2023-2024学年山东省聊城市高二（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年山东省聊城市高二（上）期末数学试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.直线4x−y+2=0在x轴上的截距为( )
A. −2B. −12C. 12D. 2
2.已知函数f(x)=ex+xcsx，则t→0limf(t)−f(0)t=( )
A. −1B. 0C. 1D. 2
3.已知数列{an}满足an+1=2(an+1)，若a5=78，则a1=( )
A. 4B. 3C. 52D. 2
4.已知直线l1：ax+y−1=0，l2：3x+ay+ 3=0，若l1//l2，则它们的倾斜角为( )
A. 30°B. 60°C. 120°D. 60°或120°
5.在三棱锥S−ABC中，D，E，F分别为AB，BC，CA的中点，若SA=xSD+ySE+zSF，则x−y+z=( )
A. −1B. 1C. 2D. 3
6.抛物线有如下光学性质：从焦点发出的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线平行于抛物线的对称轴；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线上一点反射后，反射光线必过抛物线的焦点.已知抛物线C：y2=2x，一束平行于x轴的光线l1，从点P(m,2)(m>2)射入，经过C上一点A反射后，再经C上另一点B反射后，沿直线l2出，则线段AB的长为( )
A. 2516B. 178C. 258D. 338
7.已知直线l：x−y+m=0(m>0)与圆C：x2+y2−2x−4y−3=0交于A，B两点，且圆C在A，B两点处的切线交于点M，若△ABM为正三角形，则m=( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
8.已知数列{an}满足an=12n−3，则|a2−a1|+|a3−a2|+⋯+|a10−a9|的值为( )
A. 5017B. 5217C. 5417D. 5617
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列求导运算正确的是( )
A. (sinπ)′=csπB. (lg2x)′=1xln2
C. (1 x−1−1 x+1)′=−2(x−1)2D. [ln(3x−1)]′=33x−1
10.若平面内的动点P(x,y)满足| (x+2)2+y2+m (x−2)2+y2|=m+3，则( )
A. m=0时，点P的轨迹为圆B. m=−3时，点P的轨迹为圆
C. m=1时，点P的轨迹为椭圆D. m=−1时，点P的轨迹为双曲线
11.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=2AC=2AA1，D，E分别为BB1，A1B1的中点，则( )
A. B1C/​/平面AEC1
B. AB1⊥平面DEC1
C. 平面AEC1⊥平面DEC1
D. 直线AC1与ED所成角的余弦值为 55
12.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F(2,0)，右顶点为A，离心率为e，直线l//x轴，且与C的左、右两支分别交于P，Q两点，O为坐标原点，则下列命题正确的是( )
A. 若e=2，则C的虚轴长为 3B. 若e=2，则|PF|−|QF|=2
C. 若存在l使PA⊥AQ，则e= 2D. 若存在l使PO⊥OQ，则e> 2
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.在空间直角坐标系Oxyz中，若点P(a,b,2a)关于平面xOz对称的点为Q(2−a,−b,b+5)，则点P的坐标为______．
14.写出经过坐标原点，且被圆C：(x−1)2+(y−2)2=4截得的弦长为2 3的直线l的一个方程______．
15.已知椭圆C：x212+y24=1的上顶点为A，过点A的直线与C交于另一点B，则|AB|的最大值为______．
16.若直线l与曲线y=ex−1相切，也与曲线y=ex−2相切，则l的斜率为______．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知等比数列{an}中，a1=1，a22，2a3，a4成等差数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)令bn=lg 3an，求数列{bn}的前n项和Sn．
18.(本小题12分)
如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB= 2，AA1=2，M为AA1的中点．
(1)证明：MC⊥DC1；
(2)若AD=1，求直线DC1与平面B1MC所成角的正弦值．
19.(本小题12分)
已知x轴平分△ABC的一个内角，A(2,3)，B(0,−1)，△ABC的外接圆为圆M．
(1)求△ABC的面积；
(2)证明圆N：x2+y2+2x+2y−23=0与圆M相交，并求圆N与圆M的公共弦所在直线的方程．
20.(本小题12分)
已知数列{an}与等差数列{bn}满足a1=1，a2=6，数列{anbn}的前n项和Sn=2n−1．
(1)求{bn}的通项公式；
(2)求{an}的前n项和Tn．
21.(本小题12分)
图1是由Rt△ABC，直角梯形ACDE和等腰梯形BCGF组成的一个平面图形，其中∠ACD=90°，AC=BC=2，CD=DE=CG=GF=FB=1，将直角梯形ACDE和等腰梯形BCGF分别沿AC，CB折起使得CD，CG重合，连接EF，如图2．
(1)求图2中的点B到平面ACDE的距离；
(2)证明图2中的A，B，F，E四点共面，并求平面ABFE与平面ACDE夹角的余弦值．
22.(本小题12分)
已知椭圆C1：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F′，F，其中F′在抛物线C2：y2=4x的准线l上，过F的动直线m交C1于A，B两点，交C2于M，N两点，且当m⊥x轴时，|AB|= 2．
(1)求C1的方程；
(2)若NH⊥l于点H，判断坐标原点O是否在直线MH上，并说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：令y=0，解得x=−12，显然截距是−12．
故选：B．
直接利用定义求解截距即可．
本题主要考查截距的定义，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：由题意，f′(x)=ex+csx−xsinx，
故f′(0)=1+1−0=2．
则t→0limf(t)−f(0)t=f′(0)=2．
故选：D．
根据导数的定义求解即可．
本题主要考查导数的几何意义，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：由an+1=2(an+1)，得an+1+2=2(an+2)，
所以an+1+2an+2=2，故{an+2}是公比为2的等比数列，
所以a5+2=(a1+2)⋅24=80，所以a1=3．
故选：B．
由题意可得{an+2}是公比为2的等比数列，由等比数列的通项公式求解即可，
本题考查数列的递推公式，考查学生归纳推理与数学运算的能力，属于中档题．
4.【答案】C
【解析】解：因为l1//l2，所以a2=3且a≠− 3，所以a= 3．
两直线的斜率为k=− 3，所以倾斜角为120°．
故选：C．
先利用平行求出a，再利用斜率和倾斜角的关系可得答案．
本题主要考查直线共线的性质，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：连结AE和DF，并交于点O，
∵点O是DF和AE的中点，
∴SO=12(SD+SF)，以及SO=12(SA+SE)，
∴SD+SF=SA+SE，即SA=SD−SE+SF，
∴x=1，y=−1，z=1，则x−y+z=3．
故选：D．
根据几何关系，找到向量的等式，即可求解x，y，z，即可求解．
本题考查空间向量的基本定理，属于中档题．
6.【答案】C
【解析】解：由抛物线的光学性质可知，直线AB过抛物线的焦点F(12,0)，
因为P(m,2)(m>2)，所以令y2=2x中y=2，则x=2，
即A(2,2)，所以直线AB的方程为：y=2−02−12(x−12)，
即4x−3y−2=0，
将直线AB的方程代入y2=2x中，
得8x2−17x+2=0，所以x1+x2=178，
所以|AB|=x1+x2+p=178+1=258．
故选：C．
根据条件设出直线AB的方程为4x−3y−2=0，联立直线和抛物线方程并消元，得到x1+x2=178，由抛物线的焦半径公式可求得线段AB的长．
本题考查抛物线的性质，是中档题．
7.【答案】C
【解析】解：因为△ABM为正三角形，且AM，BM均与圆相切，故∠CAM=∠CBM=90°，
∠AMB=60°，由四边形ACBM内角和为360°可得∠ACB=120°．
又圆C：(x−1)2+(y−2)2=8，圆心为(1,2)，半径为2 2．
故C到直线AB的距离为ACsin30°= 2．
故|1−2+m| 1+1= 2，解得m=3或m=−1(舍)．
故选：C．
根据题意可得∠ACB=120°，再根据三角形中的关系，结合垂径定理求解即可．
本题考查直线与圆的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
8.【答案】A
【解析】解：因为an+1−an=12n−1−12n−3=−2(2n−1)(2n−3)，
当n=1时，a2−a1>0；当n≥2时，an+1−an<0，
所以|a2−a1|+|a3−a2|+⋯+|a10−a9|
=a2−a1+a2−a3+a3−a4⋯+a9−a10=2a2−a1−a10
=2−(−1)−12×10−3=3−117=5017．
故选：A．
由an+1−an可知，当n=1时，a2−a1>0，当n≥2时，an+1−an<0，代入|a2−a1|+|a3−a2|+⋯+|a10−a9|化简即可得出答案．
本题考查知识点：数列的通项公式和数列的求和，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
9.【答案】BCD
【解析】解：对于A：由于sinπ=0是常数，常数的导数是0，即(sinπ)′=0，错误；
对于B：(lg2x)′=1xln2，正确；
对于C：(1 x−1−1 x+1)′=(2x−1)′=−2(x−1)2，正确；
对于D：[ln(3x−1)]′=13x−1×3=33x−1，正确．
故选：BCD．
根据导数的四则运算，复合函数的求导法则逐一进行判断．
本题主要考查导数的运算，属于基础题．
10.【答案】ABD
【解析】解：对于A，当m=0时，由| (x+2)2+y2+m (x−2)2+y2|=m+3，得到 (x+2)2+y2=3，
其表示动点P(x,y)到定点(−2,0)的距离为 3，由圆的定义知点P的轨迹为以(−2,0)为圆心，半径为 3的圆，故A正确；
对于B，当m=−3时，由| (x+2)2+y2+m (x−2)2+y2|=m+3，得到 (x+2)2+y2−3 (x−2)2+y2=0，
整理得到x2+y2−5x+4=0，即(x−52)2+y2=94，故B正确；
对于C，当m=1时，由| (x+2)2+y2+m (x−2)2+y2|=m+3，
得到 (x+2)2+y2+ (x−2)2+y2=4，其表示动点P(x,y)到定点A(−2,0)和B(2,0)的距离之和为4，
又两定点A(−2,0)，B(2,0)间的距离为4，所以点P的轨迹为线段AB上的点，故C错误；
对于D，当m=−1时，由| (x+2)2+y2+m (x−2)2+y2|=m+3，
得到| (x+2)2+y2− (x−2)2+y2|=2，其表示动点P(x,y)到定点A(−2,0)和B(2,0)的距离之差的绝对值为2，
又|AB|=4>2，由双曲线的定义知，点P的轨迹为双曲线，故D正确．
故选：ABD．
根据条件，结合选项，利用圆、椭圆、双曲线的定义，逐一分析判断，即可得出结果．
本题主要考查了求动点轨迹方程，考查了圆、椭圆和双曲线的定义，属于中档题．
11.【答案】AC
【解析】解：在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=2AC=2AA1，D，E分别为BB1，A1B1的中点，
∵三棱柱ABC−A1B1C1为直棱柱，∠BAC=90°，
∴以点A1为坐标原点，以A1A所在直线为x轴，A1B1所在直线为y轴，A1C1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，
设AB=2AC=2AA1=2，A1(0,0,0)，A(1,0,0)，B1(0,2,0)，B(1,2,0)，
D(12,2,0),C(1,0,1),C1(0,0,1),E(0,1,0)，
设平面AEC1的法向量为n=(a,b,c)，
AE=(−1,1,0),EC1=(0,−1,1)，
则n⋅AE=0n⋅AC1=0，即−a+b=0−a+c=0，令a=1，得n=(1,1,1)，
设平面DEC1的法向量为m=(x,y,z)，
DE=(−12,−1,0),EC1=(0,−1,1)，
则m⋅DE=0m⋅EC1=0，即−12x−y=0−y+z=0，令x=2，得m=(2,−1,−1)，
对于A，B1C=(1,−2,1)，B1C⋅n=1×1+1×(−2)+1×1=0，
又B1C⊄平面AEC1，∴B1C/​/平面AEC1，故A正确；
对于B，AB1=(−1,2,0)，平面DEC1的法向量为m=(2,−1,−1)，
∵−12≠2−1≠0−1，∴AB1不垂直平面DEC1，故B错误；
对于C，∵m⋅n=2×1+1×(−1)+(−1)×1=0，∴平面AEC1⊥平面DEC1，故C正确；
对于D，BD=(−12,0,0),AC1=(−1,0,1)，
则cs=BD⋅AC1|BD|⋅|AC1|=−1212× 2=− 22，
∴直线AC1与ED所成角的余弦值为 22，故D错误．
故选：AC．
三棱柱ABC−A1B1C1为直棱柱，∠BAC=90°，以A1为坐标原点，建立空间直角坐标系，由空间位置关系的向量法可判断A，B，C；由异面直线的向量方法可判断D．
本题考查直三棱柱结构特征、线面平行、线面垂直、面面垂直的判定、异面直线所成角等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
12.【答案】BCD
【解析】解：由题意可得，c=2，
对于A，若e=2，
则e=ca=2，
则a=1，b=c2−a2= 3，
所以C的虚轴长为2b=2 3，
故A错误；
对于B，由A可知，双曲线C：x2−y23=1，
记双曲线的左焦点为F1，连接PF1，
则易知四边形PQFF1为等腰梯形，
所以|QF|=|PF1|，|PF|−|QF|=|PF|−|PF1|=2a=2，
故B正确；
对于C，因为A为双曲线的右顶点，
则A(a,0)，
设Q(m,n)，
因为直线l//x轴，
所以P(−m,n)，
因为PA⊥AQ，
所以PA=(a+m,−n),AQ=(m−a,n)，
则PA⋅AQ=(a+m)⋅(m−a)−n2=m2−a2−n2=0，
即m2=a2+n2，
因为Q(m,n)在C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)上，
所以m2a2−n2b2=1，
所以a2+n2a2−n2b2=1，
即n2a2−n2b2=0，
所以a=b，
则c= a2+b2= 2a2= 2a，
所以e= 2，
故C正确；
对于D，记PQ与y轴的交点为E，
因为直线l//x轴，
所以|PO|=|OQ|，
若存在l使PO⊥OQ，
则△POQ是等腰直角三角形，
所以∠EQO=45°，
所以∠QOA=45°，
易知双曲线的渐近线的斜率大于tan∠QOA，
所以ba>tan∠QOA=tan45°=1，
所以b2a2>1，
所以c2−a2a2>1，
所以c2a2>2，
所以e> 2，
故D正确．
故选：BCD．
由e=2可求出a，b，c可判断A；记双曲线的左焦点为F1，连接PF1，则易知四边形PQFF1为等腰梯形，再由双曲线的定义可判断B；由PA⋅AQ=0可得m2=a2+n2，代入双曲线的方程可得a=b进而判断C；由PO⊥OQ可得双曲线的渐近线的斜率大于tan∠QOA，所以ba>tan∠QOA=1，可判断D．
本题考查了双曲线的性质及定义，重点考查了双曲线的渐近线方程的求法，属中档题．
13.【答案】(1,−3,2)
【解析】解：由题意知，在空间直角坐标系O−xyz中，点P(a,b,2a)关于平面xOz的对称点为Q(a,−b,2a)，
又Q(2−a,−b,b+5)，所以2−a=a−b=−bb+5=2a，解得a=1b=−3，所以点P的坐标为(1,−3,2)．
故答案为：(1,−3,2)．
根据题意，由于关于平面xOz对称点的两个点的纵坐标互为相反数，由此列式求解即可．
本题考查空间点的坐标，注意空间点对称的方法，属于基础题．
14.【答案】x=0或3x−4y=0(写出一个即可)
【解析】解：由题意，圆心(1,2)到直线l的距离d= 4−(2 32)2=1，当直线l的斜率不存在时，方程为x=0满足题意；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx，即kx−y=0，则|k−2| 1+k2=1，
即(k−2)2=1+k2，解得k=34，此时直线l的方程为3x−4y=0．
故答案为：x=0或3x−4y=0(写出一个即可)．
讨论直线l的斜率是否存在，再设直线方程根据垂径定理求解即可．
本题考查了直线与圆的相交弦问题，是中档题．
15.【答案】3 2
【解析】解：设B(x0,y0)，则x0212+y024=1，−2≤y0<2，又A(0,2)，
所以|AB|= (x0−0)2+(y0−2)2= −2y02−4y0+16= −2(y0+1)2+18≤3 2，
当且仅当y0=−1时，|AB|取得最大值．
所以|AB|的最大值为3 2．
故答案为：3 2．
设出点B(x0,y0)，根据两点间距离公式列式运算得解．
本题考查椭圆的简单性质的应用，是基础题．
16.【答案】12
【解析】解：设直线l切曲线y=ex−1于点(x1,ex1−1)，切曲线y=ex−2于点(x2,ex2−2)，
由y=ex−1得y′=ex，则直线l的方程为y−(ex1−1)=ex1(x−x1)，
即y=ex1x+(1−x1)ex1−1，
由y=ex−2可得y′=ex−2，则直线l的方程为y−ex2−2=ex2−2(x−x2)，
即y=ex2−2x+(1−x2)ex2−2，
所以ex1=ex2−2(1−x1)ex1−1=(1−x2)ex2−2，
消去x2可得(1−x1)ex1−1=−(x1+1)ex1，
即2ex1=1，可得ex1=12，
因此直线l的斜率为ex1=12．
故答案为：12．
设直线l切曲线y=ex−1于点(x1,ex1−1)，切曲线y=ex−2于点(x2,ex2−2)，利用导数的几何意义写出直线l的两个方程，可得出关于x1、x2的方程组，消去x2，求出ex1的值，即为所求．
本题主要考查了利用导数研究曲线上某点处的切线方程，属于中档题．
17.【答案】解：(1)设等比数列{an}的公比为q，
因为a22，2a3，a4成等差数列，所以a22+a4=4a3，
又a1=1，所以q2+q3=4q2，解得q=3或q=0(舍)，
所以{an}的通项公式为an=3n−1；
(2)由(1)得bn=lg 33n−1=2n−2，
所以{bn}为等差数列，所以Sn=n(0+2n−2)2=n2−n，
所以{bn}的前n项和Sn=n2−n．
【解析】(1)根据基本量法求解即可；
(2)由(1)得bn=2n−2，再根据等差数列的求和公式求解即可．
本题考查了等比数列和等差数列的综合应用，属于基础题．
18.【答案】(1)证明：以D为原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图空间直角坐标系，

设AD=a，则D(0,0,0)，C(0, 2,0)，C1(0, 2,2)，M(a,0,1)，
可得MC=(−a, 2,−1)，DC1=(0, 2,2)，
因为MC⋅DC1=2−2=0，所以MC⊥DC1，即MC⊥DC1．
(2)解：当AD=1时，B1(1, 2,2)，由(1)知MC=(−1, 2,−1)，MB1=(0, 2,1)，DC1=(0, 2,2)．
设平面B1MC的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅MC=0n⋅MB1=0，得−x+ 2y−z=0 2y+z=0，
令y=1，则z=− 2，x=2 2，所以n=(2 2,1,− 2)为平面B1MC的一个法向量．
设直线DC1与平面B1MC所成的角为θ，则sinθ=|cs|=|n⋅DC1||n|⋅|DC1|= 2 8+1+2⋅ 0+2+4= 3333，
因此，直线DC1与平面B1MC所成角的正弦值为 3333．
【解析】(1)根据题意，以D为原点建立空间直角坐标系，设AD=a，利用坐标法证出MC⋅DC1=0，可得MC⊥DC1；
(2)先求出平面B1MC的法向量，再根据直线的方向向量与平面法向量的夹角，算出DC1与平面B1MC所成角的正弦值．
本题主要考查长方体的结构特征、利用空间坐标系研究线线垂直、直线与平面所成角等知识，属于中档题．
19.【答案】解：(1)设C的坐标为(m,0)，
由x轴平分△ABC的一个内角，可得kAC+kBC=0，
∴32−m+−10−m=0，解得m=−1，∴C(−1,0)，
∴|BC|= (0+1)2+(−1−0)2= 2，
直线BC的方程为x−1+y−1=1，即x+y+1=0，
点A(2,3)到直线x+y+1=0的距离d=|2+3+1| 2=3 2，
∴△ABC的面积为12× 2×3 2=3；
(2)设圆M的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，
则1−D+F=01−E+F=04+9+2D+3E+F=0，解得D=−2，E=−2，F=−3．
∴圆M的方程为x2+y2−2x−2y−3=0，化为标准方程为(x−1)2+(y−1)2=5，
圆心M(1,1)，半径为r= 5，
圆N：x2+y2+2x+2y−23=0化为标准方程为(x+1)2+(y+1)2=25，
圆心N(−1,−1)，半径R=5，
圆心距|MN|= (1+1)2+(1+1)2=2 2，∴5− 5<|MN|<5+ 5，
∴圆N：x2+y2+2x+2y−23=0与圆M相交，
两圆方程相减可得公共弦所在直线的方程为4x+4y−20=0，即x+y−5=0．
【解析】(1)求得C的坐标，进而求得直线BC的方程，求得点A到直线BC的距离与|BC|，可求△ABC的面积；
(2)利用待定系数法可求圆M的方程，求得两圆的圆心距，进而可证明两圆相交，利用两圆方程相减可求公共弦所在直线的方程．
本题考查直线与圆的位置关系，考查圆的方程的求法，考查运算求解能力，属中档题．
20.【答案】解：(1)由题意知，n≥2时，anbn=Sn−Sn−1=2n−2n−1=2n−1，
因为a1b1=S1=1符合上式，所以anbn=2n−1，
又a1=1，a2=6，所以1b1=16b2=2，解得b1=1b2=3．
因为{bn}是等差数列，所以公差d=b2−b1=2，bn=1+(n−1)×2=2n−1，
所以{bn}的通项公式bn=2n−1．
(2)由(1)知anbn=2n−1，bn=2n−1，所以an=(2n−1)2n−1．
所以Tn=a1+a2+a3+⋯+an
=1+3×21+5×22+⋯+(2n−3)2n−2+(2n−1)2n−1，①
2Tn=1×2+3×22+5×23+⋯+(2n−3)2n−1+(2n−1)2n，②
①−②得−Tn=1+2(21+22+23+⋯+2n−1)−(2n−1)2n
=1+2×2(1−2n−1)1−2−(2n−1)2n=(3−2n)2n−3，
所以Tn=(2n−3)2n+3，
所以{an}的前n项和Tn=(2n−3)2n+3．
【解析】(1)n≥2时，由anbn=Sn−Sn−1求出anbn=2n−1，再由等差数列的性质求出{bn}的通项公式；
(2)由(1)求出{an}，再由错位相减法求解即可．
本题考查知识点：数列的通项公式的求法，数列的求和，主要考查学生的运算能力和应用能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)由题意可知，图2中AC⊥CD，AC⊥CB，
又CD∩CB=C，CD⊂平面BCDF，CB⊂平面BCDF，所以AC⊥平面BCDF，
在平面BCDF内，过D作DH⊥CB于点H，则AC⊥DH，
又AC∩CB=C，AC⊂平面ABC，CB⊂平面ABC，所以DH⊥平面ABC，
以C为原点，以CA，CB所在直线分别为x轴，y轴，以过点C且与DH平行的直线为z轴，
建立如图空间直角坐标系，

由题意可得C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，D(0,12, 32)，
CA=(2,0,0)，CD=(0,12, 32)，AB=(−2,2,0)，
设平面ACDE的法向量为m=(a,b,c)，则m⋅CA=0m⋅CD=0，得2a=012b+ 32c=0，
令b= 3，则a=0，c=−1，所以m=(0, 3,−1)为平面ACDE的一个法向量，
所以点B到平面ACDE的距离为|AB⋅m||m|=2 3 ( 3)2+1= 3，即点B到平面ACDE的距离为 3；
证明：(2)因为AB=AC+CB=2ED+2DF=2EF，所以图2中的A，B，F，E四点共面，
由(1)知AB=(−2,2,0)，AC=(−2,0,0)，CD=(0,12, 32)，
所以AE=AC+CD+12CA=12AC+CD=(−1,12, 32)，
设平面ABFE的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅AB=0n⋅AE=0，得−2x+2y=0−x+12y+ 32z=0，
令x= 3，则y= 3，z=1，
所以n=( 3, 3,1)为平面ABFE的一个法向量，又m=(0, 3,−1)是平面ACDE的一个法向量，
所以|cs|=|m⋅n||m||n|=2 ( 3)2+1× ( 3)2+( 3)2+1= 77，
即平面ABFE与平面ACDE夹角的余弦值为 77．
【解析】(1)根据线面垂直的判定证明线面垂直，建立空间直角坐标系，求出平面ACDE的法向量，利用点到平面距离的向量公式求解即可；
(2)利用共面向量基本定理证明四点共面，求出平面ABFE的法向量，利用平面夹角的向量公式求解即可．
本题考查了点到平面的距离计算和二面角的求解，属于难题．
22.【答案】解：(1)因为C2：y2=4x的准线l的方程为x=−1，设F′在l上，
所以F′(−1,0)，F(1,0)，
又m⊥x轴时，|AB|= 2，所以点(1, 22)在C1上，
所以a2−b2=11a2+12b2=1，解得a2=2b2=1，
所以C1的方程为：x22+y2=1；
(2)坐标原点O在直线MH上，
由题意直线m的斜率不为0，设直线m：x=ty+1，设M(y124,y1)，N(y224,y2)，
联立x=ty+1y2=4x，消去x，得y2−4ty−4=0，Δ=16t2+16>0，
则y1y2=−4，
因为NH⊥l于点H，所以H(−1,y2)，
所以kOM=y1y124=4y1，kOH=−y2，
因为kOM−kOH=4y1+y2=4+y1y2y1=4−4y1=0，
所以M，O，H三点共线，即坐标原点O在直线MH上．
【解析】(1)利用弦长可得点的坐标，代入方程可得答案；
(2)设出直线方程，利用韦达定理及斜率相等可得结论．
本题考查椭圆的方程的求法，直线与椭圆的综合应用，属于中档题．