2023-2024學年河北省部分學校高三下學期高考演練數(shù)學模擬試題(二模)含解析

2023-2024學年河北省部分學校高三下學期高考演練數(shù)學模擬試題

（二模）

一、單選題

2

1．已知集合Mxxx20，Nxy1lnx，則MN（）

A．,eB．0,2C．1,eD．(-1,2)

【正確答案】C

【分析】分別求出集合M,N，再根據(jù)交集的定義即可得解.

【詳解】Mxx2x201,2，

由1lnx0，得0xe，

則Nxy1lnx0,e，

則MN1,e.

故選：C.

2．已知復數(shù)z滿足(12i)z34i，則z的共軛復數(shù)z（）

A．12iB．12iC．12iD．12i

【正確答案】C

5

【分析】根據(jù)復數(shù)模的計算公式，轉化為z，利用復數(shù)的運算法則和共軛復數(shù)的概念，

12i

即可求解.

【詳解】因為(12i)z34i32(4)25，

5512i

可得z12i，所以z12i.

12i12i12i

故選：C.

3．2023年3月24日是第28個“世界防治結核病日”，我國的宣傳主題是“你我共同努力，終

結結核流行”，呼吁社會各界廣泛參與，共同終結結核流行，維護人民群眾的身體健康.已知

某種傳染疾病的患病率為5%通過驗血診斷該病的誤診率為2%，即非患者中有2%的人診斷

為陽性，患者中有2%的人診斷為陰性.隨機抽取一人進行驗血，則其診斷結果為陽性的概率

為（）

A．0.46B．0.046C．0.68D．0.068

【正確答案】D

【分析】應用全概率公式PAPABPBPABPB求解即可.

【詳解】設隨機抽取一人進行驗血，則其診斷結果為陽性為事件A,

設隨機抽取一人實際患病為事件B,隨機抽取一人非患為事件B，

則PAPABPBPABPB0.050.980.950.020.068.

故選:D.

2

4．過拋物線C：y4x的焦點F的直線交拋物線C于A(x1,y1)、B(x2,y2)兩點，以線段AB

為直徑的圓的圓心為O1，半徑為r.點O1到C的準線l的距離與r之積為25，則r(x1x2)（）

A．40B．30C．25D．20

【正確答案】A

1

【詳解】由拋物線的性質知，點O1到C的準線l的距離為ABr，

2

21

依題意得r25r5，又點O1到C的準線l的距離為(x1x22)r5，

2

則有x1x28，故r(x1x2)40，

故選：A．

5．根據(jù)《民用建筑工程室內(nèi)環(huán)境污染控制標準》，文化娛樂場所室內(nèi)甲醛濃度0.1mg/m3為

安全范圍.已知某新建文化娛樂場所施工中使用了甲醛噴劑，處于良好的通風環(huán)境下時，竣

工1周后室內(nèi)甲醛濃度為6.25mg/m3，3周后室內(nèi)甲醛濃度為1mg/m3，且室內(nèi)甲醛濃度(t)

（單位：mg/m3）與竣工后保持良好通風的時間ttN*（單位：周）近似滿足函數(shù)關系

式(t)eatb，則該文化娛樂場所竣工后的甲醛濃度若要達到安全開放標準，至少需要放置

的時間為（）

A．5周B．6周

C．7周D．8周

【正確答案】B

a

【分析】由(3),(1)相除可得e，然后解不等式(t0)0.1，由指數(shù)函數(shù)性質估計出

5455

t

62.5，從而可得0的范圍，由此可得結論.

22

【詳解】由題意可知，(1)eab6.25，(3)e3ab1，

(3)a42

e，解得ea.

(1)255

設該文化娛樂場所竣工后放置t0周后甲醛濃度達到安企開放標準，

t1

20

atbabat01

te0ee6.250.1

則0，

5

t1m145

20555

整理得62.5，設62.5，因為62.5，

5222

所以4m15，即5m6，則t01m1，即t0m.

故至少需要放置的時間為6周.

故選：B.

6．在軸截面頂角為直角的圓錐內(nèi)，作一內(nèi)接圓柱，若圓柱的表面積等于圓錐的側面積，則

圓柱的底面半徑與圓錐的底面半徑的比值為（）

1212

A．B．C．D．

4422

【正確答案】D

【分析】設圓柱和圓錐底面半徑分別為r，R，由圓柱表面積等于圓錐側面積建立方程，求

半徑比.

【詳解】設圓柱和圓錐底面半徑分別為r，R，因為圓錐軸截面頂角為直角，所以圓錐母線

長為2R，

hRr

設圓柱高為h，則，hRr，

RR

2r2

由題，πR2R2πr2πrRr，得.

R2

故選：D.

x2y2

7．已知雙曲線C：1a0b0的左、右焦點分別為F1、F2，點M是雙曲線右支

a2b2

上一點，且MF1MF2，延長MF2交雙曲線C于點P，若MF1PF2，則雙曲線C的離心

率為（）

10

A．3B．2C．6D．

2

【正確答案】D

【分析】設MF1t，則由雙曲線的定義可得MF2t2a，PF2t，PF1t2a，然后

△a,c

在RtPMF1利用勾股定理可求出t3a，再在RtMF1F2中利用勾股定理可表示的關系，

從而可求出離心率.

【詳解】

設MF1t（t2a），由雙曲線的定義可得MF2t2a，PF2t，PF1t2a，

MFMF222

由12，可得MF1MPPF1，

即t2（2t2a）2（t2a）2，解得t3a，

222222，

又MF1MF2F2F1，即為（3a）a4c

10c10

即為ca，則e，

2a2

故選：D.

8．在ABC中，A90，AB4，AC43，P，Q是平面上的動點，APAQPQ2，

M是邊BC上的一點，則MPMQ的最小值為（）

A．1B．2C．3D．4

【正確答案】B

uuuruuuruuur2

【分析】根據(jù)向量運算可得MPMQMN1，結合圖形分析MN的最小值即可得結果.

uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur

【詳解】取PQ的中點N，則MPMNNP,MQMNNQMNNP，

uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur2uuur2uuur2

可得MPMQMNNPMNNPMNNPMN1，

uuuruuuruuuruuuruuur

∵MNMAANMAAN，當且僅當N在線段AM上時，等號成立，

uuuruuuruuuruuur

故MNMAANMA3，

顯然當AMBC時，MA取到最小值23，

uuuruuur

∴MNMA32333，

uuuruuuruuur2

故MPMQMN1312.

故選：B.

二、多選題

9．下列結論正確的有（）

A．若隨機變量，滿足21，則D()2D()1

B．若隨機變量N3,2，且P(6)0.84，則P(36)0.34

C．若線性相關系數(shù)|r|越接近1，則兩個變量的線性相關性越強

D．按從小到大順序排列的兩組數(shù)據(jù)：甲組：27，30，37，m，40，50；乙組：24，n，33，

44．48，52，若這兩組數(shù)據(jù)的第30百分位數(shù)、第50百分位數(shù)都分別對應相等，則mn67

【正確答案】BC

【分析】由方差的性質判斷A；由正態(tài)分布的對稱性判斷B；由相關系數(shù)的定義判斷C；根

據(jù)百分位數(shù)的定義判斷D.

【詳解】對于A，由方差的性質可得D()22D()4D()，故A錯誤；

對于B，由正態(tài)分布的圖象的對稱性可得P(36)P(6)0.50.34，故B正確；

對于C，由相關系數(shù)知識可得：線性相關系數(shù)|r|越接近1，則兩個變量的線性相關性越強，

故C正確；

37m

對于D，甲組：第30百分位數(shù)為30，第50百分位數(shù)為，

2

n30

334477

乙組：第30百分位數(shù)為n，第50百分位數(shù)為，則37m77，

22

22

n30

解得，故mn70，故D錯誤；

m40

故選：BC

10．2022年4月，神舟十三號返回艙成功著陸，返回艙是宇航員返回地球的座艙，返回艙

的軸截面可近似看作是由半圓和半橢圓(都包含M，N點)組成的“曲圓”半圓的圓心在坐標

原點，半圓所在的圓過橢圓的焦點F0,3，橢圓的短軸長等于半圓的直徑，如圖，在平面

直角坐標系中，下半圓與y軸交于點G.若過原點O的直線與上半橢圓交于點A，與下半圓

交于點B，則（）

1

A．橢圓的離心率為B．AFG的周長為662

2

9

C．△ABF面積的最大值是D．線段AB長度的取值范圍是6,332

2

【正確答案】BD

【分析】根據(jù)給定的條件，求出橢圓的短半軸長，半焦距判斷選項A；利用橢圓的定義求出

焦點三角形周長判斷選項B；求出OA長度范圍判斷選項D；ABF根據(jù)運動的觀點可得最

大值判斷C.

【詳解】由題知，橢圓中的幾何量bc3，所以ac2b232，

c32

則e，故A不正確；

a322

因為ABOBOA3OA，由橢圓性質可知3OA32，所以6AB332，故

D正確；

113

設A，B到y(tǒng)軸的距離為d，d，則SSSdOFdOFdd，

12ABFAOFOBF2122212

當A在短軸的端點處時，d1，d2同時取得最大值3，故△ABF面積的最大值是9，故C不

正確；

由橢圓定義知，AFAG2a62，

所以AFG的周長CAFGFG62662，故B正確．

故選：BD．

11．如圖，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是邊長為22的正方形，側棱AA1底面ABCD，

86

三棱錐A1BCD的體積是，底面ABCD和A1B1C1D的中心分別是O和O1，E是O1C1的

3

中點，過點E的平面分別交BB1，B1C1，C1D1于F，N，M點，且BD∥平面，G是線段

MN任意一點（含端點），P是線段AC1上任意一點（含端點），則下列說法正確的是（）

A．側棱AA1的長為6

B．四棱柱ABCDA1B1C1D1的外接球的表面積是40π

BF2

C．當1時，平面截四棱柱的截面是六邊形

BB15

D．當G和P變化時，POPG的最小值是5

【正確答案】BCD

【分析】選項A，可直接利用三棱錐A1BCD的體積公式，求出側棱長，從而判斷選項A

錯誤；選項B，利用長方體外接球心是體對角線的中心，體對角線長即球的直徑，從而求出

半徑，從而判斷選項B正確；選項C，利用性質找出平面截四棱柱的截面，再利用平行

關系找出比例，從而判斷出結果的正誤；選項D，先求證出MN平面AAC11C，從而得到故

對任意的G都有PGPE，進而判斷出結果的正誤.

1186

【詳解】對于選項A，因為三棱錐A1BCD的體積是V2222h，解得

323

h26，故選項A錯誤；

對于選項B，外接球的半徑滿足4R2AB2AC2h240，故外接球的表面積

S4R240，故選項B正確；

對于選項C，如圖，延長MN交A1B1的延長線于點Q，連接AQ交BB1于點F，在平面CC1D1D

內(nèi)作MH∥AF交DD1于H，連接AH，

1

則平面截四棱柱的截面是五邊形AFNMH，因為B1QB1NAB，

2

BF1BF1BF1

所以此時1，故1時截面是六邊形，1時截面是五邊形，

BB13BB13BB13

故選項C正確；

對于選項D，因為BD∥平面，BD//B1D1，B1D1平面，所以B1D1//平面，

又面A1B1C1D1面MN，B1D1面A1B1C1D1，所以B1D1//MN，

又因為四邊形A1B1C1D1是正方形，AC11B1D1，所以AC11MN，

因為側棱AA1底面A1B1C1D1，MN底面A1B1C1D1，所以AA1MN，

又A1C1AA1A1，所以MN平面AAC11C，垂足是E，

1

故對任意的G都有PGPE，又因為OO26，O1EA1C11，

14

22，故選項正確，

故POPGPOPEOEOO1O1E5D

故選：BCD.

eaeb

12．已知ab,cd,1.01,1cec1ded0.99，則（）

a1b1

A．a(chǎn)b0B．cd0

C．a(chǎn)d0D．bc0

【正確答案】AD

【分析】A.先構造函數(shù)fx，通過函數(shù)的單調性確定a,b的大致范圍，再構造

hxlnfxlnfx，通過函數(shù)hx的單調性確定d與c的大小關系，進而得到A選

項.

B.先構造函數(shù)gx，通過函數(shù)的單調性確定c,d的大致范圍，再構造

hxlngxlngx，通過函數(shù)hx的單調性確定d與c的大小關系，進而可知B選

項錯誤.

1

C.通過fx，得到gagd，進而可得a與d的大小關系,進而可知C選項

gx

錯誤.

D.與C選項同樣的方法即可判斷.

eaebex

【詳解】A.1.010a1,b1令fxx1

a1b11x

xex

fx

則2，所以fx在1,0單調遞減，在0,上單調遞增，

1x

且f00，故a0,1b0.

令hxlnfxlnfx2xlnx1lnx1,x1,1

112

hx2+20

則2，

x1x11x

所以hx在1,1上單調遞減，且h00

b1,0lnfblnfb0fbfbfafb

ab即ab0故選項A正確

B.1cec1ded0.990c1,d1令gx1xexx1

則gxxex，所以gx在,0單調遞增，在0,1上單調遞減，

且g01，故0c1,d0.

令mxlngxlngx2xlnx1lnx1hx,x1,1

所以mx在1,1上單調遞減，且m00

c0,1lngclngc0gcgcgdgc

dc即cd0故選項B錯誤

11100

C.fxga0.99,a1,0

gxfa101

gagd又gx在,0單調遞增adad0

故選項C錯誤

D.由C可知，gbgc,b0,1又gx在0,1單調遞減bc

故選項D正確

故選：AD

三、填空題

13．在平面直角坐標系xOy中，角的頂點為O，始邊與x軸的非負半軸重合，終邊與圓

2235π

xy9相交于點,t，則sin2___________.

52

3

【正確答案】/0.6

5

【分析】根據(jù)三角函數(shù)定義可求得cos，再利用誘導公式、倍角公式運算求解.

35

【詳解】因為角的終邊與圓x2y29相交于點,t，

5

35

則55，

cos

35

2

π253

所以sin2cos22cos121.

255

3

故答案為.-

5

56256

14．已知多項式(x2)(x1)a0a1xa2xa5xa6x，則a1___________.

【正確答案】74

5和6的展開式的xa

【分析】利用二項展開式的通項分別求得x2x1項，進而求得1的

值.

【詳解】對于(x-2)5，

TCrx5r(2)r

其二項展開式的通項為r15，

令5r1，得r4，

44

故T5C5x(2)80x，

對于(x1)6，

TCkx6k(1)k

其二項展開式的通項為k16，

55

令6k1，得k5，故T6C6x(1)6x，

所以a180674.

故74.

exex

15．已知函數(shù)f(x)k(2lnxx)和g(x)，若g(x)的極小值點是f(x)的唯一極值點，

x2x2

則k的最大值為____.

e21

【正確答案】/e2

44

exk

f(x)x2

【分析】利用導數(shù)求出g(x)的單調性和極小值點，然后3，然后可得

xx

exkexk

0或0恒成立，然后可求出答案.

x3xx3x

x2x

eexx2ex2xx2xe

【詳解】由g(x)可得g(x)

x2x4x4

所以當x0或x2時，g(x)0，當0x2時，g(x)0

所以g(x)的極小值點是2

exxx2ex2exk

f(x)k(2lnxx)f(x)k1x2

由2可得43

xxxxx

exkexk

因為f(x)的唯一極值點為2，所以0或0恒成立

x3xx3x

exex

所以k或k在0,上恒成立

x2x2

ex

因為g(x)在0,2上單調遞減，在2,上單調遞增，當x時g(x)

x2

e2

所以kg(x)g2

min4

e2

故

4

16．“0,1數(shù)列”是每一項均為0或1的數(shù)列，在通信技術中應用廣泛．設A是一個“0,1數(shù)列”，

定義數(shù)列fA：數(shù)列A中每個0都變?yōu)椤?,0,1”，A中每個1都變?yōu)椤?,1,0”，所得到的新數(shù)

A:1,0A:1,0,1,0,1AfA

列．例如數(shù)列，則數(shù)列fA:0,1,0,1,0,1．已知數(shù)列1，且數(shù)列k1k，

k1,2,3,ASSS

，記數(shù)列k的所有項之和為k，則kk1__________．

【正確答案】103k1

Aaba,ba,b

【分析】設數(shù)列k中，0的個數(shù)為k，1的個數(shù)為k，可利用kk表示出k1k1，兩式分

別作和、作差，結合等比數(shù)列通項公式可推導求得ak,bk，從而得到Sk，整理可得最終結果.

【詳解】設數(shù)列Ak中，0的個數(shù)為ak，1的個數(shù)為bk，

aa2bb2ab

則k1kk，k1kk，

ab3abab5

兩式相加得：k1k1kk，又11，

abk1

數(shù)列kk是以5為首項，3為公比的等比數(shù)列，akbk53；

ababab1

兩式相減得：k1k1kk，又11，

abk；

數(shù)列kk是以1為首項，1為公比的等比數(shù)列，akbk1

k1kk1k

531531Sabb

a，b，k0k1kk，

k2k2

kk1

53k1153k1k1k

5353k1

SS103.

kk1222

故答案為.103k1

a,ba,b

關鍵點點睛：本題求解的關鍵是能夠根據(jù)所定義的變化規(guī)律，得到kk與k1k1所滿足的

,

遞推關系，利用遞推關系式證得數(shù)列akbk和akbk均為等比數(shù)列，從而推導得到akbk

的通項公式.

四、解答題

21

17．如圖在平面四邊形ABCD中，AC7，AB3，DACBAC，sinBAC．

14

(1)求邊BC；

2π

(2)若CDA，求四邊形ABCD的面積．

3

【正確答案】(1)1；

53

(2).

4

【分析】（1）利用余弦定理即可求得邊BC的長；

SS

（2）分別利用三角形面積公式求得△ABC,△ACD的面積，進而求得四邊形ABCD的面積．

21

【詳解】（1）因為sinBAC，BAC為銳角，

14

2

2157

所以cosBAC1．

1414

因為AC7，AB3，在ABC中，

由余弦定理得BC2AC2AB22ACABcosBAC，

57

即BC2792731，得BC1．

14

CDAC

（2）在△ADC中，由正弦定理得，

sinDACsinADC

CD7

即213，所以CD1．

142

AD2CD2AC2

在△ADC中，由余弦定理得cosADC，

2ADCD

1AD217

即，解得AD2．

22AD

1213312π3

因為S73，S12sin，

△ABC2144△ACD232

33353

所以SSS．

ABCD△ABC△ACD424

．在各項均為正數(shù)的數(shù)列aa2a2aa2a

18n中，1，n1nn1n．

(1)求an的通項公式；

1

b22

(2)若n，b的前n項和為S，證明：S1．

logalogalogalogannn

2n2n12n12n2

n*

【正確答案】(1)an2(nN)

(2)證明見解析

a2aa2a(a2a)(aa)0a0a2a

【分析】（1）由n1nn1n得出n1nn1n，再根據(jù)n得出n1n，

則數(shù)列{an}為等比數(shù)列，即可得出通項公式；

11

nn+1*bb

（2）由（1）得an2，a1=2，nN，代入n，化簡得n，即可得出

n+nn1

1

S1

n，則Sn1，再證明{Sn}為增數(shù)列，則S1Sn，即可證明結論．

n1

a2aa2a

【詳解】（1）n1nn1n，

(a2a)(aa)0a2a0aa0

n1nn1n，則n1n或n1n，

aa2a

又n0，n1n，

{a}a2n*

數(shù)列n為等比數(shù)列，公比為2，1，an2(nN)．

an，a2n+1*，

（2）證明：由（1）得n2n+1=，nN

11

b

則n

logalogalogalogann1n1n

2n2n12n12nlog22log22log22log22

11n1n11

，

nn1(n1)nnn1(nn1)nn1nn1

1111111

nS1

bn的前項和為n，

1223nn1n1

則Sn1，

11n1n

*時，

又當nNSn1Sn0

nn1nn1

22

*時，{S}SS

當nNn為增數(shù)列，1n，即S，

2n

22

S1．

2n

19．2023年3月華中師大一附中舉行了普通高中體育與健康學業(yè)水平合格性考試．考試分

為體能測試和技能測試，其中技能測試要求每個學生在籃球運球上籃、羽毛球對拉高遠球和

游泳3個項目中任意選擇一個參加．某男生為了在此次體育學業(yè)考試中取得優(yōu)秀成績，決定

每天訓練一個技能項目．第一天在3個項目中任意選一項開始訓練，從第二天起，每天都是

從前一天沒有訓練的2個項目中任意選一項訓練．

(1)若該男生進行了3天的訓練，求第三天訓練的是“籃球運球上籃”的概率；

(2)設該男生在考前最后6天訓練中選擇“羽毛球對拉高遠球”的天數(shù)為X，求X的分布列及

數(shù)學期望．

1

【正確答案】(1)

3

(2)分布列見解析；E(X)2

【分析】（1）根據(jù)乘法原理，結合古典概型計算求解即可；

（2）由題知X的可能取值為0,1,2,3，再依次求對應的概率，列分布列，求期望即可.

【詳解】（1）解：當?shù)谝惶煊柧毜氖恰盎@球運球上籃”且第三天也是訓練“籃球運球上籃”為事

件A；

當?shù)谝惶煊柧毜牟皇恰盎@球運球上籃”且第三天是訓練“籃球運球上籃”為事件B；

由題知，三天的訓練過程中，總共的可能情況為32212種，

12112111

所以，PA，PB，

126126

1

所以，第三天訓練的是“籃球運球上籃”的概率PPAPB.

3

（2）解：由題知，X的可能取值為0,1,2,3，

所以，考前最后6天訓練中，所有可能的結果有32596種，

21521

所以，當X0時，第一天有兩種選擇，之后每天都有1種選擇，故P(X0)；

3259648

當X1時，

第一天選擇“羽毛球對拉高遠球”，則第二天有2種選擇，之后每天只有1種選擇，共2種選

擇；

第二天選擇“羽毛球對拉高遠球”，則第一天有2種選擇，第三天2種，后每天只有1種選擇，

共4種選擇；

第三天選擇“羽毛球對拉高遠球”，則第一天有2種選擇，第二天有1種選擇，第三天1種，

第四天有2種選擇，之后每天只有1種選擇，共4種選擇；

第四天選擇“羽毛球對拉高遠球”，則第一天有2種選擇，第二天，第三天，第四天，第六

天有1種，第五天有2種選擇，共4種選擇；

第五天選擇“羽毛球對拉高遠球”，則第一天有2種選擇，第二天，第三天，第四天，第五

天有1種，第六天有2種選擇，共4種選擇；

第六天選擇“羽毛球對拉高遠球”，則第一天有2種選擇，第二天，第三天，第四天，第五

天，第六天都有1種選擇，共2種選擇；

綜上，當X1時，共有24444220種選擇，

205

所以，P(X1)；

9624

當X3時，

第一天，第三天，第五天，選擇“羽毛球對拉高遠球”，有238種選擇；

第一天，第三天，第六天，選擇“羽毛球對拉高遠球”，有224種選擇

第一天，第四天，第六天，選擇“羽毛球對拉高遠球”，有224種選擇；

第二天，第四天，第六天，選擇“羽毛球對拉高遠球”，有238種選擇；

所以，當X3時，共有844824種選擇，

241

所以，P(X3)；

964

5025

所以，當P(X2)1P(X0)P(X1)P(X3)，

9648

所以，X的分布列為：

X0123

15251

P

4824484

15251

所以，E(X)01232.

4824484

x2y2

20．已知橢圓C:1ab0的左右焦點分別是F1,F2，P是橢圓上一動點(與左右

a2b2

△31

頂點不重合)，已知PF1F2的內(nèi)切圓半徑的最大值是,橢圓的離心率是.

32

（1）求橢圓C的方程；

（2）過H4,0作斜率不為0的直線l交橢圓于A,B兩點，過B作垂直于x軸的直線交橢圓

AQ

于另一點Q，連接AQ，設ABQ的外心為G，求證：為定值.

GF2

x2y2

【正確答案】（1）1；（2）證明見解析.

43

△

【分析】（1）根據(jù)PF1F2面積最大時，r最大可得出等量關系求解；

（2）設出直線方程，與橢圓聯(lián)立，設Ax1,y1,Bx2,y2，得出韋達定理，表示出AB的中

點坐標，求得AB的垂直平分線方程，得出點G坐標，即可表示出AQ,GF2，即可得出定

值.

c1

【詳解】（1）由題意知∶，∴a=2c，b2a2c2，b3c

a2

設△PF1F2的內(nèi)切圓半徑為r，

11

則SPFF(|PF1||PF2||F1F2|)r(2a2c)r(ac)r.

1222

△3

故當PF1F2面積最大時，r最大，即P點位于橢圓短軸頂點時r，

3

3

所以(ac)bc，把a=2c，b3c代入，解得∶a=2，b3，

3

x2y2

所以橢圓方程為1

43

（2）由題意知，直線AB的斜率存在且不為0，設直線AB為xty4，

代入橢圓方程得3t24y224ty360.

Δ(24t)21443t24144t240，

24t36

Ax,y,Bx,y

設1122，則y1y2，y1y2，

3t243t24

32

因此可得x1x2

3t24

1612t

所以AB的中點坐標為(，)

3t243t24

因為G是△ABQ的外心，所以G是線段AB的垂直平分線與線段BQ的垂直平分線的交點，

由題意可知B，Q關于y軸對稱，故Qx2,y2，

1612t

AB的垂直平分線方程為t(x)y

3t243t24

44

令y=0，得x，即G(，0)，

3t243t24

43t2

所以|GF2||1|

3t243t24

22222

又|AQ|(x1x2)(y1y2)t(y1y2)(y1y2)

2

22212t

=(t1)(y1y2)4ty1y2

3t24

|AQ||AB|

4

故，所以|GF|為定值，定值為4.

|GF2|2

方法點睛：解決直線與圓錐曲線相交問題的常用步驟：

，，

（1）得出直線方程，設交點為Ax1y1，Bx2y2；

（2）聯(lián)立直線與曲線方程，得到關于x（或y）的一元二次方程；

（3）寫出韋達定理；

（4）將所求問題或題中關系轉化為x1x2,x1x2形式；

（5）代入韋達定理求解.

21．在三棱臺A1B1C1ABC中，AA1平面ABC，ABAC2,AA1A1B11,AB1A1C1，E,F

分別是BC,BB1的中點，D是棱AC11上的動點.

(1)求證：AB1DE；

(2)若D是線段A1C1的中點，平面DEF與A1B1的交點記為M，求平面AMC與平面AME夾角

的余弦值.

【正確答案】(1)證明見解析

286

(2)

22

【分析】（1）取AB的中點G，連接A1G,EG，證得E,G,A1,D四點共面，根據(jù)AA1平面ABC，

證得AA1AG，結合AB1AG1，證得AB1平面A1DEG，即可證得AB1DE；

（2）延長EF與C1B1交于點Q，連接DQ，根題意證得AC,AB,AA1兩兩垂直，以A為原點，

建立空間直角坐標系，分別求得平面AMC和平面AME的一個法向量n10,3,2和

n23,3,2，結合向量的夾角公式，即可求解.

【詳解】（1）證明：取線段AB的中點G，連接A1G,EG，如圖所示，

因為E,G分別為BC,AB的中點，所以EG//AC，

在三棱臺A1B1C1ABC中，AC11//AC，所以EG//A1C1，且DA1C1，

故E,G,A1,D四點共面，

因為AA1平面ABC，AG平面ABC，所以AA1AG，

因為AA1A1B1AG1,AG//A1B1,AA1AG，

所以四邊形AA1B1G是正方形，所以AB1AG1，

又因為AB1A1C1，且A1C1A1GA1,A1C1,A1G平面A1DEG，

所以AB1平面A1DEG，

因為DE平面A1DEG，所以AB1DE.

（2）解：延長EF與C1B1相交于點Q，連接DQ，則DQA1B1M，

B1QB1F

因為F,E分別為BB1和BC的中點，B1Q//BE，所以1，

BEBF

1

則BQBEBCBC，所以，B為CQ的中點，

121111

△

又因為D為AC11的中點，且A1B1DQM，則M為AC11Q的重心，

22

所以AMAB，

13113

因為AA1平面ABC,AC平面ABC，所以AA1AC.

因為AB1AC11,AC11//AC，所以AB1AC，

又因為AA1AB1A,AA1,AB1平面AA1B1B，

所以AC平面AA1B1B，所以AC,AB,AA1兩兩垂直，

y

以A為原點，AC,AB,AA1所在直線分別為x軸、軸和z軸建立如圖所示空間直角坐標系，

2

則A0,0,0,B0,2,0,C2,0,0,E1,1,0,M0,,1，

3

2

可得AC2,0,0,AM0,,1,AE1,1,0.

3

nAC2a0

1

設平面AMC的法向量為n1a,b,c，則2，

nAMbc0

1

3