2022年广东省汕头市高考数学一模试卷（附答案详解）

2022年广东省汕头市高考数学一模试卷

一、单选题(本大题共8小题，共40.0分)

1.集合4={x\x<1},B={x|log3x<0},则()

A.AC\B={x\x<0}B.A\JB={x\x<1}

C.AB=0D.A\JB={x\x<0}

2.已知(l+i)2z=3+2i,则|z|=()

A.fB.3C.星D.小

423

3.有4名大学生志愿者参加2022年北京冬奥会志愿服务.冬奥会志愿者指挥部随机派

这4名志愿者参加冰壶、短道速滑、花样滑冰3个项目比赛的志愿服务，则每个项目

至少安排一名志愿者进行志愿服务的概率()

A.16B.-4C.三27D.[9

4.已知各项均为正数的等比数列{5}的前4项和为15,4%,2a3,成等差数列，则

=()

A.5V2-5B.5V2+5C.572D.5

5.已知a=等，b=i,c=*则以下不等式正确的是()

A.c>b>aB.a>b>cC.b>a>cD.b>c>a

6.点G在圆(x+2)2+y2=2上运动，直线无一y-3=0分别与x轴，y轴交于M,N两

点，则AMNG面积的最大值是()

ayc「23n21

A.10B.~C.-D.T

7.己知。€(0彳)，tan(8+》=-“cm。，则萼*=()

2'4，3S1I10+COS0''

A.—|B.—|C.3D.—|

8.定义在R上的偶函数/(%)满足/(2-％)=f(2+%),且当工€[0,2]时，/(%)=

(2X-1,0<%<1

-11若关于K的方程血仇I久I=/(%)至少有8个实数解，则实数771

I43"。2JLJL■JL4*****乙

的取值范围是()

A.[-总。)乂0喘]B.[-总品

C.(-看。)乂0，上)D.(-总上)

二、多选题(本大题共4小题，共20.0分)

9.某校高一(1)班王伟、张诚、赵磊三名同学六次数学测试的成绩及班级平均分如表,

根据成绩表作出如图，则下列说法正确的是()

第一次第二次第三次第四次第五次第六次

王伟988791928895

张诚907688758680

赵磊686573727582

班级平均

88.278.385.480.375.782.6

分

A.王伟同学的数学学习成绩始终高于班级平均水平

B.张诚同学的数学学习成绩始终高于班级平均水平

C.赵磊同学的数学学习成绩低于班级平均水平，但与班平均分的差距逐步缩小

D.赵磊同学的数学成绩波动上升

10.已知正实数a,b满足a+2b=ab,则以下不等式正确的是()

91

A.--F->2B.a+26>8

ab

C.log2a+log2b<3D.2a4-h>9

11.对于函数f(x)=|s讥尢|+cos2x,下列结论正确得是()

A.f(x)的值域为［0*］

B.f(x)在［0,自单调递增

C./(x)的图象关于直线x=3交对称

D.的最小正周期为兀

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12.如图，正方体4BC0-&勺口久的棱长为a,线段为久上有

两个动点E,F,且EF=fa.则下列结论正确的是（）

A.当E与。1重合时，异面直线4E与BF所成的角为g

B.三棱锥B-力EF的体积为定值

C.EF在平面力BB/i内的射影长为

D.当E向必运动时，二面角4-EF-B的平面角保持不变

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.在党史学习教育动员大会上，习近平总书记强调全党同志要做到学史明理、学史增

信、学史崇德，学史力行.某单位对200名党员进行党史知识测试，将成绩分成6组：

[70,75）,[75,80）,[80,85）,[85,90）,[90,95）,[95,100],得到如图所示的频率分

布直方图，则。=.

14.已知四边形4BCD中，AB//CD,AB=3CD=3,AD=BC=V2,点E是CD的中点，

则荏-BD=.

15.已知双曲线C：马一马=1,％为C的两条渐近线，过C的右焦点F作。的垂线，

垂足为4且该垂线交G于点8,若瓦？=3都，则曲线C的离心率0=.

16.为检测出新冠肺炎的感染者，医学上可采用“二分检测法”、假设待检测的总人数

是2m（zneN*）将2加个人的样本混合在一起做第1轮检测（检测一次），如果检测结果

为阴性，可确定这批人未感染；如果检测结果为阳性，可确定其中有感染者，则将

这批人平均分为两组，每组2^-1人的样本混合在一起做第2轮检测，每组检测1次，

如此类推：每轮检测后，排除结果为阴性的那组人，而将每轮检测后结果为阳性的

组在平均分成两组，做下一轮检测，直到检测出所有感染者（感染者必须通过检测

来确定）.若待检测的总人数为8,采用“二分检测法”检测，经过4轮共7次检测后

确定了所有感染者，则感染者人数最多为人.若待检测的总人数为2m（机2

3),且假设其中有不超过2名感染者，采用“二分检测法”所需检测总次数记为n,

则n的最大值为.

四、解答题(本大题共6小题，共70.0分)

17.在①C=2B；②AABC的面积为，；③sin(8+C)=与这三个条件中任选一个，

补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，

说明理由.

问题：是否存在A4BC中，a,b,c分别为内角A,B,C的对边，a=l,b=2,

18.已知数列｛即｝的前n项和为％，3an=2Sn+2n(n&N*).

(1)证明：数列｛即+1｝为等比数列，并求数列｛an｝的前n项和为Sn；

(2)设垢=嗨(出1+1+1)，证明:看+£+…+,<L

19.足球比赛全场比赛时间为90分钟，在90分钟结束时成绩持平，若该场比赛需要决

出胜负，需进行30分钟的加时赛，若加时赛仍是平局，则采取“点球大战”的方式

决定胜负.“点球大战”的规则如下：①两队应各派5名队员，双方轮流踢点球，

累计进球个数多者胜：②如果在踢满5轮前，一队的进球数已多于另一队踢满5次

可能射中的球数，则不需再踢，譬如：第4轮结束时，双方进球数比为2：0,则不

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需再踢第5轮了；③若前5轮点球大战中双方进球数持平，则采用“突然死亡法”

决出胜负，即从第6轮起，双方每轮各派1人罚点球，若均进球或均不进球，则继续

下一轮，直到出现一方进球另一方不进球的情况，进球方胜.

(1)己知小明在点球训练中射进点球的概率是/在一次赛前训练中，小明射了3次点

球，且每次射点球互不影响，记X为射进点球的次数，求X的分布列及数学期望.

(2)现有甲、乙两校队在淘汰赛中(需要分出胜负)相遇，120分钟比赛后双方仍旧打

平，须互罚点球决出胜负.设甲队每名球员射进点球的概率为|,乙队每名球员射

进点球的概率为|.每轮点球中，进球与否互不影响，各轮结果也互不影响.求在第4

轮结束时，甲队进了3个球并刚好胜出的概率.

20.如图，。为圆锥的顶点，。是圆锥底面的圆心，AE为底面

直径，4E=A0,△ABC是底面的内接正三角形，且。0=

6,P是线段。。上一点.

(1)是否存在点P，使得PAJ■平面PBC,若存在，求出P。

的值；若不存在，请说明理由；

(2)当P。为何值时，直线EP与面PBC所成的角的正弦值最大.

21.已知M(&,0)，N(0,y())两点分别在x轴和y轴上运动，且|MN|=1,若动点G满足

OG=2OM+O/V.动点G的轨迹为E.

(1)求E的方程；

(2)已知不垂直于x轴的直线，与轨迹E交于不同的4、B两点，Q(竽,0)总满足

4AQO=4BQO,证明：直线/过定点.

22.已知函数f(x)=(%—l)ex—ax(aeR且a为常数).

(1)讨论函数/(x)的极值点个数；

(2)若f(x)>lnx-ex+1对任意的xG(0,+8)恒成立，求实数a的取值范围.

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答案和解析

1.【答案】B

【解析】解："A=[x\x<1},B={x|log3x<0}={x|0<%<1},

AC\B={x|0<x<1},4UB={x\x<1}.

故选：B.

求解对数不等式化简B,再由交集、并集运算得答案.

本题考查交集、并集的运算，考查对数不等式的解法，是基础题.

2.【答案】C

【解析】解：•••（l+i）2z=3+2i,

2iz=3+2i,即2=誓=^^=1一），

•••团=j2+（一|）2呼

故选：C.

根据已知条件，运用复数的运算法则，以及复数模的公式，即可求解.

本题考查了复数代数形式的乘除法运算，以及复数模的公式，需要学生熟练掌握公式,

属于基础题.

3.【答案】D

【解析】解：先将4人分成3组，其中一组有2人，另外一组各1人，共有戏=6种，然

后将3个项目全排列，共有&=6种排法，

故每个项目至少安排一名志愿者进行志愿服务的方法数为6x6=36种，

•••4名志愿者参加3个项目比赛的志愿者服务的总方法数34=81种，

二每个项目至少安排一名志愿者进行志愿服务的概率P=符=[.

故选：D.

先将4人分成3组，其中一组有2人，然后将3个项目进行排列，可求得每个项目至少安

排一名志愿者进行志愿服务的方法数，再求出4名志愿者参加3个项目比赛的志愿者服务

的总方法数，并结合古典概型的概率公式，即可求解.

本题主要考查古典概型的概率公式，属于基础题.

4.【答案】A

【解析】解：设各项均为正数的等比数列｛附3的公比为q，q>0，

由前4项和为15,4%,2a3,成等差数列，

23

可得的++axq+arq=15,

2

4a3=4al+a5,即4al+a"=4arq,即q2—2=0,

解得q=&，ax=5V2—5.

故选：A.

由等比数列的通项公式和等差数列的中项性质，解方程可得所求值.

本题考查等比数列的通项公式和等差中项的性质，考查方程思想和运算能力，属于基础

题.

5.【答案】C

【解析】解：令/。)=等，则/(%)=等,

当0cx<e时,f'^>0,f(x)单调递增，当x>e时,f(x)<0,f(x)单调递减,

因为2<e<5,

所以〃2)</(e),f(e)>f(5),

因为/(2)-/(5)=等_等=5E212E5=m32萨5>0,

所以f(2)>f(5),

BPf(e)>r(2)>/(5),

所以b>a>c.

故选：C.

构造函数/(%)=詈，对f(x)求导后结合导数与单调性关系分析f(x)的单调性，进而可

比较函数值大小.

本题主要考查了利用单调性比较函数值大小，导数的应用是求解问题的关键.

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6.【答案】D

【解析】解：,直线x-y-3=0分别与x轴，y轴交于M,N两点，

•••M(3,0),N(0,-3),则|MN|=V32+32=3企，

・・・圆(x+2)2+y2=2的圆心为(一2,0),半径为鱼，

圆心到直线x-y-3=0的距离为1Z滑!=当,

则点G到直线x-y-3=0的距离的最大值为也+/=公，

J22

故^MNG面积的最大值是工x3&x延=%

222

故选：D.

求出|MN|,以及点G到直线x-y-3=0的距离的最大值，再结合三角形面积公式，即

可求解.

本题主要考查直线与圆的位置关系，考查转化能力，属于中档题.

7.【答案】B

【解析】解：谭)，tan(。+乡=一；tan。,

if__£0,:.2tanz0—Stand—3=0,

l-tan03tan

・•・tand=3或比mJ=-舍去),

3国

sin00n(sind

--=310

由COS0又・•・86(0(),解得(

Vio

sin20+cos20=1(cos6

io

sin6cos20sin0(cos20-sin20)

=sind(cosd-sind)

sin0+cos0sin0+cos0

3V10/2屈、3

-------X(------------)=—，

10k1075

故选：B.

利用两角和的正切公式得到tan。=3,再利用同角三角函数的关系求出sin。，cos。,求

解即可.

本题考查的知识点是两角和的正切公式，同角三角函数的关系，属于基础题.

8.【答案】B

【解析】解：因为/'(2-乃=，(2+%),且/(x)为偶函数

所以f(x-2)=f(x+2),即f(x)=fix+4),

所以函数/(x)是以4为周期的周期函数，

作出y=f(x),y=m/nx在同一坐标系的图象，如图，

因为方程=/(x)至少有8个实数解，

所以y=f(x),y=图象至少有8个交点，

根据y=f(x),y=m1n|x|的图象都为偶函数可知，图象在y轴右侧至少有4个交点，

由图可知，当m>0时，只需ndn541,即0Vms溪，

当zn<0时，只需m)62-1,即一二Sm<0,

l?l6

当m=0时，由图可知显然成立，

综上可知，一二式机42.

In6InS

故选：B.

根据条件可得出函数"X)是以4为周期的周期函数，作出y=f(x),y=mmx的图象，

根据函数为偶函数，原问题可转化为当》20时两函数图象至少有4个交点，根据数形结

合求解即可.

本题考查函数的性质，考查学生的运算能力，属于中档题.

9.【答案】ACD

【解析】解：根据题意，依次分析选项：

对于4,由表格可知：王伟同学的数学学习成绩始终高于班级平均成绩，A正确；

对于B,第二次考试中，张诚同学的数学学习成绩低于平均成绩，B错误；

对于C,由图表可知，赵磊同学的数学学习成绩低于班级平均水平，但与班平均分的差

距逐步缩小，C正确；

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对于D,由图表可知，赵磊同学的数学学习成绩有波动，但总体是上升趋势，。正确：

故选：ACD.

根据题意，依次分析选项是否正确，即可得答案.

本题考查数据的分析，注意认真分析图表，属于基础题.

10.【答案】BD

【解析】解：•.•正实数a,b满足a+2b=ab,a+b

：错误，

Aab=1>--A

B-.•；a+2b=(a+2b)弓+}=£+?+422"+4=8,当且仅当a=4,b=2时

取等号，・•.B正确，

C：vl=|+^>2•••ab>8,当且仅当a=4,b=2时取等号，；.log2a+log2b-

log2(ab)N3,；.C错误，

D：2a+=(2a+d)(j+=y+^+5>2V4+5=9,当且仅当a=b=3时取

等号，二。正确，

故选：BD.

先得到2+9=1,再利用基本不等式依次判断各选项即可.

ab

本题主要考查了基本不等式的应用，属于中档题.

11.【答案】AD

【解析】解：于(x)=|stnx|+cos2x=-2|sinx|2+|sinx|+1=—2(\sinx\—^)2+1G

[0,|],故A正确；

当X6[0,1\sinx\=sin%在[0,自上单调递增，f(x)=-2(|sinx|-^)2+1,故/(x)在

[0,勺先增后减，故B错误；

f(0)=\sin0\+cos2x0=1,脸=|sin^|+cos2x^=0,/(0)H&),故C错误;

/(x+兀)=|sin(x+TT)|+cos2(x+7r)=|-sinx\+cos(2x+2TT)=\sinx\+cos2x=

f(x),故/(%)的最小正周期为7T,故。正确.

故选：AD.

利用正弦函数和余弦型函数的性质逐项计算可判断每项的正确性.

本题考查正弦函数和余弦型函数的性质，以及判断对称轴，求值域，判断周期，属中档

题.

12.【答案】BCD

【解析】解：对于4：BQ=依，故当E与。［重合时，F为名。1的中点，

又AD、〃BC［,故NFBG为异面直线4E与BF所成的角，

止匕时，CJ=*，BC\=N，BF=,8产+BB：=1a，

...cosdBG==+*产=/昼生=V5

2BFBC.2x^axV2a2

："BC1=£故4错误.

对于B：B到直线劣久的距离不变，4到平面BEF的距离不变，

故三棱锥4-BEF的底面积和高均不发生变化，

故三棱锥4-BEF的体积不变，故8正确；

对于C：・.・血8出=45。，二EF在平面内的射影长为弓小讥45。=如故C

正确；

对于D：•••二面角A-EF-B与二面角A-Bn—B是同一个二面角，

故当E点运动时，二面角大小不变，故。正确；

故选：BCD.

根据三棱锥的底面积和高是否变化判断B,根据两半平面不变判断。，根据ND14&计

算射影长判断C，在4BFC］中利用余弦定理计算夹角判断人

本题考查了棱锥的体积、投影和异面直线所成角，属于中档题.

13.【答案】0.050

【解析】解：由频率分布直方图得：

(0.025+0.035+0.040+a+0.030+0.020)X5=1,

解得a=0.050.

故答案为：0.050.

利用频率分布直方图的性质直接求解.

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本题考查频率的求法，考查频率分布直方图等基础知识，考查运算求解能力，是基础题.

14.【答案】-2

【解析】解：如图，分别过点C,。作CGJ.4B,DFLAB,垂足分别为G,F.

由题得四边形4BCC为等腰梯形,

AF=BG=1,DF=J(V2)2-1=1,所以4F=45。.

由题得荏-BD=(AD+DE)-(AD-AB)=(AD+-AB)-(AD-AB)=--AB-AD+

66

2—-x9

6

=--xV2X3x—+i=-2

622

故答案为：一2.

如图，分别过点C,。作CGJ.4B,DF1AB,垂足分别为G,F,求出NC4F=45。，再

利用平面向量的线性运算和数量积运算求解.

本题考查平面向量的数量积运算，考查学生的运算能力，属于中档题.

15•【答案】苧

【解析】解：不妨设。为y=。为y=过右焦点F作。的垂线，垂足为A,有

该垂线交"于点B,

F(c,O),则直线4B的方程为y=一—c),

~

y=~(x—c)2

联立•bb，解得4的坐标为(匕,丑),

y=­x。c

y=_m（%—c）2.

联立y=_\,解得B的坐标为常春志），

贝国=丹-言潦-悬），N=（c-"9,

.•厮=3福联昌*忌）=3（"%»

・/一黑=一3?，.<=曰，即4（b2-a2）=c2=/+a2,

.-.3b2=5a2,二捺=I，e=Jl+号=Jl+1=手.

故答案沏乎.

不妨设，1为y=£x,。为y=—?x，则直线4B的方程为y=一£（x-c）,可得4的坐标为

（?,日）,B的坐标为（焉，用，由瓦？=3都，可得?一黑=一3?，求解即可.

本题考查双曲线的几何性质，考查运算求解能力，是中档题.

16.【答案】14M一1

【解析】解：若待检测的总人数为8,

则笫1轮需检测1次，第2轮需检测2次，第3轮需检测2次，第4轮需检测2次,

则共需检测7次，此时感染者人数最多为1人，

若待检测的总人数为2机（巾23）,且假设其中有不超过2名感染者，

若没有感染者，则只需1次检测即可，

若只有1个感染者，则只需1+2X6=2/71+1次检测，

若只有2个感染者，若要检测次数最多，

则第2轮检测时，2个感染者不位于同一组，

此时相当两个待检测均为2nlr组，

每组感染1个感染者，此时每组需要1+2（m-1）=2m-1次检测，

所以此时两组共需2（2巾-1）=4m-2次检测，

故有2个感染者，且检测次数最多，共需4巾—2+1=4m-l次检测，

所以采用“二分检测法”所需检测总次数记为n,

故n的最大值为4nl-1.

故答案为：1;4m—1.

根据已知条件，结合二分检测法，即可求解.

第14页，共22页

本题主要考查二分检测法，考查转化能力，属于中档题.

17.【答案】解：若选①，则4=兀一38,且A<B<C,

因为a—1,b=2,

1212

由正弦定理得就=熹=爵,则Hn,即----=---

sin(7r-3B)sinBsin3BsinB

所以2s勿3B=sinB,2(3sinB—4sin3^)=sinB,

得siMB=I，

因为8G(0,71),所以sinB=巴之

4

因为4<BVC,所以角8为锐角,

所以cos8=V1—sin2jB=—,

4

所以sinC=sinlB=2sinBcosB=2x—x—=—,

444

所以由正弦定理得c=竺塔=等=V6；

sinBYl®

4

若选②，则由△ABC的面积为4,a=1,b=2,得|absinC=sinC=g

所以cosC=±V1-sin2C=±-,

4

当C为锐角时，cosC=f,此时由余弦定理得，

4

c2=a24-b2-2abcosC=l+4—2xlx2x：=2,所以c=V2,

当C为钝角时，cosC=-；,此时由余弦定理得，

4

c2=a2+Z?2—2abcosC=14-4+2xlx2x-=8,所以c=2a,

4

综上，C=企或C=2V2；

若选③，由sin(8+C)=M得sin(B+C)=sin(zr-4)=sinA=*

由正弦定理得高=扁，则S)B=竺出=遭=*>1，

Ulin^LflDQ13

所以三角形不存在.

【解析】若选①，则A="3B,由正弦定理列方程可求出sinB=手，再求出cosB,

然后利用正弦的二倍角公式可求出sinC,再利用正弦定理可求出c的值；

若选②，则由已知条件可求出sinC=?，从而可得cosC=±j然后利用余弦定理可求

出C的值；

若选③，则由已知可得Sina=?，再由正弦定理可得sinB="f=等＞1,从而可得

三角形不存在.

本题考查了正弦定理和余弦定理的应用，属于中档题.

18.【答案】证明：(1)当n=l时，3ai=2Si+2,即%=2,

由3an=2Sn+2n,则3an_]=2szi4-2(n-1),n＞2,

两式相减可得3Q〃-3an_i=2an+2,

即册=3an_i+2,

所以a“+l=3(an_i+l),即f^=3,

an_1十i

数列｛5+1｝为等比数列；

则an+1=(2+1)x3"T=3n,所以厮=3n-1,

则%=(3+32+…+3与-n=式:手=眨^-加

n+1

(2)bn=log3(an+1+1)=log33=n+l,

所以吃=---＜---=-———,

“堤⑴+1)2n(n+l)nn+1

所以3+£+…+意＜(i…+『a)=1_岩＜1-

【解析】(1)先求出。1，然后将3cin=2Sn+2n的n换成几-1,与原式相减可得外,=

3斯-1+2,从而可得即+1=3(册_1+1)即可证明，求出｛即｝通项公式，再分组可求

和.

(2)先求出勾=n+1,可得出奈一高，裂项相消法求和，可证明.

本题考查了等比数列的证明，数列与不等式的综合，属于中档题.

19.【答案】解：(1)由题意可得，X〜B(3,|),X所有可能的取值为0,1,2,3,

P(X=0)=(l-|)3=短，P(X=1)=叫(1-乎=券

P(X=2)=碇＞(1_》=蕊,P(X=3)=(|)3=急

故X的分布列为：

第16页，共22页

X0123

8365427

P

125125125125

故E(X)=3x|=|.

(2)记“在第4轮结束时，甲队进了3个球并刚好胜出”为事件4,

由题意可知，在第4轮结束时，甲队进了3个球并刚好胜出，甲乙两队进球数之比为：“甲

VS乙：3：0”记为事件4,或：“甲US乙：3：1”记为事件必，

则4=4+/12，且4与必互斥，

。(4)=祇|)2(1-|)|'(1十=悬，

P(4)=(|尸(1-|)XC翡(1—之+幽(|)2(1-|)|xCi|(l-|)3=悬，

81,81243

故P(A)=P(4+A?)=P(4)+「缶2)----------1-----------—-—

500050002500

【解析】(1)由题意可得，X〜B(3,|),X所有可能的取值为0,1,2,3,分别求出对应

的概率，再结合期望公式，即可求解.

(2)记“在第4轮结束时，甲队进了3个球并刚好胜出”为事件4由题意可知，在第4轮

结束时，甲队进了3个球并刚好胜出，甲乙两队进球数之比为：“甲VS乙：3：0”记为

事件4,或：“甲VS乙：3：1”记为事件4，分别求出对应的概率，并求和，即可求

解.

本题主要考查了离散型随机变量及其分布列，需要学生熟练掌握期望公式，属于中档题.

20.【答案】解：由题意得，设AE=AD=2r,则在Rtz\DO力中，AD2-AO2=DO2,

所以(2r)2-W=62,...r=2b，又ABC是底面的内接正三角形，

•••AB_2r-sin60°=4-\/3X—=6>AB—AC-BC=6,AH±BC,

2

设4EnBC=H,OH=HE=V3，过H作HQ1面ABC,

则以H为坐标原点，分别以AM,HB,HQ为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，

W(0,0,0),71(373,0,0),E(-V3,0,0)，B(0,3,0),0(y/3,0,0),

因为P是线段。。上一点，设PO=a,ae[0,6],P(V3,0,a),

(1)假设存在点P,使得PAI平面PBC,此时

PA=(2V3,0,-a)，PB=(-V3,3,-a)，PC=(-<3,-3,-a).

因为PA-L平面P8C,•••PALPB,

则同•而=-6+0+a2=o，a=瓜,.-.PA=(2V3,0,-V6)>~PB=(-V3,3,-V6).

PC——(—V3,—3,—V6)>

-.PA-PC=0<•1•PA1PC,

.•.存在点P,使得以4_1平面。8。，此时PO=V^；

(2)设平面PBC的法向量为元=(x,y,z),则旗=(0,6,0)，丽=(一8,3,-a)，

二g,驾=，，Hp[6y^-°,令x=a,z=-V3.y=0,

则五=(a,0,-V3)，

又因为前=(2百,0,a)，设直线EP与面PBC所成的角为。，

=

1■•sine=।制।黑+12=可凝+3力+12)=勺^^<遍扃5?

当且仅当。2=1|,即。=历时取等号，

当PO=历时，直线EP与面PBC所成的角的正弦值最大.

【解析】AH1BC,过H作HQ1面4BC,则以H为坐标原点，分别以HA,HB,HQ为坐

标轴建立如图所示的空间直角坐标系，

(1)假设存在点P,使得PAJ■平面PBC,利用向量法可得亚.丽=一6+0+a?=0,a=

V6,判断24_LPC,即可；

(2)求平面PBC的法向量，直线EP的方向向量，求得sin。=|崔之|=q=翼^=,计

')1\EP\-\n\1Va2+3-Va2+12

算可得最大值.

本题考查符合条件的点是否存在，线面角的正弦值的最大值，属中档题.

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21.【答案】解：(1)因为冠=2而+而,即(")=2(3,0)+(0,%)=(2&,%)，

所以x=2x(),y-y0,则x()=；,yo=y，

又|MN|=1,得以+%=1,即(|)2+y2=i,

所以动点G的轨迹方程E为：-+y2=1;

证明:(2)设直线I的方程为:y=kx+m,4(%,%)，B(x2fy2V

则yi=fc%i+m,y2=kx2+m,

«22

4+y—1,消去y,得(4k2+l)%2+8kmx+4m2—4=0,

(y=kx-i-m

由4=64k2m2—16(4fc2+l)(m2—1)>0,得<4k2,|_1,

-8km4m2-4

与+不=诉/62=诉'

直线4Q的斜率为"Q=鼻，直线BQ的斜率为=含，

--.%_y2

又乙4QO=/BQO,所以以？=一%2，即三亘—一1W，

整理得yi%2+与无一竽％一"丫2=°，

即2k%i%2+(,m—等k)(》i+x2)—=0，

所以8k(向-1)8k,n2132bim8bm=O,

4k2+14k2+l34k2+i3

由4/f2+1H0,化简得m=—”>k，

所以y=kx-V3/c=fc(x—V3),

故直线过定点(遮,0).

【解析】(1)根据平面向量的坐标运算可得Xo=；、y0=y.结合|MN|=1和两点坐标

求距离公式可得舄+据=1,将%。=；、%=y代入计算即可；

(2)设直线的方程为：y=kx+m,4(%,y1)、B(x2,y2),联立椭圆方程并消去y,根据

韦达定理