数学(二)-【衡水金卷·先享题】2025-2026学年高三数学一轮复习摸底测试卷（A）

2025一2026学年度高三一轮复习摸底测试卷 数学（二） 本试卷共4页，19题。全卷满分150分。考试用时120分钟。 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、考号等填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在 答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答：选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号 涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.填空题和解答题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内。写在 试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的。 1.命题“了x∈(0，十o∞)，x2-2x十a≤0”的否定为 A.3x∈(0，+o∞)，x2-2x十a>0 B.3x∈[0，+∞)，x2-2x+a≤0 C.Hx∈(0，+o∞)，x2-2x+a>0 D.Vx∈(0，+o∞)，x2-2x十a≤0 2.已知向量a=(2,入)，a十b=(4,一3)，若a⊥b,则入的值可以为 A.—4 B.-2 C.2 D.3 3.若集合A={x|x3-8<0},B={x∈R|(1+i)2x-1=x十ai,a∈R},则 A.A二B B.BCA C.A∩B= D.A=B 4巴知双曲线C:乙芳宇1(0>0，b>0)的右焦点为E,点P在C的一条新近线上，另 一条渐近线恰好是线段P℉的垂直平分线，则C的渐近线方程为 A.y=士√2x B.y=士√3x C.y=士2x D.y=士3x 5.某学校从高三某次联考中随机抽取了甲班50名、乙班40名学生的成绩，已知这90 名学生成绩的方差为88，其中甲班50名学生成绩的平均数为112分，方差为8，乙班 40名学生成绩的平均数为94分，则乙班40名学生成绩的方差为 A.40 B.36 C.24 D.8 6.在△ABC中，∠BAC= 径，AD是∠BAC的平分线，BD=2CD,AB=3, 则sin∠ABC= A②7 C③ 14 B.②7 7 4 D. 4 7.已知定义在R上的函数f(x)满足f(x+3)≥f(x)十3，f(x+1)≤f(x)十1，且 f(1)=1,若函数g(x)=f(x)一x+2,则g(1)十g(2)十…十g(2026)= A.512 B.2026 C.3032 D.4052 8.如图所示的挂件由7个圆组成，中心圆为主挂件，从中心向三个方向延伸出分挂件， 每个方向有两个分挂件，靠近主挂件的为第一层分挂件，远离主挂件的为第二层分挂 件.现用四种不同的颜色给所有的挂件涂色，要求相邻的挂件涂不同的颜色，且同一 层的分挂件涂不同的颜色，则所有的涂色方法种数为 A.54 B.154 C.264 D.286 数学（二）第1页（共4页) 衡水金卷·先 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合 题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9已知函数)=m(+若)0<aw<3)过点（昏·），则 A.f(x)的最小正周期为π B.f(x)在区间g,6 T4π13π 上单调递增 C.f()的图象关于直线r=一号对称 D.将()的图象向右平移个单位长度后得到的图象对应的函数为偶函数 10.已知函数f(x)=e与g(x)=-x2十x+1,则 A.曲线y=f(x)与y=g(x)有且只有一个公共点 B.直线y=x十1是曲线y=f(x)与y=g(x)的公切线 C.曲线y=f(x)与y=g(x)存在斜率为2的公切线 D.f(x)≥g(x) 11.如图，在棱长为2的正方体ABCD一A1BC1D1中，E,F分别为棱BC,C1D1的中 点，G,H分别为线段A1F,D1E上的动点，则 D A.异面直线AA,与EF所成角的余弦值为5 9 B.三棱锥A1一ABH体积的最小值为2 C.当GH∥平面BCCB1时，线段GH的最小值为√2 D D.存在点G,H,使得GH⊥AC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=n2+2n,若ak是100以内最大的能被7整除 的项，则k= 3.已知tan atan。4,且∈0，则sim4e2 14.已知椭圆有如下几何性质：从椭圆一个焦点发出的声波，经过椭圆反射后，声波汇聚 到椭圆的另一个焦点上.若椭圆C:若+若=1a>b>0)的左、右焦点分别为P, 32 F2,从F1发出一声响，分别经过2s,4s在F2处先后听到两次不同的响声，则C的 离心率为 .若C的长轴长为4，A(一3,0)，B(一6,0)，点M在C上且 |MB=2MA,则M到y轴的距离为 .(本题第一空2分，第二空3分) 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15.(本小题满分13分) 已知数列{an}满足am+1=3am十2”，且a1=1. (1)证明：数列{am十2"}为等比数列，并求出{an}的通项公式； (2②设么。十2求数列6，的前n项和7 享题·摸底卷 数学（二）第2页（共4页） 囚 16.(本小题满分15分) 已知函数f(x)=xlnx一a,x十er (1)当a=1时，证明：f(x)有极小值； (2)若关于x的不等式f(x)≥e+22- 2x在(0，十∞)上恰有6个整数解，求a 的取值范围.（注：ln2≈0.69，ln6≈1.79，ln7≈1.95） 17.(本小题满分15分) 在矩形ABCD中，AB=2,AD=4,E为AD的中点，将△ABE沿BE翻折至 △PBE,使得平面PBE⊥平面BCDE,得到如图所示的四棱锥P一BCDE (1)证明：CE⊥平面PBE; (2)求直线PE与平面PCD所成角的正弦值 数学（二）第3页（共4页） 衡水金卷 18.(本小题满分17分) 某足球俱乐部举行罚点球表演赛，规定：每组四人，且该组每人最多出场一次，每次 出场只派一名队员，一旦有队员出场罚中点球，则该组的表演结束，否则派下一名队 出场.现有甲组的A,B,C,D四人组队参加表演赛，他们各自罚中的概率分别为1,2， 3,p4,且1，p2,p3,p4互不相等. (1吧知A=名a=日A=号A,=是 (ⅰ)若甲组每名队员能否罚中相互独立，求甲组的四名队员按A,B,C,D的顺序 都出场的概率； (ⅱ)若前面一人未罚中，则后面紧挨着出场的队员多少受到一些干扰，从而导致罚 中的概率变为原罚中概率的。，求甲组只派A,B两名队员出场的概率： (2)已知每名队员能否罚中相互独立，且1>p2>p>p4.若计划安排C,D分别在 第二个、第三个出场，从A,B中选一个在第一个出场，要使派出的队员人数的期望较 小，试确定安排谁第一个出场. 19.(本小题满分17分) 已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,过点F的直线l与C交于A(x1,y), B(x2,y2)两点，O为坐标原点. (1)若直线1的斜率为1，求△OAB的面积； (2)记直线1的斜率为k,若cos∠AOB=一 3 (ⅰ)求k的值； (i)求sin∠OAF·sin∠OBF的值 先享题·摸底卷 数学（二）第4页（共4页） 囚摸底卷A 数学（二） 2025- 2026学年度高三一轮复习摸底测试卷 摸底卷A·数学（二） 9 命题要素一贤表 注： 1.能力要求： I,抽象概括能力Ⅱ.推理论证能力Ⅲ，运算求解能力Ⅳ.空间想象能力V.数据处理能力 Ⅵ.应用意识和创新意识 2.学科素养： ①数学抽象 ②逻辑推理③数学建模 ④直观想象 ⑤数学运算 ⑥数据分析 分 知识点 能力要求 学科素养 预估难度 题号 题型 值 (主题内容) ⅡⅢNVM①②③④⑤⑥档次系数 选择题 5 含有一个量词的命题的否定 易 0.82 2 选择题 5 由向量垂直的坐标运算求参 易 0.75 3 选择题 5 集合与复数的综合 多 0.70 4 选择题 5 双曲线的渐近线方程 中 0.60 分层随机抽样中的均值与方 选择题 5 0.55 差的计算 6 选择题 5 解三角形 0.50 7 选择题 5 抽象函数的性质（不涉及导数） 中 0.32 8 选择题 5 涂色问题 难 0.28 9 选择题 6 正弦型函数的性质 中 0.60 10 选择题 6 两曲线的公切线问题 中 0.50 以正方体为载体的立体几何 11 选择题 6 难 0.28 问题 12 填空题 5 数列的通项与前n项和 中 0.69 三角变换中的知式求值，涉及 13 填空题 5 0.55 倍角公式 14 填空题 5 椭圆与圆的综合 中 0.30 等比数列的证明，错位相减法 15 解答题 13 中 0.60 求和 利用导数求函数的极值，由不 16 解答题 15 中 0.50 等式有解求参 6 翻折问题，证明线面垂直，求 17 解答题 0.40 线面角的正弦值 摸底卷A 数学（二） 方案设计问题，利用数学期望 18 解答题 17 选择最优方案，涉及全概率 / 难 0.26 公式 19 解答题 17 抛物线与解三角形的综合 难 0.22 ·%2 摸底卷A 数学（二） 参考答案及解析 数学（二） 一、选择题 BC=AB+AC-2AB·ACcos∠BAC=9+9 1.C【解析】命题“]x∈(0，十∞)，x2一2x十a≤0”的 否定为“Hx∈(0，十∞)，x2-2x十a>0”,故选C. 2.A【解析】因为a=(2,入)，a十b=(4,一3)，所以 2X3×是×(-号)-号所以C=39,在△ABC b=(2,-3-A),因为a⊥b,所以a·b=0,即4-3入 中，由正弦定理得 AC BC sin∠ABC 一λ2=0，解得λ=1或入=一4.故选A. sin∠BAC,则 3.B【解析】由(1十i)2x-1=x十ai,得-1十2xi=x 3×因 ai,因为x,a∈R,所以x=-1,a=2x=-2,所以B= sin∠ABC= ACsin∠BAC_ 22 BC 37 27 14 {-1},又A={x|x3-8<0}={x|x<2},所以B 二A.故选B. 故选A. 4.B【解析】设双曲线C的左焦点为F′，原点为O,设 7.D【解析】由g(x)=f(x)-x十2，得f(x)=g(x)十 线段P℉与C的另一条渐近线交于点Q,则由题意可 x一2，所以由f(x+3)≥f(x)+3,得g(x十3)十(x十 得∠POQ=∠FOQ=∠POF'=受，所以双曲线C的 3)-2≥g(x)十x-2+3,则g(x十3)≥g(x),由 3 f(x十1)≤f(x)十1，得g(x十1)十(x十1)-2≤g(x) 渐近线的斜率为士tan号=士尽，则双曲线C的渐近 +x-2十1，则g(x十1)≤g(x),所以g(x)≤g(x十3) 线方程为y=士√x.故选B. ≤g(x十2)≤g(x+1),所以g(x)=g(x十1)，所以 g(2026)=g(2025)=…=g(1)=f(1)-1+2=2, 所以g(1)+g(2)+…十g(2026)=2×2026= 4052.故选D. 8.C【解析】给挂件进行如图所示的编号，由题意可知 1号有4种涂色方法，2,3,4号有A=6种涂色方法， 5,6,7号的涂色方法分情况讨论如下：若5号与1号 同色，6号与2号同色，则7号只有1种涂色方法；若 5号与1号同色，6号与2号异色，此时6号只有1种 涂色方法，则7号有2种涂色方法，则5,6,7号有1× 5.D【解析】设甲班50名学生成绩的平均数和方差分 1×1+1×1×2=3种涂色方法.若5号与1号异色， 别为x1,s,乙班40名学生成绩的平均数和方差分别 与3号同色，5号只有1种涂色方法，当6号与4号同 为x2,s号，则x1=112,s7=8,x2=94,所以这90名学 色时，7号有2种涂色方法；当6号与4号异色时，6 生成绩的平均数为正=品(50z十40：)=104，则这 号有2种涂色方法，7号有1种涂色方法，则5,6,7号 有1×(1×2十2×1)=4种涂色方法；若5号与1 90名学生成绩的方差为=职[十@-)门十 号、3号均异色，5号只有1种涂色方法，6号、7号均 有2种涂色方法，则5,6,7号有1×2×2=4种涂色 4 90 [时+(。-)]=号[8+12-104)]十 方法，综上，所有的涂色方法种数为4×6× 告[十(94-104)]=88，解得号=8.故选D. (3十4十4)=264.故选C. 6.A【解析】因为AD为∠BAC的平分线，且BD= 2CD,所以由角平分线的性质得光==2，又 AB=3,所以AC=三，则在△ABC中，由余弦定理得 摸底卷A 数学（二） 二、选择题 合（红-子）十号-7+品，两切线方程不同，所 9.ACD【解析】由题可得sin(答+晋)=子，因为 以不存在斜率为2的公切线，故C错误：对于D,由 0<<3,所以晋<+<，所以+吾- 6 AB可知，曲线f(x)=e与g(x)=-x2十x十1只 解得w=2,所以f(x)=sin(2x+否).对于A,f(x) 有一个公共点(0,1)，且在该点处的公切线方程为 y=x十1，结合图象可知，e≥x十1，x+1≥-x2十x 的最小正周期为T-受=，故A正确：对于B,令 十1，所以e≥-x2+x十1，即f(x)≥g(x),故D正 确.故选ABD 受+2k<2+晋≤受+2，k∈Z,解得- VA 3 m≤≤君十，k∈Z,令=2，得号≤x<,所以 f在区间[，1]上单调递增，而[誓，1]生 =-x2+x+1 [受，1=]，故B精误：对于C,令2x十晋=受十 k∈Z,解得x=否十经，k∈Z,令k=-1,得x 一，所以f代x)的图象关于直线x=一号对称，故C 11.AD【解析】以D为原点，DA,DC,DD1所在直线 分别为x,y,之轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 正确：对于D,由题可得y=sm[2(x-号)十晋] ZA sinm(2x-受)=一cos2x,为偶函数，故D正确.故 选ACD. 10.ABD【解析】对于A,令9(x)=f(x)一g(x) e十x2-x-1,则9(x)=e十2x-1,易知 9(x)单调递增，且0(0)=0，所以当x∈（-∞，0) 时，g(x)<0,g(x)单调递减，当x∈(0，十∞)时， p(x)>0,g(x)单调递增，所以(x)≥(0)=0， 则A(2,0,0),C(0,2,0),A1(2,0,2),B(2,2,2), 所以方程9(x)=0有唯一解x=0,所以曲线y= D(0,0,2),E(1,2,0),F(0,1,2).对于A,AA= f(x)与y=g(x)有且只有一个公共点，故A正确； (0,0,2),E京=(-1，-1,2)，所以cos(AA,E) 对于B,由A可知曲线y=f(x)与y=g(x)的公共 =IAA·E L=4=6 点为(0,1)，由f(x)=e,得f(x)=e,则 |AA|·|EF|2√6 3，所以异面直线AA f(0)=1,所以曲线f(x)=e在点(0,1)处的切 线方程为y=x十1.由g(x)=-x2十x十1，得 与EF所成角的余弦值为气，故A正确：对于B因 g'(x)=-2x十1，则g'(0)=1,所以曲线g(x)= 为VA1-AH=VH-A1a超，△A1AB的面积为定值，所以 -x2+x十1在点(0,1)处的切线方程为y=x+1, 当点H到平面A1AB的距离最短时，三棱锥 故B正确：对于C,设公切线与曲线y=f(x)切于点 A一ABH的体积最小，显然当点H与点E重合 (en),因为了(x)=e,令e=,解得 时，点H到平面A1AB的距离最短，则最短距离为 BE=1,所以三棱锥A一ABH体积的最小值为 n合=-1n2,则切点为(-n2,2),切线方程为 号S·BE=号×合×2X2X1=号故B错 yxh2)+号-子+号1+1n2.设公切 误；对于C,A户=(-2,1,0)，D它=(1,2，-2)，设 线与曲线y=g(x)切于点(x2,一x号十x2十1)，因 A1G=AA1F=(-2λ，λ，0)，DH= 为g(x)=-2x十1，令-2x十1=号，解得x= uD1E=(,2,-2),a∈[0,1]，则G(2-2λ，a, 子，则切点为（什，），切线方程为y 2),H(u,2μ，2-2)，所以GH=（-2+2λ，2μ-a, 一2)，易知平面BCCB的一个法向量为m= ·%2· 摸底卷A 数学（二） (0,1,0),若GH∥平面BCCB,则G立·m=0,即 c=1.6=-7=厅，所以C:号+苦=1，设 2u-入=0，则A=2,所以Gi=(5u-2,0,-2), M(x,y),因为A(-3,0),B(-6,0),|MB= ∈[0，号]，所以1Gi=n-2+-2 2MA,所以√(x十6)2+y=2W√/(x+3)2+y, V-20wT,当A=8时，1Gia=√ 化简得2十y十4红=0，与子十苦-1联立，解得 42≠2，故C错误：对于D,AC=(-2,2,-2, x=-8+2√13(-8-2√I3舍去)，所以M到y 29 轴的距离为8-2√3. 由C选项可知Gi=(4-2十2x,2μ-入，-2μ)，若 四、解答题 GH⊥AC,则Gi.A1C=-2(-2+2λ)十2(2u 15.解：(1)因为am+1=3an+2”, 所以an+1十2+1=3(an十2")， (2分) )+4=0,即3-3入+2=0，则X-以=号，又A,6 又a1十2=1十2=3≠0， [0,1门，存在满足X-=号的解，故D正确，故 所以+L十2+1 an十2” =3, 选AD. 所以数列{an十2”}是以3为首项，3为公比的等比 三、填空题 数列， (4分) 12.45【解析】因为S,=n2十2n,所以当n≥2时，an= 所以an十2”=3·3”-1=3”， Sn-Sn-1=n2+2n-[(n-1)2十2(n-1)]=2m+ 则an=3"-2". (5分) 1;当n=1时，a1=S=12十2×1=3，符合上式，所 (2)由(1)知an十2=3”， 以an=2n十1，为奇数数列，所以能被7整除的项必 所以6=品， (6分) 须是7的奇数倍，即7×1,7×3,7×5，…，7×13= 91,7×15=105,所以a6=2k+1=91,解得k=45. 所以=号十号+十…十， 13.3 【解析】法一：因为tana 1=4,即sina十 tan a cos a (8分) sm&sin acos4,即sin cos=子，即sn2a cos a 两式相骏得号工=十子十京十…叶子一 11 之，因为a∈(0，平)小所以2a∈(（o,受)，所以 (-) cos2a-.所以sin4a=2sin2acos2a=Y写 1~1 30=2一2.3一3市=2 2 法二：因为ana时品。=4，所以ar。一4ana十1 2n+3 6·3 (11分) =0,因为a∈(0，于)，所以tana∈(0,1)，所以 所以工=子- (13分) tana=2-√3，所以tan2a= 2tan a 16.解：(1)当a=1时，f(x)=xlnx-x十e,x>0, 1-tan'a 则f(x)=lnx十e, (1分) 2(2-3)=2(2-√3)=1=V 易知f(x)在(0，十∞)上单调递增， 1-(2-√3)2 4w5-6√5 号，所以sina 又f)=e>0f(日）=-2+e<0, 2sin 2acos 2a= 2sin 2acos 2a 2tan 2a sin2 2a cos 2a 1+tan22a 2x号 所以存在唯一∈（位1使得广(）=0， √5 (3分) 1+(停 2 所以当x∈(0，x)时，f'(x6)<0,f(x)单调递减： 当x∈(x0,十∞)时，f(x)>0,f(x)单调递增， 14.2 8一2√I3【解析】设声波的速度为vm/s,C (4分) 所以f(x)有极小值，且在x=xo处取得 ,(5分) 的半焦距为c,由已知得， 2c=2w'所以C的离心率 2a=4v, (2)由x)≥e+号r- 24, 为台-器=子，因为C的长轴长为4，所以a=2, 得ahx-名+号(x>0 1 ·3· 摸底卷A 数学（二） 令g)=lnx-号x+号>0， D(-2√2，√2,0)， 所以p范=(-2,0，-)，D元=(w22,0), 则a≤g(x)在(0，十∞)上恰有6个整数解， 即存在6个正整数x=k满足a≤g(k),且第7个正 PD=(-222,-√2). (10分) 整数x=m满足a>g(m). (7分) 设平面PCD的法向量为n=(x,y,z), 易得g(x)=1-是=2-x 则n·Pi-2Ex+厄y-2:=0 x2-2x n·DC=√2x十√2y=0 则当x∈(0,2)时，g(x)>0; 取x=1,得y=-1,x=一3， 当x∈(2，十∞)时，g'(x)<0, 所以n=(1,-1,-3). (12分) 所以g(x)在(0,2)上单调递增，在(2，十∞)上单调 设直线PE与平面PCD所成的角为O, 递减， 所以g()=g(2)=1n2+号>1， (9分) 两秋ag-aEw1需： 当x=1时，g(1)=1; -2+3=22 当x=3时，g(3)=ln3; 2X1 11 当x=4时，g(4)=ln4-2: 所以直线PE与平面PCD所成角的正弦值为吧 当x=5时，g(5)=ln5-1: (15分) 当x=6时，g6)=ln6-多，且g6)<g1D: 18.解：(1)(i)甲组的四名队员按A,B,C,D的顺序都 当x=7时，g(7)=ln7-2, (12分) 出场的概率为P-号×号×号=日 (3分) 所以若a≤g(x)在(0，十o∞)上恰有6个整数解， (ⅱ)记事件H表示“甲组只派A,B两名队员出 则x=1,2,3,4,5,6, 场”， 所以g(7)<a≤g(6),即ln7-2<a≤n6 3 事件M表示“A罚中”，事件N表示“B罚中”， 2 则P(H)=P(MN)+P(NM) 所以a的取值范围为(ln7-2,ln6- ]15分) =P(M)P(N M)+P(N)P(MN) 17.解：(1)在矩形ABCD中，AB=2,AD=4,E为AD 号×（分×品）+×（传×品）品 (8分) 的中点， (2)若安排A第一个出场，记派出的队员人数为X, 所以CE=BE=2√2， 由题意可知X的可能取值为1,2,3,4， 所以CE+BE=16=BC, 则P(X=1)=p1,P(X=2)=(1-p1)p, 所以CE⊥BE, (3分) P(X=3)=(1-p1)(1-p3)p1, 因为平面PBE⊥平面BCDE,平面PBE∩平面 P(X=4)=(1-p1)(1-p3)(1-1), (10分) BCDE=BE,CEC平面BCDE, 所以X的分布列为 所以CE⊥平面PBE. (5分) (2)取BE的中点O,BC的中点F,连接OP,OF, 2 则OF∥CE, (1-p)·1-p)(1-p)· 所以OF⊥平面PBE, (1-P)Ps (1-p)p (1-p1) 由题可得PB=PE,所以OP⊥BE, 则E(X)=p1十2(1-p1)p+3(1-p1)(1-p:)p 所以BE,OF,OP两两垂直， (7分) 以O为原点，OB,OF,OP所在直线分别为x,y,之 +4(1-p1)(1-p)(1-p1)=-3p1-2pg-p1+ 轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 2p1p3十p1p1+p31一p1pp1+4, (12分) 若安排B第一个出场，记派出的队员人数为Y, Z◆ 同理可得E(Y)=一3p2一2p一p1十2p2p十2p1 十pp1一p2pap1十4， (14分) 则E(X)-E(Y)=-3p1十3p2+2p1px-2p2p:+ p1D1一p2p1一p1p:D1十P2p:p =(p1一p2)(2p3十p1一pp1-3), (15分) 因为1>p1>p2>p3>p1>0, 所以p1-p2>0,0<2p<2,0<p3p1<1, 则2p:十p1一pp1一3<0， 所以E(X)-E(Y)<0,即E(X)<E(Y), 则P(0,0√2)，E(-√2,0,0)，C(-√2,22,0) 所以要使派出队员人数的期望较小，甲组应安排A 第一个出场. (17分) 摸底卷A 数学（二） 19.解：)由题可得F(号0)， 由(i)可知k:= 7y12=一p2, 则直线1的方程为y=x一专， (1分) 所以十=8p,= 4 与y=2px联立，得x2-3pr+ 4 =0, 因为tan∠AOF=⊥，tan∠BOF=-兰 则4=(-3p)2-4X =8p>0, 4 所以tan∠AOFtan∠BOF=-业=p =4, 所以十=30= 4 即sin∠AOF.sin∠BOF 所以|AB|=√2·√(x1十x2)-4x1x2=√2· cOs∠AOF cos∠BOF 4, √9p2-p2=4p, (3分) 所以co∠AOF∠BOF=sn∠AOFSnDOF, (13分) 又原点O到直线l的距离d= 2p 又cos∠AOB=cos(∠AOF+∠BOF) w/1+(-1) 4 =cos∠AOFcos.∠BOF-sin∠AOFsin∠BOF= 所以△OAB的面积为号AB·d=号·4p· 2p 1 4 3 . (5分) 所以子sin∠AOFsin∠BOF-sin∠AOFsin∠BOF (2(1)由题意知直线1的方程为y=k(x-台)， in∠AOFsin∠BOF=-子， 3 k≠0， 所以sm∠AOFsin∠BOF=合. (14分) 与y=2px联立，得kx2-p(k+2)x+卫=0. 4 则△'=p2(k2+2)2-kp2=4p2(k2十1)>0， 由抛物线的定义得|AF=1十号，|BF- 所以x1十x=4 (k十2) k2 =」 4 (6分) x+台 所以OA.O苏=1x十y 所以|AF·1BF=(a+)(x+) =x1x2-√/2p.x1·2px =x1x2-2p√r1x2 =片-=是， (8分) 昌n (15分) 又|OA|=√/+听=√+2px, |OB|=√+y=√+2px, 在△A0F巾，由正孩定理得O。-2F, 所以|OA|·|OB|=√(xi+2px1)(x+2px2) 则sin∠OAF=OF|sin∠AOF AF =V/(x1x2)2+2px1x2(1+x2)+4px1x2 BF √份)+2·合.22+4p:2 在△BOF中，由正弦定理得OBF=nBOF 4 4 则sin∠OBF=⊥OF|sin∠BOF BF /251 =p√6+’ 所以sin∠OAF·sin∠OBF 4 3 所以cos∠AOB= OA.OB OF2sin∠AOF·sin∠BOF _4·9 =2 AF·BFT 9 81 1OA1·1ōB √ (17分) 解得：= 7 所以k=士四 7 (11分) (川)不妨设点A在第一象限. ·%5