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2020-2021学年广东省韶关市高二（上）12月月考数学试卷人教A版
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这是一份2020-2021学年广东省韶关市高二（上）12月月考数学试卷人教A版，共10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. 已知集合M=x|−4A.x|−4
2. 命题“∃x0∈N∗，使得x0+1lnx0<1”的否定是（ ）
A.∀x∈N∗，都有x+1lnx<1
B.∀x∈N∗，都有x+1lnx≥1
C.∃x0∈N∗，使得x0+1lnx0≥1
D.∀x∈N∗，都有x+1lnx≥1
3. 设Sn是等比数列an的前n项和，若a3=7，S3=21，则数列an的公比是( )
A.−12B.1C.12或1D.−12或1
4. 在△ABC中，AB=5，AC=3，BC=7，则∠BAC=( )
A.π6B.π3C.2π3D.5π6
5. 已知F1−2,0，F22,0，满足||PF1|−|PF2||=2的动点P的轨迹方程为（ ）
A.x23−y2=1B.x2−y23=1C.y2−x23=1D.y23−x2=1
6. 若m为实数，则“ 1A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件
7. y=3+x+x21+x(x>0)的最小值是（ ）
A.23B.23+1C.23−1D.23−2
8. 过椭圆x2+2y2=4的左焦点作倾斜角为π3的弦AB，则弦AB的长为（ ）
A.67B.167C.716D.76
9. 已知函数f(x)=xsin(2πx3+φ)−1（其中0<φ<π）的图像经过点P(3, 2)，令an=f(n)，则a1+a2+a3+...+a2019=（ ）
A.2019B.6057C.−20192D.−60572
10. 如图所示，为了测量 A，B处岛屿的距离，小明在D处观测，A，B分别在D处的北偏西15∘，北偏东45∘方向，再往正东方向行驶40海里至C处，观测B在C处的正北方向，A在C处的北偏西60∘方向，则A，B两处岛屿间的距离为( )
A.206海里B.406海里C.201+3海里D.40海里
二、多选题
下列结论正确的是( )
A.若a2>b2，则1a<1bB.若x>0，则x+4x≥4
C.若a>b>0，则lga>lgbD.若ab>0，a+b=1，则1a+1b≥4
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的右焦点为F，点P在椭圆C上，点Q在圆E：x+32+y−42=4上，且圆E上的所有点均在椭圆C外，若|PQ|−|PF|的最小值为25−6，且椭圆C的长轴长恰与圆E的直径长相等，则下列说法正确的是( )
A.椭圆C的焦距为2
B.椭圆C的短轴长为3
C.|PQ|+|PF|的最小值为25
D.过点F的圆E的切线斜率为−4±73
三、填空题
在等差数列an中，a1+a5=5，a4=3，则a8的值为________.
以原点为顶点，x轴为对称轴，并且经过P(−2, −4)的抛物线的标准方程为________．
设命题p：函数fx=x2+a−1x+5在(−∞,1]上是减函数；命题q：∀x∈R ，lgx2+2ax+3>0．若p∨q是真命题，p∧q是假命题，则实数a的取值范围是________.
已知P是椭圆x2a12+y2b12=1(a1>b1>0)和双曲线x2a22−y2b22=1(a2>0, b2>0)的一个公共点，F1，F2是椭圆和双曲线的公共焦点，e1，e2分别为椭圆和双曲线的离心率，若∠F1PF2=π3，则1e1+1e2的最大值是________．
四、解答题
在锐角△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，且3a=2csinA.
1确定角C的大小；
2若c=7，且△ABC的面积为332，求a+b的值．
已知公差不为零的等差数列{an}满足：a3+a8=20，且a5是a2与a14的等比中项．
1求数列{an}的通项公式；
2设数列{bn}满足bn=1anan+1，求数列{bn}的前n项和Sn．
如图，在梯形ABCD中，AB//CD,CD=3AB=3.
(1)若CA=CD，且tan∠ABC=−5，求△ABC的面积S；
(2)若cs∠DAC=24 ，cs∠ACD=34，求BD的长．
已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn=3an−12.
(1)求an；
(2)若bn=(n−1)an，且数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn.
如图，已知平行六面体ABCD−A1B1C1D1的底面是菱形，且∠C1CB=∠C1CD=∠BCD=60∘．
(1)证明：C1C⊥BD；
(2)假定CD=2，CC1=32，记面C1BD为α，面CBD为β，求二面角α−BD−β的平面角的余弦值；
(3)当CDCC1的值为多少时，能使A1C⊥平面C1BD？请给出证明．
已知椭圆C：x2a2+y22=1(a>2)的右焦点为F，P是椭圆C上一点，PF⊥x轴，|PF|=22.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线l与椭圆C交于A，B两点，线段AB的中点为M，O为坐标原点，且|OM|=2，求△AOB面积的最大值.
参考答案与试题解析
2020-2021学年广东省韶关市高二（上）12月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
一元二次不等式的解法
交集及其运算
【解析】
先求出集合N，再利用集合的运算求解即可.
【解答】
解：∵ M=x|−4N=x|x2−2x−3<0=x|−1∴ M∩N=x|−1故选B.
2.
【答案】
D
【考点】
命题的否定
全称命题与特称命题
【解析】
利用特称命题的否定为全称命题进行求解即可.
【解答】
解：由于特称命题的否定为全称命题，
所以命题“∃x0∈N∗，使得x0+1lnx0<1”的否定是∀x∈N∗，都有x+1lnx≥1.
故选D.
3.
【答案】
D
【考点】
等比数列的前n项和
等比数列的通项公式
【解析】
直接利用等比数列的通项公式及前n项和公式，构造方程即可得出答案.
【解答】
解：设等比数列公比为q，首项为a1，
则a1+a1q+a1q2=21，a3=a1q2=7，
解得q=−12或1.
故选D.
4.
【答案】
C
【考点】
余弦定理
【解析】
利用余弦定理表示出cs∠BAC，将三边长代入计算求出cs∠BAC的值，即可确定出∠BAC的度数．
【解答】
解：∵ 在△ABC中，AB=c=5，AC=b=3，BC=a=7，
∴ 由余弦定理得：cs∠BAC=b2+c2−a22bc=9+25−4930=−12，
∵ ∠BAC为△ABC的内角，
∴ ∠BAC=2π3．
故选C．
5.
【答案】
B
【考点】
轨迹方程
双曲线的标准方程
双曲线的定义
【解析】
根据双曲线的定义，分析可得P的轨迹是以F1，F2，为焦点的双曲线，结合题意可得c=2，a=1，计算出b的值，将其代入双曲线的方程计算可得答案．
【解答】
解：根据题意，F1−2,0，F22,0，
则|F1F2|=4，
动点P满足||PF1|−|PF2|=2，即2<4，
则P的轨迹是以F1，F2为焦点的双曲线，
其中c=2，2a=2，即a=1，
则b2=c2−a2=3，
∴ 双曲线的方程为： x2−y23=1.
故选B．
6.
【答案】
A
【考点】
双曲线的定义
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
求出方程x2m+y2m−2=1表示的曲线为双曲线的充要条件，结合充分条件和必要条件的定义判断即可．
【解答】
解：若曲线C：x2m+y2m−2=1表示的曲线为双曲线，
则m(m−2)<0，
解得0故“1故选A.
7.
【答案】
C
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
函数式的分子和分母都含有变量，可以变形化简为31+x+x，转化为只求两个数和的最小值，凑出两个数的积为定值，满足基本不等式成立的条件．
【解答】
解：y=3+x+x21+x=31+x+x
=3x+1+(x+1)−1
≥2x+1⋅3x+1−1=23−1，
当且仅当31+x=x+1，即x=3−1时，
所以函数y=3+x+x21+x(x>0)有最小值是23−1．
故选C.
8.
【答案】
B
【考点】
与椭圆有关的中点弦及弦长问题
【解析】
求出椭圆的左焦点，可得直线的方程，代入椭圆方程，求出交点的横坐标，利用弦长公式，即可得出结论．
【解答】
解：由x2+2y2=4，得椭圆方程x24+y22=1，
∴ a2=4，b2=2，c2=2，∴ c=2，
∴ 左焦点为F(−2, 0)，
∴ 过左焦点F的直线为y=3(x+2)，即y=3x+6．
代入椭圆方程得7x2+122x+8=0，
∴ x=−62±47，
∴ 弦AB的长为1+3×87=167．
故选B．
9.
【答案】
C
【考点】
数列与三角函数的综合
【解析】
由题意可得f(3)＝2，计算可得φ=π2，化简f(x)，再由an＝ncs2πn3−1，可得a3k−2+a3k−1+a3k=−32，即可得到所求和．
【解答】
解：由函数f(x)=xsin(2πx3+φ)−1(0<φ<π)的图像经过点P(3, 2)，
则f(3)=3sin(2π+φ)−1=3sinφ−1=2，
所以sinφ=1，结合0<φ<π，可得φ=π2，
an=ncs2πn3−1，
所以a3k−2=(3k−2)(−12)−1=−32k，
a3k−1=(3k−1)(−12)−1=−32k−12，
a3k=3k−1，
所以a3k−2+a3k−1+a3k=−32，(k∈N∗).
所以a1+a2+a3+...+a2019=673×(−32)=−20192.
故选C.
10.
【答案】
A
【考点】
余弦定理
正弦定理
解三角形的实际应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：连接AB，
由题意可知，CD=40海里，∠ADC=105∘，∠BDC=45∘，
∠BCD=90∘，∠ACD=30∘，
∴ ∠CAD=45∘，∠ADB=60∘.
∵ 在△ACD中，由正弦定理，得ADsin30∘=40sin45∘，
∴ AD=202海里.
∵ 在Rt△BCD中，∠BDC=45∘，∠BCD=90∘，
∴ BD=2CD=402海里．
在△ABD中，由余弦定理，
得AB=AD2+BD2−2AD⋅BDcs∠ADB
=800+3200−2×202×402×cs60∘
=206(海里)．
故选A.
二、多选题
【答案】
B,C,D
【考点】
命题的真假判断与应用
基本不等式在最值问题中的应用
对数值大小的比较
【解析】
判断一个命题正误可以举出反例，也可以根据不等式的性质追一加以判断，得出答案．
【解答】
解：A错，当a=3，b=−1时，a2>b2，但1a>1b；
B对，当x>0时，由基本不等式得x+4x≥2x⋅4x=4 ，
当且仅当x=4x 即x=2时，取“=”；
C对，y=lgx是增函数，当a>b>0，则lga>lgb；
D对，若ab>0，则a>0，b>0 或a<0，b<0.
又∵ a+b=1，
∴ a>0且b>0，
所以1a+1b=(1a+1b)⋅(a+b)=1+ba+ab+1
=2+ba+ab≥2+2ba⋅ab=4 ，
当且仅当ba=ab，即a=b=12 时，取“=”.
故选BCD.
【答案】
A,D
【考点】
圆与圆锥曲线的综合问题
椭圆的标准方程
圆的切线方程
圆的一般方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设椭圆的左焦点为F′(−c,0)，
又椭圆C的长轴长2a=4，即a=2.
则|PQ|−|PF|=|PQ|−(2a−|PF′|)=|PQ|+|PF′|−4，
故要求|PQ|−|PF|的最小值，
即求|PQ|+|PF′|−4的最小值.
圆E的半径r为2，
所以|PQ|+|PF′|−4的最小值等于：
|EF′|−2−4=(−c+3)2+42−6=25−6，
解得c=1，其焦距为2c=2，故A正确；
又a=2，所以b2=a2−c2=3，
其短轴长为2b=23，故B错误；
(|PQ|+|PF|)min=|EF|−2
=(−3−c)2+42−2=42−2，故C错误；
设过点F且与圆E相切的直线方程为y=k(x−1)，
即kx−y−k=0，于是得|−3k−4−k|1+k2=2，
解得k=−4±73，故D正确．
故选AD．
三、填空题
【答案】
5
【考点】
等差数列的通项公式
【解析】
利用等差数列通项求出首项和公差即可得到答案.
【解答】
解：在等差数列an中，设公差为d，
∵ a1+a5=5，a4=3，
∴ 2a1+4d=5，a1+3d=3，
解得a1=32，d=12，
∴ a8=a1+7d=5.
故答案为：5.
【答案】
y2=−8x
【考点】
抛物线的标准方程
【解析】
根据题意知，对称轴是x轴情况，设出标准方程为y2＝2px，然后将P点坐标代入即可求出抛物线标准方程，
【解答】
解：抛物线的顶点在坐标原点，对称轴是x轴，并且经过点P(−2, −4)，
设它的标准方程为y2=2px(p>0)，
∴ (−4)2=2p⋅(−2)，
解得：p=−4，
∴ y2=−8x．
故答案为：y2=−8x.
【答案】
(−∞,−2]∪−1,2
【考点】
命题的真假判断与应用
逻辑联结词“或”“且”“非”
函数的单调性及单调区间
不等式恒成立问题
【解析】
先求出p，q的真假，再利用p∨q是真命题，p∧q是假命题，则p，q一真一假，列不等式组求解即可.
【解答】
解：命题p：函数fx=x2+a−1x+5在(−∞,1]上是减函数，
∴ −a−12≥1，
解得a≤−1；
命题q：∀x∈R ，lgx2+2ax+3>0，
∴ x2+2ax+3>1，
即x2+2ax+2>0，
∴ Δ=4a2−8<0，
解得−2若p∨q是真命题，p∧q是假命题，
则p，q一真一假，
∴ a≤−1,a≥2或a≤−2或a>−1,−2解得a≤−2或−1故答案为：(−∞,−2]∪−1,2.
【答案】
433
【考点】
椭圆的定义
双曲线的定义
双曲线的离心率
椭圆的离心率
【解析】
设P为第一象限的交点，|PF1|=m，|PF2|=n，运用椭圆和双曲线的定义，求得m=a1+a2，n=a1−a2，再由余弦定理和离心率公式可得3e12+1e22=4，设1e1=23csα，1e2=2sinα，由辅助角公式，运用正弦函数的值域即可得到最大值．
【解答】
解：设P为第一象限的交点，|PF1|=m，|PF2|=n，
由椭圆的定义可得，m+n=2a1，
由双曲线的定义可得，m−n=2a2，
解得m=a1+a2，n=a1−a2，
在△F1PF2中，由余弦定理可得
cs∠F1PF2=m2+n2−(2c)22mn=12，
即为m2+n2−mn=4c2，
即a12+3a22=4c2，
由离心率e=ca，可得1e12+3e22=4，
设1e1=2csα，1e2=23sinα，
则1e1+1e2=2csα+23sinα
=43+4sin(α+θ)（θ为辅助角）
=433sin(α+θ)，
当sin(α+θ)=1，即α+θ=π2时，取得最大值433．
故答案为：433．
四、解答题
【答案】
解：1∵ 3a=2csinA,
∴ 正弦定理得3sinA=2sinCsinA，
∵ A锐角，
∴ sinA>0，
∴ sinC=32，
又∵ C锐角，
∴ C=π3.
2三角形ABC中，由余弦定理得c2=a2+b2−2abcsC,
即7=a2+b2−ab，
又由△ABC的面积得S=12absinC=12ab32=332．
即ab=6，
∴ (a+b)2=a2+b2+2ab=25,
由于a+b为正，所以a+b=5．
【考点】
解三角形
正弦定理
【解析】
（1）利用正弦定理把已知条件转化成角的正弦，整理可求得sinC，进而求得C．
（2）利用三角形面积求得ab的值，利用余弦定理求得a2+b2的值，最后求得a+b的值．
【解答】
解：1∵ 3a=2csinA,
∴ 正弦定理得3sinA=2sinCsinA，
∵ A锐角，
∴ sinA>0，
∴ sinC=32，
又∵ C锐角，
∴ C=π3.
2三角形ABC中，由余弦定理得c2=a2+b2−2abcsC,
即7=a2+b2−ab，
又由△ABC的面积得S=12absinC=12ab32=332．
即ab=6，
∴ (a+b)2=a2+b2+2ab=25,
由于a+b为正，即a+b=5．
【答案】
解：1设等差数列{an}的公差为d，
∵ a3+a8=20，且a5是a2与a14的等比中项，
∴ 2a1+9d=20，(a1+4d)2=(a1+d)(a1+13d)， 解得a1=1，d=2，
∴ an=1+2(n−1)=2n−1．
2bn=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，
∴ Sn=b1+b2+b3+...+bn
=12(1−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1)
=12(1−12n+1)=n2n+1．
【考点】
等比中项
数列的求和
等差数列的通项公式
【解析】
（1）根据等差数列的通项公式列方程组，求出首项和公差即可得出通项公式；
（2）利用裂项法求和．
【解答】
解：1设等差数列{an}的公差为d，
∵ a3+a8=20，且a5是a2与a14的等比中项，
∴ 2a1+9d=20，(a1+4d)2=(a1+d)(a1+13d)， 解得a1=1，d=2，
∴ an=1+2(n−1)=2n−1．
2bn=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，
∴ Sn=b1+b2+b3+...+bn
=12(1−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1)
=12(1−12n+1)=n2n+1．
【答案】
解：(1)由tan∠ABC=−5知，cs∠ABC=−66，sin∠ABC=306，
在△ABC中，AB=1，AC=CD=3，
由余弦定理，知AC2=AB2+BC2−2AB⋅BC⋅cs∠ABC，
所以9=1+BC2+63BC，即3BC2+6BC−24=0，
解得BC=6或BC=−463（舍），
所以△ABC的面积S=12AB⋅BCsin∠ABC=12×1×6×306=52．
(2)在△ADC中，因为cs∠DAC=24，cs∠ACD=34，
所以sin∠DAC=1−cs2∠DAC=144，sin∠ACD=74．
由正弦定理CDsin∠DAC=ADsin∠ACD，所以AD=3×74144=322，
又cs∠BAD=cs∠DAC+∠ACD
=cs∠DACcs∠ACD−sin∠DACsin∠ACD
=3216−7216=−24，
△ABD中，由余弦定理，知
BD2=AB2+AD2−2AB⋅AD⋅cs∠BAD=1+92+2×322×24=7，
所以BD=7．
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)由tan∠ABC=−5知，cs∠ABC=−66，sin∠ABC=306，
在△ABC中，AB=1，AC=CD=3，
由余弦定理，知AC2=AB2+BC2−2AB⋅BC⋅cs∠ABC，
所以9=1+BC2+63BC，即3BC2+6BC−24=0，
解得BC=6或BC=−463（舍），
所以△ABC的面积S=12AB⋅BCsin∠ABC=12×1×6×306=52．
(2)在△ADC中，因为cs∠DAC=24，cs∠ACD=34，
所以sin∠DAC=1−cs2∠DAC=144，sin∠ACD=74．
由正弦定理CDsin∠DAC=ADsin∠ACD，所以AD=3×74144=322，
又cs∠BAD=cs∠DAC+∠ACD
=cs∠DACcs∠ACD−sin∠DACsin∠ACD
=3216−7216=−24，
△ABD中，由余弦定理，知
BD2=AB2+AD2−2AB⋅AD⋅cs∠BAD=1+92+2×322×24=7，
所以BD=7．
【答案】
解：(1)由已知可得，2Sn=3an−1，①
所以2Sn−1=3an−1−1(n≥2)，②
①-②得，2(Sn−Sn−1)=3an−3an−1，
化简得an=3an−1(n≥2)，
在①中，令n=1可得，a1=1，
所以数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，从而有an=3n−1.
(2)bn=(n−1)3n−1，
Tn=0×30+1×31+2×32+⋯+(n−1)×3n−1，③
则3Tn=0×31+1×32+2×33+⋯+(n−1)×3n.④
③-④得，−2Tn=31+32+33+⋯+3n−1−(n−1)×3n
=3−3n1−3−(n−1)×3n=(3−2n)×3n−32.
所以Tn=(2n−3)×3n+34.
【考点】
数列的求和
等比数列的通项公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由已知可得，2Sn=3an−1，①
所以2Sn−1=3an−1−1(n≥2)，②
①-②得，2(Sn−Sn−1)=3an−3an−1，
化简得an=3an−1(n≥2)，
在①中，令n=1可得，a1=1，
所以数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，从而有an=3n−1.
(2)bn=(n−1)3n−1，
Tn=0×30+1×31+2×32+⋯+(n−1)×3n−1，③
则3Tn=0×31+1×32+2×33+⋯+(n−1)×3n.④
③-④得，−2Tn=31+32+33+⋯+3n−1−(n−1)×3n
=3−3n1−3−(n−1)×3n=(3−2n)×3n−32.
所以Tn=(2n−3)×3n+34.
【答案】
(1)证明：连接AC，BD，设AC和BD交于O，连接C1O，
如图：
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AC⊥BD，BC=CD．
又∵ ∠BCC1=∠DCC1，C1C=C1C，
∴ △C1BC≅△CDC1，
∴ C1B=C1D.
∵ DO=OB，
∴ C1O⊥BD，
又AC⊥BD，AC∩C1O=O，
∴ BD⊥平面AC1CA1，
又C1C⊂平面ACC1A1，
∴ C1C⊥BD．
(2)解：由(1)知AC⊥BD，CO⊥BD，
∴ ∠C1OC是二面角α−BD−β的平面角．
在△C1BC中，BC=2，C1C=32，∠BCC1=60∘，
∴ C1B2=22+(32)2−2×2×32×cs60∘=134.
∵ ∠OCB=30∘，
∴ OB=12BC=1．
∴ C1O2=C1B2−OB2=134−1=94，
∴ C1O=32，C1O=C1C，
∴ cs∠C1OC=OC2+OC12−CC122C1O⋅CO=33．
(3)解：当CDCC1=1时，能使A1C⊥平面C1BD.
由(1)知，BD⊥平面AC1C，
∵ A1C⊂平面AC1C，
∴ BD⊥A1C.
当CDCC1=1时，平行六面体的六个面是全等的菱形，
同BD⊥A1C的证法可得BC1⊥A1C，
又BD∩BC1=B，
∴ A1C⊥平面C1BD．
【考点】
两条直线垂直的判定
二面角的平面角及求法
直线与平面垂直的性质
直线与平面垂直的判定
【解析】
（1）要证线线垂直，只要证线面垂直，由线面垂直的判定定理，只要找到一条直线垂直于两条相交直线即可，由题意易得，∴ △C1BD为等腰三角形，故AC和BD交于O，则C1O⊥BD，又AC⊥BD，命题可证．
（2）由（1）知∠C1OC是二面角α−BD−β的平面角，由余弦定理解△C1OC即可．
（3）可先猜测CDCC1的值，然后证明A1C⊥平面C1BD．只要证A1C⊥平面C1BD内的两条相交直线即可，易得BD⊥平面AC1，BD⊥A1C．同理再证BC1⊥A1C即可．
【解答】
(1)证明：连接AC，BD，设AC和BD交于O，连接C1O，
如图：
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AC⊥BD，BC=CD．
又∵ ∠BCC1=∠DCC1，C1C=C1C，
∴ △C1BC≅△CDC1，
∴ C1B=C1D.
∵ DO=OB，
∴ C1O⊥BD，
又AC⊥BD，AC∩C1O=O，
∴ BD⊥平面AC1CA1，
又C1C⊂平面ACC1A1，
∴ C1C⊥BD．
(2)解：由(1)知AC⊥BD，CO⊥BD，
∴ ∠C1OC是二面角α−BD−β的平面角．
在△C1BC中，BC=2，C1C=32，∠BCC1=60∘，
∴ C1B2=22+(32)2−2×2×32×cs60∘=134.
∵ ∠OCB=30∘，
∴ OB=12BC=1．
∴ C1O2=C1B2−OB2=134−1=94，
∴ C1O=32，C1O=C1C，
∴ cs∠C1OC=OC2+OC12−CC122C1O⋅CO=33．
(3)解：当CDCC1=1时，能使A1C⊥平面C1BD.
由(1)知，BD⊥平面AC1C，
∵ A1C⊂平面AC1C，
∴ BD⊥A1C.
当CDCC1=1时，平行六面体的六个面是全等的菱形，
同BD⊥A1C的证法可得BC1⊥A1C，
又BD∩BC1=B，
∴ A1C⊥平面C1BD．
【答案】
解：(1)由题意可知，点P(c, 22)，b=2，
∴c2a2+(22)22=1，
又∵a2=b2+c2=2+c2，
解得a2=8，c2=6，
∴椭圆C的方程为x28+y22=1.
(2)当AB⊥x轴时，M位于x轴上，且OM⊥AB，
由|OM|=2可得|AB|=6，
此时，S△AOB=12|OM|⋅|AB|=3，
当AB不垂直于x轴时，设直线AB的方程为y=kx+t，
与椭圆交于A(x1, y1)，B(x2, y2)，
由x28+y22=1，y=kx+t，
得(1+4k2)x2+8ktx+4t2−8=0，
∴x1+x2=−8kt1+4k2，x1x2=4t2−81+4k2，
∴M(−4kt1+4k2, t1+4k2)，
已知|OM|=2，可得t2=2(1+4k2)21+16k2，
∵|AB|2=(1+k2)[(x1+x2)2−4x1x2]
=(1+k2)[(−8kt1+4k2)2−4×4t2−81+4k2]
=(1+k2)16(8k2−t2+2)(1+4k2)2，
设O到直线AB的距离为d，则d2=t21+k2，
S△AOB2=14(1+k2)16(8k2−t2+2)(1+4k2)2⋅t21+k2，
将t2=2(1+4k2)21+16k2代入化简得，
S△AOB2=192k2(4k2+1)(1+16k2)2，
令1+16k2=p，
则S△AOB2=192k2(4k2+1)(1+16k2)2
=12(p−1)(p−14+1)p2
=3[−3(1p−13)2+43]≤4，
当且仅当p=3时取等号，此时△AOB的面积最大，最大值为2.
【考点】
椭圆中的平面几何问题
椭圆的标准方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意可知，点P(c, 22)，b=2，
∴c2a2+(22)22=1，
又∵a2=b2+c2=2+c2，
解得a2=8，c2=6，
∴椭圆C的方程为x28+y22=1.
(2)当AB⊥x轴时，M位于x轴上，且OM⊥AB，
由|OM|=2可得|AB|=6，
此时，S△AOB=12|OM|⋅|AB|=3，
当AB不垂直于x轴时，设直线AB的方程为y=kx+t，
与椭圆交于A(x1, y1)，B(x2, y2)，
由x28+y22=1，y=kx+t，
得(1+4k2)x2+8ktx+4t2−8=0，
∴x1+x2=−8kt1+4k2，x1x2=4t2−81+4k2，
∴M(−4kt1+4k2, t1+4k2)，
已知|OM|=2，可得t2=2(1+4k2)21+16k2，
∵|AB|2=(1+k2)[(x1+x2)2−4x1x2]
=(1+k2)[(−8kt1+4k2)2−4×4t2−81+4k2]
=(1+k2)16(8k2−t2+2)(1+4k2)2，
设O到直线AB的距离为d，则d2=t21+k2，
S△AOB2=14(1+k2)16(8k2−t2+2)(1+4k2)2⋅t21+k2，
将t2=2(1+4k2)21+16k2代入化简得，
S△AOB2=192k2(4k2+1)(1+16k2)2，
令1+16k2=p，
则S△AOB2=192k2(4k2+1)(1+16k2)2
=12(p−1)(p−14+1)p2
=3[−3(1p−13)2+43]≤4，
当且仅当p=3时取等号，此时△AOB的面积最大，最大值为2.
1. 已知集合M=x|−4
2. 命题“∃x0∈N∗，使得x0+1lnx0<1”的否定是（ ）
A.∀x∈N∗，都有x+1lnx<1
B.∀x∈N∗，都有x+1lnx≥1
C.∃x0∈N∗，使得x0+1lnx0≥1
D.∀x∈N∗，都有x+1lnx≥1
3. 设Sn是等比数列an的前n项和，若a3=7，S3=21，则数列an的公比是( )
A.−12B.1C.12或1D.−12或1
4. 在△ABC中，AB=5，AC=3，BC=7，则∠BAC=( )
A.π6B.π3C.2π3D.5π6
5. 已知F1−2,0，F22,0，满足||PF1|−|PF2||=2的动点P的轨迹方程为（ ）
A.x23−y2=1B.x2−y23=1C.y2−x23=1D.y23−x2=1
6. 若m为实数，则“ 1
C.充要条件D.既不充分也不必要条件
7. y=3+x+x21+x(x>0)的最小值是（ ）
A.23B.23+1C.23−1D.23−2
8. 过椭圆x2+2y2=4的左焦点作倾斜角为π3的弦AB，则弦AB的长为（ ）
A.67B.167C.716D.76
9. 已知函数f(x)=xsin(2πx3+φ)−1（其中0<φ<π）的图像经过点P(3, 2)，令an=f(n)，则a1+a2+a3+...+a2019=（ ）
A.2019B.6057C.−20192D.−60572
10. 如图所示，为了测量 A，B处岛屿的距离，小明在D处观测，A，B分别在D处的北偏西15∘，北偏东45∘方向，再往正东方向行驶40海里至C处，观测B在C处的正北方向，A在C处的北偏西60∘方向，则A，B两处岛屿间的距离为( )
A.206海里B.406海里C.201+3海里D.40海里
二、多选题
下列结论正确的是( )
A.若a2>b2，则1a<1bB.若x>0，则x+4x≥4
C.若a>b>0，则lga>lgbD.若ab>0，a+b=1，则1a+1b≥4
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的右焦点为F，点P在椭圆C上，点Q在圆E：x+32+y−42=4上，且圆E上的所有点均在椭圆C外，若|PQ|−|PF|的最小值为25−6，且椭圆C的长轴长恰与圆E的直径长相等，则下列说法正确的是( )
A.椭圆C的焦距为2
B.椭圆C的短轴长为3
C.|PQ|+|PF|的最小值为25
D.过点F的圆E的切线斜率为−4±73
三、填空题
在等差数列an中，a1+a5=5，a4=3，则a8的值为________.
以原点为顶点，x轴为对称轴，并且经过P(−2, −4)的抛物线的标准方程为________．
设命题p：函数fx=x2+a−1x+5在(−∞,1]上是减函数；命题q：∀x∈R ，lgx2+2ax+3>0．若p∨q是真命题，p∧q是假命题，则实数a的取值范围是________.
已知P是椭圆x2a12+y2b12=1(a1>b1>0)和双曲线x2a22−y2b22=1(a2>0, b2>0)的一个公共点，F1，F2是椭圆和双曲线的公共焦点，e1，e2分别为椭圆和双曲线的离心率，若∠F1PF2=π3，则1e1+1e2的最大值是________．
四、解答题
在锐角△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，且3a=2csinA.
1确定角C的大小；
2若c=7，且△ABC的面积为332，求a+b的值．
已知公差不为零的等差数列{an}满足：a3+a8=20，且a5是a2与a14的等比中项．
1求数列{an}的通项公式；
2设数列{bn}满足bn=1anan+1，求数列{bn}的前n项和Sn．
如图，在梯形ABCD中，AB//CD,CD=3AB=3.
(1)若CA=CD，且tan∠ABC=−5，求△ABC的面积S；
(2)若cs∠DAC=24 ，cs∠ACD=34，求BD的长．
已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn=3an−12.
(1)求an；
(2)若bn=(n−1)an，且数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn.
如图，已知平行六面体ABCD−A1B1C1D1的底面是菱形，且∠C1CB=∠C1CD=∠BCD=60∘．
(1)证明：C1C⊥BD；
(2)假定CD=2，CC1=32，记面C1BD为α，面CBD为β，求二面角α−BD−β的平面角的余弦值；
(3)当CDCC1的值为多少时，能使A1C⊥平面C1BD？请给出证明．
已知椭圆C：x2a2+y22=1(a>2)的右焦点为F，P是椭圆C上一点，PF⊥x轴，|PF|=22.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线l与椭圆C交于A，B两点，线段AB的中点为M，O为坐标原点，且|OM|=2，求△AOB面积的最大值.
参考答案与试题解析
2020-2021学年广东省韶关市高二（上）12月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
一元二次不等式的解法
交集及其运算
【解析】
先求出集合N，再利用集合的运算求解即可.
【解答】
解：∵ M=x|−4
2.
【答案】
D
【考点】
命题的否定
全称命题与特称命题
【解析】
利用特称命题的否定为全称命题进行求解即可.
【解答】
解：由于特称命题的否定为全称命题，
所以命题“∃x0∈N∗，使得x0+1lnx0<1”的否定是∀x∈N∗，都有x+1lnx≥1.
故选D.
3.
【答案】
D
【考点】
等比数列的前n项和
等比数列的通项公式
【解析】
直接利用等比数列的通项公式及前n项和公式，构造方程即可得出答案.
【解答】
解：设等比数列公比为q，首项为a1，
则a1+a1q+a1q2=21，a3=a1q2=7，
解得q=−12或1.
故选D.
4.
【答案】
C
【考点】
余弦定理
【解析】
利用余弦定理表示出cs∠BAC，将三边长代入计算求出cs∠BAC的值，即可确定出∠BAC的度数．
【解答】
解：∵ 在△ABC中，AB=c=5，AC=b=3，BC=a=7，
∴ 由余弦定理得：cs∠BAC=b2+c2−a22bc=9+25−4930=−12，
∵ ∠BAC为△ABC的内角，
∴ ∠BAC=2π3．
故选C．
5.
【答案】
B
【考点】
轨迹方程
双曲线的标准方程
双曲线的定义
【解析】
根据双曲线的定义，分析可得P的轨迹是以F1，F2，为焦点的双曲线，结合题意可得c=2，a=1，计算出b的值，将其代入双曲线的方程计算可得答案．
【解答】
解：根据题意，F1−2,0，F22,0，
则|F1F2|=4，
动点P满足||PF1|−|PF2|=2，即2<4，
则P的轨迹是以F1，F2为焦点的双曲线，
其中c=2，2a=2，即a=1，
则b2=c2−a2=3，
∴ 双曲线的方程为： x2−y23=1.
故选B．
6.
【答案】
A
【考点】
双曲线的定义
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
求出方程x2m+y2m−2=1表示的曲线为双曲线的充要条件，结合充分条件和必要条件的定义判断即可．
【解答】
解：若曲线C：x2m+y2m−2=1表示的曲线为双曲线，
则m(m−2)<0，
解得0
7.
【答案】
C
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
函数式的分子和分母都含有变量，可以变形化简为31+x+x，转化为只求两个数和的最小值，凑出两个数的积为定值，满足基本不等式成立的条件．
【解答】
解：y=3+x+x21+x=31+x+x
=3x+1+(x+1)−1
≥2x+1⋅3x+1−1=23−1，
当且仅当31+x=x+1，即x=3−1时，
所以函数y=3+x+x21+x(x>0)有最小值是23−1．
故选C.
8.
【答案】
B
【考点】
与椭圆有关的中点弦及弦长问题
【解析】
求出椭圆的左焦点，可得直线的方程，代入椭圆方程，求出交点的横坐标，利用弦长公式，即可得出结论．
【解答】
解：由x2+2y2=4，得椭圆方程x24+y22=1，
∴ a2=4，b2=2，c2=2，∴ c=2，
∴ 左焦点为F(−2, 0)，
∴ 过左焦点F的直线为y=3(x+2)，即y=3x+6．
代入椭圆方程得7x2+122x+8=0，
∴ x=−62±47，
∴ 弦AB的长为1+3×87=167．
故选B．
9.
【答案】
C
【考点】
数列与三角函数的综合
【解析】
由题意可得f(3)＝2，计算可得φ=π2，化简f(x)，再由an＝ncs2πn3−1，可得a3k−2+a3k−1+a3k=−32，即可得到所求和．
【解答】
解：由函数f(x)=xsin(2πx3+φ)−1(0<φ<π)的图像经过点P(3, 2)，
则f(3)=3sin(2π+φ)−1=3sinφ−1=2，
所以sinφ=1，结合0<φ<π，可得φ=π2，
an=ncs2πn3−1，
所以a3k−2=(3k−2)(−12)−1=−32k，
a3k−1=(3k−1)(−12)−1=−32k−12，
a3k=3k−1，
所以a3k−2+a3k−1+a3k=−32，(k∈N∗).
所以a1+a2+a3+...+a2019=673×(−32)=−20192.
故选C.
10.
【答案】
A
【考点】
余弦定理
正弦定理
解三角形的实际应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：连接AB，
由题意可知，CD=40海里，∠ADC=105∘，∠BDC=45∘，
∠BCD=90∘，∠ACD=30∘，
∴ ∠CAD=45∘，∠ADB=60∘.
∵ 在△ACD中，由正弦定理，得ADsin30∘=40sin45∘，
∴ AD=202海里.
∵ 在Rt△BCD中，∠BDC=45∘，∠BCD=90∘，
∴ BD=2CD=402海里．
在△ABD中，由余弦定理，
得AB=AD2+BD2−2AD⋅BDcs∠ADB
=800+3200−2×202×402×cs60∘
=206(海里)．
故选A.
二、多选题
【答案】
B,C,D
【考点】
命题的真假判断与应用
基本不等式在最值问题中的应用
对数值大小的比较
【解析】
判断一个命题正误可以举出反例，也可以根据不等式的性质追一加以判断，得出答案．
【解答】
解：A错，当a=3，b=−1时，a2>b2，但1a>1b；
B对，当x>0时，由基本不等式得x+4x≥2x⋅4x=4 ，
当且仅当x=4x 即x=2时，取“=”；
C对，y=lgx是增函数，当a>b>0，则lga>lgb；
D对，若ab>0，则a>0，b>0 或a<0，b<0.
又∵ a+b=1，
∴ a>0且b>0，
所以1a+1b=(1a+1b)⋅(a+b)=1+ba+ab+1
=2+ba+ab≥2+2ba⋅ab=4 ，
当且仅当ba=ab，即a=b=12 时，取“=”.
故选BCD.
【答案】
A,D
【考点】
圆与圆锥曲线的综合问题
椭圆的标准方程
圆的切线方程
圆的一般方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设椭圆的左焦点为F′(−c,0)，
又椭圆C的长轴长2a=4，即a=2.
则|PQ|−|PF|=|PQ|−(2a−|PF′|)=|PQ|+|PF′|−4，
故要求|PQ|−|PF|的最小值，
即求|PQ|+|PF′|−4的最小值.
圆E的半径r为2，
所以|PQ|+|PF′|−4的最小值等于：
|EF′|−2−4=(−c+3)2+42−6=25−6，
解得c=1，其焦距为2c=2，故A正确；
又a=2，所以b2=a2−c2=3，
其短轴长为2b=23，故B错误；
(|PQ|+|PF|)min=|EF|−2
=(−3−c)2+42−2=42−2，故C错误；
设过点F且与圆E相切的直线方程为y=k(x−1)，
即kx−y−k=0，于是得|−3k−4−k|1+k2=2，
解得k=−4±73，故D正确．
故选AD．
三、填空题
【答案】
5
【考点】
等差数列的通项公式
【解析】
利用等差数列通项求出首项和公差即可得到答案.
【解答】
解：在等差数列an中，设公差为d，
∵ a1+a5=5，a4=3，
∴ 2a1+4d=5，a1+3d=3，
解得a1=32，d=12，
∴ a8=a1+7d=5.
故答案为：5.
【答案】
y2=−8x
【考点】
抛物线的标准方程
【解析】
根据题意知，对称轴是x轴情况，设出标准方程为y2＝2px，然后将P点坐标代入即可求出抛物线标准方程，
【解答】
解：抛物线的顶点在坐标原点，对称轴是x轴，并且经过点P(−2, −4)，
设它的标准方程为y2=2px(p>0)，
∴ (−4)2=2p⋅(−2)，
解得：p=−4，
∴ y2=−8x．
故答案为：y2=−8x.
【答案】
(−∞,−2]∪−1,2
【考点】
命题的真假判断与应用
逻辑联结词“或”“且”“非”
函数的单调性及单调区间
不等式恒成立问题
【解析】
先求出p，q的真假，再利用p∨q是真命题，p∧q是假命题，则p，q一真一假，列不等式组求解即可.
【解答】
解：命题p：函数fx=x2+a−1x+5在(−∞,1]上是减函数，
∴ −a−12≥1，
解得a≤−1；
命题q：∀x∈R ，lgx2+2ax+3>0，
∴ x2+2ax+3>1，
即x2+2ax+2>0，
∴ Δ=4a2−8<0，
解得−2
则p，q一真一假，
∴ a≤−1,a≥2或a≤−2或a>−1,−2
【答案】
433
【考点】
椭圆的定义
双曲线的定义
双曲线的离心率
椭圆的离心率
【解析】
设P为第一象限的交点，|PF1|=m，|PF2|=n，运用椭圆和双曲线的定义，求得m=a1+a2，n=a1−a2，再由余弦定理和离心率公式可得3e12+1e22=4，设1e1=23csα，1e2=2sinα，由辅助角公式，运用正弦函数的值域即可得到最大值．
【解答】
解：设P为第一象限的交点，|PF1|=m，|PF2|=n，
由椭圆的定义可得，m+n=2a1，
由双曲线的定义可得，m−n=2a2，
解得m=a1+a2，n=a1−a2，
在△F1PF2中，由余弦定理可得
cs∠F1PF2=m2+n2−(2c)22mn=12，
即为m2+n2−mn=4c2，
即a12+3a22=4c2，
由离心率e=ca，可得1e12+3e22=4，
设1e1=2csα，1e2=23sinα，
则1e1+1e2=2csα+23sinα
=43+4sin(α+θ)（θ为辅助角）
=433sin(α+θ)，
当sin(α+θ)=1，即α+θ=π2时，取得最大值433．
故答案为：433．
四、解答题
【答案】
解：1∵ 3a=2csinA,
∴ 正弦定理得3sinA=2sinCsinA，
∵ A锐角，
∴ sinA>0，
∴ sinC=32，
又∵ C锐角，
∴ C=π3.
2三角形ABC中，由余弦定理得c2=a2+b2−2abcsC,
即7=a2+b2−ab，
又由△ABC的面积得S=12absinC=12ab32=332．
即ab=6，
∴ (a+b)2=a2+b2+2ab=25,
由于a+b为正，所以a+b=5．
【考点】
解三角形
正弦定理
【解析】
（1）利用正弦定理把已知条件转化成角的正弦，整理可求得sinC，进而求得C．
（2）利用三角形面积求得ab的值，利用余弦定理求得a2+b2的值，最后求得a+b的值．
【解答】
解：1∵ 3a=2csinA,
∴ 正弦定理得3sinA=2sinCsinA，
∵ A锐角，
∴ sinA>0，
∴ sinC=32，
又∵ C锐角，
∴ C=π3.
2三角形ABC中，由余弦定理得c2=a2+b2−2abcsC,
即7=a2+b2−ab，
又由△ABC的面积得S=12absinC=12ab32=332．
即ab=6，
∴ (a+b)2=a2+b2+2ab=25,
由于a+b为正，即a+b=5．
【答案】
解：1设等差数列{an}的公差为d，
∵ a3+a8=20，且a5是a2与a14的等比中项，
∴ 2a1+9d=20，(a1+4d)2=(a1+d)(a1+13d)， 解得a1=1，d=2，
∴ an=1+2(n−1)=2n−1．
2bn=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，
∴ Sn=b1+b2+b3+...+bn
=12(1−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1)
=12(1−12n+1)=n2n+1．
【考点】
等比中项
数列的求和
等差数列的通项公式
【解析】
（1）根据等差数列的通项公式列方程组，求出首项和公差即可得出通项公式；
（2）利用裂项法求和．
【解答】
解：1设等差数列{an}的公差为d，
∵ a3+a8=20，且a5是a2与a14的等比中项，
∴ 2a1+9d=20，(a1+4d)2=(a1+d)(a1+13d)， 解得a1=1，d=2，
∴ an=1+2(n−1)=2n−1．
2bn=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，
∴ Sn=b1+b2+b3+...+bn
=12(1−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1)
=12(1−12n+1)=n2n+1．
【答案】
解：(1)由tan∠ABC=−5知，cs∠ABC=−66，sin∠ABC=306，
在△ABC中，AB=1，AC=CD=3，
由余弦定理，知AC2=AB2+BC2−2AB⋅BC⋅cs∠ABC，
所以9=1+BC2+63BC，即3BC2+6BC−24=0，
解得BC=6或BC=−463（舍），
所以△ABC的面积S=12AB⋅BCsin∠ABC=12×1×6×306=52．
(2)在△ADC中，因为cs∠DAC=24，cs∠ACD=34，
所以sin∠DAC=1−cs2∠DAC=144，sin∠ACD=74．
由正弦定理CDsin∠DAC=ADsin∠ACD，所以AD=3×74144=322，
又cs∠BAD=cs∠DAC+∠ACD
=cs∠DACcs∠ACD−sin∠DACsin∠ACD
=3216−7216=−24，
△ABD中，由余弦定理，知
BD2=AB2+AD2−2AB⋅AD⋅cs∠BAD=1+92+2×322×24=7，
所以BD=7．
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)由tan∠ABC=−5知，cs∠ABC=−66，sin∠ABC=306，
在△ABC中，AB=1，AC=CD=3，
由余弦定理，知AC2=AB2+BC2−2AB⋅BC⋅cs∠ABC，
所以9=1+BC2+63BC，即3BC2+6BC−24=0，
解得BC=6或BC=−463（舍），
所以△ABC的面积S=12AB⋅BCsin∠ABC=12×1×6×306=52．
(2)在△ADC中，因为cs∠DAC=24，cs∠ACD=34，
所以sin∠DAC=1−cs2∠DAC=144，sin∠ACD=74．
由正弦定理CDsin∠DAC=ADsin∠ACD，所以AD=3×74144=322，
又cs∠BAD=cs∠DAC+∠ACD
=cs∠DACcs∠ACD−sin∠DACsin∠ACD
=3216−7216=−24，
△ABD中，由余弦定理，知
BD2=AB2+AD2−2AB⋅AD⋅cs∠BAD=1+92+2×322×24=7，
所以BD=7．
【答案】
解：(1)由已知可得，2Sn=3an−1，①
所以2Sn−1=3an−1−1(n≥2)，②
①-②得，2(Sn−Sn−1)=3an−3an−1，
化简得an=3an−1(n≥2)，
在①中，令n=1可得，a1=1，
所以数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，从而有an=3n−1.
(2)bn=(n−1)3n−1，
Tn=0×30+1×31+2×32+⋯+(n−1)×3n−1，③
则3Tn=0×31+1×32+2×33+⋯+(n−1)×3n.④
③-④得，−2Tn=31+32+33+⋯+3n−1−(n−1)×3n
=3−3n1−3−(n−1)×3n=(3−2n)×3n−32.
所以Tn=(2n−3)×3n+34.
【考点】
数列的求和
等比数列的通项公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由已知可得，2Sn=3an−1，①
所以2Sn−1=3an−1−1(n≥2)，②
①-②得，2(Sn−Sn−1)=3an−3an−1，
化简得an=3an−1(n≥2)，
在①中，令n=1可得，a1=1，
所以数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，从而有an=3n−1.
(2)bn=(n−1)3n−1，
Tn=0×30+1×31+2×32+⋯+(n−1)×3n−1，③
则3Tn=0×31+1×32+2×33+⋯+(n−1)×3n.④
③-④得，−2Tn=31+32+33+⋯+3n−1−(n−1)×3n
=3−3n1−3−(n−1)×3n=(3−2n)×3n−32.
所以Tn=(2n−3)×3n+34.
【答案】
(1)证明：连接AC，BD，设AC和BD交于O，连接C1O，
如图：
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AC⊥BD，BC=CD．
又∵ ∠BCC1=∠DCC1，C1C=C1C，
∴ △C1BC≅△CDC1，
∴ C1B=C1D.
∵ DO=OB，
∴ C1O⊥BD，
又AC⊥BD，AC∩C1O=O，
∴ BD⊥平面AC1CA1，
又C1C⊂平面ACC1A1，
∴ C1C⊥BD．
(2)解：由(1)知AC⊥BD，CO⊥BD，
∴ ∠C1OC是二面角α−BD−β的平面角．
在△C1BC中，BC=2，C1C=32，∠BCC1=60∘，
∴ C1B2=22+(32)2−2×2×32×cs60∘=134.
∵ ∠OCB=30∘，
∴ OB=12BC=1．
∴ C1O2=C1B2−OB2=134−1=94，
∴ C1O=32，C1O=C1C，
∴ cs∠C1OC=OC2+OC12−CC122C1O⋅CO=33．
(3)解：当CDCC1=1时，能使A1C⊥平面C1BD.
由(1)知，BD⊥平面AC1C，
∵ A1C⊂平面AC1C，
∴ BD⊥A1C.
当CDCC1=1时，平行六面体的六个面是全等的菱形，
同BD⊥A1C的证法可得BC1⊥A1C，
又BD∩BC1=B，
∴ A1C⊥平面C1BD．
【考点】
两条直线垂直的判定
二面角的平面角及求法
直线与平面垂直的性质
直线与平面垂直的判定
【解析】
（1）要证线线垂直，只要证线面垂直，由线面垂直的判定定理，只要找到一条直线垂直于两条相交直线即可，由题意易得，∴ △C1BD为等腰三角形，故AC和BD交于O，则C1O⊥BD，又AC⊥BD，命题可证．
（2）由（1）知∠C1OC是二面角α−BD−β的平面角，由余弦定理解△C1OC即可．
（3）可先猜测CDCC1的值，然后证明A1C⊥平面C1BD．只要证A1C⊥平面C1BD内的两条相交直线即可，易得BD⊥平面AC1，BD⊥A1C．同理再证BC1⊥A1C即可．
【解答】
(1)证明：连接AC，BD，设AC和BD交于O，连接C1O，
如图：
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AC⊥BD，BC=CD．
又∵ ∠BCC1=∠DCC1，C1C=C1C，
∴ △C1BC≅△CDC1，
∴ C1B=C1D.
∵ DO=OB，
∴ C1O⊥BD，
又AC⊥BD，AC∩C1O=O，
∴ BD⊥平面AC1CA1，
又C1C⊂平面ACC1A1，
∴ C1C⊥BD．
(2)解：由(1)知AC⊥BD，CO⊥BD，
∴ ∠C1OC是二面角α−BD−β的平面角．
在△C1BC中，BC=2，C1C=32，∠BCC1=60∘，
∴ C1B2=22+(32)2−2×2×32×cs60∘=134.
∵ ∠OCB=30∘，
∴ OB=12BC=1．
∴ C1O2=C1B2−OB2=134−1=94，
∴ C1O=32，C1O=C1C，
∴ cs∠C1OC=OC2+OC12−CC122C1O⋅CO=33．
(3)解：当CDCC1=1时，能使A1C⊥平面C1BD.
由(1)知，BD⊥平面AC1C，
∵ A1C⊂平面AC1C，
∴ BD⊥A1C.
当CDCC1=1时，平行六面体的六个面是全等的菱形，
同BD⊥A1C的证法可得BC1⊥A1C，
又BD∩BC1=B，
∴ A1C⊥平面C1BD．
【答案】
解：(1)由题意可知，点P(c, 22)，b=2，
∴c2a2+(22)22=1，
又∵a2=b2+c2=2+c2，
解得a2=8，c2=6，
∴椭圆C的方程为x28+y22=1.
(2)当AB⊥x轴时，M位于x轴上，且OM⊥AB，
由|OM|=2可得|AB|=6，
此时，S△AOB=12|OM|⋅|AB|=3，
当AB不垂直于x轴时，设直线AB的方程为y=kx+t，
与椭圆交于A(x1, y1)，B(x2, y2)，
由x28+y22=1，y=kx+t，
得(1+4k2)x2+8ktx+4t2−8=0，
∴x1+x2=−8kt1+4k2，x1x2=4t2−81+4k2，
∴M(−4kt1+4k2, t1+4k2)，
已知|OM|=2，可得t2=2(1+4k2)21+16k2，
∵|AB|2=(1+k2)[(x1+x2)2−4x1x2]
=(1+k2)[(−8kt1+4k2)2−4×4t2−81+4k2]
=(1+k2)16(8k2−t2+2)(1+4k2)2，
设O到直线AB的距离为d，则d2=t21+k2，
S△AOB2=14(1+k2)16(8k2−t2+2)(1+4k2)2⋅t21+k2，
将t2=2(1+4k2)21+16k2代入化简得，
S△AOB2=192k2(4k2+1)(1+16k2)2，
令1+16k2=p，
则S△AOB2=192k2(4k2+1)(1+16k2)2
=12(p−1)(p−14+1)p2
=3[−3(1p−13)2+43]≤4，
当且仅当p=3时取等号，此时△AOB的面积最大，最大值为2.
【考点】
椭圆中的平面几何问题
椭圆的标准方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意可知，点P(c, 22)，b=2，
∴c2a2+(22)22=1，
又∵a2=b2+c2=2+c2，
解得a2=8，c2=6，
∴椭圆C的方程为x28+y22=1.
(2)当AB⊥x轴时，M位于x轴上，且OM⊥AB，
由|OM|=2可得|AB|=6，
此时，S△AOB=12|OM|⋅|AB|=3，
当AB不垂直于x轴时，设直线AB的方程为y=kx+t，
与椭圆交于A(x1, y1)，B(x2, y2)，
由x28+y22=1，y=kx+t，
得(1+4k2)x2+8ktx+4t2−8=0，
∴x1+x2=−8kt1+4k2，x1x2=4t2−81+4k2，
∴M(−4kt1+4k2, t1+4k2)，
已知|OM|=2，可得t2=2(1+4k2)21+16k2，
∵|AB|2=(1+k2)[(x1+x2)2−4x1x2]
=(1+k2)[(−8kt1+4k2)2−4×4t2−81+4k2]
=(1+k2)16(8k2−t2+2)(1+4k2)2，
设O到直线AB的距离为d，则d2=t21+k2，
S△AOB2=14(1+k2)16(8k2−t2+2)(1+4k2)2⋅t21+k2，
将t2=2(1+4k2)21+16k2代入化简得，
S△AOB2=192k2(4k2+1)(1+16k2)2，
令1+16k2=p，
则S△AOB2=192k2(4k2+1)(1+16k2)2
=12(p−1)(p−14+1)p2
=3[−3(1p−13)2+43]≤4，
当且仅当p=3时取等号，此时△AOB的面积最大，最大值为2.
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