2023-2024学年河南省郑州市中牟县高二（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年河南省郑州市中牟县高二（上）期末数学试卷（含解析），共18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.已知点A(0,2)，B(− 3,−1)，直线l与直线AB垂直，则直线l的倾斜角为( )
A. 150°B. 120°C. 60°D. 30°
2.在空间直角坐标系O−xyz中，点E(0,1,−1)，F(1,1,2)，点E关于点O对称的点为G，点F关于坐标平面yOz对称的点为H，则|GH|=( )
A. 2 3B. 10C. 2 2D. 6
3.已知{an}是等差数列，数列{nan}是递增数列，则( )
A. a1>0B. a2<0C. a3>0D. a4<0
4.如图，在圆锥SO中，AB是底面圆O的直径，D，E分别为SO，SB的中点，C为底面圆周上一点，且AB⊥OC，SO=AB=4，则直线AD与直线CE所成角的大小为( )
A. 30°
B. 45°
C. 60°
D. 75°
5.已知圆C1：x2+y2−4x+2y=0与圆C2：x2+y2−2y−4=0相交于A、B两点，则圆C：(x+3)2+(y−3)2=1上的动点P到直线AB距离的最大值为( )
A. 7 22+1B. 2 2+1C. 5 22+1D. 9 22+1
6.已知抛物线y2=4x的焦点为F，点M是抛物线上异于顶点的一点，OM=2ON(点O为坐标原点)，过点N作直线OM的垂线，与x轴交于点P，则2|OP|−|MF|=( )
A. 3B. 4C. 5D. 6
7.已知数列{an}满足3n−1a1+3n−2a2+…+3an−1+an=2n，n∈N*，则a5=( )
A. −4B. −8C. −16D. −32
8.斜率为13的直线l经过双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点F1，交双曲线两条渐近线于A，B两点，F2为双曲线的右焦点且|AF2|=|BF2|，则双曲线的渐近线方程为( )
A. y=±xB. y=± 2xC. y=±2xD. y=±12x
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.在平面直角坐标系xOy中，A，B两点的坐标分别为(−2,0)，(2,0)，则下列结论正确的是( )
A. 若|PA|2−|PB|2=2，则点P的轨迹为直线
B. 若∠APB=90°，则点P的轨迹为圆(除去A，B两点)
C. 若|PA|+|PB|=4，则点P的轨迹为椭圆
D. 若||PA|−|PB||=2，则点P的轨迹为双曲线
10.已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn=1−qn(q≠0且q≠1)，则下列说法正确的是( )
A. 数列{an}是公比为q的等比数列B. 若a3>0，则q>1
C. 若q=2，则S8−S6S5−S3=8D. 若011.如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，M，N分别是A1B，B1C1上的点，且BM=2A1M，C1N=2B1N，若∠BAC=90°，∠BAA1=∠CAA1=60°，AB=AC=AA1= 6，则( )
A. MN=13AB−13AC+13AA1
B. MN= 303
C. cs=− 32
D. A1B⊥BC1
12.已知F1，F2是椭圆C1：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的两个焦点，双曲线C2：x2m2−y23m2=1的一条渐近线l与C1交于A，B两点，若|F1F2|=|AB|，则( )
A. |AF1|= 3|AF2|B. |AF1|=2|AF2|
C. C1的离心率为 2−1D. C1的离心率为 3−1
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知平面α的一个法向量为n=(1,2,1)，点P(a,0,−1)，A(0,−1,1)，且A∈α，若点P到平面α的距离为 66，则a= ______．
14.满足“直线mx−y−3m+1=0(m∈R)与圆x2+y2=1相切”的m的一个值为______．
15.函数f(x)=sinx−cs2x的所有正零点从小到大依次记为x1，x2，…，则x1+x2+…+x26= ______．
16.已知一组圆C1，C2，…，Ck均与三个定圆x2+y2=4，x2+y2=64，(x−5)5+y2=3相切，则圆C1，C2，…，Ck的面积和为______．
四、解答题：本题共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.(本小题10分)
已知直线l1：x+2y−1=0，直线l2在y轴上的截距为−2，且l1⊥l2．
(1)求直线l2的方程；
(2)直线l3经过l1与l2的交点，且l3与直线l4：3x−y=0平行，求直线l1与l4的交点到l3的距离．
18.(本小题12分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，BA⊥BC，BA=BC=BB1=2，D，E，F分别为AA1，B1C1，AB的中点．
(1)证明：EF/​/平面ACC1A1；
(2)求直线CE与平面DEF所成角的正弦值．
19.(本小题12分)
已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，E(0,−2)，EF的方向向量为a=(2,1)．
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点E且斜率为正的直线交抛物线C于A(x1,y1)，B(x2,y2)两点，且y12−y22=4，求△OAB(O为坐标原点)的面积．
20.(本小题12分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足2an=Sn+1(n∈N*).
(1)求证：数列{an}为等比数列；
(2)若bn=n+2(n2+n)an+1+an，求{bn}的前n项和Tn．
21.(本小题12分)
如图，在四棱锥A−BCDE中，CD//BE，CD=1，BE=2，BC⊥BE，AE=AB=BC= 2，AD= 3，F是AE的中点．
(1)求证：DF⊥AE；
(2)在棱BE上是否存在点M，使得平面ADM与平面ABC夹角的余弦值为4 5353？若存在，求EM：MB，若不存在，请说明理由．
22.(本小题12分)
已知椭圆Γ：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为12，且椭圆Γ经过点(1,32)．
(1)求椭圆Γ的方程；
(2)经过F2的直线l与椭圆Γ交于A，B两点，求证：1|F2A|+1|F2B|为定值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：设直线l的倾斜角为α，α∈(0,π)，
因为点A(0,2)，B(− 3,−1)，可得kAB=−1−2− 3−0= 3，
又因为直线l与直线AB垂直，所以直线l的斜率为− 33，
所以tanα=− 33，可得α=150°．
故选：A．
求出直线AB的斜率，由题意可得直线l的斜率，进而求出直线l的倾斜角的大小．
本题考查直线垂直的性质的应用及直线的倾斜角的求法，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：空间直角坐标系O−xyz中，点E(0,1,−1)，F(1,1,2)，
点E关于点O对称的点为G，点F关于坐标平面yOz对称的点为H，
由题意可知G(0,−1,1)，H(−1,1,2)，
故|GH|= (−1−0)2+[1−(−1)]2+(2−1)2= 6．
故选：D．
利用两点间距离公式能求出结果．
本题考查两点间距离公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
3.【答案】C
【解析】解：设等差数列{an}的通项公式为an=a1+(n−1)d，n∈N*，
又数列{nan}是递增数列，
则(n+1)an+1>nan，n∈N*，
即(n+1)(a1+nd)>n[a1+(n−1)d]，
化简可得a1+2nd>0，n∈N*，
即a1+2nd=a2n+1>0，n∈N*，
当n=1时，a3>0，则C正确，ABD选项符号无法判定，
故选：C．
根据等差数列与递增数列的概念列出不等式，即可得解．
本题考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
4.【答案】B
【解析】解：以点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则C(2,0,0)，A(0,2,0)，D(0,0,2)，E(0,−1,2)，
则AD=(0,−2,2)，CE=(−2,−1,2)，
所以直线AD与直线CE所成角的余弦值为|cs|=|AD⋅CE||AD||CE|=2+42 2×3= 22，
所以直线AD与直线CE所成的角为45°．
故选：B．
构建空间直角坐标系，应用向量法求直线AD与直线CE所成角的余弦值，即可求解．
本题考查了异面直线所成角的计算，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查直线与圆的位置关系，涉及两圆相交时公共弦的求法，属于基础题．
根据题意，联立圆C1、C2的方程可得直线AB的方程，求出圆C的圆心到直线AB的距离，由直线与圆的位置关系分析可得答案．
【解答】
解：根据题意，圆C1：x2+y2−4x+2y=0与圆C2：x2+y2−2y−4=0相交于A、B两点，
联立两个圆的方程可得x−y−1=0，即直线AB的方程为x−y−1=0，
圆C：(x+3)2+(y−3)2=1，其圆心为(−3,3)，半径为r=1，
点(−3,3)到直线AB的距离d=|−3−3−1| 2=7 22，
则圆C上的点P到直线AB距离的最大值为d+r=7 22+1；
故选：A．
6.【答案】A
【解析】解：抛物线y2=4x的焦点为F，点M是抛物线上异于顶点的一点，OM=2ON(点O为坐标原点)，过点N作直线OM的垂线，与x轴交于点P，
依题意，设M(y024,y0)(y0≠0)，由OM=2ON，得N为OM的中点，则N(y028,y02)，
则kOM=4y0，易得直线OM的垂线NP的方程为y−y02=−y04(x−y028)，
令y=0，得x=y028+2，故P(y028+2,0)，由抛物线的定义可得|MF|=y024+1，
故2|OP|−|MF|=2(y028+2)−(y024+1)=3．
故选：A．
设M(y024,y0)(y0≠0)，求得直线OM的垂线NP的方程为y−y02=−y04(x−y028)，求出点P的坐标，进而求解结论．
本题考查抛物线的几何性质，直线的斜率等基础知识与基本技能方法，属于中档题．
7.【答案】C
【解析】解：当n=1时，a1=2；
当n≥2时，3n−1a1+3n−2a2+…+3an−1+an=2n，①
3n−2a1+3n−3a2+…+3an−2+an−1=2n−1，②
①−3x②可得an=2n−3×2n−1=−12×2n，
所以a5=−12×25=−16．
故选：C．
根据已知的递推关系式得到新等式，两式作差整理即可求解结论．
本题主要考查数列递推关系式的应用，考查计算能力，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：设AB的中点为M，A(x1,y1)，B(x2,y2)，M(x0,y0)，
双曲线的渐近线方程化为x2a2−y2b2=0，由A、B在渐近线上，
得x12a2−y12b2=0，x22a2−y22b2=0，
两式作差可得：(x1+x2)(x1−x2)a2=(y1+y2)(y1−y2)b2，
即y1−y2x1−x2⋅y1+y2x1+x2=b2a2，∴kAB⋅kOM=b2a2，
又kAB=13，∴kOM=3b2a2，
设直线AB的倾斜角为θ，∵|AF2|=|BF2|，∴AB⊥MF2，
则|OM|=|OF1|=|OF2|，则OM的斜率为tan2θ=2tanθ1−tan2θ=2×131−(13)2=34，
得3b2a2=34，即b2a2=14，∴ba=12．
∴双曲线的渐近线方程为y=±12x，
故选：D．
设AB的中点为M，A(x1,y1)，B(x2,y2)，M(x0,y0)，由“点差法”及AB的斜率可得kOM=3b2a2，再设直线AB的倾斜角为θ，由已知可得OM的斜率为tan2θ=2tanθ1−tan2θ=2×131−(13)2=34，求出ba=12，则双曲线的渐近线方程可求．
本题考查双曲线的几何性质，训练了“点差法”的运用，考查运算求解能力，是中档题．
9.【答案】ABD
【解析】解：A：设P(x,y)，由|PA|2−|PB|2=2，得(x+2)2+y2−(x−2)2−y2=2，化简得x=14，所以轨迹为一条直线，故A正确；
B：因为∠APB=90°，所以AP⊥BP，所以点P在以AB为直径的圆(除去A，B两点)上，故B正确；
C：因为|PA|+|PB|=4=|AB|，所以点P的轨迹是线段AB，故C错误；
D：因为||PA|−|PB||=2<4=|AB|，由双曲线定义可得点P的轨迹是双曲线，故D正确．
故选：ABD．
A：设P(x,y)，然后根据两点间距离公式化简方程即可判断；B：根据圆的定义即可判断；C：根据线段的定义即可判断；D：根据双曲线的定义即可判断．
本题考查了轨迹方程，涉及到椭圆，双曲线，圆的定义，属于基础题．
10.【答案】AC
【解析】解：当n≥2时，an=Sn−Sn−1=(1−qn)−(1−qn−1)=qn−1−qn=qn−1(1−q)，
当n=1时，a1=S1=1−q，满足上式；
所以an=qn−1(1−q)；
所以anan−1=qn−1(1−q)qn−2(1−q)=q，
所以数列{an}是公比为q的等比数列，选项A正确；
若a3>0，则a3=q2(1−q)>0，解得q<1，所以选项B错误；
若q=2，则S8−S6S5−S3=a7+a8a4+a5=q3=8，选项C正确；
若00，
当n≥2时，anan−1=q<1，则an所以数列{an}是递减数列，选项D错误．
故选：AC．
根据等比数列的定义与性质，利用前n项和的定义，求出an和anan−1的值，再判断选项中的命题是否正确．
本题考查了等比数列的定义与性质，以及前n项和的定义应用问题，的中档题．
11.【答案】BC
【解析】解：设AB=a,AC=b,AA1=c，则|a|=|b|=|c|= 6，a⋅b=0,a⋅c=b⋅c=3；
对于A.连接A1N，因为BM=2A1M，C1N=2B1N，
所以A1N=A1B1+B1N=AB+13B1C1=AB+13(AC−AB)=23AB+13AC，
A1M=13A1B=13(AB−AA1)，
则：MN=A1N−A1M=23AB+13AC−13(AB−AA1)=13AB+13AC+13AA1，故A错误；
对于B，因为|a|=|b|=|c|= 6，a⋅b=0,a⋅c=b⋅c=3，
所以|MN|2=19(a+b+c)2=103.所以|MN|= 303，即MN= 303，故B正确；
对于C.因为A1B=A1A+AB=a+c，BC1=BC+CC1=AC=AB+AA1=b+c−a．
所以A1B+BC1=(a+c)⋅(b+c−a)=9；
因为A1B2=(a−c)2=6，所以|A1B|= 6，因为BC12=(b+c−a)2=18，所以|BC1|=3 2，所以：cs=9 6×3 2= 32，故C正确，D错误．
故选：BC．
直接利用向量的线性运算和数量积运算求出结果．
本题考查的知识要点：向量的线性运算，向量的数量积运算，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
12.【答案】AD
【解析】解：双曲线C2：x2m2−y23m2=1的渐近线方程为y=± 3x，
不妨取l为y= 3x，如图所示，则直线AB的倾斜角为∠AOF2=60°，
由对称性知，四边形AF1BF2是平行四边形，
因为|F1F2|=|AB|，所以四边形AF1BF2为矩形，
所以|OA|=|AF2|，
因为∠AOF2=60°，所以△OAF2是边长为c的等边三角形，
所以|AF1|= 3|AF2|，即A正确，B错误；
由椭圆的定义知，|AF1|+|AF2|= 3c+c=2a，
所以椭圆的离心率e=ca=2 3+1= 3−1，即C错误，D正确．
故选：AD．
先写出双曲线的渐近线方程，再证四边形AF1BF2是平行四边形，以及△OAF2是边长为c的等边三角形，然后逐一分析选项即可．
本题考查椭圆和双曲线的几何性质，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
13.【答案】1或−1
【解析】解：根据题意，P(a,0,−1)，A(0,−1,1)，则PA=(−a,−1,2)，
又平面a的一个法向量为n=(1,2,1)，
所以点P到平面α的距离d=|PA⋅n||n|=|a| 6= 66，
变形可得|a|=1，即a=1或−1．
故答案为：1或−1．
根据题意，由点到平面的距离公式可得关于a的方程，解可得答案．
本题考查点到平面的距离计算，注意平面的法向量，属于基础题．
14.【答案】0(或34，答案不唯一)
【解析】解：圆x2+y2=1的圆心为(0,0)，半径r=1，
因为直线mx−y−3m+1=0(m∈R)与圆x2+y2=1相切，
所以圆心到直线的距离d=|−3m+1| m2+(−1)2=1，
解得m=0或m=34．
故答案为：0(或34，答案不唯一)．
由圆与直线相切建立方程，求解即可．
本题考查直线与圆的位置关系，涉及点到直线的距离公式，属于中档题．
15.【答案】221π
【解析】解：令f(x)=sinx−cs2x=2sin2x+sinx−1=(2sinx−1)(sinx+1)=0，
可得sinx=12或sinx=−1，解得所有的正零点为π6，5π6，3π2，13π6，17π6，7π2，…；
观察发现所有正零点构成首项为π6，公差为2π3的等差数列，
因此，该数列的前26项和为26×π6+26×252×2π3=13π+650π3=221π．
故x1+x2+⋯+x26=221π．
故答案为：221π．
根据题意求函数f(x)的零点，观察发现所有正零点构成首项为π6，公差为2π3的等差数列，进而利用等差数列的前n项和公式得到答案．
本题考查了两角和与差的三角函数公式的应用，涉及到三角函数零点问题，考查了学生的运算能力，属于中档题．
16.【答案】136π
【解析】解：设C1：x2+y2=4，C2：x2+y2=64，C3：(x−5)2+y2=3，
若圆与C1，C3内切，与C2内切时，设圆心为(m,n)，半径为r，可得 m2+n2=r−2 (m−5)2+n2=r− 3 m2+n2=8−r，由8−r=r−2可知，r=5，且有两个；
同理，若圆与C1，C3外切，与C2内切时，可得r=3，且有两个；
若圆与C1内切，与C3外切，与C2内切时，可得r=5，且有两个；
若圆与C3内切，与C1外切，与C2内切时，可得r=3，且有两个；
综上所述，共有8个圆满足题意，面积和为136π．
故答案为：136π．
分所求圆与已知圆内切，外切，分别讨论求解即可．
本题主要考查圆和圆的位置关系，考查计算能力和分类讨论思想，属于中档题．
17.【答案】解：(1)直线l1：x+2y−1=0的斜率为−12，因为l1⊥l2，
所以直线l2的斜率为2，
又直线l2在y轴上的截距为−2，
由斜截式方程可知，直线l2的方程为y=2x−2；
(2)联立方程得x+2y−1=0y=2x−2，解得x=1，y=0，
即直线l1，l2交点坐标为(1,0)，
因为l3与直线l4：3x−y=0平行，设直线l3：3x−y+m=0(m≠0)，
因为直线l3经过点(1,0)，所以3×1−0+m=0，解得m=−3，
所以直线l3的方程为3x−y−3=0，
因为直线l1，l4的交点在直线l4上，所以交点到直线l3的距离等于直线l3，l4的距离，
即|3−0| 32+(−1)2=3 1010．
【解析】(1)由直线l1的方程，可得它的斜率，再由两条直线垂直，可得直线l2的斜率，代入斜截式方程，可得直线l2的方程；
(2)求出直线l1，l2交点坐标，由题意设直线l3的方程，将交点坐标代入，可得参数的值，再由平行线间的距离公式，可得直线l1与l4的交点到l3的距离．
本题考查直线平行的性质的应用及两条直线垂直的性质的应用，点到直线的距离等于平行线间的距离，属于基础题．
18.【答案】(1)证明：取AC的中点G，连接FG，C1G，

∵F，G分别为AB，AC的中点，∴FG/​/BC，FG=12BC，
又E为B1C1的中点，BC/​/B1C1，BC=B1C1，
∴FG/​/EC1，FG=EC1，
∴四边形EFGC1是平行四边形，
∴EF//C1G.
又EF⊄平面ACC1A1，C1G⊂平面ACC1A1，
∴EF/​/平面ACC1A1；
(2)解：在直三棱柱ABC−A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，
又BA，BC⊂平面ABC，∴BB1⊥BA，BB1⊥BC，
又BA⊥BC，
故以B为原点，BA，BC，BB1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C(0,2,0)，D(2,0,1)，E(0,1,2)，F(1,0,0)，
∴FE=(−1,1,2)，FD=(1,0,1)，CE=(0,−1,2)，
设平面DEF的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅FE=−x+y+2z=0n⋅FD=x+z=0，
令x=1，得n=(1,3,−1)
设直线CE与平面DEF所成的角为θ，
则sinθ=|cs〈n,CE〉|=|n⋅CE|n|⋅|CE||=|1×0+3×(−1)+(−1)×2 12+32+(−1)2⋅ 02+(−1)2+22|= 5511，
即直线CE与平面DEF所成角的正弦值为 5511．
【解析】(1)取AC的中点G，连接FG，C1G，利用线线平行证明线面平行；
(2)建立空间直角坐标系，利用坐标法求线面夹角正弦值．
本题主要考查线面平行的证明，直线与平面所成角的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)抛物线的焦点为F(p2,0)，
因为EF的方向向量为a=(2,1)，
所以2p2=12，解得p=8，
所以抛物线的方程为y2=16x．
(2)设直线AB的方程为y=kx−2(k>0)，与x轴的交点为M(2k,0)，
联立y=kx−2y2=16x，得k2x2−4(k+4)x+4=0．
所以Δ=16(k+4)2−16k2=128(k+2)>0，x1+x2=4(k+4)k2，
则y1+y2=k(x1+x2)−4=16k，因为y12−y22=4，
所以y1−y2=k4，
所以△OAB的面积SΔOAE=12×2k×k4=14．
【解析】(1)根据直线的方向向量，可知直线EF的斜率为12，利用斜率公式即可求出p，进而求出抛物线的方程；
(2)设直线AB的方程为y=kx−2(k>0)，求出直线与x轴的交点，再与抛物线方程联立，消元，利用韦达定理表示出x1+x2=4(k+4)k2，求出y1+y2，根据条件，求出y1−y2，利用面积公式即可求出结果．
本题考查抛物线的方程和直线与抛物线的位置关系，属中档题．
20.【答案】证明：(1)当n=1时，2a1=S1+1=a1+1，解得a1=1，
当n⩾2时，2an=Sn+1，2an−1=Sn−1+1，两式相减得2an−2an−1=an，
化简得an=2an−1，
所以数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列；
解：(2)由(1)可得an=2n−1，则an+1=2n，
所以bn=n+2(n2+n)an+1+an=[1n⋅2n−1−1(n+1)⋅2n]+2n−1，
令cn=1n⋅2n−1−1(n+1)⋅2n，
则数列{cn}的前n项和为
Mn=(1−12⋅21)+(12⋅21−13⋅22)+⋯+[1(n−1)⋅2n−2−1n⋅2n−1]+[1n⋅2n−1−1(n+1)⋅2n]
=1−1(n+1)⋅2n，
因为数列{an}的前n项和为Sn=1×(1−2n)1−2=2n−1，
所以数列{bn}的前n项和Tn=Mn+Sn=1−1(n+1)⋅2n+2n−1=2n−1(n+1)⋅2n．
【解析】(1)由题意得到2an−2an−1=an，利用等比数列定义即可得证；
(2)由题意得到bn=n+2(n2+n)an+1+an=[1n⋅2n−1−1(n+1)⋅2n]+2n−1，令cn=1n⋅2n−1−1(n+1)⋅2n，利用裂项相消求和和等比数列的求和公式即可求解．
本题考查了等比数列的证明和裂项相消求和，属于中档题．
21.【答案】解：(1)证明：如图，取BE的中点G，连接DG，
∵G为BE的中点，且CD=12BE，CD/​/EB，
∴四边形BCDG是平行四边形，
∵BC⊥BE，
∴DG⊥BE，
∵EG=12BE=1，DG=BC= 2，
∴DE= 3，
又∵AD= 3，
∴AD=DE，
∵F是AE的中点，
∴DF⊥AE．
(2)∵AE=AB= 2，BE=2，
∴△ABE为等腰直角三角形，AB⊥AE，
连接AG，
∵G为BE的中点，
∴AG⊥BE，AG=1，
∵AD= 3，DG= 2，
∴AD2=AG2+DG2，
∴AG⊥DG．
由(1)可知DG⊥BE，
∴GA，GB，GD两两垂直，
以G为原点，以GA，GB，GD所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系：

则G(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,1, 2)，D(0,0, 2)，E(0,−1,0)，
假设在棱BE上存在点M，设点M(0,a,0)(a∈[−1,1])，
AD=(−1,0, 2)，AM=(−1,a,0)，
设平面ADM的法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅AD=−x+ 2z=0m⋅AM=−x+ay=0，
取x=2，则y=2a，z= 2，
∴m=(2,2a, 2)，
AB=(−1,1,0)，AC=(−1,1, 2)，
设平面ABC的法向量为n=(a,b,c)，
则n⋅AB=−a+b=0n⋅AC=−a+b+ 2c=0，
取a=1，则b=1，c=0，
故n=(1,1,0)，
设平面ADM与平面ABC的夹角为θ，
则csθ=|cs|=|2+2a| 2⋅ 4a2+6=4 5353，
整理得21a2+106a+5=0，
解得a=−15或a=−21(舍去)，
此时EM=45，MB=65，EM MB=2：3，
故棱BE上存在点M，当EMMB=2：3时，平面ADM与平面ABC夹角的余弦值为4 5353．
【解析】(1)取BE的中点G，连接DG，根据题意可得四边形BCDG是平行四边形，推出AD=DE，又F是AE的中点，即可得出答案．
(2)连接AG，推出AG⊥DG，以G为原点，以GA，GB，GD所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，假设在棱BE上存在点M，设点M(0,a,0)(a∈[−1,1])，求出平面ADM的法向量为m=(x,y,z)，平面ABC的法向量为n=(a,b,c)，设平面ADM与平面ABC的夹角为θ，则csθ=|cs|=|2+2a| 2⋅ 4a2+6=4 5353，进而可得答案．
本题考查直线与平面的位置关系，二面角，解题关键是空间向量法的应用，属于中档题．
22.【答案】解：(1)因为椭圆Γ的离心率为e=ca= 1−b2a2=12，
所以b2a2=34，
又因为椭圆Γ经过点(1,32)，
所以1a2+94b2=1，
解得a2=4，b2=3，
故椭圆Γ的方程为：x24+y23=1；
(2)证明：椭圆Γ的右焦点为F2(1,0)，
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=1，
则|F2A|=|F2B|=b2a=32，
所以1|F2A|+1|F2B|=43；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=k(x−1)，设A(x1,y1)B(x2,y2)，
联立y=k(x−1)x24+y23=1，整理可得(4k2+3)x2−8k2x+4k2−12=0，
显然Δ>0，则x1+x2=8k24k2+3，x1x2=4k2−124k2+3，
因为1|F2A|+1|F2B|=|F2A|+|F2B||F2A||F2B|=|AB||F2A||F2B|，
而|AB|= 1+k2⋅ (x1+x2)2−4x1x2= 1+k2⋅ 64k4(3+4k2)2−4⋅4k2−123+4k2=12(1+k2)3+4k2，
|F2A||F2B|= 1+k2⋅|x1−1|⋅ 1+k2⋅|x2−1|=(1+k2)|x1x2−(x1+x2)+1|=(1+k2)|4k2−123+4k2−8k23+4k2+1|=9(1+k2)3+4k2，
所以|AB||F2A||F2B|=12(1+k2)3+4k29(1+k2)3+4k2=43．
即证得1|F2A|+1|F2B|为定值，且定值为43．
【解析】(1)由离心率的大小，可得a，b的关系，再将点的坐标代入，可得a，b的关系，进而求出a，b的值；
(2)分直线l的斜率存在和不存在两种情况讨论，设直线l的方程，与椭圆的方程联立，可得两根之和及两根之积，进而可得弦长|AB|的表达式，求出|F2A|，|F2B|的表达式，进而可得|AB||F2A||F2B|为定值，即证得1|F2A|+1|F2B|为定值．
本题考查椭圆方程的求法及直线与椭圆的综合应用，属于中档题．