2021-2022学年浙江省杭州市学军中学高二（上）期末数学试卷

这是一份2021-2022学年浙江省杭州市学军中学高二（上）期末数学试卷，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。
2021-2022学年浙江省杭州市学军中学高二（上）期末数学试卷
一、单项选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求.
1．（5分）已知m∈R，则“m＝﹣6”是“直线（m+2）x﹣（m﹣2）y+2＝0与3x+my﹣1＝0平行”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
2．（5分）在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，E为PD中点，若，，，则（　　）

A． B． C． D．
3．（5分）已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和，a1+2a7＝6，则下列和与公差无关的是（　　）
A．S10 B．S9 C．S8 D．S7
4．（5分）直线xsinα﹣y﹣1＝0的倾斜角的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
5．（5分）原点到直线l：（3+2λ）x+（4+λ）y+2λ﹣2＝0的距离的最大值为（　　）
A． B． C． D．
6．（5分）已知在直角坐标系xOy中，点Q（4，0），O为坐标原点，直线l：mx+y+20上存在点P满足0，则实数m的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
7．（5分）已知点M，N分别为圆C1：（x﹣2）2+（y﹣1）2＝1，C2：（x+3）2+（y﹣2）2＝1上的动点，P为x轴上一点，则|PM|+|PN|的最小值（　　）
A． B． C． D．
8．（5分）矿山爆破时，在爆破点处炸开的矿石的运动轨迹可看作是不同的抛物线，根据地质、炸药等因素可以算出这些抛物线的范围，这个范围的边界可以看作一条抛物线，叫“安全抛物线”，如图所示，已知某次矿山爆破时的安全抛物线E：x2＝﹣2py+4（p＞0）的焦点为，则这次暴破时，矿石落点的最远处到点F的距离为（　　）

A． B．2 C． D．
9．（5分）已知双曲线左、右焦点为F1，F2，过F2的直线与双曲线的右支交于P，Q两点，且，若线段PF1的中垂线过点Q，则双曲线的离心率为（　　）
A．3 B．2 C． D．
10．（5分）已知数列{an}中，其前n项和为Sn，且满足Sn＝2﹣an，数列{an2}的前n项和为Tn，若Sn2﹣λ（﹣1）nTn≥0对n∈N*恒成立，则实数λ的值可以是（　　）
A． B．2 C．3 D．
二、多项选择题：本大题共2小题，每小题5分，共10分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.
（多选）11．（5分）以下四个命题表述正确的是（　　）
A．圆C1：x2+y2+2x＝0与圆C2：x2+y2﹣4x﹣8y+4＝0恰有三条公切线
B．直线l：xcosα+ysinα＝1与圆O：x2+y2＝9一定相交
C．直线y＝k（x﹣2）+4与曲线有两个不同交点，则实数k的取值范围是
D．已知圆C：x2+y2＝1，点P为直线上一动点，过点P向圆C引两条切线PA，PB，A，B为切点，则直线AB经过定点
（多选）12．（5分）如图，棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别为棱A1D1、AA1的中点，G为面对角线B1C上一个动点，则（　　）

A．三棱锥A1﹣EFG的体积为定值
B．线段B1C上存在点G，使平面EFG∥平面BDC1
C．设直线FG与平面BCC1B1所成角为θ，则cosθ的最小值为
D．三棱锥A1﹣EFG的外接球半径的最大值为
三、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.
13．（5分）抛物线y＝﹣4x2的焦点坐标为　 　．
14．（5分）九连环是中国的一种古老智力游戏，它用九个圆环相连成串，环环相扣，以解开为胜，趣味无穷．中国的末代皇帝溥仪（1906﹣1967）也曾有一个精美的由九个翡翠缳相连的银制的九连环（如图）．现假设有n个圆环，用an表示按照某种规则解下n个圆环所需的最少移动次数，且数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＝an﹣2+2n﹣1（n≥3，n∈N*），则a10＝　 　．

15．（5分）点P为椭圆上的一动点，则点P到直线的距离的最小值为 　 　．
16．（5分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，AA1＝4，D为AA1中点，则平面B1DC与平面DCC1夹角的正切值为 　 　．

17．（5分）已知，空间直角坐标系xOy中，过点P（x0，y0，z0）且一个法向量为的平面α的方程为a（x﹣x0）+b（y﹣y0）+c（z﹣z0）＝0．用以上知识解决下面问题：已知平面α的方程为x﹣2y+2z+1＝0，直线l是两个平面x﹣y+2＝0与2x﹣z+1＝0的交线，则直线l与平面α所成角的正弦值为 　 　．
18．（5分）如图①，用一个平面去截圆锥，得到的截口曲线是椭圆．许多人从纯几何的角度出发对这个问题进行过研究，其中比利时数学家Germinaldandelin（1794﹣1847）的方法非常巧妙，极具创造性．在圆锥内放两个大小不同的球，使得它们分别与圆锥的侧面，截面相切，两个球分别与截面相切于E，F，在截口曲线上任取一点A，过A作圆锥的母线，分别与两个球相切于C，B，由球和圆的几何性质，可以知道，AE＝AC，AF＝AB，于是AE+AF＝AB+AC＝BC．由B，C的产生方法可知，它们之间的距离BC是定值，由椭圆定义可知，截口曲线是以E，F为焦点的椭圆．如图②，一个半径为2的球放在桌面上，桌面上方有一个点光源P，则球在桌面上的投影是椭圆．已知A1A2是椭圆的长轴，PA1垂直于桌面且与球相切，PA1＝6，则椭圆的离心率为 　 　．

四、解答题：本大题共5小题，共60分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
19．（12分）已知两个定点A（0，4），B（0，1），动点P满足|PA|＝2|PB|．设动点P的轨迹为曲线E，直线l：y＝kx﹣4．
（1）求曲线E的轨迹方程；
（2）若l与曲线E交于不同的C，D两点，且∠COD＝120°（O为坐标原点），求直线l的斜率．
20．（12分）如图甲，平面图形ABCDE中，AE＝ED＝DB＝BC＝1，CB⊥BD，ED∥AB，∠EAB＝60°，沿BD将△BCD折起，使点C到点F的位置，如图乙，使．

（1）求证：平面GEBF⊥平面AEG；
（2）若点M满足，求点D到直线AM的距离．
21．（12分）已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，满足a1＝1，an+2﹣Sn+1＝an﹣Sn﹣1（n≥2）．记bn＝log2a2（n+1）．
（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；
（2）设数列的前n项和Tn，求使得不等式成立的n的最小值．
22．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，，AD∥BC，AB＝AC，∠BAD＝150°，∠PDA＝30°．
（1）证明：PA⊥平面ABCD；
（2）在线段PD上是否存在一点F，使直线CF与平面PBC所成角的正弦值等于？

23．（12分）已知点F是抛物线C1：y2＝4x和椭圆的公共焦点，M是C1与C2的交点，．
（1）求椭圆C2的方程；
（2）直线l与抛物线C1相切于点P（x0，y0），与椭圆C2交于A，B，点P关于x轴的对称点为Q．求S△ABQ的最大值及相应的x0．


2021-2022学年浙江省杭州市学军中学高二（上）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求.
1．（5分）已知m∈R，则“m＝﹣6”是“直线（m+2）x﹣（m﹣2）y+2＝0与3x+my﹣1＝0平行”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【解答】解：m∈R，
则“m＝﹣6”时，，
“直线（m+2）x﹣（m﹣2）y+2＝0与3x+my﹣1＝0平行”，
即充分性成立；
当”直线（m+2）x﹣（m﹣2）y+2＝0与3x+my﹣1＝0平行”时，
，解得m＝﹣6或m＝1，
即必要性不成立
∴“m＝﹣6”是“直线（m+2）x﹣（m﹣2）y+2＝0与3x+my﹣1＝0平行”的充分不必要条件．
故选：A．
2．（5分）在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，E为PD中点，若，，，则（　　）

A． B． C． D．
【解答】解：

．
故选：C．
3．（5分）已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和，a1+2a7＝6，则下列和与公差无关的是（　　）
A．S10 B．S9 C．S8 D．S7
【解答】解：∵{an}为等差数列，Sn为其前n项和，a1+2a7＝6，
∴a1+2a1+12d＝6，
即a1+4d＝2，
∴a5＝2，
∴S9＝9a5＝18．
故选：B．
4．（5分）直线xsinα﹣y﹣1＝0的倾斜角的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：由直线xsinα﹣y﹣1＝0，得y＝xsinα﹣1，
设直线xsinα﹣y﹣1＝0的倾斜角为θ（0≤θ＜π），
则tanθ＝sinα∈[﹣1，1]，
∴直线xsinα﹣y﹣1＝0的倾斜角的取值范围是．
故选：A．
5．（5分）原点到直线l：（3+2λ）x+（4+λ）y+2λ﹣2＝0的距离的最大值为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：由直线l：（3+2λ）x+（4+λ）y+2λ﹣2＝0，
得（3x+4y﹣2）+λ（2x+y+2）＝0，
联立，解得，则直线l：（3+2λ）x+（4+λ）y+2λ﹣2＝0过定点（﹣2，2），
∴原点到直线l：（3+2λ）x+（4+λ）y+2λ﹣2＝0的距离的最大值为．
故选：C．
6．（5分）已知在直角坐标系xOy中，点Q（4，0），O为坐标原点，直线l：mx+y+20上存在点P满足0，则实数m的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：设直线l：mx+y+20上上点P的坐标为：（x，﹣mx﹣2），
则（x，﹣mx﹣2），（4﹣x，mx+2），
∴0⇒4x﹣x2﹣（mx+2）2＞0⇒（m2+1）x2+（4m﹣4）x+12＜0，
故需：Δ＝（4m﹣4）2﹣4×12×（m2+1）＞0，解得：m，
故选：A．
7．（5分）已知点M，N分别为圆C1：（x﹣2）2+（y﹣1）2＝1，C2：（x+3）2+（y﹣2）2＝1上的动点，P为x轴上一点，则|PM|+|PN|的最小值（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：由圆C1：（x﹣2）2+（y﹣1）2＝1，圆C2：（x+3）2+（y﹣2）2＝1，
知圆C1的圆心为（2，1），半径为1，圆C2的圆心为（﹣3，2）半径为1．
如图，
圆C2关于x轴的对称圆为圆C2′（x+3）2+（y+2）2＝1．
连结C2′C1，交x轴于P，则P为满足使|PM|+|PN|最小的点，
此时M点为PC1与圆C1 的交点，N为PC2 与圆C2 的交点．
最小值为|C2′C1|﹣（1+1），
而|C2′C1|，
∴|PM|+|PN|的最小值为2．
故选：B．

8．（5分）矿山爆破时，在爆破点处炸开的矿石的运动轨迹可看作是不同的抛物线，根据地质、炸药等因素可以算出这些抛物线的范围，这个范围的边界可以看作一条抛物线，叫“安全抛物线”，如图所示，已知某次矿山爆破时的安全抛物线E：x2＝﹣2py+4（p＞0）的焦点为，则这次暴破时，矿石落点的最远处到点F的距离为（　　）

A． B．2 C． D．
【解答】解：由抛物线E：x2＝﹣2py+4（p＞0），取x＝0，得y，
则抛物线的顶点坐标为（0，），抛物线的顶点到焦点的距离，p＞0，
解得p＝4．
于是，抛物线E的方程为x2＝﹣8y+4，由y＝0，可得x＝±2，
即抛物线与x轴的焦点坐标为M（±2，0），
因此，|MF|，
即矿石落点的最远处到点F的距离为．
故选：C．
9．（5分）已知双曲线左、右焦点为F1，F2，过F2的直线与双曲线的右支交于P，Q两点，且，若线段PF1的中垂线过点Q，则双曲线的离心率为（　　）
A．3 B．2 C． D．
【解答】解：设|F2Q|＝t，则|PF2|＝3t，
由线段PF1的中垂线过点Q，连接F1Q，可得|F1Q|＝|PQ|＝4t，
由双曲线的定义可得|PF1|＝3t+2a，|F1Q|＝t+2a，
由t+2a＝4t，解得t，
则|PF1|＝4a，|PF2|＝2a，|QF1|，|QF2|，|F1F2|＝2c，
所以cos∠PF2F1，
又cos∠QF2F1，
因为∠PF2F1+∠QF2F1＝π，可得cos∠PF2F1+cos∠QF2F1＝0，
则c2﹣3a2+3c2﹣5a2＝0，即为c2＝2a2，
所以e，
故选：C．

10．（5分）已知数列{an}中，其前n项和为Sn，且满足Sn＝2﹣an，数列{an2}的前n项和为Tn，若Sn2﹣λ（﹣1）nTn≥0对n∈N*恒成立，则实数λ的值可以是（　　）
A． B．2 C．3 D．
【解答】解：∵Sn＝2﹣an，
n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝2﹣an﹣（2﹣an﹣1），化为：anan﹣1，
n＝1时，a1＝S1＝2﹣a1，解得a1＝1．
∴数列{an}是等比数列，首项为1，公比为，
∴an，
∴Sn＝2，，
Tn[1]，
Sn2﹣λ（﹣1）nTnλ（﹣1）n[1]≥0对n∈N*恒成立，
n为偶数时可得：λ[1]≥0恒成立；
n为奇数时可得：λ[1]≥0恒成立．
经过验证，λ对于n＝1时不成立，λ舍去．
λ＝2，3时对于n＝2时不成立，舍去．
因此λ．
故选：D．
二、多项选择题：本大题共2小题，每小题5分，共10分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.
（多选）11．（5分）以下四个命题表述正确的是（　　）
A．圆C1：x2+y2+2x＝0与圆C2：x2+y2﹣4x﹣8y+4＝0恰有三条公切线
B．直线l：xcosα+ysinα＝1与圆O：x2+y2＝9一定相交
C．直线y＝k（x﹣2）+4与曲线有两个不同交点，则实数k的取值范围是
D．已知圆C：x2+y2＝1，点P为直线上一动点，过点P向圆C引两条切线PA，PB，A，B为切点，则直线AB经过定点
【解答】解：对于A，由圆C1：x2+y2+2x＝0，可知圆心C1（﹣1，0），半径为1，由圆C2：x2+y2﹣4x﹣8y+4＝0，可知圆心C1（2，4），半径为4，
又|C1C2|5＝1+4，所以两圆外切，
即圆C1：x2+y2+2x＝0与圆C2：x2+y2﹣4x﹣8y+4＝0恰有三条公切线，故A正确；
对于B，由圆O：x2+y2＝9知圆心为O（0，0），半径为3，
又直线l：xcosα+ysinα＝1，
所以圆心到直线的距离为d1＜3，所以直线与圆相交，故B正确；
对于C，直线y＝k（x﹣2）+4恒过定点A（2，4），
曲线为圆心为（0，1），半径为2的半圆，如图所示，
当直线与半圆相切时，圆心到直线的距离为半径2，即2，
解得k，
当直线经过B（﹣2，1）点时，直线的斜率为，
则直线y＝k（x﹣2）+4与曲线有两个不同交点时，实数k的取值范围是（，]，故C错误；
对于D，设P（m，n），则1，
以OP为直径的圆的方程为（x）2+（y）2，
即x2+y2﹣mx﹣ny＝0，又圆C：x2+y2＝1，
两圆方程作差可得直线AB的方程为mx+ny＝1，
消去n可得m（x）+2y﹣1＝0，
令，解得，
故直线AB经过定点，故D正确．
故选：ABD．

（多选）12．（5分）如图，棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别为棱A1D1、AA1的中点，G为面对角线B1C上一个动点，则（　　）

A．三棱锥A1﹣EFG的体积为定值
B．线段B1C上存在点G，使平面EFG∥平面BDC1
C．设直线FG与平面BCC1B1所成角为θ，则cosθ的最小值为
D．三棱锥A1﹣EFG的外接球半径的最大值为
【解答】解：对于A，∵平面ADD1A1∥平面BCC1B1，而B1C⊂平面BCC1B1，∴B1C∥平面ADD1A1，
∵G为面对角线B1C上一个动点，∴点G到平面ADD1A1的距离不变，值为2，
∵E，F分别是棱A1D1、AA1的中点，∴△A1EF面积不变，∴三棱锥V不变，
三棱锥A1﹣EFG的体积与三棱锥G﹣EFA1的体积相等，为定值，故A正确；
对于B，如图1，以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，
则B（2，2，0），D（0，0，0），C1（0，2，2），E（ 1，0，2），F（ 2，0，1），
（2，2，0），（0，2，2），（1，0，﹣1），
设G（m，2，m），（0≤m≤2），则（m﹣2，2，m﹣1），
设平面BDC1的法向量（x，y，z），
则，取x＝1，得（1，﹣1，1），
设平面EFG的法向量（a，b，c），
则，取a＝1，得（1，，1），
设，即（1，﹣1，1）＝k（1，），解得k＝1，m，
∵0≤m≤2，∴不合题意，∴线段B1C上不存在点G，使平面EFG∥平面BDC1，故B错误；
对于C，由B得，（m﹣2，2，m﹣1），平面BCC1B1的法向量（0，1，0），
则sinθ，其中2m2﹣6m+9＝2（m）2，
∴sinθ的最大值为，∵θ∈[0，]，∴cosθ的最小值为，故C正确；
对于D，如图2，连接A1D，交EF于J．则J为EF的中点，AJ，
则三棱锥A1﹣EFG 的外接球球心的投影为J，
过点G作GH⊥A1D于点H，则GH⊥平面ADD1A1，GH＝2，
找到球心位置O，连接OA1，OG，则OA1＝OG为外接球半径，
过点O作OK⊥GH于K，则OK＝JH，OJ＝HK，
设OK＝JH＝a（0≤a），OJ＝HK＝h，
由勾股定理得：，OG2＝（2﹣h）2+a2，
∴（2﹣h）2+a2，解得h，
要想半径最大，只需h最大，即a2最大，
当a时，h取最大值2，此时半径的最大值为，故D正确．
故选：ACD．
三、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.
13．（5分）抛物线y＝﹣4x2的焦点坐标为　（0，）　．
【解答】解：抛物线y＝﹣4x2，即x2y，
∴p，，
∴焦点坐标是 （0，），
故答案为：（0，）．
14．（5分）九连环是中国的一种古老智力游戏，它用九个圆环相连成串，环环相扣，以解开为胜，趣味无穷．中国的末代皇帝溥仪（1906﹣1967）也曾有一个精美的由九个翡翠缳相连的银制的九连环（如图）．现假设有n个圆环，用an表示按照某种规则解下n个圆环所需的最少移动次数，且数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＝an﹣2+2n﹣1（n≥3，n∈N*），则a10＝　682（填（211﹣2）（45﹣1）等均可）　．

【解答】解：由题意，可知，当n≥3时，an﹣an﹣2＝2n﹣1，
当n为偶数时，则有a2＝2，a4﹣a2＝23，a6﹣a4＝25，…，an﹣an﹣2＝2n﹣1，
各项相加，可得an＝2+23+25+…+2n﹣1（2n+1﹣2），n为偶数，
∴a10（211﹣2）＝682．
故答案为：682．
15．（5分）点P为椭圆上的一动点，则点P到直线的距离的最小值为 　　．
【解答】解：设与 平行的直线l'：，
当l'与椭圆C相切时，，化简整理可得，41x2﹣192mx+288m2﹣18＝0，
Δ＝1922m2﹣4×41×（288m2﹣18）＝0，解得m，
当m时，l'：到直线4x+3y﹣12＝0的距离最小，最小值d，
故点P到直线的距离的最小值为．
故答案为：．
16．（5分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，AA1＝4，D为AA1中点，则平面B1DC与平面DCC1夹角的正切值为 　　．

【解答】解：由直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，可得CC1⊥平面A1B1C1，
又∵B1C1⊂平面A1B1C1，∴CC1⊥B1C1，又∵∠ACB＝90°，
∴AC⊥BC，∴A1C1⊥B1C1，又A1C1∩CC1＝C1，B1C1⊥平面ACC1A1，
∴在Rt△DC1A1中，可得DC12，
同理可得DC＝2，∴DC12+DC2＝CC12，∴DC1⊥DC，
又平面B1DC∩平面DCC1＝DC，
所以∠B1DC1为平面B1DC与平面DCC1的平面角，
在Rt△B1C1D中，tan∠B1DC1，
∴平面B1DC与平面DCC1夹角的正切值为．
故答案为：．
17．（5分）已知，空间直角坐标系xOy中，过点P（x0，y0，z0）且一个法向量为的平面α的方程为a（x﹣x0）+b（y﹣y0）+c（z﹣z0）＝0．用以上知识解决下面问题：已知平面α的方程为x﹣2y+2z+1＝0，直线l是两个平面x﹣y+2＝0与2x﹣z+1＝0的交线，则直线l与平面α所成角的正弦值为 　　．
【解答】解：∵直线l是两个平面x﹣y+2＝0与2x﹣z+1＝0的交线，设直线l的方向向量为（x，y，z），
平面x﹣y+2＝0的法向量为（1，﹣1，0），平面2x﹣z+1＝0的法向量为（2，0，﹣1），
则，令x＝1，解得y＝1，z＝2，
则直线l的方向向量为（1，1，2），
∵平面α的方程为x﹣2y+2z+1＝0，∴（1，﹣2，2）为平面α的法向量，
设直线l与平面α所成角为θ，
则sinθ＝|cos，|．
∴直线l与平面α所成角的正弦值为．
故答案为：．
18．（5分）如图①，用一个平面去截圆锥，得到的截口曲线是椭圆．许多人从纯几何的角度出发对这个问题进行过研究，其中比利时数学家Germinaldandelin（1794﹣1847）的方法非常巧妙，极具创造性．在圆锥内放两个大小不同的球，使得它们分别与圆锥的侧面，截面相切，两个球分别与截面相切于E，F，在截口曲线上任取一点A，过A作圆锥的母线，分别与两个球相切于C，B，由球和圆的几何性质，可以知道，AE＝AC，AF＝AB，于是AE+AF＝AB+AC＝BC．由B，C的产生方法可知，它们之间的距离BC是定值，由椭圆定义可知，截口曲线是以E，F为焦点的椭圆．如图②，一个半径为2的球放在桌面上，桌面上方有一个点光源P，则球在桌面上的投影是椭圆．已知A1A2是椭圆的长轴，PA1垂直于桌面且与球相切，PA1＝6，则椭圆的离心率为 　　．

【解答】解：如图，是球O的一个截面，圆O分别与A1A2，PA1相切于点F，E，
因为PA1＝6，球的半径为2，所以PE＝4，tan∠EPO，
所以tan∠A1PA2，
所以A1A2＝PA1•tan∠A1PA2＝68，
因为A1A2是椭圆的长轴长，所以2a＝8，所以a＝4，
根据椭圆在圆锥中截面与二球相切的切点为椭圆的焦点知，球O与A1A2相切的切点F为椭圆的一个焦点，
所以A1F＝2＝a﹣c，所以c＝a﹣2＝4﹣2＝2，
所以离心率e．

故答案为：．

四、解答题：本大题共5小题，共60分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
19．（12分）已知两个定点A（0，4），B（0，1），动点P满足|PA|＝2|PB|．设动点P的轨迹为曲线E，直线l：y＝kx﹣4．
（1）求曲线E的轨迹方程；
（2）若l与曲线E交于不同的C，D两点，且∠COD＝120°（O为坐标原点），求直线l的斜率．
【解答】解：（1）设点P的坐标为（x，y），
由|PA|＝2|PB|可得，，
整理可得x2+y2＝4，
所以曲线E的轨迹方程为x2+y2＝4．
（2）依题意，OC＝OD＝2，且∠COD＝120°，
则点O到CD边的距离为1，
即点O（0，0）到直线l：kx﹣y﹣4＝0的距离，
解得
所以直线l的斜率为．
20．（12分）如图甲，平面图形ABCDE中，AE＝ED＝DB＝BC＝1，CB⊥BD，ED∥AB，∠EAB＝60°，沿BD将△BCD折起，使点C到点F的位置，如图乙，使．

（1）求证：平面GEBF⊥平面AEG；
（2）若点M满足，求点D到直线AM的距离．
【解答】解：（1）证明：∵，则EG∥BF，且EG＝BF，又BF⊥BE，BF⊥BD，BE∩BD＝B，BE，BD⊂平面ABDE，
∴BF⊥平面ABDE，即有EG⊥平面ABDE，EB⊂平面ABDE，则EG⊥EB，
AE＝ED＝DB＝BC＝1，ED∥AB，则四边形ABDE为等腰梯形，又∠EAB＝60°，则有∠BDE＝∠AED＝120°，
于是有∠DEB＝30°，则∠AEB＝90°，即AE⊥BE，AE∩EG＝E，AE，EG⊂平面AEG，
∴BE⊥平面AEG，又BE⊂平面GEBF，∴平面GEBF⊥平面AEG；
（2）由（1）知，EA，EB，EG两两垂直，以点E为原点，射线EA，EB，EG分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
因AE＝ED＝DB＝BC＝1，四边形GEBF是矩形，则FG＝BE，即A（1，0，0），B（0，，0），G（0，0，1），

D（，，0），由2，则M（0，，1），
则（﹣1，，1），（，，0），
则向量在向量上的投影的长为，
又3，∴点D到直线AM的距离为d．
21．（12分）已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，满足a1＝1，an+2﹣Sn+1＝an﹣Sn﹣1（n≥2）．记bn＝log2a2（n+1）．
（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；
（2）设数列的前n项和Tn，求使得不等式成立的n的最小值．
【解答】解：（1）设等比数列的公比为q，且q＞0，
因为an+2﹣Sn+1＝an﹣Sn﹣1（n≥2），
所以an+2﹣an＝Sn+1﹣Sn﹣1＝an+1﹣an，即an+2﹣an+1＝2an（n≥2），
所以q2﹣q＝2，解得q＝2或﹣1（舍负），
所以an＝a1•qn﹣1＝2n﹣1，
所以bn＝log2a2（n+1）＝log222n+1＝2n+1．
（2），
所以Tn，
所以Tn，
两式相减得，Tn1+（﹣2）3，
所以Tn＝﹣6，
因为不等式成立，
所以Tn＝﹣6，即，
解得n≥5，
故使得不等式成立的n的最小值为5．
22．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，，AD∥BC，AB＝AC，∠BAD＝150°，∠PDA＝30°．
（1）证明：PA⊥平面ABCD；
（2）在线段PD上是否存在一点F，使直线CF与平面PBC所成角的正弦值等于？

【解答】（1）证明：取线段BC中点E，连结AE，
因为，
所以PA＝1，
因为AD∥BC，∠BAD＝150°，
所以∠B＝30°，
又因为AB＝AC，
所以AE⊥BC，
而，
所以，
因为，
所以PC2＝PA2+AC2，
即PA⊥AC，
因为PA⊥AD，且AD，AC⊂平面ABCD，AD∩AC＝A，
所以PA⊥平面ABCD；
（2）解：存在；
以A为坐标原点，以AE，AD，AP所在直线分别为x，y，z 轴，建立空间直角坐标系如图所示，

则，，
设F（x1，y1，z1），因为点F在线段PD上，
设，则，
即，
所以，
设平面PBC的法向量为，
则，
所以 ，
所以，
因为直线CF与平面PBC成角正弦值等于，
所以，
所以，
整理得，21λ2+8λ﹣5＝0，
解得，（负值舍去），
所以当F为PD上靠近P点的三等分点时，直线CF与平面PBC所成角的正弦值等于．
23．（12分）已知点F是抛物线C1：y2＝4x和椭圆的公共焦点，M是C1与C2的交点，．
（1）求椭圆C2的方程；
（2）直线l与抛物线C1相切于点P（x0，y0），与椭圆C2交于A，B，点P关于x轴的对称点为Q．求S△ABQ的最大值及相应的x0．

【解答】解：（1）由题意可知：F（1，0），c＝1，
F′（﹣1，0），抛物线的准线l方程为x＝﹣1，
过点M作MN⊥l，MG⊥x轴，垂足分别为N，G，
所以NF′＝MG，
NF′2＝MF′2﹣MN2＝MF′2﹣MF2＝（2a﹣MF）2﹣MF2，
MG2＝MF2﹣GF2＝MF2﹣（2﹣F′G）2＝MF2﹣（2﹣MN）2＝MF2﹣（2﹣MF）2，
所以（2a﹣MF）2﹣MF2＝MF2﹣（2﹣MF）2，
MF＝3（1），
得a，b＝1，
所以C2的方程为1．
（2）设直线l的方程为x＝n（y﹣y0）+x0，则
由，得y2﹣4ny+4ny0﹣4x0＝0，
△1＝16n2﹣8ny0+16x0＝4（2n﹣y0）2＝0，
得n，
所以直线l的方程为x（y﹣y0）+x0，
由，得（y02+8）y2﹣4x0y0y+4x02﹣8＝0，
△2＝16x02y02﹣4（y02+8）（4x02﹣8）＝32（4x0+8）﹣128x02＞0，得0≤x0＜2，
|AB|，
又Q（x0，﹣y0），
所以点Q到直线l的距离为h，
S△ABQ|AB|h，
令t＝x0+2，则x0＝t﹣2，
S△ABQ42．
此时t时，x0．

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