2020-2021学年宁夏银川市高二（上）期末考试数学（理）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年宁夏银川市高二（上）期末考试数学（理）试卷人教A版，共10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. 抛物线y=4x2的焦点坐标是( )
A.(0, 1)B.(1, 0)C.(0,116)D.(116,0)

2. 命题“∃x0∈R，x3−x2+1>0”的否定是( )
A.∀x∈R ，x3−x2+1≤0B.∃x0∈R， x3−x2+1<0
C.∃x0∈R，x3−x2+1≤0D.不存在x∈R，x3−x2+1>0

3. 已知双曲线x29−y2m=1的一条渐近线方程为y=23x，则双曲线的焦距为( )
A.13B.10C.25D.213

4. 已知椭圆x241+y225=1的两个焦点为F1，F2，弦AB过点F1，则△ABF2的周长为( )
A.10B.20C.241D.441

5. 如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，E为PD中点，若PA→=a→，PB→=b→，PC→=c→，则BE→=( )

A.12a→−12b→+12c→B.12a→−12b→−12c→
C.12a→−32b→+12c→D.12a→−12b→+32c→

6. 如图ABCD−A1B1C1D1是正方体，B1E1=D1F1=A1B14，则BE1与DF1所成的角的余弦值是( )

A.1517B.12C.817D.32

7. 我国古代有着辉煌的数学研究成果．《周髀算经》、《九章算术》、《海岛算经》、《孙子算经》、⋯、《辑古算经》等算经10部专著，有着十分丰富多彩的内容，是了解我国古代数学的重要文献．这10部专著中有7部产生于魏晋南北朝时期．某中学拟从这10部名著中选择2部作为“数学文化”校本课程学习内容，则所选2部名著中至少有一部是魏晋南北朝时期的名著的概率为( )
A.1415B.1315C.29D.79

8. 设椭圆的两个焦点分别为F1，F2，过F2作椭圆长轴的垂线交椭圆于点P，若△F1PF2为等腰直角三角形，则椭圆的离心率是( )
A.22B.2−12C.2−1D.2−2

9. 空间直角坐标系中A(1, 2, 3)，B(−1, 0, 5)，C(3, 0, 4)，D(4, 1, 3)，则直线AB与CD的位置关系是( )
A.平行B.垂直C.相交但不垂直D.无法确定

10. “a=18”是“对任意的正数x，2x+ax≥1”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

11. 在正方体ABCD−A1B1C1D1中，直线BC1与平面A1BD所成角的余弦值为( )
A.24B.23C.33D.32

12. 双曲线x2a2−y2b2=1(a>0, b>0)的两个焦点为F1、F2，若P为其上一点，且|PF1|=2|PF2|，则双曲线离心率的取值范围为( )
A.(1, 3)B.(1, 3]C.(3, +∞)D.[3, +∞)
二、填空题

我国高铁发展迅速，技术先进．经统计，在经停某站的高铁列车中，有10个车次的正点率为0.97，有20个车次的正点率为0.98，有10个车次的正点率为0.99，则经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为________.

在极坐标系中，已知两点A3,−π3, B1,23π，则A，B两点间的距离为________.

已知抛物线y2=2pxp>0的过焦点的弦为AB，且|AB|=9， xA+xB=6，则p=________.

已知点A(2, 1)，F是抛物线y2=4x的焦点，M是抛物线上任意一点，则当|MF|+|MA|取得最小值时，点M的坐标为________．
三、解答题

已知椭圆的两焦点在坐标轴上，两焦点的中点为坐标原点，焦距为8，椭圆上一点到两焦点的距离之和为12．试求该椭圆的方程．

上周某校高三年级学生参加了数学测试，年级组织任课教师对这次考试进行成绩分析．现从中随机选取了40名学生的成绩作为样本，已知这40名学生的成绩全部在40分至100分之间，现将成绩按如下方式分成6组：第一组[40,50)；第二组[50,60)；⋯；第六组90,100，并据此绘制了如图所示的频率分布直方图．

(1)估计这次月考数学成绩的平均分和众数；

(2)从成绩大于等于80分的学生中随机选2名，求至少有1名学生的成绩在区间90,100内的概率．

已知抛物线顶点在原点，焦点在x轴上，又知此抛物线上一点A(4,m)到焦点的距离为6．
(1)求此抛物线的方程；

(2)若此抛物线方程与直线y=kx−2相交于不同的两点A，B，且AB中点横坐标为2，求k的值．

已知O为坐标原点，M是椭圆x22+y2=1上的点，设动点P满足OP→=2OM→.
(1)求动点P的轨迹C的方程；

(2)若直线l:y=x+mm≠0与曲线C相交于A，B两个不同点，求△OAB面积的最大值．

如图，ABCD是边长为3的正方形， DE⊥平面ABCD，AF//DE，DE=3AF，BE与平面ABCD所成角为60∘.

(1)求证： AC⊥平面BDE；

(2)求二面角F−BE−D的余弦值；

(3)设点M是线段BD上一个动点，试确定点M的位置，使得AM//平面BEF，并证明你的结论．

已知直线l:x=5+32t,y=3+12t （t为参数）．以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的坐标方程为ρ=2csθ．
(1)将曲线C的极坐标方程化为直坐标方程；

(2)设点M的直角坐标为(5, 3)，直线l与曲线C的交点为A，B，求|MA|⋅|MB|的值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年宁夏银川市高二（上）期末考试数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
抛物线的标准方程
【解析】
把抛物线y＝4x2的方程化为标准形式，确定开口方向和p值，即可得到焦点坐标．
【解答】
解：抛物线y=4x2的标准方程为 x2=14y，
则p=18，开口向上，焦点在y轴的正半轴上，
故焦点坐标为(0, 116)．
故选C.
2.
【答案】
A
【考点】
全称命题与特称命题
【解析】
利用特称命题的否定为全称命题进行改写即可求解.
【解答】
解：特称命题的否定为全称命题.
命题“∃x∈R，x3−x2+1>0”是特称命题，
其否定是：∀x∈R ，x3−x2+1≤0.
故选A.
3.
【答案】
D
【考点】
双曲线的渐近线
双曲线的简单几何性质
【解析】
利用双曲线的渐近线方程求出m=4，进而求出c，即可得到双曲线的焦距.
【解答】
解：∵ 双曲线x29−y2m=1的一条渐近线方程为y=23x，
∴ m3=23，
解得m=4，
∴ c2=9+m=13，
∴ c=13，
∴ 双曲线的焦距为2c=213.
故选D.
4.
【答案】
D
【考点】
椭圆的定义
【解析】
根据：∵ 椭圆x241+y225=1，得出a=41，运用定义整体求解△ABF2的周长为4a，即可求解．
【解答】
解：∵ 椭圆x241+y225=1的两个焦点为F1，F2，弦AB过点F1，
∴ a=41，
∴ △ABF2的周长=|AB|+|BF2|+|AF2|
=|AF1|+|BF1|+|BF2|+|AF2|
=(|AF1|+|AF2|)+(|BF1|+|BF2|)=4a=441．
故选D.
5.
【答案】
C
【考点】
向量的线性运算性质及几何意义
空间向量的基本定理及其意义
向量的共线定理
【解析】
利用空间向量加法法则求解．
【解答】
解：∵ 在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，E为PD中点，
PA→=a→，PB→=b→，PC→=c→，
∴ BE→=12(BP→+BD→)=−12PB→+12(BA→+BC→)
=−12PB→+12BA→+12BC→
=−12PB→+12(PA→−PB→)+12(PC→−PB→)
=−32PB→+12PA→+12PC→=12a→−32b→+12c→．
故选C．
6.
【答案】
A
【考点】
异面直线及其所成的角
几何中的变换：对称、平移、旋转
【解析】
先通过平移将两条异面直线平移到同一个起点E1，得到的锐角或直角就是异面直线所成的角，在三角形中再利用余弦定理求出此角即可．
【解答】
解：建立空间直角坐标系如图所示，
设正方体的边长为1，
由B1E1=D1F1=A1B14，
得B(1, 1, 0)，D(0, 0, 0)，E1(1, 34, 1)，F1(0, 14, 1)，
则BE1→=(0, −14, 1)，DF1→=(0, 14, 1)，
∴ cs⟨BE1→,DF1→⟩=|BE1→⋅DF1→||BE1→||DF1→|=1516174×174=1517，
即BE1与DF1所成的角的余弦值是1517.
故选A.
7.
【答案】
A
【考点】
古典概型及其概率计算公式
对立事件的概率公式及运用
【解析】
求出从10部名著中选择2部名著的方法数、2部都不是魏晋南北朝时期的名著的方法数，由对立事件的概率计算公式，可得结论．
【解答】
解：从10部名著中选择2部名著的方法数为9+8+7+6+5+4+3+2+1=45种，
2部都不是魏晋南北朝时期的名著的方法数为2+1=3种，
由对立事件的概率计算公式得所选2部名著中至少有一部是魏晋南北朝时期的名著的概率为P=1−345=1415．
故选A.
8.
【答案】
C
【考点】
椭圆的离心率
椭圆的简单几何性质
【解析】
设点P在x轴上方，坐标为c,b2a，根据题意可知|PF2|=b2a，|PF2|=|F1F2|，进而根据b2a=2c求得a和c的关系，求得离心率．
【解答】
解：设点P在x轴上方，坐标为c,b2a.
∵ △F1PF2为等腰直角三角形，
∴ |PF2|=|F1F2|，即b2a=2c，
即a2−c2a2=2ca，
∴ 1−e2=2e，
故椭圆的离心率e=2−1.
故选C．
9.
【答案】
A
【考点】
共线向量与共面向量
【解析】
由已知得AB→=(−2, −2, 2)，CD→=(1, 1, −1)，AB→=−2CD→，从而得到直线AB与CD平行．
【解答】
解：在空间直角坐标系中，
A(1, 2, 3)，B(−1, 0, 5)，C(3, 0, 4)，D(4, 1, 3)，
∴ AB→=(−2, −2, 2)，CD→=(1, 1, −1)，
∴ AB→=−2CD→，
∴ 直线AB与CD平行．
故选A．
10.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
根据基本不等式，我们可以判断出“a=18”⇒“对任意的正数x，2x+ax≥1”与“对任意的正数x，2x+ax≥1”⇒“a=18”真假，进而根据充要条件的定义，即可得到结论．
【解答】
解：当“a=18”时，由基本不等式可得：
“对任意的正数x，2x+ax≥1”一定成立，
即由“a=18”可得“对任意的正数x，2x+ax≥1”；
而由“对任意的正数x，2x+ax≥1”，可得“a≥18” ，
故“a=18”是“对任意的正数x，2x+ax≥1的”充分不必要条件．
故选A．
11.
【答案】
C
【考点】
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
设正方体的棱长等于1，建立如图空间直角坐标系，得出D、B、C1、A1各点的坐标，从而得出BC1→，A1D→，BD→的坐标，然后求出平面的法向量的坐标，利用向量的夹角公式算出BC1→与法向量的夹角的余弦值>的值，即得直线BC1与平面A1BD所成角的正弦值，最后利用同角三角函数关系可得直线BC1与平面A1BD所成角的余弦值．
【解答】
解：分别以DA，DC，DD1为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系，
设正方体的棱长等于1，可得：
D(0, 0, 0)，B(1, 1, 0)，C1(0, 1, 1)，A1(1, 0, 1)，
∴ BC1→=(−1, 0, 1)，A1D→=(−1, 0, −1)，BD→=(−1, −1, 0).
设n→=(x, y, z)是平面A1BD的一个法向量，
则A1D→⋅n→=0，BD→⋅n→=0，即x+z=0，x+y=0，
取x=1，得y=z=−1，
∴ 平面A1BD的一个法向量为n→=(1, −1, −1).
设直线BC1与平面A1BD所成角为θ，则
sinθ=|cs|=|BC1→⋅n→|BC1→||n→||=|−22×3|=63，
∴ csθ=1−sin2θ=33，
即直线BC1与平面A1BD所成角的余弦值是33.
故选C．
12.
【答案】
B
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
可用三角形的两边和大于第三边，及两边差小于第三边，但要注意前者可以取到等号成立，因为可以三点一线．也可用焦半径公式确定a与c的关系．
【解答】
解：设|PF1|=x，|PF2|=y，
则有x=2y,x−y=2a,
解得x=4a，y=2a，
∵ 在△PF1F2中，x+y>2c，x−y<2c，
即4a+2a>2c，4a−2a<2c，
∴ 1当P，F1，F2三点共线时，4a+2a=2c，
ca=3，
综上，双曲线离心率的取值范围是(1, 3].
故选B．
二、填空题
【答案】
0.98
【考点】
概率的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意，一共有10+20+10=40个车次，
正点率为0.97的占14，正点率为0.98的占12，
正点率为0.99的占14，
则所有车次的平均正点率估计为
14×0.97+12×0.98+14×0.99=0.98.
故答案为：0.98.
【答案】
4
【考点】
两点间的距离公式
极坐标刻画点的位置
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为23π−(−π3)=π，
所以点A3,−π3，B1,2π3，在同一直线上，
所以|AB|=ρ1+ρ2=3+1=4.
故答案为：4.
【答案】
3
【考点】
直线与抛物线的位置关系
抛物线的定义
【解析】
根据抛物线的定义可知，焦点弦|AB|=xA+xB+p，将已知条件代入求解即可．
【解答】
解：如图，
∵ AB过焦点F，且|AB|=9，xA+xB=6，
∴ |AB|=xA+xB+p=6+p=9，即p=3.
故答案为：3．
【答案】
(14, 1)
【考点】
抛物线的求解
抛物线的定义
【解析】
求出焦点坐标和准线方程，设点M到准线的距离为d=|PM|，则由抛物线的定义，把|MF|+|MA|转化为|MA|+|PM|，利用当P、A、M三点共线时，|MA|+|PM|取得最小值，把y=1代入抛物线y2=4x，解得x值，即得M的坐标．
【解答】
解：由题意得F(1, 0)，准线方程为x=−1，
设点M到准线的距离为d=|PM|，
则由抛物线的定义得|MA|+|MF|=|MA|+|PM|，
故当P，A，M三点共线时，
|MF|+|MA|取得最小值为|AP|=2+1=3.
将y=1，代入y2=4x，可得x=14，
∴ 使|MF|+|MA|取得最小值的M的坐标为(14, 1)．
故答案为：(14, 1)．
三、解答题
【答案】
解：由题意知2c=8，2a=12，
∴ a=6，c=4，
∴ b2=a2−c2=36−16=20.
∵椭圆的焦点在坐标轴上，两焦点的中点为坐标原点，
∴ 椭圆的方程是标准的．
当椭圆的焦点在x轴上时，椭圆的方程为x236+y220=1；
当椭圆的焦点在y轴上时，椭圆的方程为y236+x220=1．
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的定义和性质
【解析】

【解答】
解：由题意知2c=8，2a=12，
∴ a=6，c=4，
∴ b2=a2−c2=36−16=20.
∵椭圆的焦点在坐标轴上，两焦点的中点为坐标原点，
∴ 椭圆的方程是标准的．
当椭圆的焦点在x轴上时，椭圆的方程为x236+y220=1；
当椭圆的焦点在y轴上时，椭圆的方程为y236+x220=1．
【答案】
解：(1)因各组的频率之和为1，
所以成绩在区间[80,90)内的频率为：
1−(0.005×2+0.015+0.020+0.045)×10=0.1，
所以这次月考数学成绩的平均分为：
0.05×45+0.15×55+0.45×65+0.20×75
+0.10×85+0.05×95=68.
众数的估计值是65 .
(2)设A表示事件“在成绩大于等于80分的学生中随机选2名，至少有1名学生的成绩在区间[90,100]内”，
由题意可知成绩在区间[80,90]内的学生所选取的有40×0.1=4人，
记这4名学生分别为a，b，c，d，
成绩在区间[90,100]内的学生有0.005×10×40=2人，
记这2名学生分别为e，f，
则从这6人中任选2人的基本事件为：
(a,b)，(a,c)，(a,d)，(a,e)，(a,f)，
(b,c)，(b,d)，(b,e)，(b,f)，(c,d)，
(c,e)，(c,f)，(d,e)，(d,f)，(e,f)，共15种.
事件“至少有1名学生的成绩在区间[90,100]内”的可能结果为：
(a,e)，(a,f)，(b,e)，(b,f)，(c,e)，
(c,f)，(d,e)，(d,f)，(e,f)，共9种，
所以PA=915=13，
故所求事件A的概率为13 .
【考点】
众数、中位数、平均数
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】

【解答】
解：(1)因各组的频率之和为1，
所以成绩在区间[80,90)内的频率为：
1−(0.005×2+0.015+0.020+0.045)×10=0.1，
所以这次月考数学成绩的平均分为：
0.05×45+0.15×55+0.45×65+0.20×75
+0.10×85+0.05×95=68.
众数的估计值是65 .
(2)设A表示事件“在成绩大于等于80分的学生中随机选2名，至少有1名学生的成绩在区间[90,100]内”，
由题意可知成绩在区间[80,90]内的学生所选取的有40×0.1=4人，
记这4名学生分别为a，b，c，d，
成绩在区间[90,100]内的学生有0.005×10×40=2人，
记这2名学生分别为e，f，
则从这6人中任选2人的基本事件为：
(a,b)，(a,c)，(a,d)，(a,e)，(a,f)，
(b,c)，(b,d)，(b,e)，(b,f)，(c,d)，
(c,e)，(c,f)，(d,e)，(d,f)，(e,f)，共15种.
事件“至少有1名学生的成绩在区间[90,100]内”的可能结果为：
(a,e)，(a,f)，(b,e)，(b,f)，(c,e)，
(c,f)，(d,e)，(d,f)，(e,f)，共9种，
所以PA=915=13，
故所求事件A的概率为13 .
【答案】
解：(1)由题意设抛物线方程为y2=2pxp≠0，
其准线方程为x=−p2，
∵ A4,m到焦点的距离等于A到其准线的距离，
∴ 4+p2=6，∴ p=4．
∴ 此抛物线的方程为y2=8x．
(2)由y2=8x,y=kx−2消去y得k2x2−4k+8x+4=0，
∵ 直线y=kx−2与抛物线相交于不同两点A，B，
则有k≠0,Δ>0,
解得k>−1且k≠0，由x1+x2=4k+8k2=4，
解得k=2或k=−1（舍去）．
∴ 所求k的值为2．
【考点】
抛物线的定义
抛物线的标准方程
与抛物线有关的中点弦及弦长问题
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)由题意设抛物线方程为y2=2pxp≠0，
其准线方程为x=−p2，
∵ A4,m到焦点的距离等于A到其准线的距离，
∴ 4+p2=6，∴ p=4．
∴ 此抛物线的方程为y2=8x．
(2)由y2=8x,y=kx−2消去y得k2x2−4k+8x+4=0，
∵ 直线y=kx−2与抛物线相交于不同两点A，B，
则有k≠0,Δ>0,
解得k>−1且k≠0，由x1+x2=4k+8k2=4，
解得k=2或k=−1（舍去）．
∴ 所求k的值为2．
【答案】
解：(1)设点Px,y，Mx1,y1，
则由OP→=2OM→，得x,y=2x1,y1，
即x=2x1，y=2y1，
因为点M在椭圆x22+y2=1，
所以x122+y12=1，故x28+y24=1，
即动点P的轨迹C的方程为x28+y24=1 .
(2)由曲线C与直线l联立得 x2+2y2=8,y=x+m,
消y得3x2+4mx+2m2−8=0，
因为直线l与曲线C交于A，B两点，
所以Δ=16m2−4×3×2m2−8>0，
又m≠0，所以0设Ax3,y3，Bx4,y4，
则x3+x4=−4m3，x3x4=2m2−83，
因为点O到直线AB:x−y+m=0的距离d=|m|2，
|AB|=1+k2|x3−x4|
=(1+k2)x3+x42−4x3x4
=2×16m29−4×2m2−83
=169(12−m2)
S△ABC=1216912−m2×|m|2
=23×m2×(12−m2)
≤23×m2+(12−m2)2=22 .
当且仅当m2=12−m2，即m2=6时取等号，
所以△OAB面积的最大值为22．
【考点】
椭圆的标准方程
轨迹方程
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】


【解答】
解：(1)设点Px,y，Mx1,y1，
则由OP→=2OM→，得x,y=2x1,y1，
即x=2x1，y=2y1，
因为点M在椭圆x22+y2=1，
所以x122+y12=1，故x28+y24=1，
即动点P的轨迹C的方程为x28+y24=1 .
(2)由曲线C与直线l联立得 x2+2y2=8,y=x+m,
消y得3x2+4mx+2m2−8=0，
因为直线l与曲线C交于A，B两点，
所以Δ=16m2−4×3×2m2−8>0，
又m≠0，所以0设Ax3,y3，Bx4,y4，
则x3+x4=−4m3，x3x4=2m2−83，
因为点O到直线AB:x−y+m=0的距离d=|m|2，
|AB|=1+k2|x3−x4|
=(1+k2)x3+x42−4x3x4
=2×16m29−4×2m2−83
=169(12−m2)
S△ABC=1216912−m2×|m|2
=23×m2×(12−m2)
≤23×m2+(12−m2)2=22 .
当且仅当m2=12−m2，即m2=6时取等号，
所以△OAB面积的最大值为22．
【答案】
(1)证明：∵ DE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴ DE⊥AC，
又∵ ABCD是正方形，
∴ AC⊥BD .
∵ BD∩DE=D，
∴ AC⊥平面BDE．
(2)解：∵ DA，DC，DE两两垂直，
∴ 建立如图所示空间直角坐标系D−xyz，
∵ BE与平面ABCD所成角为60∘ ，即∠DBE=60∘，
∴ EDDB=3，
由AD=3，可知：DE=36，AF=6 .
则A3,0,0，F3,0,6，E0,0,36，B3,3,0，C0,3,0，
∴ BF→=0,−3,6，EF→=3,0,−26，
设平面BEF的法向量为n→=x,y,z，
则n→⋅BF→=0,n→⋅EF→=0,即−3y+6z=0,3x−26z=0,令z=6，
则n→=4,2,6，
∵ AC⊥平面BDE，
∴ CA→为平面BDE的法向量， CA→=3,−3,0，
∴ cs⟨n→,CA→⟩=n→⋅CA→|n→||CA→|=632×26=1313．
∵ 二面角为锐角，故二面角F−BE−D的余弦值为1313．
(3)解：依题意得，设Mt,t,0t>0，则AM→=t−3,t,0 ，
∵ AM//平面BEF，
∴ AM→⋅n→=0，即4t−3+2t=0，解得：t=2 ，
∴ 点M的坐标为2,2,0，
此时DM→=23DB→，
∴ 点M是线段BD靠近B点的三等分点．
【考点】
直线与平面垂直的判定
用空间向量求平面间的夹角
直线与平面平行的判定
【解析】



【解答】
(1)证明：∵ DE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴ DE⊥AC，
又∵ ABCD是正方形，
∴ AC⊥BD .
∵ BD∩DE=D，
∴ AC⊥平面BDE．
(2)解：∵ DA，DC，DE两两垂直，
∴ 建立如图所示空间直角坐标系D−xyz，
∵ BE与平面ABCD所成角为60∘ ，即∠DBE=60∘，
∴ EDDB=3，
由AD=3，可知：DE=36，AF=6 .
则A3,0,0，F3,0,6，E0,0,36，B3,3,0，C0,3,0，
∴ BF→=0,−3,6，EF→=3,0,−26，
设平面BEF的法向量为n→=x,y,z，
则n→⋅BF→=0,n→⋅EF→=0,即−3y+6z=0,3x−26z=0,令z=6，
则n→=4,2,6，
∵ AC⊥平面BDE，
∴ CA→为平面BDE的法向量， CA→=3,−3,0，
∴ cs⟨n→,CA→⟩=n→⋅CA→|n→||CA→|=632×26=1313．
∵ 二面角为锐角，故二面角F−BE−D的余弦值为1313．
(3)解：依题意得，设Mt,t,0t>0，则AM→=t−3,t,0 ，
∵ AM//平面BEF，
∴ AM→⋅n→=0，即4t−3+2t=0，解得：t=2 ，
∴ 点M的坐标为2,2,0，
此时DM→=23DB→，
∴ 点M是线段BD靠近B点的三等分点．
【答案】
解：(1)∵ ρ=2csθ，
∴ ρ2=2ρcsθ，
∴ x2+y2=2x，
故它的直角坐标方程为(x−1)2+y2=1.
(2)直线l:x=5+32t,y=3+12t （t为参数），
把l的参数方程代入(x−1)2+y2=1，
整理得t2+53t+18=0，
Δ=(53)2−4×18=3>0.
设A，B对应的参数为t1，t2，
∴|MA|⋅|MB|=t1t2=18.
【考点】
圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化
二次函数的性质
直线的参数方程
【解析】
（1）曲线的极坐标方程即ρ2＝2ρcsθ，根据极坐标和直角坐标的互化公式得x2+y2＝2x，即得它的直角坐标方程；
（2）直线l的方程化为普通方程，利用切割线定理可得结论．
【解答】
解：(1)∵ ρ=2csθ，
∴ ρ2=2ρcsθ，
∴ x2+y2=2x，
故它的直角坐标方程为(x−1)2+y2=1.
(2)直线l:x=5+32t,y=3+12t （t为参数），
把l的参数方程代入(x−1)2+y2=1，
整理得t2+53t+18=0，
Δ=(53)2−4×18=3>0.
设A，B对应的参数为t1，t2，
∴|MA|⋅|MB|=t1t2=18.