2020-2021学年河北省秦皇岛高二（下）期中考试数学试卷 (1)人教A版

这是一份2020-2021学年河北省秦皇岛高二（下）期中考试数学试卷 (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。


1. 设x∈R，则“x>12”是“(1−2x)(x+1)<0”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. 已知集合P=1,2,4,5,6，M=2,4,6，则下列说法正确的是（ ）
A.对任意x∈P，有x∈MB.对任意x∈P，有x∉M
C.存在x∈M，使得x∉PD.存在x∈P，使得x∉M

3. 下列否定不正确的是( )
A.“∀x∈R，x2>0””的否定是“∃x0∈R，x02≤0”
B.“∃x0∈R，x02<0”的否定是“∀x∈R，x2<0”
C.“∀θ∈R，sinθ≤1”的否定是“∃θ0∈R，sinθ0>1”
D.“∃θ0∈R，sinθ0+csθ0<1”的否定是“∀θ∈R，sinθ+csθ≥1”

4. 若抛物线y2=2px，(p>0)上一点P(2, y0)到其准线的距离为4，则抛物线的标准方程为( )
A.y2=4xB.y2=6xC.y2=8xD.y2=10x

5. 我国古代数学算经十书之一的《九章算术》有一算分问题：今有北乡八千一百人，西乡七千四百八十八人，南乡六千九百一十二人，凡三乡，发役三百人，则北乡遣（ ）
A.10 4 人B.108 人C.112 人D.120 人

6. 某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率y和温度x（单位：​∘C）的关系，在20个不同的温度条件下进行种子发芽实验，由实验数据(xi,yi)(i=1,2,⋯,20)得到下面的散点图：
由此散点图，在10∘C至40∘C之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率y和温度x的回归方程类型的是( )
A.y=a+bxB.y=a+bx2C.y=a+bexD.y=a+blnx

7. 在a+b10二项展开式中与第3项二项式系数相同的项是( )
A.第8项B.第7项C.第9项D.第10项

8. 某次演出有5个节目，若甲、乙、丙3个节目间的先后顺序已确定，则不同的排法有( )
A.120种B.80种C.48种D.20种

9. F为椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点，过F作x轴的垂线交椭圆于点P，点A，B分别为椭圆的右顶点和上顶点，O为坐标原点，若△OAB的面积是△OPF面积的52倍，则该椭圆的离心率是( )
A.25或35B.15或45C.105或155D.55或255

10. 已知直线y=x−1与抛物线C:y2=2pxp>0交于M，N两点，且抛物线C上存在点P，使得OM→+ON→=23OP→(O为坐标原点)，则抛物线C的焦点坐标为( )
A.4,0B.2,0C.1,0D.12,0
二、多选题

下列说法错误的是( )
A.“a=−1”是“直线a2x−y+1=0与直线x−ay−2=0互相垂直”的充要条件
B.直线ax+2y+6=0与直线x+a−1y+a2−1=0互相平行，则a=−1
C.过x1,y1，x2,y2两点的所有直线的方程为y−y1y2−y1=x−x1x2−x1
D.经过点1,1且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为x+y−2=0

在发生公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间内没有发生大规模群体感染的标志为“连续10天，每天新增疑似病例不超过7人”．过去10日，甲、乙、丙、丁四地新增疑似病例数据信息如下：
甲地：中位数为2，极差为5；
乙地：总体平均数为2，众数为2；
丙地：总体平均数为1，总体方差大于0；
丁地：总体平均数为2，总体方差为3.
则甲、乙、丙、丁四地中，一定没有发生大规模群体感染的有（ ）
A.甲地B.乙地C.丙地D.丁地

在正方体ABCD−A1B1C1D1中，若点E，F，G分别为AB，BC，C1D1的中点，则( )
A.B1D⊥平面EFGB.CD1//平面EFG
C.AC1⊥平面EFGD.AC1//平面EFG

一个不透明的袋子中装有6个小球，其中有4个红球，2个白球，这些球除颜色外完全相同，则下列结论中正确的有( )
A.若一次摸出3个球，则摸出的球均为红球的概率是25
B.若一次摸出3个球，则摸出的球为2个红球，1个白球的概率是35
C.若第一次摸出一个球，记下颜色后将它放回袋子中，再次摸出一个球，则两次摸出的球为不同颜色的球的概率是49
D.若第一次摸出一个球，不放回袋子中，再次摸出一个球，则两次摸出的球为不同颜色的球的概率是35

若2x−110=a0+a1x+a2x2+⋯+a10x10，x∈R，则下列结论正确的是( )
A.a2=180
B.|a0|+|a1|+|a2|+⋯+|a10|=310
C.a1+a2+⋯+a10=1
D.a12+a222+a323+⋯+a10210=−1
三、填空题

从集合{−1, 1, 2, 3}随机取一个为m，从集合{−2, −1, 1, 2}随机取一个为n，则方程x2m+y2n=1表示双曲线的概率为________

在高三的一个班中，有14的学生数学成绩优秀，若从班中随机找出5名学生，那么数学成绩优秀的学生人数ξ∼B5,14，则Pξ=2=________．

1+1x21+x6展开式中x2的系数为________.

如图所示，一个圆锥的侧面展开图为以A为圆心，半径长为2的半圆，点D，M在BC⌢上，且BD⌢的长度为π3，BM⌢的长度为π，则在该圆锥中，点M到平面ABD的距离为________．


已知P是抛物线y2=4x上的动点，点P在y轴上的射影是M，点A的坐标为2,3，则|PA|+|PM|的最小值是________．
四、解答题

某城市交通部门为了对该城市共享单车加强监管，随机选取了100人就该城市共享单车的推行情况进行问卷调查，并将问卷中的这100人根据其满意度评分值（百分制）按照[50,60) ，[60,70)，⋯，90,100分成5组，制成如图所示频率分布直方图．

(1)求图中x的值；

(2)估计这组数据的平均数和中位数；

(3)若与满意度评分值为[50,60)的人进行座谈，已知满意度评分值在[50,60)内的男生数与女生数的比为
3:2，安排座谈座位时所有人坐成一横排且女生必须相邻，求所有入座情况共有多少种.

某校从学生会宣传部6名成员（其中男生4人，女生2人）中，任选3人参加某省举办的演讲比赛活动．
(1)设所选3人中女生人数为X，求X的分布列；

(2)求男生甲或女生乙被选中的概率；

(3)设“男生甲被选中”为事件A，“女生乙被选中”为事件B，求P(B)和P(B|A)．

如图，已知四棱锥P−ABCD是边长为1的正方形，PB=PD=5，PC=2，E是侧棱PC上的动点.

(1)求证：不论点E在何位置，都有BD⊥AE；

(2)若PA // 平面BDE，求直线AE与平面BDE所成角的正弦值.

已知中心在原点O的椭圆E的长轴长为22，且与抛物线y2=4x有相同的焦点．
(1)求椭圆E的方程；

(2)若点H的坐标为2,0，点A、B是椭圆E上的两点(点A，B，H不共线)，且∠OHA=∠OHB，证明直线AB过定点，并求△ABH面积的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河北省秦皇岛市高二（下）期中考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
一元二次不等式的解法
【解析】
(1−2x)(x+1)<0化为：(2x−1)(x+1)>0，解得x范围即可判断出结论．
【解答】
解：∵ (1−2x)(x+1)<0可化为：(2x−1)(x+1)>0，
解得：x>12或x<−1，
∴ “x>12”是“(1−2x)(x+1)<0”的充分不必要条件．
故选A.
2.
【答案】
D
【考点】
元素与集合关系的判断
【解析】
由题可得到集合P与集合M的之间的关系，再根据选项即可得解．
【解答】
解：由于集合P=1,2,4,5,6，M=2,4,6，
所以M⫋P，故存在x∈P，使得x∉M.
故选D．
3.
【答案】
B
【考点】
命题的否定
全称命题与特称命题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：特称量词命题的否定是全称量词命题，全称量词命题的否定是特称量词命题，
各选项中，只有B不满足命题的否定形式，
应为“∃x0∈R，x02<0”的否定是“∀x∈R，x2≥0”.
故选B．
4.
【答案】
C
【考点】
抛物线的标准方程
【解析】
本题考查抛物线的标准方程的求法.
【解答】
解：由题意可知p>0.
因为抛物线y2=2px，
所以其准线方程为x=−p2，
因为点P(2,y0)到抛物线准线的距离为4，
所以|−p2−2|=4，所以p=4，
故抛物线的标准方程为y2=8x.
故选C.
5.
【答案】
B
【考点】
分层抽样方法
【解析】
根据分层抽样原理计算抽样比例，从而求出 北乡应遣人数．
【解答】
解：根据分层抽样原理，抽样比例为3008100+7488+6912=175，
∴ 北乡应遣8100×175=108（人）．
故选B.
6.
【答案】
D
【考点】
散点图
【解析】
将散点图近似判断为所学函数图象，根据近似函数图象选择合适的回归方程即可.
【解答】
解：由散点图分布可知，散点图分布在一个对数函数的图象附近，
因此，最适宜作为发芽率y和温度x的回归方程类型的是
y=a+blnx.
故选D．
7.
【答案】
C
【考点】
二项式定理的应用
【解析】
根据二项展开式定理，写出第3项的系数，再根据组合数性质，即可得出结论．
【解答】
解：∵Cnr−1=Cnn−r+1，
∴C102=C108，
∴与第3项二项式系数相同的是第9项．
故选C．
8.
【答案】
D
【考点】
计数原理的应用
【解析】
甲必须站在乙、丙两人之间，乙、丙两人之间可以有1人，有2人，有3人，分三类，根据分类计数原理可得．
【解答】
解：5个节目全排列共有A55种排法，
甲、乙、丙3个节目全排列共有A33种排法，
又甲、乙、丙3个节目间的先后顺序已确定，
所以不同的排法有A55A33=20（种）．
故选D.
9.
【答案】
D
【考点】
椭圆的离心率
椭圆中的平面几何问题
【解析】
由c2a2+y02b2=1，可得P(c, −b2a)．
由S​△OAB=12ab，S△OPF=12c∗b2a，⇒2a2=5bc，解得cb即可得e=c2a2=c2c2+b2=55或255．
【解答】
解：设P(c, y0)，则c2a2+y02b2=1，可得P(c, −b2a)．
S​△OAB =12ab，S△OPF =12c×b2a，
∵ △OAB的面积是△OPF面积的52倍，
∴ ab=52×b2ca，
⇒2a2=5bc，
⇒bc+cb=52，
∴ cb=2或12，
∴ e=c2a2=c2c2+b2
=11+b2c2=55或255．
故选D.
10.
【答案】
C
【考点】
抛物线的性质
向量的加法及其几何意义
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设Mx1,y1，Nx2,y2，Px,y，
由y2=2px,y=x−1,得x2−21+px+1=0，
易知Δ=4p2+8p>0，
所以x1+x2=2+2p，y1+y2=2p.
由OM→+ON→=23OP→可得
x1+x2,y1+y2=23x,y，
则x,y=32x1+x2,y1+y2=(3+3p,3p) ，
将其代入抛物线C的方程得3p2=2p3+3p.
因为p>0，解得p=2，
所以抛物线C的方程为y2=4x，焦点坐标为1,0.
故选C.
二、多选题
【答案】
A,C,D
【考点】
直线的截距式方程
直线的两点式方程
命题的真假判断与应用
直线的一般式方程与直线的垂直关系
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
利用充要条件判断A，直线平行的充要条件判断B；两点式方程判断C；直线的截距式方程判断D．
【解答】
解：A，当a=0时，两直线方程分别为y=1，x=2，此时也满足直线垂直，故A错误；
B，∵ 直线ax+2y+6=0与直线x+(a−1)y+a2−1=0平行，
∴ a1=2a−1≠6a2−1，解得a=−1，故B正确；
C，过x1,y1，x2,y2两点的所有直线的方程为y−y1y2−y1=x−x1x2−x1，或x=x1=x2，或y=y1=y2，故C错误；
D，经过点1,1 且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为x+y−2=0，或y=x，故D错误．
故选ACD．
【答案】
A,D
【考点】
进行简单的合情推理
极差、方差与标准差
众数、中位数、平均数
【解析】
利用极差、中位数、平均数、众数和方差的概念，逐项判断得结论．
【解答】
解：对于甲地、因为中位数为2，极差为5，
所以最多的一天新增疑似病例不超过7人，
因此一定没有发生大规模群体感染；
对于乙地、因为总体平均数为2，众数为2，
所以最多的一天新增疑似病例可能超过7人，
因此不能断定一定没有发生大规模群体感染；
对于丙地、因为总体平均数为1，总体方差大于0，
所以方差很大时，最多的一天新增疑似病例可能超过7人，
因此不能断定一定没有发生大规模群体感染；
对于丁地、因为总体平均数为2，总体方差为3，
若有一个数据超过7，则方差就大于3，
因此一定没有发生大规模群体感染．
故选AD．
【答案】
A,B
【考点】
直线与平面垂直的判定
直线与平面平行的判定
【解析】
以D为原点，建立空间直角坐标系D−xyz，利用向量法能求出结果．
【解答】
解：以D为原点，建立空间直角坐标系D−xyz，
设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，
则E2,1,0，F1,2,0，G0,1,2，EF→=(−1,1,0)，EG→=(−2,0,2)，
设平面EFG的法向量n→=x,y,z，
则n→⋅EF→=−x+y=0,n→⋅EG→=−2x+2z=0,
取x=1，得n→=1,1,1，
A，B12,2,2，D0,0,0，
B1D→=−2,−2,−2，
∵B1D→=−2n→，
∴B1D⊥平面EFG，故A正确；
B，C0,2,0，D10,0,2，
CD1→=0,−2,2，
∵CD1→⋅n→=0，CD1⊄平面EFG，
∴ CD1//平面EFG，故B正确；
C， A2,0,0，C10,2,2，
AC1→=−2,2,2，
AC1→与n→不平行，
故AC1与平面EFG不垂直，故C错误；
D，A2,0,0，C10,2,2，
AC1→=−2,2,2，
AC1→⋅n→=2≠0，
∴AC1→与n→不垂直，
故AC1与平面EFG不平行，故D错误．
故选AB．
【答案】
B,C
【考点】
古典概型及其概率计算公式
【解析】
求出总事件数以及摸出的球均为红球的事件数，由概率公式求解即可判断选项A，求出总事件数和摸出的球为2个红球，1个白球的事件数，由概率公式求解即可判断选项B，分两种情况：①若第一次摸出红球，第二次摸出白球；②若第一次摸出白球，第二次摸出红球，分别求出其概率相加即可判断选项C，D．
【解答】
解：A，总事件数是C63=20，摸出的球均为红球的事件数为C43=4，所以摸出的球均为红球的概率是15，故A错误；
B，总事件数是C63=20，摸出的球为2个红球，1个白球的事件数为C42⋅C21=12，所以摸出的球为2个红球，1个白球的概率是35，故B正确；
C，①若第一次摸出红球，第二次摸出白球，则概率为46×26=836；②若第一次摸出白球，第二次摸出红球，则概率为26×46=836．故两次摸出的球为不同颜色的球的概率是836+836=49，故C正确；
D，①若第一次摸出红球，第二次摸出白球，则概率为46×25=830，②若第一次摸出白球，第二次摸出红球，则概率为26×45=830 ．故两次摸出的球为不同颜色的球的概率是830+830=815，故D错误．
故选BC．
【答案】
A,B,D
【考点】
二项式系数的性质
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】
本题主要考查二项式的通项，二项式系数的和，还考查了赋值法的应用，属于中档题．
【解答】
解：A，因为2x−110=a0+a1x+a2x2+⋯+a10x10，
所以有C1082x2−18=180x2，
所以a2=180，故A正确；
B，因为2x+110=|a0|+|a1|x+|a2|x2+⋯+|a10|x10，
令x=1，得|a0|+|a1|+|a2|+⋯+|a10|=310，故B正确；
C，令x=0，得a0=1，令x=1得： a0+a1+a2+⋯+a10=1，
所以a1+a2+⋯+a10=0，故C错误，
D，令x=12，得a0+a12+a222+a323+⋯+a10210=0，
所以a12+a222+a323+⋯+a10210=−1，故D正确．
故选ABD．
三、填空题
【答案】
12
【考点】
古典概型及其概率计算公式
【解析】
基本事件总数N=4×4=16，由方程x2m+y2n=1表示双曲线，得mn<0，从而方程x2m+y2n=1表示双曲线包含的基本事件个数M=3×2+1×2=8，由此能求出方程x2m+y2n=1表示双曲线的概率．
【解答】
解：∵ 从集合{−1, 1, 2, 3}随机取一个为m，从集合{−2, −1, 1, 2}随机取一个为n，
∴ 基本事件总数N=4×4=16，
∵ 方程x2m+y2n=1表示双曲线，∴ mn<0，
∴ 方程x2m+y2n=1表示双曲线包含的基本事件个数M=3×2+1×2=8，
∴ 方程x2m+y2n=1表示双曲线的概率为P=3×2+1×24×4=12．
故答案为：12.
【答案】
135512
【考点】
二项分布的应用
相互独立事件的概率乘法公式
【解析】
ξ∼B5,14，可得Pξ=2=C52×1421−145−2 ，即可得出．
【解答】
解：ξ∼B5,14，
则Pξ=2=C52×142×1−145−2
=C52×142×343=135512．
故答案为：135512．
【答案】
30
【考点】
二项式系数的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：1+1x21+x6展开式中含x2的项为
1⋅C62x2+1x2⋅C64x4=30x2.
故答案为：30.
【答案】
2155
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意，得BD⌢=π3，∠BAM=90∘，BC⌢=2π.
变成圆锥后，B，C重叠，M在B对面，如图所示，
∵ BC⌢=2π⋅OB=2π，
∴ OB=1.
∵ BD⌢=π3，
∴ ∠BOD=60∘，则BD=1，AO=3.
连接MD，MD为底面直径，则∠MDB=90∘，
∴ S△MDB=12×1×3=32，
S△ABD=12×22−122×1=154，
设点M到平面ABD的距离为ℎ，用体积法求
13S△MDB⋅AO=13S△ABD⋅ℎ，
∴ 32×3=154ℎ，
∴ ℎ=2155.
故答案为：2155．
【答案】
10−1
【考点】
抛物线的性质
抛物线的定义
两点间的距离公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图所示，点A在抛物线开口的外部，
设抛物线的准线为l，其方程为x=−1，焦点F1,0．
延长PM交l于点N，
根据抛物线的定义，有|PF|=|PN|，|PM|=|PN|−1，
所以，|PA|+|PM|=|PA|+|PN|−1=|PA|+|PF|−1，
结合图形可知，当A，P，F三点共线时，|PA|+|PF|取得最小值|AF|，
从而|PA|+|PM|取得最小值．
|PA|+|PM|min=|AF|−1
=(2−1)2+(3−0)2−1=10−1．
故答案为：10−1．
四、解答题
【答案】
解：(1)由题意，得
0.005+0.01+0.035+0.030+x×10=1，
解得x=0.02.
(2)由题意，得这组数据的平均数为
55×0.05+65×0.2+75×0.35+85×0.3+95×0.1=77.
设中位数为m，
则0.05+0.2+m−70×0.035=0.5，
解得m=5407，
故这组数据的中位数为5407.
(3)满意度评分值在[50,60)内有100×0.005×10=5(人)，
其中男生3人，女生2人，则入座情况共有：A22A41A33=48(种).
【考点】
频率分布直方图
众数、中位数、平均数
古典概型及其概率计算公式
【解析】
利用小矩形的面积之和为1即可求解.
利用中位数即为平分矩形面积的点，平均数是用每个小矩形的横轴的中点与面积乘积之后再求和.
利用列举法求解古典概型.
【解答】
解：(1)由题意，得
0.005+0.01+0.035+0.030+x×10=1，
解得x=0.02.
(2)由题意，得这组数据的平均数为55×0.05+65×0.2+75×0.35+85
×0.3+95×0.1=77.
设中位数为m，
则0.05+0.2+m−70×0.035=0.5，
解得m=5407，
故这组数据的中位数为5407.
(3)满意度评分值在[50,60)内有100×0.005×10=5(人)，
其中男生3人，女生2人，则入座情况共有：A22A41A33=48(种).
【答案】
解：(1)X的所有可能取值为0，1，2．
依题意，得P(X=0)=C43C20C63=15，
P(X=1)=C42C21C63=35，
P(X=2)=C41C22C63=15．
∴ X的分布列为：
(2)设“甲、乙都不被选中”为事件C，
则P(C)=C43C63=420=15．
∴ 所求概率为P(C)=1−P(C)=1−15=45．
(3)P(A)=C52C63=1020=12，
P(B)=C52C63=1020=12，
P(AB)=C41C63=420=15，
P(B|A)=P(AB)P(A)=1512=25．
【考点】
离散型随机变量的分布列及性质
古典概型及其概率计算公式
对立事件的概率公式及运用
条件概率与独立事件
【解析】
先找到ξ的所有可能取值，求出每种情况的概率，就可得到ξ的分布列；
利用对立事件，求男生甲或女生乙被选中的概率；
P(B)=C52C63=1020=12；P(B|A)=C41C52，即可得出结论．
【解答】
解：(1)X的所有可能取值为0，1，2．
依题意，得P(X=0)=C43C20C63=15，
P(X=1)=C42C21C63=35，
P(X=2)=C41C22C63=15．
∴ X的分布列为：
(2)设“甲、乙都不被选中”为事件C，
则P(C)=C43C63=420=15．
∴ 所求概率为P(C)=1−P(C)=1−15=45．
(3)P(A)=C52C63=1020=12，
P(B)=C52C63=1020=12，
P(AB)=C41C63=420=15，
P(B|A)=P(AB)P(A)=1512=25．
【答案】
(1)证明：∵ 在△PBC中，PB=5，PC=2，BC=1，
∴ PC2+BC2=PB2，
∴ PC⊥BC，同理PC⊥DC.
又DC∩BC=C，DC⊂平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
∴ PC⊥平面ABCD．
以点C为原点，CD，CB，CP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
如图，
则A(1, 1, 0)，B(0, 1, 0)，D(1, 0, 0)，P(0, 0, 2)，
∴ BD→=(1,−1,0)．
设E(0, 0, a)，则AE→=(−1,−1,a)，
∵ BD→⋅AE→=−1+1+0=0，
∴ 不论点E在何位置，都有BD⊥AE；
(2)解：BD→=(1,−1,0)，BE→=(0,−1,a)，PA→=(1,1,−2)，
设平面DBE的法向量n1→=(x1,y1,z1)，
由n1→⋅BD→=x1−y1=0，n1→⋅BE→=−y1+az1=0， 可取n1→=(1,1,1a)．
∵ PA // 平面BDE，
∴ PA→⊥n1→，即PA→⋅n1→=2−2a=0，
解得a=1，
∴ n1→=(1,1,1)，AE→=(−1,−1,1)，
设直线AE与平面BDE所成的角为θ，
则sinθ=|cs|=13×3=13，
故直线AE与平面BDE所成角的正弦值为13.
【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】
(Ⅰ)以点C为原点，CD，CB，CP，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A(1, 1, 0)，B(0, 1, 0)，D(1, 0, 0)，P90，0，2，设E(0, 0, a)，由BD→⋅AE→=0知DB⊥AE．
(Ⅱ)求出设平面DBE的法向量，设直线AE与平面BDE所成角的为θ，sinθ＝|csAE→,n1→|=13×3=13．即可．
(Ⅲ)求出平面ADE和平面ABE的法向量，利用向量夹角公式求解．
【解答】
(1)证明：∵ 在△PBC中，PB=5，PC=2，BC=1，
∴ PC2+BC2=PB2，
∴ PC⊥BC，同理PC⊥DC.
又DC∩BC=C，DC⊂平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
∴ PC⊥平面ABCD．
以点C为原点，CD，CB，CP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
如图，
则A(1, 1, 0)，B(0, 1, 0)，D(1, 0, 0)，P(0, 0, 2)，
∴ BD→=(1,−1,0)．
设E(0, 0, a)，则AE→=(−1,−1,a)，
∵ BD→⋅AE→=−1+1+0=0，
∴ 不论点E在何位置，都有BD⊥AE；
(2)解：BD→=(1,−1,0)，BE→=(0,−1,a)，PA→=(1,1,−2)，
设平面DBE的法向量n1→=(x1,y1,z1)，
由n1→⋅BD→=x1−y1=0，n1→⋅BE→=−y1+az1=0， 可取n1→=(1,1,1a)．
∵ PA // 平面BDE，
∴ PA→⊥n1→，即PA→⋅n1→=2−2a=0，
解得a=1，
∴ n1→=(1,1,1)，AE→=(−1,−1,1)，
设直线AE与平面BDE所成的角为θ，
则sinθ=|cs|=13×3=13，
故直线AE与平面BDE所成角的正弦值为13.
【答案】
解：(1)∵抛物线y2=4x的焦点为1,0，
∴E的焦点为1,0，
又2a=22，
∴a=2
又∵c=1，
∴b=1
∴椭圆E的方程为x22+y2=1．
(2)设直线AB的方程为x=my+t，A(my1+t,y1)，B(my2+t,y2)，
由x=my+t,x2+2y2=2得，m2+2y2+2mty+t2−2=0，
∴y1+y2=−2mtm2+2，y1y2=t2−2m2+2，
又∵∠OHA=∠OHB，
∴kAH+kBH=0，
∴ y1my1+t−2+y2my2+t−2=0，
∴ 2my1y2+t−2y1+y2=0，
∴ 2mt2−2−t−2⋅2mt=0，
∴t=1，
∴直线AB恒过点1,0，
∴ S△ABH=12|y1−y2|=22m2+12(m2+2)=2m2+1m2+2，
令ℎ=m2+1，则ℎ>1，
∴ S△ABH=2ℎℎ2+1=2ℎ+1ℎ<22，
又S△ABH>0
∴ △ABH面积的取值范围是0,22．
【考点】
抛物线的性质
椭圆的标准方程
直线与椭圆结合的最值问题
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
(1)依题意，由抛物线方程求得焦点坐标，结合椭圆E的长轴长为22，即可求得a，b，c，进而求得椭圆方程．
(2)设直线AB的方程为x=my+t，Amy1+t,y1，Bmy2+t,y2，直线方程与椭圆方程联立，根据韦达定理和kAB+kBB=0，求得t=1，知直线AB恒过点1,0，根据S△ABH=12|y1−y2|=22m2+12(m2+2)=2m2+1(m2+2)，求出关于m的函数的值域，即可求得结果．
【解答】
解：(1)∵抛物线y2=4x的焦点为1,0，
∴E的焦点为1,0，
又2a=22，
∴a=2
又∵c=1，
∴b=1
∴椭圆E的方程为x22+y2=1．
(2)设直线AB的方程为x=my+t，A(my1+t,y1)，B(my2+t,y2)，
由x=my+t,x2+2y2=2得，m2+2y2+2mty+t2−2=0，
∴y1+y2=−2mtm2+2，y1y2=t2−2m2+2，
又∵∠OHA=∠OHB，
∴kAH+kBH=0，
∴ y1my1+t−2+y2my2+t−2=0，
∴ 2my1y2+t−2y1+y2=0，
∴ 2mt2−2−t−2⋅2mt=0，
∴t=1，
∴直线AB恒过点1,0，
∴ S△ABH=12|y1−y2|=22m2+12(m2+2)=2m2+1m2+2，
令ℎ=m2+1，则ℎ>1，
∴ S△ABH=2ℎℎ2+1=2ℎ+1ℎ<22，
又S△ABH>0
∴ △ABH面积的取值范围是0,22．X
0
1
2
P
15
35
15
X
0
1
2
P
15
35
15