2023-2024学年江苏省镇江市丹阳市高二上学期11月期中检测数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省镇江市丹阳市高二上学期11月期中检测数学试题（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知直线l1：(m+2)x+3y=2-m，l2：x+my=1，若l1⊥l2，则实数m=
A. 2B. -3C. -12D. -2
2.已知直线l经过点A(-1,2)，且不经过第三象限，则直线l的斜率k的取值范围是
( )
A. (-2,0]B. (-∞,-2]∪[0,+∞)
C. [1,2]D. [-2,0]
3.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，3a4-a3=S5-a7=20，则S10=
A. 78B. 100C. 116D. 120
4.从某个角度观察篮球(如图1)可以得到一个对称的平面图形(如图2)，篮球的外轮廓为圆O，将篮球的表面粘合线视为坐标轴和双曲线，若坐标轴和双曲线与圆O的交点将圆的周长八等分，且|AB|=|BC|=|CD|，则该双曲线的离心率为
A. 43B. 167C. 4 77D. 97
5.已知抛物线C：y2=2px(p>0)经过点M(x0,3)，点M到抛物线C的焦点F的距离为3，则抛物线C的准线方程为
A. x=-32B. x=-3C. x=-1D. x=-2
6.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，分别取棱AA1，A1D1的中点E，F，则点C1到平面EFB1的距离为
A. 2 33B. 2 23C. 23D. 43
7.直线x-y+2=0分别与x轴，y轴交于A，B两点，点P在圆(x-2)2+y2=2上，则△ABP面积的最大值是
A. 6B. 8C. 3 2D. 2 2
8.已知数列{an}的前n项和Sn=n2+2n，cn=12,n=11an-1⋅an,n≥2，则使c1+c2+c3+…+cm≤1930成立的m的最大值为( )
A. 6B. 7C. 8D. 9
二、多选题（本大题共4小题，共20分。在每小题有多项符合题目要求）
9.已知直线l： 3x+my-m=0，m∈R，则下列结论正确的是
( )
A. 直线l恒过定点(0,1)
B. 原点到直线l的距离最大值为1
C. 当m=1时，直线l的倾斜角为60°
D. 直线mx- 3y+3=0与l的交点的轨迹为圆的一部分
10.在等比数列{an}中，a2=2，a5=16，记Sn为数列{an}的前n项和，Tn为数列{an2}的前n项和，则下列结论正确的是
A. a4+a6a3+a5=4B. {an2}是等比数列C. S6S3=8D. S2nTn=3
11.已知抛物线C：x2=2py(p>0)的焦点F到准线的距离为4，过点F的直线与抛物线交于A，B两点，M(5,2)，N为线段AB的中点，O为坐标原点，则下列结论正确的是( )
A. 抛物线C的方程为x2=8y
B. 若|AB|=12，则点N到x轴的距离为6
C. |AF|+|AM|的最小值为5
D. 若|AF|=7，则△AMF的面积为152
12.如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是线段A1C上一点，下列说法正确的是
A. 若A1P=12A1C，则直线BP⊥平面ACD1
B. 若A1P=13A1C，则点P到平面BC1D的距离为 33
C. 若A1P=13A1C，则直线AP //平面BC1D
D. ∠APD1的最大值为120°
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13.已知双曲线x2m2-y215=1(m>0)的左右两个焦点分别是F1、F2，焦距为8，点M是双曲线上一点，且|MF1|=5，则|MF2|=________．
14.在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，|AB|=|AD|=|AA1|=2，∠A1AD=∠A1AB=∠BAD=60°，则AC1=________．
15.唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中隐含着一个有趣的数学问题—“将军饮马”，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系xy中，设军营所在平面区域为(x,y)|(x-1)2+y2⩽14，河岸线所在直线方程为x+y=5.假定将军从点P(2,0)处出发，只要到达军营所在区域边界即为回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为________．
16.已知数列{an}共有10项，该数列的前5项成等比数列，后6项成等差数列，且a2=4，a6=34，a10=42，则a8-a3= ；数列{an}所有项的和为 ．
四、解答题（本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.(本小题10分)
已知抛物线y=x2-4x+3与x轴交于A，B两点(其中点B在点A的右边)，与y轴交于点C，记△ABC的外接圆为圆M．
(1)求圆M的方程；
(2)经过点B的直线l与圆M的另一个交点为P，若|PB|=|AC|，求直线l的方程．
18.(本小题12分)
已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a3=5，S9=81，数列{bn}的前n项和为Tn，b1=2且Tn=bn+1-2．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)令cn=anbn，证明：数列{cn}的前n项和Pn<3．
19.(本小题12分)
如图所示，在棱长都为4的正三棱柱ABC-A1B1C1中，点D为BC的中点．
(1)求点A1到平面AC1D的距离；
(2)线段BB1上是否存在一点P，使得平面ACP⊥平面ADC1，若存在，请指出点P的位置；若不存在，请说明理由．
20.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(其中a>b>0)的焦距2，点A1,32在C上．
(1)求C的方程；
(2)若过C右焦点的直线l交C于P，Q两点，且kAP+kAQ=0，求l的方程．
21.(本小题12分)
如图所示，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，D是PC的中点，直线PB与平面ABC所成角的正切值为2，PB=BC=2 5且AC=2 6．
(1)求直线BD与平面PAB所成的角；
(2)求二面角A-PC-B的正弦值．
22.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(其中a>b>0)的上顶点与抛物线x2=4y的焦点重合，且椭圆C的四个顶点所围成的菱形的面积为4．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点T(3,0)的直线l与C相交于A、B两点，试问曲线C上是否存在一点Q，使得OA+OB= 6OQ，若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查两直线垂直，属于基础题．
利用平面内两直线垂直的充要条件即可求解．
【解答】
解：由题意，因为l1⊥l2，
则1×m+2+3m=0，解得m=-12 ．
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查直线的斜率，考查学生的计算能力，是基础题．
由直线l过点A(-1,2)，且不经过第三象限，可得直线l的斜率的取值范围．
【解答】
解：∵直线l经过点A(-1,2)，
设原点为O
∴k OA=-2，
因为直线l不经过第三象限，
则直线l的斜率k的取值范围是[-2,0]
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查等差数列的通项公式和前n项和公式，属于基础题．
求出首项和公差，由等差数列的求和公式即可求解．
【解答】
解：设公差为d，
则3a4-a3=3a1+3d-a1+2d=20S5-a7=5a1+10d-a1+6d=20，解得a1=3d=2,
则S10=10a1+45d=120．
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查双曲线的性质及几何意义，属于中档题．
设出双曲线方程，通过坐标轴和双曲线与圆O的交点将圆的周长八等分，且|AB|=|BC|=|CD|，推出圆与双曲线的交点坐标，再代入双曲线方程，求出a与b的关系，进而求出离心率．
【解答】
解：设双曲线的方程为x2a2-y2b2=1a>0,b>0，
则OC=a，因为|AB|=|BC|=|CD|，
所以CD=2OC=2a，所以OD=3OC=3a，
因为坐标轴和双曲线与圆O的交点将圆O的周长八等分，
所以圆与双曲线在第一象限的交点3a·cs45°,3a·sin45°，
即3 2a,3 2a在双曲线上，
代入x2a2-y2b2=1可得92-9a22b2=1，解得b2a2=97，
所以双曲线的离心率为e=ca= 1+b2a2= 1+97=4 77．
故选：C．
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查抛物线的定义、方程和几何性质，属于基础题．
求题意可得9=2px0，，由抛物线的定义可得|MF|=x0+ p2=3，解得p=32，进而得到抛物线的准线方程．
【解答】
解：抛物线C：y2=2px(p>0)经过点M(x0,3)，所以9=2px0，
抛物线C：y 2=2px(p>0)的焦点F( p2，0)，准线方程为x=- p2，
由抛物线的定义可得，|MF|=x0+ p2=3，解得p=32，
则抛物线C的准线方程为x=-32 ．
故选A．
6.【答案】D
【解析】【分析】本题主要考查点、线、面间的距离计算．一般在求点到面的距离直接不好找时，常利用体积相等来求．
直接根据C1-B1EF和E-B1C1F的体积相等来求点C1到平面B1EF的距离即可．
【解答】
解：设所求距离为h．
因为：B1E=B1F=C1F= 22+12= 5，
EF= 12+12= 2.△B1EF中EF边的高为 ( 5)2-( 22)2=32 2，
∴s△B 1EF=12× 2×3 22=32．
S△B 1C 1F =12×2×2=2．
而E到平面B1C1F的距离EB=1．
∵VE-B 1C 1F =VC1-B 1EF ．
∴13×EB×S△B 1C 1F =13×h×SΔB1EF
∴h=43．
故选D．
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查三角形面积，圆的方程、点到直线的距离公式，属于中档题．
易知|AB|=2 2，所以点P到直线x+y+2=0的距离最大时，三角形面积最大，而点P到直线x+y+2=0的距离的最大值等于圆心到直线的距离加上圆的半径，利用点到直线的距离公式可求得结果．
【解答】解：在x+y+2=0中，令y=0，得x=-2，令x=0，得y=-2，所以A(-2,0)，B(0,-2)
所以|AB|=2 2，
由(x-2)2+y2=2知，圆心为(2,0)，半径r= 2，
所以圆心(2,0)到直线x+y+2=0的距离d=|2+0+2| 1+1=2 2，
所以点P到直线x+y+2=0的距离
h≤d+r=2 2+ 2=3 2，
所以△ABP面积的最大值为12×2 2×3 2=6．
故选A．
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查裂项相消法求和，数列与不等式，属于中档题．
由题意求得an=2n+1n∈N*，可得n⩾2时cn=1an-1·an=1212n-1-12n+1，利用裂项相消法，解不等式可得结果．
【解答】
解：数列{an}的前n项和Sn=n2+2n，
当n=1时，a1=S1=12+2×1=3，
当n⩾2时，an=Sn-Sn-1=n2+2n-n-12-2n-1=2n+1，
当n=1时满足，故an=2n+1n∈N*，
当n⩾2时，cn=1an-1·an=12n-1·2n+1=1212n-1-12n+1，
则c1+c2+c3+⋯+cm=12+1213-15+15-17+⋯+12m-1-12m+1⩽1930，
即12+1213-12m+1⩽1930，即122m+1⩾130，解得m⩽7，
故选B．
9.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查直线过定点问题、点到直线的距离、直线斜率与倾斜角的关系、两条直线垂直的判定及应用，属于中档题．
根据题意，对各选项逐项判定，即可求出结果．
【解答】
解：对于A，由直线l: 3x+my-m=0，得m(y-1)+ 3x=0，
所以直线l恒过定点(0,1)，所以A正确;
对于B，原点到直线l的距离d=m 3+m2= m2 3+m2<1，所以B错误;
对于C，当m=1时，直线l: 3x+y-1=0，其斜率为- 3，
所以倾斜角为120∘，所以C错误;
对于D，由直线l: 3x+my-m=0，得m(y-1)+ 3x=0，
所以直线l恒过定点(0,1)，
直线mx- 3y+3=0恒过定点(0, 3)，
又因为 3m+- 3m=0，
所以直线l与直线mx- 3y+3=0垂直，
所以两直线的交点的轨迹是圆的一部分，所以D正确．
故选AD．
10.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查等比数列的性质，等比数列的前n项和公式，属中档题；
根据等比数列的性质和前n项和公式，逐项判定即可．
【解答】
解：设等比数列{an}的公比为q，则a2=2，a5=16，
∴q3=8，∴q=2，∴an=2n-1，
∴，所以A错;
a2n=22n-2，
∴数列{a2n}是以1为首项，4为公比的等比数列，故B正确;
S6=1×1-261-2=63，S3=1×1-231-2=7，S6S5=9，C错;
S2n=1×(1-22n)1-2=22n-1，Tn=1×(1-4n)1-4=22n-13，
所以S2nTn=3，D正确
故选BD．
11.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查抛物线定义和方程，抛物线的几何性质，属于中档题．
由抛物线定义和方程，抛物线的几何性质逐一判断即可．
【解答】
解：由题意可知p=4，故抛物线C的方程为x2=8y，故A正确；
设Ax1,y1,Bx2,y2，由抛物线的定义可得AB=y1+y2+4=12，即y1+y2=8，又N为线段AB的中点，
则点N到x轴的距离为y1+y22=4，故B错误；
因为F0,2,M5,2，则线段FM与抛物线的交点为A，此时|AF|+|AM|最小，为FM=5，故C正确；
由抛物线方程可得准线方程为y=-2，所以A到准线的距离为|AF|=7，又直线FM的方程为y=2，所以A到直线FM的距离为3，又FM=5，则△AMF的面积为12×3×5=152，故D正确．
12.【答案】BCD
【解析】【分析】本题考查了用空间向量判定直线和平面平行和垂直，是一般题．
以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1，为x的轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系后，求出相关直线所在的向量及平面的法向量，逐项判定即可。
【解答】解：以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，，
则D(0,0,0)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,1)，A1(1,0,1)，
当A1P=13A1C时，AP=AA1+A1P=AA1+13A1C=(0,0,1)+13(-1,1,-1)=(-13,13,23)，
DB=(1,1,0)，DC1=(0,1,1)，
设平面BC1D的一个法向量为m=(x,y,z)，
则x+y=0y+z=0，可取m=(1,-1,1)，
则AP⋅m=-13-13+23=0，AP不在平面BC1D内，
所以AP//平面BC1D，故C正确；
此时P(23,13,23)到平面BC1D的距离为
若A1P=12A1C时，
BP=BA+AA1+A1P=BA+AA1+12A1C
=(0,-1,0)+(0,0,1)+12(-1,1,-1)=(-12,-12,12)，
所以BP与n不共线，所以直线BP与平面ACD1不垂直，故D不正确．
设P(a,1-a,a)，0⩽a⩽1,PA=(1-a,a-1,-a)，PD1=(-a,a-1,1-a)，
cs∠APD1=PA·PD1PAPD1=3a2-4a+13a2-4a+2=1-13a2-4a+2=1-13(a-23)2+23，
当，D正确。
13.【答案】7或3
【解析】【分析】
本题主要考查了双曲线的标准方程以及性质的运用，属于基础题．
先求出c=4，得到|MF2|-|MF1|=2a，再根据标准方程代入数据运算即可．
【解答】
解：由题意|MF1|=5，c=4，
所以16=m2+15，则m=1.
利用双曲线的定义知 |MF2|-|MF1|=2a=2，
故|MF2|=7或3.
14.【答案】2 6
【解析】【分析】本题考查了平面向量的数量积，考查平行六面体中的长度问题，属于中档题．运用向量将其进行分解，线性表示出要求向量，然后运用向量的数量积求出结果．
由已知可求得，再由向量的加法运算可得AC1→=AB→+AD→+AA1→，等式两边平方可求出AC1的长．
【解答】解：，∠BAD=∠BAA1=∠DAA1=60∘，
，
∵AC1→=AB→+AD→+AA1→，
，
∴|AC1|=2 6．
故答案为2 6．
15.【答案】92
【解析】【分析】
本题考查点关于直线的对称点的计算，点到圆上点的最值问题、两点间的距离公式，属于中档题．
求出P关于x+y=5的对称点P'，根据题意，|P'C|-12为最短距离，求出即可．
【解答】
解：设点P关于直线x+y=5的对称点P'(a,b)，
军营所在区域的圆心为C，且C点坐标为(1,0)，半径为12，
根据题意，|P'C|-12为最短距离，先求出P'的坐标，
PP'的中点为( a+22， b2)，直线PP'的斜率为ba-2，
由 a+22+b2=5ba-2×(-1)=-1，解得a=5，b=3，
即P'5,3，
所以|P'C|= 5-12+32=5，
故|P'C|-12=5-12=92．
故答案为92．
16.【答案】30；252
【解析】【分析】
本题考查等差数列通项公式中的基本量计算、等比数列通项公式中的基本量计算、等比数列的前n项和公式、等差数列的前n项和公式，属于一般题．
设数列的前5项的公比为q，后6项的公差为d，根据题意求出公比q和公差d，即可求出a8-a3，利用等差数列和等比数列的求和公式即可求出数列{an}所有项的和．
【解答】
解：设数列的前5项的公比为q，后6项的公差为d，
因为a2=4，a6=34，a10=42，
所以a5=a2q3=4q3,a5=a6-d=34-d，
即4q3=34-d，
又a10=a6+4d，则42=34+4d，解得d=2，
所以4q3=34-2，解得q=2，
所以a8-a3=a6+2d-a2q=34+4-4×2=30；
数列{an}所有项的和为：
a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8+a9+a10
=21-251-2+5×34+5×42×2=252．
故答案为30；252．
17.【答案】解：(1)抛物线y=x2-4x+3中，令y=0得A(1,0)，B(3,0)，令x=0得C(0,3)
直线BC中垂线方程为y=x，
直线AB中垂线方程为x=2，
由y=xx=2⇒圆心M(2,2)．
圆M的半径|MA|= (2-1)2+(2-0)2= 5
圆M的方程为(x-2)2+(y-2)2=5．
(2)因为|PB|=|AC|= 10
当直线l的斜率不存在时，l :x=3，圆心M(2,2)到直线l的距离为d1=1，
此时|PB|=2 r2-d12=4≠ 10
∴l :x=3不符合；
当直线l的斜率存在时，设直线y=k(x-3)，即kx-y-3k=0
则圆心M(2,2)到直线l的距离d=k+2 k2+1
由|PB|=2 r2-d2=2 5-d2= 10，即3k2-8k-3=0，
解得：k=3或k=-13，
所以直线l的方程为：3x-y-9=0或x+3y-3=0．

【解析】本题考查圆的方程的求解，直线与圆的位置关系，属于中档题．
(1)抛物线y=x2-4x+3中，令y=0得A(1,0)，B(3,0)，令x=0得C(0,3)，求得圆心M(2,2)，半径|MA|，即可得圆M的方程；
(2)分直线l的斜率不存在和存在讨论直线l的方程．
18.【答案】解：(1)由a3=5S9=81⇒a1+2d=59a1+9×82d=81⇒a1+2d=5a1+4d=9⇒a1=1d=2
所以an=a1+(n-1)d=2n-1．
因为Tn=bn+1-2 ①
所以Tn-1=bn-2(n≥2) ②
由 ①- ②得：bn+1=2bn(n≥2)
因为b1=2，所以b2=4，所以b2=2b1，
所以bn+1=2bn(n∈N*)，所以bn+1bn=2．
所以数列{bn}是首项为2，公比为2的等比数列，
所以bn=b1qn-1=2n;
(2)cn=anbn=2n-12n，Pn=12+322+523+724+⋯+2n-32n-1+2n-12n③
又12Pn=122+323+524+⋯+2n-32n+2n-12n+1④
由③-④得：
12Pn=12+2(122+123+124+⋯+12n)-2n-12n+1
=12+2122[1-(12)n-1]1-12-2n-12n+1=32-2n+32n+1．
所以Pn=3-2n+32n<3．
【解析】本题考查等差数列的通项公式与求和公式，等比数列的通项公式，错位相减法求和，数列与不等式，属于中档题．
(1)由等差数列的通项公式与求和公式求得a1=1d=2，即可得an，由Tn=bn+1-2和Tn-1=bn-2(n≥2)结合等比数列的通项公式可得bn；
(2)由错位相减法可得结果．
19.【答案】解：(1)方法一：建立空间直角坐标系A-xyz如图所示，
A(0,0,0)，A1(0,0,4)，C(0,4,0)，C1(0,4,4)，D( 3,3,0)，B(2 3,2,0)，B1(2 3,2,4)，
则AA1=(0,0,4)，AD=( 3,3,0)，AC1=(0,4,4)．
设平面ADC1的一个法向量为n=(x,y,z)，
n⋅AD=0n⋅AC1=0⇒ 3x+3y=04y+4z=0⇒n=( 3,-1,1)．
设点A1到平面AC1D的距离为d
由d=|n·AA1||n|=4 5=4 55．
方法二：设点A1到平面AC1D的距离为d，
因为点A1到平面AC1D的距离与点C到平面AC1D的距离相等，
所以求点A1到平面AC1D的距离等价求点C到平面AC1D的距离．
在正三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AD⊂平面ABC，
所以AD⊥CC1，由点D为BC的中点，可得AD⊥DC，
CC1∩DC=C，CC1，DC⊂平面BCC1B1
所以AD⊥平面BCC1B1，DC1⊂平面BCC1B1，所以AD⊥DC1
由VC-ADC1=VC1-ADC得：，
即
所以点A1到平面AC1D的距离为4 55
(2)假设线段BB1上存在点P，使得平面，
设BP=λBB1，λ∈0,1，因为BB1=(0,0,4)，所以BP=(0,0,4λ)，
AC=(0,4,0)，AB=(2 3,2,0)，AP=AB+BP=AB+λBB1=(2 3,2,4λ)，
设平面APC的一个法向量为m=(a,b,c)，
由m⋅AC=0m·AP=0，即4b=02 3a+2b+4λc=0⇒m=(2λ,0,- 3)
由(1)知平面ADC1的一个法向量为n=( 3,-1,1)，
因为平面ACP⊥平面ADC1，
所以m⋅n=0⇒2 3λ- 3=0⇒λ=12，
所以当点P为BB1中点时，平面ACP⊥平面ADC1．
【解析】本题考查点到平面距离的求法，面面垂直的向量表示，属于中档题
(1)方法一：建立空间直角坐标系，根据点到平面距离的向量求法求解即可；
方法二：利用等体积法即可求解；
(2)求出两个平面的法向量，根据空间向量的夹角公式求解即可．
20.【答案】【解析】(1)因为焦距为2，则c=1，
法一：由题意可知：a2-b2=11a2+94b2=1，解得b2=3，
∴椭圆的标准方程为x24+y23=1．
法二：设椭圆C的左右焦点坐标分别为F1,F2⋅则F1(-1,0)，F2(1,0)
则2a=|AF1|+|AF2|= (-1-1)2+(-32)2+ 02+(32)2=4，
∴a=2，又∵b2=a2-c2=3
∴椭圆的标准方程为x24+y23=1．
(2)由题意可知，直线l的斜率存在，设直线l的方程为：y=k(x-1)，设Px1,y1,Qx2,y2，
由y=k(x-1)x24+y23=1⇒(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0．
又Δ=144(k2+1)>0
由韦达定理得：x1+x2=8k24k2+3，x1⋅x2=4k2-124k2+3．
则kAP+kAQ=y1-32x1-1+y2-32x2-1=0
∴2k1x1x2-(2k+32)(x1+x2)+2k+3=0．
则2k(4k2-12)4k2+3-8k2(2k+32)4k2+3+2k+3=0
解得：k=12．
即直线l的方程为：y=12(x-1)⇒x-2y-1=0．
【解析】本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系及其应用。
(1)法一：将点A代入椭圆方程，求出b2，即可得到答案；法二：根据椭圆的定义求出a，进而求出b，即可得到椭圆的方程；
(2)设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理和直线的斜率，即可求解。
21.【答案】解：(1)因为PA⊥平面ABC，
则直线PB在平面ABC上的射影为直线AB
所以∠PBA即为PB与平面ABC所成角，
所以tan∠PBA=PAAB=2
设AB=x，则PA=2x，在Rt△PAB中，由PA2+AB2=PB2⇒x2+(2x)2=(2 5)2⇒x=2，
即AB=2，又BC=2 5且AC=2 6，即AB2+BC2=AC2，
所以BC⊥AB．
因为PA⊥平面ABC，BC⊂面ABC，所以BC⊥PA．
取PB的中点E，连接DE，又D为PC的中点，则DE是△PBC的中位线，则DE//BC
所以DE⊥AB，DE⊥PA，又AB∩AP=A，AB,PA⊂平面PAB，
所以DE⊥面PAB，
故∠DBE即为直线BD与平面PAB所成的角．
在Rt△BED中，DE=12BC= 5，BE=12PB= 5，所以tan∠DBE=DEBE=1，
又∠DBE∈[0,π2]，所以∠DBE=π4;
(2)由PA⊥平面ABC，以A为坐标原点，分别以AC，AP所在直线为y轴、z轴，以平面ABC内过A垂直于AC的直线为x轴，建立空间直角坐标系，
在平面ABC内过点B作BH⊥AC于点H，
Rt△ABC中，BH=AB⋅BCAC=2×2 52 6= 303，
Rt△ABH中，AH= AB2-BH2= 63，
则P(0,0,4)，C(0,2 6,0)，B( 303, 63,0)，
CB=( 303,-5 63,0)，CP=(0,-2 6,4)．
设平面PBC的一个法向量为n=(x,y,z)
由n·CB=0n⋅CP=0可得 303x-5 63y=0-2 6y+4z=0，取y=2，可得n=(2 5,2, 6)，
易得平面PAC的一个法向量为m=(1,0,0)．
m·nm·n=2 51× 20+4+6= 63，
所以二面角A-PC-B的正弦值为 1- 632= 33．
【解析】本题考查线面角，二面角的求解，属于中档题．
(1)由题意可得∠PBA即为PB与平面ABC所成角，求得AB=2，证得DE⊥面PAB，可得∠DBE即为直线BD与平面PAB所成的角，求解即可；
(2)以A为坐标原点，分别以AC，AP所在直线为y轴、z轴，以平面ABC内过A垂直于AC的直线为x轴建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角A-PC-B的正弦值．
22.【答案】(1)抛物线x2=4y的焦点为(0,1)，则b=1，
又因为椭圆C的四个项点所围成菱形的面积为2ab=4，则a=2
∴椭圆的标准方程为x24+y2=1．
(2)法一：假设存在一点Q，使得OA+OB= 6OQ，
设直线AB方程为：x=my+3，设点A(x1,x1)，B(x2,y2)，
由x=my+3x2+4y2=4，得(m2+4)y2+6my+5=0．
则y1+y2=-6mm2+4，y1⋅y2=5m2+4，
又Δ=16(m2-5)>0，即m2>5．
且x1+x2=m(y1+y2)+6=24m2+4．
因为OA+OB= 6OQ =(24m2+4,-6mm2+4)，所以Q(4 6m2+4,- 6mm2+4)，
代入椭圆方程得到24(m2+4)2+6m2(m2+4)2=1，解得m2=2．
又因为m2>5，所以不存在Q．
法二，假设椭圆上存在一点Q，使得OA+OB= 6OQ，
(i).当直线AB的斜率不存在的时候，直线x=3与椭圆没有交点，舍去：
(ii)当直线AB的斜率存在时，设直线AB方程为：y=k(x-3)，设点A(x1,x1)，B(x2y2)，
由y=k(x-3)x2+4y2=4，得：(4k2+1)x2-24k2x+36k2-4=0．
则x1+x2=24k24k2+1，x1⋅x2=36k2-44k2+1，
且Δ=16(1-5k2)>0，即k2<15．
且y1+y2=k(x1+x2-6)=-6k4k2+1．
因为OA+OB= 6OQ =(24k24k2+1,--6k4k2+1)，所以Q(4 6k24k2+1,- 6k4k2+1)．
代入椭圆方程得到24k4(4k2+1)2+6k2(4k2+1)2=1，解得k2=12．
，
又因为k2<15，所以不存在Q．
【解析】本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系及其应用。
(1)根据抛物线的交点求出b的值，结合菱形的面积求出a的值，即可得到方程；
(2)法一：假设存在一点Q，使得OA+OB= 6OQ，设直线AB方程为：x=my+3，设点A(x1,x1)，B(x2,y2)，联立直线和椭圆方程，根据向量的加法和韦达定理得到Q的坐标，代入椭圆方程即可得到结论；
法二：假设椭圆上存在一点Q，使得OA+OB= 6OQ，
(i).当直线AB的斜率不存在的时候，直线x=3与椭圆没有交点，舍去：
(ii)当直线AB的斜率存在时，设直线AB方程为：y=k(x-3)，设点A(x1,x1)，B(x2y2)，联立直线和椭圆方程，根据向量的加法和韦达定理得到Q的坐标，代入椭圆方程即可得到结论；