2022-2023学年北京市清华附中朝阳学校高二（上）期中数学试卷

这是一份2022-2023学年北京市清华附中朝阳学校高二（上）期中数学试卷，共22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．（5分）空间直角坐标系中，若点A（﹣2，1，4）关于点B（﹣2，0，0）的对称点为C，则点C的坐标为（ ）
A．（﹣2，﹣1，﹣4）B．（﹣4，﹣1，﹣4）
C．（﹣6，1，4）D．
2．（5分）若直线2x+y﹣1＝0是圆（x﹣a）2+y2＝1的一条对称轴，则a＝（ ）
A．B．C．1D．﹣1
3．（5分）椭圆＝1过点（﹣2，），则其焦距为（ ）
A．2B．2C．4D．4
4．（5分）已知点（a，2）（a＞0）到直线l：x﹣y+3＝0的距离为1，则a等于（ ）
A．B．C．D．
5．（5分）已知“a＝2”是“两条直线l1：（a﹣1）x+2y+1＝0，l2：x+ay+3＝0平行”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
6．（5分）已知椭圆与x轴交于点A，B，把线段AB分成6等份，过每个分点作x的垂线交椭圆的上半部分于点P1，P2，P3，P4，P5，F是椭圆C的右焦点，则|P1F|+|P2F|+|P3F|+|P4F|+|P5F|＝（ ）
A．20B．C．36D．30
7．（5分）若直线l：mx+ny＝4和圆O：x2+y2＝4没有交点，则过点（m，n）的直线与椭圆＝1的交点个数为（ ）
A．0个B．至多有一个
C．1个D．2个
8．（5分）已知正三棱锥P﹣ABC的六条棱长均为6，S是△ABC及其内部的点构成的集合．设集合T＝{Q∈S|PQ≤5}，则T表示的区域的面积为（ ）
A．B．πC．2πD．3π
9．（5分）已知椭圆与圆x2+y2＝c2在第二象限的交点是P点，F1（﹣c，0）是椭圆的左焦点，O为坐标原点，O到直线PF1的距离是，则椭圆的离心率是（ ）
A．B．C．D．
10．（5分）已知点E、F分别是正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱AB、AA1的中点，点M、N分别是线段D1E与C1F上的点，则满足与平面ABCD平行的直线MN有（ ）
A．0条B．1条C．2条D．无数条
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.
11．（5分）已知过点M（1，1）的直线l 与圆（x+1）2+（y﹣2）2＝5 相切，则直线l 方程为
12．（5分）圆x2+y2﹣4＝0与圆x2+y2﹣4x+4y﹣12＝0的公共弦的长为 ．
13．（5分）已知椭圆的离心率为，短轴一个端点到右焦点的距离为4，则椭圆的标准方程为 ．
14．（5分）如图，在四面体O﹣ABC中，G1是△ABC的重心，G是OG1上的一点，且OG＝3GG1，若，则x+y+z＝ ；若四面体O﹣ABC是棱长为2的正四面体，则|OG|＝ ．
15．（5分）如图，椭圆的中心在坐标原点，A1，A2，B1，B2分别为椭圆的左、右、下、上顶点，F2为其右焦点，直线B1F2与A2B2交于点P，若∠B1PA2为钝角，则该椭圆的离心率的取值范围为 ．
16．（5分）古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点A，B的距离之比为定λ（λ≠1）的点的轨迹是圆．人们将这个圆称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知A（﹣1，0），B（2，0），动点M满足，记动点M的轨迹为曲线W，给出下列四个结论：
①曲线W的方程为（x+2）2+y2＝4
②曲线W上存在点D，使得D到点（1，1）距离为6；
③曲线W上存在点E，使得E到直线y＝x+1的距离为；
④曲线W上存在点F，使得F到点B与点（﹣2，0）距离之和为8．
其中所有正确结论的序号是 ．
三、解答题：本大题共5小题，共70分.
17．（12分）圆C过点A（6，0），B（1，5），且圆心在直线l：2x﹣7y+8＝0上．
（1）求圆C的方程；
（2）若点M在x轴上，过点M的圆C的切线长为，求点M的坐标．
18．（13分）已知椭圆的一个顶点为P（0，1），且离心率为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）直线l：y＝x+m与椭圆C交于A、B两点，且PA⊥PB，求m的值．
19．（15分）在梯形ABCD中，AB∥CD，，AB＝2AD＝2CD＝4，P为AB的中点，线段AC与DP交于O点（如图1）．将△ACD沿AC折起到△ACD'位置，使得平面D′AC⊥平面BAC（如图2）．
（1）求证：BC∥平面POD'；
（2）求二面角A﹣BC﹣D'的大小；
（3）线段PD'上是否存在点Q，使得CQ与平面BCD'所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
20．（15分）已知椭圆点，且离心率，F为椭圆C的左焦点．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设点T（﹣3，m），过点F的直线l交椭圆C于P，Q两点，TF⊥l，连接OT与PQ交于点H．
①若，求|PQ|；
②求的值．
21．（15分）设n为不小于3的正整数，集合Ωn＝{（x1，x2，…xn）|xi∈{0，1}，i＝1，2，…，n}，对于集合Ωn中的任意元素α＝（x1，x2，…，xn），β＝（y1，y2，…，yn）
记α*β＝（x1+y1﹣x1y1）+（x2+y2﹣x2y2）+…+（xn+yn﹣xnyn）
（Ⅰ）当n＝3时，若α＝（1，1，0），请写出满足α*β＝3的所有元素β
（Ⅱ）设α，β∈Ωn且α*α+β*β＝n，求α*β的最大值和最小值；
（Ⅲ）设S是Ωn的子集，且满足：对于S中的任意两个不同元素α，β，有α*β≥n﹣1成立，求集合S中元素个数的最大值．
2022-2023学年北京市清华附中朝阳学校高二（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分.
1．（5分）空间直角坐标系中，若点A（﹣2，1，4）关于点B（﹣2，0，0）的对称点为C，则点C的坐标为（ ）
A．（﹣2，﹣1，﹣4）B．（﹣4，﹣1，﹣4）
C．（﹣6，1，4）D．
【分析】根据已知条件，结合中点坐标公式，即可求解．
【解答】解：由题知，B为AC的中点，设C（x，y，z），
则，解得，即C（﹣2，﹣1，﹣4）．
故选：A．
【点评】本题主要考查空间中的点的坐标，属于基础题．
2．（5分）若直线2x+y﹣1＝0是圆（x﹣a）2+y2＝1的一条对称轴，则a＝（ ）
A．B．C．1D．﹣1
【分析】由圆的方程求得圆心坐标，代入直线方程即可求得a值．
【解答】解：圆（x﹣a）2+y2＝1的圆心坐标为（a，0），
∵直线2x+y﹣1＝0是圆（x﹣a）2+y2＝1的一条对称轴，
∴圆心在直线2x+y﹣1＝0上，可得2a+0﹣1＝0，即a＝．
故选：A．
【点评】本题考查直线与圆位置关系的应用，明确直线过圆心是关键，是基础题．
3．（5分）椭圆＝1过点（﹣2，），则其焦距为（ ）
A．2B．2C．4D．4
【分析】先由条件把椭圆经过的点的坐标代入椭圆的方程，即可求出待定系数m，从而得到椭圆的标准方程，再根据椭圆的a，b，c之间的关系即可求出焦距2c．
【解答】解：由题意知，把点（﹣2，）代入椭圆的方程可求得 b2＝4，
故椭圆的方程为 ，
∴a＝4，b＝2，
c＝＝＝2，则其焦距为4．
故选：D．
【点评】本题考查用待定系数法求椭圆的标准方程，以及椭圆方程中a、b、c之间的关系．
4．（5分）已知点（a，2）（a＞0）到直线l：x﹣y+3＝0的距离为1，则a等于（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据点到直线得距离公式即可得出答案．
【解答】解：由题意得，解得或，
∵a＞0，
∴．
故选：C．
【点评】本题主要考查点到直线的距离公式，属于基础题．
5．（5分）已知“a＝2”是“两条直线l1：（a﹣1）x+2y+1＝0，l2：x+ay+3＝0平行”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
【分析】先利用两直线平行的充要条件得到a的取值范围，再根据充分，必要条件的定义即可求解．
【解答】解：因为两条直线l1：（a﹣1）x+2y+1＝0，l2：x+ay+3＝0平行，
所以a（a﹣1）＝1×2且3（a﹣1）≠1×1，
由a（a﹣1）＝1×2解得a＝﹣1或a＝2，
经检验a＝﹣1和a＝2满足3（a﹣1）≠1×1，故得a＝﹣1或a＝2，
所以“a＝2”是“两条直线l1：（a﹣1）x+2y+1＝0，l2：x+ay+3＝0平行”的充分不必要条件，
故选：A．
【点评】本题主要考查了两直线平行的位置关系，考查了充分条件和必要条件的定义，属于基础题．
6．（5分）已知椭圆与x轴交于点A，B，把线段AB分成6等份，过每个分点作x的垂线交椭圆的上半部分于点P1，P2，P3，P4，P5，F是椭圆C的右焦点，则|P1F|+|P2F|+|P3F|+|P4F|+|P5F|＝（ ）
A．20B．C．36D．30
【分析】由题意知P1与P5，P2与P4分别关于y轴对称，设椭圆的左焦点为F1，从而|P1F|+|P5F|＝|P1F|+|P1F1|＝2a，|P2F|+|P5F|＝2a，|P3F|＝a，利用|P1F|+|P2F|+|P3F|+|P4F|+|P5F|＝5a即可求解．
【解答】解：由题意知P1与P5，P2与P4分别关于y轴对称，
设椭圆的左焦点为F1，由已知a＝6，
则|P1F|+|P5F|＝|P1F|+|P1F1|＝2a，
同时|P2F|+|P5F|＝2a，|P3F|＝a，
∴|P1F|+|P2F|+|P3F|+|P4F|+|P5F|＝5a＝30，
故选：D．
【点评】本题考查椭圆的几何性质，化归转化思想，属中档题．
7．（5分）若直线l：mx+ny＝4和圆O：x2+y2＝4没有交点，则过点（m，n）的直线与椭圆＝1的交点个数为（ ）
A．0个B．至多有一个
C．1个D．2个
【分析】通过直线与圆、圆与椭圆的位置关系可得点P（m，n）在椭圆内，进而可得结论．
【解答】解：由题意可得：＞2，即m2+n2＜4，
∴点P（m，n）是在以原点为圆心，2为半径的圆内的点，
∵椭圆的长半轴3，短半轴为2，
∴圆m2+n2＝4内切于椭圆，
∴点P是椭圆内的点，
∴过点P（m，n）的一条直线与椭圆的公共点数为2，
故选：D．
【点评】本题考查椭圆的简单性质，注意解题方法的积累，属于中档题．
8．（5分）已知正三棱锥P﹣ABC的六条棱长均为6，S是△ABC及其内部的点构成的集合．设集合T＝{Q∈S|PQ≤5}，则T表示的区域的面积为（ ）
A．B．πC．2πD．3π
【分析】设点P在面ABC内的投影为点O，连接OA，根据正三角形的性质求得OA的长，并由勾股定理求得OP的长，进而知T表示的区域是以O为圆心，1为半径的圆．
【解答】解：设点P在面ABC内的投影为点O，连接OA，则OA＝＝2，
所以OP＝＝＝2，
由＝＝1，知T表示的区域是以O为圆心，1为半径的圆，
所以其面积S＝π．
故选：B．
【点评】本题考查棱锥的结构特征，点的轨迹问题，考查空间立体感和运算求解能力，属于基础题．
9．（5分）已知椭圆与圆x2+y2＝c2在第二象限的交点是P点，F1（﹣c，0）是椭圆的左焦点，O为坐标原点，O到直线PF1的距离是，则椭圆的离心率是（ ）
A．B．C．D．
【分析】由题意画出图形，由已知求得|PF2|，再由勾股定理求得|PF1|，然后结合椭圆定义求解椭圆的离心率．
【解答】解：如图，过O作ON⊥PF1，
∵PF1⊥PF2，∴ON∥PF2，
又O为F1F2的中点，∴ON为△F1PF2的中位线．
又O到直线PF1的距离是，∴，
则，
由题意定义可得，，
则e＝．
故选：B．
【点评】本题考查椭圆的简单性质，考查椭圆定义的应用，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．
10．（5分）已知点E、F分别是正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱AB、AA1的中点，点M、N分别是线段D1E与C1F上的点，则满足与平面ABCD平行的直线MN有（ ）
A．0条B．1条C．2条D．无数条
【分析】取BB1的中点H，连接FH，在D1E上任取一点M，过M在面D1HE中，作MG平行于HO，其中O为线段D1E的中点，交D1H于G，再过G作GN∥FH，交C1F于N，连接MN，根据线面平行的判定定理，得到GM∥平面ABCD，NG∥平面ABCD，再根据面面平行的判断定理得到平面MNG∥平面ABCD，由面面平行的性质得到则MN∥平面ABCD，由于M是任意的，故MN有无数条．
【解答】解：取BB1的中点H，连接FH，则FH∥C1D，
连接HE，在D1E上任取一点M，
过M在面D1HE中，作MG平行于HO，
其中O为线段D1E的中点，交D1H于G，
再过G作GN∥FH，交C1F于N，连接MN，
O在平面ABCD的正投影为K，连接KB，则OH∥KB，
由于GM∥HO，HO∥KB，KB⊂平面ABCD，
GM⊄平面ABCD，
所以GM∥平面ABCD，
同理由NG∥FH，可推得NG∥平面ABCD，
由面面平行的判定定理得，平面MNG∥平面ABCD，
则MN∥平面ABCD．
由于M为D1E上任一点，故这样的直线MN有无数条．
故选：D．
【点评】本题考查空间直线与平面的位置关系，主要是直线与平面平行的判断和面面平行的判定与性质，考查空间想象能力和简单推理能力．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.
11．（5分）已知过点M（1，1）的直线l 与圆（x+1）2+（y﹣2）2＝5 相切，则直线l 方程为 2x﹣y﹣1＝0
【分析】根据题意，设圆（x+1）2+（y﹣2）2＝5的圆心为C，分析可得点M在圆上，求出直线MC的斜率，分析可得l的斜率k＝2，由直线的点斜式方程分析可得答案．
【解答】解：根据题意，设圆（x+1）2+（y﹣2）2＝5的圆心为C，则C（﹣1，2），
点M（1，1），圆C的方程为（x+1）2+（y﹣2）2＝5，则有（1+1）2+（1﹣2）2＝5，点M在圆上，
KMC＝＝﹣，则直线l的斜率k＝2，
则直线l的方程为y﹣1＝2（x﹣1），变形可得2x﹣y﹣1＝0；
故直线l的方程为2x﹣y﹣1＝0；
故答案为：2x﹣y﹣1＝0．
【点评】本题考查直线与圆相切的性质，注意分析点M与圆的关系，属于基础题．
12．（5分）圆x2+y2﹣4＝0与圆x2+y2﹣4x+4y﹣12＝0的公共弦的长为 2 ．
【分析】两圆方程相减求出公共弦所在直线的解析式，求出第一个圆心到直线的距离，再由第一个圆的半径，利用勾股定理及垂径定理即可求出公共弦长．
【解答】解：圆x2+y2﹣4＝0与圆x2+y2﹣4x+4y﹣12＝0的方程相减得：x﹣y+2＝0，
由圆x2+y2﹣4＝0的圆心（0，0），半径r为2，
且圆心（0，0）到直线x﹣y+2＝0的距离d＝＝，
则公共弦长为2＝2＝2．
故答案为：2．
【点评】此题考查了直线与圆相交的性质，求出公共弦所在的直线方程是解本题的关键．
13．（5分）已知椭圆的离心率为，短轴一个端点到右焦点的距离为4，则椭圆的标准方程为 +＝1 ．
【分析】设椭圆的方程为 +＝1（a＞b＞0），运用离心率公式和a，b，c的关系和两点的距离公式，解方程可得a，b，进而得到椭圆标准方程；
【解答】解：（1）设椭圆的方程为+＝1（a＞b＞0），
由题意可得e＝＝，，a2＝b2+c2，
可得a＝4，c＝，b＝3，
则椭圆的标准方程为 +＝1；
【点评】本题考查椭圆和双曲线的方程的求法，注意运用待定系数法，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
14．（5分）如图，在四面体O﹣ABC中，G1是△ABC的重心，G是OG1上的一点，且OG＝3GG1，若，则x+y+z＝ ；若四面体O﹣ABC是棱长为2的正四面体，则|OG|＝ ．
【分析】第一空：利用空间向量的线性运算法则，结合三角形重心的性质求解；
第二空：将两边同时平方，利用数量积的运算律计算即可．
【解答】解：∵
＝
＝，
∴，
∴，
将两边同时平方得：
＝
＝，
∴．
故答案为：；．
【点评】本题考查平面向量的线性运算，平面向量数量积的定义与性质，属中档题．
15．（5分）如图，椭圆的中心在坐标原点，A1，A2，B1，B2分别为椭圆的左、右、下、上顶点，F2为其右焦点，直线B1F2与A2B2交于点P，若∠B1PA2为钝角，则该椭圆的离心率的取值范围为 ．
【分析】根据∠B1PA2为钝角转化为，从而得到关于a，c的不等式，即可求解．
【解答】解：设椭圆的标准方程为，F2（c，0）．
由题意，得A2（a，0），B1（0，﹣b），B2（0，b），
则，．
因为∠B1PA2为向量与的夹角，且∠B1PA2为钝角，
所以，所以b2﹣ac＜0．
又b2＝a2﹣c2，所以a2﹣ac﹣c2＜0，
即1﹣e﹣e2＜0，解得或，
因为e∈（0，1），所以，
故答案为：．
【点评】本题考查椭圆的几何性质，不等式思想，属中档题．
16．（5分）古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点A，B的距离之比为定λ（λ≠1）的点的轨迹是圆．人们将这个圆称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知A（﹣1，0），B（2，0），动点M满足，记动点M的轨迹为曲线W，给出下列四个结论：
①曲线W的方程为（x+2）2+y2＝4
②曲线W上存在点D，使得D到点（1，1）距离为6；
③曲线W上存在点E，使得E到直线y＝x+1的距离为；
④曲线W上存在点F，使得F到点B与点（﹣2，0）距离之和为8．
其中所有正确结论的序号是 ①③④ ．
【分析】设M（x，y），根据M满足，利用两点间距离公式化简整理，即可判断①是否正确；
通过确定圆上的点到（1，1）的距离的范围来判断②是否正确；
通过确定圆上的点到直线y＝x+1的距离的范围来判断③是否正确；
由椭圆的定义，可知F在椭圆上，再根据椭圆与曲线W的位置关系，即可判断④是否正确．
【解答】解：设M（x，y），因为M满足，
所以，整理可得：x2+y2+4x＝0，
即（x+2）2+y2＝4，所以①正确；
对于②，由①可知，点（1，1）在圆（x+2）2+y2＝4的外部，
因为（1，1）到圆心（﹣2，0）的距离，半径为2，
所以圆上的点D到（1，1）的距离的范围为，
而，所以②不正确；
对于③，圆心（﹣2，0）到直线y＝x+1的距离为，
所以圆上的点E到直线y＝x+1的距离的范围为，
又，
即，故③正确；
对于④，假设存在这样的点F，使得F到点B与点（﹣2，0）的距离之和为8，
则F在以点B与点（﹣2，0）为焦点，实轴长为8的椭圆上，
即F在椭圆上，
易知椭圆与曲线W：（x+2）2+y2＝4有交点，
故曲线W上存在点F，使得F到点B与点（﹣2，0）的距离之和为8；所以④正确．
故答案为：①③④．
【点评】本题考查曲线方程的求解，“五步求曲法“的应用，圆与椭圆的几何性质，化归转化思想，属中档题．
三、解答题：本大题共5小题，共70分.
17．（12分）圆C过点A（6，0），B（1，5），且圆心在直线l：2x﹣7y+8＝0上．
（1）求圆C的方程；
（2）若点M在x轴上，过点M的圆C的切线长为，求点M的坐标．
【分析】（1）设出圆C的标准方程（x﹣a）2+（y﹣b）2＝r2，根据题意列方程组即可求得参数，从而得到圆C的标准方程；
（2）由点M在x轴上可设M（m，0），可求得|CM|2，结合切线长和勾股定理即可求解．
【解答】解：（1）设圆C的方程为（x﹣a）2+（y﹣b）2＝r2，
由题意得，解得，
所以圆C的方程是（x﹣3）2+（y﹣2）2＝13．
（2）由（1）可得圆心C（3，2），半径为，
由点M在x轴上可设M（m，0），
则|CM|2＝（m﹣3）2+4，
故过点M的圆C的切线长为，
解得m＝7或m＝﹣1，
所以M的坐标为（7，0）或（﹣1，0）．
【点评】本题主要考查圆的标准方程的求法，直线与圆的位置关系，待定系数法的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
18．（13分）已知椭圆的一个顶点为P（0，1），且离心率为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）直线l：y＝x+m与椭圆C交于A、B两点，且PA⊥PB，求m的值．
【分析】（1）由题意得求出a，b，从而可求得椭圆的方程，
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），将直线方程与椭圆方程联立方程组，消去y，整理后利用根与系数的关系求出y1•y2，y1+y2，由PA⊥PB可得，代入进而可求出m的值．
【解答】解：（1）设椭圆的半焦距为c．
由题意得
解得a＝2．
所以椭圆C的方程为．
（2）由得5x2+8mx+4（m2﹣1）＝0．
由Δ＝（8m）2﹣4×5×4（m2﹣1）＞0，解得．
设A（x1，y1），B（x2，y2），则，，
所以，，，
因为PA⊥PB，所以，
则x1x2+（y1﹣1）（y2﹣1）＝0，则x1x2+y1y2﹣（y1+y2）+1＝0，
则，
解得：或m＝1．
当m＝1时，直线l：y＝x+1过点P，则不满足PA⊥PB．
所以．
【点评】本题考查椭圆的标准方程及其性质，考查直线与椭圆的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
19．（15分）在梯形ABCD中，AB∥CD，，AB＝2AD＝2CD＝4，P为AB的中点，线段AC与DP交于O点（如图1）．将△ACD沿AC折起到△ACD'位置，使得平面D′AC⊥平面BAC（如图2）．
（1）求证：BC∥平面POD'；
（2）求二面角A﹣BC﹣D'的大小；
（3）线段PD'上是否存在点Q，使得CQ与平面BCD'所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由线面平行的判定定理证明；
（2）建立空间直角坐标系，由空间向量求解；
（3）设出得Q点坐标，由空间向量列式求解．
【解答】解：（1）证明：在梯形ABCD中，AB∥CD，，AB＝2AD＝2CD＝4，P为AB的中点，
可得△ADP为等边三角形，四边形DPBC为菱形，
故BC∥OP，而OP⊂平面POD'，BC⊄平面POD'，
∴BC∥平面POD'；
（2）由（1）得BC＝2，，AB＝4，
故AC⊥BC，AC⊥DP，
而平面D′AC⊥平面BAC，平面D'AC∩平面BAC＝AC，D'O⊂平面D'AC，D'O⊥AC，
∴D'O⊥平面BAC，
∴OA，OP，OD'两两垂直，如图所示建立空间直角坐标系，
则D'（0，0，1），，，，，
设平面BCD'的一个法向量为，
则，取x＝1，得，
平面ABC的一个法向量为，
故，
则二面角A﹣BC﹣D'的大小为；
（3）设，则，P（0，1，0），，
则Q（0，1﹣t，t），，
设平面BCD'的一个法向量为，
CQ与平面BCD'所成角的正弦值为，
化简得3t2﹣7t+2＝0，解得（t＝2舍去），
故存在，使得CQ与平面BCD'所成角的正弦值为．
【点评】本题考查线面平行的判定，考查利用空间向量求解空间角问题，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．
20．（15分）已知椭圆点，且离心率，F为椭圆C的左焦点．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设点T（﹣3，m），过点F的直线l交椭圆C于P，Q两点，TF⊥l，连接OT与PQ交于点H．
①若，求|PQ|；
②求的值．
【分析】（1）根据题意列式求a，b，c，即可得椭圆方程；
（2）①求直线l的方程，联立方程结合弦长公式运算求解；②求直线l的方程，联立方程运算韦达定理说明点H为线段PQ的中点，注意分类讨论m＝0和m≠0．
【解答】解：（1）由题意可得，解得，
椭圆C的方程为．
（2）①当时，即，直线TF的斜率为，
∴直线l的斜率为，则直线l的方程，
联立方程，消去y得：5x2+12x＝0，解得，
∴．
②∵T（﹣3，m），F（﹣2，0），则直线TF的斜率为，
当m＝0时，则直线l与x轴垂直，点H即为点F，则；
当m≠0时，则直线l的斜率为，则直线l的方程，
联立方程，消去y得：（m2+3）x2+12x+12﹣6m2＝0，显然Δ＞0，
设P（x1，y1），Q（x2，y2），则，
∴线段PQ的中点的横坐标为，
∵直线OM的方程为，联立方程，解得，
即点H为线段PQ的中点，则；
综上所述：．
【点评】本题考查椭圆的标准方程及其性质，考查直线与椭圆的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
21．（15分）设n为不小于3的正整数，集合Ωn＝{（x1，x2，…xn）|xi∈{0，1}，i＝1，2，…，n}，对于集合Ωn中的任意元素α＝（x1，x2，…，xn），β＝（y1，y2，…，yn）
记α*β＝（x1+y1﹣x1y1）+（x2+y2﹣x2y2）+…+（xn+yn﹣xnyn）
（Ⅰ）当n＝3时，若α＝（1，1，0），请写出满足α*β＝3的所有元素β
（Ⅱ）设α，β∈Ωn且α*α+β*β＝n，求α*β的最大值和最小值；
（Ⅲ）设S是Ωn的子集，且满足：对于S中的任意两个不同元素α，β，有α*β≥n﹣1成立，求集合S中元素个数的最大值．
【分析】（1）由α*β＝（x1+y1﹣x1y1）+（x2+y2﹣x2y2）+…+（xn+yn﹣xnyn）中 n＝3，α＝（1，1，0），求得β满足的元素
（2）因为α*α+β*β＝n，所以x1+x2+…+xn+y1+y2+…+yn＝n，所以x1，x2，…，xn，y1，y2，…，yn中有n个量的值为1，n个量的值为0．
再由不等式0≤α*β＝（x1+y1﹣x1y1）+（x2+y2﹣x2y2）+…+（xn+yn﹣xnyn）≤x1+y1+x2+y2+…+xn+yn＝n，对n分类讨论可得其最值；
（3）设集合S是满足条件的集合中元素个数最多的一个．S＝S1∪S2，S1∩S2＝∅．集合S1中元素个数不超过n+1个，集合S2中元素个数不超过个．
集合S中的元素个数为至多为．再根据已知α*β≥n﹣1成立，确定其最大值．
【解答】解：（Ⅰ）∵n＝3，α＝（1，1，0），且α*β＝（x1+y1﹣x1y1）+（x2+y2﹣x2y2）+…+（xn+yn﹣xnyn）．
∴α*β＝3的β元素为（0，0，1），（1，0，1），（0，1，1），（1，1，1）．
（Ⅱ）记α＝（x1，x2，…，xn），β＝（y1，y2，…，yn），
注意到xi∈{0，1}，所以xi（xi﹣1）＝0，
所以α*α＝（x1+x1﹣x1y1）+（x2+x2﹣x2x2）+…+（xn+xn﹣xnxn）＝x1+x2+…+xn，β*β＝y1+y2+…+yn
因为α*α+β*β＝n，所以x1+x2+…+xn+y1+y2+…+yn＝n．
所以x1，x2，…，xn，y1，y2，…，yn中有n个量的值为1，n个量的值为0．
显然0≤α*β＝（x1+y1﹣x1y1）+（x2+y2﹣x2y2）+…+（xn+yn﹣xnyn）≤x1+y1+x2+y2+…+xn+yn＝n，
当α＝（1，1，…，1），β＝（0，0，…，0）时，α，β满足α*α+β*β＝n，α*β＝n．所以α*β的最大值为n．
又α*β＝（x1+y1﹣x1y1）+（x2+y2﹣x2y2）+…+（xn+yn﹣xnyn）＝n﹣（x1y1+x2y2+…+xnyn）．
注意到只有xi＝yi＝1时，xiyi＝1，否则xiyi＝0．
而x1，x2，…，xn，y1，y2，…，yn中n个量的值为1，n个量的值为0．
所以满足xiyi＝1这样的元素i至多有个，
当n为偶数时，．
当时，满足α*α+β*β＝n，且．
所以α*β的最小值为．
当n为奇数时，且xiyi＝1，这样的元素i至多有个，
所以 ．
当，时，满足α*α+β*β＝n，．
所以α*β的最小值为．
综上：α*β的最大值为n，当n为偶数时，α*β的最小值为，当n为奇数时，．
（Ⅲ）设集合S是满足条件的集合中元素个数最多的一个．
记S1＝{α＝（x1，x2，…，xn）|x1+x2+…+xn≥n﹣1，α∈S}，S2＝{α＝（x1，x2，…，xn）|x1+x2+…+xn≤n﹣2，α∈S}．
显然S＝S1∪S2，S1∩S2＝∅．
集合S1中元素个数不超过n+1个，下面我们证明集合S2中元素个数不超过个∀α∈S2，α＝（x1，x2，…，xn），则x1+x2+…+xn≤n﹣2．
则x1，x2，…，xn中至少存在两个元素 xi＝xj＝0∀β∈S2，β＝（y1，y2，…，yn），β≠α．
因为 α*β≥n﹣1，所以 yi，yj不能同时为0．
所以对1≤i＜j≤n中的一组数i，j而言，
在集合S2中至多有一个元素α＝（x1，x2，…，xn）满足xi，xj同时为0．
所以集合S2中元素个数不超过个．
所以集合S中的元素个数为至多为．
记T1＝{α＝（x1，x2，…，xn）|x1+x2+…+xn≥n﹣1，α∈Ωn}，则T1中共n+1个元素，
对于任意的α∈T1，β∈Ωn，α*β≥n﹣1．
对1≤i＜j≤n，记βi，j＝（x1，x2，…，xn），其中xi＝xj＝0，xt＝1，t≠i，t≠j．
记T2＝{βi，j|1≤i＜j≤n}，
显然∀α，β∈S2，α≠β，均有α*β≥n﹣1．
记S＝T1∪T2，S中的元素个数为n2+n+1，且满足∀α，β∈S，α≠β，均有α*β≥n﹣1．
综上所述，S中的元素个数最大值为n2+n+1．
【点评】本题主要考查集合给出新定义的创新题型，解决此类试题的关键是透切理解题意新定义，抓住新定义的本质，在新的情境中使用已知的运算法则及已有的数学知识分析解决问题
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