江西省五校 2022-2023 7．我国古代《九章算术》将底面为矩形的棱台称为刍童．若一刍童为正棱台，其上、下底面分学年下学期高一直升班联考数学试卷
别是边长为 2和 2 2的正方形，高为 1，则该刍童的外接球的表面积为（ ）
A．16π B．18π C．20π D．25π
x2 y28．已知 F1,F2是椭圆C : 2 2 1(a b 0)的两个焦点，过 F1的直线与椭圆C交于M ,N两点，a b
一、单项选择题（本大题共 8小题，每小题 5分，共 40分。在每小题给出的四个
MF MF a, MF NF NF ，则椭圆C的离心率为（ ）
选项中，只有一项是符合题目要求的。） 2 1 1 1 2
1 i．已知复数 z 2i z A B 10 C 15 6（其中 为虚数单位），则 的共轭复数虚部为（ ） ． ． ． D．
1 i 5 5 5 4
1 i 1 1 1 i 二、多项选择题（本题共 4小题，每小题 5分，共 20分，在每小题给出的选项中，A． B． C． D．
2 2 2 2 有多项符合题目要求，全部选对的得 5分，部分选对的得 2分，有选错的得 0分。）
3 4
2．已知角 顶点在坐标原点，始边与 x轴非负半轴重合，终边与单位圆交于点 P , ，则 9．下列说法中正确的是（ ）
5 5 A．直线 x y 2 0在 y轴上的截距是 2
tan(π ) cos π 32 11 8 29 ＝（ ） A． B． C． D．
2 15 15 15 15 B．直线 x 3y 1 0的倾斜角是60
3. 已知向量 a 2, 1,2 ，b 1,2,3 ，则向量b在向量 a上的投影向量为（ ） C．直线mx y m 2 0 m R 恒过定点(-1,2)
4 , 2 , 2 2 , 1 , 2 4 2 4 2 1A． B． C． , , D． , ,
2
3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 D．过点 1,2 且在 x .轴 y轴上的截距相等的直线方程为 x y 3 0
4. 已知两点 A 1, 2 ，B 2,1 ，直线 l过点 P 0, 1 且与线段 AB有交点，则直线 l的倾斜角的取 10．下列说法中正确的是（ ）
值范围为（ ） A．非零向量a和b 满足 a b a b ，则 a与 a b的夹角为60
π , 3π 0, π π , 3π πA． B． C． ,
π π , 3π π 3π
4 4 4 2 4 4 2 2 4
D． 0, , π 1 3 4 4 B．向量 e1 2, 3 ， e2 , 不能作为平面内所有向量的一组基底 2 4
5．已知函数 f x Asin x π（其中 A 0， 0， 0 2 ）的部分图象如图所示，则下 C．若 a //b，则 a在b 方向上的投影向量的模为 a
列说法正确的是（ ） 5
π π D．若 a 1,2 ，b 1,1 ，且 a与 a b的夹角为锐角，则实数 的取值范围是 , A． f x 在 , 上单调递增 3 4 6 π
π 11．如图，在扇形 OPQ中，半径OP 1，圆心角 POQ ，C是扇形弧 PQ上的动点，矩形 ABCD
B． f x 图象的对称轴方程为 x kπ， k Z 6
12
内接于扇形，记 POC ．则下列说法正确的是（ ）
C f x π ． 图象的一个对称中心为 , 0 π
3 A．弧 PQ的长为 6
D．当函数 f x π取得最大值时， x 2kπ， k Z π
12 B．扇形 OPQ的面积为 6
6 C : x 6 2．已知圆 y 8 2 1 和两点 A 0, m ，B 0,m m 0 ．若圆C上存在点 P，使得 C．当 sin 1 2 2 3时，矩形 ABCD的面积为
3 9
APB 90 ，则m的最大值为（ ）
D ABCD 2 3A．12 B．11 C．10 D．9 ．矩形 的面积的最大值为
2
高一直升班联考数学试卷 第 1 页 共 2 页
π
12．数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念，公式符号， 19．（12分）已知函数 f x 4sinxcos x 3
3
推理论证，思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美．平面直角坐标系中，曲线 （1）求函数 f x 的单调递增区间；
C : x2 y 2 | x | | y | 就是一条形状优美的曲线，对于此曲线，给出如下结论，其中结论正确的 （2）将函数 f x 图像向右移动 6个单位，再将所得图像上各点的横坐标缩短到原来的
有（ ） a(0 a 1)倍得到 y g x 的图像，若 y g x 在区间[- 1,1]上至少有 4个最大值，求 a的取值
A．曲线 C围成的图形的面积是 2 π 范围.
B．曲线 C围成的图形的周长是 2 2π
C．曲线 C上的任意两点间的距离不超过 2
D．若 P(m,n)是曲线 C 17 5 2上任意一点，则 | 3m 4n 12 |的最小值是
2 20．（12分）如图，直四棱柱 ABCD A1B1C1D1的底面是菱形， AA1 8， AB 4， BAD 60 ，
三、填空题（本大题共 4个小题，每小题 5分，共 20分。） E,M ,N分别是BC,BB1, A1D的中点.
13．在空间直角坐标系中，记点M 1,2, 1 关于 x轴的对称点为 P,N 1, 1,2 关于平面 yOz的对
（1）证明：MN //平面C1DE；
称点为Q，则 PQ ___________.
（2）求三棱锥 N C1DE的体积.
14．直线 l1 : x y 1 0 关于直线 l2 : 3x y 3 0的对称直线方程为 ．
15．在D ABC中，G满足GA GB GC 0，过 G的直线与 AB，AC分别交于 M，N两点.若
AM mAB (m 0)， AN nAC (n 0)，则 3m+n的最小值为 ．
16．在正四棱柱 ABCD A1B1C1D1中，AB 1，AA1 4，E 为DD1中点，P为正四棱柱表面上 21．（12分） ABC的内角 A， B，C的对边分别为 a，b，c，在下列三个条件中任选一个作
一点，且C P B E，则点 P的轨迹的长为 . 1 1 为已知条件，解答问题.① 2sin A sinC 2sin BcosC 0；② 2S 3AB CB（其中 S为 ABC的
四、解答题（本大题共 6小题，共 70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算
面积）；③ a2 2 3 acsinB c2 b2 .注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
步骤。） 3
17．（10分）已知直线 l经过点 P( 2,1)，且与直线 x＋y＝0垂直. （1）若b 4， ac 3，求 a+c的值；
（1）求直线 l的方程； 2 ABC a
2 c2
（ ）若 为锐角三角形，求 的取值范围.
（2）若直线 m与直线 l平行且点 P到直线 m 2的距离为 2，求直线 m的方程. b
2 2
18．（12 x y分）已知椭圆 1 a b 0 焦点为F1 2,0 ,F2 2,0 ，且过点Q 2,3a2 b2 ，椭圆第
22．（12 2分）已知圆 C： x 2 y2 1，点 P是直线 l : x y 0上一动点，过点 P作圆 C的两
一象限上的一点 P到两焦点 F1,F2的距离之差为 2.
条切线，切点分别为 A，B.
（1）求椭圆的标准方程；
（1）若点 P的坐标为 1,1 ，求过点 P的切线方程；
（2）求 PF1F2 外接圆的标准方程. （2）试问直线 AB是否恒过定点，若是，求出这个定点，若否说明理由；
（3）直线 x y m 0与圆 C交于 E，F两点，求OE OF的取值范围（O为坐标原点）。
高一直升班联考数学试卷 第 2 页 共 2 页江西省五校 2022-2023 学年下学期高一直升班联考数学试卷答案
i i 1 i i 1 i 1 i 1 i 1
1．D 【详解】依题意，因为 z ，所以 z 1 i 1 i 1 i 2 2 2 ，其虚部为 ． 2 2 2
故选：D.
3 4 3 4 4
2．A 【详解】角 终边与单位圆交于点 P , ，则 cos ， sin = ， tan .
5 5 5 5 3
tan(π ) cos π 4 4 32 tan sin . 故选：A.
2 3 5 15
a b 6
3. C 【详解】因为 a 2, 1,2 ，b 1,2,3 ，所以 a b 6 .向量b在向量 a上的投影为 2a 3
a 1
设 e为与 a同向的单位向量，则 e 2, 1,2 a 3
a b e 2 2, 1,2 4 2 4向量b在向量 a上的投影向量为 , ,
3 3 3 3 ，故选：Ca
4. D PA k 2 1【详解】如图所示，直线 的斜率 1，直线 PB的斜率 k 1 1PA 1．由图可知，当直1 0 PB 2 0
线 l与线段 AB有交点时，直线 l的斜率 k 1,1 ，因此直线 l的倾斜角的取值范围是 0,
π 3π , π ．故 4 4
选：D
7π π 3 3π 3
5．C 【详解】设函数 f x 的最小正周期为 T,由题图可知 A 2， T，即 T，12 6 4 4 4
2π
所以T π，所以 2，所以 f x 2sin 2x ．
T
f 7π 因为 2sin
2
7π
7π π 2，所以 2 2kπ， k Z，
12 12 12 2
π
即
5π
2kπ π， k Z π ，又因为 0 2 ，所以 ，所以 f x 2sin 2x ．3 3 3
π 2kπ 2x π π 5π π令 2kπ， k Z，得 kπ x kπ， k Z，
2 3 2 12 12
k 0 5π π 5π π当 时， kπ x kπ即为 x ，
12 12 12 12
5π π π π π 5π π
而 ，但 , 不是[ , ]的子集，12 4 12 4 6 12 12
π
所以函数 f x 在 ,
π
上不是单调递增的，故 A不正确； 4 6
π π π kπ
令 2x kπ， k Z，得 x ， k Z，
3 2 12 2
π kπ
所以函数 f x 图象的对称轴方程为 x ， k Z，故 B不正确；
12 2
π π kπ
令 2x kπ π， k Z，得 x ， k Z，令 k 1，则 x ，
3 6 2 3
高一直升班联考数学答案 第 1 页 共 8 页
所以函数 f x π 图象的一个对称中心为 , 0 ，故 C正确；
3
2x π π π当 2kπ， k Z，即 x kπ， k Z时，函数取得最大值，故 D不正确．故选：C．
3 2 12
6．B 【详解】解：以 AB为直径的圆O的方程为 x2 y2 m2，圆心为原点，半径为 r1 m .
圆C : (x 6)2 (y 8)2 1的圆心为 6,8 ，半径为 r2 1 .要使圆C上存在点 P，使得 APB 90 ，则圆O与
m 1 10
圆C 有公共点，所以 r1 r2 OC r1 r2 ，即 m 1 62 82 m 1，所以 m 1 10，解得9 m 11，
m 0
所以m的最大值为11.故选：B.
7．C 【详解】设该刍童外接球的球心为 O，半径为 R，上底面中心为O1，下底
面中心为O2，则由题意，O1O2 1， AO2 2， A1O1 1，OA OA1 R．如图，
当 O在O1O2的延长线上时，设OO2 h，则在 AOO 中，R2 h22 4①，在 A1OO1
中，R2 h 1 2 1②，联立①②得 h 1，R2 5，所以刍童外接球的表面积为 20π．同理，当 O在线段O1O2
上时，设OO 21 h，则有 R2 h2 1，R2 1 h 4，解得 h 2，不满足题意，舍去．综上所述，该刍童
外接球的表面积为 20π．故选：C .
8．B 【详解】由椭圆的定义可得 MF2 MF1 2a , 结合 MF2 MF1 a 可得 MF
3 1
2 a ,MF2 1
a ,
2
1
由 MF1 NF1 NF2 可得 a NF1 NF2 ，由椭圆的定义可得 NF2 NF1 2a,所以 NF
5 3
2 a , NF1 a ,2 4 4
9 2
|MN |2 |MF |2 | NF |2 a 3
在 MNF2中， cos NMF 2 22 4 ，2 |MN ||MF 152 | a2 5
4
在△MFF 2 2 2 21 2 中， | F1F2 | 4c |MF1 | |MF2 | 2 |MF1 ||MF2 | cos NMF2 ，
2
4c2 (1 a)2 (3 a)2 2 1 a 3 a 3 8 a2 c 2 , e 10， .故选：B
2 2 2 2 5 5 a2 5 5
9．AC 【详解】对于 A，令 x 0，则 y= 2，所以直线 x y 2 0在 y轴上的截距是 2，故 A正确；
对于 B，直线 x 3y 1 0 3的斜率为 ，所以其倾斜角为150 ，故 B错误；
3
x 1 0 x 1
对于 C，直线mx y m 2 0 m R 化为 x 1 m y 2 0，令 y 2 ，得 0 y ， 2
所以直线mx y m 2 0 m R 恒过定点(-1,2)，故 C正确；
x y
对于 D，当直线过原点时，直线方程为 y 2x，当直线不过原点时，设直线方程为 1，
a a
高一直升班联考数学答案 第 2 页 共 8 页
将 1,2 代入解得 a 3，此时直线方程为 x y 3 0，所以过点 1,2 且在 x .轴 y轴上的截距相等的直线方
程为 x y 3 0或 y 2x，故 D错误.故选：AC.
2 2 2 a b a b 1 a b a 2 2a b b a b a 210．BC 【详解】A选项：由 ，得 ，即 ，所以
2
3 2
2 2 a a b a a b a 2a b b 3 a ，所以 cos a, a b 3 2 ，所以 a与 a b的夹角为30 ，a a b 3 a 2 2
1 3
A选项错误；B选项：由 e1 2, 3 ，e2 , ，e1 4e2 ，则 e1与 e2 共线，不能作为平面向量的基底， 2 4
r r r r
B 选项正确；C选项：a//b，则 a,b 0或 a,b ，则 a在b 方向上的投影向量的模为 a cos a,b a ，
C选项正确；D 选项：由 a 1,2 ，b 1,1 ，则 a b 1 ,2 ，若 a与 a b的夹角为锐角，则
a a b 1 4 2 5 3 0 且a a 5与 b不能同向，则 且 0，D选项错误；故选：BC.3
π
11．ACD 【详解】由题意知，在扇形 OPQ中，半径OP 1，圆心角 POQ ，
6
π
故弧 PQ的长为 1
π 1 π π
，A正确；扇形 OPQ的面积为 1 ，B错误；
6 6 2 6 12
在Rt△OBC中，OB OC cos cos ,BC OC sin sin ，
在Rt△OAD中，OA 3AD 3BC 3 sin , AB OB OA cos 3 sin ,
则 ABCD的面积 S AB BC (cos 3 sin )sin 1 3 sin 2 cos 2 3 sin(2 π ) 3 ，
2 2 2 3 2
当 sin
1 0 π 时，又 ，故 cos 2 2 ，则
6 sin 2 2sin cos
4 2
, cos 2 1 2sin2 7 ，
3 3 9 9
sin 2 π 则 sin 2 cos
π π 4 2 1 7 3 4 2 7 3
cos 2 sin ，
3 3 3 9 2 9 2 18
S π 3 4 2 7 3 3 2 2 3则 sin(2 ) ，即矩形 ABCD 2 2 3的面积为 ，C正确；
3 2 18 2 9 9
π 3
由 C的分析可知矩形 ABCD的面积 S sin(2 ) ，
3 2
当 sin(2 π)
π
3 1，即 时，矩形 ABCD
2 3
的面积取最大值 ，D正确，故选：ACD
12 2
12．ABD 【详解】对于曲线C : x2 y 2 | x | | y |上任一点 P m,n ，则m2 n2 | m | | n |，
点 P m,n 2关于 y轴对称的点为 P1 m,n ，则 m n2 m2 n2 | m| | n| | m| | n|，
即点 P1 m,n 在曲线 C上，故曲线 C关于 y轴对称；点 P m,n 关于 x轴对称的点为 P2 m, n ，则
m2 n 2 m2 n2 | m| | n| | m| | n|，即点 P2 m,n 在曲线 C上，故曲线 C关于 x轴对称；
点 P m,n 2 2关于原点对称的点为 P3 m, n ，则 m n m2 n2 |m | | n | | m | | n |，
高一直升班联考数学答案 第 3 页 共 8 页
即点 P3 m, n 在曲线 C上，故曲线 C关于原点对称；综上所述：曲线 C关于坐标轴和原点对称.
对于方程 x2 y2 | x | | y | x y，令 y 0，则 x2 | x |，解得 x 0或 x 1，即曲线 C与 x轴的交点坐标
为 A 1,0 ,O 0,0 ,C 1,0 ，同理可得：曲线 C与 y轴的交点坐标为 B 0,1 ,O 0,0 ,D 0, 1 ，
2 2
x 0, y 0 x2 y2 | x | | y | x y x 1 1 1当 时，则 ，整理得 y ，且 AOB 90 ，
2 2 2
1 1 2
故曲线 C在第一象限内为以O1 , 为圆心，半径 r = 的半圆，由对称性可得曲线 C为四个半圆外加
2 2 2
2
S 4 1 1 1 1
π 2
坐标原点，对 A：曲线 C围成的图形的面积 2 π，2 2 2 A
正确；
B C 1 2对 ：曲线 围成的图形的周长是 L 4 2π 2 2π，B正确；
2 2
2 2
x
1
y 1 1 x 0 x 1
对 C：联立方程 2 2 2，解得 或 ，
y 0 y 1
y x
即曲线 C与直线 y x在第一象限内的交点坐标为M 1,1 ，由对称可知曲线 C与直线 y x在第三象限内的
2 2
交点坐标为 N 1, 1 ，则 MN 1 1 1 1 2 2 2 ，C错误；
对 D：由图结合对称性可知：当 P(m,n)在第一象限时，点 P(m,n)到直线 l : 3x 4y 12 0的距离
d | 3m 4n 12 | | 3m 4n 12 | 1 1
2 2 5 相对较小，∵
O
3 4 1
,
2 2
到直线 l : 3x 4y 12 0的距离
| 3 1 4 1 12 |
d 17
17 2
2 2 ，则点 P(m,n)到直线 l : 3x 4y 12 0的距离 d d1 r ，1 5 10 10 2
| 3m 17 5 2 17 5 2∴ 4n 12 | 5d 故 | 3m 4n 12 |的最小值是 ，D正确.故选：ABD.
2 2
13． 6 【详解】依题意，M 1,2, 1 关于 x轴的对称点为 P 1, 2,1 ,
N 1, 1, 2 关于 yOz平面的对称点为Q 1, 1, 2 ,所以 PQ (1 1)2 ( 2 1)2 (1 2)2 6 .
故答案为： 6
14． x 7 y 1 0 【详解】联立 l1 : x y 1 0 和直线 l2 : 3x y 3 0，
高一直升班联考数学答案 第 4 页 共 8 页
求得它们的交点为 A(1，0) ,在直线 l1 : x y 1 0 取点 B(0,1)，设其关于 l2 : 3x y 3 0的对称点为C(a,b)，
b 1 1
a 3 C(12 , 1则 )a b 1 ，解得 ，故直线
l1 : x y 1 0 关于直线 l2 : 3x y 3 0的对称的直线为 AC,
3 3 0 5 5
2 2
1
1 1
其斜率为 5 ，直线方程为 y (x 1)，即 x 7 y 1 0，故答案为： x 7 y 1 012
1 7 7
5
15 4 2 3．【答案】 【详解】取 BC中点D，连接GD，如图，
3
由GA GB GC 0可得GA 2GD 0，即GA 2GD，
所以 A,G.D三点共线且 AG 2GD，即G为 ABC的重心，
AG 2
AD 2 1
AB AC 1 1
1
所以 AM AN
，
3 3 2 3 m n
1 1 1 1 4 n m
因为M ,G,N三点共线，所以 1，又3m n (3m n) = + ，m 0,n 0，
3m 3n 3m 3n 3 3m n
3m n 4 2 n m 4 2 3
n m 3 3 1 3
所以 ，当且仅当 ，即m ,n 时，等号成立，
3 3m n 3 3m n 9 3
4 2 3
故答案为：
3
16． 5 2 【详解】如图，连接 B1D1， A1C1，由题可知， A1C1 B1D1，ED1 平面 A1B1C1D1 .
因 A1C1 平面 A1B1C1D1，则 ED1 A1C1.又B1D1 平面 EB1D1，ED1 平 EB1D1，ED1∩B1D1 D1，则 A1C1
平面 EB1D1 .又B1E 平面 EB1D1，则C1A1 B1E；如图，过 E做D1C1平行线，交CC1于 F，则 F为CC1中点.
连接 EF，B1F，过C1做B1F垂线，交 BB1于 G.由题可得，D1C1 平面 BCC1B1，又 EF∥D1C1，则 EF 平
面 BCC1B1 .因C1G 平面 BCC1B1，则C1G EF .
又 B1F 平面 B1FE ， FE 平面 B1FE ，FE∩B1F F，则C1G 平面 B1FE .
因 B1E 平面 B1FE ，则C1G B1E；
因C1G 平面C1GA1，C1A1 平面C1GA1，C1A1∩C1G C1，则 B1E 平面C1GA1 .
连接 A1G，则点 P轨迹为平面C1GA1与四棱柱的交线，即△A1C1G .
注意到 B1C1G GC1F GC1F B1FC1 B1C1G B1FC1，
C B FC 1
C1B1G FC1B1，则 C1B1F FC1B
1 1
，故 1 2 B1G 1 B .1G C1B1 2
高一直升班联考数学答案 第 5 页 共 8 页
P AG CG AC 2 1 1则点 的轨迹的长为 1 1 1 1 2 5 2 .故答案为： 5 2 .4
17．（1）设直线 l的方程为 x y n 0，因为直线 l经过点 P( 2,1)，所以 2 1 n 0，解得： n 3，
所以直线 l的方程为 x y 3 0 .………………5分
（2）结合（1）设直线m的方程为 x y t 0，
因为点 P( 2,1)到直线 m的距离为 2，由点到直线的距离公式可得：
2 1 t
d 2，解得： t 5或 t 1，
2
直线m的方程为： x y 5 0或 x y 1 0 .………………10分
4 92
18 1 x y
2 1
．（ ）椭圆 1 a b 0 过点Q 2,3 ，且焦点为 F1 2,0 ,F
2 2 2 2,0 ，则 a
2 b2 ，解得：
a b c
2 a2 b2 4
2
a2 16,b2 12 x y
2
，所以椭圆方程为： 1 .………………6分
16 12
PF PF 2
（2 1 2）由 ,得：PF1 =5，PF2 =3，又 F2F1 =4, PF2 F1F
PF1 PF 8
2，
2
3 1 5
故外接圆圆心是 PF1的中点，坐标为 0,
÷
2÷
÷，半径 r PF
2 1
，
2
3 2 PFF 25所以 1 2 外接圆的标准方程为： x2 y ．………………12分
2 4
π
19．（1）函数 f (x) 4sin xcos x 3
1
4sin x cos x
3
sin x 3 3 2 2
1 cos2x 1 3 sin 2x 2 3 3 2 sin 2x cos2x 2sin 2x π
．………………4分2 2 2 3
π π π 5π π
令 2kπ 2x 2kπ,k Z ,解得 kπ x kπ,k Z，
2 3 2 12 12
5π π
所以单调递增区间为 kπ, kπ ,k Z． ………………6分 12 12
f (x) π（3）将函数 的图像向右移动 个单位，可得 y 2sin 2x的图像；
6
2x
再将所得图像上各点的横坐标缩短到原来的 a(0 a 1)倍，得到 y g(x) 2sin 的图像．…………8分
a
如果 y g(x)在区间 [ 1，1]上至少有 4个最大值，
则 y g(x)在区间 [0，1]上至少有 2个最大值，在 1,0 上至少有 2个最大值，
2 5 4 4
当 x [-1,1]时， 2x 2 2 - , ， a 2 ， 0 a ，故实数 a的范围为 0, ．…………12分
a a a 7π
2 7 7π
a 2
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20．（1）连接ME,B1C ， M ,E分别为 BB1,BC中点， ME为 B1BC的中位线，
ME //B 11C 且ME B1C ，又 N为 A1D中点， A1D//B1C， A1D B2 1
C ， ND//B1C，
ND 1 B1C， ME //ND，ME ND ， 四边形MNDE为平行四边形，2
MN //DE，又MN 平面C1DE，DE 平面C1DE， MN //平面C1DE .……6分
（2）由（1）得：MN //平面C1DE， VN C DE V1 M C DE V1 D C1ME ，
连接C1M ,ME，在矩形 BCC1B1中
S C ME S BCC B S BEM S C B M S CC E 32 4 8 8 121 1 1 1 1 1 ；
四边形 ABCD为菱形， BAD 60 ， E为 BC的中点， DE BC，
DE CC1， BC CC1 C ，BC,CC1 平面 BCC1B1，
DE 平面 BCC1B1，则DE为三棱锥D C1EM 的高，
1 1
DE 42 22 2 3， VD C ME S C ME DE 12 2 3 8 3 ，1 3 1 3
三棱锥N C1DE的体积为8 3 .………………12分
21．（1）（1）选择①:2sin A sinC 2sin BcosC 0，在 ABC中，A B C ，所以 sin A sin B C ，
所以 2sin(B C) sinC 2sin B cosC 0，整理得 2sin BcosC 2cosBsinC sinC 2sin BcosC 0，
即 2cosBsinC sinC，因为0 C ， sinC 0
1
，故 cosB = ，而 B 0, ，从而 B ；………3分
2 3
选择②:2S 3AB CB，则 ac sin B 3ca cosB ，所以 tan B 3，又 B 0, ，则 B ；………3分3
: a2 2 3选择③ ac sin B c2 b2 2 3，由余弦定理b2 a2 c2 2ac cosB，得 sin B 2cosB，所以
3 3
tan B 3，又 B 0, ，则 B ；………………3分3
若b 4， ac 3，由余弦定理b2 a2 c2 2ac cosB，
得16 a2 c2 2ac cos
(a c)2 3ac (a c)2 9，所以 a c 5 . ………………5分
3
a b c
2 a
2 c2 sin2 A sin2C 4
（ ）由正弦定理 及B ，得 2 2
sin A sin B sinC 3 b2 sin2
sin A sin CB 3
4 sin 2 2 C sin 2 C 2 1 cos 2 2 C
1 cos 2C
3 3 3
3
2 3
2 sin 2C
1
cos 2C 4 2 sin
2C
， ………………8分3 2 2 3 3 6
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2 ABC 由 为锐角三角形，得 A C 0, 且C 0, ，所以C , ，因为C , ，…10分3 2 2 6 2 6 2
2C 5
1
sin 2C 1
5 4 2
， ，所以 sin 2C
2，
6 6 6 2 6 3 3 3 6
a2 c2 5
即 的取值范围是 , 2
2 . ………………12分b 3
22．（1）设切线方程为 y 1 k(x 1) ，即 kx y k 1 0，圆心坐标为 (2,0)，半径 r 1
2k k 1
根据圆的切线的定义可知： d 1，即 3k 1 2 k 2 1 3，解得： k 0或 k
1 k 2 4
代回方程可求得切线方程为： y 1或3x 4y 1 0 ………………2分
（2）∵圆C：(x﹣2)2 y2＝1，∴圆心 C（2，0），半径 r＝1
设 P（t，﹣t），由题意知 A，B在以 PC为直径的圆上，又 C（2，0）
∴ (x t)(x 2) (y t)(y 0) 0，即 x2 y2 (t 2)x ty 2t 0………………4分
又圆 C： (x 2)2 y2 1，即 x2 y2 4x 3 0
故直线 AB的方程为 (2﹣t)x ty 3 2t＝0，即 2x 3 t(x y 2)＝0………………6分
2x 3 0 3
由 ，解得 x ， y
1 3 1
，即直线 AB恒过定点 ( , )x y 2 0 .
………………7分
2 2 2 2
x y m 0
（3）由 2 2 ，得 (x 2)
2 (x m)2 1 2x2＝ ，∴ 2m 4 x 3 m2＝0
(x 2) y 1
2
设 E（x1，y1），F（x2，y2），∴ x1 x
3 m
＝2 m， x x 2 22 1 2 ， (2m 4) 4 2 (3 m ) 02
∴ 2 2＜m 2 2，………………9分
2
y1y2 (x1 m)( x2 m) x1x2 m( x x ) m
2 3 m 1 3
1 2 m(﹣2 m) m
2 m2 2m
2 2 2
3 m2 1 3
OE OF x x 2 2 21 2 y1y2 m 2m m 2m 3＝(m 1) 22 2 2
∵ 2 2＜m 2 2，∴ (m 1)2 2 [2，5 2 2)
∴OE OF 的取值范围为[2，5 2 2) . ………………12分
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