2023-2024学年江西省南昌市高二上学期期末质量检测数学模拟试卷

这是一份2023-2024学年江西省南昌市高二上学期期末质量检测数学模拟试卷，共23页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．已知A(2,−3),B(−3,−2),直线l过定点P(1,1),且与线段AB相交,则直线l的斜率k的取值范围是( )
A．−4≤k≤34B．34≤k≤4C．k≠12D．k≤−4或k≥34
2．下列命题中正确的是（ ）
A．若A、B、C、D是空间任意四点，则有AB+BC+CD+DA=0
B．若|a|=|b|，则a、b的长度相等且方向相同或相反
C．|a|−|b|=|a+b|是非零向量a、b共线的充要条件
D．对空间任意一点P与不共线的三点A、B、C，若OP⃑=xOA⃑+yOB⃑+zOC⃑(x,y,z∈R)，则P、A、B、C四点共面
3．圆(x−3)2+(y+2)2=4与圆(x−7)2+(y−1)2=36的位置关系是
A．相切B．内含C．相离D．相交
4．已知空间向量a，b，且AB=a+2b，BC=−5a+6b，CD=7a−2b，则一定共线的三点是（ ）
A．A、B、CB．B、C、DC．A、B、DD．A、C、D
5．设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点分别为F1､F2，上下顶点分别为A､B，直线AF2与该椭圆交于A､M两点.若∠F1AF2=90°，则直线BM的斜率为
A．13B．12C．−1D．−12
6．如图，F1，F2是双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右两个焦点，若直线y＝x与双曲线C交于P，Q两点，且四边形PF1QF2为矩形，则双曲线的离心率为（ ）
A．2+6B．2+6C．2+2D．2+2
7．△ABC中，角A､B､C所对的边分别是a､b､c，下面判断错误的是（ ）
A．若sin2A+sin2BB．若A>B，则sinA>sinB
C．a=8,B=60∘，若所求△ABC有两个，则c的取值范围为43,+∞
D．△ABC中，恒有tanA2tanB2+tanB2tanC2+tanC2tanA2=1.
8．首钢滑雪大跳台是冬奥史上第一座与工业旧址结合再利用的竞赛场馆，它的设计创造性地融入了敦煌壁画中飞天的元素，建筑外形优美流畅，飘逸灵动，被形象地称为雪飞天．中国选手谷爱凌和苏翊鸣分别在此摘得女子自由式滑雪大跳台和男子单板滑雪大跳台比赛的金牌．雪飞天的助滑道可以看成一个线段PQ和一段圆弧QM⏜组成，如图所示.假设圆弧QM⏜所在圆的方程为C:(x+25)2+(y−2)2=162，若某运动员在起跳点M以倾斜角为45∘且与圆C相切的直线方向起跳，起跳后的飞行轨迹是一个对称轴在y轴上的抛物线的一部分，如下图所示，则该抛物线的轨迹方程为（ ）
A．y2=−32(x−1)B．y=−164x2−3
C．x2=−32(y−1)D．x2=−36y+4
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，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．抛物线的弦与弦的端点处的两条切线围成的三角形称为阿基米德三角形，该三角形以其深刻的背景、丰富的性质产生了无穷的魅力.设A，B是抛物线C：x2=4y上两个不同的点，以A，B为切点的切线交于P点.若弦AB过F(0,1)，则下列说法正确的有（ ）
A．点P在直线y＝－1上B．存在点P，使得PA⋅PB>0
C．AB⊥PFD．△PAB面积的最小值为4
10．以下关于圆锥曲线的说法，不正确的是（ ）
A．设A,B为两个定点，k为非零常数，||PA|−|PB||=k，则动点P的轨迹为双曲线
B．过定圆O上一定点A作圆的动弦AB,O为坐标原点，若OP=12(OA+OB)，则动点P的轨迹为椭圆
C．若曲线C:x24−k+y2k−1=1为双曲线，则k<1或k>4
D．过点(0,1)作直线，使它与抛物线y2=4x有且仅有一个公共点，这样的直线有2条
11．在△ABC中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，a+bsinA−sinB=c−b⋅sinC，若b+c=4，则（ ）
A．角A=π3B．a可以取2
C．a可以取3D．b=4
12．如图，在棱长为a的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P为线段B1C上的动点，则（ ）
A．三棱锥P−A1BD的体积为定值
B．过P作直线l//AD1，则l⊥DP
C．过A，P，D1三点的平面截此正方体所得的截面图形可能为五边形
D．三棱锥P−A1DD1的外接球的半径的取值范围是3a4,3a2
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．已知两条平行直线l1:3x+4y+5=0，l2:6x+by+c=0间的距离为2，则b+c=__________．
14．若直线l：ax－y＋2－a＝0与圆C：(x－3)2＋(y－1)2＝9相交于A，B两点，且∠ACB＝90°，则实数a的值为________.
15．已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)与双曲线C2:x2m2−y2n2=1(m>0,n>0)有相同的焦点F1,F2，其中F1为左焦点．点P为两曲线在第一象限的交点，e1、e2分别为曲线C1、C2的离心率，若△PF1F2是以PF1为底边的等腰三角形，则e2﹣e1的取值范围为_____．
16．已知曲线C的方程是x−xx24+y−yy2=1，命题“曲线C的图象既关于原点对称又关于x轴对称”是_________命题（填“真”或“假”），若点Mm,n在曲线C上，则m+2n的最大值为_____．
四、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．求半径为4，与圆x2+y2−4x−2y−4=0相切，且和直线y=0相切的圆的方程．
18．如图，在三棱锥S−ABC中，平面SBC⊥平面ABC，SB=SC=AB=AC=2，BC=2，若O为BC的中点.
（1）证明：SO⊥平面ABC；
（2）求异面直线AB和SC所成角；
（3）设线段SO上有一点M，当AM与平面SAB所成角的正弦值为3015时，求OM的长.
19．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的左右焦为F1，F2，点Px,y是该椭圆上任意一点，当PF2⊥x轴时，PF1=52，PF2=32．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)记m=x+y，求实数m的最大值．
20．如图，在三棱锥A−BCD中，平面ABD⊥平面BCD，且AB⊥AD，BC⊥CD，AD=BC=2，AB=CD=23.点E､F分别为BC、BD上的点，满足BE:EC=BF:FD=3，点G为线段BC中点.
(1)证明：平面ABC⊥平面AEF；
(2)求DG与平面ABC所成角的正弦值.
21．已知O为坐标原点，点G(−2,0)和点H(2,0)，动点P满足|PG|−|PH|=2.
(1)求动点P的轨迹曲线W的方程并说明W是何种曲线；
(2)若抛物线Z:y2=2px（p>0）的焦点F恰为曲线W的顶点，过点F的直线l与抛物线Z交于M，N两点，|MN|=8，求直线l的方程.
22．如图，已知椭圆C:x2a2+y2=1(a>1)，其左､右焦点分别为F1,F2，过右焦点F2且垂直于x轴的直线交椭圆于第一象限的点P，且sin∠PF1F2=13.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点S0,−13且斜率为k的动直线l交椭圆于A,B两点，在y轴上是否存在定点M，使以AB为直径的圆恒过这个点？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由.
参考答案：
1．D
【分析】因为A(2,−3),B(−3,−2),直线l过定点P(1,1),且与线段AB相交,画出图像,即可求得直线l的斜率k的取值范围.
【详解】画出图像,如图:
∵kPA=−3−12−1=−4,kPB=−2−1−3−1=34
∴ 结合图像可知,要保证线段AB与直线l相交
需满足斜率k的取值范围: k≤−4或k≥34
故选:D.
【点睛】本题考查了求过定点直线的斜率范围问题,解题关键是根据题意画出图像,数形结合,考查了分析能力,属于基础题.
2．A
【分析】由向量的运算法则，即可判断A；
根据向量的模的定义即可判断B；
两边平方，利用向量的平方等于向量模的平方，即可判断C；
利用空间向量的基本定理即可判断D.
【详解】解：对于A，AB+BC+CD+DA=0，故A正确；
对于B，若|a|=|b|，则a、b的长度相等，但方向不能确定，故B正确；
对于C，|a|−|b|=|a+b|⇔|a|2−2|a||b|+|b|2=|a|2+2a·b+|b|2⇔csθ=−1，即a与b反向，∴ |a|−|b|=|a+b|是a、b共线的充分不必要条件，故C不正确；
对于D，由空间向量基本定理知，空间任意一个向量OP可以用不共面的三个向量OA、OB、OC线性表示，所以P、A、B、C四点一定不共面，故D不正确.
故选：A.
3．D
【分析】写出两圆的圆心，根据两点间距离公式求得两圆心的距离|AB|，发现R−r<|AB|【详解】两圆的圆心分别为：A(3,−2)，B(7,1)，
半径分别为：r=2，R=6，
两圆心距为：|AB|=(7−3)2+(1+2)2=5
R−r<|AB|所以，两圆相交，选D．
【点睛】通过比较圆心距和半径和与半径差直接的关系判断，即比较三者之间大小 R−r,|AB|,R+r．
4．C
【分析】根据向量共线判断三点共线即可．
【详解】解：BD=BC+CD=−5a+6b+7a−2b=2a+4b
=2(a+2b)=2AB，
又AB与BD过同一点B，
∴ A、B、D三点共线．
故选：C．
5．B
【分析】由∠F1AF2=90°可得：x22b2+y2b2=1，又kAM⋅kBM=−12，又kAM=−1，从而得到结果.
【详解】∵∠F1AF2=90°，∴a=2b，即椭圆方程为：x22b2+y2b2=1，
设Mm，n，A0，b，B0，−b，且m22b2+n2b2=1，
即n2−b2=−m22，
所以kAM⋅kBM=n−bm⋅n+bm=n2−b2m2=−m22m2=−12，又kAM=−1，
∴kBM=12，
故选：B
【点睛】本题考查椭圆的方程与简单的几何性质，利用好二级结论kAM⋅kBM=−b2a2是解题的关键，属于中档题.
6．D
【解析】将直线y=x代入双曲线方程，解得点P的坐标，利用矩形的对角线相等以及两点间的距离公式，化简得到方程e4−4e2+2=0，求解得到离心率.
【详解】将直线y＝x代入双曲线C的方程x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)
可得x=±a2b2b2−a2，即P(a2b2b2−a2,a2b2b2−a2)
由题意可得，矩形的对角线长相等
所以(a2b2b2−a2−0)2+(a2b2b2−a2−0)2=c，所以2a2b2=c2(b2−a2)
即2(e2−1)=e4−2e2，所以e4−4e2+2=0.因为e>1，所以e2=2+2
所以e=2+2
故选：D
【点睛】本题主要考查了求双曲线的离心率以及求直线与双曲线的交点坐标，属于中档题.
7．C
【分析】A选项借助正弦定理和余弦定理进行判断；B选项正弦定理边化角即可判断；C选项画出图形，数形结合进行判断；
D选项两角和的正切公式和诱导公式进行判断.
【详解】A选项：sin2A+sin2BB选项：若A>B，则a>b，由正弦定理得sinA>sinB，B正确；
C选项：如图，过点C作CD⊥AB，由a=8,B=60∘知CD=a⋅sin60∘=43，当b>43时，△ABC有两个，而c∈0,+∞，C错误；
D选项：tanA2tanB2+tanB2tanC2+tanC2tanA2=tanA2(tanB2+tanC2)+tanB2tanC2
=tanA2⋅tanB2+C2⋅1−tanB2tanC2+tanB2tanC2 =tanA2⋅tanπ−A2⋅1−tanB2tanC2+tanB2tanC2
=tanA2⋅sinπ−A2csπ−A2⋅1−tanB2tanC2+tanB2tanC2
=tanA2⋅csA2sinA2⋅1−tanB2tanC2+tanB2tanC2
=tanA2⋅1tanA2⋅1−tanB2tanC2+tanB2tanC2
=1−tanB2tanC2+tanB2tanC2
=1，D正确.
故选：C.
8．C
【分析】由题意可得到直线CM所在的方程和圆方程联立求得点M的坐标，设所求抛物线方程y=ax2+c，求导，根据导数的几何意义结合题意，可求得a,c,即得答案.
【详解】由于某运动员在起跳点M以倾斜角为45∘且与圆C相切的直线方向起跳，
故kCM=−1,所以直线CM所在的方程为：y−2=−(x+25)，
代入(x+25)2+(y−2)2=162，解得x=−16y=−7 或x=−34y=11 （舍，离y轴较远的点），
所以点M的坐标为(−16,−7).
由于起跳后的飞行轨迹是一个对称轴在y轴上的抛物线的一部分，
故设抛物线方程为：y=ax2+c，则y'=2ax，
则由M点处切线斜率为1可得−32a=1，∴a=−132，
又−7=−132(−16)2+c，解得c=1，
所以该抛物线的轨迹方程为y=−132x2+1，即x2=−32(y−1)，
故选：C.
9．ACD
【分析】由导数的几何意义可求得过A点和过B点的切线方程，由直线与抛物线方程联立，结合韦达定理可得两切线的交点坐标，从而可判断A，由韦达定理可得AP⊥BP，从而可判断B，由直线垂直的斜率关系可判断C，由韦达定理表示出三角形的面积，结合函数性质可判断D.
【详解】对于A，由题意，设直线AB:y=kx+1,
联立y=kx+1x2=4y，消去y整理得：x2−4kx−4=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2)，则x1+x2=4k,x1x2=−4，
由抛物线x2=4y可得y=14x2，则y'=12x，
则过A点的切线斜率为12x1，易知y1=14x12，即A(x1,14x12)，
则切线方程为: y−14x12=12x1(x−x1)，即y=12x1x−14x12，
同理可得：过B点的切线方程为：y=12x2x−14x22，
联立y=12x1x−14x12y=12x2x−14x22，解得x=x1+x22y=14x1x2，即x=2ky=−1，
所以点P在定直线y=−1上，A正确；
对于B，由选项A可知，直线AP的斜率为12x1，直线BP的斜率为12x2，
12x1⋅12x2=14x1x2=−1,所以AP⊥BP，即PA⋅PB=0，B错误；
对于C，由选项A可知，P(2k,−1)，则直线PF的斜率k1=−1−12k−0=−1k,
由k⋅k1=−1，则AB⊥PF，C正确；
对于D，由选项C可知：S△ABP=12⋅|AB|⋅|PF|,
|AB|=1+k2|x1−x2|=1+k2 (x1+x2)2−4x1x2
=1+k216k2+16=4(1+k2)，
|PF|=(2k−0)2+(−1−1)2=4k2+4=21+k2，
则S△ABP=4(1+k2)32，当k=0时，S△ABP有最小值为4，D正确.
故选：ACD
10．ABD
【分析】根据双曲线的定义，可判定A不正确；根据圆的定义，可判定B不正确；根据双曲线的标准方程的形式，可判定C正确；根据直线与抛物线的位置关系的判定，可判定D不正确．
【详解】对于A中，根据双曲线的定义，只有||PA|−|PB||=k<|AB|，动点P的轨迹才为双曲线，故A不正确；
对于B中，因为OP=12(OA+OB)，所以点P为弦AB的中点，故∠APO=90°，则动点P的轨迹为以线段AO为直径的圆，故B不正确；
对于C中，若曲线C:x24−k+y2k−1=1为双曲线，则(4−k)(k−1)<0，解得k<1或k>4，显然C正确；
对于D中，过点(0,1)作直线，使它与抛物线y2=4x有且仅有一个公共点，这样的直线有3条，分别为直线x=0、y=1、y=x+1，故D不正确．
故选：ABD．
【点睛】本题主要考查了双曲线的定义及标准方程，以及直线与抛物线的位置关系的应用，其中解答中熟记双曲线的定义和标准方程的形式，以及掌握直线与抛物线的位置关系的判定方法是解答的关键，属于基础题.
11．ABC
【分析】由正弦定理化角为边，应用余弦定理可得A，再由余弦定理结合基本不等式，及三角形的性质可得a的范围．
【详解】解：由三角形三边关系，得到a因为a+bsinA−sinB=c−bsinC，由正弦定理asinA=bsinB=csinC得，
a+ba−b=c−bc，即b2+c2−a2=bc，由余弦定理得csA=b2+c2−a22bc=12，
因为A∈0,π，所以A=π3，且b+c=4,bc≤b+c22
所以a2=b2+c2−2bccsA=b2+c2−bc
=b+c2−3bc≥14b+c2=4，所以a≥2，当且仅当b=c=2时，等号成立，
故2≤a<4.
故选：ABC．
12．ABD
【分析】对于A，连接A1D,A1B,BD，可得平面B1C∥平面A1BD，然后进行判断即可，对于B，连接AD1，可证得AD1⊥DP，从而可得结论，对于C，当点P为B1C的中点时，过A，P，D1三点的平面为平面ABC1D1，然后向线段两端点运动再进行判断即可，对于D，连接A1D,AD1，交于点E，过E作EF⊥平面A1DD1交B1C于F，则球心O一定在EF上，当点P与F重合时，可求出r的最小值，当点P与B1或C重合时，可求出r的最大值
【详解】对于A，连接A1D,A1B,BD，则B1C∥A1D，
因为A1D⊂平面A1BD，B1C⊄平面A1BD，
所以平面B1C∥平面A1BD，
所以动点P到平面A1BD的距离为定值，
因为△A1BD的面积为定值，所以三棱锥P−A1BD的体积为定值，所以A正确，
对于B，连接AD1，则正方体的性质可知AD1⊥A1D,AD1⊥A1B1，
因为A1D∩A1B1=A1，所以AD1⊥平面A1DCB1，
因为DP⊂平面A1DCB1，所以AD1⊥DP，
因为l//AD1，所以l⊥DP，所以B正确，
对于C，当点P为B1C的中点时，过A，P，D1三点的平面为平面ABC1D1，当点P从B1C的中点向B1运动时，截面过平面ADD1A1,AA1B1B,BCC1B1,A1B1C1D1，点P从B1C的中点向C运动时，截面过平面ADD1A1,ABCD,BCC1B1,DCC1D1，则过A，P，D1三点的平面与正方体最多与正方体的四个面相交，所以截面最多为四边形，所以C错误，

对于D，连接A1D,AD1，交于点E，可得E为A1D的中点，
所以在△A1DD1中，E到各顶点的距离相等，
过E作EF⊥平面A1DD1交B1C于F，则球心O一定在EF上，且OA1=OP，
设半径为r，则题意可得A1D=2a,A1E=22a,EF=a,EO=12a，
当点P与F重合时，a−r2−12a2=r，得r=34a，
当点P与B1或C重合时，△A1EO≌△B1FO，
所以r=22a2+12a2=32a，此时r最大，
所以三棱锥P−A1DD1的外接球的半径的取值范围是3a4,3a2，所以D正确，
故选：ABD
13．38或-2
【详解】将l1：3x+4y+5=0改写为6x+8y+10=0，因为两条直线平行，所以b=8．由|10−c|62+82 =2，解得c=30，或c=-10，所以b+c=38或-2.
故答案为38或-2
14．1或7
【分析】根据题干条件得到圆心C到直线l：ax－y＋2－a＝0的距离为22r，利用点到直线距离公式列出方程，求出实数a的值.
【详解】由题意，得圆心C(3，1)，半径r＝3且∠ACB＝90°，
则圆心C到直线l：ax－y＋2－a＝0的距离为22r，
即|2a+1|a2+1=322，解得:a＝1或a＝7.
故答案为：1或7.
15．(23,+∞)
【分析】由△PF1F2是以PF1为底边的等腰三角形，得到PF2=2c，根据椭圆和双曲线的定义，求得a=m+2c，结合离心率的概念，得出e2−e1=cm−ca=2c2(m+c)2−c2，再结合m【详解】由△PF1F2是以PF1为底边的等腰三角形，即PF2=2c，
根据椭圆的定义可得PF1+PF2=PF1+2c=2a，
根据双曲线的定义可得PF1−PF2=PF1−2c=2m，
联立方程组，可得a=m+2c，
所以e2−e1=cm−ca=cm−cm+2c=2c2m(m+2c)=2c2m2+2mc=2c2(m+c)2−c2，
又由在双曲线中，可得m所以2c2(m+c)2−c2>23，即e2−e1>23，
所以e2−e1的取值范围是(23,+∞).
故答案为：
【点睛】本题主要考查了椭圆与双曲线的标准方程及性质，其中解答中熟记椭圆与双曲线的定义和性质，以及离心率的概念是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
16． 真 3+22##22+3
【分析】利用对称性的定义可判断原命题的真假，化简曲线C在第一象限内图象对应的方程，利用参数方程法结合三角恒等变换可求得m+2n的最大值.
【详解】在曲线C上任取一点Px,y，则该点关于原点的对称点为P1−x,−y，
因为−x−−x−x24+−y−−y−y2=x−xx24+y−yy2=1，即点P1在曲线C上，
点P关于x轴的对称点为P2x,−y，
则x−xx24+−y−−y−y2=x−xx24+y−yy2=1，即点P2在曲线C上，
因此，命题“曲线C的图象既关于原点对称又关于x轴对称”是真命题，
同理可知，曲线C关于y轴对称，
当x>0且y>0时，曲线C的方程为x−124+y−12=1，
由题意可知，曲线x−124+y−12=1可将椭圆x24+y2=1按照a=1,1平移得到，
作出曲线C的图形如下图所示：
设z=x+2y，当m+2n取最大值时，则直线z=x+2y在y轴上的截距最大，
此时点M在第一象限，设点M1+2csθ,1+sinθ，
由1+2csθ>01+sinθ>0，可得csθ>−12sinθ>−1，不妨取−π2<θ<2π3，
则m+2n=1+2csθ+2+2sinθ=3+22sinθ+π4，
因为−π2<θ<2π3，则−π4<θ+π4<11π12，
故当θ+π4=π2时，m+2n取最大值3+22.
故答案为：真；3+22.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
17．(x−2−210)2+(y−4)2=16或(x−2+210)2+(y−4)2=16
(x−2−26)2+(y+4)2=16或
【详解】试题分析：本题考察的是圆的方程，只需确定圆心和半径即可，本题中利用待定系数法，结合题目所给条件即可求出圆心和半径，从而得到圆的方程．
试题解析：由题意，所求圆与直线y=0相切，且半径为4，
则圆心坐标为O1(a,4),O1(a,−4)．
又已知圆x2+y2−4x−2y−4=0的圆心为O2(2,1)，半径为3，
①若两圆内切，则|O1O2|=4−3=1
即(a−2)2+(4−1)2=12，或(a−2)2+(−4−1)2=12．
显然两方程都无解．
②若两圆外切，则|O1O2|=4+3=7．
即(a−2)2+(4−1)2=72，或(a−2)2+(−4−1)2=72．
解得a=2±210，或a=2±26．
∴所求圆的方程为
(x−2−210)2+(y−4)2=16或(x−2+210)2+(y−4)2=16
(x−2−26)2+(y+4)2=16或来源:
考点：圆的标准方程
18．(1)证明见解析；(2)π3(3)13.
【分析】（1）先证明平面SBC⊥平面ABC，再证明SO⊥平面ABC；（2）分别以OB，OA，OC为x轴，y轴，z轴的非负半轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求异面直线AB和SC所成角；（3）设M0,0,t，t∈0,1，利用向量法得到3015=t−13⋅1+t2，解方程即得t的值和OM的长.
【详解】（1）∵SB=SC，BO=OC，
∴SO⊥BC，
∵平面SBC⊥平面ABC，
平面SBC∩平面ABC=BC，
SO⊂平面SBC，
∴SO⊥平面ABC.
（2）∵SB=SC=AB=AC=2，BC=2，
∴BS⊥CS，BA⊥CA，
如图，分别以OB，OA，OC为x轴，y轴，z轴的非负半轴，建立空间直角坐标系,
∵A0,1,0，B1,0,0，S0,0,1，C−1,0,0，
∴AB=1,−1,0，SC=−1,0,−1，
∵csAB,SC=AB⋅SCAB⋅SC=12⋅2=12，
∴异面直线AB和SC所成角为π3.
（3）设m=a,b,c为平面SBA的法向量，
∵AB=1,−1,0，SB=1,0,−1，
∴a−b=0a−c=0，即m=1,1,1，
设M0,0,t，t∈0,1，
∴AM=0,−1,t，
设AM与平面SAB所成角为θ，
∵sinθ=csm,AM=m⋅AMm⋅AM，
∴3015=t−13⋅1+t2，
6+6t2=15t2−2t+1，
3t2−10t+3=0，
t−33t−1=0，
t=3（舍），t=13，
∴OM的长为13.
【点睛】本题主要考查空间直线和平面位置关系的证明，考查异面直线所成的角和线面角的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.
19．(1)x24+y23=1
(2)7
【分析】（1）利用椭圆的定义及勾股定理可求解；
（2）问题转化为y=−x+m在y轴截距的问题，临界条件为直线与椭圆相切，求解即可.
(1)
因为PF1+PF2=4=2a，a=2，
所以F1F2=2c=522−322=2，∴c=1，∴b2=a2−c2=3
所以椭圆标准方程为：x24+y23=1．
(2)
要求m=x+y的最值，即求直线y=−x+m在y轴截距的最值，
可知当直线y=−x+m与椭圆相切时，m取得最值.
联立方程：x24+y23=1y=−x+m，整理得7x2−8mx+4m2−12=0．
Δ=64m2−284m2−12=487−m2=0，解得m=±7．
所以实数m的最大值为7
20．(1)证明见解析
(2)4313
【分析】（1）由BF:FD=3可得BF=3，利用△ABF∼△DBA得AF⊥BD，面面垂直的性质可得AF⊥平面BCD，AF⊥BC，BE:EC=BF:FD=3，BC⊥CD，得到BC⊥EF，值域面面垂直的判断定理和性质定理可得答案；
（2）以F为原点，FM、FD、FA为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系，求出DG，平面ABC的一个法向量，利用线面角的向量求法可得答案.
（1）
因为AB⊥AD，AD=2，AB=23，
所以BD2=AB2+AD2=16，BD=4，BF:FD=3，可得BF=3，
因为ABBD=BFAB=32，所以△ABF∼△DBA，所以∠AFB=∠DAB，
即∠AFB=90∘，AF⊥BD，又因为平面ABD⊥平面BCD，所以AF⊥平面BCD，
BC⊂平面BCD，所以AF⊥BC，
因为BE:EC=BF:FD=3，所以EF//CD，又BC⊥CD，所以BC⊥EF，
AF∩EF=F，AF，EF⊂平面AEF，所以BC⊥平面AEF，又BC⊂平面ABC，
所以平面ABC⊥平面AEF.
（2）
做FM⊥BD交CD于M点，以F为原点，FM、FD、FA为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系，因为BC=2，CD=23，BD=4，所以∠DBC=60∘,∠BDC=30∘，
BG=GC=2，则G32,−52,0,D0,1,0，A0,0,3,B0,−3,0，
DG=32,−72,0，AG=32,−52,−3，BG=32,12,0，
设平面ABC的一个法向量为n=x,y,z，
所以AG⋅n=0BG⋅n=0，32x−52y−3z=032x+12y=0，令x=3，则y=−3,z=33，
所以n=3,−3,33，设DG与平面ABC所成角为θ，
则sinθ=csDG,n=DG⋅nDG⋅n=32+21234+494×3+9+27=4313.
21．(1)曲线W的方程为x2−y23=1(x⩾1)，它是焦点为(2,0),(−2,0)的双曲线的右支.
(2)x−y−1=0或x+y−1=0．
【分析】（1）由动点P满足：|PG|−|PH|=2可得到轨迹曲线为双曲线的右支；
（2）由（1）可得F的坐标，然后再求出抛物线的方程，设出直线的方程为x=my+1，后根据弦长公式得到关于m的方程，解出即可．
【详解】（1）解： ∵动点P满足|PG|−|PH|=2<|GH|，
∴点P的轨迹曲线W为双曲线的一支，由双曲线的定义有a=1，c=2，
∴b=3，
∴曲线W的方程为x2−y23=1(x⩾1)；
（2）解：由（1）可知曲线W的顶点F(1,0)，
∴ p2=1，
∴p=2，
所以抛物线Z的方程为y2=4x．
由题意，直线l的倾斜角不能为0，
设直线l的方程为x=my+1，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
代入到y2=4x消去x得：y2−4my−4=0，
∵ Δ =16m2+16>0，
∴y1+y2=4m，y1y2=−4，
∴ |MN|=(x1−x2)2+(y1−y2)2=m2+1·(y1+y2)2−4y1y2
=m2+1·16m2+16=4m2+4=8，
∴m=1或m=−1，
∴直线l的方程为x−y−1=0或x+y−1=0．
22．(1)x22+y2=1；
(2)存在，0,1.
【分析】（1）利用椭圆的定义可得PF1=32a,PF2=a2，结合题列出关系式，可得a=2，即得；或利用椭圆上点的坐标结合定义可得.
（2）由题可设直线l的方程为：y=kx−13，设点M0,m，利用韦达定理法，结合条件可得6m2−1k2+3m2+2m−5=0，即得.
【详解】（1）法一：∵sin∠PF1F2=PF2PF1=13,PF1+PF2=2a，
∴PF1=32a,PF2=a2,
∵PF22+F1F22=PF12,F1F2=2c,
∴a=2c，∵a2=c2+1,
∴c=1,a=2,
∴椭圆方程为：x22+y2=1..
法二：设Pc,y0，代入椭圆方程，由a2=c2+1，
解得PF2=y0=1a，
∵sin∠PF1F2=PF2PF1=13,
∴PF1=3a,∵PF1+PF2=2a,
∴a=2，
∴椭圆方程为：x22+y2=1.
（2）设动直线l的方程为：y=kx−13，
由y=kx−13x22+y2=1，得2k2+1x2−4k3x−169=0,
设Ax1,y1,Bx2,y2，
则x1+x2=4k32k2+1,x1x2=−1692k2+1，
Δ=169k2+6491+2k2=16k2+649>0.
由对称性可设存在定点M0,m满足题设，
则MA=x1,y1−m,MB=x2,y2−m，
由MA⋅MB=0，可得x1x2+y1−my2−m=0，
所以1+k2x1x2−k13+mx1+x2+13+m2=0，
∴1+k2−1692k2+1−k13+m4k32k2+1+13+m2=0，
∴6m2−1k2+3m2+2m−5=0，
由题意知上式对∀k∈R成立，
∴m2−1=0且3m2+2m−5=0，解得m=1.
∴存在定点M，使得以AB为直径的适恒过这个点，且点M的坐标为0,1.