2020-2021学年吉林省白城市高二（上）期中考试数学（理）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年吉林省白城市高二（上）期中考试数学（理）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. 已知向量a→=(−1,2,13)，下列向量中与a→平行的向量是( )
A.(−1,2,−13)B.(5,−10,−53)C.(−5,10,−53)D.(3, −6, 1)

2. 椭圆x24+y2=1的两个焦点为F1，F2，过F1作垂直于x轴的直线与椭圆相交，一个交点为P，则|PF2→|等于( )
A.32B.3C.72D.4

3. 2x2−5x−3<0的一个必要不充分条件是（ ）
A.−12
4. 命题“存在x0∈R，2x0≤0”的否定是( )
A.不存在x0∈R，2x0>0B.存在x0∈R，2x0≥0
C.对任意的x∈R，2x≤0D.对任意的x∈R，2x>0

5. 已知正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA1=2AB，E为AA1中点，则异面直线BE与CD1所成角的余弦值为( )
A.1010B.15C.31010D.35

6. 离心率为23，长轴长为6的椭圆的标准方程是( )
A.x29+y25=1B.x29+y25=1或x25+y29=1
C.x236+y220=1D.x236+y220=1或x220+y236=1

7. 如图，空间四边形OABC中，OA→=a→，OB→=b→，OC→=c→，点M在线段OA上，且OM=2MA，点N为BC的中点，则MN→=( ).

A.12a→−23b→+12c→B.−23a→+12b→+12c→
C.12a→+12b→−12c→D.23a→+23b→−12c→

8. 对于命题p和q，若p且q为真命题，则下列四个命题：
①p或¬q是真命题；②p且¬q是真命题；③¬p且¬q是假命题；④¬p或q是假命题．
其中真命题是( )
A.①②B.③④C.②④D.①③

9. 四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，AB→=(2, −1, −4)，AD→=(4, 2, 0)，AP→=(−1, 2, −1)，则直线PA与底面ABCD的关系是( )
A.平行B.垂直C.在平面内D.成60∘角

10. k>9是方程x29−k+y2k−4=1表示双曲线的( )
A.充要条件B.充分不必要条件
C.必要不充分条件D.既不充分又不必要条件

11. 万众瞩目的北京冬奥会将于2022年2月4日正式开幕，继2008年北京奥运会之后，国家体育场（又名鸟巢）将再次承办奥运会开幕式.在手工课上，王老师带领同学们一起制作了一个近似鸟巢的金属模型，其俯视图可近似看成是两个大小不同、扁平程度相同的椭圆.已知大椭圆的长轴长为40cm，短轴长为20cm，小椭圆的短轴长为10cm，则小椭圆的长轴长为( )cm.

A.30B.20C.10D.103

12. 已知曲线x2−4y2=4，过点A3,1且被点A平分的弦MN所在的直线方程为( )
A.3x−4y−5=0B.3x+4y−5=0C.4x−3y−5=0D.4x+3y−5=0
二、填空题

已知a→=(4,−2,6)，b→=(−1,4,−2)，c→=(4,5,λ)，若a→，b→，c→三向量共面，则λ=________．

正三棱锥P−ABC的高为2，侧棱与底面ABC成45∘，则点A到侧面PBC的距离为________．

双曲线的一个焦点为0,5，其渐近线方程为y=±43x，则双曲线的标准方程为________.

已知F1，F2是椭圆的两个焦点，P是椭圆上一点，且∠F1PF2=60∘，椭圆离心率e的取值范围为________．
三、解答题

已知p:|1−x−13|≤2；q:x2−2x+1−m2≤0(m>0)，若¬p是¬q的必要不充分条件，求实数m的取值范围．

已知以椭圆短轴的一个端点和两个焦点为顶点的三角形为正三角形，并且焦点到椭圆的最短距离为3，求椭圆的标准方程．

如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB // DC，AD=DC=AP=2，AB=1，点E为棱PC的中点．

(1)证明：BE⊥DC；

(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；

已知命题p：方程x2m+3−y2m−7=1表示椭圆，命题q: ∃x∈R，mx2+2mx+2m−1≤0.
(1)若命题q为真，求实数m的取值范围；

(2)若p∨q为真， ¬q为真，求实数m的取值范围．

如图所示，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD为菱形，△PAD为等边三角形，平面PAD⊥平面ABCD，且∠DAB=60∘，AB=2，E为AD的中点．

(1)求证：AD⊥PB；

(2)求二面角A−PD−C的余弦值；

(3)在棱PB上是否存在点F，使EF // 平面PDC？并说明理由．

已知点A(0, −2)，椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为233，O为坐标原点．
(1)求E的方程；

(2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点，当△OPQ的面积最大时，求l的方程．
参考答案与试题解析
2020-2021学年吉林省白城市高二（上）期中考试数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
向量的数量积判断向量的共线与垂直
【解析】
根据共线向量定理：如果a→≠0，那么向量b→与a→共线的充要条件是：存在唯一实数λ，使得b→=λa→，进行逐一判定即可．
【解答】
解：选项A、b→=(−1,2,−13)，不存在唯一实数λ，使得b→=λa→，故不符合题意；
选项B、b→=(5,−10,−53)，存在唯一实数−5，使得b→=−5a→，故符合题意；
选项C、b→=(−5,10,−53)，不存在唯一实数λ，使得b→=λa→，故不符合题意；
选项D、b→=(3, −6, 1)，不存在唯一实数λ，使得b→=λa→，故不符合题意．
故选B．
2.
【答案】
C
【考点】
椭圆的定义
椭圆的标准方程
【解析】
先根据椭圆的方程求得椭圆的左准线方程，进而根据椭圆的第二定义求得答案．
【解答】
解：椭圆的左准线方程为x=−a2c=−433．
∵ |PF2→||3−(−433)|=e=32，
∴ |PF2→|=72．
故选C.
3.
【答案】
D
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
一元二次不等式的解法
【解析】
通过解二次不等式求出2x2−5x−3<0的充要条件，通过对四个选项的范围与充要条件的范围间的包含关系的判断，得到2x2−5x−3<0的一个必要不充分条件．
【解答】
解：2x2−5x−3<0的充要条件为−12对于A，是2x2−5x−3<0的充要条件；
对于B，是2x2−5x−3<0的充分不必要条件；
对于C，是2x2−5x−3<0的既不充分又不必要条件；
对于D，是2x2−5x−3<0的一个必要不充分条件.
故选D.
4.
【答案】
D
【考点】
命题的否定
【解析】
根据特称命题的否定是全称命题，直接写出该命题的否定命题即可．
【解答】
解：根据特称命题的否定是全称命题得；
命题“存在x0∈R，2x0≤0”的否定是
“对任意的x∈R，2x>0”．
故选D．
5.
【答案】
C
【考点】
异面直线及其所成的角
余弦定理
【解析】
由BA1 // CD1，知∠A1BE是异面直线BE与CD1所形成角，由此能求出异面直线BE与CD1所形成角的余弦值．
【解答】
解：如图，连接A1B.
由题易知BA1 // CD1，
∴ ∠A1BE是异面直线BE与CD1所形成角.
∵ AA1=2AB，E为AA1中点，
∴ 不妨设AA1=2AB=2，
则A1E=1，BE=12+12=2，A1B=12+22=5，
∴ cs∠A1BE=A1B2+BE2−A1E22⋅A1B⋅BE=5+2−12×5×2=31010．
∴ 异面直线BE与CD1所形成角的余弦值为31010．
故选C.
6.
【答案】
B
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的离心率
【解析】
椭圆的长轴为6，根据离心率求出c，根据勾股定理求出b得到椭圆的解析式即可．
【解答】
解：由 2a=6，a=3，
由e=ca=23，知 c=2.
又b2=a2−c2=9−4=5，
故椭圆的标准方程为：
x29+y25=1或x25+y29=1.
故选B．
7.
【答案】
B
【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】
由题意结合图形，直接利用MN→=ON→+MO→，求出ON→，然后即可解答．
【解答】
解：连接ON，如图，
因为在空间四边形OABC中，
OA→=a→，OB→=b→，OC→=c→，
点M在线段OA上，且OM=2MA，N为BC的中点，
所以MO→=−23OA→=−23a→，ON→=12c→+12b→．
所以MN→=ON→+MO→=−23a→+12b→+12c→．
故选B．
8.
【答案】
D
【考点】
复合命题及其真假判断
逻辑联结词“或”“且”“非”
【解析】
先判断命题p，q的真假，然后判断￢p，￢q的真假，并判断由逻辑连接词“或“，“且“，连接的复合命题的真假．
【解答】
解：∵ p且q为真命题，
∴ p，q都为真命题.
①∵ p和¬q中，p是真命题，
∴ p或¬q是真命题，故①符合题意；
②∵ p和¬q中，¬q是假命题，
∴ p且¬q是假命题，故②不符合题意；
③∵ ¬p和¬q都为假命题，
∴ ¬p且¬q是假命题，故③符合题意；
④∵ ¬p和q中，q是真命题，
∴ ¬p或q是真命题，故④不符合题意.
∴ 其中真命题是：①③．
故选D．
9.
【答案】
B
【考点】
用向量证明垂直
直线与平面垂直的判定
【解析】
由已知中向量 AB→=(2, −1, −4)，AD→=(4, 2, 0)，AP→=(−1, 2, −1)，根据两个向量的数量积为0，两个向量垂直，我们可以判断出AP⊥AB且AP⊥AD，进而根据线面垂直的判定定理得到PA⊥底面ABCD；
【解答】
解：(1)∵ AB→=(2, −1, −4)，AD→=(4, 2, 0)，AP→=(−1, 2, −1)，
∴ AP→⋅AB→=−1×2+2×(−1)+(−1)×(−4)=0，同理AP→⋅AD→=0，
∴ AP⊥AB，AP⊥AD.
又∵ AB∩AD=A，
∴ AP⊥平面ABCD.
故选B．
10.
【答案】
B
【考点】
双曲线的标准方程
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
k>9⇒方程x29−k+y2k−4=1表示双曲线；方程x29−k+y2k−4=1⇒k>9或k<4．
【解答】
解：∵ k>9，
∴ 9−k<0，k−4>0，
∴ 方程x29−k+y2k−4=1表示双曲线，
∵ 方程x29−k+y2k−4=1表示双曲线，
∴ (9−k)(k−4)<0，解得k>9或k<4，
∴ k>9是方程x29−k+y2k−4=1表示双曲线的充分不必要条件．
故选B．
11.
【答案】
B
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：在大椭圆中，a=20，b=10，则c=103，e=32.
∵ 两椭圆扁平程度相同，即离心率相同，
∴ 在小椭圆中，e′=32，结合b′=5，可得a′=10，
∴ 小椭圆的长轴长为20.
故选B.
12.
【答案】
A
【考点】
与双曲线有关的中点弦及弦长问题
【解析】
利用点差法，确定直线MN的斜率，利用直线的点斜式即可得到答案.
【解答】
解：设Mx1,y1，Nx2,y2，
由于点A(3,1)是线段MN的中点，
所以x1+x2=6，y1+y2=2，且x1≠x2.
又x12−4y12=4，x22−4y22=4，
两式相减整理得：x1+x2x1−x2−4y1+y2y1−y2=0，
即6×x1−x2−4×2×y1−y2=0，
即y1−y2x1−x2=34，
所以直线MN的方程为：y−1=34×x−3，
即3x−4y−5=0.
故选A.
二、填空题
【答案】
5
【考点】
共线向量与共面向量
【解析】
由于a→与b→不共线，且a→、b→、c→三向量共面，存在实数λ1，λ2使得c→=λ1a→+λ2b→．解出即可．
【解答】
解：∵ a→与b→不共线，
∴ a→与b→可取作此平面的一个基向量，
∵ a→，b→，c→三向量共面，
∴ 存在实数λ1，λ2使得c→=λ1a→+λ2b→．
∴ 4=4λ1−λ2，5=−2λ1+4λ2，λ=6λ1−2λ2，
解得λ1=32，λ2=2，λ=5.
故答案为：5．
【答案】
655
【考点】
点、线、面间的距离计算
直线与平面所成的角
平面与平面垂直的判定
【解析】
在立体几何中，求点到平面的距离是一个常见的题型，同时求直线到平面的距离、平行平面间的距离及多面体的体积也常转化为求点到平面的距离．本题采用的是“找垂面法”：即找（作）出一个过该点的平面与已知平面垂直，然后过该点作其交线的垂线，则得点到平面的垂线段．设P在底面ABC上的射影为O，则PO=2，且O是三角形ABC的中心，设底面边长为a，23⋅32a=2∴a=23设侧棱为b，则b=22斜高ℎ′=5．由面积法求A到侧面PBC的距离ℎ=32⋅23⋅25=655．
【解答】
解：如图所示：
设P在底面ABC上的投影为O，
则PO⊥平面ABC，PO=2，且O是三角形ABC的中心，
∴ BC⊥AM，BC⊥PO，PO∩AM=O，
∴ BC⊥平面APM.
又∵ BC⊂平面ABC，
∴ 平面ABC⊥平面APM.
又∵ 平面ABC∩平面APM=AM，
∴ A到侧面PBC的距离即为△APM中PM边上的高.
∵ 侧棱与底面ABC成45∘，
∴ AO=PO.
设底面边长为a，
则23×32a=2，
∴ a=23.
则PA=22，PM=5．
由面积法求A到侧面PBC的距离
ℎ=AM⋅POPM=32×23×25=655.
故答案为：655.
【答案】
y216−x29=1
【考点】
双曲线的标准方程
双曲线的渐近线
【解析】
由题意求出c=5，设双曲线的方程为y2−16x29=λ，由λ+916λ=25可求出λ=16，即可得到双曲线方程为y216−x29=1.
【解答】
解：因为双曲线的焦点为(0,5)，
所以c=5，且双曲线的焦点在y轴.
又双曲线的渐近线方程为y=±43x，
则可设双曲线的方程为y2−16x29=λ，其中λ>0，
整理得y2λ−16x29λ=1.
则由λ+916λ=25可求出λ=16，
所以双曲线的标准方程为y216−x29=1.
故答案为：y216−x29=1.
【答案】
12, 1
【考点】
椭圆的定义
余弦定理
基本不等式
椭圆的离心率
【解析】
由题意，可设|PF1|=m，|PF2|=n． 在△PF1F2中，由余弦定理可知，4c2=m2+n2−2mncs60∘．再由定义得出m+n=2a，然后进行恒等变形，将4c2=m2+n2−2mncs60∘量m，n用a，c表示出来即可得出离心率的取值范围
【解答】
解：设椭圆方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，
|PF1|=m，|PF2|=n．
在△PF1F2中，由余弦定理可知，
4c2=m2+n2−2mncs60∘．
∵ m+n=2a，
∴ m2+n2=(m+n)2−2mn=4a2−2mn，
∴ 4c2=4a2−3mn，
即3mn=4a2−4c2，
又mn≤m+n22=a2（当且仅当m=n时取等号），
∴ 4a2−4c2≤3a2，
∴ c2a2≥14，即e≥12，
∴ e的取值范围是12, 1．
故答案为：12, 1.
三、解答题
【答案】
解：∵ |1−x−13|≤2，
∴ |x−4|≤6，
即−2≤x≤10.
∵ x2−2x+1−m2≤0(m>0)，
∴ [x−(1−m)][x−(1+m)]≤0.
即1−m≤x≤1+m.
若¬p是¬q的必要非充分条件，
即q是p的必要非充分条件，
即1+m≥101−m≤−2，即m≥9m≥3，
解得m≥9．
【考点】
根据充分必要条件求参数取值问题
一元二次不等式的解法
绝对值不等式
【解析】
求出不等式的等价条件，根据充分条件和必要条件的定义即可得到结论．
【解答】
解：∵ |1−x−13|≤2，
∴ |x−4|≤6，
即−2≤x≤10.
∵ x2−2x+1−m2≤0(m>0)，
∴ [x−(1−m)][x−(1+m)]≤0.
即1−m≤x≤1+m.
若¬p是¬q的必要非充分条件，
即q是p的必要非充分条件，
即1+m≥101−m≤−2，即m≥9m≥3，
解得m≥9．
【答案】
解：当焦点在x轴时，设椭圆方程为x2a2+y2b2=1，
由题意知a=2c，a−c=3，
解得a=6，c=3，
所以b2=27，所求的椭圆方程为x236+y227=1；
同理，当焦点在y轴时，所求的椭圆方程为x227+y236=1．
【考点】
椭圆的标准方程
【解析】
【解答】
解：当焦点在x轴时，设椭圆方程为x2a2+y2b2=1，
由题意知a=2c，a−c=3，
解得a=6，c=3，
所以b2=27，所求的椭圆方程为x236+y227=1；
同理，当焦点在y轴时，所求的椭圆方程为x227+y236=1．
【答案】
(1)证明：∵ PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，
以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
∵ AD=DC=AP=2，AB=1，点E为棱PC的中点．
∴ B(1, 0, 0)，C(2, 2, 0)，D(0, 2, 0)，P(0, 0, 2)，E(1, 1, 1)
∴ BE→=(0, 1, 1)，DC→=(2, 0, 0)
∵ BE→⋅DC→=0，
∴ BE⊥DC.
(2)解：∵ BD→=(−1, 2, 0)，PB→=(1, 0, −2)，
设平面PBD的法向量m→=(x, y, z)，
由m→⋅PB→=0，m→⋅BD→=0
得−x+2y=0x−2z=0，
令y=1，则m→=(2, 1, 1)，
则直线BE与平面PBD所成角θ满足：
sinθ=m→⋅BE→|m→|×|BE→|=26×2=33，
故直线BE与平面PBD所成角的正弦值为33．
【考点】
用向量证明垂直
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
（1）以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，求出BE，DC的方向向量，根据BE→⋅DC→=0，可得BE⊥DC；
（2）求出平面PBD的一个法向量，代入向量夹角公式，可得直线BE与平面PBD所成角的正弦值；
【解答】
(1)证明：∵ PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，
以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
∵ AD=DC=AP=2，AB=1，点E为棱PC的中点．
∴ B(1, 0, 0)，C(2, 2, 0)，D(0, 2, 0)，P(0, 0, 2)，E(1, 1, 1)
∴ BE→=(0, 1, 1)，DC→=(2, 0, 0)
∵ BE→⋅DC→=0，
∴ BE⊥DC.
(2)解：∵ BD→=(−1, 2, 0)，PB→=(1, 0, −2)，
设平面PBD的法向量m→=(x, y, z)，
由m→⋅PB→=0，m→⋅BD→=0
得−x+2y=0x−2z=0，
令y=1，则m→=(2, 1, 1)，
则直线BE与平面PBD所成角θ满足：
sinθ=m→⋅BE→|m→|×|BE→|=26×2=33，
故直线BE与平面PBD所成角的正弦值为33．
【答案】
解：(1)∵ 命题q为真，
当m>0时， Δ≥0，即4m2≥4m2m−1，
解得：0当m≤0时，不等式恒成立．
综上，m≤1．
(2)若p为真，则m+3>0，m−7<0且m+3≠7−m，
解得：−3∵ p∨q为真， ¬q为真，
∴ p为真q为假，
∴ −31，
∴1故实数m的取值范围是1【考点】
函数恒成立问题
椭圆的标准方程
逻辑联结词“或”“且”“非”
【解析】


【解答】
解：(1)∵ 命题q为真，
当m>0时， Δ≥0，即4m2≥4m2m−1，
解得：0当m≤0时，不等式恒成立．
综上，m≤1．
(2)若p为真，则m+3>0，m−7<0且m+3≠7−m，
解得：−3∵ p∨q为真， ¬q为真，
∴ p为真q为假，
∴ −31，
∴1故实数m的取值范围是1【答案】
(1)证明：如图，连接PE，EB.
由题意得，在△AEB中，
AE=1，AB=2，∠EAB=60∘，
∴ BE2=AE2+AB2−2AE⋅AB⋅cs60∘
=1+4−2=3．
∵ AE2+BE2=AB2，
∴ AD⊥EB．
∵ △PAD为等边三角形，E为AD的中点，
∴ AD⊥PE．
又∵ EB∩PE=E，
∴ AD⊥平面PEB，
∴ AD⊥PB．
(2)解：∵ 平面PAD⊥平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD=AD，且PE⊥AD，
∴ PE⊥平面ABCD，∴ PE⊥EB．
以点E为坐标原点，EA，EB，EP分别为x，y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系，如图．
∵ 四边形ABCD为菱形，△PAD为等边三角形，
∠DAB=60∘，AB=2，E为AD的中点，
∴ E(0, 0, 0)，A(1, 0, 0)，B(0, 3, 0)，
P(0, 0, 3)，D(−1, 0, 0)，
∴ DC→=AB→=(−1,3,0)，DP→=(1,0,3)．
设平面PCD的一个法向量为n→=(x,y,z)，
则n→⋅DC→=0，n→⋅DP→=0，
∴ −x+3y=0，x+3z=0，
令z=−1，则x=3，y=1，
∴ n→=(3, 1, −1)．
平面PAD的一个法向量为EB→=(0,3,0)，
∴ cs=35⋅3=55．
又∵ 二面角A−PD−C为钝角，
∴ 二面角A−PD−C的余弦值为−55．
(3)解：假设棱PB上存在点F，使EF // 平面PDC.
则由(2)中的空间直角坐标系可设F(0, m, n)，
∴ PF→=(0, m, n−3)，PB→=(0, 3,−3)，
∴ PF→=λPB→，
则(0, m, n−3)=λ(0, 3,−3)，
∴ m=3λ，n=3−3λ，
∴ EF→=(0,3λ,3−3λ)．
∵ EF // 平面PDC，
∴ 由(2)得EF→⊥n→，
即(0, 3λ, 3−3λ)⋅(3,1,−1)=0．
∴ 3λ−3+3λ=0，解得λ=12．
∴ 在棱PB上存在点F，且当点F为PB的中点时，EF // 平面PDC．
【考点】
两条直线垂直的判定
直线与平面垂直的判定
直线与平面垂直的性质
余弦定理
用空间向量求平面间的夹角
向量语言表述线面的垂直、平行关系
向量的共线定理
【解析】
（1）根据题设条件，利用余弦定理和勾股定理推导出AD⊥EB，再由等边三角形的性质推导出AD⊥平面PEB，由此能证明AD⊥PB．
（2）以点E为坐标原点，EA，EB，EP为x，y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A−PD−C的余弦值．
（3）假设棱PB上存在点F，使EF // 平面PDC，设F(0, m, n)，PF→=λPB→，利用向量法能求出当点F为PB的中点时，EF // 平面PDC．
【解答】
(1)证明：如图，连接PE，EB.
由题意得，在△AEB中，
AE=1，AB=2，∠EAB=60∘，
∴ BE2=AE2+AB2−2AE⋅AB⋅cs60∘
=1+4−2=3．
∵ AE2+BE2=AB2，
∴ AD⊥EB．
∵ △PAD为等边三角形，E为AD的中点，
∴ AD⊥PE．
又∵ EB∩PE=E，
∴ AD⊥平面PEB，
∴ AD⊥PB．
(2)解：∵ 平面PAD⊥平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD=AD，且PE⊥AD，
∴ PE⊥平面ABCD，∴ PE⊥EB．
以点E为坐标原点，EA，EB，EP分别为x，y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系，如图．
∵ 四边形ABCD为菱形，△PAD为等边三角形，
∠DAB=60∘，AB=2，E为AD的中点，
∴ E(0, 0, 0)，A(1, 0, 0)，B(0, 3, 0)，
P(0, 0, 3)，D(−1, 0, 0)，
∴ DC→=AB→=(−1,3,0)，DP→=(1,0,3)．
设平面PCD的一个法向量为n→=(x,y,z)，
则n→⋅DC→=0，n→⋅DP→=0，
∴ −x+3y=0，x+3z=0，
令z=−1，则x=3，y=1，
∴ n→=(3, 1, −1)．
平面PAD的一个法向量为EB→=(0,3,0)，
∴ cs=35⋅3=55．
又∵ 二面角A−PD−C为钝角，
∴ 二面角A−PD−C的余弦值为−55．
(3)解：假设棱PB上存在点F，使EF // 平面PDC.
则由(2)中的空间直角坐标系可设F(0, m, n)，
∴ PF→=(0, m, n−3)，PB→=(0, 3,−3)，
∴ PF→=λPB→，
则(0, m, n−3)=λ(0, 3,−3)，
∴ m=3λ，n=3−3λ，
∴ EF→=(0,3λ,3−3λ)．
∵ EF // 平面PDC，
∴ 由(2)得EF→⊥n→，
即(0, 3λ, 3−3λ)⋅(3,1,−1)=0．
∴ 3λ−3+3λ=0，解得λ=12．
∴ 在棱PB上存在点F，且当点F为PB的中点时，EF // 平面PDC．
【答案】
解：(1)设F(c, 0)，
∵ 直线AF的斜率为233，
∴ 2c=233，
解得c=3．
又ca=32，b2=a2−c2，
解得a=2，b=1．
∴ 椭圆E的方程为x24+y2=1.
(2)设P(x1, y1)，Q(x2, y2)．
由题意可设直线l的方程为：y=kx−2．
联立y=kx−2,x2+4y2=4,
化为(1+4k2)x2−16kx+12=0，
当Δ=(−16k)2−4×12(1+4k2)=16(4k2−3)>0时，即k2>34时，
x1+x2=16k1+4k2，x1x2=121+4k2．
∴ |PQ|=(1+k2)[(x1+x2)2−4x1x2]
=(1+k2)[(16k1+4k2)2−481+4k2]
=41+k24k2−34k2+1，
点O到直线l的距离d=21+k2．
∴ S△OPQ=12d⋅|PQ|=44k2−34k2+1，
设4k2−3=t>0，
则4k2=t2+3，
∴ S△OPQ=4tt2+4=4t+4t≤424=1，
当且仅当t=2，即4k2−3=2，
解得k=±72时取等号．
满足Δ>0，
∴ △OPQ的面积最大时直线l的方程为：y=±72x−2．
【考点】
直线与椭圆结合的最值问题
椭圆的标准方程
【解析】
（1）设F(c, 0)，利用直线的斜率公式可得2c=233，可得c．又ca=32，b2=a2−c2，即可解得a，b；
（2）设P(x1, y1)，Q(x2, y2)．由题意可设直线l的方程为：y=kx−2．与椭圆的方程联立可得根与系数的关系，再利用弦长公式、点到直线的距离公式、三角形的面积计算公式即可得出S△OPQ．通过换元再利用基本不等式的性质即可得出．
【解答】
解：(1)设F(c, 0)，
∵ 直线AF的斜率为233，
∴ 2c=233，
解得c=3．
又ca=32，b2=a2−c2，
解得a=2，b=1．
∴ 椭圆E的方程为x24+y2=1.
(2)设P(x1, y1)，Q(x2, y2)．
由题意可设直线l的方程为：y=kx−2．
联立y=kx−2,x2+4y2=4,
化为(1+4k2)x2−16kx+12=0，
当Δ=(−16k)2−4×12(1+4k2)=16(4k2−3)>0时，即k2>34时，
x1+x2=16k1+4k2，x1x2=121+4k2．
∴ |PQ|=(1+k2)[(x1+x2)2−4x1x2]
=(1+k2)[(16k1+4k2)2−481+4k2]
=41+k24k2−34k2+1，
点O到直线l的距离d=21+k2．
∴ S△OPQ=12d⋅|PQ|=44k2−34k2+1，
设4k2−3=t>0，
则4k2=t2+3，
∴ S△OPQ=4tt2+4=4t+4t≤424=1，
当且仅当t=2，即4k2−3=2，
解得k=±72时取等号．
满足Δ>0，
∴ △OPQ的面积最大时直线l的方程为：y=±72x−2．