2023-2024学年辽宁省葫芦岛市高二（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年辽宁省葫芦岛市高二（上）期末数学试卷（含解析），共18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.直线3x+ 3y+1=0的斜率是( )
A. 33B. 3C. − 3D. − 33
2.已知向量a=(2,−1,5)，2a−3b=(−2,1,13)，则a⋅b=( )
A. −2B. 0C. 2D. 10
3.已知双曲线x2m−1−y29=1的一个焦点坐标为(4,0)，则m的值为( )
A. 24B. 25C. 7D. 8
4.我国辽代著名的前卫斜塔(又名瑞州古塔)位于葫芦岛市绥中县.现存塔身已经倾斜且与地面夹角60°，若将塔身看作直线，从塔的第三层地面到第三层顶可看作线段，且在地面的射影为1m，则该塔第三层地面到第三层顶的距离是( )
A. 32mB. 2mC. 3mD. 2m
5.已知直线l：(a+2)x+(1−a)y−(a+5)=0，椭圆C：x26+y23=1，则l与C的位置关系为( )
A. 相切B. 相交C. 相离D. 相交或相切
6.(x+y)(2x−y)6的展开式中x4y3的系数为( )
A. −80B. −40C. 40D. 80
7.已知动点M的轨迹方程为|x||y|=9，P为⊙C：x2+y2=2上任意一点，则PM的最小值为( )
A. 3 2B. 2 2C. 2D. 2
8.如图，在长方形ABCD中，E为BC中点，AD=2AB.以DE为折痕将四边形ABED折起，使A，B分别达到A1，B1，当异面直线CD，B1E成角为π3时，异面直线CD，A1B1成角余弦值为( )
A. 12B. 33C. 22D. 32
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC中点，则( )
A. EF/​/平面DA1C1
B. DB1⊥平面D1EF
C. D1E与平面BB1D1D成角正弦值为 26
D. 平面D1EF与平面ADD1A1成角余弦值为2 1717
10.已知点F是抛物线C：x2=8y的焦点，直线l经过点F交抛物线于A，B两点，与准线交于点D，且B为AD中点，则下面说法正确的是( )
A. AF=2FBB. 直线l的斜率是±13
C. |AB|=9D. 设原点为O，则△OAB的面积为263
11.“杨辉三角”是中国数学史上的一个伟大成就，揭示了二项式系数在三角形中的一种几何排列规律.请结合“杨辉三角”判断下列叙述，正确的是( )
A. C32+C42+C52+…+C92=118
B. 第20行中，第11个数最大
C. 记第n行的第i个数为ai，则i=1n+12i−1ai=3n
D. 第34行中，第15个数与第16个数的比为3：4
12.已知椭圆C1：x2a12+y2b12=1(a1>b1>0)，双曲线C2：x2a22−y2b22=1(a2>0,b2>0)，椭圆C1与双曲线C2有共同的焦点，离心率分别为e1，e2，椭圆C1与双曲线C2在第一象限的交点为P且∠F1PF2=π3，则( )
A. 若e1= 33，则e2= 3
B. e12+e22的最小值为1+ 3
C. △F1PF2的内心为I，I到y轴的距离为a2
D. △F1PF2的内心为I，过右焦点F2作直线PI的垂线，垂足为D，点D的轨迹为圆
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.某单位为葫芦岛市春节联欢会选送了甲、乙两个节目，节目组决定在原有节目单中6个节目的相对顺序保持不变的情况下填加甲乙两个节目，若甲、乙演出顺序不能相邻，那么不同的演出顺序的种数为______.(用数字作答)
14.已知⊙C1：x2+y2=1，⊙C2：x2−6x+y2−8y+25−m=1，若⊙C1与⊙C2有四条公切线，则m的取值范围为______．
15.在空间直角坐标系中，O为坐标原点，已知空间中三点分别为A(2,0,2)，B(2,2,0)，C(0,2,2)，则O到平面ABC的距离为______．
16.已知椭圆C：x24+y2=1，A(3,4)，P为椭圆C上一动点，则|OA⋅AP|的最小值为______．
四、解答题：本题共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)
已知二项式(2x−1)n=a0+a1x+…+anxn，且满足An4=30Cn5．
(1)求n的值；
(2)求|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|的值．
18.(本小题12分)
在以下三个条件中任选一个，补充在下列问题中，并作答.条件①：直线的法向量为(−3,1)；条件②：与直线3x−y+5=0平行；条件③：与直线x+3y+5=0垂直．
已知直线l经过(3,4)且_____．
(1)求直线l方程；
(2)若点P是直线l上的动点，过点P作⊙C：x2−8x+y2+6y+20=0的两条切线，切点分别为A，B两点，求四边形PACB的面积的最小值．
19.(本小题12分)
如图，斜三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AC=AA1，AB⊥AC，∠A1AC=∠A1AB=π3，F为B1C1中点．
(1)证明BC⊥AA1；
(2)求AC与平面A1CF成角的正弦值．
20.(本小题12分)
已知椭圆C的中心为坐标原点，记C的左、右焦点分别为F1，F2，上下顶点为B1，B2，且△F1B1B2是边长为2的等边三角形．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若过点Q(0,2)的直线与椭圆C交于M，N两点，且OM⋅ON>0，求直线MN斜率范围．
21.(本小题12分)
如图，已知三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱与底面垂直，AA1=AB=AC=2，M，N分别是CC1，BC的中点，点P是线段A1B1上动点且PN⊥AM恒成立．
(1)证明：AB⊥AC；
(2)当三棱锥A−PNA1与三棱锥M−PNA1的体积之和为56时，求平面PMN与平面ABC所成角的余弦值．
22.(本小题12分)
设抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，动直线l交抛物线于A，B两点，当直线l过焦点且AB的中点M的横坐标为2时|AB|=6．
(1)求抛物线C的方程；
(2)已知点N(0,53)，当焦点为F为△ABN的垂心时，求直线l的方程．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：直线3x+ 3y+1=0的斜率为：−3 3，即− 3．
故选：C．
利用直线一般式的斜率计算公式即可得出．
本题考查了直线一般式的斜率计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：设b=(x,y,z)，则由a=(2,−1,5)，2a−3b=(−2,1,13)，
可得(4−3x,−2−3y,10−3z)=(−2,1,13)，
则有4−3x=−2−2−3y=110−3z=13，解得x=2y=−1z=−1，
则b=(2,−1,−1)，
故a⋅b=2×2+(−1)×(−1)+5×(−1)=0．
故选：B．
根据空间向量的线性运算及数量积运算，直接运算求解即可．
本题考查空间向量的坐标运算，属基础题．
3.【答案】D
【解析】解：双曲线x2m−1−y29=1的一个焦点坐标为(4,0)，
可得m−1>0，且m−1+9=16，解得m=8．
故选：D．
由题意可得m−1>0，且m−1+9=16，解方程可得所求值．
本题考查双曲线的方程和性质，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：由题意，如图，可得B=60°，BC=1m，
在△ABC中，由csB=BCAB，可得AB=BCcsB=112=2，
则该塔第三层地面到第三层顶的距离是2m．
故选：D．
分析题意，解三角形即可得解．
本题主要考查解三角形，考查了数形结合思想，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：由直线l：(a+2)x+(1−a)y−(a+5)=0，得2x+y−5+a(x−y−1)=0，
联立2x+y−5=0x−y−1=0，解得x=2y=1．
∴直线l过定点P(2,1)，代入椭圆C：x26+y23=1，
有46+13=1，可知点P在椭圆上，则直线l与椭圆C的位置关系为相切或相交．
故选：D．
由直线系方程求得直线所过定点坐标，代入椭圆方程，可知定点在椭圆上，则答案可求．
本题考查直线系方程的应用，考查椭圆的简单性质，属基础题．
6.【答案】D
【解析】解：(2x−y)6由通项公式可得：Tr+1=C6r(2x)6−r(−y)r．
那么(x+y)⋅C6r(2x)6−r(−y)r=
要得到x4y3项：
可得：r=2或r=3．
当r=2时，系数为C6224=240．
当r=3时，系数为−C6323=−160．
合并后系数为：240−160=80．
故选：D．
利用通项公式，分情况讨论x4y3项，即可求解．
本题考查了二项式定理系数的求法，要灵活运用通项公式，和各种情况的讨论．属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：联立M点的轨迹方程和圆的方程，
|x||y|=9x2+y2=2，无解，
所以M点的轨迹与圆无交点，
设M点坐标为(a,b)，M点与圆心的距离为 a2+b2，
根据基本不等式a2+b2≥2ab，当且仅当a=b时等号成立，
又因为M点的轨迹为|x||y|=9，
所以当a=b=3时等号成立，
M点与圆心的距离取得最小值3 2，
又因为圆的半径为 2，
所以PM最小值为3 2− 2=2 2．
故选：B．
联立方程组，得出以M点的轨迹与圆无交点，结合基本不等式求最值即可．
本题考查了圆的性质和绝对值方程的应用，属于中档题．
8.【答案】A
【解析】解：设AD=2AB=2，由于B1E/​/A1D，所以∠A1DC即为直线CD、B1E所成的角，故DC⋅DA1=1×2×12=1，
因此，DC⋅B1A1=DC⋅(B1E+ED+DA1)=DC⋅B1E+DC⋅ED+DC⋅DA1
=DC⋅(−12DA1)−DC⋅DE+DC⋅DA1=12DC⋅DA1−DC⋅DE=12−1× 2× 22=−12．
而|DC|=|A1B1|=1，所以cs=−12，
结合异面直线所成角为直角或锐角，可知CD与A1B1所成角的余弦值为12．
故选：A．
根据题意，利用空间向量的数量积的运算加以计算，即可得到本题的答案．
本题考查空间向量的线性运算与数量积的运算性质、异面直线所成的角的定义与求法，属于中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：令正方体棱长为2，构建如下图示的空间直角坐标系，
则E(1,0,0)，F(2,1,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，
A1(0,0,2)，B1(2,0,2)，C1(2,2,2)，D1(0,2,2)，
对于A，DA1=(0,−2,2),A1C1=(2,2,0)，若面DA1C1一个法向量为m=(x,y,z)，
则DA1⋅m=−2y+2z=0A1C1⋅m=2x+2y=0，取y=1，则m=(−1,1,1)，而EF=(1,1,0)，
所以EF⋅m=0，即EF⊥m，又EF⊄面DA1C1，故EF/​/平面DA1C1，故A正确；
对于B，D1E=(1,−2,−2),EF=(1,1,0)，若面D1EF一个法向量为n=(a,b,c)，
则D1E⋅n=a−2b−2c=0EF−⋅n=a+b=0，取a=2，则n=(2,−2,3)，而DB1=(2,−2,2)，
所以不存在；R使DB1≠n，故DB ​1⊥平面D1EF不成立，故B错误；
对于C，由正方体性质知：BB1⊥面ABCD，AC⊂面ABCD，则BB1⊥AC，又BD⊥AC，
BB1∩BD=B，BB1，BD⊂面BB1D1D，则AC⊥面BB1D1D，
所以AC=(2,2,0)是面BB1D1D的一个法向量，D1E=(1,−2,−2)，
则D1E与平面BB1D1D成角正弦值为|cs〈AC,D1E〉|=|AC⋅D1E|AC||D1E||=22 2×3= 26，故C正确；
对于D，由l=(1,0,0)是面ADD1A1的一个法向量，n=(2,−2,3)是面D1EF的一个法向量，
平面D1EF与平面ADD1A1成角余弦值为|cs〈n,l〉|=|n⋅l|n||l||=21× 17=2 1717，故D正确．
故选：ACD．
构建空间直角坐标系，求相关线段对应的方向向量、平面的法向量，应用向量法求证位置关系，或求线面、面面角判断各项正误．
本题考查了证明线面垂直，空间位置关系的向量证明，线面角，面面角的向量求法，属于中档题．
10.【答案】AC
【解析】解：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，F(0,2)，
由B向准线作垂线，垂足为M，由A向准线作垂线，垂足为N，连接BM，AN，如图：
由题知，直线l的斜率存在且不为零，设直线l的方程为：y=kx+2，
由y=kx+2x2=8y，得x2−8kx−16=0，Δ=64k2+64>0，x1+x2=8k，x1x2=−16．
对于A，因为B为AD的中点，所以△DBM∽△ADN，
所以|AN|=2|BM|，因为|AF|=|AN|，|BF|=|BM|，
所以AF=2FB，故A正确；
对于B，因为AF=2FB，所以(−x1,2−y1)=2(x2,y2−2)，
所以x1=−2x2，因为x1+x2=8k，x1x2=−16，
所以16k×(−8k)=−16，解得k=± 24，故B错误；
对于C，y1+y2=k(x1+x2)+4=8k2+4=5，所以|AB|=y1+y2+4=9，故C正确；
对于D，|x1−x2|= (x1+x2)2−4x1x2= 64k2+64=8 1+k2，
所以△OAB的面积为12×|OF|×|x1−x2|=12×2×8 1+k2=6 2，故D错误．
故选：AC．
由B为AD中点和抛物线的定义可判断A；将直线方程和抛物线方程联立，利用韦达定理可判断B；利用弦长公式可判断C，D．
本题考查抛物线的方程和性质，直线与抛物线的位置关系，属中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：由图知，第n行的第i个数为ai，则ai=Cni−1，
对于A，由Cnm−1+Cnm=Cn+1m可得，
C32+C42+C52+…+C92=(C33+C32)+C42+C52+…+C92−1=(C43+C42)+C52+C92−1=C103−1=119，故A错误；
对于B，第20行有21项，中间一项最大为C2010，是第11个数，故B正确；
对于C，第n行的第i个数为ai，
所以i=1n+12i−1ai=20a1+21a2+22a3+…+2nan+1，
所以i=1n+12i−1ai=Cn020+Cn121+Cn222+…+Cnn2n=(1+2)n=3n，故C正确；
对于D，第34行中，第15个数与第16个数的比为C3414：C3415=34×33×…×2114×13×⋯×1：34×33×…×2015×14×⋯×1=15：20=3：4，故D正确．
故选：BCD．
根据二项式定理和二项式系数的性质判断各个选项的对错．
本题主要考查了二项式定理和二项式系数的性质，属于中档题．
12.【答案】AC
【解析】解：若椭圆，双曲线半焦距为C，则a12−b12=c2a22−b22=c2，且F1，F2分别为左右焦点，
△F1PF2中，令|PF1|=m，|PF2|=n，则m+n=2a1m−n=2a2，
|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2−2|PF1|PF2|cs∠F，PF2，
所以4c2=m2+n2−mn，则4c2=(m+n)2−3mn=4a12−3mn4c2=(m−n)2+mn=4a22+mn，
上式消去m，得4c2=a12+3a22，
而e1=ca1，e2=ca2，
若e1= 33，即a1= 3c，则c2=3a22⇒e2= 3，A对；
由上知1e12+3e22=4，故e12+e22=14(e12+e22)(1e12+3e22)=14(4+e22e12+3e12e22)≥14(4+2 e22e1⋅3e12e22)=1+ 32，
当且仅当e22= 3e12，即e12=1+ 34，e22=3+ 34时取等号，B错；
若C，E，F为内切圆I与△F1PF2各边切点，如下图，则|PC|=|PF||CF1|=|EF1||FF2|=|EF2|，
又|PF1|−|PF|2=(PC|+|CF1|)−(PF|+|FF2|)=|CF1|−|FF2|=|EF1|−|EF2|=2a2，
所以(xE+c)−(c−xE)=2a2⇒xE=a2，即切点E为双曲线右顶点，有IE⊥x轴，
所以I到y轴的距离为a2，C对；
延长F2D交PF1于H，若J为F1H中点，连接DJ，OD，
由题意PD⊥HF2且PD平分∠F1PF2，故△PHF2为等腰三角形且|PH|=|PF2|，
所以|PF1|−|PF2|=|HF1|=2a2，
在△F1HF2中DJ为中位线，则|DJ|=12|F1F2|=|OF1|，
且DJ//F1F2，故JDOF1为平行四边形，
令D(x,y)，则|OD|=|JF1|=a2，
所以x2+y2=a22，又P在第一象限且a2不定，故点D的轨迹不为圆，D错．
故选：AC．
由椭圆，双曲线定义及余弦定理得到4c2=a12+3a22，即可判断A；再由离心率公式及基本不等式“1“的代换求e12+e22最小值判断B；根据圆切线的性质及双曲线定义求双曲线与x轴切点横坐标判断C；延长F2D交PF1于H，若J为F1H中点，连接DJ，OD，根据已知易得JDOF1为平行四边形，令D(x,y)有x2+y2=a22，结合已知条件判断D．
本题考查圆锥曲线综合应用，属于难题．
13.【答案】42
【解析】解：根据题意，原有节目单有6个节目，有7个空位，
在其中任选2个，安排甲乙两个节目，有A72=42种安排方法．
故答案为：42．
根据题意，原有节目单有6个节目，有7个空位，利用插空法分析可得答案．
本题考查排列组合的应用，注意排列与组合的不同，属于基础题．
14.【答案】(−1,15)
【解析】解：已知⊙C1：x2+y2=1，圆心为(0,0)，半径为1；
⊙C2：x2−6x+y2−8y+25−m=1，整理得：(x−3)2+(y−4)2=m+1，圆心为(3,4)，半径为 m+1；
由于⊙C1与⊙C2有四条公切线，故两圆为外离；
所以 32+42=5>1+ m+1，整理得m<15，
由于m+1>0，故实数m的取值范围为(−1,15)．
故答案为：(−1,15)．
直接利用圆心距和两圆的半径的关系判断结果．
本题考查的知识要点：两圆的位置关系，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
15.【答案】4 33
【解析】解：∵在空间直角坐标系中，O为坐标原点，已知空间中三点分别为A(2,0,2)，B(2,2,0)，C(0,2,2)，
∴AB=(0,2,−2)，AC=(−2,2,0)，OA=(2,0,2)，
设平面ABC的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅AB=2y−2z=0n⋅AC=−2x+2y=0，取x=1，得n=(1,1,1)，
∴O到平面ABC的距离为d=|OA⋅n||n|=4 3=4 33．
故答案为：4 33．
利用空间向量，根据O到平面ABC的距离公式求解．
本题考查点到平面的距离公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
16.【答案】25−2 13
【解析】解：由题意设P(2csθ,sinθ)，
则OA=(5,4)，AP=(2csθ−5,sinθ−4)，
所以OA⋅AP=6csθ−9+4sinθ−16=4sinθ+6csθ−25
=2 13sin(θ+φ)−25，tanφ=32，
当sin(θ+φ)=1时，|OA⋅AP|取最小值，即25−2 13．
故答案为：25−2 13．
设P(2csθ,sinθ)，得出向量OA=(5,4)，AP=(2csθ−5,sinθ−4)，利用数量积公式，结合三角函数求最值即可．
本题考查椭圆参数方程以及三角函数的性质应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由已知An4=30Cn5得：n!(n−4)!=30n!(n−5)!5!解得：n=8；
(2)由(1)得：(2x−1)8=a0+a1x+a2x2+⋯+a8x8，
易知a1，a3，a5，a7，均为负值，
所以，|a0|+|a1|+|a2|+|a3|+⋯+|a8|=a0−a1+a2−a3+⋯+a8，令x=0则a0=1，
令x=−1，则a0−a1+a2−a3+⋯+a8=38；
所以|a1|+|a2|+|a3|+⋯+|a7|+|a8|=a0−a1+a2−a3+⋯+a8=38−a0=38−1=6560．
【解析】(1)直接利用排列数和组合数求出n的值；
(2)利用赋值法的应用求出结果．
本题考查的知识要点：二项式的展开式，赋值法，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
18.【答案】解：(1)若选择①：
由法向量(−3,1)可得直线的一个方向向量(1,3)可得k=3，
于是y−4=k(x−3)，代入并整理得3x−y−5=0．
综上直线方程为3x−y−5=0．
若选择②：
与直线3x−y+5=0平行可设直线方程为3x−y+c=0，c≠5，
将(3,4)代入，则有5+c=0解得c=−5，
整理得3x−y−5=0，
综上直线方程为3x−y−5=0．
若选择③：
与直线x+3y+5=0垂直可设直线方程为3x−y+c=0，c≠5，
将(3,4)代入，则有5+c=0解得c=−5，
整理得3x−y−5=0．
综上直线方程为3x−y−5=0．
(2)由题意，圆的方程为(x−4)2+(y+3)2=5，
可得圆心为(4,−3)，半径为r= 5=|AC|．
SAPBC=2S△PAC=|AC||AP|= 5⋅ |PC|2−|AC|2= 5⋅ |PC|2−5．
要使四边形PACB的面积的最小，只有|PC|最小，而|PC|最小值为点C到直线l的距离，为|3×4+3−5| 9+1= 10，
故此时|AP|= 10−5= 5，
此时平行四边形PACB面积的最小值为SAPBC=2S△PAC=|AC||AP|=5．
【解析】(1)由题意，根据两直线平行、垂直的性质，用待定系数法求出直线的方程．
(2)SAPBC=2S△PAC=|AC||AP|= 5⋅ |PC|2−5，要使四边形PACB的面积的最小，只有|PC|最小，根据|PC|最小值为点C到直线l的距离求出它的值，可得结论．
本题主要考查用待定系数法求直线的方程，圆的标准方程，用分割法求四边形的面积，属于基础题．
19.【答案】(1)证明：斜三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AC=AA1，AB⊥AC，∠A1AC=∠A1AB=π3，F为B1C1中点
取BC的中点E，连接AE，A1E，A1B，
∵AB=AC，E为BC中点．∴AE⊥BC，
又∵AA1=AB=AC，∠A1AC=∠A1AB=π3，
∴△A1CA与△A1BA均为等边三角形，∴A1C=A1B，
∴A1E⊥BC，A1E∩AE=E，∴BC⊥平面AA1E，
∵AA1⊂平面AA1E，∴BC⊥AA1．
(2)解：设AA1=AB=AC=2，∴BC=2 2，
∵AE=A1E= 2，AA1=2，
∴AE2+A1E2=4=A1A2，AE⊥A1E，
又∵A1E⊥BC，AE∩BC=E，∴A1E⊥平面ABC，
以E为原点，建立如图所示空间直角坐标系，

A( 2,0,0)，A1(0,0, 2)，C(0, 2,0)，E(0,0,0)，
∵F为B1C1中点，∴AE=A1F，∴F(− 2,0, 2)，
∴A1C=(0, 2,− 2)，A1F=(− 2,0,0)，
设平面A1CF的一个法向量为n1=(x1,y1,z1)，
则 2y1− 2z1=0− 2x1=0，令y1=1，解得x1=0，z1=1，
故n1=(0,1,1)，AC=(− 2, 2,0)，
设AC与平面A1C成角为θ，
则sinθ=|cs|=|AC⋅n1||AC||n1|= 22 2=12．
∴AC与平面A1C成角正弦值为12．
【解析】(1)根据三角形全等以及线面垂直的性质即可证明；
(2)建系，利用向量法即可求解．
本题考查线线垂直的判定定理与性质，向量法求直线与平面所成角，属中档题．
20.【答案】解：(1)因为△F1B1B2是边长为2的等边三角形，
所以B1B2=2，
即2b=2，
解得b=1，
又F1B2=2，
所以a=2，
则椭圆C的标准方程为x24+y2=1；
(2)易知直线MN的斜率存在且不为0，
不妨设直线MN的方程为y=kx+2，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立y=kx+2x24+y2=1，消去y并整理得(1+4k2)x2+16kx+12=0，
此时Δ=(16k)2−4×(1+4k2)×12=16(4k2−3)>0，
解得k2>34，
由韦达定理得x1+x2=−16k1+4k2，x1x2=121+4k2，
所以y1y2=(kx1+2)(kx2+2)=k2x1x2+2k(x1+x2)+4=4−4k21+4k2，
因为OM⋅ON>0，
所以x1x2+y1y2=121+4k2+4−4k21+4k2=4(4−k2)1+4k2>0，
即k2<4，
则34解得−2故直线MN斜率范围为(−2,− 32)∪( 32,2)．
【解析】(1)由题意，根据题目所给信息列出等式，求出a和b的值，进而即可求解；
(2)设出直线MN的方程和M，N两点的坐标，将直线MN的方程与椭圆方程联立，利用根与系数的关系以及向量的运算，列出等式再进行求解即可．
本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)证明：∵PN在平面B1NA1上运动且PN⊥AM恒成立，
∴AM⊥B1N，AM⊥A1N，B1N∩A1N=N，
∴AM⊥平面B1NA1，∴AM⊥A1B1，
∵A1B1/​/AB，∴AM⊥AB，
∵A1A⊥平面ABC，∴AB⊥A1A，
∵AM∩A1A=A，∴AB⊥平面AA1C1C，∴AB⊥AC；
(2)取AC中点为Q，连接QN，QA1，A1B1//AB//QN，
∴Q，N到直线A1B1的距离相等，
∴AB⊥平面AA1C1C，∴AB⊥A1Q，
∵A1B1/​/AB，∴A1B1⊥A1Q，A1Q为△A1BN的高，
∴A1Q= A1A2+AQ2= 5，同理AM= 5，
∵AM⊥平面B1NA1，
∴VA−PNA1+VM−PNA1=13AM⋅S△PNA1=13AM×12A1Q×A1P=16× 5× 5A1P=56，∴A1P=1，
以A为坐标原点，AB，AC，AA1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，

A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，N(1,1,0)，M(0,2,1)，P(1,0,2)，
NM=(−1,1,1)，NP=(0,−1,2)，
设平面MNP的一个法向量为n1=(x,y,z)，
由n1⋅NM=−x+y+z=0n1⋅NP=−y+2z=0，令y=2，则x=0，z=1，
∴平面MNP的一个法向量为n1=(3,2,1)
平面ABC的一个法向量为n2=(0,0,1)
∴cs〈n1,n2〉=n1⋅n2|n1|⋅|n2|=11× 14= 1414．
设平面PMN与平面ABC所成角为θ，
∴csθ=|cs〈n1,n2〉|= 1414
∴平面PMN与平面ABC所成角的余弦值为 1414．
【解析】(1)由已知可得AM⊥A1B1，又易得AB⊥A1A，可证AB⊥平面AA1C1C，进而可证结论；
(2)取AC中点为Q，连接QN，QA1，可得Q，N到直线A1B1的距离相等，利用等体积法可求A1P=1，建立空间直角坐标系，可求平面PAMN的一个法向量，平面ABC的一个法向量，利用向量法可求平面PMN与平面ABC所成角的余弦值．
本题考查线线垂直的证明，考查面面角的余弦值的求法，属中档题．
22.【答案】解：(1)不妨设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
因为AB的中点M的横坐标为2，
所以x1+x2=4，
因为|AB|=x1+x2+p=4+p=6，
解得p=2，
则抛物线C的方程为y2=4x；
(2)因为F为△ABN的垂心，
所以NF⊥AB，
此时kNF=−53，
则kAB=35，
不妨设直线AB方程为y=35x+m，
联立y2=4xy=35x+m，消去x并整理得3y2−20y+20m=0，
此时Δ=80(5−3m)>0，
解得m<53，
由韦达定理得y1+y2=203，y1y2=20m3，
因为F为△ABN的垂心，
所以AF⊥NB，
此时AF⋅NB=0，
即(x1−1,y1)⋅(x2,y2−53)=0，
可得(x1−1)x2+y1y2−53y1=0，
则(y124−1)y224+y1y2−53y1=0，
又(y1y2)2−4y22+16y1y2−5×163y1=0，
因为3y2−20y+20m=0，
所以(y1y2)2−4(203y2−20m3)+16y1y2−5×163y1=0，
整理得(y1y2)2−803(y1+y2)+400m3=0，
即4009m2+4003m−803×203=0，
解得m1=−4或m2=1，
经检验当m=−4或m=1时，都符合题意．
则直线方程为y=35x−4或y=35x+1．
【解析】(1)由题意，根据题目所给信息以及抛物线的定义进行求解即可；
(2)设出直线AB的方程，将直线AB的方程与抛物线方程联立，根据判别式大于零求出m的取值范围，利用韦达定理得到y1+y2=203，y1y2=20m3，结合向量的运算再进行运算求解即可．
本题考查抛物线的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．