2020-2021年福建省莆田市高二（上）12月月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021年福建省莆田市高二（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:∃n∈N，n2>2n，则￢p为( )
A.∀n∈N，n2>2nB.∀n∈N，n2≤2nC.∃n∈N，n2≤2nD.∃n∈N，n2=2n

2. 若直线y=x+3经过抛物线x2=my的焦点，则m=（ ）
A.−12B.−6C.6D.12

3. 等比数列an中， a3=1，a4a6=4，则a10−a8a6−a4的值为（ ）
A.2B.4C.8D.16

4. 已知双曲线my2−x2=1(m∈R)与椭圆y25+x2=1有相同的焦点，则该双曲线的渐近线方程为( )
A.y=±3xB.y=±33xC.y=±13xD.y=±3x

5. 如图，正方体ABCD−A1B1C1D1中，异面直线A1D与BD1所成的角为( )

A.30∘B.45∘C.60∘D.90∘

6. 《算法统宗》是中国古代数学名著，由明代数学家程大位编著，它对我国民间普及珠算和数学知识起到了很大的作用，是东方古代数学的名著. 在这部著作中，许多数学问题都是以歌诀形式呈现的，如“九儿问甲歌”就是其中一首：一个公公九个儿，若问生年总不知，自长排来差三岁，共年二百又零七，借问长儿多少岁，各儿岁数要详推，在这个问题中，这位公公的长儿的年龄为( )
A.23岁B.32岁C.35岁D.38岁

7. 若变量x，y满足约束条件 y≤0，x−4y−3≤0，x−2y−1≥0， 则z=3x−2y的最小值为( )
A.−1B.0C.3D.9

8. 设F1，F2是双曲线x2−y24=1的左、右两个焦点，若双曲线右支上存在一点 P，使(OP→+OF2→)⋅F2P→=0（ O为坐标原点）且|PF1|=λ|PF2|，则λ的值为（ ）
A.2B.12C.3D.13
二、多选题

下列命题，其中说法正确的是（ ）
A.若a>b，则1a<1b
B.若命题“p∧−q”为真，则命题“p∨q”为假
C.“x2−2x−3=0"是”x=3“的必要不充分条件
D.命题“若x≠1或y≠−1，则x+y≠0”的否命题是真命题

等差数列an的前n项和为Sn，若a1>0，且a2=2a6，则下列说法正确的是（ ）
A.a11>0B.数列an是递减数列
C.S7=S12D.Sn中的最大项只能是S9

在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列说法中正确的是（ ）
A.若a2+b2B.若acsA=bcsB，则△ABC为等腰直角三角形
C.若bcsC+ccsB=asinA，则△ABC为直角三角形
D.在锐角△ABC中，不等式sinA>csB恒成立

已知O为坐标原点，F为抛物线y2=4x的焦点，过点F且倾斜角为60∘的直线交抛物线于A，B两点（点A在第一象限），交抛物线的准线l于点C，则下列结论正确的是（ ）
A.|AF|=4
B.△OAB的面积为233
C.若点P在准线l上，且满足PA⊥PB，则这样的点P有两个
D.抛物线不存在点P，使得kAP⋅kBP=−2
三、填空题

已知空间向量a→=1,−2,5与b→=−3,6,m互相垂直，则实数m=________.

已知△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且sinA+sinB=3sinC，a+b+c=4，S△ABC=29ab，则csinC=________.

设F1， F2 分别是椭圆C： x2a2+y2b2=1(a>b>0) 的左、右焦点，过F2的直线交椭圆C于A，B两点，且AF1→⋅AF2→=0，AF2→=2F2B→，则椭圆C的离心率为________.

已知数列{an}的前n项和为Sn，直线y=x−22与圆x2+y2=2an+2交于An，Bn(n∈N∗)两点，且S​n=14|AnBn|2．若a1+2a2+3a3+...+nan<λan2+2对任意n∈N∗恒成立，则实数λ的取值范围是________.
四、解答题

已知各项均不相等的等差数列{an}的前4项和为10，且a1，a2，a4是等比数列{bn}的前3项．
(1)求an，bn；

2设cn=bn+1anan+1，求cn的前n项和Sn．

如图，直三棱柱ABC−A1B1C1中，底面ABC是等腰直角三角形，AB⊥AC，且AB=AC=AA1=2，M，N分别是棱CC1，AC的中点．

(1)求证： A1N⊥BM；

(2)求直线A1N与平面A1BM所成角的正弦值．

在①3asinC=4ccsA，②2bsinB+C2=5asinB这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题．
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知________，a=32．
(1)求sinA；

(2)如图，M为边AC上一点，MC=MB，∠ABM=π2，求△ABC的面积．

已知抛物线C:y2=2pxp>0的焦点为F，抛物线C与直线l1:y=−x交于两点O，M（O为坐标原点），且|OM|=82.
(1)求抛物线C的方程；

(2)不过原点的直线l2与l1垂直，且与抛物线交于不同的两点A，B，若坐标原点O在以线段AB为直径的圆上，求△FAB的面积．

如图，在四棱锥E−ABCD中，面EAD⊥面ABCD，ABCD是梯形， ∠ABC=90∘,AD//BC，AD=2BC=22，AB=3 ，△ADE是等边三角形．

(1)若点M是ED的中点，求证：CM//平面ABE；

(2)在棱EB上是否存在点F，使得二面角E−AD−F的余弦值为223？若存在，求EFEB的值；若不存在，请说明理由．

已知O为坐标原点，椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左右焦点分别为F1,F2，左右顶点分别为A1，A2，上下顶点分别为B2,B1，四边形A1B1A2B2的面积为4，四边形F1B1F2B2的面积为23.
(1)求椭圆C的标准方程；

(2)若点M，N为椭圆C上的两个动点，△OMN的面积为1．证明：存在定点W，使得|WM|2+|WN|2为定值．
参考答案与试题解析
2020-2021年福建省莆田市高二（上）12月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
命题的否定
【解析】
根据特称命题的否定是全称命题即可得到结论．
【解答】
解：特称命题的否定是全称命题，
故命题的否定是：∀n∈N，n2≤2n.
故选B.
2.
【答案】
D
【考点】
抛物线的标准方程
【解析】
由抛物线的标准方程求出焦点坐标代入
直线方程即可求解.
特别要注意的是，对已知抛物线方程是否是
标准方程应作准确判断.

【解答】
解：∵抛物线x2=my的焦点为F0,14m,
∴依题意，由14m=0+3，m=12.
故选D.
3.
【答案】
B
【考点】
等比数列的通项公式
等比数列的性质
【解析】
设等比数列an的公比为q，由题意和等比数列的性质化简已知的式子，求出q4的值后，再由等比数列的性质化简所求的式子并求值．
【解答】
解：设等比数列an的公比为q，
∵a3=1，a4a6=4，
∴ a3qa3q3=4，
化简得，q4=4，
∴ a10−a8a6−a4=a6q4−a4q4a6−a4=q4=4.
故选B．
4.
【答案】
A
【考点】
椭圆的定义
双曲线的渐近线
双曲线的定义
双曲线的标准方程
【解析】
确定椭圆、双曲线的焦点坐标，求出m的值，即可求出双曲线的渐近线方程．
【解答】
解：椭圆y25+x2=1的焦点坐标为(0, ±2)．
双曲线my2−x2=1(m∈R)的焦点坐标为(0, ±1m+1)，
∵ 双曲线my2−x2=1(m∈R)与椭圆y25+x2=1有相同的焦点，
∴ 1m+1=2，∴ m=13，
∴ 双曲线的渐近线方程为y=±3x．
故选A.
5.
【答案】
D
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
先分析出BD1在面ADD1A1上的射影是AD1，再根据其为正方体得到AD1⊥A1D；最后结合三垂线定理及其逆定理的内容即可得出结论．
【解答】
解：因为BD1在面ADD1A1上的射影是AD1，
又因为其为正方体，
所以有：AD1⊥A1D．
再根据三垂线定理中的：面内的一条直线和射影垂直，则此面内的该线就和此面对应的斜线垂直，
所以有：BD1⊥A1D ，
即：异面直线BD1与A1D所成的角等于90∘.
故选D.
6.
【答案】
C
【考点】
等差数列的前n项和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：依题意得，这位公公的儿子的年龄成等差数列，
且公差d=−3，前9项和S9=207，
因为Sn=na1+n(n−1)2d，
所以S9=9a1+9×82×(−3)
=9a1−108=207，
解得a1=35.
故选C.
7.
【答案】
A
【考点】
简单线性规划
求线性目标函数的最值
【解析】
画出可行域，利用目标函数的几何意义求解即可.
【解答】
解：画出变量x，y满足约束条件 y≤0，x−2y−1≥0，x−4y−3≤0 可行域如图阴影区域：
目标函数z=3x−2y可看作y=32x−12z，
即斜率为32，截距为−12z的动直线，
数形结合可知，当动直线过点A时，z最小．
由x−2y−1=0，x−4y−3=0，
得A−1,−1，
∴ 目标函数z=3x−2y的最小值为
z=−3×0+2×1=−1.
故选A.
8.
【答案】
A
【考点】
双曲线的标准方程
【解析】
设点P(1+m24, m)，由 (OP→+OF2→)⋅F2P→=0解出 m，根据双曲线的第二定义得e=5=|PF2|1+m24−15，求出|PF2|的值，再利用第一定义求出|PF1|的值，即得λ值．
【解答】
解：由题意得 a=1，b=2，
∴ c=5，F1(−5, 0)，F2 (5, 0)，e=5．
设点P(1+m24, m)，
∵ (OP→+OF2→)⋅F2P→=(1+m24+5, m)⋅(1+m24−5, m)
=1+m24−5+m2=0，
m2=165，m=±455．
由双曲线可得 e=5=|PF2|1+m24−15，
∴ |PF2|=2，
∴ |PF1|=2a+|PF2|=4，
∴ λ=|PF1||PF2|=42=2.
故选A.
二、多选题
【答案】
C,D
【考点】
复合命题及其真假判断
命题的真假判断与应用
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A，a=1，b=−1，a>b，但1a>1b，故错误；
B，若命题“p∧−q”为真，则命题p为真命题，q为假命题，
故p∨q为真，故错误；
C，x2−2x−3=0可得x=−1或x=3，
故“x2−2x−3=0"是”x=3“的必要不充分条件，故正确；
D，因为命题否命题与逆命题同真假，
故原命题逆命题为“若x+y≠0，则x≠1或y≠−1”为真，
故正确.
故选CD.
【答案】
B,C
【考点】
等差数列的性质
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
首先根据已知条件找出首项与公差的关系，再依据等差数列的性质对四个选项逐一判断即可.
【解答】
解：设等差数列an的公差为d,
则依题意，有
a1+d=2a1+5d,
∴d=−19a1.
于是对于A，a11=a1+10d=−19a1<0,
可见A错误；
对于B，∵a1>0,∴d<0,可见B正确；
对于C，∵S12−S7=a8+a9+a10+a11+a12
=5a10=5a1+9d=0,
可见C正确;
对于D，由上可知，
a1>a2>⋯⋯>a9>a10=0>a11>a12>⋯⋯,
所以Sn中的最大项是S9和S10.
可见D错误.
故选BC.
【答案】
A,C,D
【考点】
正弦定理
三角形的形状判断
余弦定理
解三角形
【解析】
在△ABC中，依据正弦定理，余弦定理以及正弦函数的单调性
分别对四个选项逐一判断即可.
【解答】
解：在△ABC中，
对于A，若a2+b2csC=a2+b2−c22ab<0.
可见角C是钝角，可见A正确；
对于B，若acsA=bcsB,由正弦定理得：
sinAcsA=sinBcsB,即sin2A=sin2B，
这时有2A=2B或2A+2B=π，
于是有A=B或A+B=π2.
可见△ABC为等腰三角形或直角三角形，可见B错误；
对于C，若bcsC+ccsB=asinA,由正弦定理，得：
sinBcsC+sinCcsB=sin2A,即
sinB+C=sin2A.
∵sinB+C=sinA≠0，
∴sinA=1，A=π2.
可见C正确；
对于D，在锐角三角形△ABC中，
A+B=π−C>π2,
∴π2>A>π2−B>0.
根据函数y=sinx的单调性，知：
sinA>sinπ2−B,
于是有sinA>csB.可见D正确.
故选ACD.
【答案】
A,D
【考点】
抛物线的性质
抛物线的应用
直线与抛物线的位置关系
【解析】
本题考查抛物线和直线的位置关系，解析几何中三角形面积的求法，以及存在性问题，考查了数学运算，数学推理，直观想象的核心素养．
【解答】
解：由题意可知，直线AB的方程为y=3x−1，
设Ax1,y1,Bx2,y2，联立直线和抛物线的方程，y2=4x,y=3x−1，
消去y可得3x2−10x+3=0，
解得x1=3，x2=13，
由抛物线的定义可知|AF|=x1+p2=4，故A正确；
若消去x，可得，y2−433y−4=0,
所以|y1−y2|=y1+y22−4y1y2=833，
故S△OAB=12|OF||y1−y2|=12×833=433,
故B不正确；
设P−1,y0，由PA⊥PB可得y0−23−1−3⋅y0+233−1−13=−1，
化简得y2−433y0+43=0，
解得y0=233,
所以满足条件的点P有且只有一个，故C不正确；
设抛物线上存在Px0,y0满足条件，则有kAPkBP=y0−23x0−3⋅y0+233x0−33=−2 ，
因为Px0,y0在抛物线上，所以y02=4x0，
代人上式并化简可得，4y0+23⋅4y0−233=−2，
即y02+433y0+4=0，此时Δ=4332−4×4<0，无解，
故D正确.
故AD．
三、填空题
【答案】
3
【考点】
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
利用向量垂直的性质直接求解．
【解答】
解：∵ 空间向量a→=1,−2,5与b→=−3,6,m互相垂直，
∴ a→⋅b→=−3−12+5m=0，
解得m=3.
故答案为：3.
【答案】
94
【考点】
正弦定理
【解析】
利用正弦定理化简已知的第一个等式，得到a+b=3c，代入第二个等式中计算，即可求出c的长，利用三角形的面积公式表示出三角形ABC的面积S，即可求出sinC的值，即可求出所求式子的值．
【解答】
解：∵ sinA+sinB−3sinC=0，
a+b−3c=0，
即a+b=3c，
又∵ a+b+c=4，
∴ 4c=4，
即c=1，
∵ S=12absinC=2ab9，
∴ sinC=49，
∴ csinC=94.
故答案为：94.
【答案】
53
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
利用椭圆的定义，结合勾股定理，即可求出椭圆的离心率．
【解答】
解：由 AF2→=2F2B→ 可设
BF2=x， AF2=2x，
由椭圆的定义，可以得到
AF1=2a−2x，BF1=2a−x，
AF1→⋅AF2→=0，
∴AF1⊥AF2，
在 Rt△AF1B 中，
有 (2a−2x)2+(3x)2=(2a−x)2 ，
解得 x=a3，
∴AF2=2a3，AF1=4a3，
在Rt△AF1F2 中，
有(4a3)2+(2a3)2=(2c)2,
整理得 c2a2=59,
∴e=ca=53.
故答案为：53.
【答案】
(12,+∞)
【考点】
直线与圆的位置关系
数列的求和
数列与不等式的综合
【解析】
由已知得到关于数列{an}的递推式，进一步得到{Sn+2}是以a1+2为首项，2为公比的等比数列．求出数列{an}的前n项和为Sn，进一步求得数列{an}的通项，然后利用错位相减法求得a1+2a2+3a3+...+nan，代入a1+2a2+3a3+...+nan<λan2+2，分离参数λ，求出2n−22n得最大值得答案．
【解答】
解：圆心O(0, 0)到直线y=x−22，即x−y−22=0的距离d=|−22|2=2，
由d2+(12|AnBn|)2=r2，且S​n=14|AnBn|2，
得22+Sn=2an+2，
∴ 4+Sn=2(Sn−Sn−1)+2，
即Sn+2=2(Sn−1+2)且n≥2；
∴ {Sn+2}是以a1+2为首项，2为公比的等比数列．
由22+Sn=2an+2，取n=1，解得a1=2，
∴ Sn+2=(a1+2)⋅2n−1，则Sn=2n+1−2；
∴ an=Sn−Sn−1=2n+1−2−2n+2=2n(n≥2)．
a1=2适合上式，
∴ an=2n．
令Tn=a1+2a2+3a3+...+nan
=1⋅2+2⋅22+3⋅23+...+(n−1)⋅2n−1+n⋅2n，
∴ 2Tn=1⋅22+2⋅23+⋯+(n−1)⋅2n+n⋅2n+1，
两式作差可得：−Tn=2+22+23+⋯+2n−n⋅2n+1
=2(1−2n)1−2−n⋅2n+1=(1−n)⋅2n+1−2，
∴ Tn=(n−1)⋅2n+1+2，
由a1+2a2+3a3+...+nan<λan2+2对任意n∈N∗恒成立，
可得(n−1)⋅2n+1+2<λ⋅22n+2对任意n∈N∗恒成立，
即λ>2n−22n对任意n∈N∗恒成立，
当n=1时，2n−22n=0；
由2(n+1)−22n+1−2n−22n=4−2n2n+1，
知n=2时，4−2n2n+1=0，
∴ 当n=2，3时，2n−22n最大为12，
∴ λ>12，
∴ λ的取值范围为：(12,+∞)．
故答案为：(12,+∞).
四、解答题
【答案】
解：(1)设数列{an}的公差为d，
由题意知：a1+a2+a3+a4=4a1+4×4−12d=4a1+6d=10，①
又因为a1,a2,a4成等比数列，
所以a22=a1⋅a4，
所以(a1+d)2=a1⋅(a1+3d)，
整理得d2=a1d,
又因为d≠0,
所以a1=d，②
由①②得a1=1，d=1，
所以an=n，bn=2n−1.
(2)因为cn=2n−1+1nn+1，
所以Sn=20+21+⋯+2n−1+1−12+12−13+⋯+1n−1n+1
=1−2n1−2+1−1n+1
=2n−1n+1，
所以数列{cn}的前n项和Sn=2n−1n+1．
【考点】
等比中项
数列的求和
等比数列的前n项和
等比数列的通项公式
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设数列{an}的公差为d，
由题意知：a1+a2+a3+a4=4a1+4×4−12d=4a1+6d=10，①
又因为a1,a2,a4成等比数列，
所以a22=a1⋅a4，
所以(a1+d)2=a1⋅(a1+3d)，
整理得d2=a1d,
又因为d≠0,
所以a1=d，②
由①②得a1=1，d=1，
所以an=n，bn=2n−1.
(2)因为cn=2n−1+1nn+1，
所以Sn=20+21+⋯+2n−1+1−12+12−13+⋯+1n−1n+1
=1−2n1−2+1−1n+1
=2n−1n+1，
所以数列{cn}的前n项和Sn=2n−1n+1．
【答案】
(1)证明：以A为坐标原点，以射线AB，AC，AA1分别为x，y，x轴建立空间直角坐标系，
则A0,0,0，B2,0,0，A10,0,2，C0,2,0，M0,2,1，N0,1,0，
则BM→=−2,2,1，A1N→=0,1,−2，
所以BM→⋅A1N→=0，A1N⊥BM．
(2)解：由A1B→=2,0,−2，A1M→=0,2,−1，
设平面A1BM的一个法向量为n→=x,y,z，
由n→⋅A1B→=0，n→⋅A1M→=0，得2x−2z=0，2y−z=0，
所以取n→=2,1,2.
又A1N→=0,1,−2，
则cs⟨n→,BA1→⟩=n→⋅A1N→|n→||A1N→|=−33×5=−55，
设直线A1N与平面A1BM所成角为θ，
所以sinθ=|cs⟨n→,BA→||=55，
所以直线A1N与平面A1BM所成角的正弦值为55．
【考点】
用向量证明垂直
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：以A为坐标原点，以射线AB，AC，AA1分别为x，y，x轴建立空间直角坐标系，
则A0,0,0，B2,0,0，A10,0,2，C0,2,0，M0,2,1，N0,1,0，
则BM→=−2,2,1，A1N→=0,1,−2，
所以BM→⋅A1N→=0，A1N⊥BM．
(2)解：由A1B→=2,0,−2，A1M→=0,2,−1，
设平面A1BM的一个法向量为n→=x,y,z，
由n→⋅A1B→=0，n→⋅A1M→=0，得2x−2z=0，2y−z=0，
所以取n→=2,1,2.
又A1N→=0,1,−2，
则cs⟨n→,BA1→⟩=n→⋅A1N→|n→||A1N→|=−33×5=−55，
设直线A1N与平面A1BM所成角为θ，
所以sinθ=|cs⟨n→,BA→||=55，
所以直线A1N与平面A1BM所成角的正弦值为55．
【答案】
解：选择条件①.
(1)在△ABC中，由正弦定理得3sinAsinC=4sinCcsA，
因为sinC≠0，所以3sinA=4csA,9sin2A=16cs2A，
所以25sin2A=16，因为sinA>0，
所以sinA=45；
(2)设MB=MC=m，易知cs∠BMC=−cs∠BMA=−sinA=−45，
在△BMC中由余弦定理得：18=2m2−2m2⋅−45，
解得m=5，
所以S△BMC=12m2sin∠BMC=12×5×35=32，
在Rt△ABM中，sinA=45，MB=5，∠ABM=π2，
所以AB=354，所以S△ABM=158，
所以S△ABC=32+158=278．
【考点】
三角形的面积公式
解三角形
余弦定理
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：选择条件①.
(1)在△ABC中，由正弦定理得3sinAsinC=4sinCcsA，
因为sinC≠0，所以3sinA=4csA,9sin2A=16cs2A，
所以25sin2A=16，因为sinA>0，
所以sinA=45；
(2)设MB=MC=m，易知cs∠BMC=−cs∠BMA=−sinA=−45，
在△BMC中由余弦定理得：18=2m2−2m2⋅−45，
解得m=5，
所以S△BMC=12m2sin∠BMC=12×5×35=32，
在Rt△ABM中，sinA=45，MB=5，∠ABM=π2，
所以AB=354，所以S△ABM=158，
所以S△ABC=32+158=278．
【答案】
解：(1)易知直线与抛物线的交点坐标为M8,−8，
所以−82=2p×8，
所以2p=8，
所以抛物线方程为y2=8x．
(2)直线l2与l1垂直，故可设直线l2：x=y+m，
设Ax1,y1，Bx2,y2，且直线l2与x轴的交点为Q，
由y2=8x,x=y+m,得y2−8y−8m=0，Δ=64+32m>0，
所以m>−2，y1+y2=8，y1y2=−8m，
所以x1x2=y12y2264=m2．
由题意可知OA⊥OB，即x1x2+y1y2=m2−8m=0，
所以m=8或m=0（舍），
所以直线l2：x=y+8，Q8,0，
故S△FAB=S△FQB+S△FQA=12|FM|⋅|y1−y2|
=3y1+y22−4y1y2=245．
【考点】
抛物线的标准方程
抛物线的应用
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)易知直线与抛物线的交点坐标为M8,−8，
所以−82=2p×8，
所以2p=8，
所以抛物线方程为y2=8x．
(2)直线l2与l1垂直，故可设直线l2：x=y+m，
设Ax1,y1，Bx2,y2，且直线l2与x轴的交点为Q，
由y2=8x,x=y+m,得y2−8y−8m=0，Δ=64+32m>0，
所以m>−2，y1+y2=8，y1y2=−8m，
所以x1x2=y12y2264=m2．
由题意可知OA⊥OB，即x1x2+y1y2=m2−8m=0，
所以m=8或m=0（舍），
所以直线l2：x=y+8，Q8,0，
故S△FAB=S△FQB+S△FQA=12|FM|⋅|y1−y2|
=3y1+y22−4y1y2=245．
【答案】
(1)证明：取AE中点N，连接MN，BN，
则MN是△EAD的中位线，
∴ MN//AD且MN=12AD，
BC//AD且BC=12AD，
则BC//MN且BC=MN，
则四边形BCMN是平行四边形，
∴ CM//BN.
又CM⊄平面ABE，BN⊂平面ABE，
∴ CM//平面ABE.
(2)解：取AD中点O，连接OC，OE，易得OE⊥AD，OC⊥AD，
面EAD⊥面ABCD，面EAD∩面ABCD=AD，OE⊥AD，
∴ EO⊥面ABCD.
以O为原点，分别以射线OC，OA，OE为x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则A0,2,0，B3,2,0，D0,−2,0，E0,0,0,6，
则EB→=3,2,−6，AE→=0,−2,6，AD→=0,−22,0，
假设在棱EB上存在点F满足题意，设EF→=λEB→（0≤λ≤1）．
则EF→=λ3,2,−6，AF→=AE→+EF→=3λ,2λ−2,6−6λ，
设平面ADF的一个法向量为m→=x,y,z，
则m→⋅AF→=0，m→⋅AD→=0，
即3λx+2λ−2y+6−6λz=0，−22y=0，
令z=λ，得平面ADF的一个法向量m→=2λ−2,0,λ，
又平面EAD的一个法向量n→=1,0,0，
由已知|cs⟨m→,n→⟩|=|m→⋅n→||m→|⋅|n→|=|2λ−1|2λ−12+λ2=223，
整理得3λ2+2λ−1=0，解得λ=13 （λ=−1舍去），
因此，在棱EB上存在点F，使得二面角E−AD−F的余弦值为223，且EFEB=13．
【考点】
直线与平面平行的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：取AE中点N，连接MN，BN，
则MN是△EAD的中位线，
∴ MN//AD且MN=12AD，
BC//AD且BC=12AD，
则BC//MN且BC=MN，
则四边形BCMN是平行四边形，
∴ CM//BN.
又CM⊄平面ABE，BN⊂平面ABE，
∴ CM//平面ABE.
(2)解：取AD中点O，连接OC，OE，易得OE⊥AD，OC⊥AD，
面EAD⊥面ABCD，面EAD∩面ABCD=AD，OE⊥AD，
∴ EO⊥面ABCD.
以O为原点，分别以射线OC，OA，OE为x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则A0,2,0，B3,2,0，D0,−2,0，E0,0,0,6，
则EB→=3,2,−6，AE→=0,−2,6，AD→=0,−22,0，
假设在棱EB上存在点F满足题意，设EF→=λEB→（0≤λ≤1）．
则EF→=λ3,2,−6，AF→=AE→+EF→=3λ,2λ−2,6−6λ，
设平面ADF的一个法向量为m→=x,y,z，
则m→⋅AF→=0，m→⋅AD→=0，
即3λx+2λ−2y+6−6λz=0，−22y=0，
令z=λ，得平面ADF的一个法向量m→=2λ−2,0,λ，
又平面EAD的一个法向量n→=1,0,0，
由已知|cs⟨m→,n→⟩|=|m→⋅n→||m→|⋅|n→|=|2λ−1|2λ−12+λ2=223，
整理得3λ2+2λ−1=0，解得λ=13 （λ=−1舍去），
因此，在棱EB上存在点F，使得二面角E−AD−F的余弦值为223，且EFEB=13．
【答案】
(1)解：设椭圆C的焦距|F1F2|=2c，则a2=b2+c2①，
由题意知：S平行四边形A1B1A2B2=12|A1A2|⋅|B1B2|=12×2a×2b=4，得ab=2②.
由题意知：S平行四边形F1B1F2B2=12|F1F2|⋅|B1B2|=12×2c×2b=23，得bc=3③.
由①②③解得：a=2，b=1，c=3，
所以椭圆C的标准方程为：x24+y2=1．
(2)证明：定点W为原点O时，|WM|2+|WN|2为定值5．
证明如下：
设Mx1,y1，Nx2,y2，
当直线MN斜率不存在时，|x1|=|x2|，|y1|=|y2|，
所以S△OMN=12|x1|⋅|2y1|=1，
所以x12y12=x121−x124=1，
所以x12=x22=2，y12=y22=12，
所以|OM|2+|ON|2=x12+y12+x22+y22=5.
当直线MN斜率存在时，设直线MN：y=k+m，代入x24+y2=1可得：
1+4k2x2+8kmx+4m2−4=0，
所以x1+x2=−8km1+4k2，x1x2=4m2−41+4k2．
设点O到直线MN的距离为d，则d=|m|1+k2，
|MN|=1+k2⋅|x1−x2|
=1+k2x1+x22−4x1x2=41+k21+4k2−m21+4k2，
因此S△OMN=12|MN|⋅d=2m21+4k2−m21+4k2=1，
所以1+4k22−4m21+4k2+4m4=0，
所以1+4k2−2m22=0，
所以1+4k2−2m2=0，
所以|OM|2+|ON|2=x12+y12+x22+y22
=x12+1−x124+x22+1−x124=2+34x12+x2，
即：|OM|2+|ON|2=2+34x1+x22−2x1x2
=2+3464k2m21+4k22−8m2−81+4k2
=2+3464k2m24m4−8m2−82m2
=2+3416k2+4m2−4
=2+34×8−4=5．
【考点】
椭圆的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
无
无
【解答】
(1)解：设椭圆C的焦距|F1F2|=2c，则a2=b2+c2①，
由题意知：S平行四边形A1B1A2B2=12|A1A2|⋅|B1B2|=12×2a×2b=4，得ab=2②.
由题意知：S平行四边形F1B1F2B2=12|F1F2|⋅|B1B2|=12×2c×2b=23，得bc=3③.
由①②③解得：a=2，b=1，c=3，
所以椭圆C的标准方程为：x24+y2=1．
(2)证明：定点W为原点O时，|WM|2+|WN|2为定值5．
证明如下：
设Mx1,y1，Nx2,y2，
当直线MN斜率不存在时，|x1|=|x2|，|y1|=|y2|，
所以S△OMN=12|x1|⋅|2y1|=1，
所以x12y12=x121−x124=1，
所以x12=x22=2，y12=y22=12，
所以|OM|2+|ON|2=x12+y12+x22+y22=5.
当直线MN斜率存在时，设直线MN：y=k+m，代入x24+y2=1可得：
1+4k2x2+8kmx+4m2−4=0，
所以x1+x2=−8km1+4k2，x1x2=4m2−41+4k2．
设点O到直线MN的距离为d，则d=|m|1+k2，
|MN|=1+k2⋅|x1−x2|
=1+k2x1+x22−4x1x2=41+k21+4k2−m21+4k2，
因此S△OMN=12|MN|⋅d=2m21+4k2−m21+4k2=1，
所以1+4k22−4m21+4k2+4m4=0，
所以1+4k2−2m22=0，
所以1+4k2−2m2=0，
所以|OM|2+|ON|2=x12+y12+x22+y22
=x12+1−x124+x22+1−x124=2+34x12+x2，
即：|OM|2+|ON|2=2+34x1+x22−2x1x2
=2+3464k2m21+4k22−8m2−81+4k2
=2+3464k2m24m4−8m2−82m2
=2+3416k2+4m2−4
=2+34×8−4=5．