等分点，
∴ ∠AO1D=∠DO1C=∠CO1B=60∘，
又O1A=O1B=O1C=O1D，
∴ △AO1D，△CO1D，△BO1C均为等边三角形，
∴ O1A=AD=DC=O1C，
∴ 四边形ADCO1是平行四边形，
∴ CO1//AD.
又∵ O1A=AD=DC=O1C，CO1⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，
∴ CO1//平面ADE.
∵ EA，FC都是圆柱O1O2的母线，
∴ EA//FC .
又∵ FC⊄平面ADE，EA⊂平面ADE，
∴ FC//平面ADE．
又CO1，FC⊂平面FCO1，CO1∩FC=C，
∴ 平面FCO1//平面ADE，
又FO1⊂平面FCO1，
∴ FO1//平面ADE．
(2)解：连接AC，
∵ FC是圆柱O1O2的母线，
∴ FC⊥圆柱O1O2的底面.
∵ AB为圆O1的直径，
∴ ∠ACB=90∘，
∴ 直线CA，CB，CF两两垂直，以C为原点建立空间直角坐标系如图：
∵ BC=FC=2，
∴ C0,0,0，A23,0,0，B(0,2,0)，F(0,0,2)，
AB→=−23,2,0，AF→=−23,0,2，
由题知平面ACF的一个法向量为CB→=0,2,0，
设平面ABF的一个法向量为n→=x,y,z，
n→⋅AB→=−23x+2y=0,n→⋅AF→=−23x+2z=0,
令x=1，y=3，z=3，
∴ n→=1,3,3，
∴ cs⟨CB→,n→⟩=CB→⋅n→|CB→||n→|=2327=217，
∴ 二面角B−AF−C的余弦值为217 .
1. 下列结论错误的是( )
A.若“p且q”与“¬p或q”均为假命题，则p真q假
B.命题“存在x∈R，x2−x>0”的否定是“对任意的x∈R，x2−x≤0”
C.“若am2
2. 已知AB→=(1, 5, −2)，BC→=(3, 1, z)，若AB→⊥BC→，BP→=(x−1, y, −3)，且BP⊥平面ABC，则实数x、y、z分别为( )
A.337，−157，4B.407，−157，4
C.407，−2，4D.4，407，−15
3. 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=68
C.(x−2)2+y2=34D.(x−2)2+y2=68
4. 已知a→=2,t,t，b→=1−t,2t−1,0，则|b→−a→| 的最小值是( )
A.2B.3C.5D.6
5. 已知F1(−1, 0)，F2(1, 0)是椭圆C的两个焦点，过F2且垂直于x轴的直线交椭圆于A，B两点，且|AB|=3，则C的方程为( )
A.x22+y2=1B.x23+y22=1C.x24+y23=1D.x25+y24=1
6. 如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点．若AB→=a→，AD→=b→，AA1→=c→，则下列向量中与BM→相等的向量是( )
A.12a→+12b→+c→B.12a→−12b→+c→
C.−12a→+12b→+c→D.12a→+12b→−c→
7. 设抛物线C: y2=4x的焦点为F，过F的直线与C交于A，B两点，O为坐标原点．若|AF|=3，则△AOB的面积为( )
A.22B.2C.322D.32
8. 若F1，F2是双曲线y2a2−x2b2=1a>0,b>0 与椭圆x216+y225=1的共同焦点，点P是两曲线的一个交点，且△PF1F2为等腰三角形，则该双曲线的渐近线方程是( )
A.y=±22xB.y=±24xC.y=±73xD.y=±377x
9. 如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为a，E是DD1的中点，则( )
A.直线B1E//平面A1BD
B.B1E⊥BD1
C.三棱锥C1−B1CE的体积为13a3
D.直线B1E与平面CDD1C1所成的角正切值为255
10. 已知A，B，C是双曲线x2a2−y2b2=1a>0,b>0上的三个不同的点，若A，B两点关于原点对称，AC过右焦点F，且FB→⋅AC→=0，3|AF|=|CF|，则双曲线的离心率为( )
A.102B.3C.5D.1+2
11. 若点P在y=x2上，点Q在x2+y−32=1上，则|PQ|的最小值为( )
A.3−1B.112−1C.2D.102−1
12. 已知双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点分别为F1，F2，点M在C的左支上，过点M作C的一条渐近线的垂线，垂足为N，则当|MF2|+|MN|取得最小值10时，△F1NF2面积的最大值为( )
A.25B.252C.509D.1009
二、填空题
若命题“方程x2−mx+3=0在0,1上仅有一解”为假命题，则m的取值范围是________.
三、解答题
已知命题p：实数t满足t2−7at+12a2<0(a<0)，命题q：实数t满足曲线x225+t+y29+t=1为椭圆．
(1)若q为真，求实数t的取值范围；
(2)若p是q的充分条件，求实数a的取值范围．
已知F1，F2分别是双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点，点P是双曲线上一点，满足PF1⊥PF2且|PF1|=8，|PF2|=6．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)若直线l交双曲线于A，B两点，若AB的中点恰为点M(2, 6)，求直线l的方程．
设动点M(x, y)(x≥0)到定点F(2, 0)的距离比它到y轴的距离大2．
(1)求动点M的轨迹方程C；
(2)设过点F的直线l交曲线C于A，B两点，O为坐标原点，求△AOB面积的最小值．
在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为22的正方形，平面PAC⊥底面ABCD，PA=PC=22．
(1)求证：PB=PD；
(2)点M，N分别在棱PA，PC上，PM=AM，PN=CN，求直线PB与平面DMN所成角的正弦值．
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为32，且过点P−1,−32.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线y=−32x+m(m≠0且m≠−3）交椭圆C于A，B两点，记直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，探究：k1k2是否为定值，若是，求出该值；若不是，请说明理由．
在如图所示的圆柱O1O2中，AB为圆O1的直径，C，D是AB的两个三等分点，EA，FC，GB都是圆柱O1O2的母线．
(1)求证：FO1//平面ADE；
(2)若BC=FC=2，求二面角B−AF−C的余弦值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年安徽省六安市某校高二（下）3月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
四种命题的真假关系
【解析】
A中考查“p且q”与“p或q”真假的判断，“p且q”有假则假，“p或q”有真则真；
B中注意区分命题的否定与否命题；C考查充要条件的判断，D考查四种命题及真假判断．
【解答】
解：A，“p且q”为假命题，p和q中至少有一个是假命题，
“¬p或q”均为假命题，¬p和q均为假命题，所以q为假命题，p为真命题．
故正确.
B，“存在x∈R，x2−x>0”是特称命题，否定时变为全称命题，
即“对任意的x∈R，x2−x≤0”，故正确.
C，若“am2
D，x2−3x+2=0，即x=1或x=2，“x=1”⇒“x=1或x=2”，反之不成立．
故正确.
故选C．
2.
【答案】
B
【考点】
向量语言表述线线的垂直、平行关系
【解析】
利用数量积与垂直的关系、线面垂直的性质定理即可得出．
【解答】
解：∵ AB→⊥BC→，
∴ AB→⋅BC→=3+5−2Z=0，解得z=4．
∴ BC→=(3,1,4)．
∵ BP⊥平面ABC，
∴ BP→⊥AB→，BP→⊥BC→．
∴ BP→⋅BC→=3(x−1)+y−12=0˙，
化为x+5y+5=0，3x+y−15=0，
解得x=407，y=−157，
∴ x=407，y=−157，z=4．
故选B．
3.
【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.
4.
【答案】
A
【考点】
向量的模
【解析】
利用向量模的计算公式与二次函数的单调性即可得出．
【解答】
解：由题意可得：b→−a→=(−1−t,t−1,−t)，
所以|b→−a→|=(−1−t)2+(t−1)2+(−t)2
=3t2+2≥2，
当且仅当t=0时取等号，
|b→−a→|的最小值是2.
故选A.
5.
【答案】
C
【考点】
椭圆的标准方程
【解析】
设椭圆的方程为x2a2+y2b2=1，根据题意可得a2−b2=1．再由AB经过右焦点F2且垂直于x轴且|AB|＝3算出A、B的坐标，代入椭圆方程得12a2+(32)2b2=1，两式联解即可算出a2＝4，b2＝3，从而得到椭圆C的方程．
【解答】
解：设椭圆的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，
可得c=a2−b2=1，
所以a2−b2=1，①
∵ AB经过右焦点F2且垂直于x轴，且|AB|=3，
∴ 可得A(1, 32)，B(1, −32)，
代入椭圆方程得12a2+(32)2b2=1，②
联立①②，可得a2=4，b2=3，
∴ 椭圆C的方程为 x24+y23=1.
故选C.
6.
【答案】
C
【考点】
向量加减混合运算及其几何意义
向量的线性运算性质及几何意义
空间向量的加减法
【解析】
利用向量的运算法则：三角形法则、平行四边形法则表示出BM→．
【解答】
解：∵ BM→=BB1→+B1M→
=c→+12BD→
=c→+12(BA→+BC→)
=c→+12(−a→+b→)
=−12a→+12b→+c→.
故选C.
7.
【答案】
C
【考点】
抛物线的应用
三角形的面积公式
【解析】
设直线AB的倾斜角为θ，利用|AF|=3，可得点A到准线l:x=−1的距离为3，从而csθ=13，进而可求|BF|，|AB|，由此可求AOB的面积．
【解答】
解：设直线AB的倾斜角为θ(0<θ<π)及|BF|=m，
∵ |AF|=3，
∴ 点A到准线l:x=−1的距离为3，
∴ 2+3csθ=3，
∴ csθ=13，
∵ m=2+mcs(π−θ)，
∴ m=21+csθ=32，
∴ △AOB的面积为S=12×|OF|×|AB|×sinθ
=12×1×(3+32)×223=322.
故选C．
8.
【答案】
B
【考点】
双曲线的渐近线
圆锥曲线的综合问题
【解析】
本题考查椭圆和双曲线的定义及其标准方程以及它们的几何性质．
【解答】
解：∵椭圆x216+y225=1 ，
∴ 焦点坐标为(0,±3) ，
∵ 双曲线与椭圆有共同的焦点，
∴c=3.
设P为两曲线在第一象限的交点，
∵ 在椭圆中△PF1F2为等腰三角形，
∴|PF2|=|F1F2|=6，
∴|PF1|=2a−|F2P|=10−6=4，
∴ 双曲线中， 2a=||PF1|−|PF2||=|4−6|=2 ，
∴a=1，
代入a2+b2=9，得b=22（b>0），
∴该双曲线的渐近线方程是
y=±abx=±122x=±24x.
故选B．
9.
【答案】
D
【考点】
异面直线及其所成的角
二面角的平面角及求法
直线与平面所成的角
【解析】
建立空间直角坐标系，利用空间向量——验证即可；
【解答】
解：如图，建立空间直角坐标系，
则A1a,0,a，B1a,a,a，E0,0,a2，
Ba,a,0，D0,0,0，D10,0,a，
则B1E→=−a,−a,a2，DB→=a,a,0，
DA1→=a,0,a，BD1→=−a,−a,a，
设面A1BD的法向量为n→=x,y,z，
所以ax+az=0，ax+ay=0，取x=1，则y=z=−1，
所以n→=1,−1,−1，
所以B1E→⋅n→=1×−1+−1×−a+−1×a2=a2−1，
当a≠2时，B1E→⋅n→≠0，
故B1E不一定平行面A1BD，故A错误；
因为B1E→⋅BD1→=−a×−a+−a×−a+a×a2=52a2≠0，
所以B1E→与BD→不垂直，故B错误；
VC1−B1CE=VB1−C1EC=13S△C1EC⋅B1C1=16a3，故C错误；
面CDD1C1的法向量为m→=1,0,0，
设直线B1E与平面CDD1C1所成的角为θ，
则sinθ=cs⟨m→,B1E→⟩=|m→⋅B1E→||m→||B1E→|
=a1×a2+a2+(a2)2=23，
所以csθ=1−sin2θ=53，
所以tanθ=sinθcsθ=2353=255，故D正确.
故选D.
10.
【答案】
A
【考点】
双曲线的离心率
双曲线的定义
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设双曲线的左焦点为F1，连接AF1，CF1，
由FB→⋅AC→=0，可得BF⊥AC，
由双曲线对称性易知AF1//BF，
所以∠F1AC=90∘.
设|AF|=m，|FC|=3m，
|AF1|=2a+m，|F1C|=2a+3m，
由(2a+m)2+4m2=2a+3m2，
解得m=a.
即3a2+a2=4c2，e=102.
故选A .
11.
【答案】
B
【考点】
圆的标准方程
抛物线的求解
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：圆x2+y−32=1的圆心为A0,3，半径为1，
∵ 点P在抛物线y=x2上，设Px,x2，
∴ |PQ|=|AP|−|AQ|
=|x2+(x2−3)2−1=x4−5x2+9−1
=x2−522+114−1，
由二次函数的性质可知：当x2=52时， |PQ|取最小值，最小值为： 112−1．
故选B．
12.
【答案】
B
【考点】
双曲线的渐近线
基本不等式在最值问题中的应用
双曲线的标准方程
【解析】
由题意得，|MF2|+|MN|=|MF|+2a+|MN|≥|F1N|+2a=b+2a，当且仅当M，F1，N，三点共线时取等号，∴ |MF2|+|MN|的最小值为b+2a=10，∴ 10≥22ab，即ab≤252，当且仅当b=2a=5时，等号成立，
∴ SΔNM=2S△F1NO=2×12|NF1|⋅|NO|=ab≤252，故选B．
【解答】
解：由题意得|MF2|+|MN|=|MF1|+2a+|MN|
≥|F1N|+2a=b+2a，
当且仅当M，F1，N三点共线时取等号，
∴ |MF2|+|MN|的最小值为b+2a=10，
∴ 10≥22ab，即ab≤252，
当且仅当b=2a=5时，等号成立，
∴ S△F1NF2 =2S△F1NO=2×12|NF1|⋅|NO|=ab≤252.
故选B．
二、填空题
【答案】
m<4
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：假设这个命题为真命题，
令f(x)=x2−mx+3，则f(0)=3>0，
因为仅有一解，所以根据抛物线性质可得：
对称轴为直线x=m2>0，即m>0 ，
f(1)=4−m≤0 ，即m≥4.
又此命题为假命题，故m<4.
故答案为：m<4.
三、解答题
【答案】
解：(1)因为q为真，
所以25+t>0，9+t>2，25+t≠9+t，
解得t>−9，
故实数t的取值范围是t∈(−9, +∞)．
(2)p：实数t满足t2−7at+12a2<0(a<0)，
则(t−3a)(t−4a)<0，
又a<0，则4a
则−9≤4a，a<0，
解得−94≤a<0，
故实数a的取值范围是a∈[−94,0).
【考点】
命题的真假判断与应用
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
（1）根据椭圆性质，通过方程组求解；（2）根据充分条件概念，通过解不等式组求解．
【解答】
解：(1)因为q为真，
所以25+t>0，9+t>2，25+t≠9+t，
解得t>−9，
故实数t的取值范围是t∈(−9, +∞)．
(2)p：实数t满足t2−7at+12a2<0(a<0)，
则(t−3a)(t−4a)<0，
又a<0，则4a
则−9≤4a，a<0，
解得−94≤a<0，
故实数a的取值范围是a∈[−94,0).
【答案】
解：(1)由题意得，2a=|PF1|−|PF2|=2，
所以a=1，
在三角形PF1F2中，|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2=100，
所以4c2=100，则c2=25=a2+b2，则b2=24，
故双曲线的标准方程为：x2−y224=1．
(2)设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
有x12−y1224=1，x22−y2224=1，
则x12−x22=y12−y2224，
所以24=y12−y22x12−x22=y1−y2x1−x2⋅y1+y2x1+x2.
又kAB=y1−y2x1−x2，y1+y2x1+x2=62=3，
所以kAB⋅3=24，
可得kAB=8，
所以直线AB方程为：y−6=8(x−2)，
即y=8x−10，满足Δ>0，符合题意．
【考点】
双曲线的标准方程
直线与双曲线的位置关系
直线与双曲线结合的最值问题
【解析】
（1）利用双曲线的定义求出a＝1，在三角形PF1F2中，利用勾股定理求解c，然后求解双曲线方程．
（2）设A(x1, y1)，B(x2, y2)，利用点差法求解周长AB的向量，然后推出方程即可．
【解答】
解：(1)由题意得，2a=|PF1|−|PF2|=2，
所以a=1，
在三角形PF1F2中，|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2=100，
所以4c2=100，则c2=25=a2+b2，则b2=24，
故双曲线的标准方程为：x2−y224=1．
(2)设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
有x12−y1224=1，x22−y2224=1，
则x12−x22=y12−y2224，
所以24=y12−y22x12−x22=y1−y2x1−x2⋅y1+y2x1+x2.
又kAB=y1−y2x1−x2，y1+y2x1+x2=62=3，
所以kAB⋅3=24，
可得kAB=8，
所以直线AB方程为：y−6=8(x−2)，
即y=8x−10，满足Δ>0，符合题意．
【答案】
解：(1)依题意知，动点M到定点F(2, 0)的距离等于M到直线x=−2的距离，
曲线C是以原点为顶点，F(2, 0)为焦点的抛物线．
∴ 曲线C的方程是y2=8x．
(2)设直线l的方程为x=my+2，代入抛物线方程，
可得：y2−8my−16=0.
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
则y1+y2=8m，y1y2=−16，
∴ △AOB的面积=12|OF||y1−y2|=64m2+64≥8，
当且仅当m=0时，等号成立，
即△AOB的面积最小值为8．
【考点】
圆锥曲线的轨迹问题
抛物线的定义
直线与抛物线结合的最值问题
【解析】
（1）依题意知，动点M到定点F(2, 0)的距离等于M到直线x=−2的距离，由抛物线的定义求出曲线C的方程；
（2）设直线l的方程为x=my+2，代入抛物线方程，利用韦达定理，即可得出结论．
【解答】
解：(1)依题意知，动点M到定点F(2, 0)的距离等于M到直线x=−2的距离，
曲线C是以原点为顶点，F(2, 0)为焦点的抛物线．
∴ 曲线C的方程是y2=8x．
(2)设直线l的方程为x=my+2，代入抛物线方程，
可得：y2−8my−16=0.
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
则y1+y2=8m，y1y2=−16，
∴ △AOB的面积=12|OF||y1−y2|=64m2+64≥8，
当且仅当m=0时，等号成立，
即△AOB的面积最小值为8．
【答案】
(1)证明：连接BD，记AC∩BD=O，连接PO，
如图所示，
∵ 底面ABCD为正方形，
∴ OA=OC=OB=OD=2.
∵ PA=PC，
∴ PO⊥AC.
∵ 平面PAC∩底面ABCD=AC，PO⊂平面PAC，
∴ PO⊥底面ABCD．
∵ BD⊂底面ABCD，
∴ PO⊥BD，
∴ PB=PD .
(2)解：如图，以O为坐标原点，射线OB，OC，OP的方向
分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系O−xyz.
由(1)可知OP=2，
∴ P0,0,2，A0,−2,0，B2,0,0，
C0,2,0，D−2,0,0，
∴ M0,−1,1，N0,1,1，PB→=2,0,−2，
∴ DM→=2,−1,1，MN→=0,2,0，
设平面DMN的一个法向量为n→=x,y,z，
∵ DM→⋅n→=0，MN→⋅n→=0，
即2x−y+z=0,2y=0,
令x=1，可得n→=1,0,−2，
∴ cs⟨PB→,n→⟩=PB→⋅n→|PB→|⋅|n→|
=622×5=31010，
∴ 直线PB与平面DMN所成角的正弦值为31010．
【考点】
平面与平面垂直的性质
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：连接BD，记AC∩BD=O，连接PO，
如图所示，
∵ 底面ABCD为正方形，
∴ OA=OC=OB=OD=2.
∵ PA=PC，
∴ PO⊥AC.
∵ 平面PAC∩底面ABCD=AC，PO⊂平面PAC，
∴ PO⊥底面ABCD．
∵ BD⊂底面ABCD，
∴ PO⊥BD，
∴ PB=PD .
(2)解：如图，以O为坐标原点，射线OB，OC，OP的方向
分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系O−xyz.
由(1)可知OP=2，
∴ P0,0,2，A0,−2,0，B2,0,0，
C0,2,0，D−2,0,0，
∴ M0,−1,1，N0,1,1，PB→=2,0,−2，
∴ DM→=2,−1,1，MN→=0,2,0，
设平面DMN的一个法向量为n→=x,y,z，
∵ DM→⋅n→=0，MN→⋅n→=0，
即2x−y+z=0,2y=0,
令x=1，可得n→=1,0,−2，
∴ cs⟨PB→,n→⟩=PB→⋅n→|PB→|⋅|n→|
=622×5=31010，
∴ 直线PB与平面DMN所成角的正弦值为31010．
【答案】
解：(1)由题意得ca=32，1a2+34b2=1，a2=b2+c2，
解得a=2，b=1，c=3，
∴ 椭圆C的方程为x24+y2=1．
(2)联立y=−32x+m，x24+y2=1，
得x2−3mx+m2−1=0，
Δ=3m2−4m2−1=−m2+4>0，
解得−2
∴ m的取值范围是−2,−3∪−3,0∪0,2，
设Ax1,y1，Bx2,y2，
则x1+x2=3m，x1x2=m2−1，
∴ k1⋅k2=−32x1+m+32x1+1⋅−32x2+m+32x2+1
=34x1x2−32m+32x1+x2+m+322x1x2+x1+x2+1
=34m2−1−32m+32⋅3m+m+322m2−1+3m+1
=14m2+34mm2+3m=14 ，
即k1k2是定值，且定值是14．
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的离心率
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
暂无
【解答】
解：(1)由题意得ca=32，1a2+34b2=1，a2=b2+c2，
解得a=2，b=1，c=3，
∴ 椭圆C的方程为x24+y2=1．
(2)联立y=−32x+m，x24+y2=1，
得x2−3mx+m2−1=0，
Δ=3m2−4m2−1=−m2+4>0，
解得−2
∴ m的取值范围是−2,−3∪−3,0∪0,2，
设Ax1,y1，Bx2,y2，
则x1+x2=3m，x1x2=m2−1，
∴ k1⋅k2=−32x1+m+32x1+1⋅−32x2+m+32x2+1
=34x1x2−32m+32x1+x2+m+322x1x2+x1+x2+1
=34m2−1−32m+32⋅3m+m+322m2−1+3m+1
=14m2+34mm2+3m=14 ，
即k1k2是定值，且定值是14．
【答案】
(1)证明：连接O1C，O1D，O1O2，
∵ C，D是半圆AB的两个三等分点，
∴ ∠AO1D=∠DO1C=∠CO1B=60∘，
又O1A=O1B=O1C=O1D，
∴ △AO1D，△CO1D，△BO1C均为等边三角形，
∴ O1A=AD=DC=O1C，
∴ 四边形ADCO1是平行四边形，
∴ CO1//AD.
又∵ O1A=AD=DC=O1C，CO1⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，
∴ CO1//平面ADE.
∵ EA，FC都是圆柱O1O2的母线，
∴ EA//FC .
又∵ FC⊄平面ADE，EA⊂平面ADE，
∴ FC//平面ADE．
又CO1，FC⊂平面FCO1，CO1∩FC=C，
∴ 平面FCO1//平面ADE，
又FO1⊂平面FCO1，
∴ FO1//平面ADE．
(2)解：连接AC，
∵ FC是圆柱O1O2的母线，
∴ FC⊥圆柱O1O2的底面.
∵ AB为圆O1的直径，
∴ ∠ACB=90∘，
∴ 直线CA，CB，CF两两垂直，以C为原点建立空间直角坐标系如图：
∵ BC=FC=2，
∴ C0,0,0，A23,0,0，B(0,2,0)，F(0,0,2)，
AB→=−23,2,0，AF→=−23,0,2，
由题知平面ACF的一个法向量为CB→=0,2,0，
设平面ABF的一个法向量为n→=x,y,z，
n→⋅AB→=−23x+2y=0,n→⋅AF→=−23x+2z=0,
令x=1，y=3，z=3，
∴ n→=1,3,3，
∴ cs⟨CB→,n→⟩=CB→⋅n→|CB→||n→|=2327=217，
∴ 二面角B−AF−C的余弦值为217 .
【考点】
直线与平面平行的判定
平面与平面平行的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：连接O1C，O1D，
∵ C，D是半圆AB的两个三等分点，
∴ ∠AO1D=∠DO1C=∠CO1B=60∘，
又O1A=O1B=O1C=O1D，
∴ △AO1D，△CO1D，△BO1C均为等边三角形，
∴ O1A=AD=DC=O1C，
∴ 四边形ADCO1是平行四边形，
∴ CO1//AD.
又∵ O1A=AD=DC=O1C，CO1⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，
∴ CO1//平面ADE.
∵ EA，FC都是圆柱O1O2的母线，
∴ EA//FC .
又∵ FC⊄平面ADE，EA⊂平面ADE，
∴ FC//平面ADE．
又CO1，FC⊂平面FCO1，CO1∩FC=C，
∴ 平面FCO1//平面ADE，
又FO1⊂平面FCO1，
∴ FO1//平面ADE．
(2)解：连接AC，
∵ FC是圆柱O1O2的母线，
∴ FC⊥圆柱O1O2的底面.
∵ AB为圆O1的直径，
∴ ∠ACB=90∘，
∴ 直线CA，CB，CF两两垂直，以C为原点建立空间直角坐标系如图：
∵ BC=FC=2，
∴ C0,0,0，A23,0,0，B(0,2,0)，F(0,0,2)，
AB→=−23,2,0，AF→=−23,0,2，
由题知平面ACF的一个法向量为CB→=0,2,0，
设平面ABF的一个法向量为n→=x,y,z，
n→⋅AB→=−23x+2y=0,n→⋅AF→=−23x+2z=0,
令x=1，y=3，z=3，
∴ n→=1,3,3，
∴ cs⟨CB→,n→⟩=CB→⋅n→|CB→||n→|=2327=217，
∴ 二面角B−AF−C的余弦值为217 .
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