辽宁省朝阳市清华大学附属中学朝阳学校2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题

第1页/共18页 2024清华附中朝阳学校高二（上）期中 数 学 （清华附中朝阳学校 望京学校） 2024 年 11 月 一、单选题（每小题 5 分，共 50 分） 1．直线 3 2 0x y+ + = 的倾斜角是（ ） A．30 B．60 C．120 D．150 2．双曲线 2 2 1 3 x y − = 的焦点坐标是（ ） A． (0, 2) , (0, 2)− B． ( 2,0) , ( 2,0)− C． (0,2) , (0, 2)− D． (2,0) , ( 2,0)− 3．平行六面体 1 1 1 1ABCD A B C D− 中，O 为 1 1AC 与 1 1B D 的交点，设 1, ,AB a AD b AA c= = = ，用 , ,a b c 表示 BO，则（ ） A． 1 2 BO a b c= − + B． 1 2 BO a b c= + − C． 1 2 BO a b c= − + + D． 1 1 2 2 BO a b c= − + + 4．设双曲线 ( ) 2 2 2 1 0 9 x y a a − =  的渐近线方程为3 2 0x y = ，则 a的值为（ ） A．4 B．3 C．2 D．1 5．圆 2 2 1 : 4 2 1 0C x y x y+ − + + = 与圆 2 2 2 : 4 4 1 0C x y x y+ + − − = 的位置关系是（ ） A．内切 B．相交 C．外切 D．外离 6．若数列{𝑎𝑛}满足 1 1 1n n a a + = − ，且 1 2a = ，则 2024a =（ ） A． 1− B．2 C． 2 D． 1 2 7．已知圆 ( ) ( ) 2 2 : 3 4 9C x y− + − = ，直线 l 过点 ( )2,3P ，则直线 l 被圆C 截得的弦长的最小值为（ ） A．2 7 B． 10 C．2 2 D． 6 8．已知 na 是各项均为整数的递增数列，且 1 3a  ，若 1 2 100na a a+ +  + = ，则n的最大值为（ ） A．9 B．10 C．11 D．12 9．已知点 F是双曲线 2 2: 1C x y− = 的一个焦点，直线 :l y kx= ，则“点 F 到直线 l 的距离大于 1”是“直线 l 与双曲线 C没有公共点”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 10．如图，在棱长为 2的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D− 中，M ， N 分别是棱 1 1A B ， 1 1A D 的中点，点 E 在BD 上，点 F 在 1B C 上，且BE CF= ，点 P 在线段CM 上运动，给出下列四个结论： 第2页/共18页 ①当点 E 是 BD中点时，直线 / /EF 平面 1 1DCC D ； ②直线 1 1B D 到平面CMN 的距离是 17 17 ； ③存在点 P ，使得 1 1 90B PD = ； ④ 1PDD△ 面积的最小值是 5 5 6 ． 其中所有正确结论的个数是（ ） A．3 B．2 C．1 D．0 二、填空题（每小题 5 分，共 30 分） 11．已知抛物线 C： 2 8x y= ，则抛物线 C 的准线方程为 ． 12．若双曲线 2 2 1kx y+ = 的焦距是6 ，则实数 k = ． 13．已知抛物线 2 8y x= − 的焦点与双曲线 ( ) 2 2 2 1 0 x y a a − =  的一个焦点重合，则a = ；双曲线的渐 近线方程是 ． 14．若数列 na 的前 n项和 2 10 ( 1 2 3 )nS n n n= − = ，，， ，则此数列的通项公式为 ；数列 nna 中 数值最小的项是第 项． 15．已知直线 2 0x my m+ + = 与曲线 21y x= − 的图象有公共点，则实数m 的一个取值为 ；实数m 的最大值为 ． 16．已知曲线 4 4 2 2: 4 4C x y mx y+ + = ，点 ( )0 0,P x y 在曲线C 上，给出下列四个结论： ①曲线C 关于直线 y x= 对称： ②当 4m = − 时，点 P 不在直线 2 0x y− = 上： ③当 4m = 时， 0 0 2 2 x y  ； ④当 0m = 时，曲线C 所围成的区域的面积大于2 2 . 其中所有正确结论的有 ． 三、解答题（共 5 个小题，共 70 分） 17．（本小题满分 13 分）在直四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D− 中， //AB CD ， AB AD⊥ ， 2AB = ， 3AD = ， 4DC = (1)求证： 1 //A B 平面 1 1DCC D ； (2)若直四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D− 体积为 36，求二面角 1A BD A− − 的余弦值. 第3页/共18页 18．（本小题满分 15 分）已知椭圆G 的离心率为 5 3 ，长轴端点分别为 ( )6,0A − ， ( )6,0B ，. (1)求椭圆G 的标准方程； (2) 1F ， 2F 为椭圆G 的焦点， P 为椭圆G 上一点，且 1 2 π 2 F PF = .求 P 点的坐标； (3)Q 为椭圆G 上任意一点（不与A 、 B 重合），设直线QA的斜率为 1k ，直线QB 的斜率为 2k ，判断 1 2k k 是否为常数，并说明理由. 19．（本小题满分 13 分）如图，在多面体 ABCDE 中， ABC 为等边三角形， AD∥ CE ， , 2AC CE AC CE AD⊥ = = 2= .点 F 为 BC 的中点，再从下面给出的条件①､条件②这两个条件中选择一个 作为已知. (1)求证： AF ⊥平面 BCE ； (2)设点G 为 BE 上一点，且 2 3 BG BE= ，求直线 AC 与平面 AFG所成角的正弦值. 条件①：平面 ACED ⊥平面 ABC ； 条件②： 2 2BE = . 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分. 20．（本小题满分 15 分）已知椭圆 2 2 2 2 : 1( 0) x y E a b a b + =   过点 ( )3,0A ，焦距为 2 5 . (1)求椭圆 E 的方程，并求其短轴长； (2)过点 ( )1,0P 且不与 x轴重合的直线 l 交椭圆 E 于两点C ， D ，连接CO并延长交椭圆 E 于点M ，直线 AM 与 l 交于点 N ，Q 为OD 的中点，其中O 为原点.设直线 NQ的斜率为 k ，求 k 的最大值. 21（本小题满分 14 分）．已知集合  ( )1,2,3, , , 3A n n n=  N ，W A ，若W 中元素的个数为 ( )2m m  ，且存在u ， ( )v W u v  ，使得 ( )2ku v k+ = N ，则称W 是A 的 ( )P m 子集. 第4页/共18页 (1)若 4n = ，写出A 的所有 ( )3P 子集； (2)若W 为A 的 ( )P m 子集，且对任意的 s， ( )t W s t  ，存在 k N ，使得 2ks t+ = ，求m 的值； (3)若 20n = ，且A 的任意一个元素个数为m的子集都是A 的 ( )P m 子集，求m 的最小值. 第5页/共18页 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C D C C D A C A C 题号 16 答案 A 1．D 【分析】由题可得其斜率，即可得倾斜角. 【详解】 3 2 3 3 2 0 3 3 x y y x+ + =  = − − ， 设其倾斜角为 ，则 3 tan 3  = − ，又0 180   ， 则 150 = ，即倾斜角为150 ， 故选：D 2．C 【分析】先判断出焦点在 y 轴上，再求出焦点坐标即可. 【详解】由双曲线的方程可得该双曲线的焦点在 y 轴上，且 1 3 2c = + = ，所以该双曲线的焦点坐标为 ( )0, 2 , ( )0, 2− . 故选：C. 3．D 【分析】利用空间向量的基底表示以及线性运算即可求得结果. 【详解】如下图所示： 易知 ( ) ( )1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 BO BB B O BB B A B C AA AB AD a b c= + = + + = + − + = − + + . 故选：D 4．C 【分析】先根据双曲线 ( ) 2 2 2 1 0 9 x y a a − =  求出渐近线方程，再与3 2 0x y = 比较即可求出a的值． 【详解】由双曲线的几何性质可得，双曲线 ( ) 2 2 2 1 0 9 x y a a − =  的渐近线方程为 3 y x a =  ，又因为渐近线方程 第6页/共18页 为3 2 0x y = ，即 3 2 y x=  ，故 2a = ，选 C． 【点睛】本题主要考查双曲线的渐近线方程的求法，属基础题． 5．C 【分析】根据条件，先求出两圆的圆心和半径，再利用两圆位置关系的判断方法，即可求解. 【详解】因为圆 2 2 1 : 4 2 1 0C x y x y+ − + + = 的圆心为 1(2, 1)C − ，半径为 1 2r = ， 圆 2 2 2 : 4 4 1 0C x y x y+ + − − = 的圆心为 2 ( 2,2)C − ，半径为 2 3r = ， 又 2 2 1 2 1 2(2 2) ( 1 2) 5C C r r= + + − − = = + ，所以两圆的位置关系为外切， 故选：C. 6．D 【分析】确定数列的周期即可求解. 【详解】 1 1 1n n a a + = − , 所以 2 1 1 1 1 1 n n n a a a + + = − = − − ， 所以 3 2 1 1 1 1 1 1 n n n n a a a a + + = − = + = − ， 所以数列周期为 3，由 1 2a = ，可得 2 1 2 a = ， 3 41, 2a a= − = 所以 2024 674 3 2 2 1 2 a a a += = = . 故选：D 7．A 【分析】先判断出 ( )2,3P 与圆的位置关系，然后根据圆心到直线 l 的距离的最大值求解出弦长的最小值. 【详解】直线 l 恒过定点 ( )2,3P ，圆 ( ) ( ) 2 2 : 3 4 9C x y− + − = 的圆心为 ( )3, 4C ，半径为 3r = ， 又 ( ) ( ) 2 22 2 3 3 4 2 9PC = − + − =  ，即 P 在圆内， 当CP l⊥ 时，圆心C 到直线 l 的距离最大为 2d PC= = ， 此时，直线 l 被圆C 截得的弦长最小，最小值为 2 22 2 7r d− = ． 故选：A. 8．C 【分析】使数列首项、递增幅度均最小，结合等差数列的通项及求和公式求得 n可能的最大值，然后构造 数列满足条件，即得到 n的最大值． 【详解】 若要使 n尽可能的大，则 ，递增幅度要尽可能小， 第7页/共18页 不妨设数列 是首项为 3，公差为 1 的等差数列，其前 n项和为 ， 则 ， ， 所以 11n  . 对于 ， ， 取数列 各项为 ( 1, 2, 10)n =  ， 11 25a = , 则 1 2 11 100a a a+ +  + = ， 所以 n的最大值为 11． 故选：C． 9．A 【分析】由点到直线距离公式和充分必要条件可判断. 【详解】由双曲线 2 2: 1C x y− = ，可知 ( )2,0F ，且渐近线方程为 y x=  若点 F到直线 l的距离 2 2 1 1 k d k =  + ，得 1k  − ，或 1k  ， 如图，由双曲线性质可知，直线 l与双曲线 C没有公共点； 反之，若直线 l与双曲线 C没有公共点，因为直线 l过原点， 由图可知， 1k  − ，或 1k  ， 则 2 1k   2 2 2 2 2 22 2 1 1 1 1 1 kk k k k k  +     + + ， 即点 F到直线 l的距离大于或等于 1， 所以，“点 F到直线 l的距离大于 1”是“直线 l与双曲线 C没有公共点”的充分不必要条件. 故选：A 10．C 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量研究线面关系、夹角，异面直线距离、点面距离一一判定选 项即可. 【详解】如图所示，建立空间直角坐标系， 则 ( ) ( ) ( ) ( )1 12,2,0 , 0,2,0 , 2,0,2 , 0,2,2C D B D ， ( ) ( )1,0,2 , 0,1,2M N ， 第8页/共18页 对于①，此时易知 ( ) ( )1,1,0 , 2,1,1E F ，即 ( )1,0,1EF = ， 而平面 1 1DCC D 的一个法向量为 ( )0,2,0AD = ，显然 0EF AD = ，即①正确； 对于②，易知 1 1 1 1/ / ,MN B D B D 平面CMN ，即 1 1 / /B D 平面CMN ， 则直线 1 1B D 到平面CMN 的距离即点 1B 到平面CMN 的距离， 此时 ( ) ( ) ( )11,1,0 , 1, 2,2 , 1,0,0MN CM MB= − = − − = ， 设平面CMN 的一个法向量为 ( ), ,m a b c= ，则 0 2 2 0 m MN a b m CM a b c   = − + =   = − − + = ， 令 2 2, 3a b c=  = = ，即 ( )2,2,3m = ， 所以点 1B 到平面CMN 的距离 1 2 2 17 1717 MB m d m  = = = ，即②错误； 对于③，设 ( )  ( ), 2 ,2 0,1CP CM    = = − −  ， 则 ( ) ( ) ( )1 1 0,2, 2 , 2 ,2 ,2 2 ,2 2B P B C CP      = + = − + − − = − − − ， ( ) ( ) ( )1 1 , 2 , 2 2,0,2 2,2 ,2 2PD PC CD      = + = − + − = − − ， 所以 ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 9 14 4B P PD        = − − + − − − = − + − ， 若 1 1 90B PD = ，则 2 7 139 14 4 0 9     − + − =  = ， 显然 7 13 9  − = 时符合题意，故③正确； 对于④，当 1PDD△ 面积最小时即 P 到 1DD 距离最小时， 此距离亦即异面直线CM 与 1DD 的距离，易知 1 1//DD CC ，则 1 / /DD 平面 1MC C ， 此距离即 1DD 到平面 1MC C 的距离， 不妨设平面 1MC C 的一个法向量为 ( ), ,n x y z= ，则 1 2 2 0 2 0 n CM x y z n CC z   = − − + =   = = ， 令 2 1, 0x y z=  = − = ，即 ( )2, 1,0n = − ， 则 1DD 到平面 1MC C 的距离 4 5 n DC d n  = = ， 所以 1PDD△ 面积的最小值为 1 4 5 2 2 5 d  = ，故④错误. 故选：C 第9页/共18页 11． 2y = − 【分析】根据抛物线的方程求出 p 的值，进一步得出答案. 【详解】因为抛物线 2: 8C x y= ， 所以 2 8p = ，∴ 4p = 所以C 的准线方程为 2y = − . 故答案为： 2y = − 12． 1 8 − /0.125 【分析】根据双曲线标准方程直接求解. 【详解】由双曲线 2 2 1kx y+ = ，即 2 2 1 11 y x k − = − ， 且焦距为 6 ， 3c = 即 1 1 9 k   + − =    ， 解得 1 8 k = − ， 故答案为： 1 8 − . 13． 3 3 3 y x=  【分析】由抛物线方程可得焦点为 ( 2,0)− ，由题设结合双曲线参数关系求a，进而根据上曲线方程写出渐 近线方程即可. 【详解】由题设，抛物线焦点为 ( 2,0)− ，故对于 ( ) 2 2 2 1 0 x y a a − =  ，有 2c = ， ∴ 2 2 3a c b= − = ，则 2 2 1 3 x y− = ，故渐近线方程为 3 3 y x=  . 故答案为： 3 ， 3 3 y x=  . 14． 2 11n − ；3 【详解】数列{𝑎𝑛}的前n项和 2 10 ( 1 2 3 )nS n n n= − = ，，， ，数列为等差数列，数列的通项公式为 1n n na S S −= − 第10页/共18页 = 2 11n − ，数列 nna 的通项公式为 22 11nna n n= − ，其中数值最小的项应是最靠近对称轴 11 4 n = 的项，即 n=3，第 3 项是数列 nna 中数值最小的项． 15． 0 （答案不唯一） 1 2 / 0.5 【分析】首先得到直线过定点，曲线是半个圆，数形结合得到两种临界情况，根据直线斜率变化情况，解 不等式，即可得到结果. 【详解】 直线 2 0x my m+ + = 可变形为 ( )2 0x m y+ + = ，可得到直线过定点 ( )0, 2− ， 曲线 21y x= − 为以原点为圆心，1为半径的圆的上半部分， 若两个图象有公共点，则只需要直线和圆相交即可，如图是两种临界情况， 当直线过点(1,0)直线的斜率为 2 ；当直线过点 ( )1,0− 时得到直线的斜率为 2− ， 当直线斜率存在时，即 0m  时，直线的斜率为 1 m − ， 由图可得直线斜率的范围是 (   ), 2 2, − −  + ， 即 (   ) 1 , 2 2, m  −  − −  + 解得 1 1 ,0 0, 2 2 m      −        ， 当 0m = 时，直线为 0x = ，符合题意. 故得到m范围是 1 1 , 2 2   −    ， 则实数m的一个取值可以为0 ，m的最大值为 1 2 . 故答案为： 0 （答案不唯一）； 1 2 . 16．A 【分析】对于①：举例，确定点(0,1)和点(1,0)是否满足曲线方程来判断；对于②：带入 4m = − ，然后对曲 线方程左边因式分解即可；对于③：代入 4m = ，因式分解得 2 22 2x y+ = ，然后利用基本不等式求 xy 的最 值即可；对于④：代入 0m = ，得到 2 2 22x y+  ，结合双曲线的图象特点来判断面积的大小. 【详解】对于①：点(0,1)满足曲线 4 4 2 2: 4 4C x y mx y+ + = ，但(1,0)不满足曲线 4 4 2 2: 4 4C x y mx y+ + = ， 所以曲线C 不关于直线 y x= 对称，①错误； 对于②：当 4m = − 时， 4 4 2 244 4x y x y−+ = ，即 ( ) 2 2 22 4x y− = ， 第11页/共18页 所以 ( ) ( ) 2 2 2 2 4x y x y− + = ，所以 2 0x y−  ，即点 P 不在直线 2 0x y− = 上，②正确； 对于③：当 4m = 时， 4 4 2 244 4x y x y++ = ，即 ( ) 2 2 22 4x y+ = ，所以 2 22 2x y+ = 所以 2 22 22 2 2 2x y x y+  = ，得 2 2 xy  ，当且仅当 2 1x y= = 时，等号成立， 所以当 4m = 时， 0 0 2 2 x y  ，③正确； 对于④：当 0m = 时，曲线 4 4: 4 4C x y+ = ，所以 ( ) 2 2 2 4 42 4 4x y x y+  + = ， 所以 2 2 22x y+  ，即 2 2 1 2 x y+  ，所以曲线C 所围成的区域的面积大于椭圆面积，椭圆面积大于以长轴和 短轴为对角线的菱形面积， 故曲线C 所围成的区域的面积大于 1 2 2 2 2 2 2   = ，④正确； 故选：A. 17．(1)证明见解析 (2) 2 13 arctan 3 【分析】（1）利用直四棱柱的性质及线面平行的判定定理，可证平面 1 1 / /ABB A 平面 1 1DCC D ，再由面面平 行的性质定理，即可得证； （2）先根据棱柱的体积公式求得 1AA ，再利用二面角的定义，求解即可． 【详解】（1）由题意知， 1 1/ /AA DD ， 因为 1AA  平面 1 1DCC D ， 1DD 平面 1 1DCC D ， 所以 1 / /AA 平面 1 1DCC D ， 因为 / /AB DC ，且 AB  平面 1 1DCC D ，DC 平面 1 1DCC D ， 所以 / /AB 平面 1 1DCC D ， 又 1AA AB A= ， 1AA 、 AB 平面 1 1ABB A ， 所以平面 1 1 / /ABB A 平面 1 1DCC D ， 因为 1A B 平面 1 1ABB A ， 所以 1 / /A B 平面 1 1DCC D ． （2）由题意知，底面 ABCD为直角梯形， 所以梯形 ABCD的面积 (2 4) 3 9 2 S +  = = ， 因为四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D− 的体积为 36， 所以 1 36 4AA S = = ， 过A 作 AE BD⊥ 于 E ，连接 1A E ， 第12页/共18页 因为 1AA ⊥平面 ABCD，且 BD 平面 ABCD， 所以 1AA BD⊥ ， 又 1AA AE A= ， 1AA 、 AE 平面 1AA E ， 所以 BD ⊥平面 1AA E ， 因为 1A E 平面 1AA E ，所以 1BD A E⊥ ， 所以 1A EA 即为二面角 1A BD A− − 的平面角， 在Rt △ ABD中， AE BD AB AD =  ， 所以 2 2 2 3 6 13 132 3 AB AD AE BD   = = = + ， 所以 1 1 4 2 13 tan 36 13 13 AA A EA AE  = = = ，即 1 2 13 arctan 3 A EA = ， 故二面角 1A BD A− − 的大小为 2 13 arctan 3 ． 18．(1) 2 2 1 36 16 x y + = (2) 6 5 8 5 , 5 5        ，或 6 5 8 5 , 5 5   −     ，或 6 5 8 5 , 5 5   − −     ，或 6 5 8 5 , 5 5   −     (3) 1 2k k 为常数，理由见详解 【分析】（1）椭圆G 的标准方程为 ( ) 2 2 2 2 1 0 x y a b a b + =   ，由已知可得 6a = ， 2 5c = ，进而得到 4b = ， 即可求得椭圆G 的标准方程； （2）设𝑃(𝑥, 𝑦)，由 1 2 π 2 F PF = ，在 1 2Rt F PF△ 中，由勾股定理，再可得 2 2 20 0x y − =+ ，与椭圆G 的方程 联立，即可求出 P 点的坐标； （3）设 ( )0 0,Q x y ，由 0 1 0 6 y k x = + ， 0 2 0 6 y k x = − ，可得 1 2 4 9 k k = − ，即 1 2k k 为常数. 【详解】（1）设椭圆G 的标准方程为 ( ) 2 2 2 2 1 0 x y a b a b + =   ， 因为长轴端点分别为 ( )6,0A − ， ( )6,0B ，所以 6a = ， 第13页/共18页 因为椭圆G 的离心率为 5 3 ，所以 5 3 c a = ，则 2 5c = ， 所以 2 2 4b a c= − = ， 则椭圆G 的标准方程为 2 2 1 36 16 x y + = . （2） 设𝑃(𝑥, 𝑦)， 因为 1F ， 2F 为椭圆G 的焦点， P 为椭圆G 上一点，且 1 2 π 2 F PF = ， 所以 2 2 2 1 2 1 2PF PF F F+ = ， 由（1）知椭圆G 为 2 2 1 36 16 x y + = ， ( ) ( )1 22 5,0 , 2 5,0F F− ， 所以 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 22 5 2 5 4 5x y x y− + + + + = ， 整理得 2 2 20 0x y − =+ ，与 2 2 1 36 16 x y + = 联立， 解得 6 5 8 5 , 5 5 x y=  =  ， 所以 P 点的坐标为 6 5 8 5 , 5 5        ，或 6 5 8 5 , 5 5   −     ，或 6 5 8 5 , 5 5   − −     ，或 6 5 8 5 , 5 5   −     . （3） 设 ( )0 0,Q x y ，又 ( )6,0A − ， ( )6,0B ， 则 0 1 0 6 y k x = + ， 0 2 0 6 y k x = − ， 所以 2 0 0 0 1 2 2 0 0 0 6 6 36 y y y k k x x x  =  = − + − ， 又 2 2 0 0 1 36 16 x y + = ，所以 ( )202 0 4 36 9 x y − = ， 第14页/共18页 则 ( )20 2 0 1 2 2 2 0 0 4 36 49 36 36 9 x y k k x x −  = = = − − − ， 即 1 2k k 为常数. 19．(1)证明见解析 (2) 2 17 17 【分析】（1）选条件①，根据面面垂直的性质推出CE ⊥平面 ABC ，继而推出 AF CE⊥ ，再结合题意，根 据线面垂直的判定定理即可证明结论；选条件②，根据勾股定理逆定理证明 BC CE⊥ ，可得CE ⊥平面 ABC ，继而推出 AF CE⊥ ，再结合题意，根据线面垂直的判定定理即可证明结论； （2）由（1）可得CE ⊥平面 ABC ，则可得 AD ⊥平面 ABC ，由此建立空间直角坐标系，求出相关点的坐 标，求出平面 AFG的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案. 【详解】（1）选条件①：平面 ACED ⊥平面 ABC ， 因为平面 ACED ⊥平面 ,ABC AC CE⊥ ，平面 ACED平面 ,ABC AC CE= 平面 ACED， 所以CE ⊥平面 ABC ，因为 AF 平面 ABC ， 所以 AF CE⊥ . 因为 ABC 为等边三角形，点 F 为 BC 的中点， 所以 AF BC⊥ ，因为CE 平面 ,BCE BC 平面 ,BCE CE BC C = ， 所以 AF ⊥平面 BCE . 选条件②： 2 2BE = 因为 2 2AC CE AD= = = ， ABC 为等边三角形，所以 2BC CE= = ， 因为 2 2BE = ，则 2 2 2BC CE BE+ = ， 所以 ABC 为直角三角形，所以 BC CE⊥ ， 因为 , , ,AC CE AC BC C AC BC⊥ = 平面 ABC ， 所以CE ⊥平面 ABC ，因为 AF 平面 ABC ，所以 AF CE⊥ ， 因为 ABC 为等边三角形，点 F 为 BC 的中点， 所以 AF BC⊥ ， 因为CE 平面 ,BCE BC 平面 ,BCE CE BC C = ， 所以 AF ⊥平面 BCE . （2）因为 AD∥ CE ，由（1）知CE ⊥平面 ABC ， 所以 AD ⊥平面 ABC . 如图，以点A 为原点，过点 A在平面 ABC内作 AC的垂线作为 x轴， 分别以 ,AC AD所在直线为 y 轴､ z 轴建立空间直角坐标系 A xyz− ， 第15页/共18页 所以 ( ) ( ) ( ) ( )3 30,0,0 , 3,1,0 , 0,2,2 , , ,0 , 0,2,0 2 2 A B E F C        ， 所以 ( ) ( )3 30,2,0 , , ,0 , 3,1,2 2 2 AC AF BE   = = = −     . 因为点G 为 BE 上一点，设 ( ), ,G x y z ， 所以 ( )3, 1,BG x y z= − − . 因为 2 3 BG BE= ，则 2 3 BG BE= ，所以 ( ) ( )23, 1, 3,1,2 3 x y z− − = − ， 所以 3 5 4 , , 3 3 3 x y z= = = ，所以 3 5 4 , , 3 3 3 G        ，所以 3 5 4 , , 3 3 3 AG   =      . 设平面 AFG的法向量为?⃗? = (𝑥, 𝑦, 𝑧)，所以 0 0 AF n AG n   =   = ， 所以 3 3 0 2 2 3 5 4 0 3 3 3 x y x y z  + =    + + =  ，令 1y = − ，得 1 3, 2 x z= = ， 所以 1 3, 1, 2 n   = −    . 设直线 AC 与平面 AFG所成角为 ， π [0 ] 2 ,  ， 所以 2 2 17 sin | cos , | 171 2 3 1 4 AC n =   = =  + + ， 所以直线 AC 与平面 AFG所成角的正弦值为 2 17 17 . 20．(1) 2 2 1 9 4 x y + = ，4 (2) 2 3 9 【分析】（1）由题意根据长轴顶点坐标、焦距以及平方关系列方程即可求解. 第16页/共18页 （2）不妨设直线CD的方程为 1x my= + ， ( )1 1,C x y ， ( )2 2,D x y ，则 ( )1 1,M x y− − .联立直线CD的方程与椭 圆方程，由韦达定理得 1 2 2 8 4 9 m y y m − + = + ，联立直线CD与直线 AM 的方程得点 N 的坐标，由中点坐标公式 得点Q 的坐标，由斜率公式以及韦达定理可得斜率的表达式（只含有参数m ），对m 分类讨论即可求解. 【详解】（1）由题意知 3a = ， 2 2 5c = . 所以 5c = ， 2 2 2 4b a c= − = . 所以椭圆 E 的方程为 2 2 1 9 4 x y + = ，其短轴长为 4. （2） 设直线CD的方程为 1x my= + ， ( )1 1,C x y ， ( )2 2,D x y ，则 ( )1 1,M x y− − . 由 2 2 1 9 4 1 x y x my  + =   = + ，得 ( )2 24 9 8 32 0m y my+ + − = . 所以 1 2 2 8 4 9 m y y m − + = + . 由 ( )3,0A 得直线 AM 的方程为 ( )1 1 3 3 y y x x = − + . 由 ( )1 1 3 3 1 y y x x x my  = − +  = + 得 1 1 1 2 3 y y x my − = + − . 因为 1 1 1x my= + ， 所以 1 2 y y = − ， 1 1 2 1 2 2 y my x m −  = − + =    . 所以 1 1 2 , 2 2 my y N −  −    . 因为Q 为OD 的中点，且 2 2 1x my= + ， 所以 2 2 1 , 2 2 my y Q +      . 所以直线 NQ的斜率 ( ) 2 1 2 2 1 2 2 2 1 2 1 2 8 84 92 2 1 2 81 12 9 1 2 2 4 9 my y y y mmk my my mm y y m m − + + += = = = + − −+ − + − − + . 当 0m  时， 0k  . 第17页/共18页 当 0m  时， 因为 9 12 2 12 9 12 3m m +   = ，当且仅当 3 2 m = 时，等号成立. 所以 2 8 2 3 12 9 9 m k m =  + . 所以当 3 2 m = 时， k 取得最大值 2 3 9 . 21．(1)   1,2,3 , 1,3,4 ； (2)2； (3)13. 【分析】（1）根据 ( )P m 子集的定义， 即可容易求得； （2）取  1,3W = ，求得 2m = ，再利用反证法假设 3m  ，推得 1 0a  与 1 1a  矛盾即可； （3）令  0 20,19,18,17,11,10,9,3,16,8,4,2W = ，讨论 12m  时不满足题意，再验证 13m  时的情况满足题 意，即可求得m的最小值. 【详解】（1）当 4n = 时，  1,2,3,4A = ，A 的所有 ( )3P 子集为   1,2,3 , 1,3,4 . （2）当 3n  时，取  1,3W = ，因为 21 3 2+ = ，所以W 是A 的 ( )2P 子集，此时 2m = ； 若 3m  ，设 1 2 3, ,a a a W 且 1 2 31 a a a   ， 根据题意， 31 21 2 1 3 2 32 , 2 , 2 kk k a a a a a a+ = + = + = ，其中 1 2 3, , Nk k k  ； 因为 1 2 1 3 2 3a a a a a a+  +  + ，所以 31 22 2 2 kk k   ，所以 1 2 3k k k  ； 又因为 1 2 3, , Nk k k  ，所以 3 2 1k k + ； 因为 ( ) 31 21 2 32 2 2 2 kk ka a a+ + = + + ，所以 ( )31 21 2 3 1 2 2 2 2 kk ka a a+ + = + + ， 所以 ( ) ( )3 3 31 2 1 21 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 k k kk k k ka = + + − = + − ； 因为 31 2 2 2 2 12 2 2 2 2 2kk k k k k ++  + =  ，所以 31 22 2 2 0kk k+ −  ， 所以 1 0a  ，与 1 1a  矛盾. 综上所述， 2m = . （3）设          1 2 3 4 520,12 , 19,13 , 18,14 , 17,15 , 11,5 ,A A A A A= = = = =              6 7 8 1 2 3 410,6 , 9,7 , 1,3 , 2 , 4 , 8 , 16A A A B B B B= = = = = = = ， 设W 的元素个数为m， 若W 不是A 的 ( )P m 子集， 则W 最多能包含 1 2 3 8, , , ,A A A A 中的一个元素以及 1 2 3 4, , ,B B B B 中的元素； 令  0 20,19,18,17,11,10,9,3,16,8,4,2W = ，易验证 0W 不是A 的 ( )12P 子集， 当 12m  时， 0W 的任意一个元素个数为m 的子集都不是A 的 ( )P m 子集， 第18页/共18页 所以，若A 的任意一个元素个数为m的子集都是A 的 ( )P m 子集，则 13m  ； 当 13m  时，存在  1,2,3,4,5,6,7,8i ，使得W 中必有两个元素属于 iA ， 同时 iA 中两个元素之和为 2 的某个正整数指数幂， 所以W 是A 的 ( )P m 子集； 所以，m的最小值为13 . 【点睛】关键点点睛：本题考查集合新定义问题，处理问题的关键是充分把握题中对 ( )P m 子集的定义， 同时要熟练的使用证明方法，属综合困难题.