【文档说明】云南省昆明市云南师范大学附属中学2023-2024学年高二上学期期中考试+数学+含解析.docx，共(31)页，4.166 MB，由小赞的店铺上传

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云南师大附中2023~2024学年上学期期中考试试题高二年级数学本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第I卷第1页至第2页，第Ⅱ卷第3页至第4页.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分

钟第I卷（选择题，共60分）注意事项：1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚.2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效.一、单项选择题（本大题共8小题，每小

题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的）1.直线310xy+−=的倾斜角是（）A.π6B.π3C.2π3D.5π62.已知34iz=+，则1z在复平面内对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限3.已知

F为双曲线C：2213yx−=一个焦点，则点F到C的一条渐近线的距离为（）A.3B.3C.2D.14.从分别写有1,2,3,4的4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.18B.38C

.58D.785.垂直于直线3450xy++=且与圆2220xyx+−=相切的直线方程是（）A.3480xy+−=或3420xy++=B.3480xy++=或3420xy+−=C.4390xy−−=或4310xy−+=D.4390xy−+=

或4310xy−−=6.三角形ABC中，2AB=，3AC=，4BC=，则ABAC=+（）的A.10B.22C.6D.27.如图，,MN分别是二面角AB−−的两个半平面内两点，3MA=，2AB=，1BN=，120MABNBA==，若33MN=，则异面直线,AMBN的夹角的余弦值为（

）A.34B.45C.56D.678.已知椭圆C焦点为()13,0F−、()23,0F，若C上存在点P满足：213PFPF=，且290OPF=（O为坐标原点），则C的方程为（）A.2212xy+=B.2214xy+=C.22163xy+=D.22185xy+=二、多项选择题（

本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9.有一组样本数据126,,,xxx，其中1x是最小值，6x是最大值，则（）A.2345,,,xxxx的平均

数等于126,,,xxx的平均数B.2345,,,xxxx的中位数等于126,,,xxx的中位数C.2345,,,xxxx的标准差不小于126,,,xxx的标准差D.2345,,,x

xxx的极差不大于126,,,xxx的极差10.关于函数()()22cos2fxx=的下列说法正确的是（）A.()fx的最小正周期为π2B.()fx的最大值为2C.()fx的图象关于点π,04对称D.()fx在

ππ,88−上单调递减的11.已知抛物线E：24yx=的焦点为F，准线与坐标轴交于点C，过点C且斜率为k的直线l与抛物线E交于A，B两点（点B在点A和点C之间），则下列选项正确的是（）A.()2,2k−B.4AFBF+C.若B为AC的中点，则2AFBF=D

.若B为AC的中点，则223k=12.在三棱锥ABCD−中，BDAC⊥，24BDAC==，且2ABCBADCD==，则（）A.当ACD为等边三角形时，ABCD⊥，ADBC⊥B.当ADBD⊥，CDBD⊥时，平面ABD⊥平面BCDC.ABD△的周长等于

BCD△的周长D.三棱锥ABCD−体积最大为4559第Ⅱ卷（非选择题，共90分）注意事项：第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效.三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.两平行直线230xy−+=与6340xy−+=之间的距离为________

__.14.空间三点()2,3,5A−−，()0,1,3B，()1,,Cmn在同一直线上，则mn−=________.15.在平面直角坐标系xOy中，圆M：()()2224xaya−+−=与圆N：()()22211xy−++=相交于A，B两点，若5MN=，则AB

=______.16.已知双曲线E：()222210,0xyabab−=的左、右焦点分别为1F，2F，E上存在点P，使得21211FFFPFP=，且12PFF△的内切圆与y轴相切，则E的离心率为

___________.四、解答题（共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.如图，长方体1111ABCDABCD−中，12ABAAAD==，M，N分别是AB，11AB的中点.（1）求证：1//NC平面1AMC；（2）求平面1AMC与平面11ABBA夹角的

余弦值.18.在ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且πsincos6aCcA=−.（1）求A；（2）已知7a=，___________，计算ABC的面积.从①2b=，②3sin2sin=CB这两个条件中任选一个，将问题（

2）补充完整，并作答注意，如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分19.已知双曲线：()2211551xymmm−=−−一个焦点与抛物线C：()220ypxp=的焦点重合.（1）求抛物线C的方程；（2）若

直线l：8xty=+交抛物线C于A、B两点，O为原点，求证：以AB为直径的圆经过原点O.20.设()fx的定义域为R，若12xx，都有()()()()11221221xfxxfxxfxxfx++，则称函数()yfx

=为“H函数”.（1）若()fx在R上单调递增，证明()fx是“H函数”；（2）已知函数()()2202320232023log1xxgxxx−=−+++.①证明()gx是R上的奇函数，并判断()gx是否为“H函数”（无需证明）；②解关于x的不等

式()()2120gxgx+++.21如图，三棱锥−PABC，ABAC⊥，2ABACAP===，60PABPAC==..的.（1）求证：PABC⊥；（2）是否存在点Q，满足52QAQC==，且点Q到

平面PBC的距离为1?若存在，求直线AQ与平面PAC所成角的正弦值；若不存在，说明理由.22.在椭圆：2212yx+=上任取点()00,Cxy，过C分别作x轴，y轴的垂线，垂足分别为A，B，点D满足BAAD=，记动点D形成的轨迹为E.

（1）求E的方程：（2）设O为坐标原点，直线l交轨迹E于P、Q两点，满足OPQ△的面积恒为2.求OPOQ的最大值，并求取得最大值时直线l的方程.云南师大附中2023~2024学年上学期期中考试试题高二年级

数学本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第I卷第1页至第2页，第Ⅱ卷第3页至第4页.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟第I卷（选择题，共60分）注意事项：1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚

.2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效.一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是

符合题目要求的）1.直线310xy+−=的倾斜角是（）A.π6B.π3C.2π3D.5π6【答案】D【解析】【分析】根据已知条件，结合直线的倾斜角与斜率的关系，即可求解．【详解】设直线的倾斜角为，0π，直线310xy+−=

可化为33+33yx=−，所以直线的斜率3tan3k==−，5π6=，故选：D．2.已知34iz=+，则1z在复平面内对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】D【解析】【分析】根据复数的除法运算和复数的几何意义求解.【详解】因为34iz=

+，所以()()1134i34i34i34i34i2525z−===−++−，所以1z在复平面内对应的点为34,2525−位于第四象限，故选:D.3.已知F为双曲线C：2213yx−=的一个焦点，则点F到C的一条渐近线的距离为（）A.3B.3C.2D.1【答案】A【解析】【分析】

先求焦点，再用点到直线的距离公式即可.【详解】由双曲线的标准方程得222cab=+=所以F坐标为()2,0或()2,0−渐近线方程为3yx=所求距离23313d==+故选：A.4.从分别写有1,2,3,4的4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.18B.38C.58D.78【答案】B【解析】【分析】先找出基本事件的总数，然后找出满足条件的结伴事件数，利用概率公式求解即可.【详解】从分别写有1,2,3,4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4416=种情况，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共6种情况，故所求概

率为：63168P==，故选：B.5.垂直于直线3450xy++=且与圆2220xyx+−=相切的直线方程是（）A.3480xy+−=或3420xy++=B.3480xy++=或3420xy+−=C.4390xy−−=或4310xy−+=D.4390xy−+=或4310xy−−=【答案】C【

解析】【分析】设所求直线方程为430xyc−+=，根据圆心到直线的距离等于半径可得答案.【详解】圆的标准方程为()2211xy−+=，圆心为()1,0，半径为1，由题设与3450xy++=垂直的直线方程为430xyc

−+=，又430xyc−+=与圆()2211xy−+=相切，则224134013c++−=，可得1c=，或9c=−，经检验满足题设，.∴所求直线方程为4310xy−+=或4390xy−−=.故选：C.6.三角形ABC中，2AB=，

3AC=，4BC=，则ABAC=+（）A.10B.22C.6D.2【答案】A【解析】【分析】根据余弦定理得到1cos4BAC=−，然后根据数量积和数量积的运算律计算即可.【详解】由余弦定理得2224

9161cos22234ABACBCBACABAC+−+−===−，2221242239104ABACABABACAC+=++=+−+=uuuruuuruuuruuuruuuruuu

r，所以10ABAC+=uuuruuur.故选：A.7.如图，,MN分别是二面角AB−−的两个半平面内两点，3MA=，2AB=，1BN=，120MABNBA==，若33MN=，则异面直线,AMBN的夹角的余弦值为（）A.34B.45C.56D.67【答案】C【解

析】【分析】利用余弦定理可求得,cosANMAN，根据()AMBNAMANAB=−，利用向量数量积的定义和运算律可求得AMBN，由向量夹角公式可求得所求余弦值.【详解】连接AN，在ABN中，由余弦定理得：2222cos120414cos1207ANABBNABBN=+−=+−=，7AN

=；在MAN△中，由余弦定理得：2229727117cos24267AMANMNMANAMAN+−+−===−；()AMBNAMANABAMANAMAB=−=−coscosAMANMANAMABMAB=−1171

115376342222=−−−=−+=−，552cos,316AMBNAMBNAMBN===，即异面直线,AMBN夹角的余弦值为56.故选：C.8.已知椭圆C的焦点为()

13,0F−、()23,0F，若C上存在点P满足：213PFPF=，且290OPF=（O为坐标原点），则C的方程为（）A.2212xy+=B.2214xy+=C.22163xy+=D.22185xy+

=【答案】B【解析】【分析】根据椭圆的定义可得123,22aaPFPF==，设2POF=，在2RtPOF△中，求得23cos,3sinOPPF==，再在1OPF中，利用余弦定理求出2a，进而可得出答案.【详解】设椭

圆的长轴长为2a，短轴长为2b，焦距为2c，则3c=，由椭圆的定义可得122PFPFa+=，因为213PFPF=，所以123,22aaPFPF==，设2POF=，则1πPOF=−，在2RtPOF△中，23OF=，则23cos,3sinO

PPF==，在1OPF中，由余弦定理得2221111cos2OPOFPFPOFOPOF+−=，即()2293cos34cosπcos6cosa+−−==−，化简得2222223113cos

33sin3344aPFa−==−=−=−，所以24a=，所以2221bac=−=，所以C的方程为2214xy+=.故选：B.【点睛】关键点点睛：根据题意把几何关系转化为数量关系是解决本题的关键.二、多项选择题（本大题共

4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9.有一组样本数据126,,,xxx，其中1x是最小值，6x是最大值，则（）A.2345,,,xxxx的平

均数等于126,,,xxx的平均数B.2345,,,xxxx的中位数等于126,,,xxx的中位数C.2345,,,xxxx的标准差不小于126,,,xxx的标准差D.2345,,,xxxx的极差不大于126,,,xxx

的极差【答案】BD【解析】【分析】根据题意结合平均数、中位数、标准差以及极差的概念逐项分析判断.【详解】对于选项A：设2345,,,xxxx的平均数为m，126,,,xxx的平均数为n，则()()165234123456234526412xxxxxxxxxxxxxxxxnm+−++++

+++++++−=−=，因为没有确定()1652342,xxxxxx++++的大小关系，所以无法判断,mn的大小，例如：1,2,3,4,5,6，可得3.5mn==；例如1,1,1,1,1,7，可得1,2mn==；例如1,2,2,2,2,2，可得112,6mn==；故A错误；对于

选项B：不妨设123456xxxxxx，可知2345,,,xxxx的中位数等于126,,,xxx的中位数均为342xx+，故B正确；对于选项C：因为1x是最小值，6x是最大值，则2345,,,xxxx的波动性

不大于126,,,xxx的波动性，即2345,,,xxxx的标准差不大于126,,,xxx的标准差，例如：2,4,6,8,10,12，则平均数()12468101276n=+++++=，标准差()()()()()()2222221110527

47678710712763s=−+−+−+−+−+−=，4,6,8,10，则平均数()14681074m=+++=，标准差()()()()22222147678710754s=−+−+−+−=，显然10553，即12ss；故C错误；对于选项D：不妨设

123456xxxxxx，则6152xxxx−−，当且仅当1256,xxxx==时，等号成立，故D正确；故选：BD.10.关于函数()()22cos2fxx=的下列说法正确的是（）A.()fx最小正周期为π2B.()fx的最大值为2C.()fx的图象关于点π,04

对称D.()fx在ππ,88−上单调递减【答案】AB【解析】【分析】整理可得()cos41=+fxx，结合余弦函数性质逐项分析判断.【详解】由题意可知：()()22cos2cos41==+fx

xx，对于选项A：()fx的最小正周期为2ππ42T==，故A正确；对于选项B：当42π,=xkkZ，即π,2=kxkZ时，()fx取到最大值为2，故B正确；的对于选项C：因为ππcos41cosπ1044f=+=+=为最小值，所以

()fx的图象关于直线π4x=对称，故C错误；对于选项D：因为ππ,88−x，则ππ4,22−x，且cosyx=在ππ,22−上不单调，所以()fx在ππ,88−

上不单调，故D错误；故选：AB11.已知抛物线E：24yx=的焦点为F，准线与坐标轴交于点C，过点C且斜率为k的直线l与抛物线E交于A，B两点（点B在点A和点C之间），则下列选项正确的是（）A.()2,2k−B.4AFBF+C.若B为AC的中点，则2AFBF=D.若B为AC的中点，则22

3k=【答案】BCD【解析】【分析】由题意，设出直线l的方程，将直线l与抛物线联立，利用根的判别式得到21k且0k，设()11,Axy，()22,Bxy，根据韦达定理得到12xx+和12xx的表达式，结合抛物线的焦半径对选项进行逐一分析，进而即可求解.【详解】依题意得，()1,0

F，()1,0C−，设直线l的方程为()1ykx=+，联立得()241yxykx==+，消去y得()2222240kxkxk+−+=，因为直线l与抛物线相交于()11,Axy，()22,Bxy两点，所以()2

22402440kkk−−，解得11k−且0k，即()()1,00,1k−，故选项A错误；122411AFBFxxk+=+++=，因为11k−且0k，所以244k，则4AFBF+，故选项B正确；若B为AC的中点，则2121xx=−，由韦达定理知2122

1kxxk==，所以11112xx−=，.解得12x=，从而212x=，所以12313,12AFxBFx=+==+=，所以2AFBF=，故选项C正确；又212242kxxk−+=，所以2214222kk−+=即298k=，解得223k=，满足题意，故选项D正确.故

选：BCD12.在三棱锥ABCD−中，BDAC⊥，24BDAC==，且2ABCBADCD==，则（）A.当ACD为等边三角形时，ABCD⊥，ADBC⊥B.当ADBD⊥，CDBD⊥时，平面ABD⊥平面BCDC.ABD△的周长等于BCD△的周长D.三棱锥ABCD−体积最大为455

9【答案】ACD【解析】【分析】对于A：取相应的中点，根据题意结合平行关系以及勾股定理分析判断；对于D：根据题中长度关系可知AD与CD不相互垂直，利用反证法证明平面ABD与平面BCD不垂直；对于C、D：利用空间直角坐标系分析可知：点,AC均在以点1

0,0,03−O为球心，半径为83的球面上（不与,BD共线），且BDAC⊥，结合球的性质可知：,AC在与直径12AA垂直的圆面1O上，进而判定选项C；根据球的性质利用割补法可得2145539−=−ABCDVOO，进而

可得最值.【详解】对于选项A：分别取,,,,ABBCCDADBD的中点,,,,EFHGM，连接,,,,,,,,,EFFHGHEGEMFMHMGMEHGF，可知：////,////EFACGHEGBDFH，且111,222======EFGHACEGFHBD，因为BDAC⊥，可

知EFHG为矩形，可得5==EHGF，若ACD为等边三角形，则2ACADCD===，因为2ABCBADCD==，则4ABCB==，又因为,,EMH为对应棱的中点，则//,//,1,2EMADMHBCEMMH==，可得222EMMH

EH+=，即EMMH^，所以ADBC⊥，同理可证：ABCD⊥，故A正确；对于选项B：若ADBD⊥，2,4ABBDAD==，可得4323ABAD==，同理可得4323BCCD==，且4AC=，则222+ADCDAC，可知AD与CD不相互垂直，反证：假设平面

ABD⊥平面BCD，则存在直线l平面ABD，使得l⊥平面BCD，由,BDCD平面BCD，可得,⊥⊥lBDlCD，因为,lAD平面ABD，且,⊥⊥lBDADBD，可知//lAD，所以ADCD⊥，这与AD与CD不相互垂直相矛盾，所以假设不成立，故B错误；如图，以BD的中点M

建立空间直角坐标系，则()()2,0,0,2,0,0−BD，若2PBPD=，设(),,Pxyz，则()()222222222−++=+++xyzxyz，整理得222106439+++=xyz，即点(),,Pxyz到定点10,0,03−O的距离为83，所以点,A

C均在以点10,0,03−O为球心，半径为83的球面上（不与,BD共线），对于选项C：因为BDAC⊥，则,AC在与直径12AA垂直的圆面1O上，因为11OAOC=，且111111,,=⊥⊥BOBOBOAOBOCO，可知BA

BC=，且2ABCBADCD==，则ADCD=，即++=++BAADBDBCCDBD，所以ABD△的周长等于BCD△的周长，故C正确；对于选项D：取AC的中点N，连接1,,ONONOA，则22221116

49=−=−OAOAOOOO，可得222211116455199=−=−−=−ONOAANOOOO，所以三棱锥ABCD−体积1111111111333−−−=−=−=△△△ABCDBAOCDAOCAO

CAOCAOCVVVBOSDOSBDS2211115545545542329393=−=−OOOO，当且仅当10=OO时，等号成立，所以三棱锥ABCD−体积最大为4559，故D正确；故选：ACD.【点睛】关键点睛：对于4BD=，且2ABCBADCD==，通过

空间直角坐标系分析可知点,AC均在以点10,0,03−O为球心，半径为83的球面上（不与,BD共线），结合球的性质分析选项CD.第Ⅱ卷（非选择题，共90分）注意事项：第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题

卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效.三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.两平行直线230xy−+=与6340xy−+=之间的距离为__________.【答案】53【解析】【分析】由两平行线间的距离求解即可.【

详解】对直线230xy−+=两边同时乘以3可得：6390xy−+=所以两平行直线6390xy−+=与6340xy−+=之间的距离为：()229455533693563d−====++−.故答案为：53.14.空间三点()2,3,5A−−，()0,1,3B，()1,,Cmn在同一直线

上，则mn−=________.【答案】1【解析】【分析】由,,ABC三点共线得//ABBC，求得,mn即可.【详解】()()2,4,2,1,1,3ABBCmn=−=−−，因为,,ABC三点共线，所以//ABBC，所以=ABBC所以()()241

23mn==−−=−，解得3,2mn==，故1mn−=.故答案为：115.在平面直角坐标系xOy中，圆M：()()2224xaya−+−=与圆N：()()22211xy−++=相交于A，B两点，若5MN=，则AB=_____

_.【答案】455##455【解析】【分析】根据圆心距离求得圆M的方程，将两圆方程相减，可得公共弦所在直线方程，后可得弦长所在直线与圆M圆心距离，利用垂径定理可得弦长.【详解】由题意(),2Maa，()2,1N−，因为()()222221555MNaaa=−++=+=，所以0a=，

所以圆M：224xy+=，又圆N：()()22211xy−++=，两圆相减得：240xy−−=，故两圆的公共弦AB所在直线方程为240xy−−=，圆M圆心()0,0到AB的距离为220044552(1)−−=+−，故两圆的公共弦的长为245452455−=.故答案为：455.1

6.已知双曲线E：()222210,0xyabab−=的左、右焦点分别为1F，2F，E上存在点P，使得21211FFFPFP=，且12PFF△的内切圆与y轴相切，则E的离心率为___________.【答案】31+##13+【解析】【分析】根据向量运算得到12FPPF⊥

uuuruuuur，然后利用双曲线的性质和三角形内切圆的几何关系得到,,abc有关的方程求解即可.【详解】不妨设点P在第一象限，因为21211FFFPFP=，所以()1122110FPFFFPFPPF−==，所以12FPPF⊥uuuruuuur，22212|||

|4PFPFc+=，又12||||2PFPFa−=，联立可得：212||||2PFPFb=，所以()22212||||44PFPFcb+=+，即2212||||44PFPFcb+=+，设12PFF△的内切圆半径为r，过圆心往三边作垂线，垂足分别为,,CDE，如图所

示，因为12PFF△的内切圆与y轴相切，故||ODr=，()121212||||||||||||2PFPFCFEFDFDFcrcra−=−=−=+−−=，ra=，的所以()1212121211||||||=||||22PFFSPFPFFFaPFPF=++，即()2222442acbc

b+=+，即222bacabc−=+，两边平方得222222242bacbacabac=++−，即222baca−=，则22220caac−−=，两边同时除以2a，得2220ee−−=，解得13e=，因为1e，所以13e=+

.故答案为：13+.【点睛】关键点睛：本题考查双曲线中三角形内切圆和离心率相关问题的求解，解题关键是能够利用三角形内切圆的知识点结合双曲线的性质，求得,,abc之间的等量关系从而求得结果.四、解答题（共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算

步骤）17.如图，长方体1111ABCDABCD−中，12ABAAAD==，M，N分别是AB，11AB的中点.（1）求证：1//NC平面1AMC；（2）求平面1AMC与平面11ABBA夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）23【解析】【分析】（1）通

过证明1//MCNC，得证1//NC平面1AMC；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的余弦值.小问1详解】连接MN，如图所示，【正方形11ABBA中，M，N分别是AB，11AB的中点，有1MBNB=且1//MBNB，所以四边形1

MBBN为平行四边形，则有1=MNBB且1//MNBB，又长方体中11=CCBB且11//CCBB，则1=CCMN且1//CCMN，所以四边形1MCCN为平行四边形，得1//MCNC，MC平面1AMC，1NC平面1AMC，所以1//NC平面1AMC【小问2详解】以D点为原点，1

,,DADCDD的方向为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设122ABAAAD===，则()()()11,0,2,1,1,0,0,2,0AMC，()10,1,2AM=−，()1,1

,0MC=−，设平面1AMC的一个法向量为(),,nxyz=，则有1200nAMyznMCxy=−==−+=，令2y=，则2,1xz==，即()2,2,1n=r，()1,0,0DA=是平面11ABBA的一个法向量，2c

os,3DAnDAnDAn==，所以平面1AMC与平面11ABBA夹角的余弦值为23.18.在ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且πsincos6aCcA=−.（1）求A；（2）已知7a=，___________，计算ABC的面积.从①2b=，②3sin2sin=CB

这两个条件中任选一个，将问题（2）补充完整，并作答注意，如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分【答案】（1）3（2）选①，332ABCS=△；选②，32ABCS=【解析】【分析】（1）利用正弦定理和三角函数诱导公式整理化简，可求出角A；（2）补齐条件，若选①，先利用余弦定理计算出边长

c，再利用面积公式计算面积；若选②，先用正弦定理得出32=cb，再用余弦定理计算出边长,bc，再利用面积公式计算面积.【小问1详解】解：在ABC中，由正弦定理可知sinsinacAC=，因为πsincos6aCcA=

−，则sinsinsincos()6ACCA=−,因为sin0C，所以cos()s6inAA=−即31sincossin22AAA=+，所以sin3cosAA=，即tan3A=，因为(0,)A

，所以3A=.【小问2详解】若选①，由题知7,2,3abA===，由余弦定理可知：222cos2bcaAbc+−=，代入可得2147222cc+−=，整理得2230cc−−=，即(3)(1)

0cc−+=，所以3c=或1c=−(舍),所以11333sin232222ABCSbcA===△..若选②，由题知7,3sin2sin,3aCBA===，在ABC中，由正弦定理可知sinsinbcBC=，则32=cb，由余弦定理可知：222

cos2bcaAbc+−=，代入可得2247192223bbbb+−=，整理得23b=，所以23,33bc==，所以11233sin3322322ABCSbcA===.19.已知双曲线：()2211

551xymmm−=−−的一个焦点与抛物线C：()220ypxp=的焦点重合.（1）求抛物线C的方程；（2）若直线l：8xty=+交抛物线C于A、B两点，O为原点，求证：以AB为直径的圆经过原点O.【答案】（1）28yx=（2）见解析.【解析】【分析】（1）根据双曲线方程

求出其焦点坐标，即也是抛物线焦点，得到抛物线方程.（2）直线l与抛物线联立后，利用韦达定理求出0OAOB=即可得证.【小问1详解】由双曲线方程()2211551xymmm−=−−知其焦点在x轴上且焦点坐标为1(2,0)F−，2(2,0)F，

所以2(2,0)F为抛物线C：()220ypxp=的焦点，得242pp==，所以抛物线C的方程为28yx=.【小问2详解】设11(,)Axy，22(,)Bxy联立22886408xtyytyyx=+−−==，2644640t=+由韦达定

理得128yyt+=，1264yy=−所以12121212(8)(8)OAOBxxyytytyyy=+=+++21212(1)8()64tyytyy=++++2(1)(64)8(8)640ttt=+−++=所以OAOB⊥，所以以AB为直径的圆经过原点O.得证20.设()fx的定义域为

R，若12xx，都有()()()()11221221xfxxfxxfxxfx++，则称函数()yfx=为“H函数”.（1）若()fx在R上单调递增，证明()fx是“H函数”；（2）已知函数()()2202320232023log1xxgxxx−=−+++.①证明()gx是R上的奇

函数，并判断()gx是否为“H函数”（无需证明）；②解关于x的不等式()()2120gxgx+++.【答案】（1）证明见解析（2）①证明见解析；②()1,−+【解析】【分析】（1）利用定义证明函数的单调性，化简即可证明为“

H函数”；（2）①根据奇偶性的定义直接判断，分析函数的递增性从而确定是否为“H函数”；②利用单调性求解不等式.【小问1详解】若()fx在R上单调递增，则12xx，()()12120fxfxxx−−，即()()()12120xx

fxfx−−，即()()()()111221220xfxxfxxfxxfx−−+，整理得：()()()()11221221xfxxfxxfxxfx++，所以()fx是“H函数”.【小问2详解】①()()2202320232023log1xxgxxx−=−+++定义域为R，关于原点对

称，()()()()222023202320232023log120232023log1xxxxgxxxxxgx−−−=−++−=−−++=−，所以()gx是R上的奇函数.()gx是“H函数”②()gx是R上的奇函数，并为“H函数”，所以()gx在R上单调递增，因为()()2120g

xgx+++，即()()212gxgx+−+，即()()212gxgx+−−，所以212xx+−−，即1x−，所以不等式的解集为()1,−+.21.如图，三棱锥−PABC，ABAC⊥，2ABACAP===，60PABPAC==.（1）求证：PABC⊥；（2

）是否存在点Q，满足52QAQC==，且点Q到平面PBC的距离为1?若存在，求直线AQ与平面PAC所成角的正弦值；若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）155【解析】【分析】（1）取取BC中点O，连接,AOPO，证BC⊥平面PAO

即可；（2）,,OAOBOP所在直线为,,xyz轴建立空间直角坐标系，根据题意求出Q点坐标，进而可求.【小问1详解】如图，取BC中点O，连接,AOPO，ABAC⊥，2ABACAP===，60PABPAC==，

则PCPB==2，2BC=，POBC⊥，AOBC⊥，AOPOO=，PO平面PAO，AO平面PAO，则BC⊥平面PAO，PA平面PAO，PABC⊥.【小问2详解】由PCPB==2，2BC=，222PCPBBC+=，PCPB⊥，AOPO==1，AOPOPA

+=222，即AOPO⊥，则,,OAOBOP两两垂直，以O为原点，,,OAOBOP所在直线为,,xyz轴建立空间直角坐标系，(,,),(,,),(,,),(,,)ABCP−100010010001，设(,

,)Qxyz，(,,)OQxyz=，平面PBC的一个法向量为(1,0,0)OA=，,||OQOAxdxOA====111，又5||||2QAQC==，()()xyzxyz−++=+++=22222

25114，解得,yxz=−=−=112，(,,)Q−1112，设平面PAC的一个法向量为000(,,)nxyz=r，(,,),(,,)ACPC=−−=−−11001100nACnPC==，000000xyyz−−=−−=，令01y=，,xz=−=−0011，(,,

)n=−−111，(,,)AQ=−1012，cosnAQ−−==−111525532，所以直线AQ与平面PAC所成角的正弦值为15522.在椭圆：2212yx+=上任取点()00,Cxy，过C分别作x轴，y轴的垂线，垂足分别为A，B，点D满足BAAD=，记动点D形成

的轨迹为E.（1）求E的方程：（2）设O为坐标原点，直线l交轨迹E于P、Q两点，满足OPQ△的面积恒为2.求OPOQ的最大值，并求取得最大值时直线l的方程.【答案】（1）22142xy+=（2）OPOQ的最大值为3；直线l的方

程为2x=或1y=【解析】【分析】（1）设(),Dxy，由BAAD=可得0012xxyy==−，将()00,Cxy代入椭圆方程，即可求解；（2）当直线l斜率不存在时，利用OPQ△的面积恒为2，可

求得直线方程为2x=；当直线l斜率存在时，联立直线与椭圆方程，得到12xx+，12xx，再利用弦长公式和三角形面积公式得到2212bk=+，从而得到OPOQ关于2b的表达式，结合二次函数的性质即可得解.【小问1详解】由题意可知()0,0Ax，()00,By，设(),Dxy，所以()00

,BAxy=-，()0,ADxxy=-，因为BAAD=，所以000xxxyy−==−，即0012xxyy==−，因为()00,Cxy在2212yx+=上，所以220012yx+=，即()2211

22yx−+=，所以22142xy+=，故动点D形成的轨迹为E为22142xy+=.【小问2详解】当直线l斜率不存在时，设直线l方程为xm=()22m−，联立22142xyxm+==，解得242my−=，所以2422mPQ−=,因为OPQ△的面积恒为2，所以2

11224222OPQSmPQmm−===，解得22m=，即2m=，此时直线l方程为2x=，而22,4Pmm−，242,Qmm−−，所以222222223444222OPOQmmm

mmm=++−=+=−−−；当直线l斜率存在时，设直线l方程为ykxb=+，()11,Pxy,()22,Qxy,联立22142xyykxb+==+，化简得()222124240kxkbx

b+++−=，则()()()()222224412248420kbkbbk=−+−=−−−，故2242bk+，所以122412kbxxk+=−+，21222412bxxk−=+，所以()2222212122242414141212kbbPQkxxxxkkk−=++−=

+−−++22222824112kbkk−+=++，原点O到直线()0ykxbk=+距离为21bk+，因为OPQ△的面积恒为2，所以2222228241212112OPQSbkbkkk−++==++，化简得()222210kb−−=，所以2

212bk=+，满足0，则2221kb=−，所以()()222212222168812kbbxxbk−+==+，221222242412bbxxkb−−==+，因为2211142xy+=，2222142xy+=，所以2211122yx=−，2

222122yx=−，则2222222222121122121211224224xxOPOQxyxyxxxx=++=++=+++()222222222212122124124488

24244xbxbxbxxbbxb−=−−+++−+−+=24449bb=−+，因为22121bk=+，令21tb=，则01t，而2944ytt=−+开口向上，对称轴为12t=，所以当1t=时，2944ytt=−+取得最大值9，即21b=，即1b=，0k=时，OPO

Q取得最大值93=，综上：OPOQ的最大值为3，此时直线l方程为2x=或1y=.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为()()1122,,,xyxy；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）

的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为12xx+、12xx（或12yy+、12yy）的形式；（5）代入韦达定理求解.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com