1、2019-2020 学年江苏省徐州市高二（上）期末数学试卷一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分，在每小题给出的四个选项中，只分，在每小题给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的有一项是符合题目要求的. 1 （5 分）命题“x0，使得 x2x+10”的否定是（ ） Ax0，x2x+10 Bx0，x2x+10 Cx0，x2x+10 Dx0，x2x+10 2 （5 分）不等式的解集是（ ） A （，3） B （2，+） C （，2）（3，+） D （2，3） 3 （5 分）等差数列an前 n 项和为 Sn，若 a148，S99，则 S18（ ） A16
2、2 B1 C3 D81 4 （5 分）若平面 ， 的法向量分别为 （1，2，4） ， （x，1，2） ，且 ， 则 x 的值为（ ） A10 B10 C D 5（5 分） 已知方程表示焦点在 y 轴上的椭圆， 且焦距为 2， 则 m 的值为 （ ） A4 B5 C7 D8 6 （5 分）古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数，例如： 他们研究过图 1 中的 1，3，6，10，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形 数；类似地，称图 2 中的 1，4，9，16这样的数成为正方形数下列数中既是三角形数 又是正方形数的是（ ） A289 B1024 C1225 D1378 第 2 页（共
3、 22 页） 7 （5 分）已知 a、b 都是实数，那么“”是“lnalnb”的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 8 （5 分） 蒙娜丽莎是意大利文艺复兴时期画家列奥纳多达芬奇创作的油画，现收藏于 法国罗浮宫博物馆该油画规格为：纵 77cm，横 53cm油画挂在墙壁上的最低点处 B 离地面 237cm（如图所示） 有一身高为 175cm 的游客从正面观赏它（该游客头顶 T 到眼 睛 C 的距离为 15cm） ，设该游客离墙距离为 xcm，视角为 为使观赏视角 最大，x 应 为（ ） A77 B80 C100 D 二、多项选择题：本题共二、多项选
4、择题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分.在每小题给出的选项中，有多项符在每小题给出的选项中，有多项符 合题目要求合题目要求.全部选对的得全部选对的得 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 3 分，有选错的得分，有选错的得 0 分分. 9 （5 分）下列说法正确的有（ ） A若 ab，则 ac2bc2 B若，则 ab C若 ab，则 2a2b D若 ab，则 a2b2 10 （5 分）若双曲线 C 的一个焦点 F（5，0） ，且渐近线方程为，则下列结论正确 的是（ ） AC 的方程为 BC 的离心率为 C焦点到渐近线的距离为 3 D两准线间的距离为 11（5 分
5、） 等差数列an的前 n 项和为 Sn， 若 a10， 公差 d0， 则下列命题正确的是 （ ） 第 3 页（共 22 页） A若 S5S9，则必有 S140 B若 S5S9，则必有 S7是 Sn中最大的项 C若 S6S7，则必有 S7S8 D若 S6S7，则必有 S5S6 12 （5 分）下列命题中正确的是（ ） AA，B，M，N 是空间中的四点，若不能构成空间基底，则 A，B，M， N 共面 B已知为空间的一个基底，若，则也是空间的基底 C若直线 l 的方向向量为，平面 的法向量为，则直 线 l D若直线 l 的方向向量为，平面 的法向量为，则直线 l 与平面 所成角的正弦值为 三、填空题
6、：本题共三、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分. 13 （5 分）设数列an满足 a11，且 an+1ann+1（nN*） ，则数列的前 10 项的和 为 14 （5 分）在长方体 ABCDA1B1C1D1中，ABBC3，AA15，则 15（5 分） 若 P 是抛物线 C： y22x 上一点， F 为抛物线 C 的焦点， 点 A， 则 PA+PF 取最小值时点 P 的坐标为 16 （5 分）已知正项等比数列an满足 a20202a2018+a2019，若存在两项 am，an使得 ，则的最小值是 ，此时 m2+n2 四、解答题：本题共四、解答题：本题共 6
7、 小题，共小题，共 70 分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17 （10 分）已知 p：Ax|x22x30，q：Bx|x2m2，m0 （1）若 m2，求 AB； （2）若 p 是 q 的充分条件，求 m 的取值范围 18 （12 分）已知函数 f（x）ax2+bx+2，且不等式 f（x）0 的解集是（3，2） （1）求 a+b 的值； 第 4 页（共 22 页） （2）若不等式 3f（x）3x2+x+c 对于 x1，1恒成立，求实数 c 的取值范围 19 （12 分）设 Sn为等差数列an的前 n 项和，已知 a36，且 S74a7 （1）求
8、数列an的通项公式 （2）设，求数列bn的 n 项和 Tn 20 （12 分）已知动点 P（x，y） （x0）到定点（1，0）的距离比它到 y 轴的距离大 1 （1）求动点 P 的轨迹 E 的方程； （2）设点 Q（m，0） （m 为常数） ，过点 Q 作斜率分别为 k1，k2的两条直线 l1与 l2，l1 交曲线 E 于 A，B 两点，l2交曲线 E 于 C，D 两点，点 M，N 分别是线段 AB，CD 的中 点，若 k1+k21，求证：直线 MN 过定点 21 （12 分）如图，在三棱锥 PABC 中，已知 ACBC，ACBC2a，平面 PAB平面 ABC，点 O，D 分别是 AB，PB
9、的中点，POAB，连接 CD （1）若 PA2a，并异面直线 PA 与 CD 所成角的余弦值的大小； （2）若二面角 APBC 的余弦值的大小为，求 PA 的长 22 （12 分）在直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C：（ab0）的上顶点坐标为 （0，2） ，离心率为 （1）求椭圆的标准方程； （2）若椭圆上的点 P 的横坐标为 2，且位于第一象限，点 P 关于 x 轴的对称点为点 Q， A，B 是位于直线 PQ 异侧的椭圆上的动点 若直线 AB 的斜率为，求四边形 APBQ 面积的最大值； 第 5 页（共 22 页） 若动点 A，B 满足APQBPQ，试探求直线 AB 的斜率是否为定值？说明
10、理由 第 6 页（共 22 页） 2019-2020 学年江苏省徐州市高二（上）期末数学试卷学年江苏省徐州市高二（上）期末数学试卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、单项选择题：本题共一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分，在每小题给出的四个选项中，只分，在每小题给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的有一项是符合题目要求的. 1 （5 分）命题“x0，使得 x2x+10”的否定是（ ） Ax0，x2x+10 Bx0，x2x+10 Cx0，x2x+10 Dx0，x2x+10 【分析】根据特称命题的否定是全称命题进行判断即可 【解答】解：命题
11、是特称命题，则命题的否定是全称命题， 即P：x0，x2x+10， 故选：C 【点评】本题主要考查含有量词的命题的否定，比较基础 2 （5 分）不等式的解集是（ ） A （，3） B （2，+） C （，2）（3，+） D （2，3） 【分析】根据题意，不等式变形可得0，解可得 x 的取值范围，即可得答案 【解答】解：根据题意，100， 解可得：x2 或 x3， 即不等式的解集为（，2）（3，+） ； 故选：C 【点评】本题考查不等式的解法，注意将分式不等式变形为整式不等式，属于基础题 3 （5 分）等差数列an前 n 项和为 Sn，若 a148，S99，则 S18（ ） A162 B1 C3
12、D81 【分析】根据题意，分析可得 S99a59，解可得 a5的值，又由 S18 ，计算可得答案 【解答】解：根据题意，等差数列an中，S99a59，解可得 a5 第 7 页（共 22 页） 1， 又由 a148，则 S1881； 故选：D 【点评】本题考查等差数列的前 n 项和公式的应用，涉及等差数列的性质，属于基础题 4 （5 分）若平面 ， 的法向量分别为 （1，2，4） ， （x，1，2） ，且 ， 则 x 的值为（ ） A10 B10 C D 【分析】先根据面面垂直，得到两平面的法向量垂直，其数量积为 0，再利用向量的坐标 表示出两个向量的数量积得到等式，解之即可 【解答】解：， 平
13、面 ， 的法向量互相垂直 （1，2，4） （x，1，2）0 即1x+（1）2+4（2）0 解得 x10 故选：B 【点评】本题主要考查了面面垂直，以及平面法向量的概念和向量的数量积，同时考查 了两向量垂直的充要条件，属于基础题 5（5 分） 已知方程表示焦点在 y 轴上的椭圆， 且焦距为 2， 则 m 的值为 （ ） A4 B5 C7 D8 【分析】 根据焦点在y 轴上的椭圆的方程的特点是方程中 y2的分母比 x2分母大且是正数， 列出不等式组，求出 m 的范围 【解答】解：方程表示焦点在 y 轴上的椭圆，焦距为 2， m25m0 并且 m25+m1， 解得 m4， 故选：A 【点评】解决椭圆
14、的方程，注意焦点的位置在哪个坐标轴上，方程中哪个字母的分母就 大 6 （5 分）古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数，例如： 第 8 页（共 22 页） 他们研究过图 1 中的 1，3，6，10，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形 数；类似地，称图 2 中的 1，4，9，16这样的数成为正方形数下列数中既是三角形数 又是正方形数的是（ ） A289 B1024 C1225 D1378 【分析】根据图形观察归纳猜想出两个数列的通项公式，再根据通项公式的特点排除， 即可求得结果 【解答】解：由图形可得三角形数构成的数列通项， 同理可得正方形数构成的数列通项 bnn2， 则由 bn
15、n2（nN+）可排除 D，又由， 与无正整数解， 故选：C 【点评】考查学生观察、分析和归纳能力，并能根据归纳的结果解决分析问题，注意对 数的特性的分析，属中档题 7 （5 分）已知 a、b 都是实数，那么“”是“lnalnb”的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 【分析】根据充分必要条件的定义，结合对数函数的性质，从而得到答案 【解答】解：lnalnbab0，是必要条件， 而，如 a1，b0 则 lnalnb 不成立，不是充分条件， 故选：B 【点评】本题考查了充分必要条件，考查了对数函数的性质，是一道基础题 8 （5 分） 蒙娜丽莎是意大利文
16、艺复兴时期画家列奥纳多达芬奇创作的油画，现收藏于 第 9 页（共 22 页） 法国罗浮宫博物馆该油画规格为：纵 77cm，横 53cm油画挂在墙壁上的最低点处 B 离地面 237cm（如图所示） 有一身高为 175cm 的游客从正面观赏它（该游客头顶 T 到眼 睛 C 的距离为 15cm） ，设该游客离墙距离为 xcm，视角为 为使观赏视角 最大，x 应 为（ ） A77 B80 C100 D 【分析】 如图所示， 设BCD， 可得 tan tan （+） ， 化简解出 tan，变形利用基本不等式的性质即可得出 【解答】解：如图所示， 设BCD，则 tan tan（+）， 解得 tan， 当且
17、仅当 x， 即 x77cm 时取等号 故选：D 【点评】本题考查了基本不等式的性质、解三角形，考查了推理能力与计算能力，属于 中档题 第 10 页（共 22 页） 二、多项选择题：本题共二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分.在每小题给出的选项中，有多项符在每小题给出的选项中，有多项符 合题目要求合题目要求.全部选对的得全部选对的得 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 3 分，有选错的得分，有选错的得 0 分分. 9 （5 分）下列说法正确的有（ ） A若 ab，则 ac2bc2 B若，则 ab C若 ab，则 2a2b D若 ab，则 a2b2
18、【分析】利用不等式的基本性质、函数的单调性即可判断出正误 【解答】解：Aab，则 ac2bc2在 c0 时不成立； B.，则 ab，由不等式的性质可得成立； Cab，则 2a2b，成立； Dab，则 a2b2，不一定成立，例如 a2，b3 故选：BC 【点评】本题考查了不等式的基本性质、函数的单调性，考查了推理能力与计算能力， 属于基础题 10 （5 分）若双曲线 C 的一个焦点 F（5，0） ，且渐近线方程为，则下列结论正确 的是（ ） AC 的方程为 BC 的离心率为 C焦点到渐近线的距离为 3 D两准线间的距离为 【分析】 利用双曲线的焦点坐标， 以及渐近线方程， 然后双曲线方程以及离心
19、率， 求出 b， 两条准线之间的距离，判断选项即可 【解答】解：双曲线 C 的一个焦点 F（5，0） ，且渐近线方程为， 可得 c5，焦点坐标在 x 轴上， 所以，因为 c5，所以 b4，a3，所以 C 的方程为，A 正确； 离心率为 e，所以 B 不正确；b4，所以焦点到渐近线的距离为 3不正确； 第 11 页（共 22 页） 两准线间的距离为：，所以 D 正确； 故选：AD 【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，是基本知识的考查，基础题 11（5 分） 等差数列an的前 n 项和为 Sn， 若 a10， 公差 d0， 则下列命题正确的是 （ ） A若 S5S9，则必有 S140 B若 S
20、5S9，则必有 S7是 Sn中最大的项 C若 S6S7，则必有 S7S8 D若 S6S7，则必有 S5S6 【分析】根据题意，结合等差数列的性质依次分析选项，综合即可得答案 【解答】解：根据题意，依次分析选项： 对于 A，若 S5S9，必有 S9S5a6+a7+a8+a92（a7+a8）0，则 a7+a80，S14 0，A 正确； 对于 B，若 S5S9，必有 S9S5a6+a7+a8+a92（a7+a8）0，又由 a10，则必有 S7 是 Sn中最大的项，B 正确； 对于 C，若 S6S7，则 a7S7S60，又由 a10，必有 d0，则 a8S8S70，必有 S7S8，C 正确； 对于 D
21、，若 S6S7，则 a7S7S60，而 a6的符号无法确定，故 S5S6不一定正确，D 错误； 故选：ABC 【点评】本题考查等差数列的前 n 项公式与等差数列的通项公式，涉及等差数列的性质， 属于基础题 12 （5 分）下列命题中正确的是（ ） AA，B，M，N 是空间中的四点，若不能构成空间基底，则 A，B，M， N 共面 B已知为空间的一个基底，若，则也是空间的基底 C若直线 l 的方向向量为，平面 的法向量为，则直 线 l 第 12 页（共 22 页） D若直线 l 的方向向量为，平面 的法向量为，则直线 l 与平面 所成角的正弦值为 【分析】由空间向量的概念及数量积运算逐一分析四个选
22、项得答案 【解答】对于 A，不能构成空间的一个基底，共面，则 A，B，M，N 共面，故 A 正确； 对于 B，为空间的一个基底， ， ， 不共面， ， ， ， 不共面，则也是空间的一个基底，故 B 正确； 对于 C，直线 l 的方向向量为，平面 的法向量为， 由，可得直线 l，故 C 正确； 直线 l 的方向向量为，平面 的法向量为， 则直线 l 与平面 所成角的正弦值为|cos| ，故 D 正确 故选：ABCD 【点评】本题考查命题的真假判断与应用，考查空间向量的概念及数量积运算，是中档 题 三、填空题：本题共三、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分.
23、13 （5 分）设数列an满足 a11，且 an+1ann+1（nN*） ，则数列的前 10 项的和 为 【分析】数列an满足 a11，且 an+1ann+1（nN*） ，利用“累加求和”可得 an 再利用“裂项求和”即可得出 【解答】解：数列an满足 a11，且 an+1ann+1（nN*） ， 当 n2 时，an（anan1）+（a2a1）+a1n+2+1 当 n1 时，上式也成立， an 第 13 页（共 22 页） 2 数列的前 n 项的和 Sn 数列的前 10 项的和为 故答案为： 【点评】本题考查了数列的“累加求和”方法、 “裂项求和”方法、等差数列的前 n 项和 公式，考查了推理
24、能力与计算能力，属于中档题 14 （5 分）在长方体 ABCDA1B1C1D1中，ABBC3，AA15，则 34 【分析】可画出图形，据题意可得出 ABAD3，AA15，A1ABA1ADBAD 90，然后根据进行数量积的运算即可 【解答】解：如图，ABAD3，AA15，A1ABA1ADBAD90， 故答案为：34 【点评】本题考查了向量加法的几何意义，相等向量的定义，向量数量积的运算及计算 公式，考查了计算能力，属于基础题 15（5 分） 若 P 是抛物线 C： y22x 上一点， F 为抛物线 C 的焦点， 点 A， 则 PA+PF 取最小值时点 P 的坐标为 （2 ，2） 【分析】求得抛物
25、线的焦点和准线方程，过 A 作 AH 垂直于准线，垂足为 H，过 P 作 PB 垂直于准线，垂足为 B，运用抛物线的定义和三点共线取得最值，可得所求最小值和此 第 14 页（共 22 页） 时 P 的坐标 【解答】解：抛物线 C：y22x 的焦点 F（，0） ，准线方程为 x， 过 A 作 AH 垂直于准线，垂足为 H，过 P 作 PB 垂直于准线，垂足为 B， |PA|+|PF|PA|+|PB|AH|+4， 令 y2，可得 x2，即 PA+PF 取最小值时点 P 的坐标为（2，2） ， 故答案为： （2，2） 【点评】本题考查抛物线的定义、方程和性质，考查三点共线取得最值的性质，数形结 合思
26、想，属于基础题 16 （5 分）已知正项等比数列an满足 a20202a2018+a2019，若存在两项 am，an使得 ，则的最小值是 ，此时 m2+n2 20 【分析】 根据题意， 设正项等比数列an的公比为 q， 由 a20202a2018+a2019可得 q22+q， 解可得 q 的值，进而结合等比数列的通项公式可得 2m+n 21624，则有 m+n6，又由 +（m+n）（+）（5+） ，利用基本不等式的性质分 析可得答案 【解答】解：根据题意，设正项等比数列an的公比为 q， 若an满足 a20202a2018+a2019，则有 q22+q， 解得 q2 或 q1（舍去） ， 若存
27、在两项 am，an使得，即 aman16a12，变形可得 2m+n 21624， 则有 m+n6， 第 15 页（共 22 页） 则+（m+n）（+）（5+） ， 又由+24，当且仅当 n2m 即 n2m4 时，等号成立， 则（5+）（5+4）， 此时 m2+n220； 故答案为：，20 【点评】本题考查等比数列的性质，涉及基本不等式的性质以及应用，属于基础题 四、解答题：本题共四、解答题：本题共 6 小题，共小题，共 70 分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17 （10 分）已知 p：Ax|x22x30，q：Bx|x2m2，m0 （1）若
28、m2，求 AB； （2）若 p 是 q 的充分条件，求 m 的取值范围 【分析】 （1）m2 时，求出集合 A，B，由此能求出 AB （2）p：Ax|x22x30x|1x3，q：Bx|x2m2，m0x|mx m，m0，由 p 是 q 的充分条件，得 AB，由此能求出 m 的取值范围 【解答】解： （1）m2 时，Ax|x22x30x|1x3， Bx|x222x|2x2 ABx|1x2 （2）p：Ax|x22x30x|1x3， q：Bx|x2m2，m0x|mxm，m0， p 是 q 的充分条件，AB， ，解得 m3 m 的取值范围是3，+） 【点评】本题考查充分条件、充要条件、必要条件的判断，考
29、查交集、子集等基础知识， 考查运算求解能力，是基础题 18 （12 分）已知函数 f（x）ax2+bx+2，且不等式 f（x）0 的解集是（3，2） （1）求 a+b 的值； （2）若不等式 3f（x）3x2+x+c 对于 x1，1恒成立，求实数 c 的取值范围 【分析】 （1）结合二次不等式的解集与二次方程根的关系及方程的根与系数关系即可求 第 16 页（共 22 页） 解， （2）由不等式的恒成立可分离系数得 c2x22x+6 对于 x1，1恒成立，结合二次 函数的性质可求 【解答】解： （1）由题意可得， ab，故 a+b， （2）由（1）可得，f（x）， 由 3f（x）3x2+x+c
30、对于 x1，1恒成立，可得 c2x22x+6 对于 x1，1恒成 立， 即 c（2x22x+6）min， 结合二次函数的性质可知，当 x时，2x22x+6 取得最小值， 所以 c 故 c 的取值范围（ 【点评】本题主要考查了二次不等式与二次方程的关系的应用及不等式的恒成立与最值 求解的相互转化，体现了转化思想的应用， 19 （12 分）设 Sn为等差数列an的前 n 项和，已知 a36，且 S74a7 （1）求数列an的通项公式 （2）设，求数列bn的 n 项和 Tn 【分析】 （1）等差数列an的公差设为 d，运用等差数列的通项公式和求和公式，解方程 可得首项和公差，进而得到所求通项公式；
31、（2）求得n （）n 1，由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式， 可得所求和 【解答】解： （1）等差数列an的公差设为 d，a36，且 S74a7， 可得 a1+2d6，7a1+21d4（a1+6d） ，即 a1d， 解得 a1d2，则 an2+2（n1）2n； 第 17 页（共 22 页） （2）n （）n 1， n 项和 Tn11+2+3+n （）n 1， Tn1+2+3+n （）n， 两式相减可得Tn1+（）n 1n （ ）n n （）n， 化简可得 Tn4（2n+4） （）n 【点评】本题考查等差数列和等比数列的通项公式、求和公式的运用，考查数列的错位 相减法求和，考查方程
32、思想和化简运算能力，属于中档题 20 （12 分）已知动点 P（x，y） （x0）到定点（1，0）的距离比它到 y 轴的距离大 1 （1）求动点 P 的轨迹 E 的方程； （2）设点 Q（m，0） （m 为常数） ，过点 Q 作斜率分别为 k1，k2的两条直线 l1与 l2，l1 交曲线 E 于 A，B 两点，l2交曲线 E 于 C，D 两点，点 M，N 分别是线段 AB，CD 的中 点，若 k1+k21，求证：直线 MN 过定点 【分析】 （1）利用抛物线的定义直接求出方程即可； （2）设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，直线 AB 为：yk （xm） ，求出 AB 的中点 M（+m
33、， ） ，同理 CD 的中点 N（+m，） ，求出直线 MN 的方程，令 k1k20，求出定点 即可 【解答】解： （1）由已知得动点 P 到定点（1，0）的距离和它到 x1 的距离相等， 动点 P 的轨迹是以（1，0）为焦点，x1 为准线的抛物线， 曲线 C 的方程为 y24x； （2）证明：设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，直线 AB 为：yk（xm） ， 由，得 ky24y4mk0， 第 18 页（共 22 页） 则 y1+y2，y1y24m，故 AB 的中点 M（+m，） ，同理 CD 的中点 N（+m，） ， 由 k1+k21，直线 MN 的斜率为 k， 故直线 MN 的方
34、程为 yk1k2（x m）+2， 令 k1k20，故 xm，y2， 所以直线过定点（m，2） 【点评】考查抛物线的定义和性质，直线和抛物线的综合题，中档题 21 （12 分）如图，在三棱锥 PABC 中，已知 ACBC，ACBC2a，平面 PAB平面 ABC，点 O，D 分别是 AB，PB 的中点，POAB，连接 CD （1）若 PA2a，并异面直线 PA 与 CD 所成角的余弦值的大小； （2）若二面角 APBC 的余弦值的大小为，求 PA 的长 第 19 页（共 22 页） 【分析】 （1）连结 OC，建立空间直角坐标系，求出（0，a，a） ， （a，a） ，可得 cos，即可求异面直线
35、PA 与 CD 所成角的余弦值的大小； （2）求出平面 PAB 的一个法向量、平面 PBC 的一个法向量，利用二面角 APBC 的 余弦值的大小为，即可求 PA 【解答】解：连结 OC 平面 PAB平面 ABC，POAB， PO平面 ABC 从而 POAB，POOC ACBC，点 O 是 AB 的中点， OCAB且 OAOBOCa （2 分） 如图，建立空间直角坐标系 （1）PA2a，POaA（0，a，0） ，B（0，a，0） ，C（a，0，0） ， P（0，0，a） ，D（0，a） （4 分） 从而（0，a，a） ，（a，a） cos， 异面直线 PA 与 CD 所成角的余弦值的大小为 （6
36、 分） （2）设 POh，则 P（0，0，h） POOC，OCAB，OC平面 PAB 第 20 页（共 22 页） 从而（a，0，0）是平面 PAB 的一个法向量 不妨设平面 PBC 的一个法向量为 （x，y，z） ， （0，a，h） ，（a，a，0） ， 不妨令 x1，则 y1，z，则 （1，1，） （8 分） 由已知，得，化简，得 PAa （10 分） 【点评】本题考查空间角，考查向量方法的运用，考查学生的计算能力，正确求出平面 的法向量是关键 22 （12 分）在直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C：（ab0）的上顶点坐标为 （0，2） ，离心率为 （1）求椭圆的标准方程； （2）若椭圆
37、上的点 P 的横坐标为 2，且位于第一象限，点 P 关于 x 轴的对称点为点 Q， A，B 是位于直线 PQ 异侧的椭圆上的动点 第 21 页（共 22 页） 若直线 AB 的斜率为，求四边形 APBQ 面积的最大值； 若动点 A，B 满足APQBPQ，试探求直线 AB 的斜率是否为定值？说明理由 【分析】 （1）由已知列关于 a，b，c 的方程组求解可得 a，b 的值，则椭圆方程可求； （2）设出直线 AB 的方程，与椭圆方程联立，求得|x1x2|，利用配方法求最值； 当APQBPQ 时，由 Q 是 P 关于 x 轴的对称点，得 PA，PB 的斜率之和为 0，设 直线 PA 的斜率为 k，则
38、 PB 的斜率为k，求得直线 PA，PB 的方程，与椭圆方程联立求 得 x1x2与 x1+x2的值，代入直线的斜率公式可得直线 AB 的斜率是定值 【解答】解： （1）由题意可得 b2，e，a2b2c2，解得 a2，bc2， 则椭圆的方程为+1； （2）设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ， 设直线 AB 的方程为 yx+t， 联立椭圆方程 x2+2y28，得 3x2+4tx+4t2160， 可得16t212（4t216）0，即2t2， 由根与系数的关系得 x1+x2t，x1x2， |x1x2|， Q 是 P 关于 x 轴的对称点，由 P（2，） ，可得 Q（2，） ， 四边形 APBQ
39、 的面积 S2|x1x2|， 当 t0 时，Smax； 当APQBPQ 时，Q 是 P 关于 x 轴的对称点，PA，PB 的斜率之和为 0， 设直线 PA 的斜率为 k，则 PB 的斜率为k，设直线 PA：yk（x2） ， 代入椭圆方程，可得（1+2k2）x2+4k（2k+）x+2（2k+）280， x1+2，将 k 换为k，可得 x2+2 x1+x2，x1x2， 第 22 页（共 22 页） kAB 故 AB 的斜率为定值 【点评】本题考查椭圆的标准方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，注意联立 直线方程和椭圆方程，运用判别式大于 0，以及韦达定理，直线的斜率公式，考查计算能 力，是中档题
