厦门市2024-2025学年高二上期末考试模拟试题1

第1页（共1页）厦门市2024-2025学年高二上期末考试模拟试题1一．选择题（共8小题）1．已知m∈R，则“m＝﹣1”是“直线mx+（2m﹣1）y﹣2＝0与直线3x+my+3＝0垂直”的（）A．充要条件 B．必要而不充分条件 C．充分而不必要条件 D．既不充分也不必要条件2．已知数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列，若a1+aA．2 B．3 C．32 D．3．若数列{an}满足a1＝2，an+1an＝an﹣1，则a2024＝（）A．12 B．2 C．3 4．已知点P（2，0），点Q在圆x2+y2＝1上运动，则线段PQ的中点M的轨迹方程是（）A．（x﹣1）2+y2＝1 B．x2+（y﹣1）2＝1 C．4（x﹣1）2+4y2＝1 D．4x2+4（y﹣1）2＝15．分形几何学是数学家伯努瓦•曼德尔布罗在20世纪70年代创立的一门新的数学学科，它的创立为解决众多传统科学领域的难题提供了全新的思路，按照如图1的分形规律可得如图2的一个树形图，记图2中第n行黑圈的个数为an，白圈的个数为bn，若an＝55，则bn＝（）A．34 B．35 C．88 D．896．已知F1（﹣c，0）、F2（c，0）分别是中心在原点的双曲线C的左、右焦点，斜率为34的直线l过点F1，交C的右支于点B，交y轴于点A，且|AF2|＝|BF2|，则CA．1712 B．2315 C．207．如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为矩形，AB=1，AA1=3，点M在线段BC上，且AM⊥MD，则当三棱锥A1﹣A．32 B．322 C．28．已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，准线为l，点P在C上，PQ垂直l于点Q，直线QF与C相交于M、N两点．若M为靠近点F的QF的三等分点，则|PN||PQ|A．12 B．22 C．32

二．多选题（共3小题）（多选）9．已知数列{an}满足a1A．a1+a2，a3+a4，a5+a6，…是公差为2的等差数列 B．a2﹣a1，a4﹣a3，a6﹣a5，…是常数数列 C．a2n＝4n﹣3 D．若数列{bn}满足bn=(−1)n（多选）10．如图，若正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点M是正方体ABCD﹣A1B1C1D1在侧面BCC1B1上的一个动点（含边界），点P是棱AA1的中点，则下列结论正确的是（）A．三棱锥P﹣DD1M的体积为43B．若PM=5，则点M的轨迹是以12C．若D1M⊥DP，则A1M的最大值为3 D．平面A1C1CA截正方体ABCD﹣A1B1C1D1的截面面积为4（多选）11．抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点为F，P为其上一动点，当P运动到（2，t）时，|PF|＝4，直线l与抛物线相交于A，B两点，点M（4，1），下列结论正确的是（）A．抛物线的方程为y2＝8x B．存在直线l，使得A、B两点关于x+y﹣6＝0对称 C．|PM|+|PF|的最小值为6 D．当直线l过焦点F时，以AF为直径的圆与y轴相切三．填空题（共3小题）12．已知椭圆x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1、F2，过点F2的直线交椭圆于A、B两点，若AB13．已知抛物线C：y2＝2px（p＞0），过点（1，0）的直线交C于P、Q两点，O为坐标原点，且OP⊥OQ，则p＝．14．在三棱锥A﹣BCD中，AB=AC=BD=CD=BC=23，平面α经过点A，并且与BC垂直，当α截此三棱锥所得的截面面积最大时，此时三棱锥A﹣BCD的外接球的表面积为四．解答题（共5小题）15．已知公差不为0的等差数列{an}的首项a1＝2，且1a1，1a（1）求数列{an}的通项公式；（2）若数列{bn}满足b1+2b2+22b3+…+2n﹣1bn＝an，求数列{nbn}的前n项和Tn．

16．如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥平面AA1C1C，AA1＝AB＝AC＝2，∠A1AC＝60°．过侧棱AA1的平面交线段B1C1于点E（不与端点重合），交线段BC于点F．（1）求证：A1E＝AF；（2）若BF＝2FC，求直线A1C1与平面AFC1所成角的正弦值．

17．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1(−3，0)、F2(3，0)，左顶点为A，点P、Q为（1）求椭圆C的标准方程；（2）若斜率不为0的直线l过椭圆C的右焦点F2且与椭圆C交于G、H两点，直线AG、AH与直线x＝4分别交于点M、N．求证：M、N两点的纵坐标之积为定值．

18．已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a＞0，b＞0)的左、右顶点分别为A（﹣2，0），B（2，0），离心率为72．过点（4，0）的直线l与C的右支交于M、N两点，设直线AM，BM，（1）若k1=12（2）证明：k2（k1+k3）为定值．

19．设正整数a的n个正因数分别为a1，a2，⋯，an，且0＜a1＜a2＜⋯＜an．（1）当n＝5时，若正整数a的n个正因数构成等比数列，请写出a的最小值；（2）当n≥4时，若a2＝2，且a2﹣a1，a3﹣a2，⋯，an﹣an﹣1构成等比数列，求正整数a；（3）记S＝a1a2+a2a3+⋯+an﹣1an，求证：S＜a2．

厦门市2024-2025学年高二上期末考试模拟试题1参考答案与试题解析一．选择题（共8小题）1．已知m∈R，则“m＝﹣1”是“直线mx+（2m﹣1）y﹣2＝0与直线3x+my+3＝0垂直”的（）A．充要条件 B．必要而不充分条件 C．充分而不必要条件 D．既不充分也不必要条件【分析】由题设条件，可分两步研究本题，先探究m＝0时直线mx+（2m﹣1）y+2＝0与直线3x+my+3＝0互相垂直是否成立，再探究直线mx+（2m﹣1）y+2＝0与直线3x+my+3＝0互相垂直时m的可能取值，再依据充分条件必要条件做出判断，得出答案．【解答】解：若两直线垂直，则当m＝0时，两直线为y＝﹣2与x＝﹣1，此时两直线垂直．当2m﹣1＝0，即m=12时，两直线为x＝4与3x+当m≠0且m≠12时，两直线的斜截式方程为y=−m2m−1x+22m−1两直线的斜率为−m2m−1与−3所以由−m2m−1×−3所以m＝﹣1是两直线垂直的充分不必要条件，故选：C．【点评】本题考查充分条件必要条件的判断及两直线垂直的条件，解题的关键是理解充分条件与必要条件的定义及两直线垂直的条件，本题的难点是由两直线垂直得出参数m的取值，此处也是一易错点，易忘记验证斜率不存在的情况，导致判断失误．2．已知数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列，若a1+aA．2 B．3 C．32 D．【分析】根据等差数列和等比数列的中项性质分析求解．【解答】解：由题意可得a1+a所以a2故选：C．【点评】本题考查等差数列和等比数列的中项性质，考查方程思想和运算能力，属于基础题．3．若数列{an}满足a1＝2，an+1an＝an﹣1，则a2024＝（）A．12 B．2 C．3 【分析】根据递推式写出数列的前几项，可得{an}是周期为3的周期数列，从而可求得答案．【解答】解：∵数列{an}满足a1＝2，an+1an＝an﹣1，∴an+1∴a2a3＝1﹣2＝﹣1，a4＝1﹣（﹣1）＝2，a5∴{an}是周期为3的周期数列，而2024＝3×674+2，故a2024故选：A．【点评】本题考查数列中的项，求得数列的周期是解题的关键，考查运算能力和推理能力，属于基础题．4．已知点P（2，0），点Q在圆x2+y2＝1上运动，则线段PQ的中点M的轨迹方程是（）A．（x﹣1）2+y2＝1 B．x2+（y﹣1）2＝1 C．4（x﹣1）2+4y2＝1 D．4x2+4（y﹣1）2＝1【分析】设出点M坐标，得出Q点坐标，代入圆方程，即可得到线段PQ的中点M的轨迹方程．【解答】解：由题意，P（2，0），在圆x2+y2＝1中，点Q在圆上，线段PQ的中点为M，设M（x，y），则Q（2x﹣2，2y），∴（2x﹣2）2+（2y）2＝1，即：4（x﹣1）2+4y2＝1．故选：C．【点评】本题考查轨迹方程的求法，考查运算求解能力，属基础题．5．分形几何学是数学家伯努瓦•曼德尔布罗在20世纪70年代创立的一门新的数学学科，它的创立为解决众多传统科学领域的难题提供了全新的思路，按照如图1的分形规律可得如图2的一个树形图，记图2中第n行黑圈的个数为an，白圈的个数为bn，若an＝55，则bn＝（）A．34 B．35 C．88 D．89【分析】每个白圈在下一行产生一个白圈和一个黑圈，一个黑圈在下一行产生一个白圈和两个黑圈，从而可得递推公式，然后由递推公式可求得结果．【解答】解：由题可知，每个白圈在下一行产生一个白圈和一个黑圈，一个黑圈在下一行产生一个白圈和两个黑圈，第n行黑圈的个数为an，白圈的个数为bn，所以有an＝2an﹣1+bn﹣1，bn＝an﹣1+bn﹣1，n≥2，又因为a1＝0，b1＝1，所以a2＝1，b2＝1，a3＝3，b3＝2，a4＝8，b4＝5，a5＝21，b5＝13，a6＝55，b6＝34，由an＝55，可得n＝6，则b6＝34．故选：A．【点评】本题考查数列的递推式，考查运算能力，属于基础题．6．已知F1（﹣c，0）、F2（c，0）分别是中心在原点的双曲线C的左、右焦点，斜率为34的直线l过点F1，交C的右支于点B，交y轴于点A，且|AF2|＝|BF2|，则CA．1712 B．2315 C．20【分析】先根据双曲线的定义，确定|AB|的长，再构造三角形相似，利用对应边成比例求出离心率的值．【解答】解：F1（﹣c，0）、F2（c，0）分别是中心在原点的双曲线C的左、右焦点，斜率为34的直线l过点F1，交C的右支于点B，交y轴于点A，且|AF2|＝|BF2如图：设双曲线C的标准方程为x2a2−y2b2=1（a＞0，b＞0），由题可知|AF1|＝|AF2|＝|BF2|．又因为|BF1|﹣|因为直线l的斜率为34，所以|AO|=3c4设M为AB的中点，连接MF2，易知△AOF1∽△F2MF1，所以|F则2c5c4=a+54c故选：C．【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，离心率的求法，是中档题．7．如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为矩形，AB=1，AA1=3，点M在线段BC上，且AM⊥MD，则当三棱锥A1﹣A．32 B．322 C．2【分析】设BM＝x，MC＝y，则BC＝AD＝x+y，AM=x2+1，MD=y2+1，在Rt△AMD中，根据勾股定理可得xy＝1，从而可得三棱锥【解答】解：∵在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为矩形，AB=1，AA1=3，点M在线段BC上，且∴设BM＝x，MC＝y，则BC＝AD＝x+y，又AA1⊥平面ABCD，MD⊂平面ABCD，∴AA1⊥MD，又AM⊥MD，AA1∩AM＝A，∴MD⊥平面AA1M，又由题意知AM=x∴在Rt△AMD中，AM2+MD2＝AD2，∴x2+1+y2+1＝（x+y）2，∴xy＝1，∴三棱锥A1﹣AMD的体积为VA当且仅当x＝y＝1时取等号，此时BC＝x+y＝2．故选：C．【点评】本题考查三棱锥的体积的最值的求解，基本不等式的应用，属中档题．8．已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，准线为l，点P在C上，PQ垂直l于点Q，直线QF与C相交于M、N两点．若M为靠近点F的QF的三等分点，则|PN||PQ|A．12 B．22 C．32【分析】由抛物线的定义，结合抛物线的性质及直线与抛物线的位置关系求解．【解答】解：已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，准线为l，点P在C上，PQ垂直l于点Q，直线QF与C相交于M、N两点，如图，过点M作MH⊥l于点H，设准线l与x轴的交点为K，因为M为靠近点F的QF的三等分点，所以|MH||FK|因为|FK|＝p，所以|MH|=2由抛物线定义知，|MF|=|MH|=2所以|FQ|＝2p．在Rt△FKQ中，因为cos∠KFQ=|FK|所以∠KFQ＝60°，因为PQ∥FK，所以∠PQF＝∠KFQ＝60°．由抛物线定义知，|PQ|＝|PF|，所以△PQF为等边三角形，所以|PQ|＝|PF|＝|FQ|＝2p，∠PFQ＝60°．设PN与x轴的交点为G，由∠PFG＝180°﹣∠KFQ﹣∠PFQ＝60°及|PF|＝2p，可得点P的横坐标为32因为直线MN的斜率为tan∠GFQ=tan(∠PFG+∠PFQ)=tan120°=−3，点F(所以直线MN的方程为y=−3联立y=−3消去y化简并整理得：12x2﹣20px+3p2＝0，解得点N的横坐标为32又点P的横坐标为32可得PN垂直x轴，且垂足为G，在Rt△PFG中，由|PF|＝2p及∠PFG＝60°，可求得|PG|=3所以|PN|=23所以|PN||PQ|故选：D．【点评】本题考查了抛物线的定义，重点考查了抛物线的性质及直线与抛物线的位置关系，属中档题．二．多选题（共3小题）（多选）9．已知数列{an}满足a1A．a1+a2，a3+a4，a5+a6，…是公差为2的等差数列 B．a2﹣a1，a4﹣a3，a6﹣a5，…是常数数列 C．a2n＝4n﹣3 D．若数列{bn}满足bn=(−1)n【分析】根据递推关系得出an+2﹣an＝2，利用等差数列的定义可判定A，B；利用等差数列的通项公式可判定C；利用分组求和计算可判定D．【解答】解：数列{an}满足a1由an+1+an＝2n，得an+2+an+1＝2（n+1），两式相减得an+2﹣an＝2．①当n≥2时，an+1﹣an﹣1＝2，②两式相加得an+2+an+1﹣an﹣an﹣1＝4，则a1+a2，a3+a4，a5+a6，⋯是公差为4的等差数列，A错误；①﹣②整理得：（an+2﹣an+1）﹣（an﹣an﹣1）＝0，则a2﹣a1，a4﹣a3，a6﹣a5，⋯为常数数列，且各项为0，B正确；因为a2＝1，an+2﹣an＝2，所以数列{a2n}是首项为1，公差为2的等差数列，即a2n＝1+（n﹣1）•2＝2n﹣1，C错误；数列{bn}的前101项和：S101＝﹣a1+a2﹣a3+a4﹣⋯﹣a99+a100﹣a101＝（a2﹣a1）+⋯+（a100﹣a99）﹣a101，所以S101＝50×0﹣101＝﹣101，D正确．故选：BD．【点评】本题主要考查数列递推关系式的应用，考查计算能力，属于中档题．（多选）10．如图，若正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点M是正方体ABCD﹣A1B1C1D1在侧面BCC1B1上的一个动点（含边界），点P是棱AA1的中点，则下列结论正确的是（）A．三棱锥P﹣DD1M的体积为43B．若PM=5，则点M的轨迹是以12C．若D1M⊥DP，则A1M的最大值为3 D．平面A1C1CA截正方体ABCD﹣A1B1C1D1的截面面积为4【分析】由VP−DD1M=VM−PDD1，再结合棱锥的体积公式求出定值可得A正确；在面ABB1A1上，过点P作PQ⊥BB1，由线面垂直的性质得到PQ⊥MQ，再由勾股定理计算出MQ可得B错误；在面ABB1A1上，过点P作PQ⊥BB1，连接QC，取BC的中点N，连接D1N，NC1，A1N，A1C1，先由线面垂直的判定定理证明QC⊥平面D1C1N，进而得到点M的轨迹，再由勾股定理计算长度即可得C正确；由平面A1C1CA【解答】解：根据题意可得三棱锥P﹣DD1M的体积为VP−DD1在面ABB1A1上，过点P作PQ⊥BB1，则易知PQ⊥平面BB1C1C，所以PQ⊥MQ，又PM=5，所以MQ=所以点M的轨迹是以Q为圆心，1为半径的半圆弧，故B错误；在面ABB1A1中，过点P作PQ⊥BB1，则点Q是BB1的中点，连接QC，取BC的中点N，连接D1N，NC1，A1N，A1C1，则QC∥PD，C1N⊥QC．因为D1C1⊥平面BB1C1C，所以D1C1⊥QC，又D1C1∩C1N＝C1，所以QC⊥平面D1C1N，所以点M的轨迹是线段C1N，在△A1C1N中，A1C1=22所以A1M的最大值为3，故C正确；对于D，平面A1C1CA截正方体ABCD﹣A1B1C1D1的截面为矩形A1C1CA，其面积为2×22=42故选：ACD．【点评】本题考查立体几何的综合应用，属中档题．（多选）11．抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点为F，P为其上一动点，当P运动到（2，t）时，|PF|＝4，直线l与抛物线相交于A，B两点，点M（4，1），下列结论正确的是（）A．抛物线的方程为y2＝8x B．存在直线l，使得A、B两点关于x+y﹣6＝0对称 C．|PM|+|PF|的最小值为6 D．当直线l过焦点F时，以AF为直径的圆与y轴相切【分析】对于A选项：根据抛物线的焦半径公式，即可求得p＝4，求得抛物线的方程；对于B选项：利用“点差法“求得kAB，根据对称关系，求得AB的中点坐标，可得中点在抛物线上，因此不存在直线l，使得A、B两点关于x+y﹣6＝0对称；对于C选项：利用抛物线的定义，三点共线时，|PM|+|PF|的最小值为6；对于D选项：利用抛物线的性质，可以判断以AF为直径的圆与y轴相切．【解答】解：对于A选项：由y2＝2px，所以|PF|=2+p2=4，即p＝4，所以y2＝8x对于B选项：设A（x1，y1），B（x2，y2），设AB的中点M（x0，y0），则y1两式相减，（y1+y2）（y1﹣y2）＝8（x1﹣x2），即2y0•kAB＝8，因为A，B关于x+y﹣6＝0对称，所以kAB＝1，所以y0＝4，x0＝2，所以（2，4）在抛物线上，不成立，故B错误；对于C选项：过P作PE垂直与准线于E，则|PM|+|PF|＝|PM|+|PE|≥6，当P，E，M共线时，等号成立，故C正确；对于D选项：如图所示，因为G为AF的中点，过点G作GD⊥y轴，所以|DG|=1所以以AF为直径的圆与y轴相切，故D正确；故选：ACD．【点评】本题考查抛物线的性质及应用，抛物线的焦半径公式，“点差法“的应用，考查转化思想，属于中档题．三．填空题（共3小题）12．已知椭圆x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1、F2，过点F2的直线交椭圆于A、B两点，若AB⊥F【分析】设|BF1|＝4t，利用椭圆定义和题设条件推得t=13a，再借助于Rt△F1【解答】解：椭圆x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1、F2，过点F2的直线交椭圆于A、B如图，设|BF1|＝4t，因为AB⊥F1B，sin∠F1AB=45，所以|AF1|＝5t由椭圆定义可知，|AF2|＝2a﹣|AF1|＝2a﹣5t，|BF2|＝2a﹣|BF1|＝2a﹣4t，由|AB|＝|AF2|+|BF2|＝4a﹣9t＝3t，可得t=13a在Rt△F1BF2中，由|F1F即得9c2＝5a2，故得e=c故答案为：53【点评】本题主要考查椭圆性质的应用，考查计算能力，属于中档题．13．已知抛物线C：y2＝2px（p＞0），过点（1，0）的直线交C于P、Q两点，O为坐标原点，且OP⊥OQ，则p＝12【分析】设出直线PQ的方程并与抛物线方程联立，利用OP→⋅OQ【解答】解：根据题意可知抛物线C的焦点在x轴的正半轴上，令直线PQ的方程为x＝ty+1，Q(y22根据x=ty+1y2=2px，化简并整理得y2﹣2pty那么y1y2＝﹣2p，Δ＝4p2t2+8p＞0，根据OP⊥OQ，可得OP→⋅OQ故答案为：12【点评】本题考查直线与抛物线综合应用，属于中档题．14．在三棱锥A﹣BCD中，AB=AC=BD=CD=BC=23，平面α经过点A，并且与BC垂直，当α截此三棱锥所得的截面面积最大时，此时三棱锥A﹣BCD的外接球的表面积为20π【分析】先根据截面面积最大，确定平面ABC⊥平面BCD，再确定外接球球心的位置，求出外接球半径，可求球的表面积．【解答】解：如图所示：取BC中点E，连接AE、DE．由AB＝AC，可知AE⊥BC，同理DE⊥BC，又AE∩DE＝E，所以BC⊥平面AED，所以平面α即为平面AED，又易知AE＝DE＝3，所以α截此三棱锥所得的截面面积为：S△AED当∠AED＝90°时，S△AED取得最大值；设O为外接球球心，P，Q分别为△BCD、△ABC外接圆圆心．则OP⊥平面BCD，OQ⊥平面ABC，所以四边形OPEQ为正方形，且OQ＝1，AQ＝2，所以三棱锥A﹣BCD外接球的半径R=OA=O所以三棱锥A﹣BCD的外接球的表面积为4πR2＝4π×5＝20π．故答案为：20π．【点评】本题考查三棱锥的外接球问题的求解，属中档题．四．解答题（共5小题）15．已知公差不为0的等差数列{an}的首项a1＝2，且1a1，1a（1）求数列{an}的通项公式；（2）若数列{bn}满足b1+2b2+22b3+…+2n﹣1bn＝an，求数列{nbn}的前n项和Tn．【分析】（1）利用等比数列的性质列出方程求得公比，即可得出结论；（2）利用错位相减法求得数列的和即可．【解答】解：（1）设等差数列{an}的公差为d，由(1a2)2=1a1•1a4，得（a1+d因为d≠0，所以d＝a1＝2，所以an＝2n．（4分）（2）b1+2b2+4b3+…+2n﹣1bn＝an①b1+2b2+4b3+…+2n﹣1bn+2nbn+1＝an+1②②﹣①得：2n•bn+1＝2．∴bn+1＝21﹣n．当n＝1时，b1＝a1＝2，∴bn＝22﹣n．（8分）Tn=112Tn=12Tn＝2+120+∴Tn＝8−n+2【点评】本题主要考查等比数列的性质及数列求和的方法错位相减法知识，考查学生的运算求解能力，属中档题．16．如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥平面AA1C1C，AA1＝AB＝AC＝2，∠A1AC＝60°．过侧棱AA1的平面交线段B1C1于点E（不与端点重合），交线段BC于点F．（1）求证：A1E＝AF；（2）若BF＝2FC，求直线A1C1与平面AFC1所成角的正弦值．【分析】（1）根据线面、面面平行的性质定理，先证四边形A1AFE是平行四边形，即可得结论；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求直线与平面所成角的正弦值．【解答】解：（1）证明：在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1∥BB1，BB1⊂平面BB1C1C，AA1⊄平面BB1C1C，所以AA1∥平面BB1C1C，又平面AA1EF∩平面BB1C1C＝EF，AA1⊂平面AA1EF，所以AA1∥EF，而平面ABC∥平面A1B1C1，平面AA1EF∩平面ABC＝AF，平面AA1EF∩平面A1B1C1＝A1E，所以A1E∥AF，所以四边形AA1EF为平行四边形，所以A1E＝AF．（2）在平面AA1C1C内过点A作Az⊥AC，因为AB⊥平面AA1C1C，AC，Az⊂平面AA1C1C，所以AB⊥AC，AB⊥Az．以点A为坐标原点，AB，AC所在直线分别为x轴、y轴，建立如图所示的空间直角坐标系A﹣xyz，因为AA1＝AB＝AC＝2，∠A1AC＝60°，所以A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，AAB→因为BF＝2FC，所以AF→AF→设平面AFC1的一个法向量为n→则n→⊥A令y1＝1，得x1＝﹣2，z1所以n→=(−2，1，−3)而A1C1→=(0，2，0)，设直线A1C1与平面于是得sinθ=|cos＜n所以直线A1C1与平面AFC1所成角的正弦值为24【点评】本题考查直线，平面位置关系的判定，以及向量法的应用，属于中档题．17．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1(−3，0)、F2(3，0)，左顶点为A，点P、Q为（1）求椭圆C的标准方程；（2）若斜率不为0的直线l过椭圆C的右焦点F2且与椭圆C交于G、H两点，直线AG、AH与直线x＝4分别交于点M、N．求证：M、N两点的纵坐标之积为定值．【分析】（1）根据椭圆的定义与勾股定理列式求解a，b，c即可得椭圆方程；（2）直线与椭圆相交确定交点坐标关系，根据坐标运算即可得结论．【解答】解：（1）由于点Q，P是椭圆C上关于坐标原点O对称的两点，且|F1F2|＝|PQ|，因此PF1QF2为矩形，又因为|PQ|＝|F1F2|，因此PF1⊥PF2．因此S矩形PF1因此|PF1|⋅|PF2又因为c=3，所以解得a因此b2＝a2﹣c2＝1，所以椭圆C标准方程为x2（2）证明：由于F2(3，0)，因此设直线联立方程组可得x=my+3x2设H（x2，y2），G（x1，y1），可得y1y2由于A（﹣2，0），因此直线AG的方程为y=y设点N、M的纵坐标分别为yN，yM，设x＝4，那么yM=6因此y=36=36⋅因此M、N两点的纵坐标之积为定值．【点评】本题考查椭圆综合应用，属于中档题．18．已知双曲线C：x2a2