2020-2021学年辽宁省沈阳市高三（上）12月月考数学试卷人教A版（2019）

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这是一份2020-2021学年辽宁省沈阳市高三（上）12月月考数学试卷人教A版（2019），共14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. 设集合A=x|−20，则A∩B=( )
A.−4,1 B.(−2,1] C.[1,+∞)D.−2,1

2. “x∈Q”是“x∈Z”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

3. 复数z=1−2i1+i2的虚部为( )
A.12B.−12C.12iD.−12i

4. 若tanθ=3，则sinθ−2csθ3sinθ+csθ=( )
A.110B.−45C.25D.−310

5. 已知向量a→=2,4，b→=1,n，若a→//b→，则|3a→−nb→|=( )
A.8B.12C.45D.5

6. 函数fx=ln2−x2+x的图象大致为( )
A.B.
C.D.

7. 朱载堉是明太祖朱元璋的九世孙，虽然贵为藩王世子，却自幼俭朴敦本，聪颖好学，遂成为明代著名的律学家、历学家、音乐家．朱载堉对文艺的最大贡献是他创建了十二平均律，亦称“十二等程律”．十二平均律是将八度的音程按频率比例分成十二等份，也就是说，半音比例应该是2112．如果12音阶中第一个音的频率是F，那么第二个音的频率就是2112F，第三个音的频率就是2212F，第四个音的频率是2312F，……，第十二个音的频率是21112F，第十三个音的频率是21212F，就是2F．在该问题中，从第二个音到第十三个音，这十二个音的频率之和为( )
A.2FB.12121−1212FC.12112−1FD.21122112−1F

8. 如图，在四面体ABCD中，AB=CD=3，AC=BD=11，AD=BC=23，△ABC的重心为O，则DO=( )

A.2B.43C.83D.3
二、多选题

已知命题p：∀x>0，lnx>0，则( )
A.¬p是真命题B.¬p：∀x>0，lnx≤0
C.p是真命题D.¬p：∃x>0，lnx≤0

已知函数fx=2cs2ωx+3sin2ωxω>0，若fx的最小正周期为π，则下列说法正确的有( )
A.fx图象的对称中心为−π12+kπ2,0k∈Z
B.函数y=fx−2在0,π上有且只有两个零点
C.fx的单调递增区间为−π3+kπ,π6+kπk∈Z
D.将函数y=2sin2x+1的图象向左平移π12个单位长度，可得到fx的图象

已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是AA1，CC1的中点，过E，F的平面α与该正方体的每条棱所成的角均相等，以平面α截该正方体得到的截面为底面，以B1为顶点的棱锥记为棱锥Ω，则( )
A.正方体ABCD−A1B1C1D1的外接球的体积为43π
B.正方体ABCD−A1B1C1D1的内切球的表面积为43π
C.棱锥Ω的体积为3
D.棱锥Ω的体积为32

已知双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0与直线y=kx交于A，B两点，点P为C上一动点，记直线PA，PB的斜率分别为kPA，kPB，C的左、右焦点分别为F1，F2．若kPA⋅kPB=14，且C的焦点到渐近线的距离为1，则下列说法正确的是( )
A.a=2
B.C的离心率为62
C.若PF1⊥PF2，则△PF1F2的面积为2
D.若△PF1F2的面积为25，则△PF1F2为钝角三角形
三、填空题

已知函数fx=2x,x≤0,fx−3,x>0,则f6=________.

已知直线l与直线x−y+2=0平行，且与曲线y=lnx−2x+1相切，则直线l的方程是________.

若m>0，n>0，m+n=3mn−1，则m+n的最小值为________.

已知直线x+3y−7=0与椭圆x29+y2b2=10四、解答题

(1)化简：382+lg98×lg227+0.064−13−1614+170−481；

(2)已知2m=3，2n=5，求lg1220（用m，n表示）．

在①a+c=3b且2sin2B=3sinAsinC，②sinA−sinC2=sin2B−sinAsinC，③△ABC的面积S=3a2+c2−b24这三个条件中任选一个，补充到下面问题中，并作答．问题：在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且________.
(1)求sinB；

(2)若a=2c，且△ABC的面积为23，求△ABC的周长．
注：如果选择多个条件解答，按第一个解答计分．

设正项数列an的前n项和为Sn，a1=1，且Sn+1=Sn+2Sn+1.
(1)证明：数列Sn是等差数列并求数列an的通项公式；

(2)已知bn=14Sn−1，数列bn的前n项的和为Tn，若Tn≤λ4Tn+Sn−4Sn对一切n∈N∗恒成立，求λ的取值范围．

如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面PAD是边长为2的正三角形，PD⊥CD，点E为线段PC的中点，点F是AB上的点．

(1)当F为AB中点时，证明：平面DEF⊥平面PCD．

(2)当AF→=13AB→时，求二面角C−DF−E的余弦值．

已知函数fx=x−1ex.
(1)求fx的最值；

(2)若fx+ex≥lnx+x+a对x∈0,+∞恒成立，求a的取值范围．

抛物线x2=2pyp>0的焦点为F，过F且垂直于y轴的直线交抛物线C于M，N两点，O为原点，△OMN的面积为2.
(1)求抛物线C的方程；

(2)P为直线l:y=y0y0<0上一个动点，过点P作抛物线的切线，切点分别为A，B，过点P作AB的垂线，垂足为H，是否存在实数y0，使点P在直线l上移动时，垂足H恒为定点？若不存在，说明理由；若存在，求出y0的值，并求定点H的坐标．
参考答案与试题解析
2020-2021学年辽宁省沈阳市高三（上）12月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
交集及其运算
【解析】

【解答】
解：因为B=x|−4所以A∩B=x|−2故选D.
2.
【答案】
B
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
因为有理数包括整数和分数，所以“x∈Q”是“x∈Z”的必要不充分条件．
【解答】
解：因为有理数包括整数和分数，
所以“x∈Q”是“x∈Z”的必要不充分条件．
故选B .
3.
【答案】
B
【考点】
复数的基本概念
复数代数形式的乘除运算
【解析】
先化简复数，再利用复数的定义求解即可.
【解答】
解：复数z=1−2i1+i2=1−2i2i=i−2i2−2=−1−12i，
故z的虚部为−12.
故选B.
4.
【答案】
A
【考点】
同角三角函数间的基本关系
【解析】

【解答】
解：sinθ−2csθ3sinθ+csθ=tanθ−23tanθ+1=110 .
故选A.
5.
【答案】
C
【考点】
向量的模
平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】

【解答】
解：因为a→//b→，
所以2n=1×4，
解得n=2，
所以3a→−nb→=4,8，
故|3a→−nb→|=45 .
故选C .
6.
【答案】
A
【考点】
函数的图象
【解析】

【解答】
解：∵ f−x=ln2+x2−x=−ln2−x2+x=−fx，
∴ fx为奇函数．
∵ fx=ln2−x2+x=ln4x+2−1，
∴ fx在定义域内为减函数.
故选A．
7.
【答案】
D
【考点】
等比数列的前n项和
等比关系的确定
【解析】

【解答】
解：由题意知，第二个音到第十三个音的频率分别为2112F，2212F， 2312F，⋯，21212F，
显然以上12个数构成了以2112F为首项，以2112为公比的等比数列，
故其和为2112F1−2112121−2112=21122112−1F .
故选D .
8.
【答案】
C
【考点】
两点间的距离公式
【解析】

【解答】
解：如图，
将四面体ABCD还原到长方体AEBH−GCFD中，
易知四面体ABCD的棱是长方体AEBH−GCFD的面对角线，
则DE=EA2+EB2+EC2
=AB2+AC2+BC22
=32+(11)2+(23)22
=4.
连接EF交BC于M，连接AM，则AM为BC边的中线，
△ABC的重心O为AM靠近M的三等分点，
把长方体的对角面AEFD单独画出，
如图，记P为AM和ED的交点，
因为△ADP∼△MEP，
且PDPE=APMP=ADEM=2，
所以P为AM靠近M的三等分点，
即重心O与P点重合，
故OD=PD=23ED=83.
故选C．
二、多选题
【答案】
A,D
【考点】
复合命题及其真假判断
命题的否定
【解析】

【解答】
解：当x>1时，lnx>0；当0全称量词命题的否定是存在量词命题，故AD正确．
故选AD.
【答案】
C,D
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
正弦函数的对称性
由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】

【解答】
解：fx=2cs2ωx+3sin2ωx
=cs2ωx+3sin2ωx+1=2sin2ωx+π6+1，
因为T=2π2ω=π，
所以ω=1，
所以fx=2sin2x+π6+1.
令2x+π6=kπk∈Z，得x=−π12+kπ2k∈Z，
则fx图象的对称中心为−π12+kπ2,1k∈Z，故A错误；
由fx−2=0，可得sin2x+π6=12，
则2x+π6=π6+2kπ或2x+π6=5π6+2kπ(k∈Z，
即x=kπ或x=π3+kπk∈Z.
所以函数y=fx−2在0,π上有三个零点0,π3,π，故B错误；
令−π2+2kπ≤2x+π6≤π2+2kπ(k∈Z)，
得−π3+kπ≤x≤π6+kπ(k∈Z)，
所以fx的单调递增区间为−π3+kπ,π6+kπk∈Z，故C正确；
将y=2sin2x+1的图象向左平移π12个单位长度后，
得到曲线y=2sin2x+π12+1
=2sin2x+π6+1，故D正确．
故选CD.
【答案】
A,C
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
球的表面积和体积
球内接多面体
【解析】

【解答】
解：因为正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，
所以正方体ABCD−A1B1C1D1的外接球的直径为4+4+4=23，
内切球的半径为1，
所以正方体ABCD−A1B1C1D1的外接球的体积为43π×33=43π，
内切球的表面积为4π×12=4π，故A正确，B错误；
如图，M，N，S，T分别是棱AB，BC，C1D1，A1D1的中点．
因为E，M，N，F，S，T在同一个平面内，并且该平面与正方体的各条棱所成的角均相等，
所以平面α被此正方体所截得的截面图形为正六边形EMNFST，边长为2．
因为正六边形EMNFST的面积S=12×2×2sinπ3×6=33，
B1到平面α的距离为4+4+42=3，
所以棱锥Ω的体积为13×33×3=3，故C正确．
故选AC．
【答案】
A,D
【考点】
双曲线的离心率
双曲线的渐近线
【解析】

【解答】
解：对于AB，设点Ax1,y1，B−x1,−y1，Px0,y0，
则x12a2−y12b2=1，且x02a2−y02b2=1，
两式相减得x02−x12a2=y02−y12b2，
所以y02−y12x02−x12=b2a2．
因为kPA⋅kPB=y0−y1x0−x1⋅y0+y1x0+x1=14，
所以b2a2=14，ba=12，
故双曲线C的渐近线方程为y=±12x．
因为焦点c,0到渐近线y=12x的距离为1，
所以c5=1，c=5，
所以a=2，b=1，离心率为52，故A正确，B错误；
对于C，不妨设P在C的右支上，记|PF2|=t，则|PF1|=4+t．
因为PF1⊥PF2，
所以t+42+t2=20，解得t=6−2或t=−6−2（舍去），
所以△PF1F2的面积为12|PF1||PF2|=126−26+2=1，故C错误；
对于D，设Px0,y0，
因为S△PF1F2=12⋅2c|y0|=5⋅|y0|=25，
所以|y0|=2.
将|y0|=2代入C：x24−y2=1，得x02=20，即|x0|=25．
由对称性，不妨取P的坐标为25,2，
则|PF2|=25−52+22=3，
|PF1|=25+52+22=7．
因为cs∠PF2F1=|PF2|2+|F1F2|2−|PF1|22|PF2||F1F2|=9+20−492×3×25<0，
所以∠PF2F1为钝角，
所以△PF1F2为钝角三角形，故D正确．
故选AD．
三、填空题
【答案】
1
【考点】
函数的求值
【解析】

【解答】
解：f(6)=f(3)=f(0)=20=1.
故答案为：1.
【答案】
y=x+ln2−2
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】

【解答】
解：根据题意可得y′=1x+2x2，
令y′=1x+2x2=1，
解得x=2或x=−1（舍去），
所以切点的坐标为2,ln2．
故直线l的方程为y−ln2=x−2，
即y=x+ln2−2.
故答案为：y=x+ln2−2
【答案】
2
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】

【解答】
解：因为mn≤m+n22，
所以3mn−1≤3m+n22−1．
因为m+n=3mn−1，
所以m+n≤3m+n22−1，即3m+n2−4m+n−4≥0，
所以3m+n+2m+n−2≥0．
因为m>0，n>0，
所以m+n≥2，即m+n的最小值为2，
当且仅当m=n时取等号，此时m=n=1．
故答案为：2．
【答案】
23
【考点】
与椭圆有关的中点弦及弦长问题
【解析】

【解答】
解：设Ax1,y1，Bx2,y2，
则x129+y12b2=1,x229+y22b2=1,
两式相减，得y1−y2x1−x2=−b2x1+x29y1+y2．
因为直线AB的斜率为−13，线段AB的中点为C1,2，
所以−2b29×4=−13，
解得b2=6．
因为a=3，
所以c=3，
故△CF1F2的面积为12×2×23=23．
故答案为：23.
四、解答题
【答案】
解：(1)原式=364+32lg32×3lg23+(0.43)−13−(24)14+1−434
=4+92+0.4−1−2+1−3=7．
(2)因为2m=3，2n=5，
所以m=lg23，n=lg25．
因为lg1220=lg220lg212=lg24+lg25lg23+lg24=2+lg252+lg23，
所以lg1220=n+2m+2．
【考点】
对数及其运算
根式与分数指数幂的互化及其化简运算
对数的运算性质
指数式与对数式的互化
【解析】

【解答】
解：(1)原式=364+32lg32×3lg23+(0.43)−13−(24)14+1−434
=4+92+0.4−1−2+1−3=7．
(2)因为2m=3，2n=5，
所以m=lg23，n=lg25．
因为lg1220=lg220lg212=lg24+lg25lg23+lg24=2+lg252+lg23，
所以lg1220=n+2m+2．
【答案】
解：(1)若选①，∵ 2sin2B=3sinAsinC，
∴ 2b2=3ac .
∵ a+c=3b，
∴ a2+c2+2ac=3b2，
∴ csB=a2+c2−b22ac=3b2−2ac−b22ac=2b2−2ac2ac=12．
∵0∴ sinB=32．
若选②，∵sinA−sinC2=sin2B−sinAsinC，
∴ a−c2=b2−ac，
∴ b2=a2+c2−ac．
∵csB=a2+c2−b22ac，
∴ csB=ac2ac=12.
∵0∴ sinB=32．
若选③，∵S=3(a2+c2−b2)4=12acsinB，
∴3(a2+c2−b2)=2acsinB，
∵b2=a2+c2−2accsB，
∴ a2+c2−b2=2accsB，
∴ 3×2accsB=2acsinB,
∴ tanB=3.
∵0∴ sinB=32．
(2)∵△ABC的面积为12acsinB=23，
∴ ac=8．
∵ a=2c，
∴ c=2，a=4.
∵b2=a2+c2−2accsB，
∴ b2=16+4−2×2×4×12=12，即b=23 .
故△ABC的周长为a+b+c=2+4+23=6+23．
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】

【解答】
解：(1)若选①，∵ 2sin2B=3sinAsinC，
∴ 2b2=3ac .
∵ a+c=3b，
∴ a2+c2+2ac=3b2，
∴ csB=a2+c2−b22ac=3b2−2ac−b22ac=2b2−2ac2ac=12．
∵0∴ sinB=32．
若选②，∵sinA−sinC2=sin2B−sinAsinC，
∴ a−c2=b2−ac，
∴ b2=a2+c2−ac．
∵csB=a2+c2−b22ac，
∴ csB=ac2ac=12.
∵0∴ sinB=32．
若选③，∵S=3(a2+c2−b2)4=12acsinB，
∴3(a2+c2−b2)=2acsinB，
∵b2=a2+c2−2accsB，
∴ a2+c2−b2=2accsB，
∴ 3×2accsB=2acsinB,
∴ tanB=3.
∵0∴ sinB=32．
(2)∵△ABC的面积为12acsinB=23，
∴ ac=8．
∵ a=2c，
∴ c=2，a=4.
∵b2=a2+c2−2accsB，
∴ b2=16+4−2×2×4×12=12，即b=23 .
故△ABC的周长为a+b+c=2+4+23=6+23．
【答案】
(1)证明：∵ Sn+1=Sn+2Sn+1，
∴ Sn+1=Sn+12．
∵ Sn>0，
∴ Sn+1−Sn=1．
∵ S1=a1=1，
∴ 数列{Sn}是以1为首项，1为公差的等差数列，
∴ Sn=1+n−1=n，
∴ Sn=n2．
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=n2−n−12=2n−1，
当n=1时，2n−1=1=a1，
故an=2n−1．
(2)解：∵ bn=14Sn−1
=14n2−1=12n−12n+1
=1212n−1−12n+1，
∴ Tn=121−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1
=121−12n+1=n2n+1．
∵ Tn≤λ4Tn+Sn−4Sn对一切n∈N∗恒成立，
∴ n2n+1≤λ42n+1n+n−4n，
∴ λ≥n2n2+17n+8．
∵ n2n2+17n+8=12n+8n+17
≤122n⋅8n+17=125，当且仅当n=2时取等号，
∴ λ≥125，
故λ的取值范围是125,+∞．
【考点】
数列递推式
等差数列的通项公式
等差关系的确定
数列的求和
数列与不等式的综合
【解析】

【解答】
(1)证明：∵ Sn+1=Sn+2Sn+1，
∴ Sn+1=Sn+12．
∵ Sn>0，
∴ Sn+1−Sn=1．
∵ S1=a1=1，
∴ 数列{Sn}是以1为首项，1为公差的等差数列，
∴ Sn=1+n−1=n，
∴ Sn=n2．
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=n2−n−12=2n−1，
当n=1时，2n−1=1=a1，
故an=2n−1．
(2)解：∵ bn=14Sn−1
=14n2−1=12n−12n+1
=1212n−1−12n+1，
∴ Tn=121−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1
=121−12n+1=n2n+1．
∵ Tn≤λ4Tn+Sn−4Sn对一切n∈N∗恒成立，
∴ n2n+1≤λ42n+1n+n−4n，
∴ λ≥n2n2+17n+8．
∵ n2n2+17n+8=12n+8n+17
≤122n⋅8n+17=125，当且仅当n=2时取等号，
∴ λ≥125，
故λ的取值范围是125,+∞．
【答案】
(1)证明：取PD中点G，连接AG，EG.
∵ 点E为PC的中点，
∴ EG//CD且EG=12CD.
∵ F为AB的中点，
∴ AF=12AB.
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AF//EG且AF=EG，
∴ 四边形AFEG为平行四边形，
∴ EF//AC.
∵AD⊥CD且PD⊥CD，AD∩PD=D
∴ CD⊥平面PAD，
∴ CD⊥AG.
∵△PAD为等边三角形，
∴ AG⊥PD,CD∩PD=D，
∴ AG⊥平面PCD，
∴ EF⊥平面PCD．
∵EF⊂平面DEF，
∴ 平面DEF⊥平面PCD．
(2)解：取AD的中点O，BC的中点Q，连接OP和OQ，则OP⊥AD且OQ//CD.
由(1)知，CD⊥平面PAD，
∴ OQ⊥平面PAD，
∴ OQ⊥AD且OQ⊥OP．
以O为原点，以OA，OQ，OP所在直线分别为x，y，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，
则D−1,0,0，E−12,1,32，F1,23,0，DF→=2,23,0，EF→=32,−13,−32．
设平面DEF的法向量为m→=x,y,z，
则 m→⋅DF→=2x+23y=0,m→⋅EF→=32x−13y−32z=0,
令x=1，则m→=1,−3,53．
取平面CDF的一个法向量n→=0,0,1，
则 cs⟨m→,n→⟩=m→⋅n→|m→|⋅|n→|=531×1+9+253=5511.
由图可知二面角C−DF−E为锐角，故二面角C−DF−E的余弦值为5511.
【考点】
平面与平面垂直的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】

【解答】
(1)证明：取PD中点G，连接AG，EG.
∵ 点E为PC的中点，
∴ EG//CD且EG=12CD.
∵ F为AB的中点，
∴ AF=12AB.
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AF//EG且AF=EG，
∴ 四边形AFEG为平行四边形，
∴ EF//AC.
∵AD⊥CD且PD⊥CD，AD∩PD=D
∴ CD⊥平面PAD，
∴ CD⊥AG.
∵△PAD为等边三角形，
∴ AG⊥PD,CD∩PD=D，
∴ AG⊥平面PCD，
∴ EF⊥平面PCD．
∵EF⊂平面DEF，
∴ 平面DEF⊥平面PCD．
(2)解：取AD的中点O，BC的中点Q，连接OP和OQ，则OP⊥AD且OQ//CD.
由(1)知，CD⊥平面PAD，
∴ OQ⊥平面PAD，
∴ OQ⊥AD且OQ⊥OP．
以O为原点，以OA，OQ，OP所在直线分别为x，y，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，
则D−1,0,0，E−12,1,32，F1,23,0，DF→=2,23,0，EF→=32,−13,−32．
设平面DEF的法向量为m→=x,y,z，
则 m→⋅DF→=2x+23y=0,m→⋅EF→=32x−13y−32z=0,
令x=1，则m→=1,−3,53．
取平面CDF的一个法向量n→=0,0,1，
则 cs⟨m→,n→⟩=m→⋅n→|m→|⋅|n→|=531×1+9+253=5511.
由图可知二面角C−DF−E为锐角，故二面角C−DF−E的余弦值为5511.
【答案】
解：(1)f′x=xex．
令f′x>0，得x>0；令f′x<0，得x<0，
所以fx在−∞,0上单调递减，在0,+∞上单调递增，
所以fx的最小值为f0=−1，无最大值．
(2)由题知，a≤xex−lnx−x在0,+∞上恒成立.
令gx=xex−lnx−x，则g′x=x+1ex−1x.
因为x>0，所以x+1>0.
设ℎx=ex−1x，易知ℎx在0,+∞上单调递增．
因为ℎ12=e−2<0，ℎ1=e−1>0，
所以存在t∈12,1，使得ℎt=0，即et=1t．
当x∈0,t时，g′x<0，gx在0,t上单调递减；
当x∈t,+∞时，g′x>0，gx在t,+∞上单调递增，
所以gxmin=gt=tet−lnt−t=1+t−t=1，
从而a≤1，
故a的取值范围为(−∞,1]．
【考点】
利用导数研究函数的最值
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】

【解答】
解：(1)f′x=xex．
令f′x>0，得x>0；令f′x<0，得x<0，
所以fx在−∞,0上单调递减，在0,+∞上单调递增，
所以fx的最小值为f0=−1，无最大值．
(2)由题知，a≤xex−lnx−x在0,+∞上恒成立.
令gx=xex−lnx−x，则g′x=x+1ex−1x.
因为x>0，所以x+1>0.
设ℎx=ex−1x，易知ℎx在0,+∞上单调递增．
因为ℎ12=e−2<0，ℎ1=e−1>0，
所以存在t∈12,1，使得ℎt=0，即et=1t．
当x∈0,t时，g′x<0，gx在0,t上单调递减；
当x∈t,+∞时，g′x>0，gx在t,+∞上单调递增，
所以gxmin=gt=tet−lnt−t=1+t−t=1，
从而a≤1，
故a的取值范围为(−∞,1]．
【答案】
解：(1)由题意得，点M，N的纵坐标均为p2，
由x2=2p⋅p2解得x=±p，则|MN|=2p .
由S△MN=12⋅|MN|⋅|OF|=12⋅2p⋅p2=12p2=2，
解得p=2，
故抛物线C的方程为x2=4y.
(2)设Ax1,y1，Bx2,y2，Px0,y0，直线AP的方程为y−y1=kx−x1，
将抛物线方程变形为y=x24，则y′=x2，
所以k=x12，
所以AP的方程为y−y1=x12x−x1.
因为x12=4y1，
所以直线AP的方程为y+y1=x1x2.
把Px0,y0代入AP的方程得y0+y1=x1x02，
同理可得y0+y2=x2x02．
构造直线方程为y+y0=x0x2，易知A，B两点均在该直线上，
所以直线AB的方程为y+y0=x0x2，
故AB恒过点0,−y0.
因为PH⊥AB，
所以可设PH方程为x−x0=−x02y−y0
所以直线AB的方程为y+y0=x22．
故AB恒过点0,−y0.
因为PH⊥AB，所以可设PH方程为x−x0=−x02y−y0，
化简得x=−x02y−y0−2，
所以PH恒过点0,y0+2.
当−y0=y0+2，即y0=−1时，AB与PH均恒过0,1,
故存在这样的y0，当y0=−1时，H坐标为0,1．
【考点】
抛物线的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】

【解答】
解：(1)由题意得，点M，N的纵坐标均为p2，
由x2=2p⋅p2解得x=±p，则|MN|=2p .
由S△MN=12⋅|MN|⋅|OF|=12⋅2p⋅p2=12p2=2，
解得p=2，
故抛物线C的方程为x2=4y.
(2)设Ax1,y1，Bx2,y2，Px0,y0，直线AP的方程为y−y1=kx−x1，
将抛物线方程变形为y=x24，则y′=x2，
所以k=x12，
所以AP的方程为y−y1=x12x−x1.
因为x12=4y1，
所以直线AP的方程为y+y1=x1x2.
把Px0,y0代入AP的方程得y0+y1=x1x02，
同理可得y0+y2=x2x02．
构造直线方程为y+y0=x0x2，易知A，B两点均在该直线上，
所以直线AB的方程为y+y0=x0x2，
故AB恒过点0,−y0.
因为PH⊥AB，
所以可设PH方程为x−x0=−x02y−y0
所以直线AB的方程为y+y0=x22．
故AB恒过点0,−y0.
因为PH⊥AB，所以可设PH方程为x−x0=−x02y−y0，
化简得x=−x02y−y0−2，
所以PH恒过点0,y0+2.
当−y0=y0+2，即y0=−1时，AB与PH均恒过0,1,
故存在这样的y0，当y0=−1时，H坐标为0,1．