2023-2024学年四川省攀枝花市普通高中高二上学期教学质量监测数学试题卷（含解析）

这是一份2023-2024学年四川省攀枝花市普通高中高二上学期教学质量监测数学试题卷（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.直线l:y= 33x−1的倾斜角为
( )
A. 30∘B. 60∘C. 120∘D. 150∘
2.设A，B是一个随机试验中的两个事件，则下列结论正确的是( )
A. P(A∪B)=P(A)+P(B)B. P(A)+P(B)≤1
C. P(A∩B)=P(A)P(B)D. 若A⊆B，则P(A)≤P(B)
3.已知双曲线C:x2a2−y26=1的焦距为4 3，则C的渐近线方程是
( )
A. y=±xB. y=± 3xC. y=± 33xD. y=± 77x
4.公比为2的等比数列an的各项都是正数，且a3a11=64，则a5=( )
A. 32B. 16C. 4D. 2
5.如图，空间四边形OABC中，OA=a，OB=b，OC=c，点M在OA上，且满足OM=2MA，点N为BC的中点，则MN=( )
A. 12a−23b+12cB. −23a+12b+12cC. 12a+12b−12cD. 23a+23b−12c
6.若直线l1:ax+4y+8=0与直线l2:3x+(a+1)y−6=0平行，则a的值为
( )
A. −4B. 3C. 3或−4D. −3或6
7.随机抛掷两枚均匀骰子，则得到的两个骰子的点数之和是4的倍数的概率是( )
A. 736B. 29C. 14D. 13
8.已知直线l与抛物线C:y2=4x相交于A，B两点，若OA⋅OB=−4，则|AB|的最小值为
( )
A. 4B. 4 2C. 8D. 16
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.某人打靶时连续射击两次，记事件A为“第一次中靶”，事件B为“至少一次中靶”，事件C为“至多一次中靶”，事件D为“两次都没中靶”.下列说法正确的是
( )
A. A∩B=AB. B与C是互斥事件
C. C∪D=ΩD. B与D是互斥事件，且是对立事件
10.已知圆C1:x2+y2+2mx−10y+m2=0，圆C2:x2+y2+4y−5=0，则下列说法正确的是
( )
A. 若点(1,1)在圆C1的内部，则−2B. 若圆C1，C2外切，则m=± 15
C. 圆C2上的点到直线3x+4y−12=0的最短距离为1
D. 过点(3,2)作圆C2的切线l，则l的方程是x=3或7x−24y+27=0
11.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E为A1B1的中点，P为棱BC上的动点(包含端点)，则下列结论正确的是
( )
A. 存在点P，使PE//CD1B. 存在点P，使D1P⊥AC1
C. 四面体EPC1D1的体积为定值43D. 点A到直线D1E的距离为 5
12.已知点A是圆C:x2+(y−2)2=24上的任意一点，点B(0,−2)，线段AB的垂直平分线交AC于点P，设点P的轨迹为曲线E.直线l与曲线E交于M，N两点，且点Q12,12为线段MN的中点，则下列说法正确的是
( )
A. 曲线E的方程为x22+y26=1B. 曲线E的离心率为 33
C. 直线l的方程为3x+y−2=0D. ▵BMN的周长为4 6
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.若抛物线y2=4x上的点Pa,b到其焦点F的距离为3，则a= ．
14.甲、乙两人独立地破译一份密码，已知个人能破译的概率分别是13和14，则恰好有一人成功破译的概率为 ．
15.已知数列an满足a1=1,nan+1−n+1an=1+2+3+⋯+n，则数列an的通项公式为 ．
16.已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1,F2，离心率为e1，椭圆C1的上顶点为M.且MF1⋅MF2=0.双曲线C2和椭圆C1有相同焦点，且双曲线C2的离心率为e2，P为曲线C1与C2的一个公共点，若∠F1PF2=π3.则e1= ，e2= ．
四、解答题：本题共6小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
设等差数列an的前n项和为Sn，且a4=7，S5=3a2+16．
(1)求数列an的通项公式；
(2)若bn=1an⋅an+1，求数列bn的前n项和Tn．
18.(本小题12分)
已知圆心C在直线x−3y−2=0上的圆经过A(5,0)，B(2,−3)两点．
(1)求圆C的标准方程；
(2)过点(1,−2)的直线l与圆C交于P，Q两点，且|PQ|=4 2，求直线l的方程．
19.(本小题12分)
如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD//BC，PA=AB=AC=AD=3，BC=4，M为线段AD上一点，且2AM=MD，N为PB的中点．
(1)证明：MN//平面PCD；
(2)求直线PC与平面AMN所成角的正弦值．
20.(本小题12分)
已知数列an的前n项和为Sn=n2+n.数列bn的首项b1=12，且满足bn+1=bn2bn+3．
(1)求数列an的通项公式；
(2)求证：数列1bn+1为等比数列；
(3)设cn=anbn，求数列cn的前n项和Tn．
21.(本小题12分)
如图所示，在梯形ABCD中，AB//CD，AD=CD=BC=1，∠BCD=120∘.四边形ACFE为矩形，且CF⊥平面ABCD．
(1)求证：AC⊥平面BCF；
(2)若直线DE与BC所成角的正切值为 7，点M在线段EF上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与平面FCB所成的锐二面角的余弦值为 3913．
22.(本小题12分)
已知中心在坐标原点O，焦点在x轴上的双曲线C的焦距为4，且过点Q(−2,3)．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)过点(2,0)的直线l交双曲线C的右支于A，B两点，连接AO并延长交双曲线C的左支于点P，求▵PAB的面积的最小值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】利用直线斜截式方程及斜率的定义即可求解．
【详解】由直线l:y= 33x−1，得直线l的斜率为k= 33，
设直线l的倾斜角为θ,0∘≤θ≤180∘，
所以k=tanθ= 33，
所以直线l:y= 33x−1的倾斜角为30∘．
故选：A．
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查并事件的概率加法公式，独立事件的积事件的概率乘法公式，事件的包含与相等，事件的并、交运算，属较易题．
根据概率的性质，逐一分析选项，即可得答案．
【解答】
解：对于A选项，若A，B是一个随机试验中的两个事件，
则P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(AB)，故A选项错误；
对于B选项，若P(A)>12,P(B)>12，则P(A)+P(B)>1，故B选项错误；
对于C选项，当A、B相互独立时，P(A∩B)=P(A)P(B)，
当A、B不相互独立时，则不成立，故C选项错误；
对于D选项，若A⊆B，则P(A)≤P(B)，故D选项正确．
故选D．
3.【答案】A
【解析】【分析】根据双曲线的性质得到b= 6，c=2 3，即可解得a，从而求得答案．
【详解】由题意得：b2=62c=4 3c2=a2+b2，解得：a= 6b= 6c=2 3,
即双曲线C的方程为x26−y26=1，所以C的渐近线方程是y=±x．
故选：A．
4.【答案】D
【解析】【分析】根据题意，利用等比数列的性质，求得a7=8，结合a5=a7q2，即可求解．
【详解】由公比为2的等比数列an的各项都是正数，且a3a11=64，
根据等比数列的性质，可得a72=a3a11=64，所以a7=8，则a5=a7q2=822=2．
故选：D．
5.【答案】B
【解析】【分析】
由空间向量的线性运算求解．
本题考查空间向量，属于基础题．
【解答】
解：由题意
MN=MA+AB+BN=13OA+OB−OA+12BC=−23OA+OB+12OC−12OB
=−23OA+12OB+12OC，又OA=a，OB=b，OC=c，
∴MN=−23a+12b+12c，
故选：B．
6.【答案】B
【解析】【分析】由两直线平行得到方程，求出a=3或−4，通过检验舍去不合要求的解．
【详解】直线l1：ax+4y+8=1与直线l2：3x+a+1y−6=0平行，
所以aa+1=4×3，解得：a=3或−4，
①当a=3时，l1：3x+4y+8=0，l2：3x+4y−6=0，l1//l2，符合题意；
②当a=−4时，l1：−4x+4y+8=0，l2：3x−3y−6=0，均为x−y−2=0，此时l1，l2重合，舍去，
故a=3，
故选：B
7.【答案】C
【解析】【分析】计算基本事件总数，利用列举法得到两个骰子的点数之和是4的倍数的基本事件个数，由此能求出得到所示概率．
【详解】随机抛掷两枚均匀骰子，观察得到的点数，基本事件总数n=6×6=36，
所得点数之和是4的倍数为事件B，
则事件B的结果有1,3,3,1,2,2,2,6,6,2,4,4,3,5,5,3,6,6共9种，
所求的概率为PB=936=14．
故选：C
8.【答案】B
【解析】【分析】根据已知条件设出直线的方程与抛物线联立方程组，再利用韦达定理得出根的关系，结合向量的数量积的坐标运算及弦长公式即可求解．
【详解】由题意可知，直线l的斜率不可能为0，设直线l的方程为x=my+n(n≠0)，
由x=my+ny2=4x，消去x，得y2−4my−4n=0
设Ax1,y1,Bx2,y2，则y1+y2=4m,y1y2=−4n,Δ=16m2+16n>0，
所以x1x2=my1+nmy2+n=m2×−4n+mn×4m+n2=n2．
因为OA⋅OB=−4，
所以x1x2+y1y2=n2−4n=−4，解得n=2，
AB= 1+m2⋅y1+y22−4y1y2= 1+m2⋅4m2−4×−4n
= 1+m2⋅4m2−4×−4×2=4 m4+3m2+2=4 m2+322−14≥4 2
当且仅当m2=0即m=0时，|AB|取的最小值为4 2，
所以|AB|的最小值为4 2．
故选：B．
【点睛】关键点睛：设出直线的方程与抛物线联立方程组，再利用韦达定理得出根的关系及向量的数量积的坐标运算及弦长公式即可．
9.【答案】AD
【解析】【分析】根据互斥事件和对立事件的概念逐项判断即可．
【详解】由题意可知，事件Ω为“第一次中靶且第二次没有中靶”“第一次没有中靶且第二次中靶”“两次都中靶”“两次都没有中靶”；
事件B为“至少一次中靶”，即“第一次中靶且第二次没有中靶”“第一次没有中靶且第二次中靶”“两次都中靶”；
事件C为“至多一次中靶”，即“第一次中靶且第二次没有中靶”“第一次没有中靶且第二次中靶”“两次都没有中靶”；
事件D为“两次都没中靶”；
故A∩B=A，B与C不是互斥事件，B与D是互斥事件，且是对立事件，C∪D≠Ω．
故选：：AD．
10.【答案】BCD
【解析】【分析】根据点在圆的内部解不等式即可判断A错误；利用圆与圆外切，由圆心距和两半径之和相等即可知B正确；利用点到直线的距离公式及直径是圆中最长的弦即可知C正确；对直线的斜率是否存在进行分类讨论，由点到直线距离公式即可得D正确．
【详解】对于A，因为2m2+100−4m2=100>0，则C1的方程恒表示圆，
由点(1,1)在圆C1的内部，得1+1+2m−10+m2<0，解得−4对于B，圆C1的标准方程为x+m2+y−52=25，圆心为C1−m,5，半径r1=5，
圆C2的标准方程为x2+y+22=9，圆心为C20,−2，半径r2=3，
若圆C1，C2外切，则C1C2=r1+r2，即 m2+49=5+3，解得m=± 15，故 B正确；
对于C，由圆C2的圆心为C20,−2，半径r2=3，所以圆C2的圆心C20,−2到直线3x+4y−12=0的距离为d=3×0+4×−2−12 32+42=4，
所以圆C2上的点到直线3x+4y−12=0的最短距离为d−r2=4−3=1，故 C正确；
对于D，当l的斜率不存在时，l的方程是x=3，圆心C2到的距离d1=3=r2，满足要求，
当l的斜率存在时，设l的方程为y=k(x−3)+2，圆心C2到l的距离为d1=|4−3k| k2+1=r2=3，解得k=724，
所以l的方程是7x−24y+27=0，综上，l的方程是x=3或7x−24y+27=0，故 D正确．
故选：BCD．
11.【答案】BC
【解析】【分析】建立适当的空间直角坐标系，对于A，判断PE=2−t,−1,2,CD1=0,−2,2是否共线即可；对于B，由D1P⋅AC1=−2t+4−4=0即可判断；对于C，将问题转换为四面体EPC1D1即三棱锥P−EC1D1的体积即可判断；对于D，D1Q=λD1E，且满足AQ⊥D1E，由D1E⋅AQ=−4+4λ+λ=0求得参数，结合模长公式即可进一步得解．
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系：
设Pt,2,0,D0,0,0,A2,0,0,B2,2,0,C0,2,0,0≤t≤2，
D10,0,2,A12,0,2,B12,2,2,C10,2,2,E2,1,2，
对于A，PE=2−t,−1,2,CD1=0,−2,2，而−1−2≠22，所以PE,CD1不可能平行，故 A错误；
对于B，D1P=t,2,−2,AC1=−2,2,2，若D1P⊥AC1，
则D1P⋅AC1=−2t+4−4=0，解得t=0，即当P,C重合时，有D1P⊥AC1，故 B正确；
对于C，由题意过P作PF//CC1交B1C1于点F，
因为CC1⊥面D1EC1，所以PF⊥面D1EC1，
所以PF为三棱锥P−EC1D1的高，
又三棱锥的底面积为S▵EC1D1=12×2×2=2，PF=CC1=2，
所以四面体EPC1D1即三棱锥P−EC1D1的体积为V=13⋅S▵EC1D1⋅PF=13×2×2=43，故 C正确；
对于D，设D1Q=λD1E，且满足AQ⊥D1E，
而D1E=2,1,0,AQ=AD1+D1Q=AD1+λD1E=−2,0,2+λ2,1,0=−2+2λ,λ,2，
所以D1E⋅AQ=−4+4λ+λ=0，解得λ=45，
所以AQ=−25,45,2，所以点A到直线D1E的距离为AQ= 425+1625+4=2 305，故 D错误．
故选：BC．
12.【答案】ACD
【解析】【分析】由题意作出图分析可知曲线E为椭圆，从而求出椭圆的方程判断选项 A与B，由点差法求出直线的斜率，然后求得直线的方程，可知C正确，由直线过椭圆的上焦点，所以▵BMN的周长为4a，可知 D正确．
【详解】如图：
由图可知点P到点C与点B的距离之和PC+PB=PC+PA=AC始终为定值且AC>BC，
故点P的轨迹为：以点C与点B为焦点的椭圆E，可设其方程为y2a2+x2b2=1a>b>0，
故c=2，2a=2 6，所以a= 6，b2=a2−c2=6−4=2，
所以椭圆E的方程为：x22+y26=1，故 A正确；
椭圆E的离心率为：e=ca=2 6= 63，故 B错误；
直线l与椭圆E交于M，N两点，且点Q12,12为线段MN的中点，
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，则x1+x2=1，y1+y2=1．
由点差法得：x12−x222+y12−y226=0，所以x1−x2x1+x22=−y1−y2y1+y26，
所以x1−x22=−y1−y26，即kl=y1−y2x1−x2=−3，
所以直线l的方程为：y−12=−3x−12，即3x+y−2=0，故 C正确；
由于直线l：3x+y−2=0过椭圆的上焦点C0,2，
所以▵BMN的周长为4a=4 6，故 D正确。
故选：ACD．
13.【答案】2
【解析】【分析】根据抛物线方程及抛物线定义有a+p2=3，求参数即可．
【详解】由题设及抛物线定义知：p=2且a+p2=a+1=3⇒a=2．
故答案为：2
14.【答案】512
【解析】【分析】利用互斥事件概率的加法公式和独立事件概率的乘法公式即可求解．
【详解】设甲能独立地破译一份密码的事件为A，乙能独立地破译一份密码的事件为B，则PA=13,PB=14，
所以PA=23,PB=34．
所以恰好有一人成功破译的概率为PAB∪AB=PAB+PAB=13×34+23×14=512．
故答案为：512．
15.【答案】an=nn+12
【解析】【分析】由题意根据等差数列的前n项和可得nan+1−n+1an=1+2+3+⋯+n=nn+12，再利用构造法结合等差数列的通项即可得解．
【详解】因为nan+1−n+1an=1+2+3+⋯+n=nn+12，
所以nan+1nn+1−n+1annn+1=an+1n+1−ann=12，
∴数列ann是首项为a11=1，公差为12的等差数列，
ann=1+12n−1=n+12，
所以an=nn+12．
故答案为：an=nn+12．
16.【答案】 22； 62
【解析】【分析】根据MF1⋅MF2=0可得b=c，a= 2c，由此可得e1；假设P在第一象限，由PF1+PF2=2aPF1−PF2=2a1求出|PF1|=a+a1，|PF2|=a−a1，根据余弦定理得csπ3=|PF1|2+|PF2|2−|F1F2|22|PF1|⋅|PF2|，将|PF1|=a+a1，|PF2|=a−a1代入可得a2c2+3a12c2=4，再根据离心率公式可求出结果．
【详解】在椭圆C1中，因为上顶点为M.且MF1⋅MF2=0，所以∠F1MF2=90∘，
所以b=c，所以a= b2+c2= 2c，所以e1=ca= 22．
设双曲线方程为x2a12−y2b12=1(a1>0,b1>0)，假设点P在第一象限，
则由PF1+PF2=2aPF1−PF2=2a1得|PF1|=a+a1，|PF2|=a−a1，
在△PF1F2中，由余弦定理得csπ3=|PF1|2+|PF2|2−|F1F2|22|PF1|⋅|PF2|，
所以12=a+a12+a−a12−4c22(a+a1)(a−a1)，
整理得a2+3a12=4c2，得a2c2+3a12c2=4，
所以1e12+3e22=4，所以112+3e22=4，解得e2= 62．
故答案为： 22； 62．
17.【答案】解：
(1)设等差数列an的公差为d，
依题意得a1+3d=75a1+10d=3a1+d+16，解得a1=1d=2．
故数列an的通项公式是an=a1+(n−1)d=2n−1
(2)由(1)知，bn=1anan+1=1(2n−1)(2n+1)=1212n−1−12n+1．
所以Tn=121−13+13−15+15−17+⋯+12n−1−12n+1
=121−12n+1=n2n+1．

【解析】(1)利用等差数列的通项公式及前n项和公式即可求解；
(2)根据(1)的结论，再利用数列求和中的裂项相消法即可求解．
18.【答案】解：
(1)由题意可知，作出图形如图所示
∵kAB=35−2=1，A，B的中点为72,−32．
∴AB的垂直平分线为y−−32=−x−72，即x+y−2=0
由x+y−2=0x−3y−2=0解得x=2y=0,
故圆心为C(2,0)，半径R= (5−2)2+02=3．
∴圆C的标准方程为(x−2)2+y2=9．
(2)由题意可知，作出图形如图所示
当直线l斜率不存在时，此时|PQ|=4 2，满足条件，直线方程为x=1
当直线l斜率存在时，设直线方程为y=k(x−1)−2，即kx−y−k−2=0．
∵|PQ|=4 2，
圆心C到直线l的距离为d=|k−2| 1+k2= R2−4 222=1，解得k=34，
故直线方程为34x−y−34−2=0，即3x−4y−11=0．
综上所述：直线l的方程为x=1或3x−4y−11=0．

【解析】(1)根据已知条件及圆心在弦的垂直平分线上，进而求出垂直平分线方程，联立方程组求出圆心，利用两点间的距离求出半径，结合圆的标准方程即可求解；
(2)利用直线的点斜式方程注意斜率讨论斜率的存在性，利用点到直线的距离公式及弦长、半径、弦心距三者之间的关系即可求解．
19.【答案】解：(1)
由2AM=MD，得AM=13AD=1，∴DM=2．
取PC的中点E，连接DE，NE．
由N为PB中点知NE//BC，NE=12BC=2．
又AD//BC，故NE//DM,NE=DM，
所以四边形DMNE为平行四边形，于是MN//DE．
因为DE⊂平面PCD，MN⊄平面PCD，
所以MN//平面PCD．
(2)取BC的中点F，连结AF，由AB=AC得AF⊥BC，
从而AF⊥AD.且AF= AB2−BF2= AB2−BC22= 5．
以A为坐标原点，AF的方向为x轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系A−xyz，
由题意知，A(0,0,0)，P(0,0,3)，M(0,1,0)，B( 5,−2,0)，N 52,−1,32，C( 5,2,0)，
则PC=( 5,2,−3)，AM=(0,1,0)，AN= 52,−1,32，
设n=(x,y,z)为平面AMN的法向量，
则n⋅AM=0n⋅AN=0⇒y=0 52x−y+32z=0，可取n=3 5,0,−1，
故直线PC与平面AMN所成角的正弦值为|n⋅PC||n|⋅|PC|=6 145⋅3 2= 357．

【解析】(1)由题意取PC的中点E，连接DE，NE.证明MN//DE，结合线面平行的判定定理即可得证．
(2)建立适当的空间直角坐标系，求出直线方向向量和平面法向量，由线面角的正弦公式|n⋅PC||n|⋅|PC|即可得解．
20.【答案】解：
(1)当n=1时，a1=S1=2，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=n2+n−n−12+n−1=2n，
当n=1时，a1=2×1=2依然成立，
所以an的通项公式是an=2n．
(2)由bn+1=bn2bn+3，得1bn+1=2bn+3bn=2+3bn，
∴1bn+1+1=31bn+1．
又1b1+1=3．
故1bn+1是以3为首项，3为公比的等比数列，
所以1bn+1=3⋅3n−1=3n．
(3)由(1)(2)知，cn=anbn=2n⋅3n−1=2n⋅3n−2n，
则Tn=2⋅3+4⋅32+⋯+2(n−1)⋅3n−1+2n⋅3n−(2+4+6+⋯+2n)
=2⋅3+4⋅32+⋯+2(n−1)⋅3n−1+2n⋅3n−n2+n．
令Hn=2⋅3+4⋅32+⋯+2(n−1)⋅3n−1+2n⋅3n①，
∴3Hn=2⋅32+4⋅33+⋯+2(n−1)⋅3n+2n⋅3n+1②，
①−②得，−2Hn=23+32+33+⋯+3n−2n⋅3n+1，
=61−3n1−3−2n⋅3n+1=(1−2n)⋅3n+1−3，
∴Hn=n−12⋅3n+1+32，
∴Tn=n−12⋅3n+1−n2−n+32．

【解析】(1)利用an与Sn的关系即可求解；
(2)利用倒数法及等比数列的定义，结合等比数列的通项公式即可求解；
(3)根据(1)(2)的结论，求出cn，利用数列求和中的分组求和法、等差数列的前n项和公式及错位相减法即可求解
21.【答案】解：
(1)因为四边形ABCD为梯形，AB//CD，∠BCD=120∘，AD=CD=BC=1，
所以∠ADC=120∘，∠ACD=∠CAD=30∘，则∠ACB=90∘，即AC⊥BC
又因为CF⊥平面ABCD，AC⊂面ABCD，所以FC⊥AC．
因为FC、CB都在平面BCF内，FC∩CB=C，
所以AC⊥面BCF．
(2)取AC中点G，连结DG，EG，由AD=CD，知DG⊥AC，
由(1)知BC⊥AC，DG,BC共面且不共线，所以DG//BC，
故直线DE与BC所成角为∠EDG．
由CF⊥平面ABCD，BC⊂面ABCD，所以FC⊥BC，又AC⊥BC，
FC,AC在面ACFE内，且FC∩AC=C，故BC⊥面ACFE，
所以DG⊥面ACFE，EG⊂面ACFE，则DG⊥EG，
在Rt▵DEG中，tan∠EDG=EGDG= 7，DG=12，所以EG= 72，
在Rt▵AEG，易得AE=CF=1，
以C为坐标原点，分别以CA、CB、CF所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则C(0,0,0)，A( 3,0,0)，B=(0,1,0)，M(λ,0,1)(0≤λ≤ 3)
∴AB=(− 3,1,0)，BM=(λ,−1,1)，
设n=(x,y,z)为平面MAB的法向量，则
n⋅AB=0n⋅BM=0，即− 3x+y=0λx−y+z=0，取x=1，则y= 3,z= 3−λ．
所以n=(1, 3, 3−λ)
由题可知，m=(1,0,0)是平面FCB的一个法向量，
所以csn,m=n⋅mn⋅m=1 1+3+ 3−λ2×1=1 3−λ2+4= 3913．
因为0≤λ≤ 3，解得λ=2 33或λ=4 33(舍去)．
当点M为线段EF的靠近E的三等分点时，平面MAB与平面FCB所成的锐二面角的余弦值为 3913．

【解析】(1)利用梯形的性质及线面垂直的性质定理，结合线面垂直的判定定理即可求解；
(2)利用线线角的定义，根据(1)的结论，建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，分别求出平面MAB与平面FCB的法向量，利用向量夹角与线面角的关系即可求解．
22.【答案】解：
(1)法一：设双曲线C的标准方程为x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)
由题知：c=2，故其左右焦点分别为F1(−2,0)，F2(2,0)．
由QF2−QF1= (−2−2)2+32− (−2+2)2+32=2=2a，解得a=1．
从而b= c2−a2= 3，
∴双曲线C的标准方程为x2−y23=1．
法二：设双曲线方程为x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，
由题知：c=2得到a2+b2=4．
又4a2−9b2=1，得到4a2−94−a2=1．
得到a4−17a2+16=0，解得a2=16(舍)或a2=1⇒a=1，
∴双曲线C的标准方程为x2−y23=1．
(2)由题意，设E2,0作出图形如图所示，
显然直线l与y轴不垂直，设l:x=my+2，Ax1,y1，Bx2,y2
联立x=my+23x2−y2=3⇒3m2−1y2+12my+9=0
故Δ=36m2+1>0，y1+y2=−12m3m2−1y1⋅y2=93m2−1．
由于A，B均在双曲线右支上，
故x1+x2>0x1x2>0，即my1+y2+4=−43m2−1>0m2y1y2+2my1+y2+4=−3m2−43m2−1>0，解得0≤m2<13．
由双曲线的对称性知AP的中点为O，
故S▵PAB=2S▵OAB
S▵PAB=2S▵OAB=2×12×OE×y1−y2=2 y1+y22−4y1y2，
代入韦达定理得S▵PAB=12 m2+11−3m20≤m2<13
令 m2+1=t1≤t<2 33，则
S▵PAB=12t4−3t2=124t−3t1≤t<2 33
易知4t−3t随t的增大而减小，
当t=1时，S▵PABmin=12．

【解析】(1)利用待定系数法及双曲线的定义，结合双曲线中a,b,c三者的关系即可求解；
(2)设直线方程为l:x=my+2，Ax1,y1，Bx2,y2，直线方程与双曲线方程联立，利用应用韦达定理得y1+y2,y1y2,由 x1+x2>0x1x2>0求得m的范围，由坐标求得三角形面积并代入韦达定理的结论化为关于m的函数，换元并利用函数的单调性得面积最小值．
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x1,y1,x2,y2；
(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，注意Δ的判断；
(3)列出韦达定理；
(4)将所求问题或题中的关系转化为x1+x2、x1x2(或y1+y2、y1y2)的形式；
(5)代入韦达定理求解．