1．復(fù)數(shù)z=i·(1+i)(i為虛數(shù)單位)在復(fù)平面上對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D(zhuǎn)．第四象限
2．已知兩條直線，則“”是“”的（ ）
A．充分不必要條件B．必要不充分條件
C．充要條件D．既不充分也不必要條件
3．過(guò)點(diǎn)且與直線垂直的直線方程是（ ）
A．B．
C．D．
4．將這個(gè)數(shù)據(jù)作為總體，從這個(gè)數(shù)據(jù)中隨機(jī)選取個(gè)數(shù)據(jù)作為一個(gè)樣本，則該樣本的平均數(shù)與總體平均數(shù)之差的絕對(duì)值不超過(guò)的概率為（ ）
A．B．C．D．
5．函數(shù)的圖象如圖①所示，則如圖②所示的函數(shù)圖象所對(duì)應(yīng)的函數(shù)解析式可能為（ ）
A．B．
C．D．
6．若直線與圓有公共點(diǎn)，則實(shí)數(shù)的取值范圍是（ ）
A．B．C．D．
7．一個(gè)三角形紙板的三個(gè)頂點(diǎn)為，以邊上的高所在直線為旋轉(zhuǎn)軸，將三角形紙板旋轉(zhuǎn)，則紙板掃過(guò)的空間所形成的幾何體的體積為（ ）
A．B．C．D．
8．已知圓，點(diǎn)，點(diǎn)是上的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)作圓的切線，切點(diǎn)分別為，，直線與交于點(diǎn)，則的最小值為（ ）
A．B．C．D．
二、多選題（本大題共3小題）
9．動(dòng)點(diǎn)在圓上繞坐標(biāo)原點(diǎn)沿逆時(shí)針?lè)较騽蛩傩D(zhuǎn)，12秒旋轉(zhuǎn)一周.已知時(shí)間時(shí)，點(diǎn)的坐標(biāo)是，則當(dāng)時(shí)，動(dòng)點(diǎn)的縱坐標(biāo)關(guān)于（單位：秒）的函數(shù)遞增的區(qū)間可以是（ ）
A．B．C．D．
10．已知圓，直線，直線與圓交于兩點(diǎn)，則（ ）
A．直線恒過(guò)定點(diǎn)
B．當(dāng)時(shí)，最長(zhǎng)
C．當(dāng)時(shí)，弦最短
D．最短弦長(zhǎng)
11．已知四面體平面，垂足為，垂足為，則下列結(jié)論正確的是（ ）
A．若，則
B．若，則平面
C．若，則
D．若，則四面體體積的最大值為
三、填空題（本大題共3小題）
12．在空間直角坐標(biāo)系中，已知，，，，則直線與所成角的余弦值為 ．
13．是函數(shù)圖象上任意一點(diǎn)，過(guò)向直線和軸分別作垂線，垂足分別為，則 .
14．如圖，在等腰直角三角形中，，點(diǎn)是邊上異于的一點(diǎn)，光線從點(diǎn)出發(fā)，經(jīng)，發(fā)射后又回到原點(diǎn)，若光線經(jīng)過(guò)的重心，則 ．

四、解答題（本大題共5小題）
15．已知以點(diǎn)為圓心的圓與直線相切，過(guò)點(diǎn)的動(dòng)直線與圓相交于，當(dāng)時(shí)，求直線的方程.
16．已知三個(gè)內(nèi)角所對(duì)的邊分別為，且.
(1)求的值；
(2)若的面積，且，求的周長(zhǎng).
17．如圖，三棱柱中，側(cè)面底面ABC，且，．

(1)證明：平面ABC；
(2)若，，求平面與平面夾角的余弦值．
18．在平面直角坐標(biāo)系中，曲線與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)都在圓C上.
（1）求圓C的方程；
（2）若圓C與直線交于A，B兩點(diǎn)，且，求a的值.
19．如圖，點(diǎn)，復(fù)數(shù)可用點(diǎn)表示，這個(gè)建立了直角坐標(biāo)系來(lái)表示復(fù)數(shù)的平面叫做復(fù)平面，軸叫做實(shí)軸，軸叫做虛軸.顯然，實(shí)軸上的點(diǎn)都表示實(shí)數(shù)；除了原點(diǎn)外，虛軸上的點(diǎn)都表示純虛數(shù).按照這種表示方法，每一個(gè)復(fù)數(shù)，有復(fù)平面內(nèi)唯一的一個(gè)點(diǎn)和它對(duì)應(yīng)，反過(guò)來(lái)，復(fù)平面內(nèi)的每一個(gè)點(diǎn)，有唯一的一個(gè)復(fù)數(shù)和它對(duì)應(yīng).一般地，任何一個(gè)復(fù)數(shù)都可以表示成的形式，即其中為復(fù)數(shù)的模，叫做復(fù)數(shù)的輻角（以非負(fù)半軸為始邊，所在射線為終邊的角），我們規(guī)定范圍內(nèi)的輻角的值為輻角的主值，記作叫做復(fù)數(shù)的三角形式．復(fù)數(shù)三角形式的乘法公式：．棣莫佛提出了公式：，其中.
(1)已知，求的三角形式；
(2)已知為定值，，將復(fù)數(shù)化為三角形式；
(3)設(shè)復(fù)平面上單位圓內(nèi)接正二十邊形的20個(gè)頂點(diǎn)對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)依次為，求復(fù)數(shù)所對(duì)應(yīng)不同點(diǎn)的個(gè)數(shù)．
參考答案
1．【答案】B
【詳解】，故對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第二象限.
2．【答案】A
【分析】由兩直線平行求出，再利用充分條件、必要條件的定義判斷即得.
【詳解】當(dāng)時(shí)，，則，
所以“”是“”的充分不必要條件.
故選A.
3．【答案】D
【詳解】設(shè)與直線垂直的直線方程為，
代入，得，解得，
所以與直線垂直的直線方程為
故選：D.
4．【答案】D
【分析】先求得總體平均數(shù)，然后利用列舉法，結(jié)合古典概型概率計(jì)算公式求得正確答案.
【詳解】依題意可知，總體平均數(shù)為，
從這個(gè)數(shù)據(jù)中隨機(jī)選取個(gè)數(shù)據(jù)作為一個(gè)樣本，情況如下：
選到，則樣本平均數(shù)為，所以，
選到，則樣本平均數(shù)為，所以，
選到，則樣本平均數(shù)為，所以，
選到，則樣本平均數(shù)為，所以，
選到，則樣本平均數(shù)為，所以，
選到，則樣本平均數(shù)為，所以，
選到，則樣本平均數(shù)為，所以，
選到，則樣本平均數(shù)為，所以，
選到，則樣本平均數(shù)為，所以，
選到，則樣本平均數(shù)為，所以，
所以該樣本的平均數(shù)與總體平均數(shù)之差的絕對(duì)值不超過(guò)的概率為.
故選D.
5．【答案】A
【詳解】由圖①知，，且當(dāng)時(shí)，，由②知，圖象過(guò)點(diǎn)，且當(dāng)時(shí)，，
對(duì)于C，當(dāng)時(shí)，，C不可能；
對(duì)于D，當(dāng)時(shí)，，D不可能；
對(duì)于A，當(dāng)時(shí)，，而當(dāng)時(shí)，，則，A可能；
對(duì)于B，當(dāng)時(shí)，，而當(dāng)時(shí)，，則，B不可能.
故選：A
6．【答案】C
【詳解】由題意得圓心為，半徑為．
圓心到直線的距離為，
由直線與圓有公共點(diǎn)可得
，即，解得．
∴實(shí)數(shù)a取值范圍是．
選C．
7．【答案】A
【分析】幾何體為兩個(gè)半圓錐構(gòu)成，根據(jù)圓錐的體積可求該幾何體的體積.
【詳解】
，而為三角形內(nèi)角，故，
故，故，故，
故幾何體的體積為
故選A.
8．【答案】B
【詳解】設(shè)，由題可知，則，即，
所以，所以點(diǎn)，
將點(diǎn)的坐標(biāo)代入，化簡(jiǎn)得（不同時(shí)為0），
故點(diǎn)的軌跡是以為圓心，為半徑的圓，
又，點(diǎn)在該圓外，
所以的最小值為，
故選：B．
9．【答案】AD
【詳解】
設(shè)與軸正方向夾角為，
則時(shí)，，故，
由于12秒旋轉(zhuǎn)一周，所以每秒鐘旋轉(zhuǎn)，
在，，繞坐標(biāo)原點(diǎn)沿逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)到位置，
所以點(diǎn)縱坐標(biāo)增大，從旋轉(zhuǎn)到時(shí)，
，，縱坐標(biāo)減小，
在上，即從逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)至位置，動(dòng)點(diǎn)縱坐標(biāo)增大，
所以當(dāng)時(shí)，縱坐標(biāo)關(guān)于的函數(shù)的單調(diào)區(qū)間為和.
故選：AD.
10．【答案】AC
【分析】由直線方程求定點(diǎn)可判定A；由弦長(zhǎng)公式可判定B，C，D.
【詳解】直線方程可化為，當(dāng)，
故直線恒過(guò)定點(diǎn)，故A正確；
易知圓心，半徑，
顯然當(dāng)直線過(guò)圓心時(shí)，最長(zhǎng)，則，
故B錯(cuò)誤；
當(dāng)時(shí)，此時(shí)弦最短，即，
故C正確；
當(dāng)時(shí)，則弦長(zhǎng)，故D錯(cuò)誤.
故選AC.
11．【答案】BCD
【詳解】對(duì)于A與B：因?yàn)槠矫妫?平面，所以
若又平面，所以平面，
又因?yàn)槠矫妫裕?br>又， 平面，所以平面，
又 平面，所以，
又 平面，所以平面，
又平面，所以，即與不垂直，故A不正確，B正確；
對(duì)C：，
因?yàn)閯t≌
則≌，，所以，故C正確；
對(duì)于D，在中，，則，，
所以，
又當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，有最大值
所以四面體體積的最大值為，故D正確.
故選：BCD
12．【答案】
【分析】利用空間向量求異面直線夾角即可.
【詳解】由題意可知：，，
所以，
所以直線與所成角的余弦值為．
13．【答案】
【詳解】設(shè)，，則，即，解得，
所以，，則，，
所以．
故答案為：
14．【答案】.
【詳解】由題意，
如圖建立直角坐標(biāo)系：

則 ，直線方程為 即，
三角形重心為 即
設(shè) , 關(guān)于直線對(duì)稱點(diǎn)為
解得
由光的反射可知 四點(diǎn)共線，
直線斜率為 , 直線方程為 過(guò)重心，
即 ，
解得 舍去， ，
∴，
故答案為：.
15．【答案】或
【詳解】易知到直線的距離為圓半徑，
所以，則圓方程為，
設(shè)圓心到直線的距離為，故，即，所以，
當(dāng)動(dòng)直線斜率不存在時(shí)，設(shè)直線的方程為，
經(jīng)檢驗(yàn)圓心到直線的距離為1，且根據(jù)勾股定理可知，顯然合題意，
當(dāng)動(dòng)直線斜率存在時(shí)，過(guò)點(diǎn)B?2,0，設(shè)方程為：，
由到距離為1知得，代入解之可得，
所以或?yàn)樗蠓匠?
16．【答案】(1)；
(2).
【詳解】（1）由正弦定理可得，，得：.
所以.
又，且，所以.
由，故.
（2），所以.
由余弦定理，.
又.
聯(lián)立得：.
.
所以的周長(zhǎng)為.
17．【答案】(1)證明見(jiàn)解析；
(2).
【詳解】（1）取BC的中點(diǎn)M，連結(jié)MA、．

因?yàn)?，，所以，?br>由于AM，平面，且，
因此平面，
因?yàn)槠矫?，所以?br>又因?yàn)?，所以?br>因?yàn)槠矫嫫矫鍭BC，平面平面，且平面，所以平面ABC，
因?yàn)椋云矫鍭BC.
（2）法一：因?yàn)?，且，所以?br>以AB，AC，所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則，，，．
所以，，．
設(shè)平面的法向量為m=x1,y1,z1，則，可得，
令，則，
設(shè)平面的法向量為n=x2,y2,z2，則，可得，
令，則，
設(shè)平面與平面夾角為，則，
所以平面與平面夾角的余弦值為.
法二：將直三棱柱補(bǔ)成長(zhǎng)方體．
連接，過(guò)點(diǎn)C作，垂足為P，再過(guò)P作，垂足為Q，連接CQ，

因?yàn)槠矫?，且平面?br>所以，
又因?yàn)椋捎贐D，平面，且，
所以平面，則為直角三角形，
由于平面，所以，
因?yàn)?，平面CPQ，且，所以平面CPQ，
因?yàn)槠矫鍯PQ，所以，
則∠CQP為平面與平面的夾角或補(bǔ)角，
在中，由等面積法可得,
因?yàn)?，所以?br>因此平面與平面夾角的余弦值為.
18．【答案】（1）（2）
【分析】（1）求出曲線與坐標(biāo)軸的三個(gè)交點(diǎn)，根據(jù)這三個(gè)交點(diǎn)在圓上可求出圓心坐標(biāo)和半徑，從而可得圓的方程；
（2）設(shè)A，B，聯(lián)立直線與圓的方程，根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系可得，，根據(jù)得，化為，進(jìn)而可解得 .
【詳解】（1）曲線與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)為(0，1)，(,0)，
由題意可設(shè)圓C的圓心坐標(biāo)為(3，)，
∴，解得，
∴圓C的半徑為，
∴圓C的方程為.
（2）設(shè)點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別為A，B，其坐標(biāo)滿足方程組，消去得到方程，
由已知得，判別式①，
由根與系數(shù)的關(guān)系得，②，
由得.
又∵，，∴可化為③，
將②代入③解得，經(jīng)檢驗(yàn)，滿足①，即，
∴.
【點(diǎn)睛】本題考查了由圓上三個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)求圓的方程，考查了直線與圓的位置關(guān)系、根與系數(shù)的關(guān)系，考查了運(yùn)算求解能力，屬于中檔題.
19．【答案】(1)；
(2)；
(3)5
【詳解】（1）
.
（2）.
（3）正二十邊形每邊所對(duì)的中心角為，設(shè)（為常數(shù)），
則，
所以
，
由周期性可知，共有5個(gè)不同的值，
故復(fù)數(shù)所對(duì)應(yīng)不同點(diǎn)的個(gè)數(shù)為5．
2024-2025學(xué)年湖北省宜昌市高二上學(xué)期9月月考數(shù)學(xué)檢測(cè)試卷（二）
一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。
1.已知A={x|x≤1}，B={x|x?2x?a≤0}，若A∪B={x|x≤2}，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是( )
A. a≥2B. a≤2C. a≥1D. a≤1
【答案】D
【解析】【分析】
本題主要考查集合的基本運(yùn)算的應(yīng)用，還考查了運(yùn)算求解的能力，屬于基礎(chǔ)題．
由題意，可得B={x|a0且m+n0，n0，n>0，則C為兩條直線
【答案】AB
【解析】【分析】
本題考查雙曲線橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，屬于基礎(chǔ)題．
由m，n的取值，根據(jù)橢圓、雙曲線、圓與直線方程的特征，判斷曲線表示的形狀即可．
【解答】
解：若mn>0，則C為焦點(diǎn)在橫軸或縱軸上的雙曲線，所以A正確；
若m>0且m+n0,1m>1n，所以C為焦點(diǎn)在x軸上的橢圓，所以 B正確；
若m>0，n0，n>0，則C為雙曲線，所以D不正確．
故選：AB．
10.如圖，在△ABC中，AB⊥AC，∠C=30°，AB=4，D為線段AC的中點(diǎn)，DM⊥BC，F(xiàn)為線段AB的中點(diǎn)，E為線段DM上的動(dòng)點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是( )
A. 若E為線段DM的中點(diǎn)，則EF=12DA+12MB
B. 若E為線段DM的中點(diǎn)，則|EF|=92
C. FM?FD=16
D. EF?AB的取值范圍為[2,8]
【答案】ACD
【解析】【分析】
本題考查了向量的加減與數(shù)乘混合運(yùn)算，向量的數(shù)量積的概念及其運(yùn)算，屬于中檔題．
結(jié)合向量的加減與數(shù)乘混合運(yùn)算，向量的數(shù)量積的概念及其運(yùn)算等知識(shí)，逐一分析可得出結(jié)果．
【解答】
解： 由題易知：BC=8，AD=CD=2 3，
由題意可知DM⊥BC，則CDCB=CMCA，
解得：CM=CD·CACB=2 3·4 38=3，
所以BM=BC?CM=5，DM= 3，=30°，=150°，
EF= ED+DA+AF，且 EF=EM+MB+BF，
因?yàn)镕為線段AB的中點(diǎn)，所以兩式相加得 EF=12DA+12MB，A正確．
由A可知：此時(shí)E為線段DM的中點(diǎn)，F(xiàn)為線段AB的中點(diǎn)，
所以EF=12 DA2+MB2+2DA·MB
=12 12+25+2×2 3×5×cs30°= 672，故B錯(cuò)誤；
對(duì)于C，設(shè)G為線段DM的中點(diǎn)，則GM=12DM= 32，
則FM?FD=(FG+GM)?(FG+GD)=(FG+GM)?(FG?GM)
=FG2?GM2=( 672)2?( 32)2=16，故C正確;
對(duì)于D，EF?AB=(ED+DA+AF)?AB=ED?AB+DA?AB+AF?AB
=ED?AB+0+12AB2=|ED|?4cs150°+0+8=8?2 3|ED|，
又|ED|∈[0, 3]，
所以EF?AB∈[2,8]，故D正確．
故選：ACD．
11.如圖所示，正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，E,F分別為AA1,AB的中點(diǎn)，點(diǎn)M是正方形ABB1A1內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是( )
A. C1A⊥EF
B. DD1與平面CD1EF所成角的正弦值為23
C. 存在點(diǎn)M使得C1M⊥平面CD1EF
D. 若C1M//平面CD1EF，則M點(diǎn)的軌跡長(zhǎng)度為 2
【答案】ABD
【解析】【分析】
本題考查線線垂直的判斷，線面成角，線面垂直的判斷，屬于中檔題．
根據(jù)線面垂直判定定理判斷A選項(xiàng)，應(yīng)用等體積計(jì)算點(diǎn)D到平面CD1EF的距離再結(jié)合線面角定義求值判斷B，反證法判斷C選項(xiàng)，先得出面面平行再確定點(diǎn)的軌跡計(jì)算得出軌跡長(zhǎng)度判斷D選項(xiàng)．
【解答】
解：對(duì)于A：連接AB1，

則EF⊥AB1，B1C1⊥平面ABB1A1,EF?平面ABB1A1，所以B1C1⊥EF,AB1∩B1C1=B1，
AB1,B1C1?平面AB1C1，所以EF⊥平面AB1C1，所以EF⊥C1A，故 A選項(xiàng)正確；
對(duì)于B：如圖延長(zhǎng)D1E,CF交于N，易得N在DA延長(zhǎng)線上，DA=AN，

則VD1?NDC=13×4×2=83，
NC=ND1= 22+42=2 5,D1C=2 2,則S△NCD1=12×2 2×3 2=6，
設(shè)D到平面NCD1距離為d，則VD1?NDC=13×6×d=83，則d=43，則DD1與平面CD1EF所成角的正弦值為dDD1=23，故 B選項(xiàng)正確；
對(duì)于C；若C1M⊥平面CD1EF，則C1M⊥D1E，則C1M在平面A1D1DA內(nèi)射影垂直于D1E，C1在平面A1D1DA內(nèi)的射影為D1，M在正方形ABB1A1內(nèi)任意點(diǎn)時(shí)都不可能使射影垂直D1E，故 C選項(xiàng)錯(cuò)誤；
對(duì)于D：如圖所示，取A1B1的中點(diǎn)H，BB1的中點(diǎn)G，連接GH,C1H,C1G,EG,HF，

可得四邊形EGC1D1是平行四邊形，所以C1G//D1E,D1E?平面CD1E，C1G在平面CD1E外，所以C1G//平面CD1E，
同理可得C1H//CF，C1H//平面CD1E，因?yàn)镃1H∩C1G=C1,C1H,C1G?平面C1GH，所以平面C1GH//平面CD1E，
因?yàn)镸點(diǎn)是正方形ABB1A1內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，若C1M//平面CD1E，則點(diǎn)M在線段GH上，
所以M點(diǎn)的軌跡長(zhǎng)度GH= 12+12= 2，故 D選項(xiàng)正確
故選：ABD．
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。
12.唐代詩(shī)人李頎的詩(shī)《古從軍行》開(kāi)頭兩句說(shuō)：“白日登山望烽火，黃昏飲馬傍交河.”詩(shī)中隱含著一個(gè)有趣的數(shù)學(xué)問(wèn)題——“將軍飲馬”，即將軍在觀望烽火之后從山腳下某處出發(fā)，先到河邊飲馬再回到軍營(yíng)，怎樣走才能使總路程最短?在如圖所示的直角坐標(biāo)系xOy中，設(shè)軍營(yíng)所在平面區(qū)域?yàn)閧(x,y)|x2+y2≤94}，河岸線所在直線方程為x+3y?10=0.假定將軍從點(diǎn)P(2,1)處出發(fā)，只要到達(dá)軍營(yíng)所在區(qū)域即回到軍營(yíng)，則將軍可以選擇最短路程為 ．
【答案】72
【解析】【分析】
此題以中國(guó)傳統(tǒng)文化為背景考查求點(diǎn)關(guān)于直線的對(duì)稱點(diǎn)，解決圓上的點(diǎn)到圓外一點(diǎn)的最短距離，考查對(duì)圓的幾何性質(zhì)的應(yīng)用．
求出點(diǎn)P關(guān)于直線的對(duì)稱點(diǎn)P'(3,4)，根據(jù)對(duì)稱性，原問(wèn)題轉(zhuǎn)化成求P'到營(yíng)區(qū)的最短距離，利用圓的幾何性質(zhì)即可得解．
【解答】
解：設(shè)點(diǎn)P(2,1)關(guān)于直線x+3y?10=0的對(duì)稱點(diǎn)P'(a,b)，
b?1a?2=32+a2+3×b+12?10=0解得a=3b=4，所以P'(3,4)，
將軍從P出發(fā)到達(dá)直線上點(diǎn)A再到營(yíng)區(qū)，PA=P'A，
所以本題問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求點(diǎn)P'(3,4)到營(yíng)區(qū)的最短距離，
根據(jù)圓的幾何性質(zhì)可得最短距離為P'O?32=5?32=72．
故答案為：72．
13.已知雙曲線C:x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F?，F(xiàn)?，過(guò)F?的直線與C的兩條漸近線分別交于x軸上方的A，B兩點(diǎn)，O為原點(diǎn)，若直線OA垂直平分BF?，則|BF2||BF1|=
【答案】 33
【解析】【分析】
本題考查雙曲線的漸近線，屬于中檔題．
由雙曲線的幾何性質(zhì)得∠AF1O=π6，由|BF2||BF1|=tan∠AF1O，可得結(jié)果．
【解答】
解：因?yàn)镺A垂直平分BF1，所以∠AOF1=∠AOB，
又∠AOF1=∠BOF2，所以∠AOF1=∠AOB=∠BOF2=π3，
故∠AF1O=π6，
因?yàn)镺,A分別為F1F2,F1B的中點(diǎn)，所以O(shè)A//BF2，所以BF1⊥BF2，
所以|BF2||BF1|=tan∠AF1O=tanπ6= 33．
故答案為： 33．
14.已知函數(shù)fx=sin2x+1，將fx的圖象向左平移π4個(gè)單位長(zhǎng)度，得到函數(shù)gx的圖象，若關(guān)于x的方程gx=aa∈R在0,9π8上有5個(gè)實(shí)數(shù)根，x1,x2，x3，x4，x5x1b>0)相切，∴x?y+ 5=0x2a2+y2b2=1
?(b2+a2)x2+2 5a2x+5a2?a2b2=0，∴Δ=0?a2+b2=5，又∵ca= 33∴
a= 3∴b2=a2?c2=2，橢圓C的方程為x23+y22=1．
(2)證明：由題意M、N是橢圓C上不同于A，B的兩點(diǎn)，
由題意知直線AP，BP斜率存在且不為0，又由已知
kAP?kBP=?23.由AP//OM，BP//ON，
所以kOM?kON=?23，
當(dāng)MN斜率不為0時(shí)，設(shè)直線MN的方程為x=my+t，代入橢圓方程得(2m2+3)y2+4mty+2t2?6=0 ①，
由Δ>0，得2m2?t2+3>0，
設(shè)M(x1,y1)，N(x2,y2)，則y1+y2=?4mt2m2+3，y1y2=2t2?62m2+3，
又kOM?kON=y1y2x1x2=y1y2m2y1y2+mt(y1+y2)+t2=2t2?63t2?6m2=?23，
得2t2=2m2+3，
所以S△MON=12|t||y1?y2|=12|t| 48m2?24t2+722m2+3=12|t|2 6|t|2t2= 62
當(dāng)MN斜率為0時(shí)，即P點(diǎn)在橢圓短軸端點(diǎn)時(shí)候，直線PA與PB的斜率乘積為?23滿足題意，
不妨設(shè)P在橢圓上頂點(diǎn)，M在N右邊，BP斜率為? 63，AP斜率為 63，
此時(shí)OM方程為y=? 63x，ON方程為y= 63x，帶入橢圓方程得M點(diǎn)坐標(biāo)為 62,?1，
N點(diǎn)坐標(biāo)為? 62,?1，此時(shí)ΔOMN的面積為定值 62，當(dāng)P點(diǎn)在橢圓下頂點(diǎn)時(shí)，也滿足。
綜上，ΔOMN的面積為定值 62．
【解析】本題考查橢圓的概念及標(biāo)準(zhǔn)方程 、直線與橢圓的位置關(guān)系以及圓錐曲線中的定值問(wèn)題，屬于較難題．
(1)直線x?y+ 5=0與橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)相切，∴x?y+ 5=0x2a2+y2b2=1，由Δ=0結(jié)合離心率即可求解．
(2當(dāng)斜率不為0時(shí)，設(shè)直線MN的方程為x=my+t，代入橢圓方程得(2m2+3)y2+4mty+2t2?6=0，由韋達(dá)定理可得2t2=2m2+3，故S△MON=12|t||y1?y2|=12|t| 48m2?24t2+722m2+3=12|t|2 6|t|2t2= 62.當(dāng)斜率為0時(shí)，根據(jù)已知條件計(jì)算即可．
18.(本小題17分)
已知三棱柱ABC?A1B1C1中，AB=BB1=2，D是BC的中點(diǎn)，∠B1BA=60°，B1D⊥AB．
(1)證明：AB⊥AC；
(2)若側(cè)面ACC1A1是正方形，求平面ABB1A1與平面ADC1夾角的余弦值．
【答案】解：(1)取AB的中點(diǎn)O，連接AB1、OD、OB1，
因?yàn)椤螧1BA=60°，AB=BB1=2，故?ABB1為等邊三角形，
因?yàn)镺為AB的中點(diǎn)，則OB1⊥AB，
因?yàn)锳B⊥B1D，OB1∩B1D=B1，OB1,B1D?平面OB1D，故AB⊥平面OB1D，
∵OD?平面OB1D，所以AB⊥OD，
∵O、D分別為AB、BC的中點(diǎn)，則OD//AC，因此，AB⊥AC；
(2)∵AA1=BB1=2，則四邊形ACC1A1是邊長(zhǎng)為2的正方形，
∵O、D分別為AB、BC的中點(diǎn)，則OD=12AC=1，
由(1)可得OB1=BB1sin60°= 3，
∵OD//AC，BB1//AA1，故OD與BB1所成角為∠A1AC=90°，即OD⊥BB1，
又因?yàn)镺D⊥AB，AB∩BB1=B，AB,BB1?平面AA1B1B，∴OD⊥平面AA1B1B，
∵OB1?平面AA1B1B，則OD⊥OB1，所以，OD、AB、OB1兩兩垂直，
以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB、OD、OB1所在直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，
則A?1,0,0、D0,1,0、C?1,2,0、B10,0, 3、B1,0,0，
BB1=?1,0, 3，AD=1,1,0，AC=0,2,0，AC1=AC+CC1=AC+BB1=?1,2, 3，
設(shè)平面ADC1的法向量為n=x,y,z，則{n??AD?=x+y=0n??AC1?=?x+2y+ 3z=0,
取x=1，則n=1,?1, 3，
易知平面AA1B1B的一個(gè)法向量為m=0,1,0，cs=m?nm?n=?1 5=? 55．
因此，平面ABB1A1與平面ADC1夾角的余弦值為 55．

【解析】本題考查線面垂直的判定和性質(zhì)，平面與平面所成角余弦值的向量求法，屬于較難題.
(1)取AB的中點(diǎn)O，連接AB1、OD、OB1，證明出AB⊥平面OB1D，OD//AC，由此可證得AB⊥AC；
(2)以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB、OD、OB1所在直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法可求得平面ABB1A1與平面ADC1夾角的余弦值．
19.(本小題17分)
已知以點(diǎn)M為圓心的動(dòng)圓經(jīng)過(guò)點(diǎn)F1(?3,0)，且與圓心為F2的圓(x?3)2+y2=12相切，記點(diǎn)M的軌跡為曲線C．
(1)求曲線C的方程；
(2)若動(dòng)直線l與曲線C交于A(x1,y1)，B(x2,y2)兩點(diǎn)(其中y1y2>0)，點(diǎn)A關(guān)于x軸對(duì)稱的點(diǎn)為A?，且直線BA?經(jīng)過(guò)點(diǎn)P?1,0．
(ⅰ)求證：直線l過(guò)定點(diǎn)；
(ⅱ)若|PA|+|PB|=4 15，求直線l的方程．
【答案】解：(1)圓(x?3)2+y2=12的圓心坐標(biāo)為F2(3,0)，半徑r=2 3．
動(dòng)圓M與圓F2相切有兩種情況，即內(nèi)切或外切，
所以||MF1|?|MF2||=2 3 22，Δ=16m2t2?(8m2?4)(2t2?6)>0，即6m2+t2?3>0，
由韋達(dá)定理得y1+y2=?4mt2m2?1，y1y2=2t2?62m2?1>0．
因?yàn)辄c(diǎn)A與A?關(guān)于x軸對(duì)稱，不妨設(shè)A，B分別在第一、二象限，如圖所示．

易知kAP+kBP=0，
即y1x1+1+y2x2+1=y1(my2+t+1)+y2(my2+t+1)(my1+t+1)(my2+t+1)=0，
化為2my1y2+(t+1)(y1+y2)=0，
即2m?2t2?62m2?1+(t+1)??4mt2m2?1=0，化為?3m=mt，
當(dāng)m變化時(shí)，該式恒成立，
所以t=?3，故直線l過(guò)定點(diǎn)(?3,0)．
(ⅱ)由(ⅰ)知，當(dāng)t=?3時(shí)，y1+y2=12m2m2?1，y1y2=122m2?1>0．
由|PA|+|PB|=|PA'|+|PB|=|A'B|，
= (x1?x2)2+(?y1?y2)2，
= (my1?3?my2+3)2+(y1+y2)2，
= m2[(12m2m2?1)2?4×122m2?1]+(12m2m2?1)2=4 15，
化為19m4?24m2+5=0，解得m2=1或m2=519

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