2020-2021学年安徽省淮北市高二（上）期中联考数学（理）试卷北师大版

这是一份2020-2021学年安徽省淮北市高二（上）期中联考数学（理）试卷北师大版，共13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. 有关命题说法正确的是( )
A.“若xy=0，则x=0”的否命题为“若xy=0，则x≠0”
B.“若x+y=0，则x，y互为相反数”的逆命题是真命题
C.“∃x∈R，则2x2−1<0”的否定是“∀x∈R，都有2x2−1<0”
D.“若cs x=cs y，则x=y”的逆否命题为真命题

2. 从分别写有1，2，3，4，5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为( )
A.110B.15C.310D.25

3. 执行如图所示的程序框图，若输出k的值为8，则判断框内可填入的条件是( )

A.s≤34B.s≤56C.s≤1112D.s≤2524

4. 关于x，y的方程ax2+2a−1y2=1表示的曲线为椭圆的一个充分不必要条件为( )
A.a>12B.a>1C.a>12且a≠1D.a>12或a<0

5. 已知O为坐标原点，F是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点，A，B分别为C的左，右顶点．P为C上一点，且PF⊥x轴，过点A且斜率为1的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E．若直线BM经过OE的中点，则C的离心率为( )
A.13B.12C.23D.34

6. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则此几何体的表面积为( )

A.10B.12C.6+22+3D.6+22+5

7. 在正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为棱AB的中点，则A1P与BC1所在直线所成角的余弦值等于( )
A.45B.105C.12D.510

8. 如图所示，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AD=AA1=1，AB=2，点E是棱AB的中点，则点E到平面ACD1的距离为( )

A.13B.12C.16D.22

9. 某学校为了调查学生在一周生活方面的支出情况，抽出了一个容量为n的样本，其频率分布直方图如图所示，其中支出在[50,60)元的学生有60人，则下列说法不正确的是( )

A.样本中支出在[50,60)元的频率为0.3
B.样本中支出不少于40元的人数有132
C.若该校有2000名学生，则定有600人支出在[50,60)元
D.n的值为200

10. 在区间[−1, 1]上随机取一个实数k，使直线y=k(x+3)与圆x2+y2=1相交的概率为( )
A.12B.14C.22D.24

11. 已知0<α<π4<β<π2，且sinα+csα=355，sinβ−π4=45，则sinα+β=( )
A.−131050B.−1050C.1050D.131050

12. 已知椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0，A，B分别为椭圆的左顶点和上顶点，F为右焦点，且AB⊥BF，则椭圆的离心率为( )
A.22B.32C.3−12D.5−12
二、填空题

学生甲与学生乙相约在某电影院看《我和我的祖国》.两人相约晚上6点到7点之间在电影院门口会面，约定先到者在电影院门口等候对方一同进入电影院，若等候时长超过40分钟对方仍未到则自己独自进入电影院，假设两人在这一时间段内随机到达．则他们在电影院门口会面的概率为________.
三、解答题

对某校高三年级学生参加社区服务次数进行统计，随机抽取M名学生作为样本，得到这M名学生参加社区服务的次数．根据此数据作出了频数与频率的统计表如下，频率分布直方图如图：

(1)求出表中M，p及图中a的值；

(2)若该校高三学生有240人，试估计该校高三学生参加社区服务的次数在区间[10, 15)内的人数；

(3)在所取样本中，从参加社区服务的次数不少于20次的学生中任选2人，求至多一人参加社区服务次数在区间[25, 30)内的概率．

如图，四面体ABCD中，O是BD的中点，CA=CB=CD=BD=2，AB=AD=2.

(1)求证：平面ABD⊥平面BCD；

(2)点E在线段AB上，满足2AE=EB，求直线CE与平面BCD所成角的余弦值；

(3)求直线AB与平面ADC所成角的正弦值．

如图，点C是以AB为直径的圆O上异于A，B的一点，直角梯形BCDE所在平面与圆O所在平面垂直，且DE//BC，DC⊥BC，DE=12BC=2，AC=CD=3.

(1)证明： EO//平面ACD；

(2)求点E到平面ABD的距离．

如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，点E，F在侧棱BB1，CC1上，且B1E=2EB，C1F=2FC，点D，G在棱AB，AC上，且BD=2DA，CG=2GA.

(1)证明：点G在平面EFD内；

(2)若∠BAC=90∘，AB=AC=1，AA1=2，求直线DF与平面ABC所成角的正切值．

(3)若∠BAC=90∘，AB=AC=1，AA1=2，求二面角A1−AB1−C1的余弦值．

已知动圆M经过点F1−1,0，且与圆F2：x−12+y2=8内切.
(1)求动圆圆心M的轨迹方程．

(2)设由(1)所求的曲线为C，过F1的两条相交直线l1，l2分别交椭圆于A，C和B，D两点，且AC→⋅BD→=0 ，求四边形ABCD的面积的最小值．

已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率22，点(2, 2)在C上．
(1)求C的方程；

(2)直线l不经过原点O，且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB中点为M．证明：直线OM的斜率与直线l的斜率乘积为定值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年安徽省淮北市高二（上）期中联考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
命题的真假判断与应用
四种命题的定义
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A，命题“若xy=0，则x=0”的否命题为“若xy≠0，则x≠0”，故A错；
B，“若x+y=0，则x，y互为相反数”的逆命题是x，y互为相反数，则x+y=0，该命题是真命题，B正确；
C，命题“∃x∈R，则2x2−1<0”的否定是“∀x∈R，都有2x2−1≥0”，故C错；
D，若cs x=cs y，则x=2kπ+y或x=2kπ−y，k∈Z，则原命题为假命题，则原命题的逆否命题为假命题，故D错．
故选B．
2.
【答案】
D
【考点】
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：从分别写有1，2，3，4，5的5张卡片中随机抽取1张，
放回后再随机抽取1张，基本事件总数n=5×5=25，
抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数包含的基本事件有：
(2,1)，(3,1)，(3,2)，(4,1)，(4,2)，
(4,3)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，
共m=10个基本事件，
∴ 抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率P=1025=25．
故选D.
3.
【答案】
C
【考点】
循环结构的应用
程序框图
【解析】
模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的k，S的值，当S>1112时，退出循环，输出k的值为8，故判断框图可填入的条件是S≤1112．
【解答】
解：模拟执行程序框图，k的值依次为0，2，4，6，8，
因此当k=6时，s=12+14+16=1112，
当k=8时，s=12+14+16+18=2524，
若输出k的值为8，即s=1112时，程序继续循环，
s=2524时，程序不再循环，输出k，
因此可填：s≤1112．
故选C．
4.
【答案】
B
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
椭圆的标准方程
根据充分必要条件求参数取值问题
【解析】
利用椭圆方程得到a>0，2a−1>0，a≠2a−1，求出a的范围，再结合充分必要条件进行判断即可求解.
【解答】
解：若方程ax2+(2a−1)y2=1表示椭圆，
则a>0，2a−1>0，a≠2a−1，
解得a>12且a≠1，
结合选项，只有a|a>1⫋{a|a>12且a≠1}，
∴ 方程ax2+2a−1y2=1表示的曲线为椭圆的一个充分不必要条件为a>1.
故选B.
5.
【答案】
A
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：直线l的方程为y=x+a，M−c,a−c，E0,a，
OE中点H0,a2，kBH=0−a2a−0=−12，
kBM=c−aa+c，
有c−aa+c=−12，
得a=3c，e=13.
故选A.
6.
【答案】
D
【考点】
由三视图求表面积（组合型）
由三视图求表面积
【解析】
作出多面体的直观图，将各面的面积相加可得出该多面积的表面积．
【解答】
解：由三视图得知该几何体的直观图如下图所示：
由直观图可知，底面四边形ABCD是边长为2的正方形，其面积为22=4，
侧面△PCD是等腰三角形，且底边长CD=2，底边上的高为2，其面积为12×2×2=2，
且PC=PD=12+22=5，
侧面△PAD是直角三角形，且∠PDA为直角，PD=5 ，AD=2 ，
其面积为12×2×5=5 ，
因为△PBC≅△PAD，
所以△PBC的面积为5，
△PAB为等腰三角形，底边长AB=2， PA=PB=PD2+AD2=3 ，
底边上的高为ℎ=PA2−AB22=22，其面积为12×2×22=22.
因此，该几何体的表面积为4+2+5+5+22=6+22+5.
故选D．
7.
【答案】
B
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
先通过平移将两条异面直线平移到同一个起点C1，得到的锐角∠BC1F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：如图，过C1作A1P的平行线C1F，交DC的延长线于点F，连接BF，则∠BC1F或其补角等于异面直线A1P与BC1所成的角．
设正方体的棱长为1，
由P为棱AB的中点，则易得BC1=2，
C1F=A1P=52，BF=52，
∴ 在△BC1F中，cs∠BC1F=105.
故选B.
8.
【答案】
A
【考点】
点、线、面间的距离计算
【解析】
以D为坐标原点，直线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点E到平面ACD1的距离．
【解答】
解：方法一：
以D为坐标原点，直线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
则D1(0, 0, 1)，A(1, 0, 0)，C(0, 2, 0)．
E为AB的中点，则E(1,1,0)，
D1E→=(1, 1, −1)，AC→=(−1, 2, 0)，AD1→=(−1, 0, 1)，
设平面ACD1的法向量为n→=(a, b, c)，
则n→⋅AC→=0，n→⋅AD1→=0， 即−a+2b=0，−a+c=0，
取a=2，得n→=(2, 1, 2)，
点E到平面ACD1的距离为：
d=|D1E→⋅n→||n→|=2+1−23=13．
方法二：
∵ 在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AD=AA1=1，AB=2，
∴ AC=AB2+BC2=5，
AD1=AA12+A1D12=2，
CD1=CC12+C1D12=5，
∴ cs∠D1AC=2+5−52×2×5=1010，
∴ sin∠D1AC=1−110=31010，
∴ S△ACD1=12×2×5×31010=32.
∵ 点E是棱AB的中点，
∴ S△ACE=12×1×1=12.
设E到平面ACD1的距离为d，
由VE−ACD1=VD1−ACE可得：
13×32×d=13×12×1，
∴ d=13．
故选A.
9.
【答案】
C
【考点】
频率分布直方图
【解析】
在A中，样本中支出在[50, 60)元的频率为0.3；在B中，样本中支出不少于40元的人数有：×60+60=132；在C中，n=600.3=200；D．若该校有2000名学生，则可能有600人支出在[50, 60)元．
【解答】
解：A，样本中支出在[50,60)元的频率为：1−(0.010+0.024+0.036)×10=0.3，故A正确；
B，样本中支出不少于40元的人数有：600.3×0.36+60=132（人），故B正确；
C，2000×0.3=600（人），若该校有2000名学生，则估计有600人支出在[50, 60)元，故C错误；
D，n=60÷0.3=200（人），故n的值为200，故D正确.
故选C.
10.
【答案】
D
【考点】
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）
直线与圆的位置关系
【解析】
利用圆心到直线的距离小于半径可得到直线与圆相交，可求出满足条件的k，最后根据几何概型的概率公式可求出所求．
【解答】
解：圆x2+y2=1的圆心为(0, 0)，
圆心到直线y=k(x+3)的距离d=|3k|k2+1，
要使直线y=k(x+3)与圆x2+y2=1相交，则d≤1，解得−24≤k≤24．
∴ 在区间[−1, 1]上随机取一个数k，
使y=k(x+3)与圆x2+y2=1相交的概率P=2242=24．
故选D.
11.
【答案】
D
【考点】
同角三角函数间的基本关系
两角和与差的正弦公式
【解析】
本题考查三角函数的变换，考察转化回归思想，体现了数学运算、逻辑推理等核心素养.
【解答】
解：∵sinα+csα=355，
∴ 2sinα+π4=355，
∴sinα+π4=31010.
∵0<α<π4，
∴π4<α+π4<π2，
∴ csα+π4=1010.
∵ π4<β<π2，
∴−π4<π4−β<0.
∵sinβ−π4=45，
∴ sinπ4−β=−45，csπ4−β=35，
∴sinα+β=sinα+π4−π4−β
=31010×35−1010×−45
=131050.
故选D.
12.
【答案】
D
【考点】
椭圆的离心率
【解析】

【解答】
解：因为A−a,0，B0,b，Fc,0，AB⊥BF，
所以kAB⋅kBF=−1，
所以ba×−bc=−1，
所以b2=ac，
所以a2−c2=ac，
所以1−e2=e，
所以e2+e−1=0，
所以e=5−12．
故选D．
二、填空题
【答案】
89
【考点】
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）
【解析】

【解答】
解：如图，
设学生甲到达的时刻为x，学生乙到达的时刻为y，
x,y可以看成平面中的点，
则有总事件的区域为S={(x,y)|6≤x≤7,6≤y≤7}．
根据题意可得满足条件的区域为
A={(x,y)|6≤x≤7,6≤y≤7,|y−x|≤23}，
则由几何概型可得所求概率P=89．
故答案为：89.
三、解答题
【答案】
解：(1)由分组[10, 15)内的频数是10，频率是0.25知，10M=0.25，
∴ M=40．
∵ 频数之和为40，
∴ 10+24+m+2=40，解得m=4，
p=mM=440=0.10．
∵ a是对应分组[15, 20)的频率与组距的商，
∴ a=2440×5=0.12.
(2)∵ 该校高三学生有240人，分组[10, 15)内的频率是0.25，
∴ 估计该校高三学生参加社区服务的次数在此区间内的人数为240×0.25=60人．
(3)这个样本参加社区服务的次数不少于20次的学生共有m+2=6人，
设在区间[20, 25)内的人为a1，a2，a3，a4，在区间[25, 30)内的人为b1，b2．
则任选2人共有(a1, a2)，(a1, a3)，(a1, a4)，(a1, b1)，(a1, b2)，(a2, a3)，(a2, a4)，(a2, b1)，(a2, b2)，(a3, a4)，(a3, b1)，(a3, b2)，(a4, b1)，(a4, b2)，(b1, b2)共15种情况，
而两人都在[25, 30)内只能是(b1, b2)一种，
∴ 所求概率为P=1−115=1415．
【考点】
频数与频率
用样本的数字特征估计总体的数字特征
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】
（I）根据频率，频数和样本容量之间的关系即频率等于频数除以样本容量，写出算式，求出式子中的字母的值．
(II)根据该校高三学生有240人，分组[10, 15)内的频率是0.25，估计该校高三学生参加社区服务的次数在此区间内的人数为60人．
(III)这个样本参加社区服务的次数不少于20次的学生共有m+2＝6人，设出在区间[20, 25)内的人为a1，a2，a3，a4，在区间[25, 30)内的人为b1，b2，列举出所有事件和满足条件的事件，得到概率．
【解答】
解：(1)由分组[10, 15)内的频数是10，频率是0.25知，10M=0.25，
∴ M=40．
∵ 频数之和为40，
∴ 10+24+m+2=40，解得m=4，
p=mM=440=0.10．
∵ a是对应分组[15, 20)的频率与组距的商，
∴ a=2440×5=0.12.
(2)∵ 该校高三学生有240人，分组[10, 15)内的频率是0.25，
∴ 估计该校高三学生参加社区服务的次数在此区间内的人数为240×0.25=60人．
(3)这个样本参加社区服务的次数不少于20次的学生共有m+2=6人，
设在区间[20, 25)内的人为a1，a2，a3，a4，在区间[25, 30)内的人为b1，b2．
则任选2人共有(a1, a2)，(a1, a3)，(a1, a4)，(a1, b1)，(a1, b2)，(a2, a3)，(a2, a4)，(a2, b1)，(a2, b2)，(a3, a4)，(a3, b1)，(a3, b2)，(a4, b1)，(a4, b2)，(b1, b2)共15种情况，
而两人都在[25, 30)内只能是(b1, b2)一种，
∴ 所求概率为P=1−115=1415．
【答案】
(1)证明：连接CO，
∵ O是BD中点且AB=AD，CB=CD，
∴ AO⊥BD，CO⊥BD，
∴ ∠AOC为二面角A−BD−C的平面角.
又∵ AB=AD=2，CB=CD=CA=BD=2，
∴ AO=1，CO=3，
在△AOC中，AO2+CO2=AC2，
∴ ∠AOC=90∘，
即二面角A−BD−C为90∘，
∴ 平面ABD⊥平面BCD.
(2)解：过E作EF⊥BD于F，连接CF，
∵ EF//AO且2AE=EB，
∴ OFBF=12，EFAO=23，
∴ OF=13，EF=23.
在Rt△COF中，CF2=CO2+OF2，
∴ CF=273,
∵ 平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，
EF⊂平面ABD，EF⊥BD，
∴ EF⊥平面BCD，∴ EF⊥CF，
∴ CF即为CE在平面BCD上的射影，
∴ ∠ECF即为CE与平面BCD所成角，
在Rt△ECF中，CE2=EF2+CF2,
∴ CE=423，
∴ cs∠ECF=CFCE=144，
∴ 直线CE与平面BCD所成角的余弦值为144.
(3)解：设B到平面ACD的距离为ℎ，
则直线AB与平面ADC所成角的正弦值为ℎAB.
∵ VA−BCD=VB−ACD，
即13×AO×12×BD×CO
=13×ℎ×12×AD×CD2−(12AD)2，
∴ ℎ=2217，
∴ ℎAB=427,
∴ 直线AB与平面ADC所成角的正弦值为427.
【考点】
平面与平面垂直的判定
直线与平面所成的角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：连接CO，
∵ O是BD中点且AB=AD，CB=CD，
∴ AO⊥BD，CO⊥BD，
∴ ∠AOC为二面角A−BD−C的平面角.
又∵ AB=AD=2，CB=CD=CA=BD=2，
∴ AO=1，CO=3，
在△AOC中，AO2+CO2=AC2，
∴ ∠AOC=90∘，
即二面角A−BD−C为90∘，
∴ 平面ABD⊥平面BCD.
(2)解：过E作EF⊥BD于F，连接CF，
∵ EF//AO且2AE=EB，
∴ OFBF=12，EFAO=23，
∴ OF=13，EF=23.
在Rt△COF中，CF2=CO2+OF2，
∴ CF=273,
∵ 平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，
EF⊂平面ABD，EF⊥BD，
∴ EF⊥平面BCD，∴ EF⊥CF，
∴ CF即为CE在平面BCD上的射影，
∴ ∠ECF即为CE与平面BCD所成角，
在Rt△ECF中，CE2=EF2+CF2,
∴ CE=423，
∴ cs∠ECF=CFCE=144，
∴ 直线CE与平面BCD所成角的余弦值为144.
(3)解：设B到平面ACD的距离为ℎ，
则直线AB与平面ADC所成角的正弦值为ℎAB.
∵ VA−BCD=VB−ACD，
即13×AO×12×BD×CO
=13×ℎ×12×AD×CD2−(12AD)2，
∴ ℎ=2217，
∴ ℎAB=427,
∴ 直线AB与平面ADC所成角的正弦值为427.
【答案】
(1)证明：如图，取BC的中点M，连接OM，ME．
在△ABC中，∵ O是AB的中点，M是BC的中点，
∴ OM//AC，
∵ AC⊄平面EMO，MO⊂平面EMO，
∴ AC//平面EMO.
在直角梯形BCDE中， ∵ DE//CB，且DE=CM，
∴ 四边形MCDE是平行四边形，
∴ EM//CD.
同理 CD//平面EMO.
∵ CD∩AC=C，
∴ 平面EMO//平面ACD.
∵ EO⊂平面EMO，
∴ EO//平面ACD．
(2)解：∵ AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的一点，
∴ AC⊥BC.
又∵ 平面BCDE⊥平面ABC，平面BCDE∩平面ABC=BC，
∴ AC⊥平面BCDE.
可得AC是三棱锥A−BDE的高线．
在直角梯形BCDE中， S△BDE=12DE⋅CD=12×2×3=3.
设E到平面ABD的距离为ℎ，则VE−ABD=VA−EBD，
即13S△ABD⋅ℎ=13S△EBD⋅AC，
由已知得，AB=5，BD=5，AD=32，
由余弦定理易知： cs∠ABD=1625，
则S△ABD=12AB⋅BD⋅sin∠ABD=3412，
解得：ℎ=64141，即点E到平面ABD的距离为64141.
【考点】
点、线、面间的距离计算
直线与平面平行的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】


【解答】
(1)证明：如图，取BC的中点M，连接OM，ME．
在△ABC中，∵ O是AB的中点，M是BC的中点，
∴ OM//AC，
∵ AC⊄平面EMO，MO⊂平面EMO，
∴ AC//平面EMO.
在直角梯形BCDE中， ∵ DE//CB，且DE=CM，
∴ 四边形MCDE是平行四边形，
∴ EM//CD.
同理 CD//平面EMO.
∵ CD∩AC=C，
∴ 平面EMO//平面ACD.
∵ EO⊂平面EMO，
∴ EO//平面ACD．
(2)解：∵ AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的一点，
∴ AC⊥BC.
又∵ 平面BCDE⊥平面ABC，平面BCDE∩平面ABC=BC，
∴ AC⊥平面BCDE.
可得AC是三棱锥A−BDE的高线．
在直角梯形BCDE中， S△BDE=12DE⋅CD=12×2×3=3.
设E到平面ABD的距离为ℎ，则VE−ABD=VA−EBD，
即13S△ABD⋅ℎ=13S△EBD⋅AC，
由已知得，AB=5，BD=5，AD=32，
由余弦定理易知： cs∠ABD=1625，
则S△ABD=12AB⋅BD⋅sin∠ABD=3412，
解得：ℎ=64141，即点E到平面ABD的距离为64141.
【答案】
(1)证明：连接DG，FG，
因为ABC−A1B1C1是直三棱柱，
所以BB1//CC1，BB1=CC1.
又因为点E，F在侧棱BB1，CC1上，
且B1E=2EB，C1F=2FC，
所以EB//FC，且EB=FC，
所以四边形BCFE为平行四边形，
所以EF//BC，EF=BC.
因为点D，G在棱AB，AC上，
且BD=2DA，CG=2GA，
所以GD//BC，GD=13BC，
所以EF//GD，GD=13EF，
所以四边形DEFG为梯形．
即D，E，F，G四点共面，
所以点G在平面EFD内．
(2)解：因为∠BAC=90∘，三棱柱ABC−A1B1C1为直三棱柱，
所以AB，AC，A1A两两垂直，所以C1C⊥平面 ABC，
F为C1C上一点，所以点F在平面ABC上的射影为点C，
连接CD，则∠FDC即为直线DF与平面ABC所成角，
tan∠FDC=CFCD ．
因为点D在棱AB上且BD=2DA，
所以DA=13AB=13.
因为点C在棱CC1上且C1F=2FC，
所以FC=13CC1=13AA1=23.
因为∠BAC=90∘，
所以DC=DA2+AC2=103 ，
tan∠FDC=CFCD=23103=105，
所以直线DF与平面ABC所成角的正切值是105．
(3)解：由题意，可知A1B1，A1C1，A1A两两垂直，
则以A1C1所在直线为x轴，A1A所在直线为y轴，A1B1所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系A1−xyz.
∵AB=AC=1，AA1=2，
∴A1(0,0,0)，A(0,2,0)，B1(0,0,1)，C1(1,0,0)，
设平面AB1C1的一个法向量为n→=(x,y,z)，
∵AC1→=(1,−2,0)，B1C1→=(1,0,−1)，
∴n→⋅AC1→=x−2y=0，n→⋅B1C1→=x−z=0，
取y=1，则x=z=2，
∴n→=(2,1,2).
又∵m→=(1,0,0)是平面AA1B1的一个法向量，
∴cs=m→⋅n→|m→|⋅|n→|=23，
即二面角A1−AB1−C1的余弦值为23.
【考点】
平面的基本性质及推论
直线与平面所成的角
用空间向量求平面间的夹角
【解析】


【解答】
(1)证明：连接DG，FG，
因为ABC−A1B1C1是直三棱柱，
所以BB1//CC1，BB1=CC1.
又因为点E，F在侧棱BB1，CC1上，
且B1E=2EB，C1F=2FC，
所以EB//FC，且EB=FC，
所以四边形BCFE为平行四边形，
所以EF//BC，EF=BC.
因为点D，G在棱AB，AC上，
且BD=2DA，CG=2GA，
所以GD//BC，GD=13BC，
所以EF//GD，GD=13EF，
所以四边形DEFG为梯形．
即D，E，F，G四点共面，
所以点G在平面EFD内．
(2)解：因为∠BAC=90∘，三棱柱ABC−A1B1C1为直三棱柱，
所以AB，AC，A1A两两垂直，所以C1C⊥平面 ABC，
F为C1C上一点，所以点F在平面ABC上的射影为点C，
连接CD，则∠FDC即为直线DF与平面ABC所成角，
tan∠FDC=CFCD ．
因为点D在棱AB上且BD=2DA，
所以DA=13AB=13.
因为点C在棱CC1上且C1F=2FC，
所以FC=13CC1=13AA1=23.
因为∠BAC=90∘，
所以DC=DA2+AC2=103 ，
tan∠FDC=CFCD=23103=105，
所以直线DF与平面ABC所成角的正切值是105．
(3)解：由题意，可知A1B1，A1C1，A1A两两垂直，
则以A1C1所在直线为x轴，A1A所在直线为y轴，A1B1所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系A1−xyz.
∵AB=AC=1，AA1=2，
∴A1(0,0,0)，A(0,2,0)，B1(0,0,1)，C1(1,0,0)，
设平面AB1C1的一个法向量为n→=(x,y,z)，
∵AC1→=(1,−2,0)，B1C1→=(1,0,−1)，
∴n→⋅AC1→=x−2y=0，n→⋅B1C1→=x−z=0，
取y=1，则x=z=2，
∴n→=(2,1,2).
又∵m→=(1,0,0)是平面AA1B1的一个法向量，
∴cs=m→⋅n→|m→|⋅|n→|=23，
即二面角A1−AB1−C1的余弦值为23.
【答案】
解：(1)设动圆圆心Mx,y，半径为r，
则|MF1|=r，
|MF2|=22−r，
则|MF1|+|MF2|=22>|F1F2|，
可知动圆圆心M的轨迹为椭圆，
由椭圆定义可知，
a=2，c=1，b=1，
则M的轨迹方程为x22+y2=1．
(2)①假设直线AC斜率为0或无斜率时，
S=2．
②假设直线AC有斜率且不为0时，设直线AC的解析式为y=k(x+1)，
联立y=kx+1，x2+2y2=2，
消去y得
2k2+1x2+4k2x+2k2−2=0．
x1+x2=−4k22k2+1，x1x2=2k2−22k2+1，
|AC|=1+k2⋅x1+x22−4x1x2
=22(k2+1)2k2+1,
因为AC与BD相交于点F1，且BD的斜率为−1k，
所以， |BD|=22(1k2+1)2×1k2+1 =22(k2+1)2+k2．
所以四边形ABCD的面积为：
S=12|AC|⋅|BD|=4(k2+1)2(2k2+1)(k2+2)≥4(k2+1)2[(2k2+1)+(k2+2)2]2=169，
当且仅当k2=1上时，上式取等号，
综上，四边形ABCD的面积的最小值为169 ．
【考点】
直线与椭圆结合的最值问题
轨迹方程
两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设动圆圆心Mx,y，半径为r，
则|MF1|=r，
|MF2|=22−r，
则|MF1|+|MF2|=22>|F1F2|，
可知动圆圆心M的轨迹为椭圆，
由椭圆定义可知，
a=2，c=1，b=1，
则M的轨迹方程为x22+y2=1．
(2)①假设直线AC斜率为0或无斜率时，
S=2．
②假设直线AC有斜率且不为0时，设直线AC的解析式为y=k(x+1)，
联立y=kx+1，x2+2y2=2，
消去y得
2k2+1x2+4k2x+2k2−2=0．
x1+x2=−4k22k2+1，x1x2=2k2−22k2+1，
|AC|=1+k2⋅x1+x22−4x1x2
=22(k2+1)2k2+1,
因为AC与BD相交于点F1，且BD的斜率为−1k，
所以， |BD|=22(1k2+1)2×1k2+1 =22(k2+1)2+k2．
所以四边形ABCD的面积为：
S=12|AC|⋅|BD|=4(k2+1)2(2k2+1)(k2+2)≥4(k2+1)2[(2k2+1)+(k2+2)2]2=169，
当且仅当k2=1上时，上式取等号，
综上，四边形ABCD的面积的最小值为169 ．
【答案】
(1)解：椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率22，点(2, 2)在C上，
可得a2−b2a=22，4a2+2b2=1，
解得a2=8，b2=4，
所以所求C的方程为：x28+y24=1．
(2)证明：设直线l:y=kx+b(k≠0, b≠0)，A(x1, y1)，B(x2, y2)，M(xM, yM)，
把直线y=kx+b代入x28+y24=1可得(2k2+1)x2+4kbx+2b2−8=0，
故xM=x1+x22=−2kb2k2+1，yM=kxM+b=b2k2+1，
于是直线OM的斜率为：kOM=yMxM=−12k，即kOM⋅k=−12，
∴ 直线OM的斜率与l的斜率乘积为定值．
【考点】
圆锥曲线中的定点与定值问题
椭圆的离心率
椭圆的标准方程
【解析】
（1）利用椭圆的离心率，以及椭圆经过的点，求解椭圆的几何量，然后得到椭圆的方程．
（2）设直线l:y=kx+b，(k≠0, b≠0)，A(x1, y1)，B(x2, y2)，M(xM, yM)，联立直线方程与椭圆方程，通过韦达定理求解KOM，然后推出直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值．
【解答】
(1)解：椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率22，点(2, 2)在C上，
可得a2−b2a=22，4a2+2b2=1，
解得a2=8，b2=4，
所以所求C的方程为：x28+y24=1．
(2)证明：设直线l:y=kx+b(k≠0, b≠0)，A(x1, y1)，B(x2, y2)，M(xM, yM)，
把直线y=kx+b代入x28+y24=1可得(2k2+1)x2+4kbx+2b2−8=0，
故xM=x1+x22=−2kb2k2+1，yM=kxM+b=b2k2+1，
于是直线OM的斜率为：kOM=yMxM=−12k，即kOM⋅k=−12，
∴ 直线OM的斜率与l的斜率乘积为定值．分组
频数
频率
[10, 15)
10
0.25
[15, 20)
24
n
[20, 25)
m
p
[25, 30)
2
0.05
合计
M
1