2020-2021学年湖南省湘潭市湘乡市高二（上）12月月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年湖南省湘潭市湘乡市高二（上）12月月考数学试卷人教A版，共13页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 命题p：“∀x>1，使得x2>x”的否定是（ ）
A.“∃x≤1，使得x2≤x”B.“∀x≤1，使得x2>x”
C.“∃x>1，使得x2≤x”D.“∀x≤1，使得x2>x”

2. 抛物线x=116y2的焦点坐标为（ ）
A.0,14B.14,0C.0,4D.4,0

3. 设Sn是等差数列ann∈N∗的前n项和，且a1=1，S4=16，则a7=（ ）
A.7B.10C.13D.16

4. 已知a→=2，−1，3，b→=−4，x+1，y−2，若a→//b→，则x+y=（ ）
A.−6B.−5C.−4D.−3

5. 下列四个正方体图形中，A、B为正方体的两个顶点，M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出AB // 平面MNP的图形的序号是（ ）

A.①③B.①④C.①③④D.②④

6. 如图，在△ABC中，点D是边BC上的一点，DC=1，AC=3，BD=3，∠ADC=120∘，则AB的长为（ ）

A.2B.14C.7D.3

7. 如图，已知F1,F2分别为双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点，过F1的直线与双曲线C的左支交于A，B两点，连接AF2，BF2，在△ABF2中，sin∠ABF22=14，|AB|=|BF2|，则双曲线C的离心率为（ ）

A.3B.2C.3D.2

8. 若对任意的x、 y∈R，不等式x2+y2+xy≥3x+y−a恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
A.(−∞,−1]B.(−∞,1]C.[−1,+∞）D.[1,+∞）
二、多选题

已知等比数列{an}公比为q，前n项和为Sn，且满足a6=8a3，则下列说法正确的是（ ）
A.{an}为单调递增数列B.S6S3=9
C.S3，S6，S9成等比数列D.Sn=2an−a1

下列命题正确的是（ ）
A.函数fx=sinx+12sin2x在0，2π上有3个零点
B.在同一平面内，已知非零向量a→，b→，则在这个平面内对任意的向量c→，存在唯一实数对m、n使c→=ma→+nb→
C.等差数列an的前n项和为Sn，若a1>0，公差d≠0，则“S6>S7”是“S7>S8”的充分不必要条件
D.在△ABC中，若a=3,B=60∘，三角形的面积S=33，则三角形外接圆的半径为33

在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M是线段A1C1上一个动点，则下列结论正确的是（ ）
A.四面体B1ACM的体积恒为定值
B.直线D1M与平面AD1C所成角正弦值的最大值为62
C.异面直线BM与AC所成角的范围是60∘,90∘
D.当4A1M=A1C1时，平面BDM截正方体所得的截面面积为94

已知O为坐标原点，椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1,F2，短轴长为2，点M，P在C上且|OP|=c，直线PF2与C交于另一个点Q，若tan∠F1QF2=34，则下列说法正确的是（ ）
A.△PF1Q为等腰三角形B.椭圆C的离心率为22
C.△PF1F2内切圆的半径为2−1 D. △MPQ面积的最大值为21+33
三、填空题

已知x>0，当x=________时，x+4x的最小值为4．

已知{an}是等比数列，若a2a4=a5，a4=27，则数列{an}的通项公式为an=________．

已知F是双曲线x24−y212=1的左焦点，A(1, 4)，P是双曲线右支上的动点，则|PF|+|PA|的最小值为________．

在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为线段A1B1，AB的中点，O为四棱锥E−C1D1DC的外接球的球心，点M，N分别是直线DD1，EF上的动点，记直线OC与MN所成的角为θ，则当θ最小时，tanθ=________.
四、解答题

已知抛物线C:y2=2pxp>0经过点P6,y0，F为抛物线的焦点，且|PF|=10.
(1)求y0的值；

(2)点Q为抛物线C上一动点，点M为线段FQ的中点，试求点M的轨迹方程．

如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ACB=120∘，AC=2，BC=4，AA1=6，D为线段AB的中点，E为线段BB1的中点，F为线段A1C的中点．

(1)证明： EF//平面ABC；

(2)求三棱锥A1−B1CD的体积．

已知在△ABC中， 5+4csA+B=4sin2C．
(1)求角C的大小；

(2)若∠BAC与∠ABC的内角平分线交于点I，△ABC的外接圆半径为4，求△ABI周长的最大值．

已知数列an的前n项和为Sn，且Sn=n2.
(1)求数列an的通项公式；

(2)若bn=an+1−12n，数列bn的前n项和为Tn，不等式−1nλ
如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为直角梯形，∠CDA=∠BAD=90∘，AD=DC=1，AB=2，E，F分别为PD，PB的中点．

(1)求证：平面PCB⊥平面PAC；

(2)若平面CEF与底面ABCD所成的锐二面角为π4，求PA的长．

已知椭圆C:9x2+y2＝m2(m>0)，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M．
(1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；

(2)若l过点(m3, m)，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖南省湘潭市湘乡市高二（上）12月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
命题的否定
全称命题与特称命题
【解析】
无
【解答】
解：因为全称命题的否定是特称命题，
所以命题p：“∀x>1，使得x2>x”的否定是：“∃x>1，使得x2≤x”.
故选C．
2.
【答案】
D
【考点】
抛物线的性质
【解析】
无
【解答】
解：由x=116y2，得y2=16x，其焦点在x轴的正半轴上，
因为2p=16，p=8，所以p2=4，
所以其焦点坐标为4,0．
故选D．
3.
【答案】
C
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
无
【解答】
解：设等差数列an的公差为d，
∵ a1=1，S4=16，
∴ S4=4a1+6d=4+6d=16，
∴ d=2，∴ a7=a1+6d=13．
故选C．
4.
【答案】
D
【考点】
共线向量与共面向量
【解析】
无
【解答】
解：a→=2,−1,3，b→=−4,x+1,y−2，且a→//b→，则设b→=λa→，
∴ 2=−4λ，−1=x+1λ，3=y−2λ，解得λ=−12，x=1，y=−4，
∴ x+y=−3．
故选D．
5.
【答案】
B
【考点】
直线与平面平行的判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：对图①，构造AB所在的平面，如图所示，
即对角面，可以证明这个对角面ACB与平面MNP平行，
由面面平行的定义可得AB // 平面MNP．
对图④，通过证明AB // PN得到AB // 平面MNP；
对于②、③无论用定义还是判定定理都无法证明线面平行.
故选B.
6.
【答案】
C
【考点】
余弦定理
解三角形
【解析】
无
【解答】
解：△ADC中根据余弦定理AC2=AD2+DC2−2AD⋅DC⋅cs120∘，
即3=AD2+1−2⋅AD⋅−12，
整理为AD2+AD−2=0，解得AD=1，
在△ABD中利用余弦定理AB2=AD2+BD2−2AD⋅BD⋅cs60∘，
AB2=1+9−2×1×3×12=7，
所以AB=7．
故选C．
7.
【答案】
D
【考点】
余弦定理
双曲线的标准方程
双曲线的定义
双曲线的离心率
二倍角的余弦公式
【解析】
无
【解答】
解：设|BF1|=m，则由双曲线定义可得|BF2|=2a+m，
|AF1|=|AB|−|BF1|=|BF2|−m=2a，则|AF2|=4a，
则sin∠ABF22=2a2a+m=14，解得m=6a，从而|BF2|=8a．
在△BF1F2中， |F1F2|2=|BF1|2+|BF2|2−2|BF1|⋅|BF2|cs∠F1BF2，
即4c2=36a2+64a2−2×6a×8a×1−2sin2∠ABF22，
解得e=ca=2．
故选D．
8.
【答案】
D
【考点】
函数恒成立问题
二次函数的性质
【解析】
无
【解答】
解：不等式x2+y2+xy≥3x+y−a对任意x，y∈R恒成立等价于不等式x2+y−3x+y2−3y+3a≥0对任意x，y∈R恒成立，
∴ Δ=y−32−4y2−3y+3a=−3y2+6y+9−12a≤0，
∴ 4a≥−y2+2y+3=−y−12+4，
当y=1时， −y2+2y+3取得最大值4，
∴ 4a≥4，解得a≥1．
因此，实数a的取值范围是[1,+∞)．
故选D．
二、多选题
【答案】
B,D
【考点】
等比数列的通项公式
等比数列的前n项和
数列递推式
等比中项
【解析】
根据a6=8a3建立关系，逐项判断选项可得答案．
【解答】
解：由a6=8a3，可得q3a3=8a3，则q=2，
当首项a1<0时，可得{an}为单调递减数列，故A错误；
由S6S3=1−261−23=9，故B正确；
假设S3，S6，S9成等比数列，可得S62=S9×S3，
即(1−26)2=(1−23)(1−29)，显然等式不成立，
故S3，S6，S9不成等比数列，故C错误；
由{an}是公比为q的等比数列，
可得Sn=a1−anq1−q＝2an−a12−1=2an−a1，
∴ Sn=2an−a1，故D正确.
故选BD.
【答案】
A,C
【考点】
命题的真假判断与应用
等差数列的性质
函数的零点
必要条件、充分条件与充要条件的判断
解三角形
共线向量与共面向量
【解析】
无
【解答】
解：对于A：当x=0，π，2π时，函数f0=fπ=f2π=0，
即函数fx=sinx+12sin2x在0,2π上有3个零点，故A正确；
对于B：已知非零不共线向量a→，b→，则在这个平面内对任意的向量c→，存在唯一实数对m、n使c→=ma→+nb→，
根据共面向量基本定理，故B错误：
对于C：等差数列an的前n项和为Sn，若an>0，公差d≠0，
则a1>0，d<0．
所以S6>S7整理得a7<0，整理得“S7>S8”，
但是“S7>S8”，不一定a7<0，故C正确；
对于D：在△ABC中，若a=3，B=60∘，三角形的面积S=33，
所以S=12×acsinB=33，解得ac=12，
所以c=4．
所以b2=a2+c2−2accsB=9+16−2×3×4×12=13，
故b=13，
则 2R=bsinB=1332 ，
解得R=393，故D错误．
故选AC．
【答案】
A,C
【考点】
异面直线及其所成的角
直线与平面所成的角
柱体、锥体、台体的体积计算
直线与平面平行的判定
截面及其作法
【解析】
无
【解答】
解：对于A选项，根据正方体的特征可得A1C1//AC，
所以A1C1//平面AB1C，
所以线段A1C1上的点到平面AB1C的距离相等，
因为△AB1C的面积为定值，M是线段A1C1上一个动点，
所以四面体B1ACM的体积为定值，故A正确；
对于B选项，设直线D1M与平面AD1C所成的角为α，M到平面AD1C的距离为d，
则sinα=dD1M，
因为AC1//AC，
所以AC1//平面AD1C，所以M到平面AD1C的距离与A1到平面AD1C的距离相等，
连接AC，由VA1−ACD1=VC−AA1D1可得13S△ACD1×d=13S△AA1D1×1，
又S△AD1C=12×2×2×sin60∘=32，S△AA1D1=12×1×1=12，
所以d=33，
易知当M为A1C1的中点时，D1M最小，为22，
此时sinα取得最大值，为63，故B错误；
对于C选项，设异面直线BM与AC所成的角为θ，
当M与A1或C1重合时，θ取得最小值，为60∘，
当M为A1C1的中点时，θ取得最大值，为90∘，故C选项正确；
对于D选项，过点M作EF//BD，分别交A1D1，A1B1于点E，F，连接DE、BF，则四边形DEFB为等腰梯形，
因为4A1M=A1C1，
所以EF=12BD=22，BF=DE=1+122=52，
设梯形DEFB的高为ℎ，则ℎ=522−242=324，
所以截面DEFB的面积为22+22×324=98，故D错误．
故选AC．
【答案】
B,C,D
【考点】
直线与椭圆结合的最值问题
椭圆的定义和性质
椭圆中的平面几何问题
点到直线的距离公式
椭圆的标准方程
椭圆的离心率
【解析】
无
【解答】
解：A．由题意知|OP|=|OF1|=|OF2|，
所以点P，F1，F2在以O为圆心．|F1F2|为直径的圆上，
所以∠F1PF2=90∘，tan∠F1QF2=34
所以PF1PQ=34.
设|PQ|=4m，
所以|PF1|=3m，|F1Q|=5m，
故△PF1Q不是等腰三角形，故A错误．
B．根据椭圆的定义可知，|F1Q|+|PF1|+|PQ|=5m+3m+4m=4a，
所以m=a3，所以|PF1|=3m=a，则|PF2|=a，
又∠F1PF2=90∘，
所以△PF1F2为等腰直角三角形，可得b=c．
由题意知b=1，所以a2=b2+c2=2，a=2，
所以椭圆C的标准方程为x22+y2=1，离心率为22，故B正确．
C．易知△PF1F2的面积S=12×1×2=1，
设△PF1F2的内切圆半径为r，
则S=12(|PF1|+|PF2|+|F1F2|)r，
即1=2+222r，
所以r=2−1，故C正确．
D．不妨令P0,1，又F21,0，
所以直线PF2的方程为y=−x−1=1−x．
设M2csθ,sinθ，则点M到直线PF2的距离
d=|1−2csθ−sinθ|2=|1−3sinθ+φ|2，
其中tanφ=2，所以dmax=1+32，
因为|PQ|=4m=423，
所以△MPQ面积的最大值为12×423×1+32=2(1+3)3，故D正确．
故选BCD．
三、填空题
【答案】
2
【考点】
基本不等式
【解析】
利用基本不等式即可得出．
【解答】
解：∵ x>0，
∴ x+4x≥2x⋅4x=4，当且仅当x=2时，x+4x的最小值为4．
故答案为：2．
【答案】
3n−1
【考点】
等比数列的通项公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设等比数列{an}的公比为q，因为a2a4=a5，a4=27，
所以a4=a2q2=a5a4q2=q3=27，解得q=3，
a1=a4q3=2727=1，所以an=3n−1．
故答案为：3n−1．
【答案】
9
【考点】
双曲线的定义
【解析】
根据A点在双曲线的两支之间，根据双曲线的定义求得a，进而根据PA|+|PF′|≥|AF′|=5两式相加求得答案．
【解答】
解：∵ A点在双曲线的两支之间，且双曲线右焦点为F′(4, 0)，
∴ 由双曲线性质|PF|−|PF′|=2a=4，
而|PA|+|PF′|≥|AF′|=5，
两式相加得|PF|+|PA|≥9，当且仅当A、P、F′三点共线时等号成立．
故答案为：9．
【答案】
112142
【考点】
异面直线及其所成的角
球内接多面体
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图，设P，Q分别为棱CD和C1D1的中点，
则四棱锥E−C1D1DC的外接球即三棱柱DFC−D1EC1的外接球.
因为三棱柱DFC−D1EC1为直三棱柱，
所以其外接球球心O为上、下底面三角形外心G和H连线的中点．
由题意，MN是平面DD1EF内的一条动直线，
所以θ的最小值是直线OC与平面DD1EF所成角，
即问题转化为求直线OC与平面DD1EF所成角的正切值.
不妨设正方体的棱长为2，则EQ=2，ED1=5，
因为△EC1D1为等腰三角形，
所以△EC1D1外接圆的直径为2GE=ED1sin∠EC1D1=525=52，
则GE=54，从而GQ=2−54=34=PH.
如图，以D为原点，以DA→，DC→，DD1→的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，
建立空间直角坐标系D−xyz，
则D(0,0,0)，D1,(0,0,2)，C(0,2,0)，F(2,1,0)，O(34,1,1),
易求平面DD1EF的一个法向量为n→=1,−2,0.
因为OC→=(−34,1,−1)，
所以sinθ=|cs|=115×41，则tanθ=112142.
故答案为：112142.
四、解答题
【答案】
解：(1)由抛物线C:y2=2pxp>0经过点P6,y0可得：y02=12p，
又|PF|=10，可得6+p2=10 ，
解得p=8，y0=±46；
(2)由(1)知C:y2=16x，则F4,0，
设Qx1,y1，Mx,y，根据点M为线段FQ的中点，
可得 x1+4=2xy1=2y，即x1=2x−4y1=2y，
由点Q在抛物线C上，所以(2y)2=16(2x−4)，
整理可得点M的轨迹方程为y2=8x−16．
【考点】
抛物线的定义
轨迹方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由抛物线C:y2=2pxp>0经过点P6,y0可得：y02=12p，
又|PF|=10，可得6+p2=10 ，
解得p=8，y0=±46；
(2)由(1)知C:y2=16x，则F4,0，
设Qx1,y1，Mx,y，根据点M为线段FQ的中点，
可得 x1+4=2xy1=2y，即x1=2x−4y1=2y，
由点Q在抛物线C上，所以(2y)2=16(2x−4)，
整理可得点M的轨迹方程为y2=8x−16．
【答案】
(1)证明：取AC的中点为G，分别连接GF，BG．
又∵ F为线段A1C的中点，
∴ AA1//GF，且AA1=2GF．
∵ BB1=2BE，
根据三棱柱ABC−A1B1C1的性质知，BB1//AA1，BB1=AA1，
∴ GF//BE，且GF=BE，
∴ 四边形BEFG为平行四边形，
∴ EF//BG．
又∵ BG⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，
∴ EF//平面ABC．
(2)解：据题设知，S△ABC=12×2×4×sin120∘=23，
∵ V三棱柱ABC−A1B1C1=23×6=123.
又∵ VA1−ACD=VB1−BCD=13×12×23×6=23，
VC−A1B1C1=13×23×6=43，
∴ 三棱锥A1−B1CD的体积
VA1−B1CD=123−23−23−43=43．
【考点】
直线与平面平行的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：取AC的中点为G，分别连接GF，BG．
又∵ F为线段A1C的中点，
∴ AA1//GF，且AA1=2GF．
∵ BB1=2BE，
根据三棱柱ABC−A1B1C1的性质知，BB1//AA1，BB1=AA1，
∴ GF//BE，且GF=BE，
∴ 四边形BEFG为平行四边形，
∴ EF//BG．
又∵ BG⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，
∴ EF//平面ABC．
(2)解：据题设知，S△ABC=12×2×4×sin120∘=23，
∵ V三棱柱ABC−A1B1C1=23×6=123.
又∵ VA1−ACD=VB1−BCD=13×12×23×6=23，
VC−A1B1C1=13×23×6=43，
∴ 三棱锥A1−B1CD的体积
VA1−B1CD=123−23−23−43=43．
【答案】
解：(1)∵ A+B+C=π，
∴ A+B=π−C，
∴ csA+B=−csC，
又5+4csA+B=4sin2C，
∴ 5−4csC=41−cs2C，
即4cs2C−4csC+1=0，
解得csC=12．
又0(2)∵ △ABC的外接圆半径为4，所以由正弦定理得ABsin∠ACB=8，
∵ ∠ACB=π3，∴ AB=43，∠ABC+∠BAC=2π3，
又∠BAC与∠ABC的内角平分线交于点I，∴ ∠ABI+∠BAI=π3．
∴ ∠AIB=2π3，
设∠ABI=θ，
则0<θ<π3，
∠BAI=π3−θ,
在△ABI中，由正弦定理 BIsinπ3−θ=AIsinθ=8．
得BI=8sinπ3−θ，AI=8sinθ，
∴ △ABI的周长为43+8sinπ3−θ+8sinθ=8sinθ+π3+43．
∵ 0<θ≤π3，∴ π3<θ+π3<2π3．
∴ 当θ+π3=π2，即θ=π6时，△ABI的周长取得最大值，为8+43，
∴ △ABI周长的最大值为8+43．
【考点】
三角函数中的恒等变换应用
正弦定理
三角函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)∵ A+B+C=π，
∴ A+B=π−C，
∴ csA+B=−csC，
又5+4csA+B=4sin2C，
∴ 5−4csC=41−cs2C，
即4cs2C−4csC+1=0，
解得csC=12．
又0(2)∵ △ABC的外接圆半径为4，所以由正弦定理得ABsin∠ACB=8，
∵ ∠ACB=π3，∴ AB=43，∠ABC+∠BAC=2π3，
又∠BAC与∠ABC的内角平分线交于点I，∴ ∠ABI+∠BAI=π3．
∴ ∠AIB=2π3，
设∠ABI=θ，
则0<θ<π3，
∠BAI=π3−θ,
在△ABI中，由正弦定理 BIsinπ3−θ=AIsinθ=8．
得BI=8sinπ3−θ，AI=8sinθ，
∴ △ABI的周长为43+8sinπ3−θ+8sinθ=8sinθ+π3+43．
∵ 0<θ≤π3，∴ π3<θ+π3<2π3．
∴ 当θ+π3=π2，即θ=π6时，△ABI的周长取得最大值，为8+43，
∴ △ABI周长的最大值为8+43．
【答案】
解：(1)由已知可得a1=S1=1．
当n≥2时， Sn=n2，Sn−1=n−12，
所以an=Sn−Sn−1=2n−1．
显然a1=1也满足上式，所以an=2n−1．
(2)由(1)可得bn=n2n−1，
所以Tn=1+22+322+⋯+n2n−1，
所以12Tn=12+222+323+⋯+n−12n−1+n2n，
两式作差，得 12Tn=1+12+122+123+⋯+12n−1−n2n
=1−12n1−12−n2n=2−n+22n ，
所以Tn=4−n+22n−1．
不等式−1nλ当n为偶数时， λ<4−12n−2．
因为数列4−12n−2单调道增，
所以4−12n−2min=4−122−2=3，所以λ<3．
当n为奇数时，−λ<4−12n−2，即λ>12n−2−4．
因为数列12n−2−4单调递减，
所以12n−2−4max=121−2−4=−2 ，所以λ>−2．
综上可得，实数λ的取值范围是−2,3．
【考点】
数列递推式
数列与不等式的综合
数列的求和
【解析】
暂无
暂无
【解答】
解：(1)由已知可得a1=S1=1．
当n≥2时， Sn=n2，Sn−1=n−12，
所以an=Sn−Sn−1=2n−1．
显然a1=1也满足上式，所以an=2n−1．
(2)由(1)可得bn=n2n−1，
所以Tn=1+22+322+⋯+n2n−1，
所以12Tn=12+222+323+⋯+n−12n−1+n2n，
两式作差，得 12Tn=1+12+122+123+⋯+12n−1−n2n
=1−12n1−12−n2n=2−n+22n ，
所以Tn=4−n+22n−1．
不等式−1nλ当n为偶数时， λ<4−12n−2．
因为数列4−12n−2单调道增，
所以4−12n−2min=4−122−2=3，所以λ<3．
当n为奇数时，−λ<4−12n−2，即λ>12n−2−4．
因为数列12n−2−4单调递减，
所以12n−2−4max=121−2−4=−2 ，所以λ>−2．
综上可得，实数λ的取值范围是−2,3．
【答案】
解：(1)因为AD=DC=1 ，AB=2，∠CDA=∠BAD=90∘，
所以AC=BC=2，
因为AC2+BC2=AB2，所以BC⊥AC，
因为PA⊥底面ABCD， BC⊂平面ABCD，所以PA⊥BC，
因为AC∩PA=A，所以BC⊥平面PAC，
因为BC⊂面PCB，所以平面PCB平面PAC．
(2)如图，以A为坐标原点，分别以AD、AB、AP所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设PA=aa>0，则B=0,2,0, C1,1,0，D1,0,0，P0,0,a，
因为E、F分别为PD、PB的中点，
所以E12,0,a2 ，F0,1,a2, CE→=−12,−1,a2， CF→=−1,0,a2，
易知平面ABCD的一个法向量n1→0,0,1，
设平面CEF的法向量为n2→=x,y,z，
则CE→⋅n2→=0,CF→⋅n2→=0,即 −12x−y+az2=0，−x+az2=0,
不妨取z=4，则x=2a，y=a，即n2→=2a,a,4，
因为平面CEF与底面ABCD所成的锐二面角为π4，
所以 |cs⟨n1→,n2→⟩|=|n1→⋅n2→||n1→|⋅|n2→|=45a2+16=22 ，
解得a=455，即PA的长为455．
【考点】
直线与平面垂直的判定
平面与平面垂直的判定
与二面角有关的立体几何综合题
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为AD=DC=1 ，AB=2，∠CDA=∠BAD=90∘，
所以AC=BC=2，
因为AC2+BC2=AB2，所以BC⊥AC，
因为PA⊥底面ABCD， BC⊂平面ABCD，所以PA⊥BC，
因为AC∩PA=A，所以BC⊥平面PAC，
因为BC⊂面PCB，所以平面PCB平面PAC．
(2)如图，以A为坐标原点，分别以AD、AB、AP所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设PA=aa>0，则B=0,2,0, C1,1,0，D1,0,0，P0,0,a，
因为E、F分别为PD、PB的中点，
所以E12,0,a2 ，F0,1,a2, CE→=−12,−1,a2， CF→=−1,0,a2，
易知平面ABCD的一个法向量n1→0,0,1，
设平面CEF的法向量为n2→=x,y,z，
则CE→⋅n2→=0,CF→⋅n2→=0,即 −12x−y+az2=0，−x+az2=0,
不妨取z=4，则x=2a，y=a，即n2→=2a,a,4，
因为平面CEF与底面ABCD所成的锐二面角为π4，
所以 |cs⟨n1→,n2→⟩|=|n1→⋅n2→||n1→|⋅|n2→|=45a2+16=22 ，
解得a=455，即PA的长为455．
【答案】
(1)证明：设直线y=kx+b，(k≠0, b≠0)，A(x1, y1)，B(x2, y2)，M(xM, yM)，
将y=kx+b代入9x2+y2=m2(m>0)，得(k2+9)x2+2kbx+b2−m2=0，
则判别式Δ=4k2b2−4(k2+9)(b2−m2)>0，
则x1+x2=−2kb9+k2，则xM=x1+x22=−kb9+k2，yM=kxM+b=9b9+k2，
于是直线OM的斜率kOM=yMxM=−9k，
即kOM⋅k＝−9，
∴ 直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值．
(2)解：四边形OAPB能为平行四边形．
∵ 直线l过点(m3, m)，
∴ 由判别式Δ=4k2b2−4(k2+9)(b2−m2)>0，
即k2m2>9b2−9m2，
∵ b=m−k3m，
∴ k2m2>9(m−k3m)2−9m2，
即k2>k2−6k，
即6k>0，
则k>0，
∴ l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k>0，k≠3，
由(1)知OM的方程为y=−9kx，
设P的横坐标为xP，
由y=−9kx,9x2+y2=m2, 得xP2=k2m29k2+81，即xP=±km39+k2，
将点(m3, m)的坐标代入l的方程得b=m(3−k)3，
即l的方程为y＝kx+m(3−k)3，
将y=−9kx，代入y＝kx+m(3−k)3，
得kx+m(3−k)3=−9kx
解得xM=k(k−3)m3(9+k2)，
四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP＝2xM，
于是±km39+k2=2×k(k−3)m3(9+k2)，
解得k1＝4−7或k2＝4+7，
∵ ki>0，ki≠3，i＝1，2，
∴ 当l的斜率为4−7或4+7时，四边形OAPB能为平行四边形．
【考点】
直线的斜率
圆锥曲线中的定点与定值问题
椭圆的简单几何性质
【解析】
(1)联立直线方程和椭圆方程，求出对应的直线斜率即可得到结论；
(2)四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP＝2xM，建立方程关系即可得到结论．
【解答】
(1)证明：设直线y=kx+b，(k≠0, b≠0)，A(x1, y1)，B(x2, y2)，M(xM, yM)，
将y=kx+b代入9x2+y2=m2(m>0)，得(k2+9)x2+2kbx+b2−m2=0，
则判别式Δ=4k2b2−4(k2+9)(b2−m2)>0，
则x1+x2=−2kb9+k2，则xM=x1+x22=−kb9+k2，yM=kxM+b=9b9+k2，
于是直线OM的斜率kOM=yMxM=−9k，
即kOM⋅k＝−9，
∴ 直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值．
(2)解：四边形OAPB能为平行四边形．
∵ 直线l过点(m3, m)，
∴ 由判别式Δ=4k2b2−4(k2+9)(b2−m2)>0，
即k2m2>9b2−9m2，
∵ b=m−k3m，
∴ k2m2>9(m−k3m)2−9m2，
即k2>k2−6k，
即6k>0，
则k>0，
∴ l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k>0，k≠3，
由(1)知OM的方程为y=−9kx，
设P的横坐标为xP，
由y=−9kx,9x2+y2=m2, 得xP2=k2m29k2+81，即xP=±km39+k2，
将点(m3, m)的坐标代入l的方程得b=m(3−k)3，
即l的方程为y＝kx+m(3−k)3，
将y=−9kx，代入y＝kx+m(3−k)3，
得kx+m(3−k)3=−9kx
解得xM=k(k−3)m3(9+k2)，
四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP＝2xM，
于是±km39+k2=2×k(k−3)m3(9+k2)，
解得k1＝4−7或k2＝4+7，
∵ ki>0，ki≠3，i＝1，2，
∴ 当l的斜率为4−7或4+7时，四边形OAPB能为平行四边形．