【2022届走向高考】高三数学一轮(人教A版)阶段性测试题12(综合素质能力测试).docx

阶段性测试题十二(综合素养力气测试)
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分150分。考试时间120分钟。
第Ⅰ卷(选择题　共60分)
一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60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．(文)(2022·湖南长沙试验中学、沙城一中联考)A＝{x||x－1|≥1，x∈R}，B＝{x|log2x>1，x∈R}，则“x∈A”是“x∈B”的(　　)
A．充分非必要条件　 　 B．必要非充分条件
C．充分必要条件　 D．既非充分也非必要条件
[答案]　B
[解析]　由|x－1|≥1得x≥2或x≤0，∴A＝{x|x≥2或x≤0}，由log2x>1得x>2，∴B＝{x|x>2}，
∵BA，∴选B．
(理)(2022·福州市八县联考)已知函数y＝lg(4－x)的定义域为A，集合B＝{x|x<a}，若P：“x∈A”是Q：“x∈B”的充分不必要条件，则实数a的取值范围是(　　)
A．a≥4　　　　　　　 B．a≤4
C．a>4　 D．a<4
[答案]　C
[解析]　A＝{x|x<4}，B＝{x|x<a}，∵P是Q的充分不必要条件，∴AB，∴a>4，故选C．
2．(2021·广州执信中学期中)下列说法正确的是(　　)
A．命题“若x2＝1，则x＝1”的否命题为“若x2＝1，则x≠1”
B．命题“∀x≥0，x2＋x－1＜0”的否定是“∃x0＜0，x＋x0－1＜0”
C．命题“若x＝y，则sinx＝siny”的逆否命题为假命题
D．若“p∨q”为真命题，则p，q中至少有一个为真命题
[答案]　D
[解析]　“若x2＝1，则x＝1”的否命题为“若x2≠1，则x≠1”，故A错；否命题既否定条件，又否定结论；而命题的否定只否定命题的结论．“∀x≥0，x2＋x－1<0”的否定是“∃x0≥0，使x＋x0－1≥0”，故B错；命题“若A，则B”的逆否命题是“若綈B，则綈A”，因此“若x＝y，则sinx＝siny”的逆否命题为“若sinx≠siny，则x≠y”，这是一个真命题；“p∨q”为真命题时，p与q中至少有一个为真命题，故选D．
3．(文)(2022·北京东城区联考)设a＝log2，b＝log23，c＝()0.3，则(　　)
A．a<b<c　 B．a<c<b
C．b<c<a　 D．b<a<c
[答案]　B
[解析]　a＝log2<log1＝0，b＝log23>log22＝1,0<c＝()0.3<()0＝1，∴a<c<b，选B．
(理)(2022·三亚市一中月考)若函数f(x)对定义域R内的任意x都有f(x)＝f(2－x)，且当x≠1时其导函数f ′(x)满足xf ′(x)>f ′(x)，若1<a<2，则(　　)
A．f(2a)<f(2)<f(log2a) B．f(log2a)<f(2)<f(2a)
C．f(2)<f(log2a)<f(2a) D．f(log2a)<f(2a)<f(2)
[答案]　B
[解析]　∵f(x)＝f(2－x)，∴f(x)的图象关于直线x＝1对称，∵xf ′(x)>f ′(x)，∴f ′(x)(x－1)>0，∴x>1时，f ′(x)>0，f(x)单调递增，x<1时，f ′(x)<0，f(x)单调递减，∵1<a<2，∴2<<4，∴1<log2<2，又2<2a<4，∴1<log2<2<2a，∴f(log2)<f(2)<f(2a)，
∵f(log2)＝f(2－log2a)＝f(log2a)，
∴f(log2a)<f(2)<f(2a)．
4．(2022·三亚市一中月考)函数y＝sin(ωx＋φ)(ω>0，|φ|<)的部分图象如图所示，则函数的解析式为(　　)

A．y＝sin(x＋)　 B．y＝sin(x－)
C．y＝sin(2x＋)　 D．y＝sin(2x－)
[答案]　C
[解析]　由图知，＝－＝，∴T＝＝π，
∴ω＝2，
由y＝sin(2x＋φ)过(，－1)点得sin(＋φ)＝－1，
∵|φ|<，∴φ＝，故选C．
5．(2021·河南省试验中学期中)设Sn是等差数列{an}的前n项和，若＝，则＝(　　)
A．1　　　 B．2　　　
C．3　　　 D．4
[答案]　A
[解析]　＝＝×＝1.
6．(文)(2022·辽宁师大附中期中)已知圆x2＋y2＝1与x轴的两个交点为A、B，若圆内的动点P使|PA|、|PO|、|PB|成等比数列，则·的取值范围为(　　)
A．(0，]　 B．[－，0)
C．(－，0)　 D．[－1,0)
[答案]　B
[解析]　设P(x，y)，则x2＋y2<1，∵|PA|、|PO|、|PB|成等比数列，∴|PO|2＝|PA|·|PB|，∵A(－1,0)，B(1,0)，∴x2＋y2＝·，两边平方得，x2－y2＝，∵－1<y<1，∴x2＋y2－1＝2y2－∈[－，)，∴－≤x2＋y2－1<0，∴·＝(－1－x，－y)·(1－x，－y)＝x2＋y2－1∈[－，0)，故选B．
(理)(2021·河南八校第一次联考)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，sin＝，a＝b＝3，点P是边AB上的一个三等分点，则·＋·＝(　　)
A．0　　　 B．6　　　
C．9　　　 D．12
[答案]　B
[解析]　∵sin＝，∴cosC＝1－2sin2＝1－2×()2＝－，
∴c2＝a2＋b2－2abcosC＝9＋9－2×9×(－)＝24，
∴c＝2，

设AB的中点为M，则CM＝＝＝.
∴·＋·＝·(＋)
＝(＋)·2＝2||2＝6.
7．(文)(2022·北京朝阳区期末)执行如图所示的程序框图，输出的k值为(　　)

A．6　 B．24
C．120　 D．720
[答案]　C
[解析]　依据框图的循环结构可知，循环过程依次为：k＝1，i＝2，k＝1×2＝2；i＝2＋1＝3；k＝2×3＝6，i＝3＋1＝4，k＝6×4＝24，i＝4＋1＝5，k＝24×5＝120，i＝5＋1＝6>5，跳出循环，输出结果k＝120.故C正确．
(理)(2022·抚顺市六校联合体期中)执行下面的程序框图，则输出的S的值是(　　)

A．39　 B．21
C．81　 D．102
[答案]　D
[解析]　程序运行过程为：n＝1，S＝0，n<4成立，
S＝0＋1×31＝3，n＝1＋1＝2，n<4成立，
S＝3＋2×32＝21，n＝2＋1＝3，n<4仍成立，
S＝21＋3×33＝102，n＝3＋1＝4，此时n<4不成立，跳出循环，输出S的值102后结束，选D．
8．(2021·开封市二十二校联考)抛物线y2＝4x的焦点为F，点P(x，y)为该抛物线上的动点，又点A(－1,0)，则的取值范围是(　　)
A．[，1]　 B．[，1]
C．[，]　 D．[1,2]
[答案]　A
[解析]　过P作抛物线准线的垂线，垂足为B，则|PF|＝|PB|，
∵抛物线y2＝4x的焦点为F(1,0)，点A(－1,0)，
∴＝sin∠BAP，
设过A的抛物线的切线方程为y＝k(x＋1)，代入抛物线方程可得k2x2＋(2k2－4)x＋k2＝0，
∴Δ＝(2k2－4)2－4k4＝0，∴k＝±1，
sin∠BAP∈[，1]．
9．(2022·江西修水一中、永修一中联考)已知命题
p：“a>0，b>0”是“方程ax2＋by2＝1”表示椭圆的充要条件；
q：在复平面内，复数所表示的点在其次象限；
r：直线l⊥平面α，平面α∥平面β，则直线l⊥平面β；
s：同时抛掷两枚相同的均匀硬币，毁灭一正一反的概率为， 则下列复合命题中正确的是(　　)
A．p且q　 B．r或s
C．非r　 D．q或s
[答案]　B
[解析]　若方程ax2＋by2＝1表示椭圆，则a>0，b>0；当a＝b>0时，方程ax2＋by2＝1不表示椭圆，∴p为假命题；∵＝＝－i表示的点在虚轴上，∴q为假命题；r明显为真命题；同时抛掷两枚相同均匀硬币，有四种不同结果，毁灭一正一反的情形有两种，∴p＝，∴s为假命题．∴p且q为假，r或s为真，非r为假，q或s为假，选B．
10．(文)(2022·韶关市曲江一中月考)设函数f(x)是定义在R上的奇函数，且对任意x∈R都有f(x)＝f(x＋4)，当x∈(－2,0)时，f(x)＝2x，则f(2022)－f(2011)的值为(　　)
A．－　 B．
C．2　 D．－2
[答案]　A
[解析]　∵f(x＋4)＝f(x)，∴f(x)的周期为4，
又∵f(x)是R上的奇函数，∴f(0)＝0，∴f(2022)＝f(0)＝0，又x∈(－2,0)时，f(x)＝2x，∴f(－1)＝，
∴f(2011)＝f(－1)＝，∴f(2022)－f(2011)＝－，选A．
(理)(2022·杭州七校联考)已知函数f(x)＝，若a、b、c互不相等，且f(a)＝f(b)＝f(c)，则a＋b＋c的取值范围是(　　)
A．(2,2022)　 B．(2,2021)
C．(3,2022)　 D．(3,2021)
[答案]　A
[解析]　y＝log2021x，当x＝2021时，y＝1；
y＝－4x2＋4x，当x＝时，y＝1；
又a、b、c互不相等，且f(a)＝f(b)＝f(c)，不妨设a<b<c，则0<a<，<b<1,1<c<2021，且a＋b＝1，
∴2<a＋b＋c<2022，故选A．

11．(2022·宝鸡市质检)设双曲线－＝1(b>a>0)的半焦距为c，直线l过A(a,0)、B(0，b)两点，若原点O到l的距离为，则双曲线的离心率为(　　)
A．或2　 B．2
C．或　 D．
[答案]　A
[解析]　由题意，直线l的方程为：＋＝1，即bx＋ay－ab＝0，∴原点O到l的距离为d＝＝，∵原点O到l的距离为，∴＝，∴3e4－16e2＋16＝0，∴e2＝4或e2＝，∴e＝2或e＝，故选A．
12．(2021·湖北教学合作联考)已知由不等式组确定的平面区域Ω的面积为7，定点M的坐标为(1，－2)，若N∈Ω，O为坐标原点，则·的最小值是(　　)
A．－8　 B．－7
C．－6　 D．－4
[答案]　B
[解析]　依题意，画出不等式组所表示的平面区域(如图所示)

可知其围成的区域是等腰直角三角形，面积为8，由直线y＝kx＋2恒过点B(0,2)，且原点的坐标恒满足y－kx≤2，
当k＝0时，y≤2，此时平面区域Ω的面积为6，由于6<7，由此可得k<0.
由可得D(，)，依题意应有×2×||＝1，因此k＝－1(k＝3舍去)，
故有D(－1,3)，设N(x，y)，故由z＝·＝x－2y，可化为y＝x－z，∵<1，∴当直线y＝x－z过点D时，截距－z最大，即z取得最小值－7，故选B．

第Ⅱ卷(非选择题　共90分)
二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上．)
13．(2022·北京东城区联考)在△ABC中，若a＝，b＝3，B＝，则c＝________.
[答案]　
[解析]　∵B＝>，b>a，∴三角形只有一解．
由正弦定理得，＝，即＝，∴sinA＝，∴A＝，∴c2＝a2＋b2－2abcosC＝3＋9－6cos(π－－)＝12－6cos＝3，∴c＝.
14．(文)(2022·长沙市重点中学月考)阅读程序框图，运行相应的程序，当输入x的值为－25时，输出x的值为________．

[答案]　4
[解析]　输入x＝－25，|x|＝25>1成立，x＝－1＝4，|x|＝4>1成立，x＝－1＝1>1不成立，x＝3×1＋1＝4，输出x的值4后结束．
(理)(2021·豫南九校联考)若(x＋a)6的开放式中x3的系数为160，则xadx的值为________．
[答案]　
[解析]　由条件知Ca3＝160，∴a＝2，∴xadx＝x2dx＝x3|＝.
15．(文)(2022·合肥八中联考)已知△OFQ的面积为S，且·＝1，若<S<，则，夹角θ的取值范围是________．
[答案]　(，)
[解析]　∵S＝||||sinθ，1＝||||cosθ，
∴S＝tanθ，
由已知<S<，∴1<tanθ<，∴<θ<.
(理)(2022·长沙市重点中学月考)如图，矩形ORTM内放置5个大小相同且边长为1的正方形，其中A、B、C、D都在矩形的边上，则·＝________.

[答案]　－3
[解析]　·＝(＋＋)·(＋＋)
＝·＋·＋·＋·＋·＋·＋·＋·＋·＝0－4＋0＋2＋0＋1＋0－2＋0＝－3.

16．(文)(2022·吉林市摸底)设变量x、y满足约束条件则z＝x＋y的最大值是________．
[答案]　5
[解析]　画出约束条件的可行域，由可行域知，目标函数z＝x＋y过点A(2,3)时z取最大值，最大值为5.

(理)(2022·吉林省试验中学一模)设x、y满足约束条件向量a＝(y－2x，m)，b＝(1，－1)，且a∥b，则m的最小值为________．
[答案]　－6
[解析]　作出可行域如图，∵a∥b，∴(y－2x)×(－1)＝m，即m＝2x－y，作直线l0：y＝2x，平移l0得直线l：y＝2x－m，当l经过可行域内点A(1,8)时，m取最小值，mmin＝2×1－8＝－6.

三、解答题(本大题共6个小题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．)
17．(本小题满分12分)(2022·文登市期中)已知a＝(2cosα，2sinα)，b＝(cosβ，sinβ)，0<α<β<2π.
(1)若a⊥b，求|a－2b|的值；
(2)设c＝(2,0)，若a＋2b＝c，求α、β的值．
[解析]　(1)∵a⊥b，∴a·b＝0，
又∵a2＝|a|2＝4cos2α＋4sin2α＝4，b2＝|b|2＝cos2β＋sin2β＝1，
∴|a－2b|2＝(a－2b)2＝a2－4ab＋4b2＝4＋4＝8，
∴|a－2b|＝2.
(2)∵a＋2b＝(2cosα＋2cosβ，2sinα＋2sinβ)＝(2,0)，
∴即
两边分别平方再相加得：1＝2－2cosβ，
∴cosβ＝，∴cosα＝，
∵0<α<β<2π且sinα＋sinβ＝0，∴α＝，β＝.
18．(本小题满分12分)(文)(2022·浙江台州中学期中)已知数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝4，当n≥2时，满足＋＝2an.
(1)求证：{}为等差数列；
(2)求＋＋…＋的值．
[解析]　(1)＋＝2an＝2(Sn－Sn－1)＝2(＋)(－)(n≥2)，
故有－＝(n≥2)，∴{}是等差数列．
(2)由(1)知＝＋(n－4)·＝，∴Sn＝，
∴an＝Sn－Sn－1＝(n≥2)，当n＝1时，a1＝S1＝，也成立．∴an＝，
∴原式＝(－＋－＋…＋－)＝(－)＝2(4－)＝.
(理)(2022·泸州市一诊)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3＝6，S10＝110.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}前n项和为Tn，且Tn＝1－()an，令cn＝anbn(n∈N*)．求数列{cn}的前n项和Rn.
[解析]　(1)设等差数列{an}的公差为d，
∵a3＝6，S10＝110，∴a1＋2d＝6,2a1＋9d＝22，
∴a1＝2，d＝2，
所以数列{an}的通项公式an＝2＋(n－1)·2＝2n.
(2)由于Tn＝1－()an＝1－()2n＝1－()n，
当n＝1时，b1＝T1＝，
当n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝1－()n－1＋()n－1
＝()n，
且n＝1时满足bn＝()n，
∴数列{bn}的通项公式为bn＝()n.
∴cn＝＝，
∴Rn＝＋＋＋…＋，
∴Rn＝＋＋＋…＋，
两式相减得：Rn＝＋＋＋…＋－
＝－＝2－，
∴Rn＝4－.
19．(本小题满分12分)(文)(2022·北京市海淀区期末)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，PA＝PB，且侧面PAB⊥平面ABCD，E是棱AB的中点．

(1)求证：CD∥平面PAB；
(2)求证：PE⊥AD；
(3)若CA＝CB，求证：平面PEC⊥平面PAB．
[解析]　(1)由于底面ABCD是菱形，
所以CD∥AB．
又由于CD⊄平面PAB，
所以CD∥平面PAB．

(2)由于PA＝PB，点E是棱AB的中点，
所以PE⊥AB．
由于平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PE⊂平面PAB，
所以PE⊥平面ABCD，
由于AD⊂平面ABCD，所以PE⊥AD．
(3)由于CA＝CB，点E是棱AB的中点，
所以CE⊥AB．
由(2)可得PE⊥AB，所以AB⊥平面PEC，
又由于AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PEC．
(理)(2022·天津河东区一模)如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E、F分别是A1B1、CC1的中点，过D1、E、F作平面D1EGF交BB1于G.

(1)求证：EG∥D1F；
(2)求二面角C1－D1E－F的余弦值；
(3)求正方体被平面D1EGF所截得的几何体ABGEA1－DCFD1的体积．
(棱台体积计算公式：V＝H(S上＋S下＋)其中H是高，S上和S下分别是上下底面的面积．)
[解析]　(1)证明：在正方体ABCD－A1B1C1D1中，∵平面ABB1A1∥平面DCC1D1，平面D1EGF∩平面ABB1A1＝EG，平面D1EGF∩平面DCC1D1＝D1F，∴EG∥D1F.
(2)如图，以D为原点，分别以DA、DC、DD1为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则有D1(0,0,2)，E(2,1,2)，F(0,2,1)，

∴＝(2,1,0)，＝(0,2，－1)，
设平面D1EGF的法向量为n＝(x，y，z)，
则由n·＝0，和n·＝0，得，
取x＝1，得y＝－2，z＝－4，∴n＝(1，－2，－4)，
又平面ABCD的法向量为＝(0,0,2)，
故cos〈，n〉＝
＝
＝－，
∴截面D1EGF与底面ABCD所成二面角的余弦值为.
(3)设所求几何体ABGEA1－DCFD1的体积为V，
∵△EGB1～△D1FC1，D1C1＝2，C1F＝1，
∴EB1＝D1C1＝1，B1G＝C1F＝，
∴S△EGB1＝EB1·B1G＝×1×＝，
S△D1FC1＝D1C1·C1F＝×2×1＝1，
故V棱台D1FC1－EGB1＝(S△EGB1＋
＋S△D1FC1)
＝(＋＋1)＝，
∴V＝V正方体－V棱台D1FC1－EGB1＝23－＝.
20．(本小题满分12分)(2022·屯溪一中期中)设f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1的导数f ′(x)满足f ′(1)＝2a，f ′(2)＝－b，其中常数a、b∈R.
(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)设g(x)＝f ′(x)e－x，求函数g(x)的极值．
[解析]　∵f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1，
∴f ′(x)＝3x2＋2ax＋b，
∵f ′(1)＝2a，∴3＋2a＋b＝2a，
∵f ′(2)＝－b，∴12＋4a＋b＝－b，
∴a＝－，b＝－3，
∴f(x)＝x3－x2－3x＋1，f ′(x)＝3x2－3x－3，
∴f(1)＝－，f ′(1)＝－3，
∴切线方程为y－(－)＝－3(x－1)，
即6x＋2y－1＝0.
(2)∵g(x)＝(3x2－3x－3)e－x，∴g′(x)＝(6x－3)e－x＋(3x2－3x－3)·(－e－x)，
∴g′(x)＝－3x(x－3)e－x，
∴当0<x<3时，g′(x)>0，当x>3时，g′(x)<0，当x<0时，g′(x)<0，
∴g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0,3)上单调递增，在(3，＋∞)上单调递减，
所以g微小(x)＝g(0)＝－3，g极大(x)＝g(3)＝15e－3.
21．(本小题满分12分)(文)(2021·山西大同市调研)某网络营销部门随机抽查了某市200名网友在2021年11月11日的网购金额，所得数据如下表：
网购金额(单位：千元)
人数
频率
(0,1]
16
0.08
(1,2]
24
0.12
(2,3]
x
p
(3,4]
y
q
(4,5]
16
0.08
(5,6]
14
0.07
合计
200
1.00
已知网购金额不超过3千元与超过3千元的人数比恰为32.
(1)试确定x，y，p，q的值，并补全频率分布直方图(如图)．

(2)该营销部门为了了解该市网友的购物体验，从这200网友中，用分层抽样的方法从网购金额在(1,2]和(4,5]的两个群体中确定5人进行问卷调查，若需从这5人中随机选取2人连续访谈，则此2人来自不同群体的概率是多少？
[解析]　(1)依据题意有：
解得
∴p＝0.4，q＝0.25.
补全频率分布直方图如图，

(2)依据题意，网购金额在(1,2]内的人数为×5＝3(人)，记为a，b，C．
网购金额在(4,5]内的人数为×5＝2(人)，记为A，B．
则从这5人中随机选取2人的选法为：(a，b)，(a，c)，(a，A)，(a，B)，(b，c)，(b，A)，(b，B)，(c，A)，(c，B)，(A，B)共10种．
记2人来自不同群体的大事为M，则M中含有(a，A)，(a，B)，(b，A)，(b，B)，(c，A)，(c，B)共6种．
∴P(M)＝＝.
(理)(2021·赤峰市统考)某超市为了响应环保要求，鼓舞顾客自带购物袋到超市购物，实行了如下措施：对不使用超市塑料购物袋的顾客，超市赐予0.96折优待；对需要超市塑料购物袋的顾客，既要付购买费，也不享受折扣优待．假设该超市在某个时段内购物的人数为36人，其中有12位顾客自己带了购物袋，现从这36人中随机抽取2人．
(1)求这2人都享受折扣优待或都不享受折扣优待的概率；
(2)设这2人中享受折扣优待的人数为ξ，求ξ的分布列和数学期望．
[解析]　(1)设“两人都享受折扣优待”为大事A，“两人都不享受折扣优待”为大事B，
则P(A)＝＝，P(B)＝＝.
由于大事A，B互斥，
所以P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝＋＝.
故这2人都享受折扣优待或都不享受折扣优待的概率是.
(2)据题意，ξ的可能取值为0,1,2.
其中P(ξ＝0)＝P(B)＝，P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝2)＝P(A)＝.
所以ξ的分布列是：
ξ
0
1
2
P

所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝＝.
22．(本小题满分14分)(文)(2022·长安一中质检)已知抛物线的顶点在坐标原点，焦点为F(1,0)，点P是点F关于y轴的对称点，过点P的直线交抛物线于A、B两点．
(1)试问在x轴上是否存在不同于点P的一点T，使得TA、TB所在的直线与x轴所成的锐角相等，若存在，求出点T的坐标，若不存在，说明理由；
(2)若△AOB的面积为，求向量、的夹角．
[解析]　(1)由题意知，抛物线方程为：y2＝4x且P(－1,0)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l：x＝my－1，代入y2＝4x消去x得，
y2－4my＋4＝0，
∴Δ＝16m2－16>0，∴m2>1，
由根与系数的关系得，
假设存在T(a,0)满足题意，则
kAT＋kBT＝＋
＝
＝
＝
＝＝0，
∴8m－4m(1＋a)＝0，
∴1＋a＝2，∴a＝1，∴存在点T(1,0)．
(2)设∠AOB＝θ，S△ABO＝||||sinθ＝，
∴||||＝，
·＝x1x2＋y1y2＝·＋y1y2＝＋y1y2＝＋4＝5，
∴cos∠AOB＝＝＝sinθ，
即cosθ＝sinθ，
∴tanθ＝1，∴θ＝，∴∠AOB＝.
(理)(2022·武汉市调研)如图，矩形ABCD中，|AB|＝2，|BC|＝2，E、F、G、H分别是矩形四条边的中点，分别以HF、EG所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系，已知＝λ，＝λ，其中0<λ<1.

(1)求证：直线ER与GR′的交点M在椭圆Γ：＋y2＝1上；
(2)若点N是直线l：y＝x＋2上且不在坐标轴上的任意一点，F1、F2分别为椭圆Γ的左、右焦点，直线NF1和NF2与椭圆Γ的交点分别为P、Q和S、T.是否存在点N，使得直线OP、OQ、OS、OT的斜率kOP、kOQ、kOS、kOT满足kOP＋kOQ＋kOS＋kOT＝0？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
[解析]　(1)由已知，得F(，0)，C(，1)．
由＝λ，＝λ，得R(λ，0)，R′(，1－λ)．
又E(0，－1)，G(0,1)，则
直线ER的方程为y＝x－1，①
直线GR′的方程为y＝－x＋1.②
由①②，得M(，)．
∵＋()2＝＝＝1，
∴直线ER与GR′的交点M在椭圆Γ：＋y2＝1上．
(2)假设满足条件的点N(x0，y0)存在，则
直线NF1的方程为y＝k1(x＋1)，其中k1＝，
直线NF2的方程为y＝k2(x－1)，其中k2＝.
由消去y并化简，得(2k＋1)x2＋4kx＋2k－2＝0.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则
x1＋x2＝－，x1x2＝.
∵OP，OQ的斜率存在，∴x1≠0，x2≠0，∴k≠1.
∴kOP＋kOQ＝＋＝＋
＝2k1＋k1·＝k1(2－)＝－.
同理可得kOS＋kOT＝－.
∴kOP＋kOQ＋kOS＋kOT＝－2(＋)
＝－2·＝－.
∵kOP＋kOQ＋kOS＋kOT＝0，∴－＝0，即(k1＋k2)(k1k2－1)＝0.
由点N不在坐标轴上，知k1＋k2≠0，
∴k1k2＝1，即·＝1.③
又y0＝x0＋2，④
解③④，得x0＝－，y0＝.
故满足条件的点N存在，其坐标为(－，)．