【文档说明】辽宁省名校联盟2023-2024学年高二上学期12月月考试题+数学+含解析.docx，共(32)页，1.647 MB，由管理员店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-4d2658dfbe1ff9a974aeb4eb52aa1e8a.html

以下为本文档部分文字说明：

辽宁省名校联盟2023年高二12月份联合考试数学本试卷满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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.答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已

知复数z满足(3i)45iz=−，则z的共轭复数为（）A.54i33−−B.54i33−+C.54i33+D.54i33−2.抛物线24xy=−的准线方程是（）A.1y=B.1y=−C.2y=D.=2y−3.已

知12112212,log3,log3abc−===，则（）A.abcB.acbC.cabD.cba4.如图，在四面体ABCD−中，点O为底面三角形BCD的重心，P为AO的中点，设,ABaACb==，ADc=，则BP在

基底,,abc下的有序实数组为（）A.211,,333−−B.211,,333−C.511,,666−−D.511,,666−5.已知()0,2π,终边经过点()s

in3,cos3，则=（）A.32−B.32+C.332−D.532−6.设12,FF分别是椭圆2222:1(0)xyCabab+=的左､右焦点，过点1F的直线交C于,MN两点，若112MFFN=，且27cos9M

NF=，则C的离心率为（）A33B.63C.22D.327.有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24的半正多面体，它的所有顶

点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.若E为线段BC的中点，且1DEDF=−，则该半正多面体外接球的表面积为（）A.4πB.8πC.16πD.24π8.十七世纪法国数学家皮埃尔•德•费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一

点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”.它的答案是：当三角形的三个角均小于2π3时，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角2π3；当三角形有一内角大于或等于2π3时，所求点为三角形最大内角的顶点

，在费马问题中，所求点称为费马点.已知在ABC中，2π,1,23CACBC===，CM是ABC的角平分线，交AB于M，满足若P为AMC的费马点，则·PAPMPM+PCPAPC+=（）A.35-B.2

5−C.23−D.13−二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知定义域为R的奇函数()fx在()0,+单

调递减，且()10f−=，则下列选项满足()0xfx的是（）.A.(),1−−B.()1,0−C.()0,1D.()1,+10.函数()()sin0,0,2πfxAxA=+部分图像如图所示，则下列结论正确的是（）A.点7,06是()fx图像的对称

中心B.直线512x=是()fx图像的对称轴C.()fx的图像向右平移712个单位长度得sin2yx=的图像D.()fx在区间232,上单调递减11.已知直线:10lxy+−=截圆2

22:()0Oxyrr+=所得的弦长为14，点,MN在圆O上，且直线()():12130lmxmym++−−=过定点P，若PMPN⊥，Q为MN的中点，则下列说法正确的是（）A.点P坐标为()1,1B.当直线l与直线l平行时，2m=−C.动点Q的轨迹是以11,22为圆

心，22为半径的圆D.MN的取值范围为62,62−+12.在一个圆锥中，D为圆锥的顶点，O为圆锥底面圆的圆心，P为线段DO的中点，AE为底面圆的直径，ABC是底面圆的内接正三角形，33ADAB==，则下

列说法正确的是（）A.//BE平面PACB.在圆锥的侧面上，点A到DE的中点的最短距离为332C.二面角BPCA−−的余弦值为12的D.记直线DO与过点P的平面所成角为，当22cos0,3时

，平面与圆锥侧面的交线为椭圆或部分椭圆三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知()()()0,0,0,3,2,4,0,5,1OAB−，若23OCAB=uuuruuur，则C的坐标是__________.14.若函数()e1xfxa=−+有两个零点，则实数a的取值

范围是__________.15.已知函数()πsin(0)6fxx=−在区间π,π2内不存在对称轴，则最大值是__________.16.如图，已知直线1l2,lA是12,ll之间的一个定点，点A到12,ll的距离分别为1,2,B是直线2l上一个动点，过点

A作ACAB⊥，交直线1l于点C，平面内动点G满足230GAGBGC++=，则GBC面积的最小值是__________.四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17.已知抛物线2:2(0)Cypxp=的焦点为F，点A在抛物线C上，点()

1,1B，且满足43FBFAOF=−（O为坐标原点）.（1）求C的方程；（2）求AFB的角平分线所在直线的方程.18.已知椭圆2222:1(0)xyCabab+=的一个焦点为()1,0F，且离心率为12.（1）求

C的方程；（2）过F作直线l与C交于,MN两点，O为坐标原点，若627OMNS=，求l的方程.19.如图，已知棱长为4的正方体1111,ABCDABCDM−为11BD的中点，E为MC的中点，FBC，且EF面

11BBDD.的（1）求证：,,,EFMB四点共面，并确定点F位置；（2）求异面直线1AA与BM之间的距离；（3）作出经过点,,AFM截面（不需说明理由，直接注明点的位置），并求出该截面的周长.20.在ABC中，内角,,ABC的对边分别为,,abc，且满足π2sin6aCbc+=+

.（1）求A；（2）若π4,4bB==，点D在线段BC上且满足CDCB=，当AD取最小值时，求的值.21.如图①，在矩形ABCD中，4,2,ABADE==为边CD的中点.将ADEV沿AE翻折至PAE△，连接,PBPC，得到四棱锥PABCE−（如图②），M为棱

PB的中点.（1）求证：CM面PAE，并求CM的长；（2）若23PB=，棱AP上存在动点F（除端点外），求直线BF与面PEC所成角的正弦值的取值范围.22.已知双曲线2222:1(0,0)xyCabab−=的离心率为2，焦点到渐近线的距离为3.（1）求

C标准方程；的的（2）设不与渐近线平行的动直线l与双曲线有且只有一个公共点P，且与直线12x=相交于点Q，试探究：在焦点所在的坐标轴上是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过点M？若存在，求出点M坐标；若不存在，请说明理由.辽宁

省名校联盟2023年高二12月份联合考试数学本试卷满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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.答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知复数z

满足(3i)45iz=−，则z的共轭复数为（）A.54i33−−B.54i33−+C.54i33+D.54i33−【答案】B【解析】【分析】由复数的除法运算结合共轭复数的定义求得.【详解】由题得()245ii45i54i3i3i33z−−===−−，所以z的共轭复数

为54i33−+.故选：B2.抛物线24xy=−的准线方程是（）A.1y=B.1y=−C.2y=D.=2y−【答案】A【解析】【分析】结合抛物线的准线方程求解即可.【详解】由题知抛物线224xpyy=−=−,所以2p=，故抛物线24xy=−的准线方程为12py==.故

选：A..3.已知12112212,log3,log3abc−===，则（）A.abcB.acbC.cabD.cba【答案】C【解析】【分析】根据指数，对数相应的值可得12021a−=，12log30b=，121log13c=从而可求解.【详解】因为12

021a−=，12log30b=，112211logl132cog==所以bac，故C项正确，故选：C.4.如图，在四面体ABCD−中，点O为底面三角形BCD的重心，P为AO的中点，设,ABaACb==，ADc=，则BP在基底,,abc下的

有序实数组为（）A.211,,333−−B.211,,333−C.511,,666−−D.511,,666−【答案】D【解析】【分析】根据空间向量的线性运算即可求解.【详解】取CD的中点E，连接BE.由重心的性质可知

23BOBE=，且,,BOE三点共线.因为()()()1112222BEBCBDACABADABbac=+=−+−=−+，所以()()211112,33222BOBEbacBPBABOABBO==−+=+=−+()1115112223666abacabc=−+−+=−++.所以BP在基底

,,abc下的有序实数组为511,,666−.故选：D5.已知()0,2π,终边经过点()sin3,cos3，则=（）A.32−B.32+C.332−D.532−【答案】D【解析】【分析】根据的终边经过点()

sin3,cos3，利用三角函数终边知识从而可求解【详解】由题意得πsin3cos3π2tantan3πsin32cos32−===−−，故π3π,Z2kk=−

+.又因为π3,π2，所以sin30,cos30，所以3π,2π2，所以2k=，所以5π32=−，故D项正确.故选:D.6.设12,FF分别是椭圆2222:1(0)xyCabab+=的左､右焦点，过点1F的直线交C于,MN两点，若11

2MFFN=，且27cos9MNF=，则C的离心率为（）A.33B.63C.22D.32【答案】A【解析】【分析】设1FNm=，2MNF中，由余弦定理得m与a的关系，12NFF△中，由余弦定理得c与a的关系，可求C的离心率.【详解】如图，

设1FNm=，则12,3MFmMNm==.由椭圆定义可得2222,2MFamFNam=−=−，则在2MNF中，由余弦定理得:()()22222222222||9(2)(22)647cos262629MNFNMFmamammamMNFMNFNma

mmam+−+−−−+====−−，即2254368442mamamm+=−，解得2am=，则123,22aaFNFN==.在12NFF△中，由余弦定理得222212121212937232cos2442293

aaaaFFFNFNFNFNFNFa=+−=+−=，又122FFc=，所以2323ac=，所以离心率33cea==.故选：A.7.有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿

基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.若E为线段BC的中点，且1DEDF=−，则该半正多面体外接球的表面积为（

）A.4πB.8πC.16πD.24π【答案】C【解析】【分析】利用割补法将此多面体补成正方体，建立空间直角坐标系，根据几何关系，从而可求解.【详解】将半正多面体补成正方体，建立如图所示的空间直角坐标系.令正方体的棱长为2a，则(,0

,2),(0,,2),(,2,2),(2,2,),,,222aaBaaCaaDaaaFaaaEa，所以3(,0,),,,022aaDFaaDE=−=−−，所以212aDEDF=−=−，解得2a=，则正方体的棱长为22.令该半正多面体外接球的半径为r，即222,

2rar==，则外接球的表面积为16π.故C项正确.故选：C.8.十七世纪法国数学家皮埃尔•德•费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”.它的答案是：当三角形的三个角均小于2π3时，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角2π3；当三角形

有一内角大于或等于2π3时，所求点为三角形最大内角的顶点，在费马问题中，所求点称为费马点.已知在ABC中，2π,1,23CACBC===，CM是ABC的角平分线，交AB于M，满足若P为AMC的费马点，则·PAPM

PM+PCPAPC+=（）A.35-B.25−C.23−D.13−【答案】D【解析】【分析】应用角平分线的性质及等面积法及数量积即可求解.【详解】在ABC中，2π,1,23CACBC===，由CM

是ABC的角平分线，交AB于M，设M到两边的距离为d，则||||AMCBMCSBCdSACd==21，故111331233226AMCABCSS===.已知AMC的三个内角均小于2π3，则点P与AMC的三个顶点的连线两两成角2π3，所以

.12π12π12π||sin||||sin||||sin232323AMCSPAPMPMPCPAPC=++33(||||||||||||)46PAPMPMPCPAPC=++=，所以2||||||

||||||3PAPMPMPCPAPC++=，所以PAPMPMPCPAPC++2π2π2π||||cos||||cos||||cos333PAPMPMPCPAPC=++1121(||||||||||||)2233PAPMP

MPCPAPC=−++=−=−.故选：D.二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知定义域为R的奇函数()fx在()0,+单调递减，且()1

0f−=，则下列选项满足()0xfx的是（）A.(),1−−B.()1,0−C.()0,1D.()1,+【答案】BC【解析】【分析】由0,0,0xxx=分类讨论，结合奇函数的性质求出不等式的解集，然后判断各选项．【详解】因为()fx是定义域为R的奇函

数，且在()0,+单调递减，且()10f−=，所以()()110ff−=−=，且()()00,ffx=在(),0−上单调递减，所以当0x=时，()0xfx=，不满足题意；当0x时，由()0xfx，可得()0fx，所以10x

−；当0x时，由()0xfx，可得()0fx，所以01x.综上，()0xfx的解集为()()1,00,1−U.故选:BC.10.函数()()sin0,0,2πfxAxA=+的部分图像如图所示，则下列结论正确的是（）A.点

7,06是()fx图像的对称中心B.直线512x=是()fx图像的对称轴C.()fx的图像向右平移712个单位长度得sin2yx=的图像D.()fx在区间232,上单调递减【答案】ABD【解析】【分析】由图象结合

五点法求出函数解析式，然后根据正弦函数性质进行检验．【详解】由题意可知311ππ1,4126AT==−，解得πT=，所以2ππT==，解得2=.将π,06代入()()sin2fxx=+中

，得πsin206+=，解得π2π,Z3kk=−，因为π2，所以当0k=时，π3=−，所以()πsin23fxx=−.对于A项，7π7ππsin20663f=−=，所以点7π,06

是()fx图像的对称中心，故A项正确；对于B项，5π5ππ()sin(2)112123f=−=，所以直线5π12x=是()fx图像对称轴，故B项正确；对于C项，()πsin23fxx=−的图像向右平移7π12个单位长度得7ππsin2123yx=

−−=3πsin2cos22xx−=的图像，故C项错误；对于D项，当π2π[,]23x时，π2ππ2,π,π332x−，所以()fx在区间[π2,2π]3上单调递减，故D项正确.故选：ABD11.已知直线:10lx

y+−=截圆222:()0Oxyrr+=所得的弦长为14，点,MN在圆O上，且直线()():12130lmxmym++−−=过定点P，若PMPN⊥，Q为MN的中点，则下列说法正确的是（）A.点P坐标为()1,1B.当直线l与直线l平行时，2m=−C.动点Q的轨迹是以11,22

为圆心，22为半径的圆D.MN的取值范围为62,62−+【答案】ABD【解析】【分析】由直线过定点的求法参变分离，即可列式求解得出定点判断A；由两直线平行时斜率的关系列式得出m判断B，注意验证一下，避免两直

线重合；通过圆弦长的几何求法列式得出半径r，设出所求点(),Qxy，因为直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出12PQMNMQ==，即可通过圆弦长的几何求法列式22222OMOQMQOQPQ=+=+代入值化简得出轨迹方程，即可判断C；通过圆上点到定点距离的范围求法得出PQ的取值范围，即可通过

2MNPQ=得出MN的取值范围判断D.【详解】对于A，因为直线()():12130lmxmym++−−=，可化为()230xymxy−++−=，由0230xyxy−=+−=，解得11xy==，所以()():12130lmxmy

m++−−=过定点()1,1P，故A正确；的对于B，当直线l与直线l平行时，因为直线:10lxy+−=的斜率为1−，所以直线l的斜率也为1−时，则1211mm+=−−，解得：2m=−，此时:336

0lxy−−+=，即20xy+−=与直线:10lxy+−=平行，故B项正确；对于C，圆心到直线的距离为12211=+，则2222142r−=，解得2r=，设MN的中点为(),Qxy，PMPN

⊥，Q为MN的中点，12PQMNMQ==，点,MN在圆O上，2OM=，OQMN⊥，22222OMOQMQOQPQ=+=+，即22224(1)(1)xyxy=++−+−，化简可得22113222xy−+−=

，所以点Q的轨迹是以11,22为圆心，62为半径的圆，故C错误；对于D，点P到圆心11,22的距离为22，在圆22113222xy−+−=内，PQ的取值范围为62

62,22−+，2MNPQ=MN取值范围为62,62−+，故D项正确.故选：ABD.12.在一个圆锥中，D为圆锥的顶点，O为圆锥底面圆的圆心，P为线段DO的中点，AE为底面圆的直的径，ABC是底面圆的内接正三角形，33AD

AB==，则下列说法正确的是（）A.//BE平面PACB.在圆锥的侧面上，点A到DE的中点的最短距离为332C.二面角BPCA−−的余弦值为12D.记直线DO与过点P的平面所成角为，当22cos0,3时，平面与圆锥侧面的交线为椭圆或部分椭圆【答案】BD【

解析】【分析】A选项，假设//BE平面PAC，由线面平行的性质得到线线平行，但BE不与AC平行，所以假设不成立，A错误；B选项，将侧面铺平展开，在平面内得到最短距离；C选项，先求出四面体−PABC为正四面体，作出辅助线，找到二面角BPCA−−的平面角，利用余弦定理求出答案；D选项，设

圆锥的轴截面顶角2ADE=，得到22cos3ODDE==，根据余弦函数的单调性得到π2，从而得到答案.【详解】对于A项，假设//BE平面PAC，因为BE平面ABC，平面PAC平面ABCAC=，所以BE//AC，由题意得BE不

与AC平行，所以假设不成立，则BE不平行平面PAC，故A项错误；对于B项，将侧面铺平展开得3ADDE==，因为33ADAB==，所以3AB=，故2cos30ABAE==，1AO=，底面圆周长2π12π=，所以πAE=，则π3ADE=，所以点A到DE中点M的最短距离为AM，在等边三

角形ADE中，33sin2π3AMAD==，故B项正确；对于C项，因为3DE=，1AO=，则9122DO=−=，所以122PODO==，所以2(2)13PA=+=，同理3PBPC==，又3ABBCAC===，所以四面体−PABC为正四面体，取PC的

中点Q，连接,BQAQ，则BQ⊥PC，AQ⊥PC，则AQB即为二面角BPCA−−的大小，其中33sin602BQAQ===，由余弦定理得222993144cos3323222AQBQABAQBAQBQ+−+−===，即二面角B

PCA−−的余弦值为13，故C项错误；对于D项，设圆锥的轴截面顶角2ADE=，则22cos3ODDE==，由题意得π0,2，因为22cos0,3，所以cosc

os，又cosyx=在π0,2x上单调递减，故π2，此时平面与圆锥侧面的交线为椭圆或部分椭圆，D正确.故选：BD.【点睛】在空间中，用一个垂直于圆锥的轴的平面去截圆锥，截口曲线是一个圆，用一个不垂直轴的平面截圆锥，当截面与圆锥的轴的夹

角不同时，可以得到不同的截口曲线，设圆锥的轴截面半顶角为，当时，截口曲线为椭圆，当=时，截口曲线为抛物线，当时，截口曲线为双曲线如图所示：三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知

()()()0,0,0,3,2,4,0,5,1OAB−，若23OCAB=uuuruuur，则C的坐标是__________.【答案】102,2,3−【解析】【分析】应用空间向量数乘即向量相等即可.【详解】因为()()()0,0,0,3,2,4,0,

5,1OAB−，设(),,Cxyz则()3,3,5AB=−，(,,)OyzCx=所以210(,,)2,2,33OCxyzAB===−，则102,2,3xyz=−==，即102,2,3C−.故答案为：10

2,2,3−14.若函数()e1xfxa=−+有两个零点，则实数a的取值范围是__________.【答案】()1,0−【解析】【分析】将问题转换成e1xy=−与yb=的图像交点问题，数形结合得到答

案.【详解】函数()e1xfxa=−+有两个零点，即e1xy=−与ya=−的图像有两个交点.令ab−=，作出e1xy=−与yb=的大致图像如图所示，由图可知01b，则01a−，故实数a的取值范围是(

)1,0−.故答案为：()1,0−15.已知函数()πsin(0)6fxx=−在区间π,π2内不存在对称轴，则的最大值是__________.【答案】53【解析】【分析】由正弦函数性质及已知条件建立不

等式组即可【详解】因为π,π2x，且0，所以πππππ2666x−−−，因为()fx在区间π,π2内不存在对称轴，所以()ππππ262,Zπππ1π62kkk−+−++，解得45

2,Z33kkk++，当1k=−时，203；当0k=时，4533；当1k时，不成立，即2450,,333，故答案为：53.16.如图，已知直线1l2,lA

是12,ll之间的一个定点，点A到12,ll的距离分别为1,2,B是直线2l上一个动点，过点A作ACAB⊥，交直线1l于点C，平面内动点G满足230GAGBGC++=，则GBC面积的最小值是__________.【答案】13【解析

】【分析】取AC的中点,MBC的中点N，先由平面向量运算得到20GMGN+=；表示出11113326GBCMBCABCABCSSSS===，再由几何关系得到21,cossinABAC==，最后由三角函数二倍角公式和取值范围得到最值.【详

解】由230GAGBGC++=，得220GAGCGBGC+++=.取AC的中点,MBC的中点N，有20GMGN+=，则11113326GBCMBCABCABCSSSS===.设π02BAD衠q骣琪=<<琪桫，由于1DEl⊥，2DEl⊥，而ACAB⊥，则π2EAC

=−，由2AD=，1AE=，得21,cossinABAC==，则122222cossinsin2ABCSABAC===，当且仅当π22=，即π4=时取等号，此时GCB△的面积的最小值为1163ABC

S=.故答案为：13【点睛】本题考查平面向量和基本不等式的计算.取AC的中点,MBC的中点N，先由平面向量运算得到20GMGN+=；表示出11113326GBCMBCABCABCSSSS===，再由几何关系得到21,cossinABAC==，最后由三角函数二倍角公式和取值范围得到最值.

四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17.已知抛物线2:2(0)Cypxp=的焦点为F，点A在抛物线C上，点()1,1B，且满足43FBFAOF=−（O为坐标原点）.（1）求C的方程；（2）求AFB的角平分线所在直

线的方程.【答案】（1）24yx=（2）330xy−−=【解析】【分析】（1）利用向量关系求出点A坐标，代入抛物线方程可得；（2）求出直线BF，AF的方程，设(),Pxy为AFB的角平分线所在直线上任一点，利用点到直

线的距离公式可得.【小问1详解】因为43FBFAOF=−，所以33OFFBFAFB+=−，所以3OBBA=，设(),Axy，则()()31,11,1xy=−−，解得()4,4A.因为点A在C上，所以2424

p=，所以2p=，所以24yx=.【小问2详解】由（1）知()1,0F，所以直线BF的方程为1x=，又43AFk=，所以直线AF的方程为()413yx=−，即4340xy−−=.由抛物线的图形知，AFB的角平分线所在直线的斜率为正数.设(),Pxy为AFB的角平分线所在直线上任一

点，则有43415xyx−−=−，若43455xyx−−=−，得310xy+−=，其斜率为负，不合题意，舍去.所以43455xyx−−=−+，即330xy−−=，所以AFB的角平分线所在直线的方程为330xy−−=

.18.已知椭圆2222:1(0)xyCabab+=的一个焦点为()1,0F，且离心率为12.（1）求C的方程；（2）过F作直线l与C交于,MN两点，O为坐标原点，若627OMNS=，求l的方程.【答案】（1）22143xy+=（2）10xy+−=或10xy−−=.【解析

】【分析】（1））由离心率和焦点坐标即可求得C的方程.（2）设出直线方程，将直线方程与椭圆方程联立，根据627OMNS=求出直线l的方程.【小问1详解】由已知得1c=，离心率12cea==，得2222,3abac==−=，则C的方程为22143xy

+=.【小问2详解】由题可知，若OMN面积存在，则斜率不为0，所以设直线l的方程为1,xmym=+显然存在，()()1122,,,MxyNxy，联立221,431,xyxmy+==+消去x得()2234690mymy++−=

，因为直线l过点F，所以Δ0显然成立，且12122269,3434myyyymm+=−=−++，因为121122OMNSOFyy=−=.()()2212122144116242347myyyym++−==+，化简得4218170mm−−=，解得21m=或21718m=−（舍），

所以直线l的方程为10xy+−=或10xy−−=.19.如图，已知棱长为4的正方体1111,ABCDABCDM−为11BD的中点，E为MC的中点，FBC，且EF面11BBDD.（1）求证：,,,EFMB四点共面，并确定点F位置；（2）求异面直线1AA与BM之间的距离；（3）作出经过点,,AFM的

截面（不需说明理由，直接注明点的位置），并求出该截面的周长.【答案】（1）F为BC的中点.证明见解析（2）22（3）截面位置见解析，45217+【解析】【分析】（1）由线面平行的性质定理得到四点共面，进而确定F的位置；（2）证明1AM同时垂直于两条异面直

线，并求出长度即可；（3）在线段1111,ADBC上分别取点,PQ，使得111,1APCQ==，连接点,,,AFQP，画出四边形AFQP即为所求，并求出周长.【小问1详解】证明：因为EF面11,BBDDE

F面CBM，面CBM面11BBDDMB=，所以EFMB，所以,,,EFMB四点共面.又EFMB，所以F为BC中点.【小问2详解】连接1AM，因为1AA⊥面11111,ABCDAM面1111DCBA，所以11AAAM⊥，

因为1AA1BB，所以11AMBB⊥，又1111111,AMBDBBBDB⊥=，所以1AM⊥面11BBDD，又BM面11BBDD，所以1AMBM⊥.所以线段1AM即为异面直线1AA与BM之间的距离，易得122AM=，即异面直线1AA与BM之间的距离为22.【小

问3详解】的如图，在线段1111,ADBC上分别取点,PQ，使得111,1APCQ==，连接点,,,AFQP，则四边形AFQP即为所求.又22224225,4117AFPQAPQF==+===+=，所以该截面的周长为45217+.20.在ABC中，内角,,ABC的对边分别为,,abc，且满

足π2sin6aCbc+=+.（1）求A；（2）若π4,4bB==，点D在线段BC上且满足CDCB=，当AD取最小值时，求的值.【答案】（1）π3（2）336−=【解析】【分析】（1）根据题意，化简得到3sinsincossinsinACACC=+，得到3sinc

os1AA−=，求得π1sin62A−=，即可求解.（2）由正弦定理求得5π26,12aACB==，根据ADCBCA=−，利用向量的线性运算法则和数量积的运算公式，结合二次函数的性质，即可求解.【小问1详解】由题得cos3sinaCaCbc+=+，由正弦定理得sinc

os3sinsinsinsinACACBC+=+，又由πABC++=，可得()sinsinBAC=+，所以()sincos3sinsinsinsinACACACC+=++，即3sinsincossin

sinACACC=+，因为()0,πC，可得sin0C，所以3sincos1AA−=，即π1sin62A−=，因为()0,πA，所以ππ5π,666A−−，所以ππ66A−=，故π3A=，【小问2详解】ABC中，由正弦定理得sin

sinbaABCBAC=，即42322a=，解得5π26,12aACB==，则5πππ232162coscos()124622224−=+=−=，因为ADCDCACBCA=−=−，由余弦定理得2225π||24162

24162264cos12ADCBCA=+−=+−()22622416226424833164−=+−=−−+，所以当336−=时，AD取到最小值.21.如图①，在矩形ABCD中，4,2,ABADE==为边CD的中点.将ADEV沿AE翻折至PAE△

，连接,PBPC，得到四棱锥PABCE−（如图②），M为棱PB的中点.（1）求证：CM面PAE，并求CM的长；（2）若23PB=，棱AP上存在动点F（除端点外），求直线BF与面PEC所成角的正弦值的取值范围.【答案】（1）5CM=，证明见解析（2）20,3

【解析】在【分析】（1）利用线面平行即可求证，然后利用勾股定理可求出CM的长；（2）建立空间直角坐标系，用向量法求解直线与平面的夹角，并结合函数性质，从而求解.【小问1详解】证明：取PA的中点N，连接,ENMN，如下图，因为,MN分别为,PBPA的中点，所以MNAB且12MNA

B=.又ECAB且12ECAB=，所以ECMN，ECMN=，所以四边形CMNE为平行四边形，所以CMEN.因为CM平面,PAEEN平面PAE，所以CM平面PAE.在RtPEN中，2222215ENPEPN=+=+=，所以5CMEN==.【小问2详解】取EA的中点Q，连接,PQBQ

，易得2PQ=.在QAB中，2245,2cos4510QABBQQAABQAAB==+−=，且23PB=，则222PQQBPB+=，即PQQB⊥.因为,,,PQEAEAQBQEAQB⊥=面ABCE，所以P

Q⊥面ABCE.取AB的中点G，连接EG，则EGEC⊥，以E为原点，,,EGECQP方向分别为,,xyz轴的正方向，建立如上图所示的空间直角坐标系，(0,0,0),(2,2,0),(2,2,0),(0,2,0),(1,1,0),(1,1

,2)EABCQP−−−，设(),,,(01)FxyzAFAP=，则有()()2,2,1,1,2xyz−+=−，所以()()2,2,2,,4,2FBF−−=−−.因为()()0,2,0,1,1,2ECEP==−，设平面PEC的一个法向

量(),,nabc=，则2020ECnbEPnabc===−+=取2a=，可得(2,0,1)n=−.设BF与平面PEC所成角为，则22222sin(4)(2)3BFnBFn−===+−+2

222261424816331=−+−+.设11t=，所以261sin3421tt=−+，因为2213421224ttt−+=−+，因为1t，所以24213tt−+，所以2130,3421tt

−+，所以2sin0,3.即BF与平面PEC所成角的正弦值的取值范围为20,3.22.已知双曲线2222:1(0,0)xyCabab−=的离心率为2，焦点到渐近线的距离为3.（1）求C的标准方程；（

2）设不与渐近线平行的动直线l与双曲线有且只有一个公共点P，且与直线12x=相交于点Q，试探究：在焦点所在的坐标轴上是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过点M？若存在，求出点M坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）2213yx−=（2）存在定点M，坐标为()2,0M.【解析】【

分析】（1）根据双曲线的几何性质即可求解，（2）联立直线与双曲线方程，利用判别式为0得2230km−+=，进而可得,PQ坐标，即可根据向量垂直的坐标关系代入求解.【小问1详解】由题可得渐近线方程为byxa=

，即0bxay=，则右焦点F到渐近线的距离为223bcbba==+，又2222,===+cecaba，所以223,1ba==，所以C的标准方程为2213yx−=.【小问2详解】由题可得直线的斜率显然存在且3k，设直线l的方程为ykxm=+，则11,22Qkm+

，联立22,1,3ykxmyx=+−=消去y整理得()2223230kxkmxm−−−−=，由设直线l与双曲线有且只有一个公共点P且3k，可知()()2222Δ44330kmkm=−−−−=，即2230km−+=.令()11,Pxy，则123kmk

xkm==−−，代入直线方程得213kymmm=−+=−，即3,kPmm−−.假设以PQ为直径的圆上存在定点M，令()0,0Mx，则0MPMQ=，即00113022kxxkmmm−++−−=

恒成立，即00011330222kkxxxmm−+−−−=，所以()200013202kxxxm−−+−=，令2001302xx−−=且020x−=，则02x=当02x=时恒成立，

所以在焦点所在的坐标轴上存在定点M，坐标为()2,0M.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法（1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.（2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，

再证明该定点与变量无关.技巧：若直线方程为()00yykxx−=−,则直线过定点()00,xy;若直线方程为ykxb=+(b为定值),则直线过定点()0,.b获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiang

xue100.com