2021-2022学年北京市清华附中朝阳学校高二（上）期中数学试卷

这是一份2021-2022学年北京市清华附中朝阳学校高二（上）期中数学试卷，共24页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（4分）若直线经过A（1，0），B（4，3）两点，则直线AB的倾斜角为（ ）
A．30°B．45°C．60°D．120°
2．（4分）若方程x2+y2﹣x+y+m＝0表示圆，则实数m的取值范围是（ ）
A．m≤B．m＜0C．m＞D．m＜
3．（4分）若两条平行直线l1：x﹣2y+m＝0（m＞0）与l2：x+ny﹣3＝0之间的距离是，则m+n＝（ ）
A．0B．1C．﹣2D．﹣1
4．（4分）已知椭圆的一个焦点为（2，0），则a的值为（ ）
A．B．C．6D．8
5．（4分）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，＝，＝，＝．点P在A1C上，且A1P：PC＝2：3，则＝（ ）
A．++B．++
C．﹣++D．﹣﹣
6．（4分）“方程ax2+by2＝1表示双曲线”是“方程ax2﹣by2＝1表示椭圆”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
7．（4分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，E为BB1的中点，则点C到平面A1D1E的距离为（ ）
A．B．C．D．
8．（4分）17世纪法国数学家费马在《平面与立体轨迹引论》中证明，方程a2﹣x2＝ky2（k＞0，k≠1，a≠0）表示椭圆，费马所依据的是椭圆的重要性质：若从椭圆上任意一点P向长轴AB（异于A，B两点）引垂线，垂足为Q，则为常数．据此推断，此常数的值为（ ）
A．椭圆的离心率
B．椭圆离心率的平方
C．短轴长与长轴长的比
D．短轴长与长轴长比的平方
9．（4分）已知双曲线（a＞0，b＞0）的左焦点为F，右顶点为A，过F作C的一条渐近线的垂线FD，D为垂足．若|DF|＝|DA|，则C的离心率为（ ）
A．B．2C．D．
10．（4分）如图，在三棱锥O﹣ABC中，三条侧棱OA，OB，OC两两垂直，且OA，OB，OC的长分别为a，b，c．M为△ABC内部及其边界上的任意一点，点M到平面OBC，平面OAC，平面OAB的距离分别为a0，b0，c0，则＝（ ）
A．B．C．1D．2
二、填空题（共5题，每题5分，共25分）
11．（5分）已知圆C的圆心（2，0），点A（﹣1，1）在圆C上，则圆C的方程是 ；以A为切点的圆C的切线方程是 ．
12．（5分）已知直线l1：kx+y﹣1＝0，l2：x+ky+1＝0，若l1∥l2，则k＝ ：若曲线：y＝|x|与直线l1有两个公共点，则实数k的取值范围是 ．
13．（5分）已知F1，F2分别为双曲线的左、右焦点，过点F2作x轴的垂线交双曲线C于P，Q两点，则双曲线C的渐近线方程为 ；△PF1Q的面积为 ．
14．（5分）已知椭圆＝1（a＞b＞0）的离心率为e，F1，F2分别为椭圆的两个焦点，若椭圆上存在点P使得∠F1PF2是钝角，则满足条件的一个e的值为 ．
15．（5分）曲线C是平面内与两个定点F1（0，1），F2（0，﹣1）的距离的积等于的点P的轨迹，给出下列四个结论：
①曲线C关于坐标轴对称；
②△F1PF2周长的最小值为；
③点P到y轴距离的最大值为；
④点P到原点距离的最小值为．
其中所有正确结论的序号是 ．
三、解答题（共6题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．）
16．设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（Ⅰ）求角B的大小；
（Ⅱ）在以下三组条件中选择一组作为已知条件，使三角形存在且唯一确定，并求其面积．
①b＝3，sinC＝2sinA；
②，a＝5；
③AB边上的高，b＝2．
17．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥底面ABC，AC⊥BC，D是A1C1的中点，且AC＝BC＝AA1＝2．
（Ⅰ）求证：BC1∥平面AB1D；
（Ⅱ）求直线BC与平面AB1D所成角的正弦值．
18．已知在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，△PAD是正三角形，CD⊥平面PAD，E，F，G，O分别是PC，PD，BC，AD的中点．
（Ⅰ）求证：PO⊥平面ABCD；
（Ⅱ）求平面EFG与平面ABCD所成锐二面角的大小；
（Ⅲ）线段PA上是否存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角为，若存在，求线段PM的长度；若不存在，说明理由．
19．已知椭圆过点，且C的离心率为，A、B为椭圆C的左、右顶点．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若M为椭圆C上一点（不同于A、B）．求证：直线MA和MB的斜率之积为定值；
（3）过点D（1，0）的直线l交椭圆C于P、Q两点，求|DP|•|DQ|的取值范围．
20．动点M与定点A（1，0）的距离和M到定直线x＝4的距离之比是常数．
（1）求动点M的轨迹G的方程；
（2）设O为原点，点B（﹣2，0），过点A的直线l与M的轨迹交于P，Q两点，且直线l与x轴不重合，直线BP，BQ分别与y轴交于R，S两点．求证：|OR|•|OS|为定值．
21．集合A＝{（a1，a2，…，a8）|ai∈{﹣1，1}，i∈N*且i∈[1，8]}，若（b1…b8）∈A，且Pab＝a1•b1+a2•b2…+a8•b8，（a1，a2，…，a8）≠（b1，b2，…，b8），令d（a，b）＝|ai﹣bi|．
（1）（a1，a2，…，a8）＝（1，1，1，1，1，1，1，1）若∃（b1，b2，…，b8）⊆A，满足d（ai，bi）＝3，请写出一个符合题意的（b1，b2，…，b8），并求出Pab；
（2）若集合B⊆A，任取B中2个不同的元素（c1，c2，…，c8），（d1，d2，…，d8），Pcd≥4，求集合B中元素个数的最大值；
（3）若存在（c1…c8）∈A，使Pab＝Pac＝Pbc，集合中任两个元素不同，求出此时d（a，b）．
2021-2022学年北京市清华附中朝阳学校高二（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、单选题（共10题，每题4分，共40分．在每题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．）
1．（4分）若直线经过A（1，0），B（4，3）两点，则直线AB的倾斜角为（ ）
A．30°B．45°C．60°D．120°
【分析】利用两点间的斜率公式代入计算可得斜率，再由斜率与倾斜角之间的关系得出结果．
【解答】解：由A，B两点的坐标代入两点间的斜率公式可得，
设直线AB的倾斜角为θ，θ∈[0，π），可知tanθ＝1，
所以．
故选：B．
【点评】本题主要考查了直线的斜率公式及直线的斜率与倾斜角关系的应用，属于基础题．
2．（4分）若方程x2+y2﹣x+y+m＝0表示圆，则实数m的取值范围是（ ）
A．m≤B．m＜0C．m＞D．m＜
【分析】方程x2+y2﹣x+y+m＝0即 ＝﹣m，此方程表示圆时，应有﹣m＞0，由此求得实数m的取值范围．
【解答】解：方程x2+y2﹣x+y+m＝0即 ＝﹣m，此方程表示圆时，应有﹣m＞0，
解得m＜，
故选：D．
【点评】本题主要考查求圆的标准方程，二元二次方程表示圆的条件，属于基础题．
3．（4分）若两条平行直线l1：x﹣2y+m＝0（m＞0）与l2：x+ny﹣3＝0之间的距离是，则m+n＝（ ）
A．0B．1C．﹣2D．﹣1
【分析】直接利用平行线间的距离公式的应用求出结果．
【解答】解：由于直线l1：x﹣2y+m＝0（m＞0）与l2：x+ny﹣3＝0，
所以n＝﹣2；
由于两平行线之间的距离是，
所以，
解得m＝2或﹣8；
所以当n＝﹣2，m＝2时，m+n＝0；
当n＝﹣2，m＝﹣8时，m+n＝﹣10．
故选：A．
【点评】本题考查的知识要点：平行线间的距离公式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
4．（4分）已知椭圆的一个焦点为（2，0），则a的值为（ ）
A．B．C．6D．8
【分析】判断椭圆的焦点所在的轴，然后转化求解a即可．
【解答】解：椭圆的一个焦点为（2，0），
所以椭圆的长轴是x轴，
所以，解得a＝2．
故选：A．
【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，是基本知识的考查，基础题．
5．（4分）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，＝，＝，＝．点P在A1C上，且A1P：PC＝2：3，则＝（ ）
A．++B．++
C．﹣++D．﹣﹣
【分析】根据已知及空间向量的线性运算即可求解．
【解答】解：因为点P在A1C上，且A1P：PC＝2：3，
所以A1P＝A1C，所以＝，
所以＝+＝+
＝+（﹣）
＝+（+）﹣
＝++
＝++．
故选：B．
【点评】本题主要考查空间向量及其线性运算，属于基础题．
6．（4分）“方程ax2+by2＝1表示双曲线”是“方程ax2﹣by2＝1表示椭圆”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
【分析】根据题意，由椭圆、双曲线标准方程的形式，结合充分必要条件的定义，分析可得答案．
【解答】解：根据题意，当a＝﹣b时，方程ax2+by2＝1表示双曲线，但方程ax2﹣by2＝1表示圆，不能表椭圆，
反之，若方程ax2﹣by2＝1表示椭圆，则a与b异号，且a≠﹣b，则方程ax2+by2＝1表示双曲线，
故“方程ax2+by2＝1表示双曲线”是“方程ax2﹣by2＝1表示椭圆”的必要不充分条件．
故选：B．
【点评】本题考查椭圆和双曲线的标准方程，涉及充分必要条件的判断，属于基础题．
7．（4分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，E为BB1的中点，则点C到平面A1D1E的距离为（ ）
A．B．C．D．
【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点C到平面A1D1E的距离．
【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，
C（0，1，0），A1（1，0，1），D1（0，0，1），E（1，1，），
＝（1，0，0），＝（1，1，﹣），＝（0，1，﹣1），
设平面A1D1E的法向量＝（x，y，z），
则，
取y＝1，得＝（0，1，2），
∴点C到平面A1D1E的距离为：
＝＝．
故选：A．
【点评】本题考查点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．
8．（4分）17世纪法国数学家费马在《平面与立体轨迹引论》中证明，方程a2﹣x2＝ky2（k＞0，k≠1，a≠0）表示椭圆，费马所依据的是椭圆的重要性质：若从椭圆上任意一点P向长轴AB（异于A，B两点）引垂线，垂足为Q，则为常数．据此推断，此常数的值为（ ）
A．椭圆的离心率
B．椭圆离心率的平方
C．短轴长与长轴长的比
D．短轴长与长轴长比的平方
【分析】把椭圆的方程化为标准方程，然后把P的位置特殊化，即把P放在椭圆的上顶点处，进而可以求解．
【解答】解：椭圆的方程化为标准方程为：，
因为点P是椭圆上的任意一点，
则当P为椭圆的上顶点式，|PQ|为椭圆的短半轴的长度，
则PQ，且AQ＝BQ＝a，
所以，
而椭圆的短轴长与长轴长的商的平方为，
故选：D．
【点评】本题考查了椭圆的性质，涉及到选择题中的特殊位置法的应用，考查了学生的运算能力，属于基础题．
9．（4分）已知双曲线（a＞0，b＞0）的左焦点为F，右顶点为A，过F作C的一条渐近线的垂线FD，D为垂足．若|DF|＝|DA|，则C的离心率为（ ）
A．B．2C．D．
【分析】过点D作DC⊥AF于点C，易知C为AF的中点，从而有|CF|＝，由点到直线的距离公式可知|DF|＝b，再由cs∠AFD＝＝，代入相关数据，进行运算即可．
【解答】解：过点D作DC⊥AF于点C，
∵|DF|＝|DA|，
∴点C为AF的中点，
∴|CF|＝|AF|＝，
而点F（﹣c，0）到渐近线y＝﹣x的距离为|DF|＝＝b，
∴cs∠AFD＝＝，即＝，
∴c（a+c）＝2b2＝2（c2﹣a2），即c2﹣ac﹣2a2＝0，
∴c＝2a或c＝﹣a（舍），
∴离心率e＝＝2．
故选：B．
【点评】本题考查双曲线的几何性质，主要包含渐近线、离心率，考查学生的数形结合思想、逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
10．（4分）如图，在三棱锥O﹣ABC中，三条侧棱OA，OB，OC两两垂直，且OA，OB，OC的长分别为a，b，c．M为△ABC内部及其边界上的任意一点，点M到平面OBC，平面OAC，平面OAB的距离分别为a0，b0，c0，则＝（ ）
A．B．C．1D．2
【分析】由题意可得OA，OB，OC分别是面OBC，OAC，OBA对应的高，然后利用三棱锥的体积公式可得，对于任意点M，连结MA，MB，MO，MC，将四面体OABC分别为四个部分，VO﹣ABC＝VO﹣MBC+VO﹣AMC+VO﹣ABM+VM﹣ABC，因为点M在平面ABC内，故，利用体积相等，列出等式关系，化简变形即可得到答案．
【解答】解：在四面体OABC中，由于OA，OB，OC两两垂直，
故OA，OB，OC分别是面OBC，OAC，OBA对应的高，
即＝，
又，，，
故，
对于任意点M，连结MA，MB，MO，MC，将四面体OABC分别为四个部分，
VO﹣ABC＝VO﹣MBC+VO﹣AMC+VO﹣ABM+VM﹣ABC，
因为本题中点M在△ABC平面上，
故M，A，B，C四点共面，所以VM﹣ABC＝0，
所以
＝，
又因为，则有＝，
将等式两边同时除以，可得＝1．
故选：C．
【点评】本题考查了棱锥体积的理解和应用，解题的关键是利用等体积法构建等式关系，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于中档题．
二、填空题（共5题，每题5分，共25分）
11．（5分）已知圆C的圆心（2，0），点A（﹣1，1）在圆C上，则圆C的方程是 （x﹣2）2+y2＝10 ；以A为切点的圆C的切线方程是 y＝3x+4 ．
【分析】根据题意，分析可得圆的半径r＝|CA|，结合两点间距离公式计算可得|CA|的值，可得r，由圆的标准方程计算可得答案；由C、A的坐标计算可得直线CA的斜率，又由互相垂直直线的斜率关系，可得切线方程斜率k，结合直线的斜率式方程可得答案．
【解答】解：根据题意，圆C的圆心（2，0），点A（﹣1，1）在圆C上，
则圆的半径r＝|CA|＝＝，
故圆的方程为（x﹣2）2+y2＝10，
又由C（2，0）、A（﹣1，1），则KCA＝＝﹣，
则以A为切点的圆C的切线方程斜率k＝＝3，
切线过点A，则其方程为y﹣1＝3（x+1），即y＝3x+4；
故答案为：（x﹣2）2+y2＝10，y＝3x+4．
【点评】本题考查圆的标准方程，圆的切线方程，关键是掌握圆的标准方程、直线的点斜式方程的形式．
12．（5分）已知直线l1：kx+y﹣1＝0，l2：x+ky+1＝0，若l1∥l2，则k＝ 1 ：若曲线：y＝|x|与直线l1有两个公共点，则实数k的取值范围是 （﹣1，1） ．
【分析】由l1∥l2，列出方程组，能求出k；曲线：y＝|x|与直线l1有两个公共点，推导出k＝＝有两个交点，作出图象，数形结合能求出结果．
【解答】解：∵直线l1：kx+y﹣1＝0，l2：x+ky+1＝0，l1∥l2，
∴，
解得k＝1．
∵曲线：y＝|x|与直线l1有两个公共点，
∴kx+|x|﹣1＝0，
∴k＝＝有两个交点，
作出图象如下：
由图知k∈（﹣1，1）．
故答案为：1，（﹣1，1）．
【点评】本题考查实数值、实数的取值范围的求法，考查直线与直线平行的性质、直线与曲线的交点个数等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
13．（5分）已知F1，F2分别为双曲线的左、右焦点，过点F2作x轴的垂线交双曲线C于P，Q两点，则双曲线C的渐近线方程为 y＝±x ；△PF1Q的面积为 12 ．
【分析】求得双曲线的a，b，c，可得渐近线的方程；令x＝c，可得|PQ|，再由三角形的面积公式，计算可得所求值．
【解答】解：双曲线的a＝1，b＝，c＝2，
渐近线的方程为y＝±x；
令x＝2，可得y＝±•＝±3，
则|PQ|＝6，△PF1Q的面积为×4×6＝12．
故答案为：y＝±x，12．
【点评】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．
14．（5分）已知椭圆＝1（a＞b＞0）的离心率为e，F1，F2分别为椭圆的两个焦点，若椭圆上存在点P使得∠F1PF2是钝角，则满足条件的一个e的值为 （可取大于小于1的任意一个实数值） ．
【分析】当动点P在椭圆长轴端点处沿椭圆弧向短轴端点运动时，P对两个焦点的张角∠F1PF2渐渐增大，当且仅当P点位于短轴端点P0处时，张角∠F1PF2达到最大值，由此可得结论．
【解答】解：如图，当动点P在椭圆长轴端点处沿椭圆弧向短轴端点运动时，P对两个焦点的张角∠F1PF2渐渐增大，
当且仅当P点位于短轴端点P0处时，张角∠F1PF2达到最大值．
∵椭圆上存在点P使得∠F1PF2是钝角，
∴△P0F1F2中，∠F1P0F2＞90°，
∴Rt△P0OF2中，∠OP0F2＞45°，
∴P0O＜OF2，即b＜c，
∴a2﹣c2＜c2，可得a2＜2c2，
∴e＞，
∵0＜e＜1，
∴＜e＜1，
∴满足条件的一个e的值为（可取大于小于1的任意一个实数值）．
故答案为：（可取大于小于1的任意一个实数值）．
【点评】本题考查了椭圆的简单几何性质，考查数形结合的数学思想，属于中档题．
15．（5分）曲线C是平面内与两个定点F1（0，1），F2（0，﹣1）的距离的积等于的点P的轨迹，给出下列四个结论：
①曲线C关于坐标轴对称；
②△F1PF2周长的最小值为；
③点P到y轴距离的最大值为；
④点P到原点距离的最小值为．
其中所有正确结论的序号是 ①②④ ．
【分析】由题意得到方程，结合对称性的判定方法，可判断①正确；设a＝，b＝，得到ab＝，结合基本不等式，可判断②正确；过点P作PE⊥F1F2，求得△F1PF2的最大面积为，结合面积相等可判断③不正确；化简，结合不等式判断④正确．
【解答】解：由题意，曲线C是平面内与两个定点F1（0，1），F2（0，﹣1）的距离的积等于的点P的轨迹，
设P（x，y），可得，即，
以﹣x替换x，﹣y替换y方程不变，∴曲线C关于坐标轴对称，故①正确；
设a＝，b＝，得到ab＝，
则a+b，当且仅当a＝b时等号成立，
∴△F1PF2周长的最小值为，故②正确；
过点P作PE⊥F1F2，则cs∠F1PF2＝，
当且仅当a＝b时等号成立，
当时，sin∠F1PF2取得最大值，
∴△F1PF2的最大面积为S＝，又由，
解得|PE|＝，即点P到y轴的距离为，故③不正确；
由（a+b）2＝a2+b2+2ab＝[x2+（y+1）2]+[x2+（y﹣1）2]+2ab
＝+2+2ab＝，
又由a+b＝2•＝，当且仅当a＝b时等号成立，
∴2，可得，故④正确．
故答案为：①②④．
【点评】本题考查命题的真假判断与应用，考查逻辑思维能力与推理运算能力，结合基本不等式求解是关键，属难题．
三、解答题（共6题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．）
16．设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（Ⅰ）求角B的大小；
（Ⅱ）在以下三组条件中选择一组作为已知条件，使三角形存在且唯一确定，并求其面积．
①b＝3，sinC＝2sinA；
②，a＝5；
③AB边上的高，b＝2．
【分析】（Ⅰ）由正弦定理，同角三角函数基本关系式化简已知等式可得，结合范围B∈（0，π），可得B的值．
（Ⅱ）若选①，由正弦定理得c＝2a，由余弦定理可得a，进而可求c的值，根据三角形的面积公式即可求解；若选②，由余弦定理得c2﹣5c+4＝0，解得c＝1或c＝4，经检验c＝1或c＝4均成立，不成立；若选③，由题意可求a的值，进而可得△ABC为等边三角形，根据三角形的面积公式即可求解．
【解答】解：（Ⅰ）∵，由正弦定理得，
在△ABC中，sinA≠0，可得，
∵B∈（0，π），
∴．
（Ⅱ）若选①，∵sinC＝2sinA，由正弦定理得c＝2a，
由余弦定理b2＝a2+c2﹣2acsB，得，解得，
∴．
满足三角形ABC只有唯一解，
∴．
若选②，由余弦定理b2＝a2+c2﹣2acsB，得，解得c2﹣5c+4＝0，
∴c＝1或c＝4，
经检验c＝1或c＝4均成立，不满足三角形ABC只有唯一解，
所以选②不成立．
若选③，因为AB边上的高，b＝2，
所以，
则a＝b＝2，且，
所以△ABC为等边三角形，
满足三角形ABC只有唯一解，
∴．
【点评】本题主要考查了正弦定理，同角三角函数基本关系式，余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了转化思想，属于中档题．
17．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥底面ABC，AC⊥BC，D是A1C1的中点，且AC＝BC＝AA1＝2．
（Ⅰ）求证：BC1∥平面AB1D；
（Ⅱ）求直线BC与平面AB1D所成角的正弦值．
【分析】（Ⅰ）连接A1B，设A1B∩AB1＝E，连接DE，可得BC1∥DE，再由直线与平面平行的判定得到BC1∥平面AB1D；
（Ⅱ）由CC1⊥底面ABC，AC⊥BC，得CA，CB，CC1 两两互相垂直，分别以CA，CB，CC1 所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出平面AB1D的一个法向量与 的坐标，由两向量所成角的余弦值可得直线BC与平面AB1D所成角的正弦值．
【解答】（Ⅰ）证明：连接A1B，设A1B∩AB1＝E，连接DE，
由ABC﹣A1B1C1为三棱柱，得A1E＝BE．
又∵D是A1C1 的中点，∴BC1∥DE．
∵BC1⊄平面AB1D，DE⊂平面AB1D，
∴BC1∥平面AB1D；
（Ⅱ）解：∵CC1⊥底面ABC，AC⊥BC，∴CA，CB，CC1 两两互相垂直，
故分别以CA，CB，CC1 所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则C（0，0，0），B（0，2，0），A（2，0，0），B1（0，2，2），D（1，0，2），
∴，，．
设平面AB1D的法向量为，
由，取y＝1，得；
设直线BC与平面AB1D所成角为θ．
则sinθ＝|cs＜＞|＝．
∴直线BC与平面AB1D所成角的正弦值为．
【点评】本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．
18．已知在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，△PAD是正三角形，CD⊥平面PAD，E，F，G，O分别是PC，PD，BC，AD的中点．
（Ⅰ）求证：PO⊥平面ABCD；
（Ⅱ）求平面EFG与平面ABCD所成锐二面角的大小；
（Ⅲ）线段PA上是否存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角为，若存在，求线段PM的长度；若不存在，说明理由．
【分析】（I）因为PO⊥AD，又CD⊥平面PAD，得到PO⊥CD，进而证明结论；
（II）以O点为原点分别以OA、OG、OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，平面EFG的法向量，又平面ABCD的法向量，利用夹角公式求出即可；
（III）假设线段PA上存在点M，设，由直线GM与平面EFG所成角为，得到关于λ的方程，解方程判断即可．
【解答】解：（Ⅰ）证明：因为△PAD是正三角形，O是AD的中点，所以 PO⊥AD．
又因为CD⊥平面PAD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥CD，AD∩CD＝D，AD，CD⊂平面ABCD，
所以PO⊥面ABCD；
（Ⅱ）如图，以O点为原点分别以OA、OG、OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．
则，，，
设平面EFG的法向量为，
由，得
令z＝1，则 ，
又平面ABCD的法向量，
设平面EFG与平面ABCD所成锐二面角为θ，
所以．
所以平面EFG与平面ABCD所成锐二面角为；
（Ⅲ）假设线段PA上存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角为，
设，由，
所以．
所以＝，
整理得2λ2﹣3λ+2＝0，无解，
所以，不存在这样的点M．
【点评】考查线面垂直的判定，向量法求二面角和线面所成的角的余弦值，考查运算能力，中档题．
19．已知椭圆过点，且C的离心率为，A、B为椭圆C的左、右顶点．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若M为椭圆C上一点（不同于A、B）．求证：直线MA和MB的斜率之积为定值；
（3）过点D（1，0）的直线l交椭圆C于P、Q两点，求|DP|•|DQ|的取值范围．
【分析】（1）根据题意可得出关于a、b、c的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆C的方程；
（2）设点M（x0，y0），其中y0≠0，可得，利用斜率公式可证得结论成立；
（3）对直线l是否与x轴重合进行分类讨论，在直线l与x轴重合时，直接计算出|DP|•|DQ|的值；在直线l不与x轴重合时，设直线l的方程为x＝my+1，设点P（x1，y1）、Q（x2，y2），将直线l的方程与椭圆C的方程联立，列出韦达定理，结合韦达定理可求得|DP|•|DQ|的取值范围．综合可得结果．
【解答】解：（1）由题意，可得 ，解得 ，故椭圆C的方程为．
（2）证明：设点M（x0，y0），其中y0≠0，则，
故，．
（3）当直线l与x轴重合时，则点P、Q为椭圆C长轴的两个端点，此时|DP|•|DQ|＝3；
当直线l不与x轴重合时，设直线l的方程为x＝my+1，点P（x1，y1）、Q（x2，y2），
联立，则（m2+4）y2+2my﹣3＝0，
Δ＝4m2+12（m2+4）＝16（m2+3）＞0，由韦达定理，可得，
所以．
综上，|DP|•|DQ|的取值范围是．
【点评】本题考查了椭圆的标准方程和性质，直线与椭圆的综合，考查了分类讨论思想和方程思想，属中档题．
20．动点M与定点A（1，0）的距离和M到定直线x＝4的距离之比是常数．
（1）求动点M的轨迹G的方程；
（2）设O为原点，点B（﹣2，0），过点A的直线l与M的轨迹交于P，Q两点，且直线l与x轴不重合，直线BP，BQ分别与y轴交于R，S两点．求证：|OR|•|OS|为定值．
【分析】（1）设点M（x，y），根据题意得到关于x、y的等式，再求出轨迹G的方程；
（2）设直线l的方程为x＝my+1，点P（x1，y1）、Q（x2，y2），将直线l的方程与轨迹G的方程联立，求出点R、S的坐标，再求出|OR|•|OS|为定值．
【解答】解：（1）设点M（x，y），
由题意，可得，则．
所以动点M的轨迹G的方程为．
（2）证明：由直线l与x轴不重合，
设直线l的方程为x＝my+1，点P（x1，y1）、Q（x2，y2），
联立，可得（3m2+4）y2+6my﹣9＝0，
Δ＝36m2+36（3m2+4）＝144（m2+1）＞0，
由韦达定理，可得，
，所以直线BP的方程为，
在直线BP的方程中，令x＝0，可得，
即点，同理，
所以
＝＝．
【点评】本题考查了椭圆轨迹方程的求法，直线与椭圆的综合，考查了方程思想和转化思想，属中档题．
21．集合A＝{（a1，a2，…，a8）|ai∈{﹣1，1}，i∈N*且i∈[1，8]}，若（b1…b8）∈A，且Pab＝a1•b1+a2•b2…+a8•b8，（a1，a2，…，a8）≠（b1，b2，…，b8），令d（a，b）＝|ai﹣bi|．
（1）（a1，a2，…，a8）＝（1，1，1，1，1，1，1，1）若∃（b1，b2，…，b8）⊆A，满足d（ai，bi）＝3，请写出一个符合题意的（b1，b2，…，b8），并求出Pab；
（2）若集合B⊆A，任取B中2个不同的元素（c1，c2，…，c8），（d1，d2，…，d8），Pcd≥4，求集合B中元素个数的最大值；
（3）若存在（c1…c8）∈A，使Pab＝Pac＝Pbc，集合中任两个元素不同，求出此时d（a，b）．
【分析】（1）由d（ai，bi）＝3，可得d（ai，bi）＝|ai﹣bi|＝3，即|ai﹣bi|＝6，故ai和bi有3对符号不同，5对符号相同，即可得解；
（2）由题意可得，当ci和di符号相异时，有cidi＝﹣1，若要任取B中2个不同的元素（c1，c2，…，c8），（d1，d2，…，d8），Pcd≥4，则ci和di8组数据中，至少有6组符号相同，经讨论即可得解；
（3）根据题意，存在（c1…c8）∈A，使Pab＝Pac＝Pbc，则元素ai和bi，bi和ci，ai和ci符号不相同的组数相同，经讨论即可得解．
【解答】解：（1）由d（ai，bi）＝3，可得d（ai，bi）＝|ai﹣bi|＝3，即|ai﹣bi|＝6，
当ai和bi符号相同时，有|ai﹣bi|＝0，
当ai和bi符号相异时，有|ai﹣bi|＝2，
故ai和bi有3对符号不同，5对符号相同，
故可取（b1，b2，…，b8）为（﹣1，﹣1，﹣1，1，1，1，1，1），
Pab＝1×（﹣1）+1×（﹣1）+1×（﹣1）+1×1+1×1+1×1+1×1+1×1＝2；
（2）由题意可得，
当ci和di符号相同时，有cidi＝1，
当ci和di符号相异时，有cidi＝﹣1，
若要任取B中2个不同的元素（c1，c2，…，c8），（d1，d2，…，d8），Pcd≥4，
则ci和di8组数据中，至少有6组符号相同，且不能有8组数字符号全相同，
若8组数字符号全相同，此时为同一元素，不符合题意；
对于元素（c1，c2，…，c8），和（c1，c2，…，c8）有7组数字符号相同有一组数字符号相异的（d1，d2，…，d8）有8种情况，
如若（c1，c2，…，c8）为（1，1，1，1，1，1，1，1），（d1，d2，…，d8）有
（﹣1，1，1，1，1，1，1，1），（1，﹣1，1，1，1，1，1，1），…，（1，1，1，1，1，1，1，﹣1）8个，
并且这8个（d1，d2，…，d8）元素互相之间有6组数字符号相同，2组数字符号相异，符合条件，
故此时共有9个元素，故集合B中元素个数的最大值为9；
（3）根据题意，若存在（c1…c8）∈A，使Pab＝Pac＝Pbc，则各元素中数字ai和bi，bi和ci，ai和ci符号不相同的组数相同，
当两两数字符号不相同组数为0时，为同一元素，不符合题意，
当两两数字符号不相同组数为1，3，5，6，7，8，集合A有2个元素，故不存在（c1，c2，…，c8），
两两数字符号不相同组数为4，即Pab＝4×1+4×（﹣1）＝0时，
集合A有4个元素，故存在（c1…c8），
此时d（a，b）＝，
当两两数字符号不相同组数为2时，即Pab＝6×1+2×（﹣1）＝4，
集合A有8个元素，故存在（c1…c8），
此时d（a，b）＝（2×2+6×0）＝2．
综上可得，当Pab＝4时，d（a，b）＝2；当Pab＝0时，d（a，b）＝4．
【点评】本题考查了集合相关的新定义，考查了分类讨论思想和逻辑推理能力，同时考查了较高的理解能力以及较高的计算能力和数字组合能力，过程较复杂，属于难题．
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