2020-2021学年湖北省十堰市高二（上）12月月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年湖北省十堰市高二（上）12月月考数学试卷人教A版，共12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. 设命题p：x−1x+2≥0，命题q：x−1x+2≥0，则命题p是命题q的( )
A.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

2. 下列说法正确的是( )
A.有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱
B.一个直角三角形绕其一边旋转一周所形成的封闭图形叫圆锥
C.棱锥的所有侧面都是三角形
D.用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台

3. 设a，b是两条不同的直线， α，β是两个不同的平面，给出下列四个命题：
①如果a//α，b//α，那么a//b；
②如果α//β，a⊂α， b⊂β，那么a//b；
③如果a⊥α，a⊥β，那么α//β；
④如果α⊥β，a⊂α，那么a⊥β.
其中正确命题的序号是( )
A.①B.②C.③D.④

4. 下列命题中是真命题的是( )
A.分别表示空间向量的两条有向线段所在的直线是异面直线，则这两个向量不是共面向量
B.若|a→|=|b→|，则a→，b→的长度相等而方向相同或相反
C.若向量AB→，CD→满足|AB→|>|CD→|，且AB→与CD→同向，则AB→>CD→
D.若两个非零向量AB→与CD→满足AB→+CD→=0→，则AB→ // CD→

5. 总体由编号为01，02，⋯，39，40的40个个体组成．利用下面的随机数表选取5个个体，选取方法是从随机数表第1行的第6列和第7列数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第5个个体的编号为( )
A.23B.21C.35D.32

6. 龙马负图、神龟载书图像如图甲所示，数千年来被认为是中华传统文化的源头；其中洛书有云，神龟出于洛水，甲壳上的图像如图乙所示，其结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，五方白圈皆阳数，四角黑点为阴数；若从阳数中随机抽取2个，则被抽到的2个数的数字之和超过10的概率为( )

A.25B.12C.310D.35

7. 对于给定的复数z，若满足|z−4i|=2的复数对应的点的轨迹是圆，则|z−1|的取值范围是( )
A.17−2,17+2B.17−1,17+1C.3−2,3+2D.3−1,3+1

8. 大摆锤是一种大型游乐设备（如图），游客坐在圆形的座舱中，面向外，通常大摆锤以压肩作为安全束缚，配以安全带作为二次保险，座舱旋转的同时，悬挂座舱的主轴在电机的驱动下做单摆运动．假设小明坐在点A处，大摆锤启动后，主轴OB在平面α内绕点O左右摆动，平面α与水平地面垂直，OB摆动的过程中，点A在平面β内绕点B作圆周运动，并且始终保持OB⊥β,B∈β.设OB=4AB，在大摆锤启动后，下列结论错误的是( )

A.点A在某个定球面上运动
B.β与水平地面所成锐角记为θ，直线OB与水平地面所成角记为δ，则θ+δ为定值
C.可能在某个时刻，AB//α
D.直线OA与平面α所成角的正弦值的最大值为1717
二、多选题

下列命题中是假命题的有( )
A.函数fx=x+1x的最小值为2
B.“∃x∈N，x2+x≤0”是真命题
C.不等式ax2+ax−1<0对任意x∈R恒成立，则实数a的范围是−4,0
D.若空间向量OA→，OB→，OC→，OP→满足：OP→=xOA→+yOB→+zOC→，且P，A，B，C四点共面，则x+y+z=1

已知复数z，下列结论正确的是( )
A.“z+z¯=0”是“z为纯虚数”的充分不必要条件
B.“z+z¯=0”是“z为纯虚数”的必要不充分条件
C.“z=z¯”是“z为实数”的充要条件
D.“z⋅z¯∈R”是“z为实数”的充分不必要条件

若将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，则下列结论正确的有( )
A.AD与BC所成的角为45∘
B.AC与BD所成的角为90∘
C.BC与平面ACD所成角的正弦值为63
D.平面ABC与平面BCD所成角的正切值是2

过抛物线y2=4x的焦点F作直线交抛物线于Ax1,y1，Bx2,y2两点，M为线段AB的中点，则( )
A.以线段AB为直径的圆与直线x=−1相切
B.以线段BF为直径的圆与y轴相切
C.当AF→=3FB→时，|AB|=92
D.OA→⋅OB→=−3（O为坐标原点）
三、填空题

复数1−2+i+11−2i的虚部是________．（其中i为虚数单位）

若A，B互为对立事件，其概率分别为PA=1y ，PB=4x，且x>0，y>0，则x+y的最小值为________.

张衡是中国东汉时期伟大的天文学家、数学家，他曾经得出圆周率的平方除以十六等于八分之五．已知三棱锥A−BCD的每个顶点都在球O的球面上，AB⊥底面BCD，BC⊥CD，且AB=CD=3，BC=2，利用张衡的结论可得球O的表面积为________．

已知双曲线E：x29−y2b2=1(b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F2作直线交双曲线E于点A，C，连接AO（O为坐标原点）并延长交双曲线E于点B，若F2C→=3AF→2，且∠BF2C=60∘，则四边形AF1BF2的面积为________.
四、解答题

设m∈R，复数z1=m2+mm+2+(m−15)i，z2=−2+m(m−3)i，若z1+z2是虚数，求m的取值范围．

已知A={x|y=1(x+1)(2−x)}，B=x|12x−1<0.
(1)求B∪ðRA；

(2)若集合C=x|a−2
甲乙二人用4张扑克牌（分别是红桃2，红桃3，红桃4，方片4）玩游戏，他们将扑克牌洗匀后，背面朝上放在桌面上，甲先抽，乙后抽，抽出的牌不放回，各抽一张.
(1)设i,j分别表示甲、乙抽到的牌的数字，写出甲乙二人抽到的牌的所有情况；

(2)若甲抽到红桃3，则乙抽出的牌的牌面数字比3大的概率是多少？

(3)甲乙约定：若甲抽到的牌的牌面数字比乙大，则甲胜，反之，则乙胜，你认为此游戏是否公平，说明你的理由.

如图，E是以AB为直径的半圆上异于A，B的一点，矩形ABCD所在平面垂直于该半圆所在的平面，且AB=2AD=2．

(1)求证：EA⊥EC；

(2)设平面ECD与半圆弧的另一个交点为F，EF=1，求三棱锥E−ADF的体积．

如图，矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直，BE//FC，∠BCF=∠CEF=90∘，AD=3，EF=2．

(1)求证：AE // 平面DCF；

(2)当AB的长为何值时，二面角A−EF−C的大小为60∘？

给定椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)，称圆心在原点O，半径为a2+b2的圆为椭圆C的“准圆”．若椭圆C的一个焦点为F(2,0)，其短轴上的一个端点到F的距离为3．
(1)求椭圆C的方程和其“准圆”方程；

(2)点P是椭圆C的“准圆”上的动点，过点P作椭圆的切线I1，I2交“准圆”于M，N，证明：I1⊥I2，且线段MN的长为定值．
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】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
一元二次不等式的解法
【解析】
解关于p，q的不等式，根据集合的包含关系，判断即可．
【解答】
解：∵ x−1x+2≥0，
∴ (x−1)(x+2)≥0，
解得x<−2或x≥1，
∵ x−1x+2≥0，
∴x≥1或x≤−2，
∵ {x<−2或x≥1}⫋{x≥1或x≤−2}，
故命题p是命题q的充分不必要条件.
故选A．
2.
【答案】
C
【考点】
棱锥的结构特征
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
棱柱的结构特征
【解析】
举反例判断A，B，D错误，根据棱锥侧棱交于一点判断C．
【解答】
解：A，棱台的上下底面互相平行，侧面都是四边形，
但棱台不是棱柱，故错误；
B，当旋转轴为直角边时，所得几何体为圆锥，
当旋转轴为斜边时，所得几何体为两个圆锥的组合体，故错误；
C，由于棱锥的所有侧棱都交于一点，
故棱锥的侧面都是三角形，故正确；
D，当平面与棱锥的底面不平行时，
截面与棱锥底面间的几何体不是棱台，故错误．
故选C．
3.
【答案】
C
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
空间中直线与平面之间的位置关系
命题的真假判断与应用
【解析】
根据空间线面位置关系的定义、性质进行判断．
【解答】
解：①若a//α，b//α，则a//b或a，b相交或a，b为异面直线，故①错误；
②若α//β，a⊂α， b⊂β，则a，b没有公共点，故a//b或a，b为异面直线，故②错误；
③若a⊥α，a⊥β，则α//β，故③正确；
④若α⊥β，不妨设α∩β=l，又a⊂α，则当a⊥l时，a⊥β；当a不垂直l时，a与平面β不垂直，故④错误．
故正确的为③.
故选C.
4.
【答案】
D
【考点】
命题的真假判断与应用
向量的物理背景与概念
【解析】
根据空间中任意两个向量必然共面，可判断A；根据相等向量和相反向量的定义，可判断B；根据向量不能比较大小，可判断C；根据相反向量共线，可判断D．
【解答】
解：A，向量可以任意移动，将两个向量移到共起点就一定共面，所以空间中任意两个向量必然共面，故A错误；
B，若|a→|=b→，则a→，b→的长度相等而方向不存在确定关系，故B错误；
C，向量不能比较大小，故C错误；
D，若两个非零向量AB→，CD→满足AB→+CD→=0→，则AB→，CD→长度相等，方向相反，则AB→ // CD→，故D正确.
故选D.
5.
【答案】
B
【考点】
简单随机抽样
【解析】
从随机数表第1行的第6列和第7列数字开始由左到右依次选取两个数字，于是将两个数字构成的编号依次写出，然后读取出在
01，02，…，39，40编号内编号（重复的算一次），依次选取5个不重复的即可得到．
【解答】
解：随机数表第1行的第6列和第7列数字为6，4，
所以从这两个数字开始，由左向右依次选取两个数字如下
64，42，16，60，65，80，56，26，16，55，43，
50，24，23，54，89，63，21，45，⋯，
其中落在编号01，02，⋯,39，40内的有：16，26，24，23，21，⋯，
故第5个编号为21.
故选B．
6.
【答案】
A
【考点】
古典概型及其概率计算公式
【解析】
由题可求出所有情况共10种，再求出满足条件的情况即可求出概率．
【解答】
解：依题意，阳数为1，3，5，7，9，
故所有的情况为1,3，1,5， 1,7， 1,9， 3,5 ，3,7， 3,9，5,7，5,9， 7,9，共10种，
其中2个数的数字之和超过10的情况为3,9 ，5,7， 5,9 ，7,9，共4种，
故2个数的数字之和超过10的概率P=410=25.
故选A．
7.
【答案】
A
【考点】
复数的模
复数的代数表示法及其几何意义
【解析】
由复数z对应点在圆上，|z−1|表示2对应点到点1,0的距离，由此点到圆心的距离加减半径可得最大值和最小值，从而得所求范围．
【解答】
解：∵|z−4i|=2的复数对应的点Z的轨迹是圆，
圆心为C0,4，半径为r=2，
|z−1|表示点Z到定点A(1，0)的距离，|AC|=12+42=17，
∴17−2≤|z−1|≤17+2．
故选A．
8.
【答案】
C
【考点】
与二面角有关的立体几何综合题
直线与平面所成的角
空间点、线、面的位置
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为点A在平面β内绕点B作圆周运动，并且始终保持OB⊥β，
所以OA=OB2+AB2.
又因为OB，AB为定值，
所以OA也是定值，
所以点A在某个定球面上运动，故A正确；
作出简图如下，
则OB⊥l，
所以δ+θ=π2，故B正确；
因为B∈α，
所以不可能有AB//α，故C错误；
设AB=a，则OB=4a，OA=AB2+OB2=17a.
当AB⊥α时，直线OA与平面α所成角最大，
此时直线OA与平面α所成角的正弦值为
a17a=1717，故D正确.
故选C．
二、多选题
【答案】
A,C,D
【考点】
命题的真假判断与应用
空间向量的概念
一元二次不等式的解法
二次函数的性质
【解析】
对于A，当x<0时，可知fx<0；对于B，当x=0，可知x2+x≤0成立：对于C，讨论a=0和a≠0两种情况：对于D，根据四点共面
的充要条件即可判断真假．
【解答】
解：对于A，当x<0时，可知fx<0，所以为假命题，
对于B，当x=0，可知x2+x≤0成立，所以为真命题，
对于C，当a=0时，−1<0，成立；
当a≠0时，ax2+ax−1<0，对任意x∈R恒成立，
即为a<0，Δ<0，解得−4综上所述，实数a的取值范围是(−4,0]，所以为假命题；
对于D，根据四点共面的充要条件可知应满足A，B，C不共线，所以为假命题．
故选ACD．
【答案】
B,C
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
复数的基本概念
共轭复数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设z=a+bi(a，b∈R)，则z¯=a−bi，
z+z¯=a+bi+a−bi=2a，
因为z+z¯=0，所以2a=0，解得a=0，b∈R.
若b=0，则z不为纯虚数，充分性不成立；
若z为纯虚数，则a=0，b≠0，必要性成立，
所以，“z+z¯=0”是“z为纯虚数”必要不充分条件，故A错误，B正确；
若z=z¯，即a+bi=a−bi，可得b=0，则z为实数，充分性成立；
若z为实数，则b=0，即z=z¯，必要性成立，所以“z=z¯”是“z为实数”的充要条件，故C正确；
因为z⋅z¯=(a+bi)⋅(a−bi)=a2−(bi)2=a2+b2∈R，所以z为虚数或实数，
由于“z为虚数或实数”包含"z为实数”，
所以z⋅z¯∈R”是“z为实数”的必要不充分条件，故D错误．
故选BC．
【答案】
B,C,D
【考点】
用空间向量求平面间的夹角
用空间向量求直线与平面的夹角
用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：取BD中点O，连结AO，CO，
∵ 正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，
∴ 以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，OA为z轴，建立空间直角坐标系，
设OC=1，则A(0,0,1)，B(0,−1,0)，C(1,0,0)，D(0,1,0)，
A，AD→=(0,1,−1)，BC→=(1,1,0)，
cs=AD→⋅BC→|AC→|⋅|BC→|=12，
∴ 异面直线AD与BC所成的角为60∘，故A错误；
B，AC→=(1,0,−1)，BD→=(0,2,0)，
∴ AC→⋅BD→=0，∴ AC⊥BD，故B正确；
C，设平面ACD的一个法向量为t→=x,y,z，
由t→⋅AC→=x−z=0，t→⋅AD→=y−z=0，取z=1，得t→=(1,1,1)，BC→=(1,1,0)，
设BC与面ACD所成角为θ，
则sinθ=|cs|=|BC→⋅t→||BC→|⋅|t→|=63，故C正确；
D，平面BCD的法向量n→=0,0,1,BA→=0,1,1，BC→=(1,1,0)，
设平面ABC的法向量m→=(x,y,z)，
则m→⋅BA→=y+z=0，m→⋅BC→=x+y=0，取x=1，得m→=(1,−1,1)，
cs=m→⋅n→|m→|⋅|n→|=33，
∴ sin=63，
∴ 二面角A−BC−D的平面角正切值是2，故D正确．
故选BCD．
【答案】
A,B,D
【考点】
抛物线的性质
与抛物线有关的中点弦及弦长问题
抛物线的标准方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A，AB的中点M到准线x=−1的距离为12|AF|+|BF|=12|AB|，
所以以线段AB为直径的圆与直线x=−1一定相切，故A正确；
B，若设A(4a2,4a)，显然a≠0，由x1x2=p2=1易得B14a2,−1a，
设线段BF中点是N，则xN=1214a2+1，
因为|BF|=14a2−12+−1a2
=14a2+12
=14a2+1，
所以N到x轴的距离是xN=1214a2+1=12|BF|，故以线段BF为直径的圆与y轴相切，故B正确；
又|AB|=x1+x2+p=4a2+14a2+2，
当AF→=3FB→可得y1=−3y2，4a=−3−1a，
所以a2=34，|AB|=163，故C错误；
因为Ax1,y1，Bx2,y2，由题易得直线恒过抛物线焦点F(1,0)，
所以可设直线AB方程为x=my+1，
联立直线与抛物线y2=4x可得y2−4my−4=0，
所以y1y2=−4，y1+y2=4m，且x1x2=p2=1，
则OA→⋅OB→=x1x1+y1y2=1−4=−3，故D正确.
故选ABD．
三、填空题
【答案】
15
【考点】
复数的基本概念
复数代数形式的混合运算
【解析】
直接利用复数代数形式的混合运算化简后得答案．
【解答】
解：∵ 1−2+i+11−2i=−2−i−2+i−2−i+1+2i1−2i1+2i
=−25−15i+15+25i=−15+15i，
∴ 该复数的虚部是15.
故答案为：15.
【答案】
9
【考点】
对立事件的概率公式及运用
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
由题意可知4x+1y=1，则x+y=x+y4x+1y=5+4yx+xy，根据基本不等式即可求出最小值．
【解答】
解：因为PA=1y， PB=4x，且A，B互为对立事件，
所以PA+PB=4x+1y=1，
所以x+y=x+y4x+1y=5+4yx+xy
≥5+24yx⋅xy=5+4=9，
当且仅当4yx=xy，4x+1y=1即x=6，y=3时等号成立，
所以x+y的最小值为9.
故答案为：9.
【答案】
1010
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意将此三棱锥放在长方体中，由题意可知长方体的长宽高分别为2，3，3，
如图：
设外接球的半径为R，则(2R)2=22+(3)2+(3)2=3+4+3=10，
解得R=102或R=−102（舍去），
所以外接球的表面积为S=4πR2=4π×(102)2=10π.
又因为圆周率的平方除以十六等于八分之五，即π216=58，
所以π=10或π=−10（舍去），
所以S=10π=1010.
故答案为：1010.
【答案】
1083
【考点】
双曲线的定义
余弦定理
正弦定理
【解析】

【解答】
解：如图所示：
因为A，B关于原点对称，且F1，F2关于原点对称，
由双曲线的对称性可知四边形AF1BF2是平行四边形.
设|AF2|=m，
因为F2C→=3AF2→，
所以|CF2|=3m.
由题可得a=3，
由双曲线的定义得|AF1|−|AF2|=2a=6，所以|AF1|=m+6，
同理可得|F1C|=3m+6.
因为∠BF2C=60∘，
所以∠F1AC=60∘，
在△F1AC中，由余弦定理得|F1C|2=|AF1|2+|AC|2−2|AF1|⋅|AC|cs60∘，
即3m+62=m+62+m+3m2−2m+6×(m+3m)×12，
化简得m2−12m=0，
解得m=12或m=0（舍去），
所以SAF1BF2 =2S△F1AF2
=2×12|AF1|⋅|AF2|sin60∘
=2×12×18×12×32
=1083.
故答案为：1083.
四、解答题
【答案】
解：∵ z1=m2+mm+2+m−15i，z2=−2+mm−3i，
∴ z1+z2=m2+mm+2−2+m−15+mm−3i
=m2−m−4m+2+m2−2m−15i，
∵ z1+z2为虚数，
∴ m2−2m−15≠0，且m+2≠0，
解得m≠5，m≠−3且m≠−2，(m∈R).
【考点】
复数代数形式的加减运算
复数的基本概念
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ z1=m2+mm+2+m−15i，z2=−2+mm−3i，
∴ z1+z2=m2+mm+2−2+m−15+mm−3i
=m2−m−4m+2+m2−2m−15i，
∵ z1+z2为虚数，
∴ m2−2m−15≠0，且m+2≠0，
解得m≠5，m≠−3且m≠−2，(m∈R).
【答案】
解：(1)x+12−x>0⇒−1所以A={x|−1所以ðRA={x|x≤−1或x≥2}.
(12)x−1<0⇒(12)x<1=(12)0，由指数函数的单调性可得x>0，
所以B={x|x>0}，
所以B∪ðRA={x|x≤−1或x>0}．
(2)若“x∈B”是“x∈C”是的必要不充分条件，即C⊆B.
①当C=⌀时，则a−2≥2a−3⇒a≤1；
②当C≠⌀时，则a−2<2a−3，a−2≥0，⇒a>1，a≥2，⇒a≥2，
综上可得a的取值范围是−∞,1∪2,+∞．
【考点】
交、并、补集的混合运算
其他不等式的解法
一元二次不等式的解法
根据充分必要条件求参数取值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)x+12−x>0⇒−1所以A={x|−1所以ðRA={x|x≤−1或x≥2}.
(12)x−1<0⇒(12)x<1=(12)0，由指数函数的单调性可得x>0，
所以B={x|x>0}，
所以B∪ðRA={x|x≤−1或x>0}．
p>(2)若“x∈B”是“x∈C”是的必要不充分条件，即C⊆B.
①当C=⌀时，则a−2≥2a−3⇒a≤1；
②当C≠⌀时，则a−2<2a−3，a−2≥0，⇒a>1，a≥2，⇒a≥2，
综上可得a的取值范围是−∞,1∪2,+∞．
【答案】
解：(1)方片4用4′表示，红桃2，红桃3，红桃4分别用2，3，4表示，
则甲乙二人抽到的牌的所有情况为：2,3，2,4，2,4′，3,2，3,4，3,4′，4,2，4,3，4,4′，4′,2，(4′,3)，4′,4，共12种等可能的情况.
(2)甲抽到3，乙抽到的牌只能是2，4，4′，三种情况，其中牌面数字比3大的情况共有4，4′两种，
因此乙抽到的牌的数字大于3的概率P=23.
(3)此游戏不公平.理由如下，
由甲抽到的牌比乙大的有3,2，4,2，4,3，4′,2，4′,3共5种情况，
由(1)易得甲胜的概率P1=512，乙获胜的概率为P2=1−P1=1−512=712，
因为512<712，
所以此游戏不公平．
【考点】
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
基本事件个数（列举法、列表法、树状图法）
【解析】
(1)通过列举法表示所有的情况；
(2)通过列举法求出概率；
(3)分别求出甲乙的获胜概率，看是否相等.
【解答】
解：(1)方片4用4′表示，红桃2，红桃3，红桃4分别用2，3，4表示，
则甲乙二人抽到的牌的所有情况为：2,3，2,4，2,4′，3,2，3,4，3,4′，4,2，4,3，4,4′，4′,2，(4′,3)，4′,4，共12种等可能的情况.
(2)甲抽到3，乙抽到的牌只能是2，4，4′，三种情况，其中牌面数字比3大的情况共有4，4′两种，
因此乙抽到的牌的数字大于3的概率P=23.
(3)此游戏不公平.理由如下，
由甲抽到的牌比乙大的有3,2，4,2，4,3，4′,2，4′,3共5种情况，
由(1)易得甲胜的概率P1=512，乙获胜的概率为P2=1−P1=1−512=712，
因为512<712，
所以此游戏不公平．
【答案】
(1)证明：∵ 平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE=AB，
BC⊥AB，BC⊂平面ABCD，
∴ BC⊥平面ABE.
∵ AE⊂平面ABE，
∴ BC⊥AE.
∵ E在以AB为直径的半圆上，
∴ AE⊥BE.
∵ BE∩BC=B，BC，BE⊂面BCE，
∴ AE⊥面BCE.
∵ CE⊂面BCE，
∴ EA⊥EC.
(2)解：∵ AB//CD ，
∴ AB// 平面DCE．
又∵ 平面DCE⊂平面ABE=EF，
∴ AB//EF.
在等腰梯形ABEF中，EF=1，AF=1，∠AFE=120∘，
∴ S△AEF=12×EF×AF×sin120∘=34，
∴ VE−ADF=VD−AEF=13×S△AEF×AD=13×34×1=312.
【考点】
两条直线垂直的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
（1）利用面面垂直的性质，可得BC⊥平面ABE，再利用线面垂直的判定证明AE⊥面BCE，即可证得结论；
（2）①先证明AB // 面CED，再利用线面平行的性质，即可证得结论；
②取AB中点O，EF的中点O′，证明AD⊥平面ABE，利用等体积，即可得到结论．
【解答】
(1)证明：∵ 平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE=AB，
BC⊥AB，BC⊂平面ABCD，
∴ BC⊥平面ABE.
∵ AE⊂平面ABE，
∴ BC⊥AE.
∵ E在以AB为直径的半圆上，
∴ AE⊥BE.
∵ BE∩BC=B，BC，BE⊂面BCE，
∴ AE⊥面BCE.
∵ CE⊂面BCE，
∴ EA⊥EC.
(2)解：∵ AB//CD ，
∴ AB// 平面DCE．
又∵ 平面DCE⊂平面ABE=EF，
∴ AB//EF.
在等腰梯形ABEF中，EF=1，AF=1，∠AFE=120∘，
∴ S△AEF=12×EF×AF×sin120∘=34，
∴ VE−ADF=VD−AEF=13×S△AEF×AD=13×34×1=312.
【答案】
(1)证明：过点E作EG⊥CF交CF于G，连接DG，如图，
因为四边形BEFC为梯形，由图可得BE//CF，
因为BE=CF，所以四边形BCGE为平行四边形，
因为EG⊥CF，所以平行四边形BCGE为矩形，
所以BC=//EG.
因为ABCD为矩形，
所以AD=//BC，
所以AD=//EG，
所以四边形ADGE为平行四边形，
所以AE // DG．
因为AE⊄平面DCF，DG⊂平面DCF，
所以AE // 平面DCF．
(2)解：过点B作BH⊥EF交FE的延长线于H，连接AH，过点E作EG⊥CF交CF于G．
因为平面ABCD⊥平面BEFC，AB⊥BC，
所以AB⊥平面BEFC.
因为EF⊂平面BEFC，
所以AB⊥EF.
因为BH⊥EF，且AB∩BH=B，AB⊂平面ABH，BH⊂平面ABH，
所以EF⊥平面ABH.
因为AH⊂平面ABH，
所以AH⊥EF，
故∠AHB为二面角A−EF−C的平面角．
在Rt△EFG中，因为EG=AD=3，EF=2，
因为sin∠CFE=EGAD=32，
所以∠CFE=60∘，
FG=EF2−EG2=22−(3)2=1．
又因为∠CEF=90∘，
所以∠ECF=180∘−∠CEF−∠CFE
=180∘−90∘−60∘=30∘，
所以CE=2EG=23，
由三角形面积公式可得12CF⋅EG=12CE⋅EF，
所以CF=CE⋅EFEG=23×23=4，
故BE=CG=CF−FG=4−1=3．
因为BE//CF，所以∠BEC=∠ECF=30∘，
所以∠BEH=180∘−∠CEF−∠BEC=180∘−90∘−30∘=60∘，
所以BH=BE⋅sin∠BEH=3×32=332．
所以AB=BH⋅tan∠AHB=332×3=92，
所以当AB=92时，二面角A−EF−C的大小为60∘．
【考点】
直线与平面平行的判定
与二面角有关的立体几何综合题
【解析】
（2）过点B作BH⊥EF交FE的延长线于H，连接AH，说明∠AHB为二面角A−EF−C的平面角，通过二面角A−EF−C的大小为60∘，求出AB即可．
【解答】
(1)证明：过点E作EG⊥CF交CF于G，连接DG，如图，
因为四边形BEFC为梯形，由图可得BE//CF，
因为BE=CF，所以四边形BCGE为平行四边形，
因为EG⊥CF，所以平行四边形BCGE为矩形，
所以BC=//EG.
因为ABCD为矩形，
所以AD=//BC，
所以AD=//EG，
所以四边形ADGE为平行四边形，
所以AE // DG．
因为AE⊄平面DCF，DG⊂平面DCF，
所以AE // 平面DCF．
(2)解：过点B作BH⊥EF交FE的延长线于H，连接AH，过点E作EG⊥CF交CF于G．
因为平面ABCD⊥平面BEFC，AB⊥BC，
所以AB⊥平面BEFC.
因为EF⊂平面BEFC，
所以AB⊥EF.
因为BH⊥EF，且AB∩BH=B，AB⊂平面ABH，BH⊂平面ABH，
所以EF⊥平面ABH.
因为AH⊂平面ABH，
所以AH⊥EF，
故∠AHB为二面角A−EF−C的平面角．
在Rt△EFG中，因为EG=AD=3，EF=2，
因为sin∠CFE=EGAD=32，
所以∠CFE=60∘，
FG=EF2−EG2=22−(3)2=1．
又因为∠CEF=90∘，
所以∠ECF=180∘−∠CEF−∠CFE
=180∘−90∘−60∘=30∘，
所以CE=2EG=23，
由三角形面积公式可得12CF⋅EG=12CE⋅EF，
所以CF=CE⋅EFEG=23×23=4，
故BE=CG=CF−FG=4−1=3．
因为BE//CF，所以∠BEC=∠ECF=30∘，
所以∠BEH=180∘−∠CEF−∠BEC=180∘−90∘−30∘=60∘，
所以BH=BE⋅sin∠BEH=3×32=332．
所以AB=BH⋅tan∠AHB=332×3=92，
所以当AB=92时，二面角A−EF−C的大小为60∘．
【答案】
(1)解：因为c=2，短轴上的一个端点到F的距离为3，
由勾股定理可得b2=(3)2−(2)2=1，
所以a2=b2+c2=1+(2)2=3，
所以椭圆方程为x23+y2=1.
准圆的半径r=a2+b2=3+1=2，
所以准圆方程为x2+y2=4．
(2)证明：①当I1，I2中有一条斜率不存在时，不妨设I1斜率不存在，
因为I1与椭圆相切，则其方程为x=±3，
当I1方程为x=3时，此时I1与准圆交于点(3,1)，(3,−1)，
此时经过点(3,1)（或(3,−1)）且与椭圆只有一个公共点的直线即I2为y=1（或y=−1），
显然直线I1，I2垂直；
同理可得I1方程为x=−3时，直线I1，I2垂直．
②当I1，I2都有斜率时，设点P(x0,y0)，其中x02+y02=4．
设经过点P(x0, y0)与椭圆相切直线为y=t(x−x0)+y0，
则y=t(x−x0)+y0，x23+y2=1，
消去y得，(1+3t2)x2+6t(y0−tx0)x+3(y0−tx0)2−3=0．
由Δ=0化简整理，得(3−x02)t2+2x0y0t+1−y02=0．
因为x02+y02=4，
所以有(3−x02)t2+2x0y0t+(x02−3)=0．
设I1，I2的斜率分别为t1，t2，因为I1，I2与椭圆相切，
所以t1，t2满足方程(3−x02)t2+2x0y0t+(x02−3)=0，
所以t1⋅t2=−1，即I1，I2垂直．
综合①②知，因为I1，I2经过点P(x0, y0)，又分别交其准圆于点M，N，且I1，I2垂直，圆内直径所对的圆周角为90∘，所以线段MN为准圆x2+y2=4的直径，所以|MN|=4．
综上可得，I1⊥I2且线段MN的长为定值4．
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的定义
圆的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
（II）由椭圆的“准圆”与y轴的交点作为P点入手，分析得到|MN|的长为4，然后分过动点P的直线l1，l2的斜率一条不存在和两条直线的斜率都存在两种情况讨论，当其中一条直线的斜率不存在时，分析得到另一条的斜率等于0，说明过点P的两条直线互相垂直，当斜率都存在时，写出直线方程的点斜式，和椭圆方程联立后由根与系数关系得到两直线的斜率之积等于−1，也说明两直线垂直，所以得到结论M，N位于准圆的一条直径的两个端点上，即|MN|为定值4．
【解答】
(1)解：因为c=2，短轴上的一个端点到F的距离为3，
由勾股定理可得b2=(3)2−(2)2=1，
所以a2=b2+c2=1+(2)2=3，
所以椭圆方程为x23+y2=1.
准圆的半径r=a2+b2=3+1=2，
所以准圆方程为x2+y2=4．
(2)证明：①当I1，I2中有一条斜率不存在时，不妨设I1斜率不存在，
因为I1与椭圆相切，则其方程为x=±3，
当I1方程为x=3时，此时I1与准圆交于点(3,1)，(3,−1)，
此时经过点(3,1)（或(3,−1)）且与椭圆只有一个公共点的直线即I2为y=1（或y=−1），
显然直线I1，I2垂直；
同理可得I1方程为x=−3时，直线I1，I2垂直．
②当I1，I2都有斜率时，设点P(x0,y0)，其中x02+y02=4．
设经过点P(x0, y0)与椭圆相切直线为y=t(x−x0)+y0，
则y=t(x−x0)+y0，x23+y2=1，
消去y得，(1+3t2)x2+6t(y0−tx0)x+3(y0−tx0)2−3=0．
由Δ=0化简整理，得(3−x02)t2+2x0y0t+1−y02=0．
因为x02+y02=4，
所以有(3−x02)t2+2x0y0t+(x02−3)=0．
设I1，I2的斜率分别为t1，t2，因为I1，I2与椭圆相切，
所以t1，t2满足方程(3−x02)t2+2x0y0t+(x02−3)=0，
所以t1⋅t2=−1，即I1，I2垂直．
综合①②知，因为I1，I2经过点P(x0, y0)，又分别交其准圆于点M，N，且I1，I2垂直，圆内直径所对的圆周角为90∘，所以线段MN为准圆x2+y2=4的直径，所以|MN|=4．
综上可得，I1⊥I2且线段MN的长为定值4．50 44 66 44 21 66 06 58 05 62 61 65 54 35 02 42 35 48 96 32 14 52 41 52 48
22 66 22 15 86 26 63 75 41 99 58 42 36 72 24 58 37 52 18 51 03 37 18 39 11