2022-2023学年江苏省南通市高三上学期期末数学试卷及答案

2022-2023学年江苏省南通市高三上学期期末数学试卷及答案注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.2.作答选择题时，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑：如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；不准使用铅笔和涂改液.3.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.4.本试卷共6页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．M{x2Nxx13xMN1.若集合，则（）{x2x{xxA.C.B.{x0x2或xD.R【答案】B【解析】M,N【分析】利用指数函数以及对数函数的单调性求得集合，根据集合的并集运算即可得答案.4得x2，解log3x1得0x3，【详解】解2xMxx2,Nx0x3，故得，MNxx0故故选：B．2.已知复数，，满足z22，且复数z在复平面内位于第一象限，则22z1（）z21432312A.B.C.D.4【答案】C【解析】zabicdizabicdi【分析】设【详解】设，利用复数的乘方运算以及复数的几何意义即可求解.，d2iz2a2b22abicdic22则，1313则c，d，所以i，2222133a2b2ab，所以b，，244a3113a20ab则有，解得，，16a222213z又复数在复平面内位于第一象限，所以zi，2222z112代入可得．z2故选：C3tnn6a}ann63.已知数列是递增数列，且，则实数t的取值范围是n,n6t（）10A.B.2,3C.1,3D.2,3,37【答案】C【解析】【分析】根据分段函数的单调性及数列为递增数列，列出不等式组求解即可.3tnn6ana}是递增数列，n【详解】因为，tn6,6n3t0107t1t3，所以，解得t)68t10,3所以实数t的取值范围为7，故选：C4.俄国著名飞机设计师埃格•西科斯基设计了世界上第一架四引擎飞机和第一种投入生产的直升机，当代著名的“黑鹰”直升机就是由西科斯基公司生产的.1992年，为了远程性，是一种有四台和安全性上与美国波音竞争，欧洲空中客车公司设计并制造了340发动机的远程双过道宽体客机，取代只有两台发动机的310.假设每一架飞机的引擎在飞行中出现故障率为1p，且各引擎是否有故障是独立的，已知3403飞机至少有个引擎310飞机需要2个引擎全部正常运行，飞机才能成功飞正常运行，飞机就可成功飞行；340310飞机更安全，则飞机引擎的故障率应控制的范围是（行.若要使飞机比）231,12313,1A.B.C.D.3【答案】C【解析】【分析】由独立重复实验概率公式可得两种飞机正常飞行的概率，解不等式即可得解.p【详解】由题意，飞机引擎正常运行的概率为，310飞机能成功飞行的概率为C22p2p2则，340飞机能成功飞行的概率为C34p31pC44p43p44p3，13p44p3p2即3p4p1，解得p1.2令32所以飞机引擎的故障率应控制的范围是.3故选：C.5.如图，内外两个椭圆的离心率相同，从外层椭圆顶点向内层椭圆引切线AC，BD，若直线14AC与BD的斜率之积为，则椭圆的离心率为（）233412A.B.C.D.22【答案】C【解析】y【分析】设出切线AC和BD的方程，与椭圆方程联立消去，根据判别式Δ0，求得1,k的表达式，根据AC与BD的斜率之积求得a和b的关系，进而求得a和c的关系，椭2圆的离心率可得.x22y22ab0)，【详解】设内层椭圆的方程为abx2y21，由离心率相同可知，外层椭圆的方程为如图，(ma)2(mb)2ACyk(xma)设切线的方程为，1yk(xma)1则，2bx)2(ay)2(ab)yba2212)x22312xm2a412a22b0消去得b21由Δ0，得12，a2m21yk2xmb设切线BD的方程为ykx，2联立，2bx)2(ay)2(ab)yb2a2k22)x222bk2xm2a2b2a2b20消去得，b222(m2由Δ0得k，a2b412k2,a414b214又直线AC与BD的斜率之积为a23ab,cb,e.2故选：Cf(x)x+xxyf(x)为6.已知函数为f(x)的零点，244π5π图象的对称轴，且f(x)在(，)单调，则的最大值为1836A.11B.9C.7D.5【答案】B【解析】【分析】根据已知可得ω为正奇数，且ω≤12，结合x为f（x）的零点，x为y44＝f（x）图象的对称轴，求出满足条件的解析式，并结合f（x）在（，）上单调，可得ω的最大值．【详解】∵x为f（x）的零点，x为y＝f（x）图象的对称轴，442n12n1T∴，即n∈N）4242即ω＝2n+1n∈N）即ω为正奇数，T∵f（x）在（，）上单调，则，2即T，解得：ω≤12，6当ω＝11时，φ＝kπ，k∈Z，4∵|φ|，2∴φ此时f（x）在（，4，）不单调，不满足题意；φ＝kπ，k∈Z，当ω＝9时，4∵|φ|，2∴φ，4此时f（x）在（，）单调，满足题意；故ω的最大值为9，故选B．【点睛】本题将三角函数的单调性与对称性结合在一起进行考查,题目新颖,是一道考查能力的好题.注意本题求解中用到的两个结论：①fxAsinxA0,0fxAsinxA0,0的单调区间长度是最小正周期的一半;②若的图像xx对称,则f0A或fx0A.关于直线0e12a12，则（27.已知实数a满足）11aaeaaae1A.B.C.ea1D.ea1e1ea【答案】D【解析】11112a12得1eae，对AB，构造e2【分析】根据2e1gxex，根据零点存在性定理判断即可；对CD，构造函数函数xxx1fxx1，求导分析函数单调性，结合所给不等式判断即可.11112a12得1eaee2【详解】由，2e113e5gxexx0,对于选项A与B，函数在上单调递增，则存在，使得x112e12eee1，即gx1，又且，所以1，1均00e00,2eaaeaa0e2ea11有可能，即与a大小不确定．故A与B都不正确．ea11xxx1fxx1x对于选项C与D，令函数得，fxx121111xxx1gx2gx10，所以gx令得在上单调xx2xx递减gxfx0fx，所以在上所以当x1时，gxg10，所以x12单调递减，11aea1e1又1确．eae，所以fafe，所以，即ea1ae1，故D正2e故选：D8.已知四棱锥PABCD,PAABCS外接球表面积为，体积为SV,PA平面433V，则的取值范围是（S，且）3SSA.B.C.D.20S【答案】B【解析】433V转化为S3【分析】将已知范围，，运用余弦定理与基本不等式得到AC的取值由此运用正弦定理得四边形ABCD外接圆半径的范围，然后根据球的性质得球半径的范围，得解.【详解】以四边形ABCD的外接圆为底，PA为高，将四棱锥补形为一个已知球的内接圆柱.设内接圆柱的底面半径为r、R外接球的半径，,则R22r2，21443VSS3S3，故，33113ABBCADDC，SABBCsinADsin23234ABBCAD4所以在中运用余弦定理与基本不等式得：22AB3AB，2在中运用余弦定理与基本不等式得：3AC2AD22ADDC)3AD，4AC2ABBCADDC)12，上两式相加得：故有：23，AC312rrAC,r12在中由正弦定理得：33，sin3因此R故选：B222r25，SR2.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.下列结论正确的是（）1212A.若随机变量X服从两点分布，P(X，则D(X)B.若随机变量Y的方差DY)2，则DY2)8121C.若随机变量服从二项分布BP，则4D.若随机变量P0.8N22)0.1P(2服从正态分布，，则【答案】CD【解析】【分析】根据两点分布、二项分布、正态分布以及方差的性质，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.1211114P(XD(X)，则【详解】对A：若随机变量X服从两点分布，，故A错误；22DY)2DY2)9DY18，故错误；对B：若随机变量Y的方差，则12311114对C：若随机变量服从二项分布BP，故正，则C34122确；对D：若随机变量服从正态分布，P2)0.1P，则，N20.1P(21P2)P0.8故，故正确.故选：CD.ABCDABCD1B上的110.已知正方体的边长为2，M为CC的中点，P为侧面11111动点，且满足//平面ABP1，则下列结论正确的是（）1MCD1//ABP1A.B.平面23D.AM与AB所成角的余弦值为1C.动点P的轨迹长为153【答案】BC【解析】【分析】建立空间直角坐标系，结合向量法判断各选项.【详解】如图建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则，，，M0，，A0,0,2A0,2,2B0Px,y,01AB2BPx,y,0AM2，所以，，1由//平面ABP1，0bx2得AMaA1BbBP，即2aby1，化简可得3x2y02a2，所以动点P在直线3x2y0上，2BM0A选项：AM，，1AMBM22112030BM，所以AM与不垂直，所以A选项错11误；CD//ABABABP1ABP，所以CD1//1ABP平面，B1B选项：，平面，平面1111选项正确；C选项：动点P在直线3x2y0上，且P为侧面1B上的动点，则P在线段PB11432432133P1,2,02202上，，所以PB，C选项正确；1AM,AB423AB2，D选项：故选：BC11，D选项错误；11222222l:2x2yp011.设抛物线C:y22px(p0)的焦点为F，O为坐标原点，直线与C交于A，B两点，以AB为直径的圆与y轴交于D，E两点，则（）|AB3pA.C.B.|7pDFE是钝角的面积小于D.的面积【答案】BCD【解析】AB4p【分析】联立方程，根据韦达定理得到根与系数的关系，计算，A错误；计算圆æö232çx-p÷+(y-p)=4p2，计算得到B正确；计算FDFE0，得到C正方程为：ç÷è2ø72确；p2，Sp2，D正确；得到答案.42p2【详解】直线l:2x2yp0过抛物线焦点F,0Axy，，Bx,y2，设112xx3p212y2pxp2x23px0，8p20p2则，，，2x2yp0xx1244ABxxp4p，A错误；1232Mp,p4p2r，r2pAB中点坐标为，，æö2372x0DE7pçx-p÷+(y-p)=4p2yp圆方程为：ç，取得到p，，B÷è2ø2正确；77DppEpp，不妨取，22FDFE,pp,pp7p7212pp20，D,E,F故不共线，故222DFE是钝角，C正确；2121p71p7pp2，S4pp2，224222222，D正确；故选：BCD12.已知函数及其导函数fxfxx的定义域均为R，对任意的，yR，恒有，则下列说法正确的有（）fxyfxy2fxfyA.f01B.fx必为奇函数121C.fxf00D.若f1，则fn2n1【答案】BCD【解析】【分析】赋值法求的值，判断A；赋值法结合导数以及函数奇偶性的定义，判断B；f0fn赋值法结合换元法判断C;利用赋值法求得f(nnN的值有周期性，即可求得n1的值，判断D.xy0可得fxyfxy2fxfy【详解】对于A，令，则由2f02f20，f(0)0f01，故A错误；或故f(0)0y0fxfx2fxf0，则0f(x)0，对于B,当时，令，则x既是奇函数又是偶函数；()f(x)0f故，函数当f01时，令，则，所以yfy，x0fyfy2fyf为偶函数，则()为奇函数；fxfx¢f(x)综合以上可知必为奇函数，B正确；xyf2xf02f，故xf2xf00。2对于C，令，则xR,令t2x,tR,即ftf00，即有fxf00，故C正确；由于1f1f1f12f1f0xy0f(0)1对于D，若，令，则，则，211故令xy1，则f2f02f21，即，f2，即，即1,f22211令令xy1，则f3f12f2f11，f3f2121xy1，则f4f22f3f1f(4)，f422112xy1，则f5f32f4f1，即，即，即f5f，1令令211xy1，则f6f42f5f1f6f(6)1，2121令xy1，则f7f52f6f1f(7)f7，22L由此可得f(nnN的值有周期性，且6个为一周期，且ff(2)ff(4)ff(6)0，1fn337[ff(2)ff(4)ff(6)]f故，故D正确，2n1故选：BCD【点睛】本题考查了抽象函数的奇偶性和特殊值以及求函数值的和的问题，涉及到导数问题，综合性强，对思维能力要求高，解答的关键是利用赋值法确定f(nnN的周期性.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.今天是星期四，经过7天后还是星期四，那么经过天后是__________.【答案】星期五【解析】【分析】利用周期含义以及指数运算即可.87【详解】根据题意，周期为7，2，所以除以7的余数为1，即经过天后，为星期五.故答案为：星期五14.单位圆中，AB为一条直径，C,D为圆上两点且弦CD范围是___________.长为3，则ACBD的取值3233,3【答案】2【解析】【分析】由题设(1,0),B0),C(cos,sin),D120,sin120，再根据数量积坐标运算计算即可.【详解】解：如图，由弦CD长为3，可得COD120，(1,0),B0),C(cos,sin),D120,sin120不妨设，AC(cossin),BD1201,sin120则，ACBD(cos120sinsin120所以1313(coscossin1sinsincos22223332sincos22333sin3603,3.2223233,3故答案为：.215.已知函数fxx32x22x，则曲线A1的切线方程是yfx经过点______．【答案】【解析】xy0或3x4y10.【分析】设切点，然后求导函数，进而得到该点处的切线方程，再代入点即可.A【详解】设切点为t,t3t,yfxt2对求导得：x3x24xkt2t2，f'ttt2xt，yt3t22切线方程为：ttt21t,A1t切线过，3t2213解之：t或1，所以斜率k或，124又过，A代入点斜式得切线方程为：3x4y10或xy0，xy0或3x4y10故答案为：.32a}a1Sn2n1SnnN*)16.设数列首项，前n项和为，且满足，则满足n34S2n1633Sn15的所有n的和为__________.【答案】9【解析】1,n1ana}n的通项，再根据等比数列的前项和公【分析】根据求出数列SS,n2nnn1S2nSn式求出，从而可得出答案.【详解】解：由2n1Sn3，得2nSn1n2)，2n12aa0n2，两式相减得nn12，an1an2则n312当n1时，2aa3，所以aa，21214312a}所以数列是以为首项为公比的等比数列，n23211122n12n312n则Sn31，S，2n112131S2nSn22n11n故由，12n23134S2n16341161，得，33Sn1533，所以n4459.2n1533所以152n或5，即所有n的和为故答案为：9.四、解答题：本题共6小题，共70分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤，只有答案没有过程的不能得分.sinA2cosA17.在△ABC中，记角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知tanB1tanB（1）若，求tanC的值：2AM，，（2）已知中线AM交BC于M，角平分线AN交BC于N，且求△ABC的面积．【答案】（1）tanC2或tanC2；36（2）.5【解析】351）利用同角关系式可得sinA或sinA1，然后利用和角公式即得；BM，CN2（2）由题可得sinCB，利用角平分线定理及条件可得，进而可5A，b2得，即得.2【小问1详解】sinA2cosA12因为所以，2sinAA2A1，sin2A23解得sinA或sinA1,5353412当sinA时，tanAtanB，，3142tanAB2tanC，tanC2；所以31142当sinA1时，因为0A，1AtanB所以，又，22所以tanC2．【小问2详解】sinA2cosAsinAtanBsinB∵∴，2sinBsinBAsinAB，，cosB2cosA2sinBsinBAsinABsinAB，即sinCB∴∴，cb，c，CN，BMCM由角平分线定理可知，，又，CNbBM，CN2所以，13A由，可得，2236，b2∴b2c2a2，511365Sbcb2b2所以．22成等差数a}Sn成等比数列，是其前项的和，若S,Sk3,Sk2k1kN*18.已知数列列.nna,a,a（1）证明：成等差数列；k1k3k2S2k1S2k22S2k3（2）比较与的大小；1111n1a01n，为大于1的奇数，证明：.（3）若1S2S3Sn21【答案】（1）证明见解析S2k1S2k22S2k3（2）（3）证明见解析【解析】k3k212qa2a1k2k3ak1）根据等差中项得（2）作差法比较即可；，即可；(n1131n（3）利用等比数列求和公式可得，然后进行求和即可得到答Sn212(n1案【小问1详解】SSk22Sk3由题知，，k1SSk1k22(Sk1k2k3)，所以所以k12k3k2，k3k212q所以公比，1122ak2a)2a()2k3所以所以所以，k1k1k12ak1k22k3，a,a,a成等差数列.得证k2k1k3【小问2详解】Sk1Sk2(Sk1Sk2)2由（1）得S2k1S2k22S2k3S2k1S2k22(2)，22SSk2k20，因为所以所以k1(Sk1Sk2)2SS2k1SS22S2k30，k222k12k22S2k3.【小问3详解】由（1）和题意得，12a1()n1n(n12a21Sn，12n321(n1131所以，Sn212n(n1所以1111311111...n...n1122123121n1121S2S3Sn212311111(n)()()n112n12a33921n121(1n2kkN).得证*19.2020年，新冠病毒席卷全球，给世界各国带来了巨大的灾难面对疫情，我们伟大的祖国以人民生命至上为最高政策出发点，统筹全国力量，上下一心，进行了一场艰苦的疫情狙击战，控制住了疫情的蔓延并迅速开展相关研究工作．某医疗科学小组为了了解患有重大基础疾病（如，糖尿病、高血压…）是否与更容易感染新冠病毒有关，他们对疫情中心的人群进行了抽样调查，对其中50人的血液样本进行检验，数据如下表：感染新冠病毒未感染新冠病毒合计不患有重大基础疾病15患有重大基础疾病合计2530（1）请填写22列联表，并判断是否有99%的把握认为患有重大基础疾病更容易感染新冠病毒；（2）在抽样调查过程中，发现某样本小组5人中有1人感染新冠病毒，需要通过化验血液来确定感染者，血液化验结果呈阳性即为感染者，呈阴性即未感染．下面是两种化验方法：方法一：逐一检验，直到检出感染者为止；方法二：先取3人血液样本，混合在一起检验，如呈阳性则逐一检验，直到检出感染者为止；如呈阴性，则检验剩余2人中任意1人的血液样本．①求方法一的化验次数大于方法二的化验次数的概率；②用X表示方法二中化验的次数，求X的数学期望．K2kP0.0503.8410.0106.6350.001k10.8282nadbcK2nabcd．附：，其中abcdacbd13【答案】（1）填表见解析；有；（2）①；②2.425【解析】25k26.6351）根据题中数据，完成列联表，计算，所以有99%的把握认为表示依方法二需化验j3患重大基础疾病更容易感染新冠病毒．（2）①记Ai2,3,4表示依方法一需化验i次，j2,3jBiP(A)P(B)，分析计算，即可得答案.j次，分别计算和i②X的可能取值为2，3，分别计算PX2和PX3，代入公式，即可求得期望.【详解】解：（1）列联表完成如下图感染新冠病毒未感染新冠病毒合计不患有重大基础疾病患有重大基础疾病合计1020301552525502052∴k2253所以有99%的把握认为患重大基础疾病更容易感染新冠病毒．（2）记Ai2,3,4表示依方法一需化验i次，Bj2,3j表示依方法二需化验ji次，A表示方法一的化验次数大于方法二的化验次数，A3B相互独立．2依题意知与141PA154311543225P4，PAPA①，，123554543C22543C34C4235C241，PBPB235CC35133CC31355AABA4由于所以3213213PAPABAPABPAPAPBPA3243243245552513PA即25②X的可能取值为2，3．C34C4235C24C12132，PX2PBPX3P3235CC313CC35553212232.4所以（次）555【点睛】独立性检验一般步骤：（1）根据数据完成22列联表；（2）根据公式计算K2；（3）查表比较K2与临界值的大小关系，作出判断.20.请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答．PC7；②；③点P在平面ABCD的射影在直线AD上．BAPAPD0①如图，平面五边形PABCD中，是边长为2的等边三角形，∥，AB2BC2，，将沿AD翻折成四棱锥P，E是棱PD上的F，M分别是AB，CE的中点，且______．（1）求证：FM∥平面PAD；（2）当EF与平面PAD所成角最大时，求平面ACE与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析251（2）17【解析】1）取CD中点为G，可得判定定理可得答案；∥ED，FG∥AD，再由线面平行、面面平行的（2）取AD为O，连接PO，FG，EG．BAPAPD0BAPO得BA平面选择①：由，再由线面垂直的判定定理可得PAD．AF1则AEF即为EF与平面PAD所成的角，由tanAEF，当AE最小时，AEAEAEF最大，E为PD的中点，AE最小．再求二面角余弦值：以点O为坐标原点，以OC为x轴，OD为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，求出平面CAE的法向量和平面ABCD的法向量，再由二面角的向量求法可得答案；选择②：连接OC，可得BAPO，由线面垂直的判定定理可得BA平面PAD，则AF1AEF即为EF与平面PAD所成的角．由tanAEF，得AE最小时，AEAEAEF最大，E为PD的中点，AE最小．再求二面角余弦值以点O为坐标原点，以OC为x轴，OD为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，求出平面CAE的法向量和平面ABCD的法向量，再由二面角的向量求法可得答案；选择③：P在平面ABCD的射影在直线AD上，得平面PAD平面ABCD，由面面垂直的性质得BA平面PAD，AEF即为EF与平面PAD所成的角，AF1tanAEF，当AE最小时，AEF最大，即E为PD中点，AE最小．AEAE再求二面角余弦值，以点O为坐标原点，以OC为x轴，OD为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，求出平面CAE的法向量和平面ABCD的法向量，再由二面角的向量求法可得答案.【小问1详解】取CD中点为G，连接MG，FG，则MG，FG分别为三角形CDE，梯形ABCD的中位线，∴∥ED，FG∥AD，MNG，MGMG//平面平面PAD，所以平面PAD，同理，FG∥平面PAD，FGG∵，∴平面∥平面PAD，∵FM平面MGF，∴FM∥平面PAD.【小问2详解】取AD为O，连接PO，FG，EG，选择①：BAPAPD0BAPO，因为，PAPD2PO，所以BAPO0，即ADPOOBA，所以又BAAD，平面PAD，连接AE，EF，所以AEF即为EF与平面PAD所成的角，AF1tanAEF，所以当AE最小时，AEF最大，因为AEAE所以当AEPD，即E为PD的中点，AE最小，下面求二面角余弦值，∵BA平面ABCD，∴平面ABCD平面PAD，，ABCDABCD∵平面平面PAD，平面平面POAD平面ABCD，∵，∴以点O为坐标原点，以OC为x轴，OD为y轴，OP为z轴，31A1,0建立如图所示的空间直角坐标系，则，E,C2,0,0，，22AE,33AC0，所以，22x,y,z，1m设平面CAE的法向量为1133y112z31m,31则22，令，得，2xy011n0,01由题意可知：平面ABCD的法向量为，,nmn251所以，mn1725117所以平面ACE与平面PAD所成的锐二面角的余弦值为．选择②：连接OC，则OCAB2，3，因为PC7，222BAPO，所以，ADPOOBA平面PAD，又BAAD，，所以连接AE，EF，所以AEF即为EF与平面PAD所成的角，AF1tanAEF，所以当AE最小时，AEF最大，因为AEAE所以当AEPD，即E为PD的中点，AE最小，下面求二面角余弦值，∵BA平面ABCD，∴平面ABCD平面PAD，，ABCDABCD∵平面平面PAD，平面平面POAD平面ABCD，∵，∴以点O为坐标原点，以OC为x轴，OD为y轴，OP为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，3133于是A1,0，E,C2,0,0AE,，，，所以2222mx,y,z，设平面CAE的法向量为，111AC033y112z31m,31则22，令，得，2xy011由题意可知：n0,01平面ABCD的法向量为，,nmn251所以，mn1725117所以平面ACE与平面PAD所成的锐二面角的余弦值为．选择③：因为点P在平面ABCD的射影在直线AD上，所以平面PAD平面ABCD，ABCDCD，ADPO，因为平面PAD平面平面PAD，所以平面ABCD，所以BAPO．又BAAD，ADPOO，所以BA平面PAD，连接AE，EF，所以AEF即为EF与平面PAD所成的角，AF1tanAEF，所以当AE最小时，AEF最大，因为AEAE所以当AEPD，即E为PD中点，AE最小．下面求二面角余弦值，ABCDABCDABCD∵BA平面，∴平面平面PAD，平面，ABCD∵平面平面PAD，平面POAD平面ABCD，∵，∴以点O为坐标原点，以OC为x轴，OD为y轴，OP为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，3133于是A1,0，E,C2,0,0AE,AC0，，．所以，222233y1z31mx,y,z1设平面CAE的法向量为，则22，令，1112xy01112m,3得．n0,01由题意可知：平面ABCD的法向量为，,nmn251所以，mn1725117所以平面ACE与平面PAD所成的锐二面角的余弦值为．3x22y2221.已知双曲线：a0,b0)的焦距为4，且过点P3ab（1）求双曲线的方程；k,k1ll的两直线与，直线交双曲线l于（2）过双曲线的左焦点F分别作斜率为2121,B两点，直线l于C,DM,NAB与CD交双曲线两点，设分别为的中点，若2kk1，试求OMN与△FMN的面积之比.12x2y12【答案】（1）3（2）3【解析】32a2b21）由题意得2c4，再将P代入双曲线方程，结合c可求3a2,b2，从而可求出双曲线方程，出ly1(x2)(x,yB(x,y)，，将直线方入双曲线方程化简后1122（2）设直线方程为1kk1利用根与系数的关系，结合中点坐标公式可表示点M的坐标，再利用表示出点12N的坐标，再表示出直线MN的方程，可求得直线MN过定点E(0)，从而可求得答案.【小问1详解】由题意得2c4，得c，所以a2b4，23P在双曲线上，因为点341=1，所以解得a2b2a2b21，x2y21，所以双曲线方程为3【小问