江西省部分中學(xué)2023-2024學(xué)年高二年級上冊期末聯(lián)考數(shù)學(xué)試題（A卷）（解析版）

秘密★啟用前【2024年1月】試卷類型：A

2023-2024學(xué)年度江西省部分重點(diǎn)中學(xué)高二期末聯(lián)考

數(shù)學(xué)

注意事項(xiàng)：

1.答題前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號、考場號、座位號填寫在答題卡上.

2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑.如需改

動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號.回答非選擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上.寫在本

試卷上無效.

3.考試結(jié)束后，將答題卡交回.

一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)

是符合題目要求的.

1.已知直線/的傾斜角為had,則/的斜率為()

A.1B.45C.tanlD.tanl°

【答案】C

【解析】

【分析】根據(jù)斜率的定義，即可求得答案.

【詳解】由題意知直線I的傾斜角為Irad,

則/的斜率為tanl,

故選：C

22

2.雙曲線與—乙=1(?！?)的離心率為有，則。=()

片4

A.1B.72C.右D.76

【答案】B

【解析】

【分析】根據(jù)雙曲線的基本量關(guān)系求解即可.

【詳解】由題意，必三=石，即/+4=3/,解得a=

故選：B

3.若隨機(jī)變量X服從正態(tài)分布N(2,/),尸(X")=0.45,則P(X20)=()

A.0.45B.0.55C.0.1D.0.9

【答案】B

【解析】

【分析】利用正態(tài)分布的對稱性可求答案.

【詳解】因?yàn)殡S機(jī)變量X服從正態(tài)分布N（2,/）,所以P（X24）=P（X<0）=045；

所以P(X>0)=1-P(X<0)=1-0.45=0.55.

故選：B.

4.直線二+==1與橢圓［+==l（a〉6〉0）位置關(guān)系為（）

aba2b2

A.相離B.相切C.相交D.無法確定

【答案】C

【解析】

【分析】由直線與橢圓的位置關(guān)系求解即可.

【詳解】因?yàn)橹本€二+2=1過點(diǎn)0）,（03），

ab

22

而（。,0）,（0力）為橢圓工+與=13〉6〉0）的右端點(diǎn)和上端點(diǎn)，

a"b'

22

故直線二+2=1與橢圓二+A=l（a〉6〉0）相交.

aba2b2

故選：C.

5.如圖，正方體ABC。—的棱長為2,點(diǎn)E,尸分別是A5,的中點(diǎn)，過點(diǎn)2,E,尸的平

面截該正方體所得的截面多邊形記為。，則。的周長為（）

c.V2+2V13D.4a+應(yīng)

【答案】C

【解析】

【分析】作出輔助線，得到五邊形，PEEb即為截面。，根據(jù)三角形全等或相似得到各邊長度，求出截

面周長.

【詳解】延長D4,DC,與直線板相交于

連接DXM,DXQ與AA分別交于點(diǎn)P,H,連接PE,HF,

則五邊形2PEFH即為截面。,

正方體的棱長為2,點(diǎn)瓦歹分別是的中點(diǎn),

所以跖=』x衣”=0,

2

由Rt-BEF=RUCQF=RtAAEM得,

AM=CQ=BE=BF=1,EF=ME=FQ=^2,

4

所以P,〃分別為靠近A,c的三等分點(diǎn)，故AP=GH=§,

所以由勾股定理得=

所以。的周長為￡>/+尸￡+￡/+9+幺〃=竺3><2+四*2+，5=3而'+，5.

33

6.1a—彳+1）的展開式中，》的系數(shù)為（）

A.60B.120C.-60D.-120

【答案】A

【解析】

【分析】根據(jù)二項(xiàng)展開式公式求解即可.

【詳解】由題意1a—1+1］中含］的項(xiàng)為C>4c［―g］=竿，則］的系數(shù)為60，

故選：A

7.甲、乙、丙等6人站在一起，且甲不在兩端，乙和丙之間恰有2人，則不同排法共有（）

A.108種B.96種C.84種D.72種

【答案】B

【解析】

【分析】分類討論：乙丙及中間人占據(jù)首四位、乙丙及中間人占據(jù)中間四位、乙丙及中間人占據(jù)尾四位，然

后根據(jù)分類加法計(jì)數(shù)原理求得結(jié)果.

【詳解】因?yàn)橐液捅g恰有2人，所以乙丙及中間人占據(jù)首四位或中間四位或尾四位，

當(dāng)乙丙及中間人占據(jù)首四位，此時(shí)還剩最后2位，甲不在兩端，

第一步先排末位有A；種，第二步將甲和中間人排入有A；種，第三步排乙丙有A；種，

由分步乘法計(jì)數(shù)原理可得有A；A；A；=36種；

當(dāng)乙丙及中間人占據(jù)中間四位，此時(shí)兩端還剩2位，甲不在兩端，

第一步先排兩端有A；種，第二步將甲和中間人排入有A；種，第三步排乙丙有A；種，

由分步乘法計(jì)數(shù)原理可得有A；A；A；=24種；

乙丙及中間人占據(jù)尾四位，此時(shí)還剩前2位，甲不在兩端，

第一步先排首位有A；種，第二步將甲和中間人排入有A；種，第三步排乙丙有A；種，

由分步乘法計(jì)數(shù)原理可得有A；A；A；=36種；

由分類加法計(jì)數(shù)原理可知，一共有36+24+36=96種排法.

故選：B.

8.球。的兩個(gè)相互垂直的截面圓與2的公共弦A3的長度為2,若AaAB是直角三角形，△QA3

是等邊三角形，則球。的表面積為（）

A.9兀B.12兀C.16KD.20TI

【答案】D

【解析】

【分析】如圖，過。2作直線4，平面AQ3,過。|作直線4_L平面AQB,貝必與《相交于。，。即為

球心，連接A0,則A0為該球的半徑，取A3的中點(diǎn)C,連接oca。，結(jié)合已知條件可證得四邊形

為矩形，從而可求出。4的長，進(jìn)而可求得球的表面積

【詳解】解：如圖，過。2作直線，2，平面過J作直線4，平面則乙與4相交于。，。

即為球心，連接A0,則A0為該球的半徑,

取A3的中點(diǎn)c,連接aca。，

因?yàn)椤鱍A3是直角三角形，AB=2,

所以aC=gA3=l,

因?yàn)锳OzAB是等邊三角形，所以QC，AB,QA=A3=2,

因?yàn)槠矫?2AB±平面O.AB,平面QABC平面0{AB=AB,

所以ac,平面所以ac^oc，

因?yàn)槠矫?。lAB,所以00〃。2。，同理。2。〃℃,

所以四邊形。。。。2為矩形，

所以O(shè)Q==1,

因?yàn)??！?±平面02AB,所以，QA，

222

所以。4=y/oO2+O2A=#+2=75

所以球的表面積為4〃xI=20萬，

故選：D

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：此題考查球的截面問題，考查球的表面積的求法，解

題的關(guān)鍵是根據(jù)題意確定球心的位置，然后結(jié)合題意求出球的半徑，考查空間想象能力和計(jì)算能力，屬于

中檔題

二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題

目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯(cuò)的得0分.

9.在正方體ABC?！狝4GR中，下列說法正確的是（）

A.BQ人ACB.AG_L平面AjBD

C.直線用。與平面ABC。的夾角為45。D.三棱錐4-5G。是正四面體

【答案】ABD

【解析】

【分析】對于選項(xiàng)A:先證AC,面3與。2,再證與。人AC即可；對于選項(xiàng)B：先通過線面垂直證明

ACJ±BD,\DLAC,,再結(jié)合線面垂直的判定定理證明即可；對于選項(xiàng)C:結(jié)合線面角的定義計(jì)算該線

面角即可；對于選項(xiàng)D:由4。=BD=\B=AG=BC[=DC]即可判定.

【詳解】對于選項(xiàng)A:連接用D,AC,42，

在正方體ABCD-A4GD]中有5與面ABCD,且ACu面ABCD,

所以551LAC,

又因?yàn)榈酌鍭BC。為正方形，所以AC43。，

因?yàn)?。c33]=3,BD,BB}u面BBXDD},所以AC，面臺與。〃，

因?yàn)橛谩面BB[DD]，所以AC，與。.故選項(xiàng)A正確；

------------------TIC

對于選項(xiàng)B：連接AQ,\B,\D,BD,AC,AD1,BC,,

在正方體ABCD-44G2中有A4,J_面ABCD,且BDu面ABCD,

所以AdLBD,

又因?yàn)榈酌鍭BCD為正方形，所以AC1BD,

因?yàn)锳CnM=A,AC,9U面441cC],所以上面441cG，

因?yàn)锳C,u面AAjCQ，所以AC,±BD.

在正方體ABCD-A14Goi中有AB上面AAiDD1,>A；Du面AAlDDl,

所以

又因?yàn)榈酌鏋檎叫危?。LAD],

因?yàn)锳BAD1=A,AB,A2u面ABCQ],所以A。，面ABCQi，

因?yàn)锳C,u面ABCXDX，所以AXD±AC,.

因?yàn)?。4。=D,3D,AQu面ABD,所以AC；，平面,故選項(xiàng)B正確;

對于選項(xiàng)C：連接耳

在正方體ABCD-A4GR中有53]J.面ABCD,

所以3。為直線BQ在平面ABCD的射影,

即NBQB為直線BQ與平面ABCD所成的角,

設(shè)正方體的棱長為a，則BD=yfla，BB[=a,

則tan?B.DB旭=二=也，故選項(xiàng)c錯(cuò)誤;

BD41a2

對于選項(xiàng)D:連接4。,BD,4昆AC,BC1,DC,,

在正方體ABCZ)—44G。]中易得BD=T4J5==BC[=DC^,

故三棱錐4是正四面體.故選項(xiàng)D正確.

故選：ABD.

10.已知橢圓C：工+匕=1,將C向右平移4個(gè)單位，向上平移3個(gè)單位得到橢圓E,若點(diǎn)A,8分別在

43

C,E上，。一。2分別為C,E的中心，貝I」（）

A.E的方程為Q—4）+（3+3）=]B.。和石沒有交點(diǎn)

43

C.A,8的縱坐標(biāo)之差可以為7D.忸的最大值等于|AQ|的最大值

【答案】BD

【解析】

【分析】根據(jù)曲線的平移規(guī)律可得E的方程，判斷A；聯(lián)立兩橢圓方程，結(jié)合判別式可判斷B；結(jié)合橢圓的

幾何性質(zhì)，即橢圓的頂點(diǎn)坐標(biāo)，可判斷C；根據(jù)橢圓的對稱性可判斷D.

【詳解】對于A,將C向右平移4個(gè)單位，向上平移3個(gè)單位得到橢圓E,

橢圓E的方程為Q—4）~+。—31=],人錯(cuò)誤；

43

對于B,將橢圓方程工+上=1和（X—4）+（1一3）-=1相減,整理可得2x+2y—7=0,

4343

2尤一7丫2

即丁=一—-,代入一+乙=1中，可得7必—28X+37=0,

243

由于△=(—28)2—4x7x37=—252<0,

即C和E沒有交點(diǎn)，B正確；

對于C,點(diǎn)A,8分別在C,E上，則A點(diǎn)縱坐標(biāo)最小為-有，

8的縱坐標(biāo)最大為3+6，故A，B的縱坐標(biāo)之差最大為3+2百<7，C錯(cuò)誤;

對于D,橢圓E是由橢圓C平移得到的，二者僅位置不同，大小形狀完全相同,

且。一O?分別為C，E的中心，

根據(jù)橢圓的對稱性可知忸的最大值等于|AQ|的最大值，D正確，

故選：BD

11.已知P為拋物線C:/=4x的焦點(diǎn)，M,N,P,0是C上四個(gè)不同的動(dòng)點(diǎn)，滿足直線aW,過F

其中尸在第一象限，若直線MP與x軸的交點(diǎn)為(―2,0),JWFP,-NFQ,PFN,的面

積分別為跖，Sz，邑，則()

A.2=1時(shí)，PN〃MQB.直線NQ與x軸的交點(diǎn)為

叢一丸D(sr)(s”4)

cD

S2-(S2+S3)(S2+S4)-

【答案】ABD

【解析】

【分析】由條件設(shè)肱V的方程為％=的+1,利用設(shè)而不求法確定的坐標(biāo)關(guān)系，設(shè)

P(tf,2t2),：〉0/2>0/尸明根據(jù)所求關(guān)系確定"。的坐標(biāo)，由條件確定彳④"的關(guān)系，由此判斷A,

B,結(jié)合拋物線的定義和分式的性質(zhì)，三角形面積公式判斷CD.

【詳解】拋物線/二?的焦點(diǎn)b的坐標(biāo)為(1,0),

因?yàn)檫^點(diǎn)產(chǎn)，由條件可得肱V的斜率不為0,

故可設(shè)直線MN的方程為x=陽+1,

y2=

聯(lián)立,化簡可得/一4根丫—4=0,

x=my+l

方程y2-4my-4=0的判別式△=16m2+16>0，

設(shè)”（七,%）,N（x2,y2）,

則%%=-4,所以可々=??=1，

因?yàn)?在拋物線V=4x上，/在第一象限，

所以可設(shè)〃（片,2力，乙〉0,則N,

VIG7

「1—2、

設(shè)尸，；,2,2）,廣2〉°，GWL，同理可得Q~1--

、，2G）

因?yàn)橹本€MP過點(diǎn)（-九0）,

2t.2乙

所以力7=尸7,化簡可得巾2=九，2>0,

%+/I%2+4

對于A,因?yàn)?=1,則j

,1,1

所以不=二，弓=/，

hh

所以MQ,PN斜率都不存在,故PN〃MQ,A正確,

-22

H--,

對于B,直線NQ的斜率為十t2—2tll2

」一；+，

所以直線NQ的方程為y+-=

%4+武tf）

11

取y=0可得，x=--=-—

所以直線NQ與x軸的交點(diǎn)為]一力,oj,B正確；

對于C,S[=S班=5MFST>PFS=（2+1）1i-胃,

T河卜4

同理§2=S.NFQ=SQFT—SNF1

s

所以心=&，2=X2,C錯(cuò)誤;

2+1

s,=s4=\MF\=?12

對于D,因?yàn)橛胈耳_NH_J_]i

Si+S4_於

所以S+s?-—

S-S3」尸目/；+12

2

同理可得S4S2\QF\4]

Si+S3=2

所以2

s4+s2~

(s,+s^(s.+s.)

所以E4k幻=27'D正確;

故選：

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：（1）解答直線與拋物線的題目時(shí)，時(shí)常把兩個(gè)曲線的方程聯(lián)立，消去x（或y）建立一

元二次方程，然后借助根與系數(shù)的關(guān)系，并結(jié)合題設(shè)條件建立有關(guān)參變量的等量關(guān)系；（2）涉及到直線方

程的設(shè)法時(shí)，務(wù)必考慮全面，不要忽略直線斜率為?；虿淮嬖诘忍厥馇樾?

三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.

12.（岔+1『+（盯_1『=.

【答案】112

【解析】

【分析】根據(jù)完全平方式的特征即可求解.

【詳解】(7?+1了+(7?-=[(b+1)2+(7?--2(6+1丫(6-1)2=122—2x42=112,

故答案為：112

13.已知正方體ABC。-的棱長為1，點(diǎn)尸在平面ABCZ)內(nèi)，若尸到直線A4的距離與到直線

CD的距離相等，則P到CD的距離的最小值為.

【答案】1##0.5

【解析】

【分析】根據(jù)題意可得點(diǎn)P的軌跡為拋物線，進(jìn)而可得尸到CD的距離最小值.

【詳解】由題意，P到直線A4的距離與到直線。的距離相等，

即AP的長度與尸到直線CD的距離相等，故P的軌跡為以直線CD為準(zhǔn)線，A為焦點(diǎn)的拋物線上.

故當(dāng)尸為拋物線的頂點(diǎn)，即A。的中點(diǎn)時(shí)P到CD的距離取最小值，為

故答案為：!

TT7C

14.在三棱錐尸—ABC中，BC=2,NBPC=—,ABAC=-,當(dāng)三棱錐P—ABC的體積最大時(shí)，直線

23

"與平面ABC的夾角為,三棱錐的外接球的表面積為.

【答案】①.一②.--71

63

【解析】

【分析】根據(jù)題意，當(dāng)。平面ABC,ABC是等邊三角形時(shí)，三棱錐P-A5C的體積最大，利用線

面角的定義可判斷求解直線AP與平面ABC所成的角，確定外接球球心求出半徑得解.

JT

【詳解】如圖，取中點(diǎn)。，QNBPC=3,BC=2,

:.PD=1,所以當(dāng)？DJ_平面ABC時(shí)，三棱錐尸―ABC的高最大，

jr

又NBAC=—,所以當(dāng)是等邊三角形時(shí)底面積最大，

3

也就是當(dāng)？D_L平面ABC,ABC是等邊三角形時(shí)，三棱錐尸-ABC體積最大，

所以44。是直線AP與平面ABC所成的角，在Rt_PZM中，PD=1,AD=6

tanZPAD=4==—＞即=

7336

取等邊uABC的中心。，由題意易得。4=OB=OC=OP,所以。是三棱錐尸—ABC外接球的球心,

則外接球半徑廠=。4=手，所以外接球的表面積為S=47lr=4兀義］￥^|=y7l.

故答案為：—?；—71?

63

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：根據(jù)題意，要使三棱錐尸-ABC的體積最大，當(dāng)。。,平面ABC,ABC是等邊三

角形時(shí)，利用線面角的定義，確定NQ4D是直線AP與平面ABC所成的角，等邊一ABC的中心。是三棱

錐尸—ABC外接球的球心，運(yùn)算得解.

四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.

15.已知A,B,C,P為空間內(nèi)不共線的四點(diǎn)，6為_46。的重心.

（1）證明：PA+PB+PC=3PG>

（2）若向量卓，pB,PC的模長均為2,且兩兩夾角為g,求|PG|.

【答案】（1）證明見解析

⑵

3

【解析】

【分析】（1）利用三角形重心的向量表示及向量運(yùn)算可證結(jié)論；

（2）利用向量模長的公式可求答案.

【小問1詳解】

證明：因?yàn)镚是ABC的重心，所以GA+GB+GC=O,

則GP+PA+GP+PB+GP+PC=O,

即PA+P6+PC=3PG.

【小問2詳解】

由⑴得PG=PA+PB+PC

3

PA|*234+|PB|2+|PC|2+2^PAPB+PAPC+PB-PC

所以|PG「

22x3+2x3x2x2x3；=24,即囪2V6

丁

9~~9

22

16.己知點(diǎn)/（1,0）為橢圓C：j+2L=l的焦點(diǎn)，過尸的直線/交C于A,8兩點(diǎn).

a3

（1）求C的方程；

（2）若。為AB的中點(diǎn).

①求。的軌跡方程；

②求盟的最大值.

22

【答案】(1)—+^=1

43

(2)①4(x—g]+^^=1；②1

【解析】

【分析】（1）根據(jù)橢圓的基本量關(guān)系求解即可；

3

（2）①設(shè)A（七,%）,3（%2，%），。（%0，%），根據(jù)點(diǎn)差法可得=一4，再分AB斜率存在與不存

在求解即可;

②由①知，。的軌跡是個(gè)橢圓，原點(diǎn)。是該橢圓的左頂點(diǎn)即可得.

【小問1詳解】

22

由題意有儲=3+仔=4,所以c的方程為L+2L=i；

43

【小問2詳解】

2222

設(shè)A（石,yj，W肛％），。（如％）,則才+與=才+￡~,

3

即（%+%）（%—%）=—1（%+%）（石一電），

y-％y+-33

當(dāng)AB斜率存在時(shí)，有即左A/OD=——，

玉玉+%24鉆0D4

①當(dāng)A3斜率存在時(shí)，由上述分析有+r,①=-9,得《［%―工］+竺羽=1（%H

當(dāng)A3斜率不存在時(shí)，易知。（1,0），滿足上面得出的方程，

綜上，O的軌跡方程為4（x—3）+等=1；

②由①知，。的軌跡是個(gè)橢圓，且尸是該橢圓的右頂點(diǎn)，

不難看出坐標(biāo)原點(diǎn)。是該橢圓的左頂點(diǎn)，所以司=|OF|=1.

17.第19屆亞運(yùn)會于2023年9月23日至10月8日在杭州舉行，在保持原有40個(gè)大項(xiàng)目不變的前提下，

增設(shè)了電子競技（E-Sports）和霹靂舞（Breaking）兩個(gè)競賽項(xiàng)目，國家體育總局為了深入了解各省在“電子

競技”和“霹靂舞”兩個(gè)競賽項(xiàng)目上的整體水平，隨機(jī)抽取10個(gè)省進(jìn)行研究，便于科學(xué)確定國家集訓(xùn)隊(duì)隊(duì)員,

各省代表隊(duì)人數(shù)如下表:

省代表隊(duì)ABCDEFGHIJ

電子競技人數(shù)45522438571926473429

霹靂舞人數(shù)26184443322756364820

（1）從這10支省代表隊(duì)中隨機(jī)抽取3支，在抽取的3支代表隊(duì)參與電子競技的人數(shù)均超過35人的條件

下，求這3支代表隊(duì)參與霹靂舞的人數(shù)均超過25人的概率；

（2）某省代表隊(duì)準(zhǔn)備進(jìn)行為期3個(gè)月的霹靂舞封閉訓(xùn)練，對Powermove中的Swipe、WindmilkAir

tracks,Flare、Headspin動(dòng)作進(jìn)行集訓(xùn)|,且在集訓(xùn)中進(jìn)行了多輪測試.規(guī)定：在每輪測試中，有一個(gè)裁判

判定每項(xiàng)評分，有一個(gè)動(dòng)作達(dá)到“優(yōu)秀”即可得1分.已知在一輪測試的5個(gè)動(dòng)作中，甲隊(duì)員每個(gè)動(dòng)作達(dá)到

2

“優(yōu)秀”的概率均為g,每個(gè)動(dòng)作互不影響.如果甲隊(duì)員在集訓(xùn)測試中的得分不低于4分的次數(shù)的平均值不

低于8次，那么至少要進(jìn)行多少輪測試？

【答案】（1）|

(2)18輪

【解析】

【分析】(1)利用條件概率公式，結(jié)合圖中表格數(shù)據(jù)與組合數(shù)知識即可得解；

(2)先求得得分不低于4分的概率，再根據(jù)二項(xiàng)分布的均值結(jié)合題意列出不等式求解即可.

【小問1詳解】

參與電子競技的人數(shù)超過35人的代表隊(duì)有5個(gè)，

在此基礎(chǔ)上，參與霹靂舞的人數(shù)超過25人的省代表隊(duì)有4個(gè)，

C32

則所求概率為百萬

【小問2詳解】

在一輪測試中，得分不低于4分的概率為C；x[I]x[l—1]+(|]=9|,

則甲隊(duì)員在集訓(xùn)測試中得分不低于4分的次數(shù)服從二項(xiàng)分布5〃，坐■],

I243)

117243

由題意，----n>8,解得“2----,注意到“eN卡'所以"min=18,

24314

即至少要進(jìn)行18輪測試.

18.如圖1,在四邊形ABCD中，AB=BD=2AD=2,CD=^，BC=@，將△BCD沿著折

疊，使得AC=2(如圖2),過。作交AB于點(diǎn)E.

(1)證明：CDLAB-,

(2)求DE；

(3)求平面ACE與平面ACD的夾角的余弦值.

【答案】(1)證明見解析

（2）DE=^^~

7

⑶叵

21

【解析】

【分析】（1）由勾股定理逆定理推出班＞，CD,AD±CD,證明CD,平面根據(jù)線面垂直的性質(zhì)

定理，即可證明結(jié)論;

（2）作BHJ.AD于H,解三角形求出相關(guān)線段長，根據(jù)等面積法，可求得答案;

（3）建立空間直角坐標(biāo)系,求出相關(guān)點(diǎn)坐標(biāo)，求出平面ACE與平面ACD的法向量，根據(jù)空間角的向量求

法，即可求得答案.

【小問1詳解】

證明：由題意有CD=石,BC=出,BD=2,AD=1,AC=2,

注意到BC2=BD2+CD2，AC2=AD-+CD~，

所以BDLCD,AD±CD,

因?yàn)锽￡>?ADD,平面ABD,

所以CD_L平面ABD,又ABu平面ABD，

所以CD_LAB；

【小問2詳解】

如圖，作BH工AD于H,則==BH=^BD2-AH2=—

22

由于則4。后+/4。3=90;又NDBH+ZADB=90，

DH1

故ZADE=ZDBH,貝UsinZADE=sinZDBH=

BD4

,c。陽I_1,A1,1

J

ffl^^BDE~^^ABD將2-X=—X1X----1---1-X，

22224

解得％=345,即DE=3叵

77

【小問3詳解】

由以上分析可知BD,DE,CD兩兩垂直，

以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，OE的方向?yàn)閥軸正方向，。。的方向?yàn)閦軸正方向,

建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系。-孫Z,

由上述分析知cosZADB=sinZDBH=

4

故ADcosNADB^-,ADsinNADB=—,

44

得公、孚。，C(O,O，G)，E0,#5,0

所以=羋，一上］,CEJ

,CD=（0,0,-73）,

I44J17

7

/、m-CA二0

設(shè)m=(p,q,r)是平面ACE的法向量，貝人

m-CE=0，

—p+q-A/5r=0

即-4,令q=7,.」=2逐，可取根=（岳,7,2卜

半.?=0

/、m-CA=0

設(shè)”=(%,y,z)是平面ACD的法向量，貝時(shí)

m-CD=0,

1,岳0_A

即“十丁卜gz=°,可取”=(A,TO)

—C

即平面ACE與平面ACD的夾角的余弦值為叵.

21

22￡

19.雙曲線C:工—三=1（。〉0,6〉0）的焦距為2近，點(diǎn)4（0,—2）在C上，直線/:y=—交y軸于點(diǎn)P,

ab~7

過尸作直線GH交C于G,X兩點(diǎn)，且GH的斜率存在，直線AG,交/分別于M,N兩點(diǎn).

（1）求C的方程；

（2）求AG與AH的斜率之積;

（3）證明：A,O,M,N共圓.

22

【答案】（1）2L—土=1

43

⑵3

3

（3）證明見解析

【解析】

【分析】（1）根據(jù)點(diǎn)4（0,-2）在C上可得。=2,再根據(jù)焦距為2萬可得6=也即可得方程；

（2）設(shè)G":y=fcc+g（左w0）,G（石，％）,H（x2,y2）,聯(lián)立直線與雙曲線