2020-2021学年上海市浦东新区建平中学高二（下）期中数学试卷

这是一份2020-2021学年上海市浦东新区建平中学高二（下）期中数学试卷，共21页。试卷主要包含了不等式＞1的解集为　 　等内容，欢迎下载使用。

2020-2021学年上海市浦东新区建平中学高二（下）期中数学试卷
一.填空题
1．（3分）抛物线y2＝4x的焦点到准线的距离是　 　．
2．（3分）从a、b、c、d、e五个字母中任选三个，共有　 　种不同的选法（结果用数字作答）．
3．（3分）不等式＞1的解集为　 　．
4．（3分）A、B是半径为R的球面上两点，设O是球心，且△AOB是等腰直角三角形，则A、B的球面距离为 　 　．
5．（3分）用1、2、3三个数字能组成不同三位数的个数是　 　（结果用数字作答）．
6．（3分）已知圆锥的轴截面PAB是等边三角形，C为底面弧的中点，D为母线PB的中点，则异面直线PA和CD所成角的大小为　 　．

7．（3分）从四棱锥P﹣ABCD的5个顶点中任选4个不同的点，则这四点能够构成不同三棱锥的个数是　 　（结果用数字作答）．
8．（3分）长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝4，AA1＝2，则二面角A1﹣BD﹣C1的大小为　 　（结果用反三角函数表示）．

9．（3分）在3个不同的红球中任取2个，在3个不同的白球中任取1个，把所取出的3个球排成一列，要求2个红球必须相邻，则不同的排列个数为　 　个（用数字作答）．
10．（3分）设a1、a2、a3、a4、a5、a6是2、3、4、5、6、7的一个排列，则a1a2a3+a4a5a6的最小值为 　 　．
11．（3分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P是线段AD1上的一个动点，则直线PB与平面BC1D所成角的范围是　 　（结果用反三角函数表示）．

12．（3分）已知等差数列{an}满足：|a1|+|a2|+⋅⋅⋅+|an|＝|a1+1|+|a2+1|+⋅⋅⋅+|an+1|＝|a1﹣1|+|a2﹣1|+⋅⋅⋅+|an﹣1|＝2021，则正整数n的最大值为　 　．
二.选择题
13．（3分）组合数∁nr（n＞r≥1，n、r∈Z）恒等于（　　）
A． B．（n+1）（r+1）
C．nr D．
14．（3分）记者要为4名志愿者和他们帮助的2位老人照相，要求排成一排，2位老人不相邻，不同的排法共有（　　）种．
A．240 B．360 C．480 D．720
15．（3分）以下关于多面体的命题中，真命题为（　　）
A．所有侧面均为正三角形的四棱锥是正四棱锥
B．所有侧面均为正方形的四棱柱是正四棱柱
C．所有侧面均为正三角形的多面体是正四面体
D．所有侧面均为正方形的多面体是正方体
16．（3分）已知函数f（x）在定义域R上单调，且x∈（0，+∞）时均有f（f（x）+2x）＝1，则f（﹣2）的值为（　　）
A．3 B．1 C．0 D．﹣1
三.解答题
17．在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，PA＝2，AB＝1．
（1）分别取侧棱PB、PD中点E、F，证明：直线EF与平面ABCD平行；
（2）求四棱锥P﹣ABCD的表面积．

18．设函数f（x）＝ax﹣（k﹣1）a﹣x（a＞0，a≠1）是定义域为R的奇函数．
（1）求实数k的值；
（2）若，且f（2x）≥mf（x）对任意x∈[2，+∞）恒成立，求实数m的取值范围．
19．设正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长和高均为1．
（1）求点C1与平面A1B1C之间的距离；
（2）设D是棱CC1的中点，求证：AB1⊥BD．


20．已知双曲线（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别是F1、F2，左、右两顶点分别是A1、A2，弦AB和CD所在直线分别平行于x轴与y轴，线段BA的延长线与线段CD相交于点P（如图）．
（1）若是是Γ的一条渐近线的一个方向向量，试求Γ的两渐近线的方程；
（2）若|PA|＝1，|PB|＝5，|PC|＝2，|PD|＝6，试求双曲线Γ的方程；
（3）在（1）的条件下，且|A1A2|＝4，点C与双曲线的顶点不重合，直线CA1和直线CA2与直线l：x＝1分别相交于点M和N，试问：是否存在定点T，使得TM⊥TN恒成立？若是，请求出定点的坐标，若不是，试说明理由．

21．已知完全封闭且内部中空的圆柱底面的半径为R，母线长为l．
（1）当R＝1，l＝2时，在圆柱内放一个半径为1的实心球，求圆柱内空余部分的体积；（结果用精确值表示）
（2）如图，当R＝1，l＝12时，平面α与圆柱T底面所成锐二面角为45°，且平面α只与圆柱T侧面相交，设平面α与圆柱T侧面相交的轨迹为曲线C，半径为1的两个球分别在圆柱内平面α上下两侧且分别与平面α相切于点F1、F2，若以点F1、F2所在直线为x轴，线段F1F2的中垂线为y轴建立平面直角坐标系，求证：曲线C是椭圆并写出椭圆标准方程；
（3）在（1）的条件下，在圆柱内部空余的地方放入和实心球、侧面及相应底面均相切的半径为r的同样大小的小球n个，当n取得最大值n0时，求的值．（结果用数字表示）


2020-2021学年上海市浦东新区建平中学高二（下）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一.填空题
1．（3分）抛物线y2＝4x的焦点到准线的距离是　2　．
【分析】根据抛物线的方程求得抛物线的焦点坐标和准线的方程，进而利用点到直线的距离求得焦点到准线的距离．
【解答】解：根据题意可知焦点F（1，0），准线方程x＝﹣1，
∴焦点到准线的距离是1+1＝2
故答案为2．
【点评】本题主要考查了抛物线的简单性质．考查了学生对抛物线标准方程的理解和运用．属基础题．
2．（3分）从a、b、c、d、e五个字母中任选三个，共有　10　种不同的选法（结果用数字作答）．
【分析】根据题意，由组合数公式计算可得答案．
【解答】解：根据题意，从a、b、c、d、e五个字母中任选三个，是组合问题，
有C53＝10种选法，
故答案为：10．
【点评】本题考查组合数公式的应用，注意组合、排列的不同，属于基础题．
3．（3分）不等式＞1的解集为　{x|0＜x＜1}　．
【分析】将不等式＞1移项后通分，即可求得不等式的解集．
【解答】解：∵＞1，
∴﹣1＝＞0，
∴＞0，
∴0＜x＜1．
∴不等式的解集为{x|0＜x＜1}．
故答案为：{x|0＜x＜1}．
【点评】本题考查不等式的解法，移项后通分是关键，属于基础题．
4．（3分）A、B是半径为R的球面上两点，设O是球心，且△AOB是等腰直角三角形，则A、B的球面距离为 　　．
【分析】根据△AOB是等腰直角三角形，求出，再利用弧长公式l＝|θ|•R，求出A、B的球面距离．
【解答】解：∵△AOB是等腰直角三角形，∴，
∵弧长公式l＝|θ|•R，∴A、B的球面距离为＝，
故答案为：．
【点评】本题考查球面距离的相关计算，属于基础题．
5．（3分）用1、2、3三个数字能组成不同三位数的个数是　27　（结果用数字作答）．
【分析】根据题意，分析百位、十位和个位数字的情况数目，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】解：根据题意，用1、2、3三个数字能组成不同三位数，
百位、十位和个位数字都有3种情况，则有3×3×3＝27个不同的三位数，
故答案为：27．
【点评】本题考查排列组合的应用，涉及分步、分类计数原理的应用，属于基础题．
6．（3分）已知圆锥的轴截面PAB是等边三角形，C为底面弧的中点，D为母线PB的中点，则异面直线PA和CD所成角的大小为　　．

【分析】取AB的中点O，连接OC，OD，知∠ODC即为所求，设PA＝AB＝PB＝2，结合轴截面的性质和面面垂直的性质定理可得OC⊥OD，再在Rt△OCD中，由tan∠ODC＝＝1，即可得解．
【解答】解：取AB的中点O，连接OC，OD，
∵D为母线PB的中点，
∴OD∥AP，
∴∠ODC为异面直线PA和CD所成的角，
设底面圆O的半径为r，
∵圆锥的轴截面PAB是等边三角形，
∴设PA＝AB＝PB＝2，
∴OC＝AB＝1，
∴OD＝PA＝1，
由轴截面的性质知，平面PAB⊥平面ABC，
∵C为底面弧的中点，∴OC⊥AB，
又平面PAB∩平面ABC＝AB，∴OC⊥平面PAB，
∴OC⊥OD，
在Rt△OCD中，tan∠ODC＝＝1，
∴∠ODC＝．
故答案为：．

【点评】本题考查异面直线夹角的求法，利用平移法找到异面直线所成角是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．
7．（3分）从四棱锥P﹣ABCD的5个顶点中任选4个不同的点，则这四点能够构成不同三棱锥的个数是　4　（结果用数字作答）．
【分析】根据题意，用排除法分析：先分析从四棱锥P﹣ABCD的5个顶点中任选4个不同的点的取法，排除其中共面的情况，分析可得答案．
【解答】解：根据题意，从四棱锥P﹣ABCD的5个顶点中任选4个不同的点，有C54＝5种取法，
其中共面，不能构成不同三棱锥的情况有1种，
则取出的四点能够构成不同三棱锥的个数是4；
故答案为：4．
【点评】本题考查排列组合的应用，涉及棱锥的结构特征，属于基础题．
8．（3分）长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝4，AA1＝2，则二面角A1﹣BD﹣C1的大小为　　（结果用反三角函数表示）．

【分析】取BD的中点O，连结A1O，C1O，A1C1，利用勾股定理可得A1O⊥BD，C1O⊥BD，则∠A1OC1是二面角A1﹣BD﹣C1的平面角，利用余弦定理结合反三角函数求解即可．
【解答】解：取BD的中点O，连结A1O，C1O，A1C1，
因为长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝4，AA1＝2，
所以A1D＝A1B＝C1D＝C1B＝，
BD＝A1C1＝，
A1O＝C1O＝，
由勾股定理可得，A1O⊥BD，C1O⊥BD，
所以∠A1OC1是二面角A1﹣BD﹣C1的平面角，
则cos∠A1OC1＝，
所以二面角A1﹣BD﹣C1的余弦值为，
则二面角A1﹣BD﹣C1的大小为．
故答案为：．

【点评】本题考查了二面角的大小的求解，余弦定理的应用，勾股定理的运用，反三角函数的应用，解题的关键是利用二面角的平面角的定义找到对应的角，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于中档题．
9．（3分）在3个不同的红球中任取2个，在3个不同的白球中任取1个，把所取出的3个球排成一列，要求2个红球必须相邻，则不同的排列个数为　36　个（用数字作答）．
【分析】根据题意，分3步进行分析：①在3个不同的红球中任取2个，将其看成一个整体，②在3个不同的白球中任取1个，③将选出的2个红球与白球全排列，有分步计数原理计算可得答案．
【解答】解：根据题意，分3步进行分析：
①在3个不同的红球中任取2个，将其看成一个整体，有C32A22＝6种情况，
②在3个不同的白球中任取1个，有C31＝3种选法，
③将选出的2个红球与白球全排列，有A22＝2种情况，
则有6×3×2＝36种不同的排列，
故答案为：36．
【点评】本题考查排列组合的应用，涉及分步分类计数原理的应用，属于基础题．
10．（3分）设a1、a2、a3、a4、a5、a6是2、3、4、5、6、7的一个排列，则a1a2a3+a4a5a6的最小值为 　142　．
【分析】利用基本不等式得到a1a2a3+a4a5a6≥＝，结合142＝72+70＝3×4×6+2×5×7，即可得到答案．
【解答】解：因为a1、a2、a3、a4、a5、a6是2、3、4、5、6、7的一个排列，
所以a1a2a3+a4a5a6≥＝，
因为142＝72+70＝3×4×6+2×5×7，
所以a1a2a3+a4a5a6≥142，
故a1a2a3+a4a5a6的最小值为142．
故答案为：142．
【点评】本题考查了最值问题的求解，主要考查了利用基本不等式求解最值的应用，考查了逻辑推理能力与运算能力，属于中档题．
11．（3分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P是线段AD1上的一个动点，则直线PB与平面BC1D所成角的范围是　　（结果用反三角函数表示）．

【分析】建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面的法向量，设点P（1，t，1﹣t），求出直线BP的方向向量，由向量的夹角公式，然后由t的范围求解即可．
【解答】解：设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，
以点C为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，
则B（0，1，0），C1（0，0，1），D（1，0，0），
所以，
设平面BC1D的法向量为，
则，即，
令x＝1，则y＝1，z＝1，故，
设点P（1，t，1﹣t），（0≤t≤1），则，
设直线PB与平面BC1D所成的角为θ，
则sinθ＝，
因为0≤t≤1，所以，
故，
故，
直线PB与平面BC1D所成角的范围是．
故答案为：．

【点评】本题考查了空间角的求解，主要考查了线面角的求解，对于空间角问题，经常选择建立空间直角坐标系，将问题转化为空间向量进行研究，考查运算求解能力等数学核心素养，是中档题．
12．（3分）已知等差数列{an}满足：|a1|+|a2|+⋅⋅⋅+|an|＝|a1+1|+|a2+1|+⋅⋅⋅+|an+1|＝|a1﹣1|+|a2﹣1|+⋅⋅⋅+|an﹣1|＝2021，则正整数n的最大值为　62　．
【分析】由题意可以构造函数f（x）＝|x|+|x+d|+••+|x+（n﹣1）d|，结合函数的图像和性质以及等差数列的性质求解即可．
【解答】解：设等差数列{an}的公差为d（不妨设d＞0），首项为a，
可得|a|+|a+d|+…+|a+（n﹣1）d|＝|a+1|+|a+1+d|+•…+|a+1+（n﹣1）d|＝|a﹣1|+|a﹣1+d|+…+|a﹣1+（n﹣1）d|＝2021，
记函数f（x）＝|x|+|x+d|+••+|x+（n﹣1）d|，
可得函数f（x）＝2021至少有三个根a﹣1，a，a+1．可知绝对值和f（x）＝|x|+|x+d|+…+|x+（n﹣1）d|为平底型图像，如下图所示，故n为偶数，
记n＝2k，要使f（x）＝2021，
所以a﹣1，a，a+1对的点都在平底上即a﹣1，a，a+1∈[﹣kd，﹣（k﹣1）d]，
所以 f（﹣kd）＝f（﹣（k﹣1）d）＝2021，
即|﹣kd|+|﹣kd+d|+|﹣kd+2d|+…+|﹣kd+（n﹣1）d|＝2021，
所以[k+（k﹣1）+（k﹣2）+…+1+0+1+…+（k﹣1）]d＝2021，所以k2d＝2021，
而（a+1）﹣（a﹣1）≤d，所以d≥2．
故，即k≤≈31.7，
所以正整数n的最大值为62，
故答案为62．

【点评】此题主要考查等差数列的性质及其应用，解题的关键是构造函数f（x）＝|x|+|x+d|+••+|x+（n﹣1）d|，然后利用函数的图像和性质求解，此题是一道难题．
二.选择题
13．（3分）组合数∁nr（n＞r≥1，n、r∈Z）恒等于（　　）
A． B．（n+1）（r+1）
C．nr D．
【分析】由组合数公式，∁nr进行运算、化简，找到其与cn﹣1r﹣1的关系，即可得答案．
【解答】解：由，
故选：D．
【点评】本题考查组合数公式的运用，须准确记忆公式，另外如本题的一些性质需要学生了解．
14．（3分）记者要为4名志愿者和他们帮助的2位老人照相，要求排成一排，2位老人不相邻，不同的排法共有（　　）种．
A．240 B．360 C．480 D．720
【分析】本题是一个分步问题，采用插空法，先将4名志愿者排成一列，再将2位老人插到4名志愿者形成的5个空中，根据分步计数原理得到结果．
【解答】解：由题意知本题是一个分步问题，采用插空法，
先将4名志愿者排成一列，再将2位老人插到4名志愿者形成的5个空中，则不同的排法有A44A52＝480种，
故选：C．
【点评】本题考查分步计数原理，是一个基础题，正确运用插空法是关键．
15．（3分）以下关于多面体的命题中，真命题为（　　）
A．所有侧面均为正三角形的四棱锥是正四棱锥
B．所有侧面均为正方形的四棱柱是正四棱柱
C．所有侧面均为正三角形的多面体是正四面体
D．所有侧面均为正方形的多面体是正方体
【分析】直接利用正棱柱和正棱锥体的定义判定A、B、C、D的结论．
【解答】解：对于A：所有侧面均为正三角形的四棱锥是正四棱锥，故A正确；
对于B：所有侧面均为正方形的四棱柱不一定是正四棱柱，底面不一定为正方形，故B错误；
对于C：所有侧面均为正三角形的多面体是正四面体，也可能为正四棱锥，故C错误；
对于D：所有侧面均为正方形的多面体是直棱柱，故D错误．
故选：A．
【点评】本题考查的知识要点：正棱柱和正棱锥体的定义，主要考查学生对几何定义的理解，属于基础题．
16．（3分）已知函数f（x）在定义域R上单调，且x∈（0，+∞）时均有f（f（x）+2x）＝1，则f（﹣2）的值为（　　）
A．3 B．1 C．0 D．﹣1
【分析】根据题意，分析可得f（x）+2x为常数，设f（x）+2x＝t，分析可得f（t）＝﹣2t+t＝1，解可得t的值，即可得函数的解析式，将x＝﹣2代入计算可得答案．
【解答】解：根据题意，函数f（x）在定义域R上单调，且x∈（0，+∞）时均有f（f（x）+2x）＝1，
则f（x）+2x为常数，设f（x）+2x＝t，则f（x）＝﹣2x+t，
则有f（t）＝﹣2t+t＝1，解可得t＝﹣1，
则f（x）＝﹣2x﹣1，
故f（﹣2）＝4﹣1＝3；
故选：A．
【点评】本题考查抽象函数的性质以及应用，涉及函数的单调性的性质以及应用，属于基础题．
三.解答题
17．在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，PA＝2，AB＝1．
（1）分别取侧棱PB、PD中点E、F，证明：直线EF与平面ABCD平行；
（2）求四棱锥P﹣ABCD的表面积．

【分析】（1）连接BD，由E、F是PB、PD中点，可得EF∥BD，进而根据线面平行的判定即可证明EF∥平面ABCD．
（2）由题意利用线面垂直的判定和性质可得CD⊥PD，CB⊥PB，由已知利用勾股定理求出PB，PD，PC的值，利用三角形的面积公式，正方形的面积公式求出各个面的面积，然后求解四棱锥P﹣ABCD的表面积
【解答】解：（1）如图，连接BD，
∵E、F是PB、PD中点，
∴EF∥BD，
又∵EF⊄底面ABCD，BD⊂底面ABCD，
∴EF∥平面ABCD．
（2）由底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，PA＝2，AB＝1，
得PA⊥AD，PA⊥AB，AD⊥AB．又PA∩AD＝A，
∴AB⊥平面PAD，
又PD⊂平面PAD，
∴AB⊥PD，
∵CD∥AB，
∴CD⊥PD，同理可得CB⊥PB，
∴PB＝PD＝＝，PC＝＝，
∴S△PAB＝＝1，S△PAD＝＝1，
同理S△PCB＝×1＝，S△PCD＝×1＝，SABCD＝1×1＝1，
∴四棱锥P﹣ABCD的表面积S＝S△PAB+S△PAD+S△PCB+S△PCD+SABCD＝1+1+++1＝3+．

【点评】本题考查几何体的表面积的求法，考查线面平行的判定，考查空间想象能力以及计算能力，是中档题．
18．设函数f（x）＝ax﹣（k﹣1）a﹣x（a＞0，a≠1）是定义域为R的奇函数．
（1）求实数k的值；
（2）若，且f（2x）≥mf（x）对任意x∈[2，+∞）恒成立，求实数m的取值范围．
【分析】（1）由奇函数在R上有定义，可得f（0）＝0，解得k；
（2）若，求得a，由参数分离和指数函数和对勾函数的单调性，可得最值，进而得到所求范围．
【解答】解：（1）由函数f（x）＝ax﹣（k﹣1）a﹣x（a＞0，a≠1）是定义域为R的奇函数，
可得f（0）＝a0﹣（k﹣1）a0＝1﹣（k﹣1）＝0，
解得k＝2；
（2）由（1）可得f（x）＝ax﹣a﹣x，
若，则a﹣＝，解得a＝2，
由f（2x）≥mf（x），
可得4x﹣4﹣x≥m（2x﹣2﹣x），
因为y＝2x﹣2﹣x在x∈[2，+∞）递增，可得y＝2x﹣2﹣x＞0，
所以m≤2x+2﹣x在x∈[2，+∞）恒成立，
由y＝2x+2﹣x在x∈[2，+∞）递增，可得y＝2x+2﹣x的最小值为，
所以m≤，即m的取值范围是（﹣∞，]．
【点评】本题考查函数的奇偶性的性质和不等式恒成立问题解法，考查方程思想和转化思想、运算能力和推理能力，属于中档题．
19．设正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长和高均为1．
（1）求点C1与平面A1B1C之间的距离；
（2）设D是棱CC1的中点，求证：AB1⊥BD．


【分析】（1）用等体积法求解即可；（2）只需证明AB1垂直于BD所在平面BDO即可．
【解答】（1）解：取A1B1中点M，因为B1C＝A1C＝，所以CM⊥A1B1，
于是＝＝，设点C1与平面A1B1C之间的距离为h，
因为，所以，解得h＝，
所以点C1与平面A1B1C之间的距离；
（2）证明：连接A1B，交AB1于O，连接OD、AD、B1D，
因为四边形AA1B1B为正方形，所以AB1⊥A1B，O为AB1中点，
又因为D是棱CC1的中点，所以AD＝B1D，所以DO⊥AB1，
因为A1B∩DO＝O，所以AB1⊥平面BDO，
又因为BD⊂平面BDO，所以AB1⊥BD．

【点评】本题考查了点到直线距离问题，考查了直线与平面的位置关系，属于中档题．
20．已知双曲线（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别是F1、F2，左、右两顶点分别是A1、A2，弦AB和CD所在直线分别平行于x轴与y轴，线段BA的延长线与线段CD相交于点P（如图）．
（1）若是是Γ的一条渐近线的一个方向向量，试求Γ的两渐近线的方程；
（2）若|PA|＝1，|PB|＝5，|PC|＝2，|PD|＝6，试求双曲线Γ的方程；
（3）在（1）的条件下，且|A1A2|＝4，点C与双曲线的顶点不重合，直线CA1和直线CA2与直线l：x＝1分别相交于点M和N，试问：是否存在定点T，使得TM⊥TN恒成立？若是，请求出定点的坐标，若不是，试说明理由．

【分析】（1）由直线的方向向量可得渐近线的斜率，进而得到渐近线方程；
（2）求得A（2，2），C（3，4），代入双曲线的方程，可得a，b，进而得到双曲线的方程；
（3）求得双曲线的方程，运用三点共线的条件：斜率相等，可得M，N的坐标，假设存在T，运用两直线垂直的条件：斜率乘积为﹣1，化简整理，结合恒等式，可得定点T的坐标．
【解答】解：（1）由是Γ的一条渐近线的一个方向向量，可得渐近线的斜率为±2，
所以渐近线方程为y＝±2x；
（2）由|PA|＝1，|PB|＝5，|PC|＝2，|PD|＝6，可得|AB|＝4，|CD|＝8，
则A（2，2），C（3，4），
代入双曲线的方程可得﹣＝1，﹣＝1，
解得a2＝，b2＝，
所以双曲线的方程为；
（3）由（1）可得a＝2，b＝4，双曲线的方程为﹣＝1，即4x2﹣y2＝16，
设C（m，n），可得n2＝4（m2﹣4），
由A1（﹣2，0），C（m，n），M（1，yM）三点共线，可得k＝k，
即有＝，可得yM＝；
同理可得，由A2（2，0），C（m，n），N（1，yN）三点共线，可得yN＝，
假设存在定点T（x0，y0），使得TM⊥TN恒成立．
可得kTM•kTN＝﹣1，
即为•＝﹣1，
化为（x0﹣1）2+y02﹣﹣y0•＝0，
即为（x0﹣1）2+y02﹣12﹣y0•＝0，
令y0＝0，（x0﹣1）2＝12，解得x0＝1±2，
所以存在定点T，且为或．
【点评】本题双曲线的方程和性质，以及直线与双曲线的综合，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
21．已知完全封闭且内部中空的圆柱底面的半径为R，母线长为l．
（1）当R＝1，l＝2时，在圆柱内放一个半径为1的实心球，求圆柱内空余部分的体积；（结果用精确值表示）
（2）如图，当R＝1，l＝12时，平面α与圆柱T底面所成锐二面角为45°，且平面α只与圆柱T侧面相交，设平面α与圆柱T侧面相交的轨迹为曲线C，半径为1的两个球分别在圆柱内平面α上下两侧且分别与平面α相切于点F1、F2，若以点F1、F2所在直线为x轴，线段F1F2的中垂线为y轴建立平面直角坐标系，求证：曲线C是椭圆并写出椭圆标准方程；
（3）在（1）的条件下，在圆柱内部空余的地方放入和实心球、侧面及相应底面均相切的半径为r的同样大小的小球n个，当n取得最大值n0时，求的值．（结果用数字表示）

【分析】（1）分别计算出圆柱和球的体积得到空余部分的体积；
（2）利用椭圆的基本定义（到两定点距离之和为定值）得到轨迹为椭圆，然后计算a和b的值；
（3）先利用条件得到小圆的半径，然后计算每个小圆占整个空间的圆心角，最后得到最多圆的个数．
【解答】（1）解：V圆柱＝sl＝πR²l＝π×1×2＝2π，
V球＝＝πR3＝π×1³＝π，
所以圆柱内空余部分的体积为V圆柱﹣V球＝2π﹣π＝．
（2）证明：如图，取上方球上一点A，下方球上一点C，连接AC，
则直线AC交阴影截面于B点，连接BF1，BF2，
设截面的两端点为M，N，过M点作平行于底面，过N点垂直于底面交于D点．
由题意得，因为斜截面和圆柱分别与球相切，所以AB＝BF2，BC＝BF1，
所以定值AC＝AB+BC＝BF2+BF1，所以曲线C为椭圆，
因为平面α与圆柱底面二面角为45°，所以∠NMD＝45°，
在△NMD中，因为R＝1，所以MD＝2R＝2，所以MN＝2＝2a，所以a＝，
又因为y轴平行于底面，所以短轴长2b＝2R＝2，所以b＝1，
所以椭圆的标准方程为+y²＝1．
（3）解：垂直底面截面如图所示，

AF＝AC＝1，BC＝BG＝R，∠BAF＝45°，
在△ABD中，AD＝AF﹣DF＝1﹣r，AB＝AC+BC＝1+r．
因为∠BAF＝45°，所以AB＝AD，所以解得r＝3﹣2．
平行底面截面如图所示，

O1M＝r＝3﹣2．O1O＝1﹣r＝2﹣2，
所以θ＝arcsin ≈11.95°，
所以下方空余位置可以放n1＝＝15.06，
因为n1为整数，所以n1＝15，
所以整个空余空间最多可以放n0＝2n1＝30个，
所以＝＝45．

【点评】本题考查圆柱和球的体积计算公式，立体几何和平面解析几何的综合，椭圆的定义，考查数形结合思想与运算求解能力，属于难题．
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