第1頁（共1頁）廈門市2024-2025學年高二上期末考試模擬試題1一．選擇題（共8小題）1．已知m∈R，則“m＝﹣1”是“直線mx+（2m﹣1）y﹣2＝0與直線3x+my+3＝0垂直”的（）A．充要條件 B．必要而不充分條件 C．充分而不必要條件 D．既不充分也不必要條件2．已知數列{an}是等差數列，數列{bn}是等比數列，若a1+aA．2 B．3 C．32 D．3．若數列{an}滿足a1＝2，an+1an＝an﹣1，則a2024＝（）A．12 B．2 C．3 4．已知點P（2，0），點Q在圓x2+y2＝1上運動，則線段PQ的中點M的軌跡方程是（）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．分形幾何學是數學家伯努瓦?曼德爾布羅在20世紀70年代創立的一門新的數學學科，它的創立為解決眾多傳統科學領域的難題提供了全新的思路，按照如圖1的分形規律可得如圖2的一個樹形圖，記圖2中第n行黑圈的個數為an，白圈的個數為bn，若an＝55，則bn＝（）A．34 B．35 C．88 D．896．已知F1（﹣c，0）、F2（c，0）分別是中心在原點的雙曲線C的左、右焦點，斜率為34的直線l過點F1，交C的右支于點B，交y軸于點A，且|AF2|＝|BF2|，則CA．1712 B．2315 C．207．如圖，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD為矩形，AB=1，AA1=3，點M在線段BC上，且AM⊥MD，則當三棱錐A1﹣A．32 B．322 C．28．已知拋物線C：y2＝2px（p＞0）的焦點為F，準線為l，點P在C上，PQ垂直l于點Q，直線QF與C相交于M、N兩點．若M為靠近點F的QF的三等分點，則|PN||PQ|A．12 B．22 C．32

二．多選題（共3小題）（多選）9．已知數列{an}滿足a1A．a1+a2，a3+a4，a5+a6，…是公差為2的等差數列 B．a2﹣a1，a4﹣a3，a6﹣a5，…是常數數列 C．a2n＝4n﹣3 D．若數列{bn}滿足bn=(?1)n（多選）10．如圖，若正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為2，點M是正方體ABCD﹣A1B1C1D1在側面BCC1B1上的一個動點（含邊界），點P是棱AA1的中點，則下列結論正確的是（）A．三棱錐P﹣DD1M的體積為43B．若PM=5，則點M的軌跡是以12C．若D1M⊥DP，則A1M的最大值為3 D．平面A1C1CA截正方體ABCD﹣A1B1C1D1的截面面積為4（多選）11．拋物線y2＝2px（p＞0）的焦點為F，P為其上一動點，當P運動到（2，t）時，|PF|＝4，直線l與拋物線相交于A，B兩點，點M（4，1），下列結論正確的是（）A．拋物線的方程為y2＝8x B．存在直線l，使得A、B兩點關于x+y﹣6＝0對稱 C．|PM|+|PF|的最小值為6 D．當直線l過焦點F時，以AF為直徑的圓與y軸相切三．填空題（共3小題）12．已知橢圓x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左、右焦點分別為F1、F2，過點F2的直線交橢圓于A、B兩點，若AB13．已知拋物線C：y2＝2px（p＞0），過點（1，0）的直線交C于P、Q兩點，O為坐標原點，且OP⊥OQ，則p＝．14．在三棱錐A﹣BCD中，AB=AC=BD=CD=BC=23，平面α經過點A，并且與BC垂直，當α截此三棱錐所得的截面面積最大時，此時三棱錐A﹣BCD的外接球的表面積為四．解答題（共5小題）15．已知公差不為0的等差數列{an}的首項a1＝2，且1a1，1a（1）求數列{an}的通項公式；（2）若數列{bn}滿足b1+2b2+22b3+…+2n﹣1bn＝an，求數列{nbn}的前n項和Tn．

16．如圖，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥平面AA1C1C，AA1＝AB＝AC＝2，∠A1AC＝60°．過側棱AA1的平面交線段B1C1于點E（不與端點重合），交線段BC于點F．（1）求證：A1E＝AF；（2）若BF＝2FC，求直線A1C1與平面AFC1所成角的正弦值．

17．已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a＞0，b＞0）的左、右焦點分別為F1(?3，0)、F2(3，0)，左頂點為A，點P、Q為（1）求橢圓C的標準方程；（2）若斜率不為0的直線l過橢圓C的右焦點F2且與橢圓C交于G、H兩點，直線AG、AH與直線x＝4分別交于點M、N．求證：M、N兩點的縱坐標之積為定值．

18．已知雙曲線C：x2a2?y2b2=1(a＞0，b＞0)的左、右頂點分別為A（﹣2，0），B（2，0），離心率為72．過點（4，0）的直線l與C的右支交于M、N兩點，設直線AM，BM，（1）若k1=12（2）證明：k2（k1+k3）為定值．

19．設正整數a的n個正因數分別為a1，a2，?，an，且0＜a1＜a2＜?＜an．（1）當n＝5時，若正整數a的n個正因數構成等比數列，請寫出a的最小值；（2）當n≥4時，若a2＝2，且a2﹣a1，a3﹣a2，?，an﹣an﹣1構成等比數列，求正整數a；（3）記S＝a1a2+a2a3+?+an﹣1an，求證：S＜a2．

廈門市2024-2025學年高二上期末考試模擬試題1參考答案與試題解析一．選擇題（共8小題）1．已知m∈R，則“m＝﹣1”是“直線mx+（2m﹣1）y﹣2＝0與直線3x+my+3＝0垂直”的（）A．充要條件 B．必要而不充分條件 C．充分而不必要條件 D．既不充分也不必要條件【分析】由題設條件，可分兩步研究本題，先探究m＝0時直線mx+（2m﹣1）y+2＝0與直線3x+my+3＝0互相垂直是否成立，再探究直線mx+（2m﹣1）y+2＝0與直線3x+my+3＝0互相垂直時m的可能取值，再依據充分條件必要條件做出判斷，得出答案．【解答】解：若兩直線垂直，則當m＝0時，兩直線為y＝﹣2與x＝﹣1，此時兩直線垂直．當2m﹣1＝0，即m=12時，兩直線為x＝4與3x+當m≠0且m≠12時，兩直線的斜截式方程為y=?m2m?1x+22m?1兩直線的斜率為?m2m?1與?3所以由?m2m?1×?3所以m＝﹣1是兩直線垂直的充分不必要條件，故選：C．【點評】本題考查充分條件必要條件的判斷及兩直線垂直的條件，解題的關鍵是理解充分條件與必要條件的定義及兩直線垂直的條件，本題的難點是由兩直線垂直得出參數m的取值，此處也是一易錯點，易忘記驗證斜率不存在的情況，導致判斷失誤．2．已知數列{an}是等差數列，數列{bn}是等比數列，若a1+aA．2 B．3 C．32 D．【分析】根據等差數列和等比數列的中項性質分析求解．【解答】解：由題意可得a1+a所以a2故選：C．【點評】本題考查等差數列和等比數列的中項性質，考查方程思想和運算能力，屬于基礎題．3．若數列{an}滿足a1＝2，an+1an＝an﹣1，則a2024＝（）A．12 B．2 C．3 【分析】根據遞推式寫出數列的前幾項，可得{an}是周期為3的周期數列，從而可求得答案．【解答】解：∵數列{an}滿足a1＝2，an+1an＝an﹣1，∴an+1∴a2a3＝1﹣2＝﹣1，a4＝1﹣（﹣1）＝2，a5∴{an}是周期為3的周期數列，而2024＝3×674+2，故a2024故選：A．【點評】本題考查數列中的項，求得數列的周期是解題的關鍵，考查運算能力和推理能力，屬于基礎題．4．已知點P（2，0），點Q在圓x2+y2＝1上運動，則線段PQ的中點M的軌跡方程是（）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】設出點M坐標，得出Q點坐標，代入圓方程，即可得到線段PQ的中點M的軌跡方程．【解答】解：由題意，P（2，0），在圓x2+y2＝1中，點Q在圓上，線段PQ的中點為M，設M（x，y），則Q（2x﹣2，2y），∴（2x﹣2）2+（2y）2＝1，即：4（x﹣1）2+4y2＝1．故選：C．【點評】本題考查軌跡方程的求法，考查運算求解能力，屬基礎題．5．分形幾何學是數學家伯努瓦?曼德爾布羅在20世紀70年代創立的一門新的數學學科，它的創立為解決眾多傳統科學領域的難題提供了全新的思路，按照如圖1的分形規律可得如圖2的一個樹形圖，記圖2中第n行黑圈的個數為an，白圈的個數為bn，若an＝55，則bn＝（）A．34 B．35 C．88 D．89【分析】每個白圈在下一行產生一個白圈和一個黑圈，一個黑圈在下一行產生一個白圈和兩個黑圈，從而可得遞推公式，然后由遞推公式可求得結果．【解答】解：由題可知，每個白圈在下一行產生一個白圈和一個黑圈，一個黑圈在下一行產生一個白圈和兩個黑圈，第n行黑圈的個數為an，白圈的個數為bn，所以有an＝2an﹣1+bn﹣1，bn＝an﹣1+bn﹣1，n≥2，又因為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，則b6＝34．故選：A．【點評】本題考查數列的遞推式，考查運算能力，屬于基礎題．6．已知F1（﹣c，0）、F2（c，0）分別是中心在原點的雙曲線C的左、右焦點，斜率為34的直線l過點F1，交C的右支于點B，交y軸于點A，且|AF2|＝|BF2|，則CA．1712 B．2315 C．20【分析】先根據雙曲線的定義，確定|AB|的長，再構造三角形相似，利用對應邊成比例求出離心率的值．【解答】解：F1（﹣c，0）、F2（c，0）分別是中心在原點的雙曲線C的左、右焦點，斜率為34的直線l過點F1，交C的右支于點B，交y軸于點A，且|AF2|＝|BF2如圖：設雙曲線C的標準方程為x2a2?y2b2=1（a＞0，b＞0），由題可知|AF1|＝|AF2|＝|BF2|．又因為|BF1|﹣|因為直線l的斜率為34，所以|AO|=3c4設M為AB的中點，連接MF2，易知△AOF1∽△F2MF1，所以|F則2c5c4=a+54c故選：C．【點評】本題考查雙曲線的簡單性質的應用，離心率的求法，是中檔題．7．如圖，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD為矩形，AB=1，AA1=3，點M在線段BC上，且AM⊥MD，則當三棱錐A1﹣A．32 B．322 C．2【分析】設BM＝x，MC＝y，則BC＝AD＝x+y，AM=x2+1，MD=y2+1，在Rt△AMD中，根據勾股定理可得xy＝1，從而可得三棱錐【解答】解：∵在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD為矩形，AB=1，AA1=3，點M在線段BC上，且∴設BM＝x，MC＝y，則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，又由題意知AM=x∴在Rt△AMD中，AM2+MD2＝AD2，∴x2+1+y2+1＝（x+y）2，∴xy＝1，∴三棱錐A1﹣AMD的體積為VA當且僅當x＝y＝1時取等號，此時BC＝x+y＝2．故選：C．【點評】本題考查三棱錐的體積的最值的求解，基本不等式的應用，屬中檔題．8．已知拋物線C：y2＝2px（p＞0）的焦點為F，準線為l，點P在C上，PQ垂直l于點Q，直線QF與C相交于M、N兩點．若M為靠近點F的QF的三等分點，則|PN||PQ|A．12 B．22 C．32【分析】由拋物線的定義，結合拋物線的性質及直線與拋物線的位置關系求解．【解答】解：已知拋物線C：y2＝2px（p＞0）的焦點為F，準線為l，點P在C上，PQ垂直l于點Q，直線QF與C相交于M、N兩點，如圖，過點M作MH⊥l于點H，設準線l與x軸的交點為K，因為M為靠近點F的QF的三等分點，所以|MH||FK|因為|FK|＝p，所以|MH|=2由拋物線定義知，|MF|=|MH|=2所以|FQ|＝2p．在Rt△FKQ中，因為cos∠KFQ=|FK|所以∠KFQ＝60°，因為PQ∥FK，所以∠PQF＝∠KFQ＝60°．由拋物線定義知，|PQ|＝|PF|，所以△PQF為等邊三角形，所以|PQ|＝|PF|＝|FQ|＝2p，∠PFQ＝60°．設PN與x軸的交點為G，由∠PFG＝180°﹣∠KFQ﹣∠PFQ＝60°及|PF|＝2p，可得點P的橫坐標為32因為直線MN的斜率為tan∠GFQ=tan(∠PFG+∠PFQ)=tan120°=?3，點F(所以直線MN的方程為y=?3聯立y=?3消去y化簡并整理得：12x2﹣20px+3p2＝0，解得點N的橫坐標為32又點P的橫坐標為32可得PN垂直x軸，且垂足為G，在Rt△PFG中，由|PF|＝2p及∠PFG＝60°，可求得|PG|=3所以|PN|=23所以|PN||PQ|故選：D．【點評】本題考查了拋物線的定義，重點考查了拋物線的性質及直線與拋物線的位置關系，屬中檔題．二．多選題（共3小題）（多選）9．已知數列{an}滿足a1A．a1+a2，a3+a4，a5+a6，…是公差為2的等差數列 B．a2﹣a1，a4﹣a3，a6﹣a5，…是常數數列 C．a2n＝4n﹣3 D．若數列{bn}滿足bn=(?1)n【分析】根據遞推關系得出an+2﹣an＝2，利用等差數列的定義可判定A，B；利用等差數列的通項公式可判定C；利用分組求和計算可判定D．【解答】解：數列{an}滿足a1由an+1+an＝2n，得an+2+an+1＝2（n+1），兩式相減得an+2﹣an＝2．①當n≥2時，an+1﹣an﹣1＝2，②兩式相加得an+2+an+1﹣an﹣an﹣1＝4，則a1+a2，a3+a4，a5+a6，?是公差為4的等差數列，A錯誤；①﹣②整理得：（an+2﹣an+1）﹣（an﹣an﹣1）＝0，則a2﹣a1，a4﹣a3，a6﹣a5，?為常數數列，且各項為0，B正確；因為a2＝1，an+2﹣an＝2，所以數列{a2n}是首項為1，公差為2的等差數列，即a2n＝1+（n﹣1）?2＝2n﹣1，C錯誤；數列{bn}的前101項和：S101＝﹣a1+a2﹣a3+a4﹣?﹣a99+a100﹣a101＝（a2﹣a1）+?+（a100﹣a99）﹣a101，所以S101＝50×0﹣101＝﹣101，D正確．故選：BD．【點評】本題主要考查數列遞推關系式的應用，考查計算能力，屬于中檔題．（多選）10．如圖，若正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為2，點M是正方體ABCD﹣A1B1C1D1在側面BCC1B1上的一個動點（含邊界），點P是棱AA1的中點，則下列結論正確的是（）A．三棱錐P﹣DD1M的體積為43B．若PM=5，則點M的軌跡是以12C．若D1M⊥DP，則A1M的最大值為3 D．平面A1C1CA截正方體ABCD﹣A1B1C1D1的截面面積為4【分析】由VP?DD1M=VM?PDD1，再結合棱錐的體積公式求出定值可得A正確；在面ABB1A1上，過點P作PQ⊥BB1，由線面垂直的性質得到PQ⊥MQ，再由勾股定理計算出MQ可得B錯誤；在面ABB1A1上，過點P作PQ⊥BB1，連接QC，取BC的中點N，連接D1N，NC1，A1N，A1C1，先由線面垂直的判定定理證明QC⊥平面D1C1N，進而得到點M的軌跡，再由勾股定理計算長度即可得C正確；由平面A1C1CA【解答】解：根據題意可得三棱錐P﹣DD1M的體積為VP?DD1在面ABB1A1上，過點P作PQ⊥BB1，則易知PQ⊥平面BB1C1C，所以PQ⊥MQ，又PM=5，所以MQ=所以點M的軌跡是以Q為圓心，1為半徑的半圓弧，故B錯誤；在面ABB1A1中，過點P作PQ⊥BB1，則點Q是BB1的中點，連接QC，取BC的中點N，連接D1N，NC1，A1N，A1C1，則QC∥PD，C1N⊥QC．因為D1C1⊥平面BB1C1C，所以D1C1⊥QC，又D1C1∩C1N＝C1，所以QC⊥平面D1C1N，所以點M的軌跡是線段C1N，在△A1C1N中，A1C1=22所以A1M的最大值為3，故C正確；對于D，平面A1C1CA截正方體ABCD﹣A1B1C1D1的截面為矩形A1C1CA，其面積為2×22=42故選：ACD．【點評】本題考查立體幾何的綜合應用，屬中檔題．（多選）11．拋物線y2＝2px（p＞0）的焦點為F，P為其上一動點，當P運動到（2，t）時，|PF|＝4，直線l與拋物線相交于A，B兩點，點M（4，1），下列結論正確的是（）A．拋物線的方程為y2＝8x B．存在直線l，使得A、B兩點關于x+y﹣6＝0對稱 C．|PM|+|PF|的最小值為6 D．當直線l過焦點F時，以AF為直徑的圓與y軸相切【分析】對于A選項：根據拋物線的焦半徑公式，即可求得p＝4，求得拋物線的方程；對于B選項：利用“點差法“求得kAB，根據對稱關系，求得AB的中點坐標，可得中點在拋物線上，因此不存在直線l，使得A、B兩點關于x+y﹣6＝0對稱；對于C選項：利用拋物線的定義，三點共線時，|PM|+|PF|的最小值為6；對于D選項：利用拋物線的性質，可以判斷以AF為直徑的圓與y軸相切．【解答】解：對于A選項：由y2＝2px，所以|PF|=2+p2=4，即p＝4，所以y2＝8x對于B選項：設A（x1，y1），B（x2，y2），設AB的中點M（x0，y0），則y1兩式相減，（y1+y2）（y1﹣y2）＝8（x1﹣x2），即2y0?kAB＝8，因為A，B關于x+y﹣6＝0對稱，所以kAB＝1，所以y0＝4，x0＝2，所以（2，4）在拋物線上，不成立，故B錯誤；對于C選項：過P作PE垂直與準線于E，則|PM|+|PF|＝|PM|+|PE|≥6，當P，E，M共線時，等號成立，故C正確；對于D選項：如圖所示，因為G為AF的中點，過點G作GD⊥y軸，所以|DG|=1所以以AF為直徑的圓與y軸相切，故D正確；故選：ACD．【點評】本題考查拋物線的性質及應用，拋物線的焦半徑公式，“點差法“的應用，考查轉化思想，屬于中檔題．三．填空題（共3小題）12．已知橢圓x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左、右焦點分別為F1、F2，過點F2的直線交橢圓于A、B兩點，若AB⊥F【分析】設|BF1|＝4t，利用橢圓定義和題設條件推得t=13a，再借助于Rt△F1【解答】解：橢圓x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左、右焦點分別為F1、F2，過點F2的直線交橢圓于A、B如圖，設|BF1|＝4t，因為AB⊥F1B，sin∠F1AB=45，所以|AF1|＝5t由橢圓定義可知，|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故答案為：53【點評】本題主要考查橢圓性質的應用，考查計算能力，屬于中檔題．13．已知拋物線C：y2＝2px（p＞0），過點（1，0）的直線交C于P、Q兩點，O為坐標原點，且OP⊥OQ，則p＝12【分析】設出直線PQ的方程并與拋物線方程聯立，利用OP→?OQ【解答】解：根據題意可知拋物線C的焦點在x軸的正半軸上，令直線PQ的方程為x＝ty+1，Q(y22根據x=ty+1y2=2px，化簡并整理得y2﹣2pty那么y1y2＝﹣2p，Δ＝4p2t2+8p＞0，根據OP⊥OQ，可得OP→?OQ故答案為：12【點評】本題考查直線與拋物線綜合應用，屬于中檔題．14．在三棱錐A﹣BCD中，AB=AC=BD=CD=BC=23，平面α經過點A，并且與BC垂直，當α截此三棱錐所得的截面面積最大時，此時三棱錐A﹣BCD的外接球的表面積為20π【分析】先根據截面面積最大，確定平面ABC⊥平面BCD，再確定外接球球心的位置，求出外接球半徑，可求球的表面積．【解答】解：如圖所示：取BC中點E，連接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即為平面AED，又易知AE＝DE＝3，所以α截此三棱錐所得的截面面積為：S△AED當∠AED＝90°時，S△AED取得最大值；設O為外接球球心，P，Q分別為△BCD、△ABC外接圓圓心．則OP⊥平面BCD，OQ⊥平面ABC，所以四邊形OPEQ為正方形，且OQ＝1，AQ＝2，所以三棱錐A﹣BCD外接球的半徑R=OA=O所以三棱錐A﹣BCD的外接球的表面積為4πR2＝4π×5＝20π．故答案為：20π．【點評】本題考查三棱錐的外接球問題的求解，屬中檔題．四．解答題（共5小題）15．已知公差不為0的等差數列{an}的首項a1＝2，且1a1，1a（1）求數列{an}的通項公式；（2）若數列{bn}滿足b1+2b2+22b3+…+2n﹣1bn＝an，求數列{nbn}的前n項和Tn．【分析】（1）利用等比數列的性質列出方程求得公比，即可得出結論；（2）利用錯位相減法求得數列的和即可．【解答】解：（1）設等差數列{an}的公差為d，由(1a2)2=1a1?1a4，得（a1+d因為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．當n＝1時，b1＝a1＝2，∴bn＝22﹣n．（8分）Tn=112Tn=12Tn＝2+120+∴Tn＝8?n+2【點評】本題主要考查等比數列的性質及數列求和的方法錯位相減法知識，考查學生的運算求解能力，屬中檔題．16．如圖，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥平面AA1C1C，AA1＝AB＝AC＝2，∠A1AC＝60°．過側棱AA1的平面交線段B1C1于點E（不與端點重合），交線段BC于點F．（1）求證：A1E＝AF；（2）若BF＝2FC，求直線A1C1與平面AFC1所成角的正弦值．【分析】（1）根據線面、面面平行的性質定理，先證四邊形A1AFE是平行四邊形，即可得結論；（2）建立空間直角坐標系，利用空間向量求直線與平面所成角的正弦值．【解答】解：（1）證明：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，所以四邊形AA1EF為平行四邊形，所以A1E＝AF．（2）在平面AA1C1C內過點A作Az⊥AC，因為AB⊥平面AA1C1C，AC，Az?平面AA1C1C，所以AB⊥AC，AB⊥Az．以點A為坐標原點，AB，AC所在直線分別為x軸、y軸，建立如圖所示的空間直角坐標系A﹣xyz，因為AA1＝AB＝AC＝2，∠A1AC＝60°，所以A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，AAB→因為BF＝2FC，所以AF→AF→設平面AFC1的一個法向量為n→則n→⊥A令y1＝1，得x1＝﹣2，z1所以n→=(?2，1，?3)而A1C1→=(0，2，0)，設直線A1C1與平面于是得sinθ=|cos＜n所以直線A1C1與平面AFC1所成角的正弦值為24【點評】本題考查直線，平面位置關系的判定，以及向量法的應用，屬于中檔題．17．已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a＞0，b＞0）的左、右焦點分別為F1(?3，0)、F2(3，0)，左頂點為A，點P、Q為（1）求橢圓C的標準方程；（2）若斜率不為0的直線l過橢圓C的右焦點F2且與橢圓C交于G、H兩點，直線AG、AH與直線x＝4分別交于點M、N．求證：M、N兩點的縱坐標之積為定值．【分析】（1）根據橢圓的定義與勾股定理列式求解a，b，c即可得橢圓方程；（2）直線與橢圓相交確定交點坐標關系，根據坐標運算即可得結論．【解答】解：（1）由于點Q，P是橢圓C上關于坐標原點O對稱的兩點，且|F1F2|＝|PQ|，因此PF1QF2為矩形，又因為|PQ|＝|F1F2|，因此PF1⊥PF2．因此S矩形PF1因此|PF1|?|PF2又因為c=3，所以解得a因此b2＝a2﹣c2＝1，所以橢圓C標準方程為x2（2）證明：由于F2(3，0)，因此設直線聯立方程組可得x=my+3x2設H（x2，y2），G（x1，y1），可得y1y2由于A（﹣2，0），因此直線AG的方程為y=y設點N、M的縱坐標分別為yN，yM，設x＝4，那么yM=6因此y=36=36?因此M、N兩點的縱坐標之積為定值．【點評】本題考查橢圓綜合應用，屬于中檔題．18．已知雙曲線C：x2a2