2020-2021学年湖北省十堰市高二（上）12月月考数学试卷 (1)人教A版

这是一份2020-2021学年湖北省十堰市高二（上）12月月考数学试卷 (1)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. 已知命题p：∃m∈R，方程x2+mx+1=0有实根，则命题p的否定是( )
A.对任意m∈R，方程x2+mx+1=0无实根
B.存在m∈R，使方程x2+mx+1=0无实根
C.不存在实数m，使方程x2+mx+1=0无实根
D.至多有一个实数m，使方程x2+mx+1=0有实根

2. 已知一组数据x1，x2，x3，x4，x5的平均数是2，那么另一组数据3x1−2，3x2−2，3x3−2，3x4−2，3x5−2的平均数是( )
A.2B.3C.4D.8

3. 一个口袋中装有大小相同的5个红球和3个白球，从中任取3个球，那么互斥而不对立的事件是( )
A.至少有一个红球与都是红球
B.至少有一个红球与都是白球
C.恰有一个红球与恰有二个红球
D.至少有一个红球与至少有一个白球

4. 已知a，b表示不同的直线，α，β表示不同的平面，以下命题正确的是( )
A.若a//b，a//α，则b//αB.若a⊥α，b//α，则a⊥b
C.若a⊥b，b//α，则a⊥αD.若a//α，α//β，则a//β

5. 若直线l1：x+ay+6=0与l2：a−2x+3y+2a=0平行，则直线l2在y轴上的截距为( )
A.2或23B.−2或23C.2D.23

6. 已知a→=2,−1,4，b→=−1,1,−2，c→=7,5,m，若a→，b→，c→共面，则实数m的值为( )
A.607B.14C.12D.627

7. 已知抛物线 C:y2=8x的焦点为F，过点F的直线与抛物线C相交于A，B两点，则|AF|+|BF|的最小值为( )
A.42B.8C.4D.22

8. 正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为3，点M在棱AB上，且AM=1，点P是正方体下底面ABCD内（含边界）的动点，且动点P到直线A1D1的距离与点P到点M的距离的平方差为9，则动点P到点B的距离的最小值是( )
A.2B.52C.5D.2
二、多选题

下面关于空间几何体叙述正确的是( )
A.底面是正多边形的棱锥是正棱锥
B.有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台
C.正四棱柱都是长方体
D.直角三角形以其直角边所在直线为轴旋转一周形成的几何体是圆锥

已知F1，F2分别是椭圆C：x225+y216=1的左右焦点，A1，A2是椭圆长轴端点，点P是椭圆上异于长轴端点的一点，则下列结论正确的是( )
A.椭圆C的离心率e=45
B.以PF1为直径的圆与以A1A2为直径的圆内切
C.存在点P使PF1→⋅PF2→=0
D.△PF1F2面积的最大值为12

已知在三棱锥P−ABC中，AP，AB，AC两两互相垂直，AP=5cm，AB=4cm，AC=3cm，点O为三棱锥P−ABC 的外接球的球心，下列说法正确的是( )
A.球O的表面积为50πcm2
B.异面直线BC与AO所成角的余弦值为7250
C.直线BC与平面PAC所成角的正切值为43
D.AO⊥平面PBC

已知圆O:x2+y2=13．A，B为圆O上的两个动点，且AB=4，M为弦AB的中点．C4,a，D4,a+4．当A，B在圆O上运动时，始终有∠CMD 为锐角，则实数a的可能取值为( )
A.−6B.0C.1D.2
三、填空题

某厂家生产甲、乙、丙三种不同类型的饮品，产量之比为2:3:4，为检验该厂家产品质量，用分层抽样的方法抽取一个容量为72的样本，则样本中乙类型饮品的数量为________.

大小相同的4个小球上分别写有数字1，2，3，4，从这4个小球中随机抽取2个小球，则取出的2个小球上的数字之和为奇数的概率为________．

已知圆x2+y2−2x−3=0与抛物线y=2px2p>0的准线相切，则p=________.

已知F1，F2是双曲线Γ:x216−y29=1的左、右焦点，点P为双曲线Γ上异于顶点的点，直线l分别与以PF1，PF2为直径的圆相切于A，B两点，若直线l与F1F2 的夹角为θ0<θ≤π2，则csθ=________.
四、解答题

已知命题p：“曲线C1:x2m2+y22m+8=1表示焦点在x轴上的椭圆”，命题q：“曲线C2:x2m−t+y2m−t−1=1表示双曲线”．使命题p是真命题的m的范围记为集合A，使命题q是真命题的m的范围记为集合B．若m∈A是m∈B 的必要不充分条件，求t的取值范围．

目前，新高考改革正在全国各地分阶段分地域稳步推进，根据“两依据，一参考”的标准，形成综合评价、多元录取考试招生格局，这使学业水平考试提到了前所未有的新高度．为了更好地了解学生对即将进行的学业水平考试的复习状况，某校对某年级2000名同学进行了适应性考试，考试结束后，发现学生的语文和数学成绩全部介于50分与100分之间．现抽取100名同学的语文和数学成绩进行研究，先对语文成绩进行分析，其频率分布直方图如图所示，其中成绩分组区间是：[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，90,100.

(1)若语文成绩在90,100的认为学生语文成绩优秀，求该样本在这次考试中语文成绩优秀的人数；

(2)根据频率分布直方图，估计这100名学生语文成绩的中位数；（答案四舍五入，保留整数）

(3)若这100名学生的语文成绩分数段的人数x与数学成绩相应分数段的人数y之比如下表所示，试估计这100名同学数学成绩的平均数．（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）

如图，已知圆心坐标为M(3, 1)的圆M与x轴及直线y=3x均相切，切点分别为A，B，另一圆N与圆M，x轴及直线y=3x均相切，切点分别为C，D．

(1)求圆M和圆N的方程；

(2)过B点作MN的平行线l，求直线l被圆N截得的弦的长度．

如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，P、Q分别是AA1、A1C1的中点．

(1)设棱BB1的中点为D，证明：C1D // 平面PQB1.

(2)若AB=2，AC=AA1=AC1=4，∠AA1B1=60∘，且平面AA1C1C⊥平面AA1B1B，求三棱锥P−QA1B1的体积．

在四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，BC//AD，∠ADC=90∘，BC=CD=12AD=1，E为线段AD的中点，过BE的平面与线段PD，PC分别交于点G，F．

(1)求证：GF⊥PA；

(2)若PA=PD=2，是否存在点G，使得直线PB与平面BEGF所成角的正弦值为34，若存在，请确定G点的位置；若不存在，请说明理由．

已知点F1，F2分别为椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的左右焦点，其焦距为2，椭圆C与y轴正半轴交点为A，且△AF1F2为等边三角形．
(1)求椭圆C的标准方程；

(2)过点A作斜率为k1，k2k1k2≠0的两条直线分别交椭圆C于异于点A的两点M，N．证明：当k2=k1k1−1时，直线MN过定点．
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖北省十堰市高二（上）12月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
命题的否定
【解析】
根据特称命题的否定是全称命题进行求解即可．
【解答】
解：命题p：∃m∈R，方程x2+mx+1=0有实根是特称命题，
则命题的否定是：对任意m∈R，方程x2+mx+1=0无实根．
故选A．
2.
【答案】
C
【考点】
众数、中位数、平均数
【解析】
平均数的计算方法是求出所有数据的和，然后除以数据的总个数．先求数据x1，x2，x3，x4，x5的和，然后再用平均数的定义求新数据的平均数．
【解答】
解：∵ 一组数据x1，x2，x3，x4，x5的平均数是2，
∴ 15x1+x2+x3+x4+x5=2，
∴ x1+x2+x3+x4+x5=10，
∴ 另一组数据3x1−2，3x2−2，3x3−2，3x4−2，3x5−2的平均数是：
153x1−2+3x2−2+3x3−2+3x4−2+3x5−2
=15[3(x1+x2+x3+x4+x5)−10]
=15(3×10−10)=4.
故选C．
3.
【答案】
C
【考点】
互斥事件与对立事件
【解析】
利用互斥事件、对立事件的定义直接求解．
【解答】
解：从装有5个红球和3个白球的口袋内任取3个球，
A，至少有一个红球与都是红球能同时发生，不是互斥事件，故A错误；
B，至少有一个红球与都是白球是对立事件，故B错误；
C，恰有一个红球与恰有二个红球是互斥而不对立的事件，故C正确；
D，至少有一个红球与至少有一个白球能同时发生，不是互斥事件，故D错误．
故选C．
4.
【答案】
B
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
将各个选项进行逐一分析求解即可.
【解答】
解：A，若a//b，a//α，则b//α 或b⊂α，故A错误；
B，若a⊥α，b//α，则a⊥b，故B正确；
C，若a⊥b，b//α，则a与α平行或相交，故C错误；
D，若a//α，α//β，则a//β或a⊂β，故D错误.
故选B.
5.
【答案】
D
【考点】
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
先由两直线平行可求a得值，再令x=0可得y=23，即可得到答案.
【解答】
解：由l1//l2得：1a−2=a3≠62a，
解得：a=−1，
∴ l2：−3x+3y−2=0，
令x=0可得y=23.
故选D.
6.
【答案】
B
【考点】
共线向量与共面向量
【解析】
根据空间向量共面定理：若向量a→,b→,c→共面，
则存在实数x,y,使得c→=xa→+yb→求解.
【解答】
解：∵a→=2,−1,4，b→=−1,1,−2，c→=7,5,m共面，
∴存在实数x，y，使得c→=xa→+yb→，
即7,5,m=x2,−1,4+y−1,1,−2，
所以2x−y=7,−x+y=5,4x−2y=m,
解得x=12,y=17,m=14.
故选B.
7.
【答案】
C
【考点】
直线与抛物线结合的最值问题
【解析】
设直线．AB的方程为x=my+2m∈R，并与抛物线方程联立，设点A，B的坐标分别为x1,y1，x2,y2 ，写出韦达定理，由抛物线定义可得AF=x1+2BF=x2+2，将所求|AF|+|BF||平方，展开后利用韦达定理和基本不等式可求得最值．
【解答】
解：由题意可得，点F的坐标为2,0.
设点A，B的坐标分别为x1,y1, x2,y2，
直线AB的方程为x=my+2m∈R ，
联立方程y2=8x，x=my+2，
消去x后整理得，y2−8my−16=0，
所以y1+y2=8m，y1y2=−16，
所以x1+x2=8m2+4，x1x2=y12y2264=(−16)264=4.
又|AF|=x1+2， |BF|=x2+2，
则|AF|+|BF|2
=x1+2+x2+22
=x1+x2+4+2x1+2x2+2
=x1+x2+4+22x1+x2+4+x1x2
=8m2+8+8m2+1
=8(m2+1+12)2−2.
因为m2+1≥1，
所以|AF|+|BF|2≥16，
所以|AF|+|BF|的最小值为4.
故选C．
8.
【答案】
A
【考点】
点、线、面间的距离计算
两点间的距离公式
抛物线的定义
【解析】
作PQ⊥AD， QR⊥AD ，PR即为P到直线AD的距离，从而可得PM=PQ，即点P的轨迹是以AD为准线，点M为焦点的抛物线，然后建立平面直角坐标系求解.
【解答】
解：如图所示，作PQ⊥AD ，Q为垂足，则PQ⊥面ADD1A1，
过点Q作RQ⊥A1D1，则A1D1⊥面PQR，
所以PR即为P到直线A1D1的距离.
因为PR2−PQ2=RQ2=9，PR2−PM2=9，
所以PM=PQ，
所以点P的轨迹是以AD为准线，点M为焦点的抛物线.
以点A，M的中点为原点，建立直角坐标系，
则B52,0，点P的轨迹方程是y2=2x，
设Py22,y，
所以|PB|=y22−522+y2
=y44−3y22+254
=14(y2−3)2+4，
所以当y2=3时，PB取得最小值2.
故选A.
二、多选题
【答案】
C,D
【考点】
棱锥的结构特征
棱柱的结构特征
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
棱台的结构特征
【解析】
根据正棱锥，棱台，正四棱柱以及圆锥的性质即可求解.
【解答】
解：A，底面是正多边形并且棱锥顶点在底面的投影必须是底面正多边形的中心的棱锥是正棱锥，故该选项错误；
B，有两个面互相平行，其余各面都是梯形并且各侧棱延长后交于一点的多面体是棱台，故该选项错误；
C，正四棱柱都是长方体，故该选项正确；
D，直角三角形以其直角边所在直线为轴旋转一周形成的几何体是圆锥，故该选项正确.
故选CD.
【答案】
B,D
【考点】
直线与椭圆结合的最值问题
椭圆的离心率
圆与圆的位置关系及其判定
【解析】
根据椭圆的方程及椭圆的定义，逐项分析得解.
【解答】
解：A，由题设得e=ca=1−(ba)2=35，故选项错误；
B，取M为PF1中点，
则OM=12PF2=a−12PF1，
故圆心距为半径差，故选项正确；
C，由椭圆的性质可得，P在y轴时，∠F1PF2最大，
当b=c时，∠F1PF2=90∘，
当b>c时，∠F1PF2<90∘，
当b90∘，
因为b=4，c=3，
所以∠F1PF2<90∘，故选项错误；
D，由椭圆的性质得S△PF1F2=b2tan∠F1PF22，
当∠F1PF22最大时，tan∠F1PF22=cb=34，
所以△PF1F2面积的最大值为16×34=12，故选项正确.
故选BD.
【答案】
A,B,C
【考点】
球的表面积和体积
异面直线及其所成的角
直线与平面垂直的判定
直线与平面所成的角
【解析】
利用几何体与球的切接，得球的半径，可得A正确；利用异面直线成的角与线面角得BC正确；
利用线面垂直的判定得D错误.
【解答】
解：由题设在三棱锥P−ABC中，AP，AB，AC两两互相垂直，
以AP，AB，AC为棱构成长方体，
则长方体的对角线为：AP2+AB2+AC2=52，
所以外接球的半径为R=522，
则表面积S=4πR2=50π(cm2)，故A正确；
以A为原点，以AB，AC，AP分别为x，y，z轴建立直角坐标系，
则B4,0,0，C(0,3,0)，P(0,0,5)，
则O(2,32,52)，
所以BC→=−4,3,0，AO→=2,32,52，
设直线BC与AO所成角为α，
则csα=|BC→⋅AO→||BC→||AO→|
=|−8+92|−42+32⋅22+322+522
=7250，故B正确；
由题设直线BC与平面PAC所成角为∠BAC，
所以tan∠BAC=43，故C正确；
由题设O是对角线的中点，
因为AO，BC不垂直，
所以AO与面PBC不垂直，故D错误.
故选ABC.
【答案】
A,D
【考点】
圆的标准方程
圆与圆的位置关系及其判定
轨迹方程
【解析】
由题设得M的轨迹方程为x2+y2=9，所以以N为圆心，以CD2=2为半径的圆与M:x2+y2=9外离时，恒有∠CMD为锐角,再利用圆心距与半径的关系得不等式，可得解.
【解答】
解：由题设得圆心O(0,0)，R=13，M为AB中点，AM=2，
所以OM=13−22=3，
所以M的轨迹方程为x2+y2=9.
因为C4,a，D4,a+4，
所以CD在直线x=4上，CD=4.
设CD中点为N4,a+2.
则以N为圆心，以CD2=2为半径的圆与M:x2+y2=9外离时，恒有∠CMD为锐角，
则ON=16+a+22>2+3，
解得：a<−5或a>1，
则根据选项的a可能值为−6，2.
故选AD.
三、填空题
【答案】
24
【考点】
分层抽样方法
【解析】
本题主要考查分层抽样的定义和方法，各层的个体数之比等于各层对应的样本数之比，属于基础题.
【解答】
解：根据分层抽样的定义和方法可得，
抽取乙类型饮品的数量为:
32+3+4×72=13×72=24 .
故答案为：24.
【答案】
23
【考点】
古典概型及其概率计算公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：从4个小球中随机抽取2个小球共6种方法，
而取出的2个小球上的数字之和为奇数的方法共4种，
所以所求概率P=46=23.
故答案为：23.
【答案】
116
【考点】
抛物线的标准方程
圆的标准方程与一般方程的转化
直线与圆的位置关系
【解析】
将圆化成标准方程，得到圆心为(1, 0)，半径r=2．再将抛物线化成标准方程，得到抛物线的准线为y=−18p，根据准线与圆相切建立关于p的等式，解之即可得到p的值．
【解答】
解：圆x2+y2−2x−3=0化成标准方程得(x−1)2+y2=4，
∴ 圆心为(1, 0)，半径r=2.
又∵ 抛物线y=2px2(p>0)化成标准方程得x2=12py，
∴ 抛物线的准线为y=−18p.
∵ 抛物线的准线与圆相切，
∴ 准线到圆心的距离等于半径，
即|−18p|=2，p>0，
解得p=116．
故答案为：116.
【答案】
35
【考点】
双曲线的特性
直线与圆的位置关系
圆锥曲线的综合问题
【解析】
做出图形，利用勾股定理算出DE的长度，根据双曲线的定义计算出AB长度和CD长度即可求解.
【解答】
解：如图，设以PF1，PF2为直径的圆的圆心分别为C，D，
连接AC，BD，过D作 DE⊥AC于点E，连接CD，
则DE=CD2−CE2.
因为直线AB是圆C和圆D的公切线，且切点分别是A，B，
所以AC⊥AB，BD⊥AB，
所以四边形ABDE是矩形，
则CE=AC−AE
=AC−BD=PF1−PF22.
根据双曲线的定义知，PF1−PF2=8，
所以CE=4.
因为CD=F1F22=5，
所以DE=3.
因为CD//F1F2，AB//DE，
则∠EDC为直线l与F1F2的夹角，设为θ，
所以csθ=DECD=35．
故答案为：35．
四、解答题
【答案】
解：若p为真，则m2>2m+8，2m+8>0，
解得−44，
即集合A={m|−44} .
若q为真，则m−tm−t−1<0，
解得t即集合B={m|t因m∈A是m∈B的必要不充分条件，
则{m|t4},
即t≥−4，t+1≤−2， 或t≥4
解得−4≤t≤−3或t≥4.
【考点】
椭圆的定义
双曲线的定义
根据充分必要条件求参数取值问题
【解析】

【解答】
解：若p为真，则m2>2m+8，2m+8>0，
解得−44，
即集合A={m|−44} .
若q为真，则m−tm−t−1<0，
解得t即集合B={m|t因m∈A是m∈B的必要不充分条件，
则{m|t4},
即t≥−4，t+1≤−2， 或t≥4
解得−4≤t≤−3或t≥4.
【答案】
解：(1)∵ a×10+0.04×10+0.03×10
+0.02×10+a×10=1，
∴ a=0.005，
∴ 成绩在[90,100]的人数为100×10a=5(人)，
∴ 样本数据中成绩优秀的人数为5人 .
(2)∵ 区间在[50,70)的概率和为0.05+0.4=0.45，
∴ 中位数在70∼80之间．
设中位数为x，
则0.45+x−70×0.03=0.5，
解得x=7123≈72，
即估计语文成绩的中位数为72 ．
(3)由题意得，数学成绩在[50,60)上的有5人，
[60,70)上的有20人，[70,80)上的有40人，
[80,90)上的有25人，90,100上的有10人 .
∴ 数学成绩的平均数为55×0.05+65×0.2+
75×0.4+85×0.25+95×0.1=76.5 ．
【考点】
频率分布直方图
众数、中位数、平均数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)∵ a×10+0.04×10+0.03×10
+0.02×10+a×10=1，
∴ a=0.005，
∴ 成绩在[90,100]的人数为100×10a=5(人)，
∴ 样本数据中成绩优秀的人数为5人 .
(2)∵ 区间在[50,70)的概率和为0.05+0.4=0.45，
∴ 中位数在70∼80之间．
设中位数为x，
则0.45+x−70×0.03=0.5，
解得x=7123≈72，
即估计语文成绩的中位数为72 ．
(3)由题意得，数学成绩在[50,60)上的有5人，
[60,70)上的有20人，[70,80)上的有40人，
[80,90)上的有25人，90,100上的有10人 .
∴ 数学成绩的平均数为55×0.05+65×0.2+
75×0.4+85×0.25+95×0.1=76.5 ．
【答案】
解：(1)由于⊙M与∠BOA的两边均相切，
故点M到OA及OB的距离均为⊙M的半径，
则M在∠BOA的平分线上，
同理，N也在∠BOA的平分线上，
即O，M，N三点共线，且O，M，N三点所在的直线为∠BOA的平分线.
∵ M的坐标为(3, 1)，
∴ M到x轴的距离为1，即⊙M的半径为1，
则⊙M的方程为(x−3)2+(y−1)2=1.
设⊙N的半径为r，其与x轴的切点为C，连接MA，NC，
由Rt△OAM∼Rt△OCN可知，
OM:ON=MA:NC，即23+r=1r，
解得r=3，
则OC=33，
则⊙N的方程为(x−33)2+(y−3)2=9.
(2)由对称性可知，
所求的弦长等于过A点的MN的平行线被⊙N截得的弦的长度，
此弦所在直线的方程是y=33(x−3)，
即x−3y−3=0，
圆心N到该直线的距离为：
d=|33−33−3|1+3=32，
则弦长为2r2−d2=33．
【考点】
直线与圆的位置关系
圆与圆的位置关系及其判定
点到直线的距离公式
【解析】
（1）圆M的圆心已知，且其与x轴及直线y=3x分别相切于A，B两点，故半径易知，另一圆N与圆M外切、且与x轴及直线y=3x分别相切于C、D两点，由相似性易得其圆心坐标与半径，依定义写出两圆的方程即可．
（2）本题研究的是直线与圆相交的问题，由于B点位置不特殊，故可以由对称性转化为求过A点且与线MN平行的线被圆截得弦的长度，下易解．
【解答】
解：(1)由于⊙M与∠BOA的两边均相切，
故点M到OA及OB的距离均为⊙M的半径，
则M在∠BOA的平分线上，
同理，N也在∠BOA的平分线上，
即O，M，N三点共线，且O，M，N三点所在的直线为∠BOA的平分线.
∵ M的坐标为(3, 1)，
∴ M到x轴的距离为1，即⊙M的半径为1，
则⊙M的方程为(x−3)2+(y−1)2=1.
设⊙N的半径为r，其与x轴的切点为C，连接MA，NC，
由Rt△OAM∼Rt△OCN可知，
OM:ON=MA:NC，即23+r=1r，
解得r=3，
则OC=33，
则⊙N的方程为(x−33)2+(y−3)2=9.
(2)由对称性可知，
所求的弦长等于过A点的MN的平行线被⊙N截得的弦的长度，
此弦所在直线的方程是y=33(x−3)，
即x−3y−3=0，
圆心N到该直线的距离为：
d=|33−33−3|1+3=32，
则弦长为2r2−d2=33．
【答案】
(1)证明：连接AD，
∵ D是BB1的中点，P是AA1的中点，
可由棱柱的性质知AP // DB1，且AP=DB1，
∴ 四边形ADB1P是平行四边形．
∴ AD // PB1．
∵ P、Q分别是AA1、A1C1的中点．
∴ AC1 // PQ．
∴ 平面AC1D // 平面PQB1．
∴ C1D // 平面PQB1.
(2)解：在面AA1C1C内作QM⊥AA1于点M，
∵ 平面AA1C1C⊥平面AA1B1B，
∴ QM⊥平面 AA1B1B，
∴ QM=3．
∵ A1P=A1B1=2，∠AA1B1=60∘，
∴ △PA1B1 是边长为2的正三角形．
∴ S△PA1B1=3．
∴ VP−QA1B1=13S△PA1B1⋅QM=13×3×3=1．
【考点】
点、线、面间的距离计算
直线与平面平行的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
（1）连接AD，可得AP // DB1，且AP＝DB1，四边形ADB1P是平行四边形，进一步得到AC1 // PQ，从而平面AC1D // 平面PQB1，可得C1D // 平面PQB1；
（2）在面AA1C1C内作QM⊥AA1于点M，结合已知可得QM⊥平面 AA1B1B，求出QM，进一步求出△PA1B1 是边长为2的正三角形．再由体积公式计算得答案．
【解答】
(1)证明：连接AD，
∵ D是BB1的中点，P是AA1的中点，
可由棱柱的性质知AP // DB1，且AP=DB1，
∴ 四边形ADB1P是平行四边形．
∴ AD // PB1．
∵ P、Q分别是AA1、A1C1的中点．
∴ AC1 // PQ．
∴ 平面AC1D // 平面PQB1．
∴ C1D // 平面PQB1.
(2)解：在面AA1C1C内作QM⊥AA1于点M，
∵ 平面AA1C1C⊥平面AA1B1B，
∴ QM⊥平面 AA1B1B，
∴ QM=3．
∵ A1P=A1B1=2，∠AA1B1=60∘，
∴ △PA1B1 是边长为2的正三角形．
∴ S△PA1B1=3．
∴ VP−QA1B1=13S△PA1B1⋅QM=13×3×3=1．
【答案】
(1)证明：因为BC=12AD，且E为线段AD的中点，
所以BC=DE.
又因为BC//AD，
所以四边形BCDE为平行四边形，
所以BE//CD.
又因为CD⊂平面PCD，BE⊄平面PCD，
所以BE//平面PCD.
又平面BEGF∩平面PCD=GF，
所以BE//GF.
又BE⊥AD，且平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，
所以BE⊥平面PAD，
所以GF⊥平面PAD.
又PA⊂平面PAD，
所以GF⊥PA.
(2)解：存在，G为DP上的靠近D点的四等分点．
因为PA=PD，E为线段AD的中点，
所以PE⊥AD.
又平面PAD⊥平面ABCD，
所以PE⊥平面ABCD.
以E为坐标原点，EA→的方向为x轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系E−xyz，
则P0,0,3，B0,1,0，E0,0.0，D−1,0,0，
则PB→=0,1,−3，BE→=0,−1,0，DP→=1,0,3.
设DG→=λDP→，则EG→=ED→+DG→=−1+λ,0,3λ.
设平面BEGF的法向量为n→x,y,z，
则BE→⋅n→=0，EG→⋅n→=0,即 y=0，(λ−1)x+3λz=0，
令x=3λ，可得n→=3λ,0,1−λ.
设直线PB与平面BEGF所成角为α，
于是有sinα=|cs⟨n→,PB→⟩|
=|n→⋅PB→||n→|⋅|PB→|
=3(λ−1)23λ2+(λ−1)2
=34，
解得λ=14或λ=−12（舍），
所以存在点G，使得直线PB与平面BEGF所成角的正弦值为34，
此时DG→=14DP→，即G为DP上靠近D点的四等分点．
【考点】
两条直线垂直的判定
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】


【解答】
(1)证明：因为BC=12AD，且E为线段AD的中点，
所以BC=DE.
又因为BC//AD，
所以四边形BCDE为平行四边形，
所以BE//CD.
又因为CD⊂平面PCD，BE⊄平面PCD，
所以BE//平面PCD.
又平面BEGF∩平面PCD=GF，
所以BE//GF.
又BE⊥AD，且平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，
所以BE⊥平面PAD，
所以GF⊥平面PAD.
又PA⊂平面PAD，
所以GF⊥PA.
(2)解：存在，G为DP上的靠近D点的四等分点．
因为PA=PD，E为线段AD的中点，
所以PE⊥AD.
又平面PAD⊥平面ABCD，
所以PE⊥平面ABCD.
以E为坐标原点，EA→的方向为x轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系E−xyz，
则P0,0,3，B0,1,0，E0,0.0，D−1,0,0，
则PB→=0,1,−3，BE→=0,−1,0，DP→=1,0,3.
设DG→=λDP→，则EG→=ED→+DG→=−1+λ,0,3λ.
设平面BEGF的法向量为n→x,y,z，
则BE→⋅n→=0，EG→⋅n→=0,即 y=0，(λ−1)x+3λz=0，
令x=3λ，可得n→=3λ,0,1−λ.
设直线PB与平面BEGF所成角为α，
于是有sinα=|cs⟨n→,PB→⟩|
=|n→⋅PB→||n→|⋅|PB→|
=3(λ−1)23λ2+(λ−1)2
=34，
解得λ=14或λ=−12（舍），
所以存在点G，使得直线PB与平面BEGF所成角的正弦值为34，
此时DG→=14DP→，即G为DP上靠近D点的四等分点．
【答案】
(1)解：由题意得，|F1F2|=2c=2，
|AF1|=|OA|2+|OF1|2=a=2c=2，
b=a2−c2=3，
∴ 椭圆C的标准方程为x24+y23=1 .
(2)证明：由题意不妨设MN:y=kx+m，设点Mx1,y1，Nx2,y2，
联立 x24+y23=1，y=kx+m，
化简得4k2+3x2+8kmx+4m2−12=0，
则x1+x2=−8km4k2+3，x1⋅x2=4m2−124k2+3.
∵k2=k1k1−1，
∴ k1k2=k1+k2，
∴ y1−3x1×y2−3x2=y1−3x1+y2−3x2.
将yi=kxi+m，i=1，2，代入上式，
整理得(k2−2k)x1x2+(k−1)(m−3)(x1+x2)+m2−23m+3=0，
化简得83km−3=3m−32.
∵m≠3，
∴ 83k=3m−3，
∴m=83k3+3，
∴ 直线MN:y=kx+83k3+3，
∴ 直线MN过定点−833,3．
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的定义
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：由题意得，|F1F2|=2c=2，
|AF1|=|OA|2+|OF1|2=a=2c=2，
b=a2−c2=3，
∴ 椭圆C的标准方程为x24+y23=1 .
(2)证明：由题意不妨设MN:y=kx+m，设点Mx1,y1，Nx2,y2，
联立 x24+y23=1，y=kx+m，
化简得4k2+3x2+8kmx+4m2−12=0，
则x1+x2=−8km4k2+3，x1⋅x2=4m2−124k2+3.
∵k2=k1k1−1，
∴ k1k2=k1+k2，
∴ y1−3x1×y2−3x2=y1−3x1+y2−3x2.
将yi=kxi+m，i=1，2，代入上式，
整理得(k2−2k)x1x2+(k−1)(m−3)(x1+x2)+m2−23m+3=0，
化简得83km−3=3m−32.
∵m≠3，
∴ 83k=3m−3，
∴m=83k3+3，
∴ 直线MN:y=kx+83k3+3，
∴ 直线MN过定点−833,3．分数段
[50,60)
[60.70)
[70,80)
[80,90)
[90,100]
x:y
1:1
2:1
3:4
4:5
1:2