【文档说明】重庆市沙坪坝区南开中学校2019-2020学年高二上学期期末考试数学试题【精准解析】.doc，共(26)页，2.542 MB，由小赞的店铺上传

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重庆南开中学高2021届高二（上）期末考试数学试题一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个备选项中，只有一项是符合题目要求的.1.下列函数的求导结果正确的是（）A.(sin)cosxx=

−B.()122xxx−=C.()21logxx=D.1()2xx=【答案】D【解析】【分析】根据导函数的求导公式判断选项即可【详解】由题,()sincosxx=,()22ln2xx=,()21logln2x

x=,1()2xx=,故选：D【点睛】本题考查求导公式的应用,熟练掌握求导公式是解题关键2.已知a为实数，命题:0,pa210aa−+，则p为（）A.0,a210aa−+B.0,a210aa−+C.0,a

210aa−+D.0,a210aa−+【答案】C【解析】【分析】根据存在性命题的否定的概念判断即可【详解】由题,p为存在性命题,则其命题的否定p为：0a,210aa−+故选：C【点睛】本题考查存在性命题的

否定,属于基础题3.双曲线2214xy−=的渐近线方程是（）A.12yx=B.2yx=C.14yx=D.4yx=【答案】A【解析】分析：直接利用双曲线的渐近线方程公式求解.详解：由题得双曲线的a=2,b=1,所以双曲

线的渐近线方程为1.2byxxa==故答案为A点睛：(1)本题主要考查双曲线的渐近线方程，意在考查学生对该基础知识的掌握能力.(2)双曲线22221(0,0)xyabab−=的渐近线方程为byxa=，

双曲线22221(0,0)yxabab−=的渐近线方程为ayxb=.4.已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的图象如图所示，则下列叙述正确的是()A.f(b)>f(c)>f(d)B.f(b)>f(a)>f(e)

C.f(c)>f(b)>f(a)D.f(c)>f(e)>f(d)【答案】C【解析】【分析】由图象判断函数的单调性，利用单调性可得结果.,【详解】导函数()'fx的图象可得：()'fx在(),ac上为正数，()fx在(),ac上为增函数，所以f(c)>f(b)>f

(a)．故选C.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，以及导函数图象的应用，属于基础题.5.设，是两个不同的平面，m是直线且m．“m”是“”的（）A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充

分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】试题分析：，得不到，因为可能相交，只要和的交线平行即可得到；，，∴和没有公共点，∴，即能得到；∴“”是“”的必要不充分条件．故选B．考点：必要条件、充分条件与充要条件的

判断.【方法点晴】考查线面平行的定义，线面平行的判定定理，面面平行的定义，面面平行的判定定理，以及充分条件、必要条件，及必要不充分条件的概念，属于基础题；并得不到，根据面面平行的判定定理，只有内的两相交直线都平行于，而，并且，显然能得到，这样即可找出正确选项.6.已知抛物线22ypx=(

0)p的准线l过椭圆22213xyp+=的左焦点，且l与椭圆交于P、Q两点，2F是椭圆的右焦点，则2PQF的周长为（）A.16B.8C.4D.2【答案】B【解析】【分析】由抛物线准线过椭圆左焦点可得232pp−=−−,求解p,则可得到椭圆的标准方程,再

根据2PQF的周长为4a计算即可【详解】因为抛物线的准线为2px=−,椭圆的左焦点为()23,0p−−,所以232pp−=−−,即2p=,则椭圆方程为22143xy+=,即2a=,所以2PQF的周长为4428a==,故选：B【点睛】本题考查抛物线与

椭圆的几何性质的应用,考查椭圆定义的应用7.如图，在正方体111ABCDABCD−中，O是正方形1111DCBA的中心，E、F分别为棱AB、1BB的中点，则（）A.直线EF与1AC共面B.CFAO⊥C.平面//EFC平面1AOCD.OF与1AA所成角为4【

答案】B【解析】【分析】根据直线间的传递性及异面直线的定义可判断选项A；建立空间直角坐标系,利用空间向量依次证明选项B,C,D即可【详解】因为E、F分别为棱AB、1BB的中点,所以1//EFAB,因为平面11CBA平面111AABBAB=,1

AC平面11CBA,1AB平面11AABB,11ACABA=,所以1AC与平面11AABB只有一个交点A,因为EF平面11AABB,1//EFAB,所以AEF,所以EF与1AC不共面,故A错误；以D为原点,1,,

DADCDD分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系Dxyz−,如图所示,设棱长为2,则()2,0,0A,()1,1,2O,()2,2,1F,()0,2,0C,则()1,1,2AO=−,()2,0,1CF=,所以220AOCF

=−+=,则CFAO⊥,故B正确；显然,平面1AOC即为平面11ACA,则易证BD⊥平面11ACA,因为()2,2,0B,()0,0,0D,则()2,2,0DB=是平面11ACA的法向量,因为()2,

0,1CF=,所以40CFDB=,故()2,2,0DB=不是平面EFC的法向量,则平面EFC与平面1AOC不平行,故C错误；因为()12,0,2A,所以()10,0,2AA=,()1,1,1OF=−,所以11123cos,323AAOFAAOFAAOF−===−,即OF与1

AA所成角的余弦值为33,故D错误；故选：B【点睛】本题考查直线的位置关系的判定,考查利用空间向量求直线与直线成角,判定面面平行,考查运算能力8.已知一个圆柱和圆锥等底等高，且圆锥的轴截面是一个等腰直角三角形

，则此圆锥和圆柱的表面积之比为（）A.214+B.213+C.22D.13【答案】A【解析】【分析】设圆柱与圆锥的底面半径为r,由圆锥的轴截面是一个等腰直角三角形,可得圆锥的高为r,圆锥的母线长为2r

,再根据表面积公式求解并作比即可【详解】由题,设圆柱与圆锥的底面半径为r,则因为圆锥的轴截面是一个等腰直角三角形,所以圆锥的高为r,圆锥的母线长为2r,则圆柱的表面积为22224rrrr+=,圆锥的表面积为()2212

2212rrrr+=+,所以比值为()22212144rr++=,故选：A【点睛】本题考查圆柱与圆锥的表面积,考查截面积的应用,属于基础题9.已知椭圆22:184xyC+=，过点(2,1)P的直线交椭圆于A，B两点，若P为线段AB中点

，则AB=（）A.4113B.2153C.463D.433【答案】D【解析】【分析】设()11,Axy,()22,Bxy,由弦中点利用点差法可得1ABk=−,则直线AB为3yx=−+,联立直线与椭圆,利用韦达定理可得12103xx=,进而

通过弦长公式求解即可【详解】由题,设()11,Axy,()22,Bxy,因为P为线段AB的中点,则1212224212xxyy+==+==,则22112222184184xyxy+=+=

,作差可得()()()()12121212084xxxxyyyy−+−++=,即121212121141222yyxxxxyy−+=−=−=−−+,即1ABk=−,则直线AB为()12yx−=−−,即3yx=−+,所以联立22184

3xyyx+==−+可得2312100xx−+=,则12103xx=,所以()()22221212104314114433ABkxxxx=++−=+−−=,故选：D【点睛】本题考查弦长公式的应用,考查利用点差法求直

线的斜率,考查运算能力10.已知双曲线2222:1xyCab−=(0,0)ab的右焦点为F，以F为圆心，a为半径的圆与它的一条渐近线相交于P、Q两点，O为坐标原点，若OPPQ=，则C的离心率为（）A.173B.3C.34

4D.153【答案】A【解析】【分析】过点F向渐近线byxa=作垂线,垂足为M,则90OMF=,由几何性质可得MFb=,则22PMab=−,再根据OPPQ=可得2OPPM=,则3OMOPPMPM=+=,进而在RtOMF中,利用勾股定理,整理后即可得到离心率【详解】由题,设过点F且垂直

于渐近线byxa=的直线与渐近线交于点M,即90OMF=,所以MFb=,22PMab=−由圆的性质可得M为PQ中点,因为OPPQ=,所以2222OPPMab==−,则223OMOPPMab=+=−,在RtOMF中,222OMMFOF+=,即()222223

abbc−+=,整理可得22179ac=,所以171793cea===,故选：A【点睛】本题考查双曲线的离心率,考查双曲线的几何性质的应用,考查数形结合思想与运算能力11.在正四面体S-ABC中，P为侧面SBC内的动点，若点P到平面ABC

的距离与到顶点S的距离相等，则动点P的轨迹为（）A.椭圆的一部分B.双曲线的一部分C.抛物线的一部分D.圆【答案】A【解析】【分析】由题,过P作PD⊥平面ABC,过D作DHBC⊥于H,连接PH,可证得PHD为二面角SBCA−−的平面角,令其为,则在RtPDH中,s

inPDPH=,进而sinPSPH=（0sin1）,由椭圆定义即可做出判断【详解】因为正四面体SABC−,所以平面SBC不垂直于平面ABC,过P作PD⊥平面ABC,过D作DHBC⊥于H,连接PH,

如图所示,可得BC⊥平面DPH,所以BCPH⊥,故PHD为二面角SBCA−−的平面角,令其为,则在RtPDH中,sinPDPH=,又点P到平面ABC距离与到点S的距离相等,即为PSPD=,所以sinPSPH

=,又平面SBC不垂直于平面ABC,故为锐角,所以0sin1,所以在平面SBC中,点P到点S的距离与定直线BC的距离之比为一个常数,即0sin1,故由椭圆定义知点P的轨迹为椭圆在平面SBC的一部分,故选：B【点睛】本题考查空间几何体中线面的位置关系的应用,考查椭

圆的定义,考查动点的运动轨迹,将条件的空间内的关系转化为平面上的关系是解题关键12.如图所示，直平行六面体111ABCDABCD−的所有棱长都为2，60DAB=，过体对角线1BD的截面S与棱1AA和1CC分别交于点E、F，给出下列命题中：①四边形1BEDF的面积最小值为26

；②直线EF与平面11BCCB所成角的最大值为4；③四棱锥11BBEDF−的体积为定值；④点1B到截面S的距离的最小值为2217.其中，所有真命题的序号为（）A.①②③B.①③④C.①③D.②④【答案】B【解析】【分析】①分析可得当,EF为为棱11

,AACC的中点时,四边形1BEDF的面积最小,求解即可；②过点E的平面11BCCB的垂线交平面于点M,转化直线EF与平面11BCCB所成角最大为直线EF与直线EM的夹角最小,进而求解即可；③转化四棱锥的体积为以平面1BBE和平面1BBF为底的三棱锥的体积的和,进而求证即可；

④分析可得当点E与点A重合,点F与点1C重合时四边形1BEDF的面积最大,此时点1B到截面S的距离的最小,进而求解即可【详解】由题,因为过体对角线,则由对称性易得四边形1BEDF是平行四边形,连接AC,BD,且交于点O,

过点E作BD的垂线,垂足为N,则若四边形1BEDF面积最小,即EN最小,即为棱1AA到平面11DBBD的距离,即为AO长,因为60DAB=,则120ABC=,所以222212cos22222232ACABBCABBCA

BC=+−=++=,则132AOAC==,又2222112222BDBDDD=+=+=,所以12232262S==,此时,EF为棱11,AACC的中点,故①正确；过点E的平面11BCCB的垂线

交平面于点M,则EM即为点E到平面11BCCB的距离,根据底面菱形ABCD的性质,可得3EM=,若直线EF与平面11BCCB所成角最大,则直线EF与直线EM的夹角最小,即FEM最小,此时cosEMFEME

F=最大,即EF最小,即EFAC=时,故31cos223EMFEMEF===,则3FEM=,则直线EF与平面11BCCB所成角最大为236−=,故②错误；设点1D到平面11ABBA,平面11BCCB的距离分别为12,hh,即从点1D分别向1111,ABBC作垂线即可,

由菱形1111DCBA可得123hh==,11111111121133BBEDFDBBEDBBFBBEBBFVVVShSh−−−=+=+11121211111124322222332326633BBABhBBBChhh=+=+

==,为定值,故③正确；因为四棱锥11BBEDF−的体积为定值433,所以若点1B到截面S的距离的最小,则截面S的面积最大,即四边形1BEDF面积最大,即EN最大,则当点E与点A重合,点F与点1C重合时符合条件,

此时在1BDE中,2BE=,1122BDED==,则222111113cos24DEDBBEEDBDEDB+−==,则17sin4EDB=,所以11714sin2242ENEDEDB===,此时1142222722S==,设点1B到截面S的距离为d,

则114327333VSdd===,所以2217d=,故④正确综上,①③④正确,故选：B【点睛】本题考查线面角的计算,考查四棱锥的体积的计算,考查空间想象能力与运算能力,考查转化思想二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填写在答题卡相应位置上.13.设

()fx是函数()fx的导函数，若()ln(21)fxxx=−，则(1)f=________.【答案】2【解析】【分析】由题可得()()2ln2121xfxxx=−+−,将1x=代入即可【详解】由题,()()()22ln21ln212121xfxxxxxx=−+=−+−

−,所以当1x=时,()()21ln21221f=−+=−,故答案为：2【点睛】本题考查导数的运算,考查求导公式的应用,考查导数运算法则的应用14.设P是函数()lnfxx=图象上的动点，则P到直线1yx=+的距离的最小

值为________.【答案】2【解析】【分析】当过点()00,Pxy的切线平行于直线1yx=+时距离最小,则先求导可得()1fxx=,令()01fx=,可求得01x=,代回求得点P坐标,再利用点到直线距离公式求解即可【详解】

由题,()1fxx=,设()00,Pxy,令()01fx=,则01x=,即()1,0P,则此时点P到直线1yx=+的距离最小,为()2211211+=+−,故答案为：2【点睛】本题考查导数的几何意义的应用,考查转化思想15.已知P是椭圆22:143xyC

+=上一动点，A是C的左顶点，F是C的右焦点，则APFP的最小值为________.【答案】0【解析】【分析】设()00,Pxy()022x−,进而可得()002,APxy=+,()001,FPxy=−,代入APFP中可得220002

APFPxxy=+−+,由点P在椭圆上,可得2200334yx=−+,代回可得APFP是一个关于0x的二次函数,进而求得最值即可【详解】由题,()2,0A−,()1,0F,设()00,Pxy()022x−,则()002,A

Pxy=+,()001,FPxy=−,则()()222000000212APFPxxyxxy=+−+=+−+,因为点P在椭圆上,所以2200143xy+=,即2200334yx=−+,则200114APFPxx

=++,当02x=−时,APFP的最小值为0故答案为：0【点睛】本题考查椭圆的几何性质的应用,考查数量积的最值,解题时需注意自变量的取值范围16.四面体ABCD中，2,ADCDBD===,CDAD⊥CDBD⊥，二面角A-CD-B的大小为60，则该四面体外接球的体积为

________.【答案】282127【解析】【分析】由题分析可知四面体ABCD放入到一个三棱柱中,利用三棱柱的几何性质进而求得外接球体积即可【详解】由题可得二面角ACDB−−的平面角为60ADB=,即ABD△是等边三角形,则可将四面体ABCD

放入到一个三棱柱中,如图所示,设ABD△的外接圆圆心为O,四面体ABCD的外接球球心为O,如图所示,因为2ADCDBD===,则23232323AO==,1212OO==,则在RtAOO中,2222223713

3RAOOO=+=+=,即213R=,所以球的体积为334421282133327R==,故答案为：282127【点睛】本题考查外接球体积的计算,考查空间想象

能力与运算能力三、解答题：本大题共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.如图，在四棱台111ABCDABCD−中，平面11DCCD⊥底面ABCD，四边形ABCD为正方形，且4,AD=11112CD

DDCC===，E为AB的中点.（1）证明：1//CE平面11ADDA；（2）求三棱锥1DCDE−的体积.【答案】（1）证明见解析（2）833【解析】【分析】（1）连接AD,先证得四边形11ADCE是平行四边形,可得

11//CEDA,进而证明线面平行；（2）作1DHCD⊥于H,由题可证得1DH⊥平面ABCD,则三棱锥1DCDE−的高为1DH,进而求得三棱锥体积即可【详解】（1）连接AD,由棱台性质知,11////CDCDAB,又E是AB的中点,且

11122CDAB==,所以11//CDAE且11CDAE=,故四边形11ADCE是平行四边形,所以11//CEDA,又1CE平面11ADDA,1DA平面11ADDA,所以1//CE平面11ADDA（2）作1DHCD⊥于H,因为平面11DCCD⊥底面ABCD,且平面1

1DCCD底面ABCDCD=,故1DH⊥平面ABCD,即三棱锥1DCDE−的高为1DH,在等腰梯形11CCDD中,22221142232DHDDDH−=−=−=,又1144822CDESCDAD===，所以11838333DCDEV

−==【点睛】本题考查线面平行的证明,考查求三棱锥的体积,考查推理论证能力与运算能力18.已知抛物线2:2Cypx=(0)p的焦点为F，点(,2)Pm在抛物线C上，且||2PF=.（1）求抛物线C的方程：（2）过点(3,0)P作直线l交C于

A，B两点，求ABF面积的最小值.【答案】（1）24yx=（2）43【解析】【分析】（1）由抛物线的几何性质可得22222pmpPFm==+=,即可解得p,进而得到抛物线方程；（2）设直线l为3xty=+,代入24yx=得：24120,yty−

−=则124yyt+=,1212yy=−,由()122121211||2224ABFyySPFyyyy+−=−=,代入后利用均值定理求得最值即可【详解】（1）由题意得：22222pmpm=+=,解得12mp==,故抛物线C的方

程为24yx=（2）由（1）可得焦点(1,0)F,显然直线l的斜率不为0,故设其方程为3xty=+,代入24yx=得：24120,yty−−=()2216481630tt=+=+,设()11,,Axy()22,Bxy,则124yyt+=,1212yy=−,()()()22212112211||

244121648224ABFSPyyyyFyytt+=−==−−−=+24343t=+，当且仅当0t=,即lx⊥轴时取等号,所以ABF的面积的最小值为43【点睛】本题考查抛物线的标准方程,考查直线与抛物线的位置关系的应用,考查抛物线内三角形面积的最值,考查运算能力

19.已知函数32()1,fxxaxbx=−+−()fx为()fx的导函数，且(2)7,f=(1)1f−=−.（1）求函数()yfx=在点(1,(1))f切线方程：（2）设函数()()xfxgxe=，求函数()gx的单调递增区间.【答案】（1）

34yx=−（2）函数()gx的单调增区间为2,23−【解析】【分析】（1）先求得2()32fxxaxb=−+,由(2)7,f=(1)1f−=−可得1,a=−2b=−,则可得(1)1f=−,切线斜率()13kf==,即可得到切线方程；（2）由（

1）可得2322()xxxgxe+−=,则()gx2344xxxe−++=,令()0gx,求解即可【详解】（1）2()32fxxaxb=−+,由题意(2)7,f=(1)1f−=−,于是有84217321abab−+−=++=−，解得1,a=−

2b=−,所以32()21,fxxxx=+−−2()322fxxx=+−,则2(1)312123f=+−=,32(1)112111f=+−−=−,故切线方程为()131yx+=−,即34yx=−（

2）由（1）2322()xxxgxe+−=,定义域为R,所以()()22(62)322()xxxxexxegxe+−+−=2344(32)(2)xxxxxxee−++−+−==,令()0gx,解得223x−,故

函数()gx的单调选增区间为2,23−【点睛】本题考查导函数的几何意义的应用,考查求某点处的切线方程,考查利用导函数求单调区间,考查运算能力20.已知A，B是焦距为22的椭圆22221xyab+=(0)ab的上、下顶点，P是椭圆上异于顶点的任意一点，直线PA，PB的

斜率之积为12−.（1）求椭圆的方程；（2）若C，D分别是椭圆的左、右顶点，动点M满足MDCD⊥，连接CM交椭圆于点E，试问：x轴上是否存在定点T，使得0TMDE=恒成立？若存在，求出点T坐标，若不存在，请说明理由.【答案】（1）22142xy+=（2）存在定点(0,0)T满足题意【解析

】【分析】（1）设()00,Pxy,代入椭圆方程可得2222002bxyba−=−,由0000PAPBybybkkxx−+=22020ybx−=220220bxax−=22ba=−12=−,则222ab=,又由

222c=,进而求得,ab,从而求得椭圆方程；（2）设(,0)Tt,法一：设(2,),Mm()11,Exy,由C,E,M共线得CMCEkk=,则1142ymx=+,由E在椭圆上,可得221142xy−=,代入()11(2)20TMDE

txmy=−−=+中求解即可；法二：设直线:2CMxmy=−,则42,Mm,联立222142xmyxy=−+=可得()22240mymy+−=,则222244,22mmEmm

−++,代入2222444(2)2022mmTMDEtmmm−=−−+=++中求解即可【详解】（1）由题,(0,),Ab(0,)Bb−,设()00,Pxy,则2200221xyab+=,所以2222002bxyba−=−,所以0000PAPBybybkkx

x−+=22020ybx−=220220bxax−=22ba=−12=−,所以222ab=,又222,c=222acb−=,所以24,a=22b=,所以椭圆的方程为22142xy+=（2）存在,设其坐标为(,0)Tt,由题,(2,0),C−(2,0)D,法一：设(2,),

Mm()11,Exy,由C,E,M共线得CMCEkk=,即1142ymx=+,所以1142ymx=+,由E在椭圆上,得2211142xy+=,则221142xy−=,因为()2,TMtm=−,()112,DExy=−,所以()11(2)2TMDEtxmy=−−+()21114(

2)22ytxx=−−++()()211124(2)22xtxx−=−−++()120tx=−−=恒成立,所以0t=,即存在定点(0,0)T满足题意法二：设直线:2CMxmy=−,其中0m,令2x=得42,Mm,联立222142xmyxy=−+=,得()22240my

my+−=,故242Emym=+,所以222244,22mmEmm−++,所以42,TMtm=−,2222442,22mmDEmm−=−++,故2222444(2)222mmTMDEtmmm−=−−+

++282tm=+恒成立,所以0t=,即存在定点(0,0)T满足题意【点睛】本题考查椭圆的标准方程,考查椭圆中的定值问题,考查运算能力21.如图，在直角梯形SABC中，2BC==，D为边SC上的点，且ADSC⊥，现将SAD沿AD折

起到达PAD△的位置（折起后点S记为P），并使得PAAB⊥.（1）求证：PD⊥平面ABCD；（2）设2PDADCD===，①若点E在线段BP上，且满足3PEEB=，求平面EAC与平面PDC所成的锐二面角的余弦值②设G是AD的中点，则在PBC内（

含边界）是否存在点F，使得FG⊥平面PBC？若存在，确定点F的位置，若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）①66②平面PBC上存在点F，当F为PB中点时，FG⊥平面PBC【解析】【分析】

（1）由题可得先证得AB⊥平面PAD,即ABPD⊥,又有ADSC⊥,可得PDAD⊥,进而证得PD⊥平面ABCD；（2）①以D为原点,DA,DC,DP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系D-xyz,分别求得各点坐标,则

()2,2,2BP=−−,()0,2,0AB=,()2,2,0AC=−,由3PEEB=可得1111,,4222BEBP==−−,则131,,222AEABBE=+=−,分别求得平面EAC与平面PDC的法向量,进而

利用数量积求得法向量夹角余弦值,从而得解；②可推测点F为棱PB中点时满足条件,取PC中点M,连结MD,MF,可得//MDFG,即可将问题转化为MD⊥平面PBC,利用等腰直角PDC△求证即可【详解】证明：（1）,PAAB⊥

,ABAD⊥PAADA=,AB⊥平面PAD,PDQ平面PAD,ABPD⊥,ADSC⊥,PDAD⊥,ADABA=,PD⊥平面ABCD（2）由（1）知CDPD⊥,故DA,DC,DP两两垂直,以D为原点,DA,DC,DP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系D-xyz,如图,

则(2,0,0),A(2,2,0),B(0,2,0),C(0,0,2)P,则()2,2,2BP=−−,()0,2,0AB=,()2,2,0AC=−,①设平面EAC与平面PDC所成的锐二面角为,3PEEB=,1111,,4222BEBP==−−,131,,222AEABBE

=+=−,设(,,)nxyz=是平面ACE的一个法向量,则00nACnAE==,即2201310222xyxyz−+=−++=，不妨取1x=,得(1,1,2)n=−,因为AD⊥平面PCD,则(1,0,0)m=是平面PCD的一个法向量,则cos,||||mn

mnmn=161=66=,故平面EAC与平面PDC所成的锐二面角的余弦值为66②存在,点F为棱PB中点时,满足HG⊥平面PBC,证明如下：当点F为棱PB中点时,取PC中点M,连结MD,MF,则//GDMF且GDMF=,四边形DGFM为平行四边形,//MDFG,又等腰直

角PDC△中,PDDC=,MDPC⊥,BC⊥平面PDC,DF平面PDC,BCMD⊥,又PCBCC=,MD⊥平面PBC,FG⊥平面PBC【点睛】本题考查线面垂直的证明,考查利用空间向量求二面角,考查直线传递性的应

用,考查运算能力与推理论证能力22.已知抛物线2:2Cxpy=(0)p，过焦点F的直线l与抛物线交于S，T，且1630OSOT+=.（1）求抛物线C的方程；（2）设点P是x轴下方（不含x轴）一点，抛物线C上存在不同的两

点A，B满足,PDDA=PEAEB=，其中为常数，且两点D，E均在C上，弦AB的中点为M.①若点P坐标为(1,2),−3=，抛物线过点A，B的切线的交点为N，证明：点N在直线MP上；②若直线PM交抛物线于点Q，求证；||||PQQM为定值（定值用表示）.【答案】（1）2x

y=（2）①证明见解析②证明见解析，定值为||||PQQM=1+【解析】【分析】（1）设直线l：2pykx=+,联立直线与抛物线可得2220xpkxp−−=,则由韦达定理得122xxpk+=,212xxp=−,代入316OSOT=−中即可求得p

,进而得到抛物线方程；（2）设()33,,Axy()44,Bxy,则332yx=,442yx=,①由3PDDA=可得331323,44xyD+−+,将点D的坐标代入抛物线中可得23333234xxy++=,则332230xx−−=,进而得到3x,4x是方程2230xx−−=的

两根,从而求得点A、点B的坐标,利用导数求得切线方程,联立即可求得交点N,因而得证；②由PDDA=,得3003,11xxyyD++++,代回抛物线方程,同理①整理后可得3x,4x为方程22000

2(1)0xxxyx−++−=的两根,求得点M的坐标,则||||QpMQyyPQQMyy−=−,将点坐标代入求证即可【详解】（1）由题,显然直线l的斜率存在,设l：2pykx=+,()11,,Sxy()22,Txy,联立得222xpypykx==+,2220xpkxp−

−=,由韦达定理得122xxpk+=,212xxp=−,1630OSOT+=,316OSOT=−,即1212xyOSOTxy=+22121224xxxxp=+4222344pppp=−+=−3,16=−12p=,则抛物线方程为2xy=（2）设

()33,,Axy()44,Bxy,则332yx=,442yx=,①由3PDDA=,(1,2)P−,得331323,44xyD+−+,点D在抛物线C上,故233132344xy+−+=,即()()23313423x

y=+−+,则23333234xxy++=,由332xy=,所以()2233333234xxx=++,即332230xx−−=,同理可得442230xx−−=,即3x,4x是方程2230xx−−=的两根,解得3x=或1x=−,不妨(3,9)A,(1,1)B

−,则中点(1,5)M,直线:1PMx=由2yx=,所以2yx=,得两切线()236212ANBNkk===−=−,所以:69:21ANyxBNyx=−=−−,解得13xy==−,则(1,3)N−,所以N在直线PM上②设()0

0,,Pxy()233,Axx,()244,Bxx,由PDDA=,得3003,11xxyyD++++,代D入抛物线C,则22300311yxxx++=++,即()()320320(1)yxxx

++=+,化简得：20320302(1)0xxxyx−++−=,同理将E代入抛物线C得：20420402(1)0xxxyx−++−=,即3x,4x为方程220002(1)0xxxyx−++−=的两根,由韦达定理得,34

02xxx+=,03042(1)yxxx+−=,所以0Mxx=,22342Mxxy+=()2343422xxxx+−=200(12)(1)xy+−+=,显然0:PMxx=,所以设()200,Qxx,所以22000(12)(1)MQxyyyx+−+−=−(

)200(1)xy+−=,200QPyyxy−=−,故()200200||||1(1)QpMQyyxyPQQMyyxy−−===−++−,为定值【点睛】本题考查抛物线方程,考查抛物线中的定值问题,考查运算能力与转化思想