还剩8页未读，
继续阅读
2020-2021学年河北省高二（上）12月月考数学试卷人教A版
展开
这是一份2020-2021学年河北省高二（上）12月月考数学试卷人教A版，共11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“∀x>1，x2−x>0”的否定是( )
A.∃x0≤1，x02−x0>0B.∀x>1，x2−x≤0
C.∃x0>1，x02−x0≤0D.∀x≤1，x2−x>0
2. 已知两条直线L1：3x+2y+5=0，L2：m2−1x+2y−3=0，则“m=2”是“L1//L2”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
3. 以下四个命题中，正确的是( )
A.若ac2>bc2，则a>bB.若a>b，c>d，则a−c>b−d
C.若a>b，c>d，则ac>bdD.若a>b，则1a>1b
4. 下列说法正确的是( )
A.若直线l平行于平面α内的无数条直线，则l//α
B.若直线a在平面α外，则a//α
C.若直线a//b，b⊂α，则a//α
D.若直线a//b，b⊂α，则直线a就平行于平面内的无数条直线
5. 若x，y满足约束条件3x+y−6≤0,x+y≥2,y≤2,则y−3x的最大值为( )
A.−1B.0C.−32D.−34
6. 双曲线与椭圆x25+y2=1共焦点，且一条渐近线方程是3x−y=0，则此双曲线方程是( )
A.y2−x23=1B.y23−x2=1C.x2−y23=1D.x23−y2=1
7. 已知双曲线的一个焦点与抛物线y2=47x的焦点重合，且与直线y=x−1交于M，N两点，若MN中点的横坐标为−23，则此双曲线的标准方程是( )
A.x23−y24=1B.x24−y23=1C.x22−y25=1D.x25−y22=1
8. 在三棱柱ABC−A1B1C1中，已知AA1⊥底面ABC，AB⊥BC，且AA1=AB=BC，若D，M分别是A1B1， BB1的中点，则异面直线AD与MC所成角的余弦值为( )
A.25B.23C.34D.56
二、多选题
对于曲线C:x24−k+y2k−1=1，给出下面四个命题：
(1)曲线C不可能表示椭圆；
(2)若曲线C表示焦点在x轴上的椭圆，则1(3)若曲线C表示双曲线，则k<1或k>4；
(4)当1其中正确的是( )
A.(1)B.(2)C.(3)D.(4)
下列说法正确的是( )
A.x+1x的最小值为2
B.若“x2020”的充分不必要条件，则实数m的最大值为2019
C.设p：11，则p是q成立的必要不充分条件
D.x2+7x2+2的最小值为27−2
在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形， PA⊥底面ABCD， PA=AB，截面BDE与直线PC平行，与PA交于点E，则下列判断正确的是( )
A.E为PA的中点
B.PB与CD所成的角为π3
C.BD⊥平面PAC
D.三棱锥C−BDE与四棱锥P−ABCD的体积之比等于1：4
已知圆O:x2+y2=4和圆M:x2+y2+4x−2y+4=0相交于A、B两点，下列说法正确的为( )
A.两圆有两条公切线
B.直线AB的方程为y=2x+2
C.线段AB的长为65
D.圆O上点E，圆M上点F，|EF|的最大值为5+3
三、填空题
若“0
已知2a+1<0，则关于x的不等式x2−4ax−5a2<0的解集是________.
若一个圆的圆心是抛物线x2=4y的焦点，且该圆与直线y=x+3相切，则该圆的标准方程是________．
在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA=AB=AD=1，BC=CD=BD=3，则四棱锥的外接球的表面积为________.
四、解答题
设p：实数x满足x2−4ax+3a2<0，其中a≠0，实数x满足q：x2−x−6≤0，x2+2x−8>0.
(1)若a=1，且p和q均为真，求实数x的取值范围；
(2)若p是q的必要不充分条件，求实数a的取值范围．
已知函数fx=−4x2+13x−3.
(1)求不等式fx>0的解集；
(2)当x∈0,+∞时，求函数y=fxx的最大值，以及y取得最大值时x的值．
如图，在三棱锥D−BCE中，DE⊥BE，DE⊥CE，BE=CE=2，BC=2，DE=1.
(1)证明：BE⊥平面CDE；
(2)求二面角D−BC−E的余弦值．
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点为F1，F2，离心率为12，且点P(1,32)在椭圆上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线l:x−y−1=0与椭圆C相交于A，B两点，求△OAB（O为坐标原点）的面积S．
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为梯形，平面PAD⊥平面ABCD，BC // AD，PA⊥PD，AB⊥AD，∠PDA=60∘，E为侧棱PD的中点，且AB=BC=2，AD=4.
(1)证明：CE // 平面PAB；
(2)求二面角A−PB−C的余弦值.
已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，经过点F的直线与抛物线C交于不同的两点A，B，|AB|的最小值为4.
(1)求抛物线C的方程；
(2)已知P，Q是抛物线C上不同的两点，若直线l：y−2=k(x−1)恰好垂直平分线段PQ，求实数k的取值范围.
参考答案与试题解析
2020-2021学年河北省高二（上）12月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
命题的否定
【解析】
根据全称命题的否定是特称命题直接写出结果.
【解答】
解：因为全称命题的否定是特称命题，
所以命题"∀x>1，x2−x>0"的否定是“∃x0>1，x02−x0≤0” .
故选C.
2.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
由2m2−1−6=0，解得m，再经过验证两条直线是否平行，即可得出a的取值范围，进而判断出结论．
【解答】
解：若直线L1，L2平行，
则2m2−1−6=0，
解得m=±2，检验成立，
∴“m=2”是“L1//L2”的充分不必要条件．
故选A．
3.
【答案】
A
【考点】
不等式性质的应用
【解析】
根据不等式的性质利用特殊值或不等式的性质，结合排除法进行判断即可．
【解答】
解：A，ac2>bc2，c2>0，则a>b成立，故A正确；
B，当a=−1， b=−2，c=−3，d=−4时，a−c=b−d，故B错误；
C，当a=−1，b=−2，c=−3，d=−4时，acD，举反例−1>−2，但1−1<1−2，故D错误.
故选A.
4.
【答案】
D
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
根据直线与平面的位置关系，直线与平面平行的判定定理逐个判断可得答案
【解答】
解：对于A，若直线l平行于平面α内的无数条直线则l//α或l⊂α，故A错误；
对于B，若直线α在平面α外，则a//α或a与α相交，故B错误；
对于C，若直线a//b，b⊂α，则a//α或a⊂α，故C错误；
对于D，平面α内有无数条直线与直线a或b平行，故D正确.
故选D.
5.
【答案】
D
【考点】
求解非线性目标函数的最值-有关斜率
简单线性规划
【解析】
作出不等式组所表示的平面区域，利用目标函数的几何意义求解即可.
【解答】
解：作出不等式组所表示的平面区域如图所示：
目标函数y−3x代表可行域内点与P(0,3)连线的斜率，设为k，
由图可知，当直线经过A时斜率取得最大值，
由题可得3x+y−6=0，y=2，
解得x=43，y=2，
所以A(43,2)，
将A(43,2)代入k=y−3x可得kmax=2−343=−34.
故选D.
6.
【答案】
C
【考点】
椭圆的定义
双曲线的标准方程
【解析】
求出椭圆的焦点坐标；据双曲线的系数满足c2=a2+b2；双曲线的渐近线的方程与系数的系数的关系列出方程组，求出a，b；写出双曲线方程．
【解答】
解：椭圆方程为：x25+y2=1，
其焦点坐标为(±2, 0).
设双曲线的方程为x2a2−y2b2=1.
∵ 椭圆与双曲线共焦点，
∴ a2+b2=4①.
∵ 一条渐近线方程是3x−y=0，
∴ ba=3②.
联立①②解方程组得a=1，b=3，
即双曲线方程为x2−y23=1．
故选C．
7.
【答案】
C
【考点】
双曲线的标准方程
与双曲线有关的中点弦及弦长问题
【解析】
先设出双曲线的方程，然后与直线方程联立方程组，经消元得二元一次方程，再根据韦达定理及MN中点的横坐标可得a，b的一个方程，又双曲线中有c2=a2+b2，则另得a，b的一个方程，最后解a，b的方程组即得双曲线方程．
【解答】
解：设双曲线的标准方程为x2a2−y2b2=1，
将y=x−1代入x2a2−y2b2=1，
整理得b2−a2x2+2a2x−a2−a2b2=0，
由韦达定理得x1+x2=2a2a2−b2，
则x1+x22=a2a2−b2=−23①，
由题易得抛物线y2=47x的焦点为(7,0)，
则c2=a2+b2=(7)2=7②，
联立①②，可得a2=2，b2=5，
所以双曲线的标准方程是x22−y25=1.
故选C．
8.
【答案】
A
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
以B为坐标原点，分别以BA，BC，BB1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，由AA1=AB=BC，D，M分别是A1B1， BB1的中点，设AB=2，分别求出AD→与CM→的坐标，利用两向量所成角的余弦值求得异面直线AD与MC所成角的余弦值．
【解答】
解：如图，以B为坐标原点，分别以BA，BC，BB1所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设AB=2，
则A2,0,0， D1,0,2， C0,2,0，M0,0,1，
∴ AD→=−1,0,2，CM→=0,−2,1，
∵cs=AD→⋅CM→|AD→|⋅|CM→|=25×5=25，
∴ 异面直线AD与MC所成角的余弦值为25.
故选A．
二、多选题
【答案】
B,C
【考点】
双曲线的标准方程
椭圆的定义
【解析】
根据曲线方程的特点，结合椭圆、双曲线的标准方程分别判断即可．
【解答】
解：(1)当4−k>0，k−1>0，4−k≠k−1，即k∈(1, 52)∪(52, 4)时，曲线C表示椭圆，故(1)错误；
(2)若曲线C表示焦点在x轴上的椭圆，则4−k>k−1>0，解得1(3)若曲线C表示双曲线，则(4−k)(k−1)<0，解得k>4或k<1，故(3)正确；
(4)当k=52时，4−k=k−1，此时曲线表示圆，故(4)错误．
故选BC．
【答案】
B,D
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
基本不等式在最值问题中的应用
复合命题及其真假判断
【解析】
利用基本不等式和充分必要条件判定即可得到答案.
【解答】
解：A，当x<0时，x+1x<0，故A错误；
B，若“x2020”的充分不必要条件，
即集合{x|x2020}，
则实数m的最大值为2019，故B正确；
C，设p：11，即x>12，
由于x|112，
则p是q成立的充分不必要条件，故C错误；
D，x2+7x2+2=x2+2+7x2+2−2
≥2(x2+2)⋅7x2+2−2=27−2，
当且仅当x2+2=7x2+2，即x=±7−2时等号成立，
所以x2+7x2+2最小值为27−2，故D正确.
故选BD.
【答案】
A,C,D
【考点】
异面直线及其所成的角
柱体、锥体、台体的体积计算
直线与平面垂直的判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A，连结AC，交BD于点F，连结EF，如图，
则平面PAC∩平面BDE=EF，
∵ PC//平面BDE，EF⊂平面BDE，PC⊂平面PAC，
∴ EF//PC，
∴△AEF∼△APC.
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AF=FC，
∴ AE=EP，
∴EF为△APC的中位线，
即E为PA的中点，故A正确；
B，∵CD//AB，
∴ ∠PBA（或其补角）为PB与CD所成角.
∵PA⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，
∴PA⊥AB.
在Rt△PAB中，PA=AB，
∴ ∠PBA=π4，故B错误；
C，∵四边形ABCD为正方形，
∴AC⊥BD.
∵PA⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD，
∴PA⊥BD.
∵PA∩AC=A，
∴BD⊥平面PAC，故C正确；
D，设AB=PA=x，
则VP−ABCD =13×SABCD⋅×PA
=13×AB2×PA
=13x2⋅x
=13x3，
VC−BDE =VE−BCD=13S△BCD ⋅AE
=13×12x2⋅12x=112x3，
VC−BDEVP−ABCD=112x313x3=14，
则三棱锥C−BDE与四棱锥P−ABCD的体积之比等于1：4，故D正确．
故选ACD.
【答案】
A,D
【考点】
点到直线的距离公式
相交弦所在直线的方程
与圆有关的最值问题
【解析】
根据题意，依次分析选项：对于A，由两圆相交，由圆与圆相交的性质分析可得A正确.对于B，联立两圆的方程，变形可得直线AB的方程，可得B错误.对于C，由直线与圆相交的性质，求出弦长|AB|，可得C错误.对于D，由两圆相交，可得|EF|的最大值为|MO|+r+R，即可得正确，综合可得答案．
【解答】
解：根据题意，圆O：x2+y2=4，圆心为(0，0)，半径r=2，
圆M：x2+y2+4x−2y+4=0，即(x+2)2+(y−1)2=1，
其圆心为(−2，1)，半径R=1，依次分析选项：
对于A，R−r<|OM|=(−2)2+12=5故两圆相交，有两条公切线，A正确；
对于B，x2+y2=4，x2+y2+4x−2y+4=0，联立可得：2x−y+4=0，
即y=2x+4，直线AB的方程为y=2x+4，B错误；
对于C，由B的结论，直线AB的方程为y=2x+4，
圆心O到AB的距离d= |4|4+1 = 455 ，
则|AB|=2× 4−165 = 455，C错误；
对于D，圆O上点E，圆M上点F，
|EF|的最大值为|MO|+r+R= 5 +1+2= 5 +3，D正确.
故选AD．
三、填空题
【答案】
[−1,0]
【考点】
根据充分必要条件求参数取值问题
一元二次不等式的解法
【解析】
先求出不等式的等价条件，根据充分不必要条件的定义进行判断即可．
【解答】
解：由(x−a)[x−(a+2)]≤0可得a≤x≤a+2，
要使“0则a+2≥1，a≤0，
解得−1≤a≤0.
故答案为：[−1,0]．
【答案】
{x|5a【考点】
一元二次不等式的解法
【解析】
利用一元二次不等式解法求解即可.
【解答】
解：不等式x2−4ax−5a2<0可化为x−5ax+a<0，
∵ 方程x−5ax+a=0的两根为x1=5a，x2=−a，
且2a+1<0， a<−12，
∴ 5a故答案为：{x|5a【答案】
x2+(y−1)2=2
【考点】
圆的标准方程
点到直线的距离公式
直线与圆的位置关系
抛物线的标准方程
【解析】
求出抛物线的焦点即圆心坐标，利用切线的性质计算点C到切线的距离即为半径，从而得出圆的方程．
【解答】
解：∵ 抛物线的标准方程为x2=4y，
∴ 抛物线的焦点为F(0,1)，即圆的圆心坐标为(0,1)．
∵ 圆与直线y=x+3相切，
∴ 圆的半径为圆心到直线y=x+3的距离：
d=|0×1+1×(−1)+3|12+(−1)2=2，
∴ 圆的方程为x2+(y−1)2=2.
故答案为：x2+(y−1)2=2.
【答案】
5π
【考点】
球的表面积和体积
棱锥的结构特征
【解析】
先连接AC,BD交于点E，进而运用勾股定理求出各条线段长度，进而得到∠PBC=∠PDC=90∘，
即PC即为四棱锥的外接球的直径，然后运用球体表面积公式计算即可求解.
【解答】
解：由题意，如图，连结AC,BD交于点E，
因为四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA=AB=AD=1，BC=CD=BD=3，
所以AC⊥BD，
所以BE=DE=32，CE=32BC=32，
所以AE=AB2−BE2=12−(32)2=12，
所以AC=AE+CE=2，
所以PC=PA2+AC2=12+22=5.
又易知PB=PD=2，
所以PB2+BC2=PC2，PD2+DC2=PC2，
所以∠PBC=∠PDC=90∘，
所以PC即为四棱锥的外接球的直径，
所以外接球的半径R=52，
所以四棱锥的外接球的表面积S=4πR2=4π×54=5π.
故答案为：5π.
四、解答题
【答案】
解：(1)x2−4ax+3a2<0，即x−3ax−a<0，
当a=1时，解得1即p为真时，实数x的取值范围是1x2−x−6≤0,x2+2x−8>0,
解得2即q为真时，实数x的取值范围是2若p和q均为真，则实数x的取值范围是2,3.
(2)若p是q的必要不充分条件，
设A=x|px，B=x|qx，
则A⫌B，
由(1)易得B=(2,3]，
当a>0时，A=a,3a，
a<0时，A=3a,a
所以当a>0时，有a≤2，3<3a，
解得1当a<0时，A∩B=⌀，不合题意.
综上，实数a的取值范围是(1,2]．
【考点】
一元二次不等式的解法
命题的真假判断与应用
根据充分必要条件求参数取值问题
【解析】
(1)由x2−4ax+3a2<0，得x−3ax−a<0，p为真时，实数x的取值范围是1(2)p是q的必要不充分条件，由集合的包含关系，由此能求出实数a的取值范围．
【解答】
解：(1)x2−4ax+3a2<0，即x−3ax−a<0，
当a=1时，解得1即p为真时，实数x的取值范围是1x2−x−6≤0,x2+2x−8>0,
解得2即q为真时，实数x的取值范围是2若p和q均为真，则实数x的取值范围是2,3.
(2)若p是q的必要不充分条件，
设A=x|px，B=x|qx，
则A⫌B，
由(1)易得B=(2,3]，
当a>0时，A=a,3a，
a<0时，A=3a,a
所以当a>0时，有a≤2，3<3a，
解得1当a<0时，A∩B=⌀，不合题意.
综上，实数a的取值范围是(1,2]．
【答案】
解：1由题设得−4x2+13x−3>0，
因为−4x2+13x−3=0两根为x1=14，x2=3，
二次函数y=−4x2+13x−3开口向下，
所以不等式的解集为x|142由题设得y=fxx=−4x−3x+13，
因为x>0，
所以y=13−4x+3x≤13−24x⋅3x=13−43，
当且仅当4x=3x，即x=32时等号成立.
所以当x=32时，y取得最大值13−43.
【考点】
一元二次不等式的解法
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
1直接解二次不等式的解集.
2原式化简得y=fxx=−4x−3x+13，利用均值不等式得解.
【解答】
解：1由题设得−4x2+13x−3>0，
因为−4x2+13x−3=0两根为x1=14，x2=3，
二次函数y=−4x2+13x−3开口向下，
所以不等式的解集为x|142由题设得y=fxx=−4x−3x+13，
因为x>0，
所以y=13−4x+3x≤13−24x⋅3x=13−43，
当且仅当4x=3x，即x=32时等号成立.
所以当x=32时，y取得最大值13−43.
【答案】
(1)证明：在△BCE中，BE=CE=2，BC=2，
因为BE2+CE2=22+22=4=BC2，
所以∠BEC=90∘，即BE⊥CE.
又因为DE⊥BE，DE∩CE=E，
且DE⊂平面CDE，CE⊂平面CDE，
∴ BE⊥平面CDE.
(2)解：由(1)可得DE，BE，CE两两互相垂直．
所以以BE，CE，DE分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则E(0,0,0)，B2,0,0，C0,2,0，D0,0,1，
所以BD→=−2,0,1 ，CD→=0,−2,1，ED→=0,0,1，
设平面BCD的一个法向量m→=x0,y0,z0，
则−2x0+z0=0，−2y0+z0=0，
令z0=2，则x0=1，y0=1，
所以m→=1,1,2,
由题易得ED→=0,0,1为平面BCE的一个法向量，
所以cs=|m→⋅ED→||m→|⋅|ED→|
=|1×0+1×0+2×1|12+12+22×02+02+12
=22，
由题知二面角D−BC−E的平面角为锐角，
所以二面角D−BC−E的余弦值为22.
【考点】
直线与平面垂直的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
通过得到DE⊥BE和BE⊥CE，根据线面垂直的判定定理即可得到BE⊥平面CDE；
据（1）求解知，DE，BE，CE两两互相垂直，以BE，CE，DE分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系如图，通过求出平面BCD的一个法向量和平面BCE的一个法向量，得出二面角
D−BC−E的余弦值．
【解答】
(1)证明：在△BCE中，BE=CE=2，BC=2，
因为BE2+CE2=22+22=4=BC2，
所以∠BEC=90∘，即BE⊥CE.
又因为DE⊥BE，DE∩CE=E，
且DE⊂平面CDE，CE⊂平面CDE，
∴ BE⊥平面CDE.
(2)解：由(1)可得DE，BE，CE两两互相垂直．
所以以BE，CE，DE分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则E(0,0,0)，B2,0,0，C0,2,0，D0,0,1，
所以BD→=−2,0,1 ，CD→=0,−2,1，ED→=0,0,1，
设平面BCD的一个法向量m→=x0,y0,z0，
则−2x0+z0=0，−2y0+z0=0，
令z0=2，则x0=1，y0=1，
所以m→=1,1,2,
由题易得ED→=0,0,1为平面BCE的一个法向量，
所以cs=|m→⋅ED→||m→|⋅|ED→|
=|1×0+1×0+2×1|12+12+22×02+02+12
=22，
由题知二面角D−BC−E的平面角为锐角，
所以二面角D−BC−E的余弦值为22.
【答案】
解：(1)由题意可得1a2+94b2=1，ca=12，a2=b2+c2， ⇒a=2，b=3，c=1，
∴ 椭圆的标准方程为x24+y23=1．
(2)设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
联立x24+y23=1，x−y−1=0， 化为7y2+6y−9=0，
则y1+y2=−67，y1y2=−97，
∴ |y1−y2|=(y1+y2)2−4y1y2
=(−67)2−4×(−97)=1227．
∵ F2(1, 0)，直线l:x−y−1=0，
∴ 直线l经过点F2，
∴ S=12×|OF2|⋅|y1−y2|=12×1×1227=627．
【考点】
椭圆的标准方程
与椭圆有关的中点弦及弦长问题
【解析】
根据题意可得 1a2 + 94b2 = 1 ca = 12 a2 = b2 + c2 ⇒ a = 2 b = 3 c = 1 ，即可得出椭圆的标准方程;
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，联立化为7y2+6y−9＝0，根据根与系数的关系可得：|y1−y2| = (y1 + y2)2 − 4y1y2，利用S = 12 ×|OF2|⋅|y1−y2|即可得出．
【解答】
解：(1)由题意可得1a2+94b2=1，ca=12，a2=b2+c2， ⇒a=2，b=3，c=1，
∴ 椭圆的标准方程为x24+y23=1．
(2)设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
联立x24+y23=1，x−y−1=0， 化为7y2+6y−9=0，
则y1+y2=−67，y1y2=−97，
∴ |y1−y2|=(y1+y2)2−4y1y2
=(−67)2−4×(−97)=1227．
∵ F2(1, 0)，直线l:x−y−1=0，
∴ 直线l经过点F2，
∴ S=12×|OF2|⋅|y1−y2|=12×1×1227=627．
【答案】
(1)证明：取AD的中点O，连接OC，OE，
∵ E为侧棱PD的中点，
∴ OE // PA.
∵ BC=2，AD=2AO=4，BC // AD，
∴ 四边形ABCO为平行四边形，
∴ OC // AB.
∵ OC∩OE=O，
∴ 平面OCE // 平面PAB.
又∵ CE⊂平面OCE，
∴ CE // 平面PAB.
(2)解：过点P作PF⊥AD于F，
∵ 平面PAD⊥平面ABCD，
∴ PF⊥平面ABCD.
∵ PA⊥PD，∠PDA=60∘，AD=4，
∴ PD=2，PF=3，FD=1，
如图，取AD的中点O，以O为原点，建立空间直角坐标系O−xyz，
则P(0, 1, 3)，C(2, 0, 0)，B(2, −2, 0)，
D(0, 2, 0)，A(0, −2, 0)，
∴ PD→=(0, 1, −3)，PB→=(2, −3, −3)，
BC→=(0, 2, 0)，PA→=(0, −3, −3)，
设n→=(x, y, z)是平面PBC的一个法向量，
则PB→⋅n→=2x−3y−3z=0,BC→⋅n→=2y=0, 取z=2，得n→=(3,0,2).
设m→=(a, b, c)是平面PAB的一个法向量，
则PA→⋅m→=3b+3c=0,PB→⋅m→=2a−3b−3c=0, 取b=1，得m→=(0, 1, −3)，
∴ cs=n→⋅m→|n→|⋅|m→|=−2327=−217，
由图知二面角A−PB−C为钝角，
∴ 二面角A−PB−C的余弦值为−217.
【考点】
直线与平面平行的判定
二面角的平面角及求法
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
（1）取AD中点O，连结OC，OE，推导出四边形ABCD为平行四边形，从而OC // AB，进而平面OCE // 平面PAB，由此能证明CE // 平面PAB．
（2）过点P作PF⊥AD于F，从而PF⊥平面ABCD，取AD的中点O，以O为原点，建立空间直角坐标系O−xyz，利用向量法能求出二面角A−PB−C的余弦值．
【解答】
(1)证明：取AD的中点O，连接OC，OE，
∵ E为侧棱PD的中点，
∴ OE // PA.
∵ BC=2，AD=2AO=4，BC // AD，
∴ 四边形ABCO为平行四边形，
∴ OC // AB.
∵ OC∩OE=O，
∴ 平面OCE // 平面PAB.
又∵ CE⊂平面OCE，
∴ CE // 平面PAB.
(2)解：过点P作PF⊥AD于F，
∵ 平面PAD⊥平面ABCD，
∴ PF⊥平面ABCD.
∵ PA⊥PD，∠PDA=60∘，AD=4，
∴ PD=2，PF=3，FD=1，
如图，取AD的中点O，以O为原点，建立空间直角坐标系O−xyz，
则P(0, 1, 3)，C(2, 0, 0)，B(2, −2, 0)，
D(0, 2, 0)，A(0, −2, 0)，
∴ PD→=(0, 1, −3)，PB→=(2, −3, −3)，
BC→=(0, 2, 0)，PA→=(0, −3, −3)，
设n→=(x, y, z)是平面PBC的一个法向量，
则PB→⋅n→=2x−3y−3z=0,BC→⋅n→=2y=0, 取z=2，得n→=(3,0,2).
设m→=(a, b, c)是平面PAB的一个法向量，
则PA→⋅m→=3b+3c=0,PB→⋅m→=2a−3b−3c=0, 取b=1，得m→=(0, 1, −3)，
∴ cs=n→⋅m→|n→|⋅|m→|=−2327=−217，
由图知二面角A−PB−C为钝角，
∴ 二面角A−PB−C的余弦值为−217.
【答案】
解：(1)设过焦点的直线x=ty+p2与抛物线分别交于点Ax1,y1，Bx2,y2，
与抛物线方程联立得y2−2pty−p2=0，
则y1+y2=2pt，
∴ |AB|=x1+x2+p=ty1+y2+2p=2pt2+2p≥2p，
等号成立时t=0，∴ 2p=4，即p=2，
故抛物线C的方程为y2=4x.
(2)由题知k≠0，故可设直线PQ的方程为x=−ky+m,
与抛物线C的方程联立得y2+4ky−4m=0.
则Δ=16k2+16m>0，即k2+m>0①.
又yP+yQ=−4k，
设PQ中点为Mx0,y0，
则y0=−2k，x0=−ky0+m=2k2+m，
又点M在直线l上，故−2k−2=k2k2+m−1,
则k2+m=−1−2k−k2，
代入①式得k2+2k+1<0，即k+1k2−k+2k<0，
解得−1【考点】
抛物线的性质
抛物线的标准方程
圆锥曲线中的范围与最值问题
【解析】
设Ax1,y1Bx2,y2，过焦点的直线方程x=ty+p2，代入抛物线方程，用焦半径公式表示出焦点弦长表示为t的函数后可得最小值，由最小值为4可得p；
由垂直可设直线PQ方程为x=−ky+m，代入抛物线方程有Δ>0，由韦达定理求出弦PQ的中点坐标，代入直线方程，得m，k的关系，再代入Δ>0可求得k的范围．
【解答】
解：(1)设过焦点的直线x=ty+p2与抛物线分别交于点Ax1,y1，Bx2,y2，
与抛物线方程联立得y2−2pty−p2=0，
则y1+y2=2pt，
∴ |AB|=x1+x2+p=ty1+y2+2p=2pt2+2p≥2p，
等号成立时t=0，∴ 2p=4，即p=2，
故抛物线C的方程为y2=4x.
(2)由题知k≠0，故可设直线PQ的方程为x=−ky+m,
与抛物线C的方程联立得y2+4ky−4m=0.
则Δ=16k2+16m>0，即k2+m>0①.
又yP+yQ=−4k，
设PQ中点为Mx0,y0，
则y0=−2k，x0=−ky0+m=2k2+m，
又点M在直线l上，故−2k−2=k2k2+m−1,
则k2+m=−1−2k−k2，
代入①式得k2+2k+1<0，即k+1k2−k+2k<0，
解得−1
1. 命题“∀x>1，x2−x>0”的否定是( )
A.∃x0≤1，x02−x0>0B.∀x>1，x2−x≤0
C.∃x0>1，x02−x0≤0D.∀x≤1，x2−x>0
2. 已知两条直线L1：3x+2y+5=0，L2：m2−1x+2y−3=0，则“m=2”是“L1//L2”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
3. 以下四个命题中，正确的是( )
A.若ac2>bc2，则a>bB.若a>b，c>d，则a−c>b−d
C.若a>b，c>d，则ac>bdD.若a>b，则1a>1b
4. 下列说法正确的是( )
A.若直线l平行于平面α内的无数条直线，则l//α
B.若直线a在平面α外，则a//α
C.若直线a//b，b⊂α，则a//α
D.若直线a//b，b⊂α，则直线a就平行于平面内的无数条直线
5. 若x，y满足约束条件3x+y−6≤0,x+y≥2,y≤2,则y−3x的最大值为( )
A.−1B.0C.−32D.−34
6. 双曲线与椭圆x25+y2=1共焦点，且一条渐近线方程是3x−y=0，则此双曲线方程是( )
A.y2−x23=1B.y23−x2=1C.x2−y23=1D.x23−y2=1
7. 已知双曲线的一个焦点与抛物线y2=47x的焦点重合，且与直线y=x−1交于M，N两点，若MN中点的横坐标为−23，则此双曲线的标准方程是( )
A.x23−y24=1B.x24−y23=1C.x22−y25=1D.x25−y22=1
8. 在三棱柱ABC−A1B1C1中，已知AA1⊥底面ABC，AB⊥BC，且AA1=AB=BC，若D，M分别是A1B1， BB1的中点，则异面直线AD与MC所成角的余弦值为( )
A.25B.23C.34D.56
二、多选题
对于曲线C:x24−k+y2k−1=1，给出下面四个命题：
(1)曲线C不可能表示椭圆；
(2)若曲线C表示焦点在x轴上的椭圆，则1
(4)当1
A.(1)B.(2)C.(3)D.(4)
下列说法正确的是( )
A.x+1x的最小值为2
B.若“x
C.设p：1
D.x2+7x2+2的最小值为27−2
在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形， PA⊥底面ABCD， PA=AB，截面BDE与直线PC平行，与PA交于点E，则下列判断正确的是( )
A.E为PA的中点
B.PB与CD所成的角为π3
C.BD⊥平面PAC
D.三棱锥C−BDE与四棱锥P−ABCD的体积之比等于1：4
已知圆O:x2+y2=4和圆M:x2+y2+4x−2y+4=0相交于A、B两点，下列说法正确的为( )
A.两圆有两条公切线
B.直线AB的方程为y=2x+2
C.线段AB的长为65
D.圆O上点E，圆M上点F，|EF|的最大值为5+3
三、填空题
若“0
已知2a+1<0，则关于x的不等式x2−4ax−5a2<0的解集是________.
若一个圆的圆心是抛物线x2=4y的焦点，且该圆与直线y=x+3相切，则该圆的标准方程是________．
在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA=AB=AD=1，BC=CD=BD=3，则四棱锥的外接球的表面积为________.
四、解答题
设p：实数x满足x2−4ax+3a2<0，其中a≠0，实数x满足q：x2−x−6≤0，x2+2x−8>0.
(1)若a=1，且p和q均为真，求实数x的取值范围；
(2)若p是q的必要不充分条件，求实数a的取值范围．
已知函数fx=−4x2+13x−3.
(1)求不等式fx>0的解集；
(2)当x∈0,+∞时，求函数y=fxx的最大值，以及y取得最大值时x的值．
如图，在三棱锥D−BCE中，DE⊥BE，DE⊥CE，BE=CE=2，BC=2，DE=1.
(1)证明：BE⊥平面CDE；
(2)求二面角D−BC−E的余弦值．
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点为F1，F2，离心率为12，且点P(1,32)在椭圆上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线l:x−y−1=0与椭圆C相交于A，B两点，求△OAB（O为坐标原点）的面积S．
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为梯形，平面PAD⊥平面ABCD，BC // AD，PA⊥PD，AB⊥AD，∠PDA=60∘，E为侧棱PD的中点，且AB=BC=2，AD=4.
(1)证明：CE // 平面PAB；
(2)求二面角A−PB−C的余弦值.
已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，经过点F的直线与抛物线C交于不同的两点A，B，|AB|的最小值为4.
(1)求抛物线C的方程；
(2)已知P，Q是抛物线C上不同的两点，若直线l：y−2=k(x−1)恰好垂直平分线段PQ，求实数k的取值范围.
参考答案与试题解析
2020-2021学年河北省高二（上）12月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
命题的否定
【解析】
根据全称命题的否定是特称命题直接写出结果.
【解答】
解：因为全称命题的否定是特称命题，
所以命题"∀x>1，x2−x>0"的否定是“∃x0>1，x02−x0≤0” .
故选C.
2.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
由2m2−1−6=0，解得m，再经过验证两条直线是否平行，即可得出a的取值范围，进而判断出结论．
【解答】
解：若直线L1，L2平行，
则2m2−1−6=0，
解得m=±2，检验成立，
∴“m=2”是“L1//L2”的充分不必要条件．
故选A．
3.
【答案】
A
【考点】
不等式性质的应用
【解析】
根据不等式的性质利用特殊值或不等式的性质，结合排除法进行判断即可．
【解答】
解：A，ac2>bc2，c2>0，则a>b成立，故A正确；
B，当a=−1， b=−2，c=−3，d=−4时，a−c=b−d，故B错误；
C，当a=−1，b=−2，c=−3，d=−4时，ac
故选A.
4.
【答案】
D
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
根据直线与平面的位置关系，直线与平面平行的判定定理逐个判断可得答案
【解答】
解：对于A，若直线l平行于平面α内的无数条直线则l//α或l⊂α，故A错误；
对于B，若直线α在平面α外，则a//α或a与α相交，故B错误；
对于C，若直线a//b，b⊂α，则a//α或a⊂α，故C错误；
对于D，平面α内有无数条直线与直线a或b平行，故D正确.
故选D.
5.
【答案】
D
【考点】
求解非线性目标函数的最值-有关斜率
简单线性规划
【解析】
作出不等式组所表示的平面区域，利用目标函数的几何意义求解即可.
【解答】
解：作出不等式组所表示的平面区域如图所示：
目标函数y−3x代表可行域内点与P(0,3)连线的斜率，设为k，
由图可知，当直线经过A时斜率取得最大值，
由题可得3x+y−6=0，y=2，
解得x=43，y=2，
所以A(43,2)，
将A(43,2)代入k=y−3x可得kmax=2−343=−34.
故选D.
6.
【答案】
C
【考点】
椭圆的定义
双曲线的标准方程
【解析】
求出椭圆的焦点坐标；据双曲线的系数满足c2=a2+b2；双曲线的渐近线的方程与系数的系数的关系列出方程组，求出a，b；写出双曲线方程．
【解答】
解：椭圆方程为：x25+y2=1，
其焦点坐标为(±2, 0).
设双曲线的方程为x2a2−y2b2=1.
∵ 椭圆与双曲线共焦点，
∴ a2+b2=4①.
∵ 一条渐近线方程是3x−y=0，
∴ ba=3②.
联立①②解方程组得a=1，b=3，
即双曲线方程为x2−y23=1．
故选C．
7.
【答案】
C
【考点】
双曲线的标准方程
与双曲线有关的中点弦及弦长问题
【解析】
先设出双曲线的方程，然后与直线方程联立方程组，经消元得二元一次方程，再根据韦达定理及MN中点的横坐标可得a，b的一个方程，又双曲线中有c2=a2+b2，则另得a，b的一个方程，最后解a，b的方程组即得双曲线方程．
【解答】
解：设双曲线的标准方程为x2a2−y2b2=1，
将y=x−1代入x2a2−y2b2=1，
整理得b2−a2x2+2a2x−a2−a2b2=0，
由韦达定理得x1+x2=2a2a2−b2，
则x1+x22=a2a2−b2=−23①，
由题易得抛物线y2=47x的焦点为(7,0)，
则c2=a2+b2=(7)2=7②，
联立①②，可得a2=2，b2=5，
所以双曲线的标准方程是x22−y25=1.
故选C．
8.
【答案】
A
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
以B为坐标原点，分别以BA，BC，BB1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，由AA1=AB=BC，D，M分别是A1B1， BB1的中点，设AB=2，分别求出AD→与CM→的坐标，利用两向量所成角的余弦值求得异面直线AD与MC所成角的余弦值．
【解答】
解：如图，以B为坐标原点，分别以BA，BC，BB1所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设AB=2，
则A2,0,0， D1,0,2， C0,2,0，M0,0,1，
∴ AD→=−1,0,2，CM→=0,−2,1，
∵cs
∴ 异面直线AD与MC所成角的余弦值为25.
故选A．
二、多选题
【答案】
B,C
【考点】
双曲线的标准方程
椭圆的定义
【解析】
根据曲线方程的特点，结合椭圆、双曲线的标准方程分别判断即可．
【解答】
解：(1)当4−k>0，k−1>0，4−k≠k−1，即k∈(1, 52)∪(52, 4)时，曲线C表示椭圆，故(1)错误；
(2)若曲线C表示焦点在x轴上的椭圆，则4−k>k−1>0，解得1
(4)当k=52时，4−k=k−1，此时曲线表示圆，故(4)错误．
故选BC．
【答案】
B,D
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
基本不等式在最值问题中的应用
复合命题及其真假判断
【解析】
利用基本不等式和充分必要条件判定即可得到答案.
【解答】
解：A，当x<0时，x+1x<0，故A错误；
B，若“x
即集合{x|x
则实数m的最大值为2019，故B正确；
C，设p：1
由于x|1
则p是q成立的充分不必要条件，故C错误；
D，x2+7x2+2=x2+2+7x2+2−2
≥2(x2+2)⋅7x2+2−2=27−2，
当且仅当x2+2=7x2+2，即x=±7−2时等号成立，
所以x2+7x2+2最小值为27−2，故D正确.
故选BD.
【答案】
A,C,D
【考点】
异面直线及其所成的角
柱体、锥体、台体的体积计算
直线与平面垂直的判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A，连结AC，交BD于点F，连结EF，如图，
则平面PAC∩平面BDE=EF，
∵ PC//平面BDE，EF⊂平面BDE，PC⊂平面PAC，
∴ EF//PC，
∴△AEF∼△APC.
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AF=FC，
∴ AE=EP，
∴EF为△APC的中位线，
即E为PA的中点，故A正确；
B，∵CD//AB，
∴ ∠PBA（或其补角）为PB与CD所成角.
∵PA⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，
∴PA⊥AB.
在Rt△PAB中，PA=AB，
∴ ∠PBA=π4，故B错误；
C，∵四边形ABCD为正方形，
∴AC⊥BD.
∵PA⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD，
∴PA⊥BD.
∵PA∩AC=A，
∴BD⊥平面PAC，故C正确；
D，设AB=PA=x，
则VP−ABCD =13×SABCD⋅×PA
=13×AB2×PA
=13x2⋅x
=13x3，
VC−BDE =VE−BCD=13S△BCD ⋅AE
=13×12x2⋅12x=112x3，
VC−BDEVP−ABCD=112x313x3=14，
则三棱锥C−BDE与四棱锥P−ABCD的体积之比等于1：4，故D正确．
故选ACD.
【答案】
A,D
【考点】
点到直线的距离公式
相交弦所在直线的方程
与圆有关的最值问题
【解析】
根据题意，依次分析选项：对于A，由两圆相交，由圆与圆相交的性质分析可得A正确.对于B，联立两圆的方程，变形可得直线AB的方程，可得B错误.对于C，由直线与圆相交的性质，求出弦长|AB|，可得C错误.对于D，由两圆相交，可得|EF|的最大值为|MO|+r+R，即可得正确，综合可得答案．
【解答】
解：根据题意，圆O：x2+y2=4，圆心为(0，0)，半径r=2，
圆M：x2+y2+4x−2y+4=0，即(x+2)2+(y−1)2=1，
其圆心为(−2，1)，半径R=1，依次分析选项：
对于A，R−r<|OM|=(−2)2+12=5
对于B，x2+y2=4，x2+y2+4x−2y+4=0，联立可得：2x−y+4=0，
即y=2x+4，直线AB的方程为y=2x+4，B错误；
对于C，由B的结论，直线AB的方程为y=2x+4，
圆心O到AB的距离d= |4|4+1 = 455 ，
则|AB|=2× 4−165 = 455，C错误；
对于D，圆O上点E，圆M上点F，
|EF|的最大值为|MO|+r+R= 5 +1+2= 5 +3，D正确.
故选AD．
三、填空题
【答案】
[−1,0]
【考点】
根据充分必要条件求参数取值问题
一元二次不等式的解法
【解析】
先求出不等式的等价条件，根据充分不必要条件的定义进行判断即可．
【解答】
解：由(x−a)[x−(a+2)]≤0可得a≤x≤a+2，
要使“0
解得−1≤a≤0.
故答案为：[−1,0]．
【答案】
{x|5a
一元二次不等式的解法
【解析】
利用一元二次不等式解法求解即可.
【解答】
解：不等式x2−4ax−5a2<0可化为x−5ax+a<0，
∵ 方程x−5ax+a=0的两根为x1=5a，x2=−a，
且2a+1<0， a<−12，
∴ 5a
x2+(y−1)2=2
【考点】
圆的标准方程
点到直线的距离公式
直线与圆的位置关系
抛物线的标准方程
【解析】
求出抛物线的焦点即圆心坐标，利用切线的性质计算点C到切线的距离即为半径，从而得出圆的方程．
【解答】
解：∵ 抛物线的标准方程为x2=4y，
∴ 抛物线的焦点为F(0,1)，即圆的圆心坐标为(0,1)．
∵ 圆与直线y=x+3相切，
∴ 圆的半径为圆心到直线y=x+3的距离：
d=|0×1+1×(−1)+3|12+(−1)2=2，
∴ 圆的方程为x2+(y−1)2=2.
故答案为：x2+(y−1)2=2.
【答案】
5π
【考点】
球的表面积和体积
棱锥的结构特征
【解析】
先连接AC,BD交于点E，进而运用勾股定理求出各条线段长度，进而得到∠PBC=∠PDC=90∘，
即PC即为四棱锥的外接球的直径，然后运用球体表面积公式计算即可求解.
【解答】
解：由题意，如图，连结AC,BD交于点E，
因为四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA=AB=AD=1，BC=CD=BD=3，
所以AC⊥BD，
所以BE=DE=32，CE=32BC=32，
所以AE=AB2−BE2=12−(32)2=12，
所以AC=AE+CE=2，
所以PC=PA2+AC2=12+22=5.
又易知PB=PD=2，
所以PB2+BC2=PC2，PD2+DC2=PC2，
所以∠PBC=∠PDC=90∘，
所以PC即为四棱锥的外接球的直径，
所以外接球的半径R=52，
所以四棱锥的外接球的表面积S=4πR2=4π×54=5π.
故答案为：5π.
四、解答题
【答案】
解：(1)x2−4ax+3a2<0，即x−3ax−a<0，
当a=1时，解得1
解得2
(2)若p是q的必要不充分条件，
设A=x|px，B=x|qx，
则A⫌B，
由(1)易得B=(2,3]，
当a>0时，A=a,3a，
a<0时，A=3a,a
所以当a>0时，有a≤2，3<3a，
解得1
综上，实数a的取值范围是(1,2]．
【考点】
一元二次不等式的解法
命题的真假判断与应用
根据充分必要条件求参数取值问题
【解析】
(1)由x2−4ax+3a2<0，得x−3ax−a<0，p为真时，实数x的取值范围是1
【解答】
解：(1)x2−4ax+3a2<0，即x−3ax−a<0，
当a=1时，解得1
解得2
(2)若p是q的必要不充分条件，
设A=x|px，B=x|qx，
则A⫌B，
由(1)易得B=(2,3]，
当a>0时，A=a,3a，
a<0时，A=3a,a
所以当a>0时，有a≤2，3<3a，
解得1
综上，实数a的取值范围是(1,2]．
【答案】
解：1由题设得−4x2+13x−3>0，
因为−4x2+13x−3=0两根为x1=14，x2=3，
二次函数y=−4x2+13x−3开口向下，
所以不等式的解集为x|14
因为x>0，
所以y=13−4x+3x≤13−24x⋅3x=13−43，
当且仅当4x=3x，即x=32时等号成立.
所以当x=32时，y取得最大值13−43.
【考点】
一元二次不等式的解法
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
1直接解二次不等式的解集.
2原式化简得y=fxx=−4x−3x+13，利用均值不等式得解.
【解答】
解：1由题设得−4x2+13x−3>0，
因为−4x2+13x−3=0两根为x1=14，x2=3，
二次函数y=−4x2+13x−3开口向下，
所以不等式的解集为x|14
因为x>0，
所以y=13−4x+3x≤13−24x⋅3x=13−43，
当且仅当4x=3x，即x=32时等号成立.
所以当x=32时，y取得最大值13−43.
【答案】
(1)证明：在△BCE中，BE=CE=2，BC=2，
因为BE2+CE2=22+22=4=BC2，
所以∠BEC=90∘，即BE⊥CE.
又因为DE⊥BE，DE∩CE=E，
且DE⊂平面CDE，CE⊂平面CDE，
∴ BE⊥平面CDE.
(2)解：由(1)可得DE，BE，CE两两互相垂直．
所以以BE，CE，DE分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则E(0,0,0)，B2,0,0，C0,2,0，D0,0,1，
所以BD→=−2,0,1 ，CD→=0,−2,1，ED→=0,0,1，
设平面BCD的一个法向量m→=x0,y0,z0，
则−2x0+z0=0，−2y0+z0=0，
令z0=2，则x0=1，y0=1，
所以m→=1,1,2,
由题易得ED→=0,0,1为平面BCE的一个法向量，
所以cs
=|1×0+1×0+2×1|12+12+22×02+02+12
=22，
由题知二面角D−BC−E的平面角为锐角，
所以二面角D−BC−E的余弦值为22.
【考点】
直线与平面垂直的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
通过得到DE⊥BE和BE⊥CE，根据线面垂直的判定定理即可得到BE⊥平面CDE；
据（1）求解知，DE，BE，CE两两互相垂直，以BE，CE，DE分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系如图，通过求出平面BCD的一个法向量和平面BCE的一个法向量，得出二面角
D−BC−E的余弦值．
【解答】
(1)证明：在△BCE中，BE=CE=2，BC=2，
因为BE2+CE2=22+22=4=BC2，
所以∠BEC=90∘，即BE⊥CE.
又因为DE⊥BE，DE∩CE=E，
且DE⊂平面CDE，CE⊂平面CDE，
∴ BE⊥平面CDE.
(2)解：由(1)可得DE，BE，CE两两互相垂直．
所以以BE，CE，DE分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则E(0,0,0)，B2,0,0，C0,2,0，D0,0,1，
所以BD→=−2,0,1 ，CD→=0,−2,1，ED→=0,0,1，
设平面BCD的一个法向量m→=x0,y0,z0，
则−2x0+z0=0，−2y0+z0=0，
令z0=2，则x0=1，y0=1，
所以m→=1,1,2,
由题易得ED→=0,0,1为平面BCE的一个法向量，
所以cs
=|1×0+1×0+2×1|12+12+22×02+02+12
=22，
由题知二面角D−BC−E的平面角为锐角，
所以二面角D−BC−E的余弦值为22.
【答案】
解：(1)由题意可得1a2+94b2=1，ca=12，a2=b2+c2， ⇒a=2，b=3，c=1，
∴ 椭圆的标准方程为x24+y23=1．
(2)设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
联立x24+y23=1，x−y−1=0， 化为7y2+6y−9=0，
则y1+y2=−67，y1y2=−97，
∴ |y1−y2|=(y1+y2)2−4y1y2
=(−67)2−4×(−97)=1227．
∵ F2(1, 0)，直线l:x−y−1=0，
∴ 直线l经过点F2，
∴ S=12×|OF2|⋅|y1−y2|=12×1×1227=627．
【考点】
椭圆的标准方程
与椭圆有关的中点弦及弦长问题
【解析】
根据题意可得 1a2 + 94b2 = 1 ca = 12 a2 = b2 + c2 ⇒ a = 2 b = 3 c = 1 ，即可得出椭圆的标准方程;
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，联立化为7y2+6y−9＝0，根据根与系数的关系可得：|y1−y2| = (y1 + y2)2 − 4y1y2，利用S = 12 ×|OF2|⋅|y1−y2|即可得出．
【解答】
解：(1)由题意可得1a2+94b2=1，ca=12，a2=b2+c2， ⇒a=2，b=3，c=1，
∴ 椭圆的标准方程为x24+y23=1．
(2)设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
联立x24+y23=1，x−y−1=0， 化为7y2+6y−9=0，
则y1+y2=−67，y1y2=−97，
∴ |y1−y2|=(y1+y2)2−4y1y2
=(−67)2−4×(−97)=1227．
∵ F2(1, 0)，直线l:x−y−1=0，
∴ 直线l经过点F2，
∴ S=12×|OF2|⋅|y1−y2|=12×1×1227=627．
【答案】
(1)证明：取AD的中点O，连接OC，OE，
∵ E为侧棱PD的中点，
∴ OE // PA.
∵ BC=2，AD=2AO=4，BC // AD，
∴ 四边形ABCO为平行四边形，
∴ OC // AB.
∵ OC∩OE=O，
∴ 平面OCE // 平面PAB.
又∵ CE⊂平面OCE，
∴ CE // 平面PAB.
(2)解：过点P作PF⊥AD于F，
∵ 平面PAD⊥平面ABCD，
∴ PF⊥平面ABCD.
∵ PA⊥PD，∠PDA=60∘，AD=4，
∴ PD=2，PF=3，FD=1，
如图，取AD的中点O，以O为原点，建立空间直角坐标系O−xyz，
则P(0, 1, 3)，C(2, 0, 0)，B(2, −2, 0)，
D(0, 2, 0)，A(0, −2, 0)，
∴ PD→=(0, 1, −3)，PB→=(2, −3, −3)，
BC→=(0, 2, 0)，PA→=(0, −3, −3)，
设n→=(x, y, z)是平面PBC的一个法向量，
则PB→⋅n→=2x−3y−3z=0,BC→⋅n→=2y=0, 取z=2，得n→=(3,0,2).
设m→=(a, b, c)是平面PAB的一个法向量，
则PA→⋅m→=3b+3c=0,PB→⋅m→=2a−3b−3c=0, 取b=1，得m→=(0, 1, −3)，
∴ cs
由图知二面角A−PB−C为钝角，
∴ 二面角A−PB−C的余弦值为−217.
【考点】
直线与平面平行的判定
二面角的平面角及求法
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
（1）取AD中点O，连结OC，OE，推导出四边形ABCD为平行四边形，从而OC // AB，进而平面OCE // 平面PAB，由此能证明CE // 平面PAB．
（2）过点P作PF⊥AD于F，从而PF⊥平面ABCD，取AD的中点O，以O为原点，建立空间直角坐标系O−xyz，利用向量法能求出二面角A−PB−C的余弦值．
【解答】
(1)证明：取AD的中点O，连接OC，OE，
∵ E为侧棱PD的中点，
∴ OE // PA.
∵ BC=2，AD=2AO=4，BC // AD，
∴ 四边形ABCO为平行四边形，
∴ OC // AB.
∵ OC∩OE=O，
∴ 平面OCE // 平面PAB.
又∵ CE⊂平面OCE，
∴ CE // 平面PAB.
(2)解：过点P作PF⊥AD于F，
∵ 平面PAD⊥平面ABCD，
∴ PF⊥平面ABCD.
∵ PA⊥PD，∠PDA=60∘，AD=4，
∴ PD=2，PF=3，FD=1，
如图，取AD的中点O，以O为原点，建立空间直角坐标系O−xyz，
则P(0, 1, 3)，C(2, 0, 0)，B(2, −2, 0)，
D(0, 2, 0)，A(0, −2, 0)，
∴ PD→=(0, 1, −3)，PB→=(2, −3, −3)，
BC→=(0, 2, 0)，PA→=(0, −3, −3)，
设n→=(x, y, z)是平面PBC的一个法向量，
则PB→⋅n→=2x−3y−3z=0,BC→⋅n→=2y=0, 取z=2，得n→=(3,0,2).
设m→=(a, b, c)是平面PAB的一个法向量，
则PA→⋅m→=3b+3c=0,PB→⋅m→=2a−3b−3c=0, 取b=1，得m→=(0, 1, −3)，
∴ cs
由图知二面角A−PB−C为钝角，
∴ 二面角A−PB−C的余弦值为−217.
【答案】
解：(1)设过焦点的直线x=ty+p2与抛物线分别交于点Ax1,y1，Bx2,y2，
与抛物线方程联立得y2−2pty−p2=0，
则y1+y2=2pt，
∴ |AB|=x1+x2+p=ty1+y2+2p=2pt2+2p≥2p，
等号成立时t=0，∴ 2p=4，即p=2，
故抛物线C的方程为y2=4x.
(2)由题知k≠0，故可设直线PQ的方程为x=−ky+m,
与抛物线C的方程联立得y2+4ky−4m=0.
则Δ=16k2+16m>0，即k2+m>0①.
又yP+yQ=−4k，
设PQ中点为Mx0,y0，
则y0=−2k，x0=−ky0+m=2k2+m，
又点M在直线l上，故−2k−2=k2k2+m−1,
则k2+m=−1−2k−k2，
代入①式得k2+2k+1<0，即k+1k2−k+2k<0，
解得−1
抛物线的性质
抛物线的标准方程
圆锥曲线中的范围与最值问题
【解析】
设Ax1,y1Bx2,y2，过焦点的直线方程x=ty+p2，代入抛物线方程，用焦半径公式表示出焦点弦长表示为t的函数后可得最小值，由最小值为4可得p；
由垂直可设直线PQ方程为x=−ky+m，代入抛物线方程有Δ>0，由韦达定理求出弦PQ的中点坐标，代入直线方程，得m，k的关系，再代入Δ>0可求得k的范围．
【解答】
解：(1)设过焦点的直线x=ty+p2与抛物线分别交于点Ax1,y1，Bx2,y2，
与抛物线方程联立得y2−2pty−p2=0，
则y1+y2=2pt，
∴ |AB|=x1+x2+p=ty1+y2+2p=2pt2+2p≥2p，
等号成立时t=0，∴ 2p=4，即p=2，
故抛物线C的方程为y2=4x.
(2)由题知k≠0，故可设直线PQ的方程为x=−ky+m,
与抛物线C的方程联立得y2+4ky−4m=0.
则Δ=16k2+16m>0，即k2+m>0①.
又yP+yQ=−4k，
设PQ中点为Mx0,y0，
则y0=−2k，x0=−ky0+m=2k2+m，
又点M在直线l上，故−2k−2=k2k2+m−1,
则k2+m=−1−2k−k2，
代入①式得k2+2k+1<0，即k+1k2−k+2k<0，
解得−1
相关试卷
2020-2021学年河北省高二（上）12月月考数学试卷 (1)人教A版： 这是一份2020-2021学年河北省高二（上）12月月考数学试卷 (1)人教A版，共11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。
2020-2021学年河北省唐山市高二（上）12月月考数学试卷人教A版： 这是一份2020-2021学年河北省唐山市高二（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。
2020-2021学年河北省邯郸市高二（上）10月月考数学试卷人教A版： 这是一份2020-2021学年河北省邯郸市高二（上）10月月考数学试卷人教A版，共11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。
