2020-2021年山东省青岛市高二（上）期末考试数学试卷人教A版

这是一份2020-2021年山东省青岛市高二（上）期末考试数学试卷人教A版，共15页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 若直线l1：3x−4y−1=0与l2：3x−ay+2=0a∈R平行，则l1与l2间的距离是( )
A.15B.25C.35D.45

2. 数列−1n3n−1的前2021项和为( )
A.3034B.−3034C.−3032D.3032

3. 已知相距1400m的A，B两个哨所，听到炮弹爆炸声的时间相差3s，已知声速是340m/s，则炮弹爆炸点在( )上.
A.圆B.椭圆C.抛物线D.双曲线

4. 已知数列an的前n项和为Sn，an=n−5，n∈N∗，则Sn的最小值为( )
A.S3B.S5C.S9D.S2020

5. 已知曲线mx2+2y2=1表示焦点在y轴的椭圆，则实数m的取值范围是( )
A.02C.012

6. 将数列2n+1与3n的公共项从小到大排列得到数列an，若an=2019，则n=( )
A.337B.520C.360D.2020

7. 已知O为坐标原点，垂直抛物线C：y2=2pxp>0的轴的直线与抛物线C交于A，B两点，OA→⋅OB→=0，若|AB|=4，则p=( )
A.4B.3C.2D.1

8. 在空间直角坐标系O−xyz中，经过点P(x0, y0, z0)，且法向量为m→=(A,B,C)的平面方程为A(x−x0)+B(y−y0)+C(z−z0)=0，经过点P(x0, y0, z0)且一个方向向量为n→=(μ,υ,ω)(μυω≠0)的直线l的方程为x−x0μ=y−y0υ=z−z0ω，阅读上面的材料并解决下面问题：现给出平面α的方程为3x−5y+z−7=0，经过(0,0,0)直线l的方程为x3=y2=z−1，则直线l与平面α所成角的正弦值为( )
A.1035B.1010C.105D.57
二、多选题

直线a的方向向量为a→，平面α，β的法向量分别为n→，m→，则下列命题为真命题的是( )
A.若a→⊥n→，则直线a//平面α
B.若a→//n→，则直线a⊥平面α
C.若cs⟨a→,n→⟩=12，则直线a与平面α所成角的大小为π6
D.若cs⟨m→,n→⟩=12，则平面α，β的相交所成的锐角为π3

已知抛物线E:x2=2pyp>0的焦点恰为圆C:x2+y−12=r2r>0的圆心，抛物线E的准线与圆C相切，则下列结论正确的是( )
A.抛物线E的标准方程为x2=4y
B.圆C的标准方程为x2+y−12=4
C.圆C与抛物线E有三个交点
D.圆C与抛物线E在第一象限的交点坐标为2,1

数列an满足：a1=1, an+1−3an−1=0，n∈N∗，下列说法正确的是( )
A.数列an+12为等比数列B.an=12×3n−12
C.数列an是递减数列D.an的前n项和Sn=14×3n+1−54

如图所示，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，则下列命题中正确的是( )

A.平面ACC1A1⊥平面B1CDA1
B.直线AC1与平面ADD1A1所成角的正弦值等于33
C.若P在线段B1C上，则∠A1PB的最大值为90∘
D.若点P在侧面BCC1B1所在的平面上运动，点P到直线AB的距离与到直线CC1的距离相等，则动点P的轨迹是抛物线
三、填空题

圆C：x2+y2−2x=0关于0,1对称的圆的标准方程为________.

双曲线C：x24−y2=1的渐近线方程为________.

已知数列an满足：a1=1，an+1−an=2n−1，n∈N∗，则a3=________； an=________.

已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的左右焦点分别为F1，F2，过F1的直线l与圆x2+y2=a2相切于点T，且直线l与双曲线C的右支交于点P，若F1P→=3F1T→，则双曲线C的离心率为________.
四、解答题

如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中， AD=AA1=1，AB=2，点E在棱AB上移动．

(1)证明：D1E⊥B1C；

(2)当E为AB的中点时，求点B到平面D1EC的距离．

已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1+S2=4，S3=6，n∈N∗ .
(1)求数列1anan+1的前n项和Tn；

(2)若数列bn满足lg2bn=an，求数列bn+1bn的前n项和Wn .

已知数列an的前n项和为Sn，a1=1，Sn=2−2an+1.
(1)求数列an的通项公式；

(2)记bm为1an在区间(0,m](m∈N∗)的个数，求数列bm的前30项和W30.

在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，离心率为22的椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0与圆x2+y−122=14只有一个公共点，抛物线D:x2=−2py0(1)求椭圆C和抛物线D的标准方程；

(2)已知n∈N∗，若斜率为2nn2的直线l与椭圆C相交于A，B两点，且AB中点W恰在抛物线D上．记W的横坐标为xn，求xn的最大值．

如图，在直角梯形AO1O2C中，AO1//CO2，AO1⊥O1O2，CO2=2，AO1=4，点B是线段O1O2的中点．将△ABO1，△BCO2分别沿AB，BC向上折起，使O1，O2重合于点O，得到三棱锥O−ABC，且AO⊥平面BOC．在三棱锥O−ABC中解答下列问题．

(1)求三棱锥O−ABC的体积；

(2)记OA的中点为F，求异面直线CF与AB所成角的余弦值；

(3)记△ABC的重心为G，求平面GOC和平面AOC夹角的余弦值．

平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，抛物线C:y2=2pxp>0的焦点为F，点W在抛物线C上，且|FW|=2|OF|，|OW|=5．F关于原点的对称点为F′，圆F的半径等于4，以Z为圆心的动圆过F′且与圆F相切．
(1)求动点Z的轨迹曲线E的标准方程；

(2)四边形ABCD内接于曲线E，点A，B分别在x轴正半轴和y轴正半轴上，设直线AC，BD的斜率分别是k1，k2，且k1k2=34.
①记直线AC，BD的交点为G，证明：点G在定直线上；
②证明：AB//CD.
参考答案与试题解析
2020-2021年山东省青岛市高二（上）期末考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
两条平行直线间的距离
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
先利用两直线平行求出a，再利用两平行线之间的距离进行求解即可.
【解答】
解：因为l1：3x−4y−1=0与l2：3x−ay+2=0a∈R平行，
所以a=4，
所以这两条平行线之间的距离d=|−1−2|32+(−4)2=35.
故选C.
2.
【答案】
C
【考点】
数列的求和
【解析】
利用并向求和法进行求解即可.
【解答】
解：数列−1n3n−1的前2021项和为：
−2+5+−8+11+⋯+−6056+6059−3×2021−1
=3×20202−6062
=−3032.
故选C.
3.
【答案】
D
【考点】
轨迹方程
双曲线的定义
【解析】
设A−700,0，B700,0，Mx,y为曲线上任一点，根据|MA|−|MB|为常数，推断M点轨迹为双曲线．
【解答】
解：设A−700,0，B700,0，Mx,y为曲线上任一点，
则||MA|−|MB||=340×3=1020<1400，
所以M点轨迹为双曲线.
故选D.
4.
【答案】
B
【考点】
数列的函数特性
数列与函数最值问题
【解析】
找出数列正负分界点，即可求解.
【解答】
解：因为数列an的通项为an=n−5，
所以a5=5−5=0，a6=6−1=5>0，
所以Sn的最小值为S5.
故选B.
5.
【答案】
B
【考点】
椭圆的定义
【解析】
利用椭圆定义列式即可.
【解答】
解：因为曲线mx2+2y2=1，即x21m+y212=1表示焦点在y轴上的椭圆，
所以12>1m>0，
解得m>2.
故选B．
6.
【答案】
A
【考点】
等差数列的通项公式
【解析】
首先判断出数列{2n+1}与{3n}项的特征，从而判断出两个数列公共项所构成新数列的首项以及公差，利用等差数列的求和公式求得结果．
【解答】
解：因为数列{2n+1}是以3为首项，以2为公差的等差数列，
数列{3n}是以3首项，以3为公差的等差数列，
所以这两个数列的公共项所构成的新数列{an}是以3为首项，以6为公差的等差数列，
所以{an}的通项公式为an=3+6n−1=6n−3，
令6n−3=2019，
解得n=337.
故选A.
7.
【答案】
D
【考点】
抛物线的标准方程
【解析】
利用直线与抛物线的关系求解即可.
【解答】
解：由题可得示意图如图，
∵OA→⋅OB→=0，
∴|OA→|⋅|OB→|⋅cs∠AOB=0，
∴∠AOB=90∘.
∵|AB|=4 且AB⊥x，
∴AD=BD=2，
∴∠AOD=∠BOD=45∘，
∴A2,2.
将A2,2其代入y2=2px，即4=4p，
解得p=1.
故选D.
8.
【答案】
A
【考点】
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
由题可知，平面α的一个法向量m→和直线l的一个方向向量n→，设直线1与平面α所成角为θ，由sinθ=|cs|=||m→|⋅|n→|˙|，即可得解．
【解答】
解：∵ 平面α的方程为3x−5y+z−7=0，
∴ 平面α的一个法向量为m→=(3, −5, 1).
∵ 经过(0, 0, 0)直线l的方程为x3=y2=z−1，
∴ 直线l的一个方向向量为n→=(3, 2, −1).
设直线l与平面α所成角为θ，
则sinθ=|cs|=|m→⋅n→||m→|⋅|n→|
=|3×3−5×2−1×132+(−5)2+12×32+22+(−1)2|
=1035，
∴ 直线l与平面α所成角的正弦值为1035．
故选A.
二、多选题
【答案】
B,C,D
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
命题的真假判断与应用
平面的法向量
直线与平面所成的角
【解析】
根据直线的方向向量与平面的法向量之间的关系，逐一判断线面、面面关系即可得结论．
【解答】
解：A，若a→⊥n→，则直线a与平面α平行或在平面α内，是假命题；
B，若a→//n→，则a→也是平面α的法向量，所以直线a⊥平面α，是真命题；
C，直线与平面的夹角的正弦值等于直线与平面法向量所成的锐角的余弦值，是真命题；
D，两个平面的夹角与它们的法向量所成的不大于90∘的角相等，是真命题.
故选BCD.
【答案】
A,B,D
【考点】
抛物线的性质
圆的标准方程
圆与圆锥曲线的综合问题
【解析】
利用抛物线的相关性质求圆的标准方程，进而求解圆与抛物线的相关问题.
【解答】
解：A，∵抛物线E: x2=2py p>0 ，
∴焦点(0,p2)，准线y=−p2.
∵圆x2+(y−1)2=r2的圆心0,1，
∴p2=1，
∴ p=2，
∴E:x2=4y，故A正确；
B，∵E的准线方程为y=−1，其准线与圆相切，
∴圆心到准线的距离为r=1−−1=2，
∴圆的方程为x2+(y−1)2=4，故B正确；
C，联立x2=4y，x2+(y−1)2=4得y2+2y−3=0，
解得y=1或y=−3（不符合题意，舍去），
∴ 当y=1时，x=±2，
∴圆与抛物线有2个交点，故C错误；
D，在第一象限交点坐标为(2,1)， 故D正确.
故选ABD.
【答案】
A,B
【考点】
等比数列的性质
等比数列的通项公式
等比数列的前n项和
等比关系的确定
【解析】
利用递推公式变形求解，逐项判定即可.
【解答】
解：A， ∵an+1−3an−1=0，
∴an+1+12=3an+12，
即an+1+12an+12=3，
∴ 数列an+12为以首项为32，公比为3的等比数列，A正确；
B，由A得an+12=32×3n−1，
∴an =12×3n−12 ，B正确 ；
C，∵an =12×3n−12 ，
∴数列an是递增数列，C错误；
D，Sn=12×31−3n1−3−12n
=−14×3n+1−34−n2 ，D错误.
故选AB.
【答案】
B,D
【考点】
直线与平面所成的角
异面直线及其所成的角
平面与平面垂直的判定
轨迹方程
余弦定理
【解析】
利用空间向量判断平面与平面垂直、直线与平面的夹角，求动点的轨迹.
【解答】
解：以A为原点，AB→为x轴，AD→为y轴，AA1→为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
则A0,0,0，B1,0,0，C1,1,0，D0,1,0
A10,0,1，B11,0,1，C11,1,1，D10,1,1,
∴ AA1→=0,0,1，AC→=(1,1,0)，
设平面ACC1A1的法向量为m→=(x1,y1,z1)，
则AA1→⋅m→=0，AC→⋅m→=0，
即z1=0，x1+y1=0，
令x1=1，y1=−1，
∴ m→=(1,−1,0).
A1B1→=(1,0,0)，B1C→=(0,1,−1)，
设平面B1CDA1法向量为n→=(x2,y2,z2)，
则A1B1→⋅n→=0，B1C→⋅n→=0，
即x2=0，y2−z2=0，
令y2=1，z2=1，
∴ n→=(0,1,1)，
∴m→⋅n→=−1≠0 ，故A错误；
∵ C1D1⊥平面ADD1A1，
∴∠C1AD1即为直线AC1与平面ADD1A1所成的角.
∵ C1D⊥AD1，C1D1=1，AC1=3，
sin∠C1AD1=13=33，故B正确 ；
P在B1C上，设P1,x,1−x0≤x≤1，
A1P2+BP2−A1B2
=1+2x2+1+2x2−2x−2
=4x2−2x，
当0则cs∠A1PB=A1P2+BP2−A1B22A1P⋅BP<0，即∠A1PB>90∘，故C错误；
P在侧面BCC1B1 上，设P1,y,z(0≤y≤1，0≤z≤1) ，
∵ AB⊥平面BCC1B1，
∴ AB⊥BP，
∴ P到直线AB距离即BP=y2+z2，P到CC1距离为1−y，
|BP|=y2+z2=1−y ，即z2=1−2y，为抛物线，故D正确.
故选BD.
三、填空题
【答案】
(x+1)2+(y−2)2=1
【考点】
关于点、直线对称的圆的方程
【解析】
先求出圆心C(1,0)关于0,1的对称点(−1,2)，所求圆的半径为1，即可得到圆的标准方程.
【解答】
解：圆x2+y2−2x=0的标准方程为(x−1)2+y2=1，
圆心坐标为C(1,0)，半径为1，
设圆心C(1,0)关于0,1的对称点为D(m,n)，
所以m+1=0，n+0=2，
解得m=−1，n=2，
所以圆C关于0,1对称的圆的圆心为D(−1,2)，
所以圆的标准方程为(x+1)2+(y−2)2=1.
故答案为：(x+1)2+(y−2)2=1.
【答案】
y=±12x
【考点】
双曲线的渐近线
【解析】
利用双曲线的渐近线方程y=±bax得到答案.
【解答】
解：在双曲线C：x24−y2=1中，a=2，b=1，
所以双曲线的渐近线方程为y=±bax=±12x.
故答案为：y=±12x.
【答案】
5,n2−2n+2
【考点】
数列递推式
数列的求和
【解析】
利用累加法进行求通项即可.
【解答】
解：∵a1=1，an+1−an=2n−1 ，
∴ 当n≥2时，an=an−an−1+an−1−an−2+⋯+a2−a1+a1
=1+1+3+5+⋯+2n−3
=1+n−11+2n−32
=n2−2n+2，
当n=1时也成立，
∴ an=n2−2n+2n∈N∗，
∴ a3=32−2×3+2=5.
故答案为：5；n2−2n+2.
【答案】
132
【考点】
双曲线的标准方程
双曲线的离心率
【解析】
由题意可得OF1=OF2=c，OT=a，则F1T=c2−a2=b，由向量共线定理可得TP=2b，F1P=3b，运用双曲线的定义，作F2M//OT，结合中位线定理和直角三角形的勾股定理可得2b=3a，再由离心率公式可得所求值．
【解答】
解：由题可得如图，
因为OF1=OF2=c，OT=a，且OT⊥F1P，
所以F1T=c2−a2=b，
因为F1P→=3F1T→，
所以TP→=2b，F1P→=3b，
由双曲线的定义可得PF1−PF2=2a，
所以PF2=3b−2a，
作F2M//OT交F1P于点M，则OT为△F1F2M的中位线，
所以F2M=2|OT|=2a，|F1M|=2|F1T|=2b，
TM=b，PM=b，
在Rt△MPF2中，MP2+MF22=PF22，
即b2+2a2=3b−2a2，
整理可得ba=32，
则e=ca=1+b2a2=1+94=132.
故答案为：132.
四、解答题
【答案】
(1)证明：以D为坐标原点，直线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设AE=x，
则B11,2,1，C0,2,0，D1(0,0,1)，E1,x,0，B1,2,0，
所以D1E→=(1,x,−1)，B1C→=(−1,0,−1).
因为D1E→⋅B1C→=(1,x,−1)⋅(−1,0,−1)=0，
所以D1E⊥B1C .
(2)解：因为E为AB的中点，所以E1,1,0，
所以D1E→=1,1,−1，EC→=(−1,1,0)，BC→=(−1,0,0)，
设平面D1EC的法向量为n→=a,b,c，
则n→⋅D1E→=0，n→⋅EC→=0，
即a+b−c=0，−a+b=0，
令a=1，则b=1，c=2，
所以n→=1,1,2，
所以点B到平面D1EC的距离为ℎ=|BC→⋅n→||n→|=16=66 .
【考点】
向量的数量积判断向量的共线与垂直
点、线、面间的距离计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：以D为坐标原点，直线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设AE=x，
则B11,2,1，C0,2,0，D1(0,0,1)，E1,x,0，B1,2,0，
所以D1E→=(1,x,−1)，B1C→=(−1,0,−1).
因为D1E→⋅B1C→=(1,x,−1)⋅(−1,0,−1)=0，
所以D1E⊥B1C .
(2)解：因为E为AB的中点，所以E1,1,0，
所以D1E→=1,1,−1，EC→=(−1,1,0)，BC→=(−1,0,0)，
设平面D1EC的法向量为n→=a,b,c，
则n→⋅D1E→=0，n→⋅EC→=0，
即a+b−c=0，−a+b=0，
令a=1，则b=1，c=2，
所以n→=1,1,2，
所以点B到平面D1EC的距离为ℎ=|BC→⋅n→||n→|=16=66 .
【答案】
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
因为2a1+a2=4，a1+a2+a3=3a2=6，
所以a1=1，a2=2，d=1，
所以{an}的通项公式为an=n，
所以1anan+1=1nn+1=1n−1n+1，
所以Tn=1−12+12−13+13−14+⋯+1n−1n+1
=1−1n+1
=nn+1.
(2)因为lg2bn=an，
所以bn=2an=2n，
所以bn+1bn=2n+12n，
所以Wn=2(1−2n)1−2+12×1−12n1−12
=2n+1−2+1−12n
=2n+1−12n−1.
【考点】
数列的求和
等差数列的通项公式
等比数列的前n项和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
因为2a1+a2=4，a1+a2+a3=3a2=6，
所以a1=1，a2=2，d=1，
所以{an}的通项公式为an=n，
所以1anan+1=1nn+1=1n−1n+1，
所以Tn=1−12+12−13+13−14+⋯+1n−1n+1
=1−1n+1
=nn+1.
(2)因为lg2bn=an，
所以bn=2an=2n，
所以bn+1bn=2n+12n，
所以 Wn=2(1−2n)1−2+12×1−12n1−12
=2n+1−2+1−12n
=2n+1−12n−1.
【答案】
解：(1)因为Sn=2−2an+1，
所以Sn−1=2−2ann≥2，
两式相减得an=2an−2an+1，
即an+1an=12n≥2.
因为当n=1时，a1=2−2a2=1，
所以a2=12，
所以q=a2a1=12，
所以数列an是以1为首项，12为公比的等比数列，
所以an=12n−1 .
(2)由(1)知， 1an=2n−1，
所以当2n−1≤m<2n时，bm=n，
所以当n=1时， b1=1，
当n=2时， b2=b3=2，
当n=3时，b4=b5=⋯=b7=3，
当n=4时， b8=b9=⋯=b15=4，
当n=5时，b16=b17=⋯=b30=5，
所以W30=1+2×2+3×4+4×8+5×15=124 .
【考点】
等比数列的通项公式
数列递推式
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为Sn=2−2an+1，
所以Sn−1=2−2ann≥2，
两式相减得an=2an−2an+1，
即an+1an=12n≥2.
因为当n=1时，a1=2−2a2=1，
所以a2=12，
所以q=a2a1=12，
所以数列an是以1为首项，12为公比的等比数列，
所以an=12n−1 .
(2)由(1)知， 1an=2n−1，
所以当2n−1≤m<2n时，bm=n，
所以当n=1时， b1=1，
当n=2时， b2=b3=2，
当n=3时，b4=b5=⋯=b7=3，
当n=4时， b8=b9=⋯=b15=4，
当n=5时，b16=b17=⋯=b30=5，
所以W30=1+2×2+3×4+4×8+5×15=124 .
【答案】
解：(1)由题知圆x2+y−122=14的最高点恰为椭圆C的上顶点，
所以b=1，
因为e=a2−b2a=22，
所以a=2，
所以椭圆C的标准方程为x22+y2=1；
在△PFQ中，因为|PF|=|PQ|，
所以yP=−p2−32=−p4+32 ，
所以|PF|=p2−yp=3p4+32.
又因为|FQ|=−p2−−3=3−p2，
所以|PF|−|FQ|=3p4+32−3−p2=5p4−32=1，
解得p=2，
所以抛物线D的标准方程为x2=−4y .
(2)设Ax1,y1，Bx2,y2，
则x122+y12=1，x222+y22=1，
做差可得kAB=y1−y2x1−x2=−x1+x22y1+y2
=−2xn4−xn24=2xn=2nn2，
解得xn=n22n−1.
因为xn+1−xn=n+12−2n22n=−n2−2n−12n，
当1≤n≤2时， −n2−2n−12n>0；
当n≥3时， −n2−2n−12n<0；
所以x1x4>x5>⋯，
所以xn≤x3=94.
联立 x2=−4y，x22+y2=1得y2−2y−1=0，
得y=1−2或y=1+2 （舍），
所以x2=42−1，
即xn2<42−1，
所以x2，x3，x4，x5都不满足条件，
所以xnmax=x6=98 .
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的定义和性质
直线与椭圆结合的最值问题
椭圆的离心率
圆锥曲线的综合问题
【解析】

【解答】
解：(1)由题知圆x2+y−122=14的最高点恰为椭圆C的上顶点，
所以b=1，
因为e=a2−b2a=22，
所以a=2，
所以椭圆C的标准方程为x22+y2=1；
在△PFQ中，因为|PF|=|PQ|，
所以yP=−p2−32=−p4+32 ，
所以|PF|=p2−yp=3p4+32.
又因为|FQ|=−p2−−3=3−p2，
所以|PF|−|FQ|=3p4+32−3−p2=5p4−32=1，
解得p=2，
所以抛物线D的标准方程为x2=−4y .
(2)设Ax1,y1，Bx2,y2，则x122+y12=1，x222+y22=1，
做差可得kAB=y1−y2x1−x2=−x1+x22y1+y2
=−2xn4−xn24=2xn=2nn2，
解得xn=n22n−1.
因为xn+1−xn=n+12−2n22n=−n2−2n−12n，
当1≤n≤2时， −n2−2n−12n>0；
当n≥3时， −n2−2n−12n<0；
所以x1x4>x5>⋯，
所以xn≤x3=94.
联立 x2=−4y，x22+y2=1 得y2−2y−1=0，
得y=1−2或y=1+2 （舍），
所以x2=42−1，
即xn2<42−1，
所以x2，x3，x4，x5都不满足条件，
所以xnmax=x6=98 .
【答案】
解：(1)因为AO⊥平面BOC，
所以AO⊥OC，
所以在三棱锥O−ABC中，AC2=AO2+OC2=20，
取AO1的中点E，则△ACE是直角三角形，
所以AC2=O1O22+AE2，
解得O1O2=4，
所以VO−ABC=13S△BOC⋅OA
=13×12×OC⋅OB⋅OA
=16×2×2×4=83.
(2)由(1)知AO⊥OC，AO⊥OB，
又BO⊥OC，
以O为坐标原点，以OC→，OB→，OA→的方向分别作为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，
所以A0,0,4，B0,2,0，C2,0,0，F0,0,2，
CF→=−2,0,2，AB→=0,2,−4，
设异面直线CF与AB所成角为α，
所以csα=|CF→⋅AB→||CF→||AB→|=822×25=105，
异面直线CF与AB所成角的余弦值为105.
(3)因为G0+0+23,0+2+03,4+0+03，
所以OG→=23,23,43，OC→=2,0,0.
设n→=(x,y,z)为平面OGC的法向量，
则n→⋅OG→=0,n→⋅OC→=0,
即2x+2y+4z=0，2x=0，
令y=2得n→=0,2,−1，
OB→=(0,2,0)为平面OAC的法向量，
设平面GOC和平面AOC夹角为θ，
所以csθ=|OB→⋅n→||OB→||n→|=425=255，
所以平面GOC和平面AOC夹角的余弦值为255.
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
异面直线及其所成的角
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为AO⊥平面BOC，
所以AO⊥OC，
所以在三棱锥O−ABC中，AC2=AO2+OC2=20，
取AO1的中点E，则△ACE是直角三角形，
所以AC2=O1O22+AE2，
解得O1O2=4，
所以VO−ABC=13S△BOC⋅OA
=13×12×OC⋅OB⋅OA
=16×2×2×4=83.
(2)由(1)知AO⊥OC，AO⊥OB，
又BO⊥OC，
以O为坐标原点，以OC→，OB→，OA→的方向分别作为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，
所以A0,0,4，B0,2,0，C2,0,0，F0,0,2，
CF→=−2,0,2，AB→=0,2,−4，
设异面直线CF与AB所成角为α，
所以csα=|CF→⋅AB→||CF→||AB→|=822×25=105，
异面直线CF与AB所成角的余弦值为105.
(3)因为G0+0+23,0+2+03,4+0+03，
所以OG→=23,23,43，OC→=2,0,0.
设n→=(x,y,z)为平面OGC的法向量，
则n→⋅OG→=0,n→⋅OC→=0,
即2x+2y+4z=0，2x=0，
令y=2得n→=0,2,−1，
OB→=(0,2,0)为平面OAC的法向量，
设平面GOC和平面AOC夹角为θ，
所以csθ=|OB→⋅n→||OB→||n→|=425=255，
所以平面GOC和平面AOC夹角的余弦值为255.
【答案】
(1)解：由题知|FW|=p2+xw=p，
所以xw=p2，yw=p，
所以|OW|=(p2)2+p2=52p=5，
解得p=2，
所以抛物线C的标准方程为y2=4x，F1,0，
设动圆Z的半径为r，则|ZF′|=r，
因为以Z为圆心的动圆过F′且与圆F相切．
所以|ZF|=4−r，
所以|ZF|+|ZF′|=4>|FF′|=2，
所以Z点的轨迹是以F，F′为焦点的椭圆，
其长轴长2a=4，焦距为2c=2，b=a2−c2=3，
所以曲线E的标准方程为x24+y23=1 .
(2)证明：①设点Gx,y，因为A(2,0)，
所以直线AC：y=k1x−2，
所以k1=yx−2，
因为B(0,3)，
所以直线BD：y=k2x+3，
所以k2=y−3x，
因为k1k2=34，
所以yx−2⋅y−3x=34，
整理得(2y−3x)(2y+3x−23)=0，
因为ABCD为四边形，
所以2y+3x−23≠0，
所以点G在定直线3x−2y=0上 ；
②因为 A2,0，B0,3，
所以直线AB:y=−32x+3 ，
设Cx1,y1，Dx2,y2，直线CD:y=kx+m，
将y=kx+m代入x24+y23=1得
3+4k2x2+8kmx+4m2−12=0，
所以 x1+x2=−8km3+4k2，x1x2=4m2−123+4k2，
所以k1k2=y1x1−2⋅y2−3x2=y1y2−3y1(x1−2)x2
=k2x1x2+km(x1+x2)+m2−3(kx1+m)x1x2−2x2
=k24m2−123+4k2+km−8km3+4k2+m2−3k−8km3+4k2−x2−3m4m2−123+4k2−2x2，
所以3m2−12k2+43k2m−33m+33k+4k3x24m2−12−23+4k2x2=34，
所以163k3+24k2+123k+18=0，43m4k2−3+36−48k2=0，
解得k=−32，
所以AB//CD .
【考点】
抛物线的性质
圆锥曲线的综合问题
抛物线的标准方程
椭圆的定义
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：由题知|FW|=p2+xw=p，
所以xw=p2，yw=p，
所以|OW|=(p2)2+p2=52p=5，解得p=2，
所以抛物线C的标准方程为y2=4x，F1,0，
设动圆Z的半径为r，则|ZF′|=r，
因为以Z为圆心的动圆过F′且与圆F相切．
所以|ZF|=4−r，
所以|ZF|+|ZF′|=4>|FF′|=2，
所以Z点的轨迹是以F，F′为焦点的椭圆，
其长轴长2a=4，焦距为2c=2，b=a2−c2=3，
所以曲线E的标准方程为：x24+y23=1 .
(2)证明：①设点Gx,y，因为A(2,0)，
所以直线AC：y=k1x−2，
所以k1=yx−2，
因为B(0,3)，
所以直线BD：y=k2x+3，
所以k2=y−3x，
因为k1k2=34，
所以yx−2⋅y−3x=34，
整理得(2y−3x)(2y+3x−23)=0，
因为ABCD为四边形，
所以2y+3x−23≠0，
所以点G在定直线3x−2y=0上 ；
②因为A2,0，B0,3，
所以直线AB:y=−32x+3 ，
设Cx1,y1，Dx2,y2，直线CD:y=kx+m，
将y=kx+m代入x24+y23=1得
3+4k2x2+8kmx+4m2−12=0，
所以x1+x2=−8km3+4k2，x1x2=4m2−123+4k2，
所以k1k2=y1x1−2⋅y2−3x2=y1y2−3y1(x1−2)x2
=k2x1x2+km(x1+x2)+m2−3(kx1+m)x1x2−2x2
=k24m2−123+4k2+km−8km3+4k2+m2−3k−8km3+4k2−x2−3m4m2−123+4k2−2x2，
所以3m2−12k2+43k2m−33m+33k+4k3x24m2−12−23+4k2x2=34，
所以163k3+24k2+123k+18=0，43m4k2−3+36−48k2=0，
解得k=−32，
所以AB//CD .