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1、第 1 页 共 23 页 2022-2023 学年江苏省苏州市高二上学期期末学业质量阳光指标调研数学试题 一、单选题 1记正项数列 na的前n项和为nS，且 nS是等比数列，且11a，32a，则5a（）A16 B4 C8 D18【答案】C【分析】根据等比中项的性质可得出关于2a的方程，结合20a 可求得2a的值，可求得数列 nS的通项公式，进而可得出554aSS的值.【详解】由等比数列的性质，11S，221Sa，323Sa，由题意可得2312S SS，即2222321aaa，即22220aa，20a，解得21a，则22S，数列 nS的公比为212SqS，所以，1112nnnSSq，因此，435
2、54228aSS.故选：C.2直线340 xy的倾斜角是（）A3 B6 C23 D【答案】B【分析】由直线方程确定直线的斜率，根据斜率与倾斜角的关系即可得.【详解】解：直线340 xy的方程可化为34 333yx，可知倾斜角0,，满足3tan3，因此6.故选：B.3设数列 na各项非零，且平面的法向量为32,0naa，直线l的方向向量为67,nma a a，则“数列 na为等比数列”是“平面平行于直线l”的（）A充分必要条件 B充分不必要条件 C必要不充分条件 D既不充分也不必要条件【答案】D 第 2 页 共 23 页【分析】分别从充分性和必要性进行说明即可判断.【详解】若已知数列 na为等比
3、数列，则3627a aa a，因此有36270a aa a成立，所以可知mn，但无法得知l是否在平面内，因此充分性不成立；若已知平面平行于直线l，则可知mn，根据定义，及0na 即可得到36270a aa a，即3726aaaa，但不能认为 na为等比数列，即必要性不一定成立.所以“数列 na为等比数列”是“平面平行于直线l”的既不充分也不必要条件，故选：D.4记椭圆222210 xyabab的左焦点和右焦点分别为12,F F，右顶点为A，过1F且倾斜角为30的直线l上有一点B，且B在x轴上的投影为2F.连接AB，AB的方向向量3,3v，则椭圆的离心率为（）A12 B32 C35 D63【答案
4、】C【分析】根据直线的方向向量，分析出1BAF的值，证明出190ABF，最后借助2BF的两种表达方式列方程求解.【详解】由于3,3v，根据直线方向向量的性质可得，直线AB的斜率为333，即倾斜角为120，于是160BAF，即1ABBF，故1222tan30tan60FFBFAF，由此得到233cac，332acc，35ac，所以离心率35cea.故选：C 5如图，正方形1111DCBA的边长为 14cm，2A，2B，2C，2D依次将11AB，11BC，11C D，11D A分为3:4的两部分，得到正方形2222A B C D，依照相同的规律，得到正方形3333A B C D、4444A B C
5、 D、nnnnA B C D.一只蚂蚁从1A出发，沿着路径123nA A AA爬行，设其爬行的长度为x，K为正整数，且x与K恒满足不等式xK，则K的最小值是（）第 3 页 共 23 页 A19 B20 C21 D22【答案】C【分析】由题结合图形，通过数学归纳得出数列1nnA A以 6 为首项，57为公比的等比数列，求和分析即可.【详解】由题意可知，123146cm7A A，22233306877A A.所以122375A AA A，因此由数学归纳的思想可知，1157nnnnA AAA.设数列1nnA A，则该数列以 6 为首项，57为公比的等比数列，所以11567nnnA A，因此11521
6、212117nnaqxq，故选：C.6已知数列 na，且12a，记其前n项和为nS.若nnSa是公差为12的等差数列，则100S（）A200 B20200 C10500 D10100【答案】D【分析】根据nnSa是公差为12的等差数列，求出其通项公式，进而可求12nnnSa，利用na与nS的关系即可求出na的通项公式，再用等差数列求和公式即可求解.【详解】容易得到nnSa的首项111Sa，第 4 页 共 23 页 因此111(1)22nnSnna，所以12nnnSa，将n替换为1n，则有1122nnnSa，两式相减得11nnnana.由于0n，10n，所以11211nnanaan，可得2nan
7、，因此122nnn aaSnn，所以1001000010010100S.故选:D.7如图 1 所示是素描中的由圆锥和圆柱简单组合体，抽象成如图 2 的图像.已知圆柱12OO的轴线在Oyz平面内且平行于x轴，圆锥与圆柱的高相同.AB为圆锥底面圆的直径，2AB，且2ABOS.若1O到圆O所在平面距离为 2.若12AOBO，则1SO与2SO夹角的余弦值为（）A8 6565 B6513 C6565 D18【答案】C【分析】根据所建空间直角坐标系，由12AOBO求出12,O O的坐标，得到1SO，2SO，12OO的长度，利用余弦定理求1SO与2SO夹角的余弦值.【详解】如图 2 所示的空间直角坐标系中，
8、设1,0,2O m，24,0,2Om.0,1,0A，0,1,0B，所以1,1,2AOm，24,1,2BOm，由12AOBO，所以22414430mmmm 所以11m，23m，由对称性这里取1m，则11,0,2O，23,0,2O，又0,0,4S，第 5 页 共 23 页 所以15SO，213SO，124OO，因此由余弦定理，125 13 1665cos652 65OSO.故选：C 8在写生课上，离身高 1.5m 的絮语同学不远的地面上水平放置着一个半径为 0.5m 的正圆C，其圆心C与絮语同学所站位置A距离 2m.若絮语同学的视平面 平面，AC 平面，且AC 平面于点D，1mCD，则絮语同学视平
9、面上的图形的离心率为（）A56 B115 C116 D35【答案】D【分析】作出图形，结合题中数据和三角形相似即可求解.【详解】画出题中所述图：可知圆在视平面上得到的是椭圆，且长轴长为圆的直径，即21a 通过相似关系，由BDCDAACA及B DDDAAD A，代入数据：1.5 1.50.92.5BD，0.5 1.50.51.5BD，所以220.8BBb，则222140.09425cab，310c，所以332105e.故选：D.二、多选题 9已知直线1:230lkxyk，2:340lxkyk，设两直线分别过定点,A B，直线1l和直线2l的交点为P，则下列结论正确的是（）A直线1l过定点2,3A
10、，直线2l过定点4,3B B0PA PB CPAB面积的最大值为 5 D若1,0C，1,0D，则P恒满足2PDPC【答案】AB【分析】直线恒过定点参数k前面的系数为0判断选项 A，由两直线垂直判断交点在以AB为直径的第 6 页 共 23 页 圆上，判断选项 B，由面积最大值求选项 C，点P满足方程22310 xy，再由题设得22610 xxy，判断选项 D.【详解】对于 A，1l可化作230k xy，可发现过定点2,3A，同理，2l过定点4,3B，A正确；对于 B，0kk，可得12ll恒成立，因此P是以AB为直径的圆上的点，根据定义，0PA PB，B 正确；对于 C，2221111 40222
11、220221PABPAPBSABPA PB，当且仅当PAPB时等号成立，故 C 错误；对于 D，由题可知P在圆22310 xy上运动，设,M x y，若2MDMC,则2222121xyxy，化简可得22610 xxy，与P的方程不符合，故 D 错误.故选：AB.10设平面直角坐标系中，双曲线22:13xy的左焦点为1F，且与抛物线2:8Cyx有公共的焦点2F.若P是C上的一点，下列说法正确的是（）A和C不存在交点 B若2,4P，则直线1FP与C相切 C若12FPF是等腰三角形，P的坐标是4,4 D若2190F PF，则P的横坐标为42 5【答案】BD【分析】利用双曲线和抛物线的性质，对选项逐个
12、验证.【详解】对于 A，联立：222138xyyx，消去y得22430 xx，由3x，解得127 3x，双曲线与抛物线有交点，A 错误；对于 B，由2,4P，12,0F，则直线1FP的方程为2yx，与抛物线方程联立282yxyx，消去x得28160yy，判别式0，则直线1FP与抛物线C相切，B 正确；对于 C，4,4不在抛物线上，故 C 错误；第 7 页 共 23 页 对于 D，P是抛物线C上的一点，设,PPP xy，则有28PPyx，12,0F，22,0F，若2190F PF，有2221212PFPFFF，因此22222224PPPPxyxy，即2840PPxx，解得42 5Px ，D 正确
13、.故选：BD 11Farey数列是百余年前的发现，在近代数论中有广泛的应用.Farey数列是把 0,1中的分母不大于n的分子与分母互质的分数从小到大排成一列,并且在第一个分数之前加上01，在最后一个分数之后加上11，该数列称为n阶Farey数列，记为 nF，并记其所有项之和为nF.Farey数列还有一个神奇的性质.若设 nF的相邻两项分别为ab，cd，则1bcad.下列关于Farey数列说法正确的是（）AnFn B数列 7F中共有 18 项 C当2n时，nF的最中间一项一定是12 D若 nF中的相邻三项分别为ab，cd，ef，则caedbf【答案】CD【分析】举特例即可说明 A 项错误；根据定
14、义，列举即可判断 B 项；根据Farey数列的定义，可得数列中元素的特征，进而即可判断 C 项；由题意可得1bcad，1decf，整理即可判断 D 项.【详解】对于 A，列举数列 2F：12，11，可知2322F，A 错误；对于 B，列举可得：0 1,1 7，16，15，14，27，13，25，37，12，47，35，23，57，34，45，56，67，11，共 19 项，B 错误；对于 C，由于Farey数列按照大小排列，且若01aa在 nF中，则1 a一定也在 nF中，又当2n时，12在 nF中，所以 nF个数一定为奇数个.因此根据 nF的定义可得，中间一项一定为12，C 正确；对于 D，
15、由于1bcad，1decf，整理即可得到caedbf，D 正确.故选：CD.12 瀑布（图 1）是埃舍尔为人所知的作品.画面两座高塔各有一个几何体，左塔上方是著名的“三立方体合体”（图 2）.在棱长为 2 的正方体ABCDABCD 中建立如图 3 所示的空间直角坐标系（原点 O 为该正方体的中心，x，y，z 轴均垂直该正方体的面），将该正方体分别绕着 x轴，y 轴，z轴旋第 8 页 共 23 页 转45，得到的三个正方体nnnnnnnnA B C DA B C D，1n，2，3（图 4，5，6）结合在一起便可得到一个高度对称的“三立方体合体”（图 7）.在图 7 所示的“三立方体合体”中，下列
16、结论正确的是（）A设点nB的坐标为,nnnxy z，1n，2，3，则2223nnnxyz B设2233B CA BE，则323B E C点1A到平面223B C B的距离为2 63 D若 G为线段22B C上的动点，则直线2A G与直线11AB所成角最小为6【答案】ACD【分析】正方体的顶点到中心O的距离不变，判断 A，写出各点坐标，利用空间向量法求解判断 BCD 【详解】正方体棱长为 2，面对角线长为2 2，第 9 页 共 23 页 由题意(1,1,1)A，(1,1,1)B，(1,1,1)C，(1,1,1)D，旋转后1(1,2,0)A，1(1,0,2)B，1(1,0,2)C，1(1,2,0)
17、D ，2(2,1,0)A，2(2,1,0)B，2(0,1,2)C，2(0,1,2)D，3(2,0,1)A，3(0,2,1)B，3(2,0,1)C，3(0,2,1)D，旋转过程中，正方体的顶点到中心O的距离不变，始终为3，因此选项 A 中，1n，2，3，2223nnnxyz正确；33(2,2,0)B A，设333(2,2,0)B EB A，则 2233(22 11(2,2,0)B EB BB E，）(22,221,1)，22(2,0,2)B C ，22EB C，则存在实数m，使得222B EmB C，(22,221,1)(2,0,2)mm，222221012mm ，212，3332(1)2222
18、B EB A，B 错；22(2,0,2)B C ，32(0,12,21)B C，设(,)nx y z是平面223B C B的一个法向量，则 2232220(12)(21)0n B Cxzn B Cyz，令1x，得(1,1,1)n，又13(1,2 2,1)AB ，1A到平面223B C B的距离为1312 212 633n ABdn，C 正确；22(2,0,2)B C ，设222(2,0,2)B GkB Ckk，(01)k，2222(0,2,0)(2,0,2)(2,2,2)A GA BB Gkkkk ，11(0,2,2)AB，211211211cos,A G ABA G ABA G AB222
19、2222 4421kkkk 令22()21kf kk，则22(12)()2(1)1kfkkk，第 10 页 共 23 页 202k时，()0fk，()f k递增，212k时，()0fk，()f k递减，max23()()22f kf，又2(0)2f，212(1)22 2f，所以23(),22f k，即21123cos,22A G AB，211,6 4A G AB，211,AG AB夹角的最小值为6，从而直线2A G与直线11AB所成角最小为6，D 正确 故选：ACD【点睛】方法点睛：本题正方体绕坐标轴旋转，因此我们可以借助平面直角坐标系得出空间点的坐标，例如绕x轴旋转时时，各点的横坐标（x）不
20、变，只要考虑各点在坐标平面yOz上的射影绕原点旋转后的坐标即可得各点空间坐标 三、填空题 13已知1,3,2a，,5,2bmm，且ab，则m _.【答案】3【分析】根据空间向量垂直的坐标表示列出等式解出即可.【详解】由1,3,2a，,5,2bmm，且ab 则0a b，所以153220mm ，解得3m ，故答案为：3.14若11,2A，且P在22143xy上，Q在圆22114xy上，则12PAPQ的最小值为_.【答案】1【分析】结合点与圆的位置关系可得2111222PAPQPAPF，证明2PF等于点P到直线4x 的距离的一半，利用平面几何结论求12PAPQ的最小值.【详解】如图，2111222P
21、APQPAPF，当且仅当Q为线段2PF与圆的交点时等号成立；第 11 页 共 23 页 设点P的坐标为,P m n，则22143mn，22m，222211124442PFmnmmm，所以2PF等于点P到直线4x 的距离的一半，过点A作直线4x 的垂线，垂足记为G，过点P作直线4x 的垂线，垂足记为H，则111111112222222AGPAPQPAPHAH 当且仅当点P为线段AG与椭圆22143xy的交点时等号成立，此时点P的坐标为33 132，所以12PAPQ的最小值为 1，故答案为：1.15 已知圆O的直径AD上有两点B、C，且有2ABBCCD，MN为圆O的一条弦，则BM CN的范围是_.
22、【答案】1716,2【分析】分析可知BC的中点为圆心O，利用平面向量数量积的运算性质可得1BM CNOM ONOB ONOB OM，计算可得2192OBONOMOM ONOB ONOB OM，利用三角不等式可求得OBONOM的取值范围，可得出OM ONOB ONOB OM的取值范围，进而可求得BM CN的取值范围.【详解】因为圆O的直径AD上有两点B、C，且有2ABBCCD，则BC的中点为圆心O，故圆O的半径为3，BM CNOMOBONOCOMOBONOB 1OM ONOB ONOB OM，第 12 页 共 23 页 由于22222OBONOMOBOMONOM ONOB ONOB OM 192
23、 OM ONOB ONOB OM，且0OBONOMOBNM，当且仅当OBNM时，等号成立，7OBONOMOBNMOBNM，当且仅当OB、MN方向相同且MN为圆O的直径时，两个等号同时成立，故0,7OBONOM，则1920,49OM ONOB ONOB OM，所以1915,2OM ONOB ONOB OM，所以1716,2BM CN.故答案为：1716,2.四、双空题 16若数列 na和数列 nb同时满足11a，10b，1434nnnaab，1434nnnbba，则na _，nb _.【答案】1122nn 1122nn【分析】将1434nnnaab，1434nnnbba相加，相减分别可得nnab
24、为等差数列，nnab为等比数列，即可求解.【详解】因为1434nnnaab，1434nnnbba，令前式后式，化简可得112nnnnabab，令前式+后式，化简可得1122nnnnabab 由，且111ab，故nnab是首项为 1，公差为 2 的等差数列.可得12(1)21nnabnn，第 13 页 共 23 页 由，且111ab，故nnab是首项为 1，公比为12的等比数列.可得112nnnab 所以111()()222111()()222nnnnnnnnnnnnaababnbababn，故答案为:1122nn；1122nn.五、解答题 17平常所说的乐理，一般是指音乐理论中的基础部分，关于
25、基础的音乐理论的著作浩如烟海，是学习音乐的必修课程.我们平常所说的乐理，一般是指音乐理论中的基础部分，解决有关声音的性质、律制、记谱法、音乐的基本要素、音与音之间结合的基本规律等等，而记谱（和读谱）的方法是其中很重要的一个部分。音乐是人类共同的语言.音乐中，我们常用音阶描述音符音调高低的关系，即1（do），2（re），3（mi），4（fa），5（sol），6（la），7（ti），i（do）.如图，在钢琴上，一个八度内白键、黑键共有 13 个（不计入图中最右侧的半个黑键），相邻琴键对应的音符频率比相等且 1 的频率与i的频率比为 2.(1)若两音nx与ny的音程关系为一度，求两音的频率比；(2)
26、利用“五度相生”可以构造出被称为“宫商角徵羽”的五声音阶.设 1 的频率为f，在 1 的基础上不断升高五度，生成新的音符，并为方便辨认新的音符，将生成的频率大于2f的音降一个八度，请你利用五度相生的理论推断出“宫商角徵羽”可能对应的音符（无需一一对应）.参考数据：n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 122n 1.05 1.12 1.18 1.25 1.33 1.41 1.49 1.58 1.68 1.78 1.89 2 第 14 页 共 23 页【答案】(1)162(2)对应的音符为 1，2，3，5，6 【分析】(1)根据题意即可求解；(2)结合题意，先求出一组“五声调式
27、”：f，32f，232f，332f，432f，532f，将生成的频率大于2f的音降一个八度，然后根据参考数据即可求解.【详解】（1）由题可知，若两个音距离一个八度，则频率比为 2，所以若两个音的音程为一度，半个音（即相邻琴键）之间的频率比为1122，所以两个成一度之间的音符频率比为162.（2）通过五声调式，可以先构成一组“五声调式”：f，32f，232f，332f，432f，532f，将其中大于2f的降一个八度，即除以2n：f，32f，2332f，3432f，4632f，5732f，根据参考数据可以估计得到，五个音分别为 1，5，2，6，3.因此“宫商角徵羽”对应的音符为 1，2，3，5，6
28、.18已知抛物线2:2C ypx，记其焦点为F.设直线m：4x 到在直线m左侧的抛物线上的一点P的距离为d，且5dPF.(1)求C的方程；(2)如图，过焦点F作两条相互垂直的直线1l、2l，且1l的斜率恒大于 0.若2l分别交:1l x 于A两点，1l交抛物线于C、D两点，证明：ACDADC为定值.【答案】(1)24yx 第 15 页 共 23 页(2)证明见解析 【分析】（1）利用抛物线的定义以及准线方程即可求解；（2）利用全等三角形的性质以及三角形内角和即可求解.【详解】（1）设抛物线的准线的方程为:2plx，则可知452p，解得2p，所以C的方程为24yx.（2）作CHl于H，DIl于I
29、.由抛物线定义，HCFC，FDDI，又因为90AIDAFD，90AHCAFC，所以AHCAFC，AIDAFD，由此，IADFAD，CAHCAF，所以22180CADFAD，90CADFADCAD，所以1809090ACDADC，为定值.19如图，三棱锥PABC中，5PAPB，且平面PAB 平面ABC，2ABBC，设E为平面PBC的重心，F为平面PAC的重心.(1)棱AB可能垂直于平面PBC吗？若可能，求二面角APBC的正弦值，若不可能，说明理由；第 16 页 共 23 页(2)求EF与PC夹角正弦值的最大值.【答案】(1)不可能，理由见解析(2)1 【分析】（1）先作出辅助线，由面面垂直得到线
30、面垂直，建立空间直角坐标系，求出平面PBC的法向量sin,cos,2sinn，0,，假设AB垂直于平面PBC，则有BAn，得到方程组cos02sin0，无解，所以假设不成立，AB不可能垂直于平面PBC；（2）由重心性质表达出12,0,033EFBA，且2cos1,2sin,2PC，表达出2cos1cos,94cosEF PC，分0,3与,3两种情况，求出EF与PC夹角余弦值的最小值，得到EF与PC夹角正弦值最大值.【详解】（1）设AB中点为O，连接PO，由于PAPB，因此POAB，又因为平面PAB 平面BAC，交线为 AB，PO平面 PAB，所以PO平面ABC.因为5PAPB，1AOOB，由勾
31、股定理得：5 12OP ，以B为原点作空间直角坐标系Bxyz，则2,0,0A，0,0,0B，1,0,2P，设CBA，有对称性可知,2和0,情况相同，不妨设0,，则2cos,2sin,0C.所以2,0,0BA，1,0,2BP，2cos,2sin,0BC.设平面PBC的法向量为,nx y z，第 17 页 共 23 页 则有 1,0,2,202cos,2sin,0,2 cos2 sin0BP nx y zxzBC nx y zxy，所以取sinx，则cos,2sinyz ，则sin,cos,2sinn.假设AB垂直于平面PBC，则有BAn，则cos02sin0，无解，所以假设不成立，AB不可能垂直
32、于平面PBC；（2）由重心的性质，21113233PEPBPCPBPC，同理，1133PFPAPC，所以11111112,0,033333333EFPFPEPAPCPBPCPAPBBA，2cos1,2sin,2PC，则222cos14sin494cosPC，所以2,0,02cos1,2sin,23cos,294cos3EF PCEF PCEFPC 42cos2cos133294cos94cos3，要想求EF与PC夹角正弦值最大值，只需求出EF与PC夹角余弦值的最小值，当1cos,12，即0,3时，此时cos,EF PC即为EF与PC夹角余弦值，设 2cos194cosf，令94cos5,7t，
33、则2912cos22t，271712222tf tttt.令12tt，1t，25,7t，则 1 2211212121 27717122222t tttf tf tttttt t，因为1 20t t，210tt，所以 120f tf t，即 12f tf t，又因为12tt，所以 f t在5,7上是减函数，当7t 时，min70f tf，此时EF与PC夹角正弦值的最大值为 1，当1cos1,2，即,3时，此时cos,EF PC即为EF与PC夹角余弦值，第 18 页 共 23 页 设 12cos94cosf，令94cos7,13t，则2912cos22t，217172222tf tttt.令12t
34、t，1t，27,13t，则 1 2121212121 27177122222t tttf tf tttttt t，因为1 20t t，120tt，所以 120f tf t，即 12f tf t，又因为12tt，所以 f t在7,13上是增函数，故 70f tf，此时不存在最值，综上，EF与PC夹角正弦值的最大值为 1.20在平面直角坐标系xOy中，存在两定点1,0M，1,0N与一动点 A.已知直线MA与直线NA的斜率之积为 3.(1)求 A 的轨迹；(2)记的左、右焦点分别为1F、2F.过定点0,1的直线l交于P、Q两点.若P、Q两点满足1212216PFPFQFQF，求l的方程.【答案】(1
35、)22113yxx (2)163151yx或163151yx.【分析】（1）设,A x y，表示出直线MA与直线MB的斜率，由题可得 A的轨迹；（2）设过定点0,1的直线l方程为1ykx，将其与22113yxx 联立，后由1212216PFPFQFQF及韦达定理可得答案.【详解】（1）设,A x y，由题意311yyxx，化简可得2213yx 所以 A的轨迹为22113yxx.（2）由题设过定点0,1的直线l方程为1ykx，将其与22113yxx 第 19 页 共 23 页 联立有：221113ykxyxx，消去 y得：223240kxkx 因l交于P、Q两点，则 222302,33,33,2
36、416 30kkkk .设1122,P x yQ xy，则由韦达定理有：1212222433，kxxx xkk.又122 02 0,，,FF，则11121122,，,PFxyPFxy，12222222,，,QFxyQFxy，则1212216PFPFQFQF12124216x xy y.又22121212122331113ky ykxkxk x xkxxk，212122134216543kx xy yk，解得16351k ，则l的方程为：163151yx或163151yx.21完成下面两题(1)如图，一个半径为a的圆在一条直线上无滑动地滚动，与x轴的切点为A，设圆上一点P，CA顺时针旋转到CP所
37、转过的角为，设平行于x轴的单位向量为i，平行于y轴的单位向量为j，用,i j表示OC；在的条件下，用题中所给字母表示OP，并以 xxyy 的形式写出P运动轨迹的方程；(2)如图，设点Q在空间直角坐标系Oxyz内从,0,0A a开始，以的角速度绕着z轴作圆周运动，同时沿着平行于z轴向上作线速度为b的匀速直线运动,运动的时间为 t，用题中所给字母表示Q的运动轨迹的方程.第 20 页 共 23 页 【答案】(1)OCa iaj；sin1 cosxaya ；(2)cossinxatyatzb t.【分析】（1）由弧长公式结合向量加法公式，表示向量OC；OPOCCP，再用基地表示向量CP，并结合用基底表
38、示OP，即可求得参数方程；（2）根据物理知识，用基底表示OQ，即可求得参数方程，并消参后求得普通方程.【详解】（1）OCOAACa ia j.由题，OPOCCP，CP可以分解为cossin22CPaiajsincosaiaj，所以sin1 cosOPaiaj，因此P的运动轨迹可以表示为sin1 cosxaya .（2）设该坐标系的基底为,i j k.设Q在平面Oxy内的投影为R，向量i逆时针旋转到向量OR所转过的角为t，RQb tk.由题设，可以将OQ记作cossinOQORRQiatjatkb t 因此类似（1）中可以表示Q的轨迹为cossinxatyatzb t.第 21 页 共 23 页
39、 22已知平面直角坐标系内一椭圆222:1xCya，记两焦点分别为1F，2F，且122 3FF.(1)求C的方程；(2)设C上有三点Q、R、S，直线QR、QS分别过1F，2F，连接RS.若0,1Q，求QRS的面积；证明：当QRS面积最大时，QRS必定经过C的某个顶点.【答案】(1)2214xy(2)64 349；证明见解析 【分析】（1）由定义求得参数即可得方程；（2）求出直线QR、QS，分别联立椭圆方程求得R、S坐标，即可求得面积；设直线QR和直线QS的方程为3xmy，3xny，设00,Q xy，11,R x y，22,S xy，分别联立椭圆方程结合韦达定理得01yy，02yy，由1 201
40、021200QRSQF FSQRQSyyyySQFQFyy，结合22004 1xy，即可化简整理得 200020133148QRSyySfyy，最后证明 01f xf即可.【详解】（1）可知22 3c，3c，所以222134abc，因此2a.所以C的方程为2214xy.（2）可知直线QR的方程为313yx，直线QS的方程为313yx.分别联立椭圆方程可解得8 31,77R，8 31,77S，因此116 318 3864 312777749QRSS.第 22 页 共 23 页 证明：设直线QR和直线QS的方程为3xmy，3xny，设00,Q xy，11,R x y，22,S xy，联立QR和椭圆
41、得：2242 310mymy，可得0120122 3414myymy ym，同理可得：0220222 3414nyyny yn .又因为00 xmyc，00 xnyc，所以01001032 32 3yyxmy yy ，所以01012 36yyxy，即0012 37yxy；同理可得02002032 32 3yyxny yy，02022 36yyxy，即0022 37yxy.不妨设00y，于是1 201021200121sin21sin2QRSQF FQRQSRQSSQRQSyyyySQFQFyyQFQFRQS，因此12120000001111131122 372 37QRSyySFF yyyyy
42、y2000002000162 38 2 38333492 37 2 3712xxxyyxxx，又因为22004 1xy，所以222000000222000116134433333491144124848QRSyyyySyyyyy，设 200020133148yyfyy，00,1y，下面证明 64 3149fxf，0,1x：23221348 31664 3314814948x xxxf xxx，化简得323 34 348149xxx，即证明32147 3192 3494 30 xxx，即24954109327xxx，2495409327xx的判别式小于等于 0，故2495409327xx，因此24954109327xxx，0,1x，原命题得证.故当QRS面积最大时，QRS必定经过C的上或下顶点.第 23 页 共 23 页【点睛】圆锥曲线三角形面积问题，一般可通过联立直线与圆锥曲线，结合韦达定理表示出三角形的面积函数，即可进一步讨论.本题通过讨论面积最大及其成立条件，即可得其过顶点.