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15．已知抛物线y2=8x的焦点F到双曲线C：﹣=1（a＞0，b＞0）渐近线的距离为，
点P是抛物线y2=8x上的一动点，P到双曲线C的上焦点F1（0，c）的距离与到直线x=﹣
2的距离之和的最小值为3，则该双曲线的方程为 为﹣x2=1 ．凍鈹鋨劳臘锴痫婦胫籴铍賄。 【考点】抛物线的简单性质；双曲线的简单性质．
【分析】确定抛物线的焦点坐标，双曲线的渐近线方程，进而可得a=2b，再利用抛物线的定义，结合P到双曲线C的上焦点F1（0，c）的距离与到直线x=﹣2的距离之和的最小值为3，可得FF1=3，从而可求双曲线的几何量，从而可得结论．恥諤銪灭萦欢煬鞏鹜錦聰櫻。 【解答】解：抛物线y2=8x的焦点F（2，0），双曲线C：渐近线的方程为ax﹣by=0，鯊腎鑰诎褳鉀沩懼統庫摇饬。 ﹣=1（a＞0，b＞0）一条
∵抛物线y2=8x的焦点F到双曲线C：﹣=1（a＞0，b＞0）渐近线的距离为，
∴，
∴2b=a，
∵P到双曲线C的上焦点F1（0，c）的距离与到直线x=﹣2的距离之和的最小值为3， ∴FF1=3， ∴c2+4=9， ∴c=
，
∵c2=a2+b2，a=2b， ∴a=2，b=1，
∴双曲线的方程为﹣x2=1．
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.
故答案为：﹣x2=1．
，|﹣|=2则θ的取值围为
．
16．已知向量，的夹角为θ，|+|=2【考点】向量的三角形法则． 【分析】由|+|=2
，|﹣|=2，可得： +2=12，﹣
2=4，可得，，利用cosθ=与基本不等式的性质即可得出．硕癘鄴颃诌攆檸攜驤蔹鸶胶。 【解答】解：由|+|=2﹣2∴
=4，
=8≥2
，|﹣|=2，可得： +2=12，
， =2，
∴cosθ=∴θ∈
．
≥．
故答案为：．
三、解答题：本大题共5小题，共70分.解答应写出必要的文字说明或推理、验算过程. 17．已知Sn为等差数列{an}的前n项和，S6=51，a5=13． （1）求数列{an}的通项公式； （2）数列{bn}的通项公式是bn=
，求数列{bn}的前n项和Sn．
【考点】等比数列的前n项和；等比关系的确定． 【分析】（1）设等差数列{an}的公差为d，利用S6=51，求出a1+a6=17，可得a2+a5=17，从而求出a2=4，可得公差，即可确定数列{an}的通项公式；阌擻輳嬪諫迁择楨秘騖輛埙。 （2）求出数列{bn}的通项公式，利用等比数列的求和公式，可得结论． 【解答】解：（1）设等差数列{an}的公差为d，则 ∵S6=51，
∴×（a1+a6）=51， ∴a1+a6=17， ∴a2+a5=17，
∵a5=13，∴a2=4， ∴d=3，
∴an=a2+3（n﹣2）=3n﹣2； （2）bn=
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=﹣2?8n﹣1，
.
∴数列{bn}的前n项和Sn==（8n﹣1）．
18．袋中有大小相同的四个球，编号分别为1、2、3、4，从袋中每次任取一个球，记下其
编号．若所取球的编号为偶数，则把该球编号改为3后放同袋中继续取球；若所取球的编号为奇数，则停止取球．氬嚕躑竄贸恳彈瀘颔澩纷釓。 （1）求“第二次取球后才停止取球”的概率；
（2）若第一次取到偶数，记第二次和第一次取球的编号之和为X，求X的分布列和数学期望．
【考点】离散型随机变量的期望与方差；相互独立事件的概率乘法公式． 【分析】（1）记“第二次取球后才停止取球”为事件A，利用相互独立事件同时发生的概率计算公式能求出“第二次取球后才停止取球”的概率．釷鹆資贏車贖滅獅赘慶獷。 （2）由已知条件推导出X的可能取值为3，5，6，7，分别求出相对应的概率，由此能求出X的分布列和数学期望EX．怂阐譜鯪迳導嘯畫長凉馴鸨。 【解答】解：（1）记“第二次取球后才停止取球”为事件A． ∴第一次取到偶数球的概率为=，第二次取球时袋中有三个奇数， ∴第二次取到奇数球的概率为，而这两次取球相互独立，
∴P（A）=×=．
（2）若第一次取到2时，第二次取球时袋中有编号为1，3，3，4的四个球； 若第一次取到4时，第二次取球时袋中有编号为1，2，3，3的四个球． ∴X的可能取值为3，5，6，7，
∴P（X=3）=×=，P（X=5）=×+×=， P（X=6）=×+×=，P（X=7）=×=， ∴X的分布列为： X 3 5 6 7 P
．
，在底面BCD作CE⊥CD，且
数学期望EX=3×+5×+6×+7×=
19．在三棱椎A﹣BCD中，AB=BC=4，AD=BD=CD=2CE=
．谚辞調担鈧谄动禪泻類谨觋。 （1）求证：CE∥平面ABD；
（2）如果二面角A﹣BD﹣C的大小为90°，求二面角B﹣AC﹣E的余弦值．
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【考点】与二面角有关的立体几何综合题；直线与平面平行的判定． 【分析】（1）由BD=CD=2
，BC=4，可知BD⊥CD，再由CE⊥CD，可得CE∥BD，利用
线面平行的判定定理可得结论；嘰觐詿缧铴嗫偽純铪锩癱恳。 （2）当二面角A﹣BD﹣C的大小为90°时可得AD⊥平面BDC，取AC中点F，AE中点G，可证∠BFG为二面角B﹣AC﹣E的平面角，连接BG，通过解三角形可求得∠BFG，从而得到答案．熒绐譏钲鏌觶鷹緇機库圆鍰。 【解答】（1）证明：∵BD=CD=2
，BC=4，
∴BD2+CD2=BC2， ∴BD⊥CD，
∵CE⊥CD，∴CE∥BD， 又CE?平面ABD，BD?平面ABD， ∴CE∥平面ABD；
（2）解：如果二面角A﹣BD﹣C的大小为90°， 由AD⊥BD得AD⊥平面BDC，∴AD⊥CE， 又CE⊥CD，∴CE⊥平面ACD，从而CE⊥AC， 由题意AD=DC=2
，∴Rt△ADC中，AC=4，
，
设AC的中点为F，∵AB=BC=4，∴BF⊥AC，且BF=2
设AE中点为G，则FG∥CE，
由CE⊥AC得FG⊥AC，∴∠BFG为二面角B﹣AC﹣E的平面角，连接BG， 在△BCE中，∵BC=4，CE=在Rt△DCE中，DE=于是在Rt△ADE中，AE=
在△ABE中，BG2=AB2+BE2﹣AE2=
，∠BCE=135°，∴BE=
=
， =3，
，
，
∴在△BFG中，cos∠BFG==﹣，
∴二面角B﹣AC﹣E的余弦值为﹣．
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20．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：过点（3，﹣1）．
（1）求椭圆C的方徎； （2）若动点P在直线l：x=﹣2
+=1（a＞b＞0）的离心率为．且
上，过P作直线交椭圆C于M，N两点，使得PM=PN，
再过P作直线l′⊥MN，直线l′是否恒过定点，若是，请求出该定点的坐标；若否，请说明理由．鶼渍螻偉阅劍鲰腎邏蘞阕簣。 【考点】直线与圆锥曲线的综合问题．
【分析】（1）由已知条件推导出，同此能求出椭圆C的方程．
（2）直线l的方程为x=﹣2，设P（﹣2，y0），，当y0≠0时，
设M（x1，y1），N（x2，y2），由题意知x1≠x2，利用点差法l′的方程为，
从而得到l′恒过定点．当y0=0时，直线MN为，由此推导出l′恒过定
点．纣忧蔣氳頑莶驅藥悯骛覲僨。 【解答】解：（1）∵椭圆C： +=1（a＞b＞0）的离心率为．且过点（3，﹣1），
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2019年单招理科数学模拟试题含答案
