03解答题知识点分类-浙江省三年（2020-2022）高考数学真题分类汇编（word含答案解析）

03解答题知识点分类-浙江省三年（2020-2022）高考数学真题分类汇编
一．利用导数研究函数的单调性（共2小题）
1．（2022 浙江）设函数f（x）＝+lnx（x＞0）．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）已知a，b∈R，曲线y＝f（x）上不同的三点（x1，f（x1）），（x2，f（x2）），（x3，f（x3））处的切线都经过点（a，b）．证明：
（ⅰ）若a＞e，则0＜b﹣f（a）＜（﹣1）；
（ⅱ）若0＜a＜e，x1＜x2＜x3，则+＜+＜﹣．
（注：e＝2.71828…是自然对数的底数）
2．（2021 浙江）设a，b为实数，且a＞1，函数f（x）＝ax﹣bx+e2（x∈R）．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若对任意b＞2e2，函数f（x）有两个不同的零点，求a的取值范围；
（Ⅲ）当a＝e时，证明：对任意b＞e4，函数f（x）有两个不同的零点x1，x2，满足x2＞x1+．
（注：e＝2.71828 是自然对数的底数）
二．利用导数研究函数的最值（共1小题）
3．（2020 浙江）已知1＜a≤2，函数f（x）＝ex﹣x﹣a，其中e＝2.71828…为自然对数的底数．
（Ⅰ）证明：函数y＝f（x）在（0，+∞）上有唯一零点；
（Ⅱ）记x0为函数y＝f（x）在（0，+∞）上的零点，证明：
（ⅰ）≤x0≤；
（ⅱ）x0f（e）≥（e﹣1）（a﹣1）a．
三．数列的求和（共1小题）
4．（2020 浙江）已知数列{an}，{bn}，{cn}满足a1＝b1＝c1＝1，cn＝an+1﹣an，cn+1＝cn（n∈N*）．
（Ⅰ）若{bn}为等比数列，公比q＞0，且b1+b2＝6b3，求q的值及数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）若{bn}为等差数列，公差d＞0，证明：c1+c2+c3+…+cn＜1+，n∈N*．
四．数列递推式（共1小题）
5．（2021 浙江）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝﹣，且4Sn+1＝3Sn﹣9（n∈N*）．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）设数列{bn}满足3bn+（n﹣4）an＝0（n∈N*），记{bn}的前n项和为Tn，若Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，
求实数λ的取值范围．
五．等差数列与等比数列的综合（共1小题）
6．（2022 浙江）已知等差数列{an}的首项a1＝﹣1，公差d＞1．记{an}的前n项和为Sn（n∈N*）．
（Ⅰ）若S4﹣2a2a3+6＝0，求Sn；
（Ⅱ）若对于每个n∈N*，存在实数cn，使an+cn，an+1+4cn，an+2+15cn成等比数列，求d的取值范围．
六．三角函数中的恒等变换应用（共1小题）
7．（2021 浙江）设函数f（x）＝sinx+cosx（x∈R）．
（Ⅰ）求函数y＝[f（x+）]2的最小正周期；
（Ⅱ）求函数y＝f（x）f（x﹣）在[0，]上的最大值．
七．正弦定理（共1小题）
8．（2020 浙江）在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知2bsinA﹣a＝0．
（Ⅰ）求角B的大小；
（Ⅱ）求cosA+cosB+cosC的取值范围．
八．三角形中的几何计算（共1小题）
9．（2022 浙江）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知4a＝c，cosC＝．
（Ⅰ）求sinA的值；
（Ⅱ）若b＝11，求△ABC的面积．
九．直线与圆锥曲线的综合（共2小题）
10．（2022 浙江）如图，已知椭圆+y2＝1．设A，B是椭圆上异于P（0，1）的两点，且点Q（0，）在线段AB上，直线PA，PB分别交直线y＝﹣x+3于C，D两点．
（Ⅰ）求点P到椭圆上点的距离的最大值；
（Ⅱ）求|CD|的最小值．
11．（2021 浙江）如图，已知F是抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且|MF|＝2．
（Ⅰ）求抛物线的方程：
（Ⅱ）设过点F的直线交抛物线于A，B两点，若斜率为2的直线l与直线MA，MB，AB，x轴依次交于点P，Q，R，N，且满足|RN|2＝|PN| |QN|，求直线l在x轴上截距的取值范围．
一十．直线与抛物线的综合（共1小题）
12．（2020 浙江）如图，已知椭圆C1：+y2＝1，抛物线C2：y2＝2px（p＞0），点A是椭圆C1与抛物线C2的交点，过点A的直线l交椭圆C1于点B，交抛物线C2于点M（B，M不同于A）．
（Ⅰ）若p＝，求抛物线C2的焦点坐标；
（Ⅱ）若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值．
一十一．直线与平面所成的角（共2小题）
13．（2021 浙江）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，PA＝，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD．
（Ⅰ）证明：AB⊥PM；
（Ⅱ）求直线AN与平面PDM所成角的正弦值．
14．（2020 浙江）如图，在三棱台ABC﹣DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB＝∠ACD＝45°，DC＝2BC．
（Ⅰ）证明：EF⊥DB；
（Ⅱ）求直线DF与平面DBC所成角的正弦值．
一十二．二面角的平面角及求法（共1小题）
15．（2022 浙江）如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，AB∥DC，DC∥EF，AB＝5，DC＝3，EF＝1，∠BAD＝∠CDE＝60°，二面角F﹣DC﹣B的平面角为60°．设M，N分别为AE，BC的中点．
（Ⅰ）证明：FN⊥AD；
（Ⅱ）求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．
参考答案与试题解析
一．利用导数研究函数的单调性（共2小题）
1．（2022 浙江）设函数f（x）＝+lnx（x＞0）．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）已知a，b∈R，曲线y＝f（x）上不同的三点（x1，f（x1）），（x2，f（x2）），（x3，f（x3））处的切线都经过点（a，b）．证明：
（ⅰ）若a＞e，则0＜b﹣f（a）＜（﹣1）；
（ⅱ）若0＜a＜e，x1＜x2＜x3，则+＜+＜﹣．
（注：e＝2.71828…是自然对数的底数）
【解析】解：（Ⅰ）∵函数f（x）＝+lnx（x＞0），
∴+＝，（x＞0），
由＞0，得x＞，∴f（x）在（，+∞）上单调递增；
由＜0，得0＜x＜，∴f（x）在（0，）上单调递减．
（Ⅱ）（i）证明：设经过点（a，b）的直线与函数f（x）的图象相切时切点坐标为（），
则切线方程为l：﹣lnx0＝f′（x0）（x﹣x0），
∵，∴切线l的方程为（﹣）x﹣y+，
∴（﹣）a﹣b++lnx0﹣1＝0，
令g（x）＝（﹣）﹣a+b++lnx﹣1，（x＞0），
∵曲线y＝f（x）上不同的三点（x1，f（x1）），（x2，f（x2）），（x3，f（x3））处的切线都经过点（a，b），
∴函数g（x）有三个不同的零点，
∵＝，
∵a＞e，∴x＜e，或x＞a时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
e＜x＜a时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，从而g（x）极大值＝g（e）＞0，g（x）极小值＝g（a）＜0，
∴，且②，
由②得b﹣f（a）＝b﹣，由①有b＜，
∵b﹣f（a）＝b﹣，∴要证明b﹣f（a）＜，
只需证明，即lna+，
令h（a）＝lna+，则＝＞0，∴h（a）单调递增，
∴h（a）＞h（e）＝，∴b﹣f（a）＜（），
综上，若a＞e，则0＜b﹣f（a）＜（﹣1）；
（ⅱ）证明：由（i）知g（x）＝（﹣+）a﹣b++lnx﹣1（x＞0）有三个不同的零点，
设＝t，则g（x）化为h（t）＝（﹣）a﹣b+et﹣lnt﹣1，
h（t）在三个不同的零点t1，t2，t3，且t1＞t2＞t3，
∵h（t1）＝h（t3），∴e（t1﹣t3）﹣ln+，
∴，
解得 ，③
要证明结论，只需证明[][t1+t3﹣（）]≤0，
即，
把③式代入得只需证明（e+a﹣） （t1+t3）+（）（）≤0，
即﹣（）≤0，
令＝s，由题意得s＞，
当s＞时，＝2 ，（n＝），
∴只需证明，
∵lnn＞，
∴
＞[2n﹣（1﹣）]
＝＞＞0，
∴+＜+＜﹣．
2．（2021 浙江）设a，b为实数，且a＞1，函数f（x）＝ax﹣bx+e2（x∈R）．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若对任意b＞2e2，函数f（x）有两个不同的零点，求a的取值范围；
（Ⅲ）当a＝e时，证明：对任意b＞e4，函数f（x）有两个不同的零点x1，x2，满足x2＞x1+．
（注：e＝2.71828 是自然对数的底数）
【解析】解：（Ⅰ）f′（x）＝axlna﹣b，
①当b≤0时，由于a＞1，则axlna＞0，故f′（x）＞0，此时f（x）在R上单调递增；
②当b＞0时，令f′（x）＞0，解得，令f′（x）＜0，解得，
∴此时f（x）在单调递减，在单调递增；
综上，当b≤0时，f（x）的单调递增区间为（﹣∞，+∞）；当b＞0时，f（x）的单调递减区间为，单调递增区间为；
（Ⅱ）注意到x→﹣∞时，f（x）→+∞，当x→+∞时，f（x）→+∞，
由（Ⅰ）知，要使函数f（x）有两个不同的零点，只需即可，
∴对任意b＞2e2均成立，
令，则at﹣bt+e2＜0，即etlna﹣bt+e2＜0，即，即，
∴对任意b＞2e2均成立，
记，则，
令g′（b）＝0，得b＝lna，
①当lna＞2e2，即时，易知g（b）在（2e2，lna）单调递增，在（lna，+∞）单调递减，
此时g（b）≤g（lna）＝lna﹣lna ln1+e2lna＝lna （e2+1）＞0，不合题意；
②当lna≤2e2，即时，易知g（b）在（2e2，+∞）单调递减，
此时＝2e2﹣2e2[ln（2e2）﹣ln（lna）]+e2lna，
故只需2﹣2[ln2+2﹣ln（lna）]+lna≤0，即lna+2ln（lna）≤2+2ln2，则lna≤2，即a≤e2；
综上，实数a的取值范围为（1，e2]；
（Ⅲ）证明：当a＝e时，f（x）＝ex﹣bx+e2，f′（x）＝ex﹣b，令f′（x）＝0，解得x＝lnb＞4，
易知+e2＝e2﹣3b＜e2﹣3e4＝e2（1﹣3e2）＜0，
∴f（x）有两个零点，不妨设为x1，x2，且x1＜lnb＜x2，
由，可得，
∴要证，只需证，只需证，
而，则，
∴要证，只需证，只需证x2＞ln（blnb），
而f（ln（blnb））＝eln（blnb）﹣bln（blnb）+e2＝blnb﹣bln（blnb）+e2＜blnb﹣bln（4b）+e2＝，
∴x2＞ln（blnb），即得证．
二．利用导数研究函数的最值（共1小题）
3．（2020 浙江）已知1＜a≤2，函数f（x）＝ex﹣x﹣a，其中e＝2.71828…为自然对数的底数．
（Ⅰ）证明：函数y＝f（x）在（0，+∞）上有唯一零点；
（Ⅱ）记x0为函数y＝f（x）在（0，+∞）上的零点，证明：
（ⅰ）≤x0≤；
（ⅱ）x0f（e）≥（e﹣1）（a﹣1）a．
【解析】证明：（Ⅰ）∵f（x）＝ex﹣x﹣a＝0（x＞0），∴f′（x）＝ex﹣1＞0恒成立，
∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，
∵1＜a≤2，∴f（2）＝e2﹣2﹣a≥e2﹣4＞0，又f（0）＝1﹣a＜0，
∴函数y＝f（x）在 （0，+∞）上有唯一零点．
（Ⅱ）（i）f（x0）＝0，∴﹣x0﹣a＝0，
∴，∴，
令g（x）＝ex﹣x﹣1﹣x2（0＜x＜2），h（x）＝ex﹣x﹣1﹣，（0＜x＜2），
一方面，h′（x）＝ex﹣1﹣x＝h1（x），，
∴h′（x）＞h′（0）＝0，∴h（x）在（0，2）单调递增，
∴h（x）＞h（0）＝0，
∴ex﹣x﹣1﹣＞0，2（ex﹣x﹣1）＞x2，
另一方面，1＜a≤2，∴0＜a﹣1≤1，
∴当x0≥1时，成立，
∴只需证明当0＜x＜1时，g（x）＝ex﹣x﹣1﹣x2≤0，
∵g′（x）＝ex﹣1﹣2x＝g1（x），g1'（x）＝ex﹣2＝0，∴x＝ln2，
当x∈（0，ln2）时，g1'（x）＜0，当x∈（ln2，1）时，g1'（x）＞0，
∴g′（x）＜max{g′（0），g′（1）}，g′（0）＝0，g′（1）＝e﹣3＜0，
∴g′（x）＜0，∴g（x）在（0，1）单调递减，
∴g（x）＜g（0）＝0，∴ex﹣x﹣1＜x2，
综上，，
∴≤x0≤．
（ii）要证明x0f（e）≥（e﹣1）（a﹣1）a，只需证x0f（x0+a）≥（e﹣1）（a﹣1）a，
由（i）得只需证﹣≥（e﹣1）a，
∵ex≥1+x+，∴只需证1+（）2﹣a≥（e﹣1）a，
只需证﹣2（e﹣2）a≥0，即证﹣≥2（e﹣2），
∵＝+∈[2，+∞），
∴≥＝，
∴x0f（e）≥（e﹣1）（a﹣1）a．
三．数列的求和（共1小题）
4．（2020 浙江）已知数列{an}，{bn}，{cn}满足a1＝b1＝c1＝1，cn＝an+1﹣an，cn+1＝cn（n∈N*）．
（Ⅰ）若{bn}为等比数列，公比q＞0，且b1+b2＝6b3，求q的值及数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）若{bn}为等差数列，公差d＞0，证明：c1+c2+c3+…+cn＜1+，n∈N*．
【解析】（Ⅰ）解：由题意，b2＝q，b3＝q2，
∵b1+b2＝6b3，∴1+q＝6q2，
整理，得6q2﹣q﹣1＝0，
解得q＝﹣（舍去），或q＝，
∴cn+1＝ cn＝ cn＝ cn＝ cn＝4 cn，
∴数列{cn}是以1为首项，4为公比的等比数列，
∴cn＝1 4n﹣1＝4n﹣1，n∈N*．
∴an+1﹣an＝cn＝4n﹣1，
则a1＝1，
a2﹣a1＝1，
a3﹣a2＝41，
…
an﹣an﹣1＝4n﹣2，
各项相加，可得
an＝1+1+41+42+…+4n﹣2＝+1＝．
（Ⅱ）证明：依题意，由cn+1＝ cn（n∈N*），可得
bn+2 cn+1＝bn cn，
两边同时乘以bn+1，可得
bn+1bn+2cn+1＝bnbn+1cn，
∵b1b2c1＝b2＝1+d，
∴数列{bnbn+1cn}是一个常数列，且此常数为1+d，
bnbn+1cn＝1+d，
∴cn＝＝ ＝（1+） ＝（1+）（﹣），
又∵b1＝1，d＞0，
∴bn＞0，
∴c1+c2+…+cn
＝（1+）（﹣）+（1+）（﹣）+…+（1+）（﹣）
＝（1+）（﹣+﹣+…+﹣）
＝（1+）（﹣）
＝（1+）（1﹣）
＜1+，
∴c1+c2+…+cn＜1+，故得证．
四．数列递推式（共1小题）
5．（2021 浙江）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝﹣，且4Sn+1＝3Sn﹣9（n∈N*）．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）设数列{bn}满足3bn+（n﹣4）an＝0（n∈N*），记{bn}的前n项和为Tn，若Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，
求实数λ的取值范围．
【解析】解：（Ⅰ）由4Sn+1＝3Sn﹣9 可得4Sn＝3Sn﹣1﹣9（n≥2），
两式作差，可得：4an+1＝3an，
∴，
很明显，，
所以数列{an} 是以 为首项，为公比的等比数列，
其通项公式为：（n≥1，n∈N*）．
（Ⅱ）由3bn+（n﹣4）an＝0，得，
，
，
两式作差可得：
＝
＝，
则．
据此可得 恒成立，即λ（n﹣4）+3n≥0 恒成立．
n＝4时不等式成立；
n＜4时，，由于n＝1时，故λ≤1；
n＞4时，，而，故：λ≥﹣3；
综上可得，{λ|﹣3≤λ≤1}．
五．等差数列与等比数列的综合（共1小题）
6．（2022 浙江）已知等差数列{an}的首项a1＝﹣1，公差d＞1．记{an}的前n项和为Sn（n∈N*）．
（Ⅰ）若S4﹣2a2a3+6＝0，求Sn；
（Ⅱ）若对于每个n∈N*，存在实数cn，使an+cn，an+1+4cn，an+2+15cn成等比数列，求d的取值范围．
【解析】解：（Ⅰ）因为等差数列{an}的首项a1＝﹣1，公差d＞1，
因为S4﹣2a2a3+6＝0，可得﹣2a2a3+6＝0，即2（a1+a4）﹣2a2a3+6＝0，
a1+a1+3d﹣（a1+d）（a1+2d）+3＝0，即﹣1﹣1+3d﹣（﹣1+d）（﹣1+2d）+3＝0，
整理可得：d2＝3d，解得d＝3，
所以Sn＝na1+d＝﹣n+＝，
即Sn＝；
（Ⅱ）因为对于每个n∈N*，存在实数cn，使an+cn，an+1+4cn，an+2+15cn成等比数列，
则（a1+nd+4cn）2＝[a1+（n﹣1）d+cn][（a1+（n+1）d+15cn]，a1＝﹣1，
整理可得：cn2+[（14﹣8n）d+8]cn+d2＝0，则Δ＝[（14﹣8n）d+8]2﹣4d2≥0，
即（7﹣4n）d+4≥d或（7﹣4n）d+4≤﹣d，
整理可得（3﹣2n）d≥﹣2或（2﹣n）d≤﹣1，
当n＝1时，可得d≥﹣2或d≤﹣1，而d＞1，
所以d≤﹣1（舍），
所以d的范围为（1，+∞）；
n＝2时，d≤2或 ，而d＞1，
所以此时d∈（1，2]，
当n为大于2的任何整数，d≤或d≥，而d＞1，
所以d≤（舍），d＞1恒成立；
综上所述，n＝2时，d∈（1，2]；
n为不等于2的正整数时，d的取值范围为（1，+∞），都存在cn，使an+cn，an+1+4cn，an+2+15cn成等比数列．
六．三角函数中的恒等变换应用（共1小题）
7．（2021 浙江）设函数f（x）＝sinx+cosx（x∈R）．
（Ⅰ）求函数y＝[f（x+）]2的最小正周期；
（Ⅱ）求函数y＝f（x）f（x﹣）在[0，]上的最大值．
【解析】解：函数f（x）＝sinx+cosx＝，
（Ⅰ）函数y＝[f（x+）]2＝[2＝2cos2（x+）
＝1+cos[2（x+）]＝1+cos（2x+）＝1﹣sin2x，
则最小正周期为T＝；
（Ⅱ）函数y＝f（x）f（x﹣）＝
＝sinx+cosx）sinx＝
＝＝sin（2x﹣）+，
因为x，所以2x﹣，
所以当2x﹣，即x＝时，ymax＝1+．
七．正弦定理（共1小题）
8．（2020 浙江）在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知2bsinA﹣a＝0．
（Ⅰ）求角B的大小；
（Ⅱ）求cosA+cosB+cosC的取值范围．
【解析】解：（Ⅰ）∵2bsinA＝a，
∴2sinBsinA＝sinA，
∵sinA≠0，
∴sinB＝，
∵△ABC为锐角三角形，
∴B＝，
（Ⅱ）∵△ABC为锐角三角形，B＝，
∴C＝﹣A，
∴cosA+cosB+cosC＝cosA+cos（﹣A）+cos＝cosA﹣cosA+sinA+＝cosA+sinA+＝sin（A+）+，
△ABC为锐角三角形，0＜A＜，0＜C＜，
解得＜A＜，
∴＜A+＜，
∴＜sin（A+）≤1，
∴+＜sin（A+）+≤，
∴cosA+cosB+cosC的取值范围为（，]．
八．三角形中的几何计算（共1小题）
9．（2022 浙江）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知4a＝c，cosC＝．
（Ⅰ）求sinA的值；
（Ⅱ）若b＝11，求△ABC的面积．
【解析】解：（Ⅰ）因为cosC＝＞0，所以C∈（0，），且sinC＝＝，
由正弦定理可得：＝，
即有sinA＝＝sinC＝×＝；
（Ⅱ）因为4a＝c a＝c＜c，
所以A＜C，故A∈（0，），
又因为sinA＝，所以cosA＝，
所以sinB＝sin[π﹣（A+C）]＝sin（A+C）＝sinAcosC+cosAsinC＝；
由正弦定理可得：＝＝＝5，
所以a＝5sinA＝5，
所以S△ABC＝absinC＝×5×11×＝22．
九．直线与圆锥曲线的综合（共2小题）
10．（2022 浙江）如图，已知椭圆+y2＝1．设A，B是椭圆上异于P（0，1）的两点，且点Q（0，）在线段AB上，直线PA，PB分别交直线y＝﹣x+3于C，D两点．
（Ⅰ）求点P到椭圆上点的距离的最大值；
（Ⅱ）求|CD|的最小值．
【解析】解：（Ⅰ）设椭圆上任意一点M（x，y），则|PM|2＝x2+（y﹣1）2＝12﹣12y2+y2﹣2y+1＝﹣11y2﹣2y+13，y∈[﹣1，1]，
而函数z＝﹣11y2﹣2y+13的对称轴为，则其最大值为，
∴，即点P到椭圆上点的距离的最大值为；
（Ⅱ）设直线AB：，
联立直线AB与椭圆方程有，消去y并整理可得，（12k2+1）x2+12kx﹣9＝0，
由韦达定理可得，，
∴＝，
设C（x3，y3），D（x4，y4），直线AP：，直线BP：，
联立以及，
可得，
∴由弦长公式可得＝＝＝＝，当且仅当时等号成立，
∴|CD|的最小值为．
11．（2021 浙江）如图，已知F是抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且|MF|＝2．
（Ⅰ）求抛物线的方程：
（Ⅱ）设过点F的直线交抛物线于A，B两点，若斜率为2的直线l与直线MA，MB，AB，x轴依次交于点P，Q，R，N，且满足|RN|2＝|PN| |QN|，求直线l在x轴上截距的取值范围．
【解析】解：（Ⅰ）依题意，p＝2，故抛物线的方程为y2＝4x；
（Ⅱ）由题意得，直线AB的斜率存在且不为零，设直线AB：y＝k（x﹣1），
将直线AB方程代入抛物线方程可得，k2x2﹣（2k2+4）x+k2＝0，
则由韦达定理有，，则yAyB＝﹣4，
设直线AM：y＝k1（x+1），其中，设直线BM：y＝k2（x+1），其中，
则＝＝＝，
，
设直线l：y＝2（x﹣t），
联立，可得，则，
联立，可得，则，
同理可得，，
又|RN|2＝|PN| |QN|，
∴，即，
∴＝（t≠1），
∴4（t2+2t+1）≥3（t2﹣2t+1），即t2+14t+1≥0，解得或（t≠1）；
当直线AB的斜率不存在时，则直线AB：x＝1，A（1，2），B（1，﹣2），M（﹣1，0），
∴直线MA的方程为y＝x+1，直线MB的方程为y＝﹣x﹣1，
设直线l：y＝2（x﹣t），则P（1+2t，2+2t），，R（1，2﹣2t），N（t，0），
又|RN|2＝|PN| |QN|，故，
解得t满足．
∴直线l在x轴上截距的取值范围为．
一十．直线与抛物线的综合（共1小题）
12．（2020 浙江）如图，已知椭圆C1：+y2＝1，抛物线C2：y2＝2px（p＞0），点A是椭圆C1与抛物线C2的交点，过点A的直线l交椭圆C1于点B，交抛物线C2于点M（B，M不同于A）．
（Ⅰ）若p＝，求抛物线C2的焦点坐标；
（Ⅱ）若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值．
【解析】解：（Ⅰ）p＝，则＝，则抛物线C2的焦点坐标（，0），
（Ⅱ）直线l与x轴垂直时，此时点M与点A或点B重合，不满足题意，
设直线l的方程为y＝kx+t，A（x1，y1），B（x2，y2），M（x0，y0），
由，消y可得（2k2+1）x2+4ktx+2t2﹣2＝0，
∴Δ＝16k2t2﹣4（2k2+1）（2t2﹣2）＞0，即t2＜1+2k2，
∴x1+x2＝﹣，∴x0＝（x1+x2）＝﹣，
∴y0＝kx0+t＝，∴M（﹣，），
∵点M在抛物线C2上，∴y2＝2px，
∴p＝＝＝，
联立，解得x1＝，y1＝，
代入椭圆方程可得+＝1，解得t2＝
∴p2＝＝
＝≤＝，
∴p≤，当且仅当1＝2k2，即k2＝，t2＝时等号成立，
故p的最大值为．
一十一．直线与平面所成的角（共2小题）
13．（2021 浙江）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，PA＝，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD．
（Ⅰ）证明：AB⊥PM；
（Ⅱ）求直线AN与平面PDM所成角的正弦值．
【解析】（Ⅰ）证明：在平行四边形ABCD中，由已知可得，CD＝AB＝1，
CM＝BC＝2，∠DCM＝60°，
∴由余弦定理可得，DM2＝CD2+CM2﹣2CD×CM×cos60°
＝，
则CD2+DM2＝1+3＝4＝CM2，即CD⊥DM，
又PD⊥DC，PD∩DM＝D，∴CD⊥平面PDM，
而PM 平面PDM，∴CD⊥PM，
∵CD∥AB，∴AB⊥PM；
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，CD⊥平面PDM，
又CD 平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面PDM，
且平面ABCD∩平面PDM＝DM，
∵PM⊥MD，且PM 平面PDM，∴PM⊥平面ABCD，
连接AM，则PM⊥MA，
在△ABM中，AB＝1，BM＝2，∠ABM＝120°，
可得，
又PA＝，在Rt△PMA中，求得PM＝，
取AD中点E，连接ME，则ME∥CD，可得ME、MD、MP两两互相垂直，
以M为坐标原点，分别以MD、ME、MP为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
则A（，2，0），P（0，0，），C（），
又N为PC的中点，∴N（），，
平面PDM的一个法向量为，
设直线AN与平面PDM所成角为θ，
则sinθ＝|cos＜＞|＝＝．
故直线AN与平面PDM所成角的正弦值为．
14．（2020 浙江）如图，在三棱台ABC﹣DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB＝∠ACD＝45°，DC＝2BC．
（Ⅰ）证明：EF⊥DB；
（Ⅱ）求直线DF与平面DBC所成角的正弦值．
【解析】解：（Ⅰ）证明：作DH⊥AC，且交AC于点H，
∵面ADFC⊥面ABC，DH 面ADFC，∴DH⊥BC，
∴在Rt△DHC中，CH＝CD cos45°＝CD，
∵DC＝2BC，∴CH＝CD＝ 2BC＝ BC，
∴＝，即△BHC是直角三角形，且∠HBC＝90°，
∴HB⊥BC，∴BC⊥面DHB，∵BD 面DHB，∴BC⊥BD，
∵在三棱台DEF﹣ABC中，EF∥BC，∴EF⊥DB．
（Ⅱ）设BC＝1，则BH＝1，HC＝，
在Rt△DHC中，DH＝，DC＝2，
在Rt△DHB中，DB＝＝＝，
作HG⊥BD于G，∵BC⊥HG，∴HG⊥面BCD，∵GC 面BCD，
∴HG⊥GC，∴△HGC是直角三角形，且∠HGC＝90°，
设DF与面DBC所成角为θ，则θ即为CH与面DBC的夹角，
且sinθ＝sin∠HCG＝＝，
∵在Rt△DHB中，DH HB＝BD HG，
∴HG＝＝＝，
∴sinθ＝＝＝．
一十二．二面角的平面角及求法（共1小题）
15．（2022 浙江）如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，AB∥DC，DC∥EF，AB＝5，DC＝3，EF＝1，∠BAD＝∠CDE＝60°，二面角F﹣DC﹣B的平面角为60°．设M，N分别为AE，BC的中点．
（Ⅰ）证明：FN⊥AD；
（Ⅱ）求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．
【解析】证明：（I）由于CD⊥CB，CD⊥CF，
平面ABCD∩平面CDEF＝CD，CF 平面CDEF，CB 平面ABCD，
所以∠FCB为二面角F﹣DC﹣B的平面角，
则∠FCB＝60°，CD⊥平面CBF，则CD⊥FN．
又，
则△BCF是等边三角形，则CB⊥FN，
因为DC⊥FC，DC⊥BC，FC∩BC＝C，FC 平面FCB，BC 平面FCB，
所以DC⊥平面FCB，因为FN 平面FCB，所以DC⊥FN，
又因为DC∩CB＝C，DC 平面ABCD，CB 平面ABCD，
所以FN⊥平面ABCD，因为AD 平面ABCD，故FN⊥AD；
解：（Ⅱ）由于FN⊥平面ABCD，如图建系：
于是，则，
，
设平面ADE的法向量＝（x，y，z），
则，∴，令x＝，则y＝﹣1，z＝，
∴平面ADE的法向量，
设BM与平面ADE所成角为θ，
则．