数学卷·2018届广东省汕头市金山中学高二上学期期末数学试卷（理科） （解析版）

数学卷·2018届广东省汕头市金山中学高二上学期期末数学试卷（理科） （解析版）

‎2016-2017学年广东省汕头市金山中学高二（上）期末数学试卷（理科）‎ ‎　‎ 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1．命题p：∃m∈R，方程x2+mx+1=0有实根，则￢p是（　　）‎ A．∃m∈R，方程x2+mx+1=0无实根 B．∀m∈R，方程x2+mx+1=0无实根 C．不存在实数m，使方程x2+mx+1=0无实根 D．至多有一个实数m，使方程x2+mx+1=0有实根 ‎2．已知a、b为直线，α，β，γ为平面，有下列四个命题：‎ ‎①a∥α，b∥α，则a∥b ‎ ‎②α⊥β，β⊥γ，则α∥β ‎③a∥α，a∥β，则α∥β ‎ ‎④a∥b，b⊂α，则a∥α 其中正确命题的个数是（　　）‎ A．0 B．1 C．2 D．3‎ ‎3．已知抛物线上一点A的纵坐标为4，则点A到抛物线焦点的距离为（　　）‎ A．2 B．3 C．4 D．5‎ ‎4．若命题p：|x+1|≤4，命题q：x2＜5x﹣6，则¬p是¬q的（　　）‎ A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎5．如图，正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=3，BB1=4．长为1的线段PQ在棱AA1上移动，‎ 长为3的线段MN在棱CC1上移动，点R在棱BB1上移动，则四棱锥R﹣PQMN的体积是（　　）‎ A．6 B．10 C．12 D．不确定 ‎6．正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为（　　）‎ A． B．16π C．9π D．‎ ‎7．若圆C1：x2+y2=1与圆C2：x2+y2﹣6x﹣8y+m=0外切，则m=（　　）‎ A．21 B．19 C．9 D．﹣11‎ ‎8．双曲线C：﹣=1（a＞0，b＞0）的离心率为2，焦点到渐近线的距离为，则C的焦距等于（　　）‎ A．2 B．2 C．4 D．4‎ ‎9．已知F1、F2是椭圆的两个焦点，满足•=0的点M总在椭圆内部，则椭圆离心率的取值范围是（　　）‎ A．（0，1） B．（0，] C．（0，） D．[，1）‎ ‎10．已知方程ax2+by2=ab和ax+by+c=0（其中ab≠0，a≠b，c＞0），它们所表示的曲线可能是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎11．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为（　　）‎ A．6 B．6 C．4 D．4‎ ‎12．已知点M（﹣3，0）、N（3，0）、B（1，0），动圆C与直线MN切于点B，过M、N与圆C相切的两直线相交于点P，则P点的轨迹方程为（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎　‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分.‎ ‎13．如图，ABCD﹣A1B1C1D1是正方体，，则BE1与DF1所成角的余弦值是　　．‎ ‎14．直线l1和l2是圆x2+y2=2的两条切线．若l1与l2的交点为（1，3），则l1与l2的夹角的正切值等于　　．‎ ‎15．平面上一机器人在行进中始终保持与点F（1，0）的距离和到直线x=﹣1的距离相等，若机器人接触不到过点P（﹣1，0）且斜率为k的直线，则k的取值范围是　　．‎ ‎16．现有如下四个命题：‎ ‎①若动点P与定点A（﹣4，0）、B（4，0）连线PA、PB的斜率之积为定值 ‎，则动点P的轨迹为双曲线的一部分 ‎②设m，n∈R，常数a＞0，定义运算“*”：m*n=（m+n）2﹣（m﹣n）2，若x≥0，则动点的轨迹是抛物线的一部分 ‎③已知两圆A：（x+1）2+y2=1、圆B：（x﹣1）2+y2=25，动圆M与圆A外切、与圆B内切，则动圆的圆心M的轨迹是椭圆 ‎④已知A（7，0），B（﹣7，0），C（2，﹣12），椭圆过A，B两点且以C为其一个焦点，则椭圆的另一个焦点的轨迹为双曲线 上述四个命题中真命题为　　．（请写出其序号）‎ ‎　‎ 三、解答题：本大题共5小题，每题14分，共70分.解答必需写出必要的文字说明、推理过程或计算步骤.‎ ‎17．已知数列{an}的前n项和Sn=，n∈N*．‎ ‎（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设bn=+（﹣1）nan，求数列{bn}的前2n项和．‎ ‎18．在△ABC，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，已知cosB+（cosA﹣2sinA）cosC=0．‎ ‎（Ⅰ）求cosC的值；‎ ‎（Ⅱ）若a=，AB边上的中线CM=，求sinB及△ABC的面积．‎ ‎19．如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，AB=2EF=2，EF∥AB，EF⊥FB，∠BFC=90°，BF=FC，H为BC的中点，‎ ‎（1）求证：AC⊥平面EDB；‎ ‎（2）求四面体B﹣DEF的体积．‎ ‎20．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，侧面PCD⊥底面ABCD，PD⊥CD，E为PC的中点，底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，∠ADC=90°，AB=AD=PD=1，CD=2‎ ‎（1）求证：BE∥平面PAD；‎ ‎（2）求证：平面PBC⊥平面PBD；‎ ‎（3）设Q为棱PC上一点， =λ，试确定λ的值使得二面角Q﹣BD﹣P为45°．‎ ‎21．如图，椭圆M： +=1（a＞b＞0）的离心率为，直线x=±a和y=±b所围成的矩形ABCD的面积为8．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆M的标准方程；‎ ‎（Ⅱ）设直线l：y=x+m（m∈R）与椭圆M有两个不同的交点P，Q，l与矩形ABCD有两个不同的交点S，T．求的最大值及取得最大值时m的值．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年广东省汕头市金山中学高二（上）期末数学试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1．命题p：∃m∈R，方程x2+mx+1=0有实根，则￢p是（　　）‎ A．∃m∈R，方程x2+mx+1=0无实根 B．∀m∈R，方程x2+mx+1=0无实根 C．不存在实数m，使方程x2+mx+1=0无实根 D．至多有一个实数m，使方程x2+mx+1=0有实根 ‎【考点】命题的否定．‎ ‎【分析】对特称命题的否定是一个全称命题，对一个全称命题的否定是全称命题，即：对命题“∃x∈A，P（X）”的否定是：“∀x∈A，¬P（X）”；对命题“∀x∈A，P（X）”的否定是：“∃x∈A，¬P（X）”，由此不难得到对命题：∃m∈R，方程x2+mx+1=0有实根的否定．‎ ‎【解答】解：∵对命题“∃x∈A，P（X）”的否定是：“∀x∈A，¬P（X）”‎ ‎∴对命题：“∃m∈R，方程x2+mx+1=0有实根”的否定是“∀m∈R，方程x2+mx+1=0无实根”‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎2．已知a、b为直线，α，β，γ为平面，有下列四个命题：‎ ‎①a∥α，b∥α，则a∥b ‎ ‎②α⊥β，β⊥γ，则α∥β ‎③a∥α，a∥β，则α∥β ‎ ‎④a∥b，b⊂α，则a∥α 其中正确命题的个数是（　　）‎ A．0 B．1 C．2 D．3‎ ‎【考点】命题的真假判断与应用；空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面垂直的判定．‎ ‎【分析】根据空间线面平行及线线平行的几何特征，可判断①的真假；‎ 根据空间面面垂直及面面平行的几何特征，可判断②的真假；‎ 根据空间线面平行及面面平行的几何特征，可判断③的真假；‎ 根据空间线线平行及线面平行的几何特征及线面平行的判定定理可判断④的真假．‎ ‎【解答】解：①中，若a∥α，b∥α，则a与b可能平行，也可能相交，也可能异面，故①错误； ‎ ‎②中，若α⊥β，β⊥γ，则α与β的交线与γ垂直，但平面α与β可能平行，也可能相交且夹角不确定，故②错误； ‎ ‎③中，若a∥α，a∥β，则α与β可能平行，也可能相交（此时两平面的交线与已知直线平行），故③错误； ‎ ‎④中，若a∥b，b⊂α，则a∥α或a⊂α，故④错误 故选A ‎　‎ ‎3．已知抛物线上一点A的纵坐标为4，则点A到抛物线焦点的距离为（　　）‎ A．2 B．3 C．4 D．5‎ ‎【考点】抛物线的简单性质．‎ ‎【分析】先根据抛物线的方程求得准线的方程，进而利用点A的纵坐标求得点A到准线的距离，进而根据抛物线的定义求得答案．‎ ‎【解答】解：依题意可知抛物线的准线方程为y=﹣1，‎ ‎∴点A到准线的距离为4+1=5，‎ 根据抛物线的定义可知点A与抛物线焦点的距离就是点A与抛物线准线的距离，‎ ‎∴点A与抛物线焦点的距离为5，‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎4．若命题p：|x+1|≤4，命题q：x2＜5x﹣6，则¬p是¬q的（　　）‎ A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎【考点】充要条件．‎ ‎【分析】先求出命题p和命题q，进而得到¬p和¬q，由此能得到¬p是¬q的充分不必要条件．‎ ‎【解答】解：∵命题p：﹣4≤x+1≤4，即命题p：﹣5≤x≤3，‎ ‎∴¬p：x＜﹣5或x＞3．‎ ‎∵命题q：x2＜5x﹣6，即q：2＜x＜3，‎ ‎∴¬q：x≤2或x≥3．‎ ‎∴¬p是¬q的充分不必要条件．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎5．如图，正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=3，BB1=4．长为1的线段PQ在棱AA1上移动，‎ 长为3的线段MN在棱CC1上移动，点R在棱BB1上移动，则四棱锥R﹣PQMN的体积是（　　）‎ A．6 B．10 C．12 D．不确定 ‎【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．‎ ‎【分析】先求出底面PQMN的面积，再求R到底面PQMN的距离，然后求四棱锥R﹣PQMN的体积．‎ ‎【解答】解：由题意可知底面PQMN的面积是 R到PQMN的距离为 四棱锥R﹣PQMN的体积是：‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎6．正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为（　　）‎ A． B．16π C．9π D．‎ ‎【考点】球内接多面体；球的体积和表面积．‎ ‎【分析】正四棱锥P﹣ABCD的外接球的球心在它的高PO1上，记为O，求出PO1，OO1，解出球的半径，求出球的表面积．‎ ‎【解答】解：设球的半径为R，则 ‎∵棱锥的高为4，底面边长为2，‎ ‎∴R2=（4﹣R）2+（）2，‎ ‎∴R=，‎ ‎∴球的表面积为4π•（）2=．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎7．若圆C1：x2+y2=1与圆C2：x2+y2﹣6x﹣8y+m=0外切，则m=（　　）‎ A．21 B．19 C．9 D．﹣11‎ ‎【考点】圆的切线方程．‎ ‎【分析】化两圆的一般式方程为标准方程，求出圆心和半径，由两圆心间的距离等于半径和列式求得m值．‎ ‎【解答】解：由C1：x2+y2=1，得圆心C1（0，0），半径为1，‎ 由圆C2：x2+y2﹣6x﹣8y+m=0，得（x﹣3）2+（y﹣4）2=25﹣m，‎ ‎∴圆心C2（3，4），半径为．‎ ‎∵圆C1与圆C2外切，‎ ‎∴，‎ 解得：m=9．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎8．双曲线C：﹣=1（a＞0，b＞0）的离心率为2，焦点到渐近线的距离为，则C的焦距等于（　　）‎ A．2 B．2 C．4 D．4‎ ‎【考点】双曲线的简单性质．‎ ‎【分析】根据双曲线的离心率以及焦点到直线的距离公式，建立方程组即可得到结论．‎ ‎【解答】解：∵：﹣=1（a＞0，b＞0）的离心率为2，‎ ‎∴e=，双曲线的渐近线方程为y=，不妨取y=，即bx﹣ay=0，‎ 则c=2a，b=，‎ ‎∵焦点F（c，0）到渐近线bx﹣ay=0的距离为，‎ ‎∴d=，‎ 即，‎ 解得c=2，‎ 则焦距为2c=4，‎ 故选：C ‎　‎ ‎9．已知F1、F2是椭圆的两个焦点，满足•=0的点M总在椭圆内部，则椭圆离心率的取值范围是（　　）‎ A．（0，1） B．（0，] C．（0，） D．[，1）‎ ‎【考点】椭圆的应用．‎ ‎【分析】由•=0知M点的轨迹是以原点O为圆心，半焦距c为半径的圆．又M点总在椭圆内部，∴c＜b，c2＜b2=a2﹣c2．由此能够推导出椭圆离心率的取值范围．‎ ‎【解答】解：设椭圆的半长轴、半短轴、半焦距分别为a，b，c，‎ ‎∵•=0，‎ ‎∴M点的轨迹是以原点O为圆心，半焦距c为半径的圆．‎ 又M点总在椭圆内部，‎ ‎∴该圆内含于椭圆，即c＜b，c2＜b2=a2﹣c2．‎ ‎∴e2=＜，∴0＜e＜．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎10．已知方程ax2+by2=ab和ax+by+c=0（其中ab≠0，a≠b，c＞0），它们所表示的曲线可能是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】圆锥曲线的轨迹问题．‎ ‎【分析】根据题意，可以整理方程ax2+by2=ab和ax+by+c=0变形为标准形式和斜截式，可以判断其形状，进而分析直线所在的位置可得答案．‎ ‎【解答】解：方程ax2+by2=ab化成：，ax+by+c=0化成：y=﹣x﹣，‎ 对于A：由双曲线图可知：b＞0，a＜0，∴﹣＞‎ ‎0，即直线的斜率大于0，故错；‎ 对于C：由椭圆图可知：b＞0，a＞0，∴﹣＜0，即直线的斜率小于0，故错；‎ 对于D：由椭圆图可知：b＞0，a＞0，∴﹣＜0，即直线的斜率小于0，故错；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎11．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为（　　）‎ A．6 B．6 C．4 D．4‎ ‎【考点】由三视图求面积、体积．‎ ‎【分析】画出图形，结合三视图的数据求出棱长，推出结果即可．‎ ‎【解答】解：几何体的直观图如图：AB=4，BD=4，C到BD的中点的距离为：4，‎ ‎∴．AC==6，AD=4，‎ 显然AC最长．长为6．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎12．已知点M（﹣3，0）、N（3，0）、B（1，0），动圆C与直线MN切于点B，过M、N与圆C相切的两直线相交于点P，则P点的轨迹方程为（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【考点】双曲线的标准方程．‎ ‎【分析】先由题意画出图形，可见⊙C是△PMN的内切圆，则由切线长定理得|MA|=|MB|、|ND|=|NB|、|PA|=|PD|；此时求|PM|﹣|PN|可得定值，即满足双曲线的定义；然后求出a、b，写出方程即可（要注意x的取值范围）．‎ ‎【解答】解：由题意画图如下 可见|MA|=|MB|=4，|ND|=|NB|=2，且|PA|=|PD|，‎ 那么|PM|﹣|PN|=（|PA|+|MA|）﹣（|PD|+|ND|）=|MA|﹣|ND|=4﹣2=2＜|MN|，‎ 所以点P的轨迹为双曲线的右支（右顶点除外），‎ 又2a=2，c=3，则a=1，b2=9﹣1=8，‎ 所以点P的轨迹方程为（x＞1）．‎ 故选B．‎ ‎　‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分.‎ ‎13．如图，ABCD﹣A1B1C1D1是正方体，，则BE1与DF1所成角的余弦值是　　．‎ ‎【考点】异面直线及其所成的角．‎ ‎【分析】建立空间直角坐标系，设正方体的边长为1，表示出向量、，求出、所成角的余弦值即可．‎ ‎【解答】解：建立空间直角坐标系如图所示，‎ 设正方体的边长为1，由，‎ 则B（1，1，0），D（0，0，0），‎ E1（1，，1），F1（0，，1），‎ 则=（0，﹣，1），‎ ‎=（0，，1），‎ ‎•=﹣+1=，‎ ‎||=||==；‎ ‎∴、所成角的余弦值是：‎ cosθ===．‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎14．直线l1和l2是圆x2+y2=2的两条切线．若l1与l2的交点为（1，3），则l1与l2的夹角的正切值等于　　．‎ ‎【考点】圆的切线方程；两直线的夹角与到角问题．‎ ‎【分析】设l1与l2的夹角为2θ，由于l1与l2的交点A（1，3）在圆的外部，由直角三角形中的边角关系求得sinθ的值，可得cosθ、tanθ 的值，再计算tan2θ．‎ ‎【解答】解：设l1与l2的夹角为2θ，由于l1与l2的交点A（1，3）在圆的外部，‎ 且点A与圆心O之间的距离为OA=，‎ 圆的半径为r=，‎ ‎∴sinθ=，‎ ‎∴cosθ=，tanθ=，‎ ‎∴tan2θ==，‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎15．平面上一机器人在行进中始终保持与点F（1，0）的距离和到直线x=﹣1的距离相等，若机器人接触不到过点P（﹣1，0）且斜率为k的直线，则k的取值范围是　k＜﹣1或k＞1　．‎ ‎【考点】抛物线的简单性质．‎ ‎【分析】由抛物线的定义，求出机器人的轨迹方程，过点P（﹣1，0）且斜率为k的直线方程为y=k（x+1），代入y2=4x，利用判别式，即可求出k的取值范围．‎ ‎【解答】解：由抛物线的定义可知，机器人的轨迹方程为y2=4x，‎ 过点P（﹣1，0）且斜率为k的直线方程为y=k（x+1），‎ 代入y2=4x，可得k2x2+（2k2﹣4）x+k2=0，‎ ‎∵机器人接触不到过点P（﹣1，0）且斜率为k的直线，‎ ‎∴△=（2k2﹣4）2﹣4k4＜0，‎ ‎∴k＜﹣1或k＞1．‎ 故答案为：k＜﹣1或k＞1．‎ ‎　‎ ‎16．现有如下四个命题：‎ ‎①若动点P与定点A（﹣4，0）、B（4，0）连线PA、PB的斜率之积为定值，则动点P的轨迹为双曲线的一部分 ‎②设m，n∈R，常数a＞0，定义运算“*”：m*n=（m+n）2﹣（m﹣n）2，若x≥0，则动点的轨迹是抛物线的一部分 ‎③已知两圆A：（x+1）2+y2=1、圆B：（x﹣1）2+y2=25，动圆M与圆A外切、与圆B内切，则动圆的圆心M的轨迹是椭圆 ‎④已知A（7，0），B（﹣7，0），C（2，﹣12），椭圆过A，B两点且以C为其一个焦点，则椭圆的另一个焦点的轨迹为双曲线 上述四个命题中真命题为　①②③　．（请写出其序号）‎ ‎【考点】曲线与方程．‎ ‎【分析】利用直译法，求①选项中动点P的轨迹方程，进而判断表示的曲线；利用新定义运算，利用直译法求选项②中曲线的轨迹方程，进而判断轨迹图形；利用圆与圆的位置关系，利用定义法判断选项③中动点的轨迹；‎ 利用椭圆定义，由定义法判断④中动点的轨迹即可．‎ ‎【解答】解：设P（x，y），因为直线PA、PB的斜率存在，所以x≠±4，直线PA、PB的斜率分别是k1=，k2=，∴，化简得9y2=4x2﹣64，即（x≠±4），‎ ‎∴动点P的轨迹为双曲线的一部分，①正确；‎ ‎∵m*n=（m+n）2﹣（m﹣n）2，∴=2，设P（x，y），则y=2，即y2=4ax（x≥0，y≥0），即动点的轨迹是抛物线的一部分，②正确；‎ 由题意可知，动圆M与定圆A相外切与定圆B相内切 ‎∴MA=r+1，MB=5﹣r ‎∴MA+MB=6＞AB=2‎ ‎∴动圆圆心M的轨迹是以A，B为焦点的椭圆，③正确；‎ 设此椭圆的另一焦点的坐标D （x，y），‎ ‎∵椭圆过A、B两点，则 CA+DA=CB+DB，‎ ‎∴15+DA=13+DB，∴DB﹣DA=2＜AB，‎ ‎∴椭圆的另一焦点的轨迹是以A、B为焦点的双曲线一支，④错误 故答案为：①②③．‎ ‎　‎ 三、解答题：本大题共5小题，每题14分，共70分.解答必需写出必要的文字说明、推理过程或计算步骤.‎ ‎17．已知数列{an}的前n项和Sn=，n∈N*．‎ ‎（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设bn=+（﹣1）nan，求数列{bn}的前2n项和．‎ ‎【考点】数列的求和；数列递推式．‎ ‎【分析】（Ⅰ）利用公式法即可求得；‎ ‎（Ⅱ）利用数列分组求和即可得出结论．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）当n=1时，a1=s1=1，‎ 当n≥2时，an=sn﹣sn﹣1=﹣=n，‎ ‎∴数列{an}的通项公式是an=n．‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，bn=2n+（﹣1）nn，记数列{bn}的前2n项和为T2n，则 T2n=（21+22+…+22n）+（﹣1+2﹣3+4﹣…+2n）‎ ‎=+n=22n+1+n﹣2．‎ ‎∴数列{bn}的前2n项和为22n+1+n﹣2．‎ ‎　‎ ‎18．在△ABC，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，已知cosB+（cosA﹣2sinA）cosC=0．‎ ‎（Ⅰ）求cosC的值；‎ ‎（Ⅱ）若a=，AB边上的中线CM=，求sinB及△ABC的面积．‎ ‎【考点】余弦定理；三角函数中的恒等变换应用．‎ ‎【分析】（Ⅰ）由三角函数恒等变换的应用化简已知可得sinAsinC﹣2sinAcosC=0，由sinA≠0，可得tanC=2，利用同角三角函数基本关系式即可求cosC的值．‎ ‎（Ⅱ）由，两边平方得b2+2b﹣3=0，解得b，由余弦定理可解得c的值，即可求得sinB，利用三角形面积公式即可求△ABC的面积．‎ ‎【解答】（本题满分为12分）‎ 解：（Ⅰ）因为cosB=﹣cos（A+C）=﹣cosAcosC+sinAsinC，…‎ 又已知cosB+（cosA﹣2sinA）cosC=0，‎ 所以sinAsinC﹣2sinAcosC=0，…‎ 因为sinA≠0，所以sinC﹣2cosC=0，…‎ 于是tanC=2，…‎ 所以．…‎ ‎（Ⅱ）因为，…‎ 两边平方得b2+2b﹣3=0，解得b=1，…‎ 在△ABC中，由余弦定理得c2=a2+b2﹣2abcosC=4，所以c=2，…‎ 由此可知△ABC是直角三角形，故，…‎ 可得：△ABC的面积．…‎ ‎　‎ ‎19．如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，AB=2EF=2，EF∥AB，EF⊥FB，∠BFC=90°，BF=FC，H为BC的中点，‎ ‎（1）求证：AC⊥平面EDB；‎ ‎（2）求四面体B﹣DEF的体积．‎ ‎【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定．‎ ‎【分析】（1）记AC与BD的交点为G，连接EG，GH，由已知可得AB⊥BC，且EF⊥BC，而EF⊥FB，由线面垂直的判定可得EF⊥平面BFC，进一步得到EF⊥FH．则AB⊥FH，再由已知可得FH⊥BC．则FH⊥平面ABCD，得到AC⊥EG．结合AC⊥BD，可得AC⊥平面EDB；‎ ‎（2）由EF⊥FB，∠BFC=90°，可得BF⊥平面CDEF，求出BF=FC=．代入三棱锥体积公式可得求四面体B﹣DEF的体积．‎ ‎【解答】（1）证明：记AC与BD的交点为G，连接EG，GH，‎ 由四边形ABCD是正方形，有AB⊥BC，‎ 又EF∥AB，∴EF⊥BC，而EF⊥FB，‎ ‎∴EF⊥平面BFC，则EF⊥FH．‎ ‎∴AB⊥FH，‎ 又BF=FG，H为BC的中点，∴FH⊥BC．‎ ‎∴FH⊥平面ABCD，则FH⊥AC．‎ 又FH∥EG，∴AC⊥EG．‎ 又AC⊥BD，EG∩BD=G，‎ ‎∴AC⊥平面EDB；‎ ‎（2）解：∵EF⊥FB，∠BFC=90°，∴BF⊥平面CDEF，‎ ‎∴BF为四面体B﹣DEF的高，又BC=AB=2，‎ ‎∴BF=FC=．‎ ‎∴．‎ ‎　‎ ‎20．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，侧面PCD⊥底面ABCD，PD⊥CD，E为PC的中点，底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，∠ADC=90°，AB=AD=PD=1，CD=2‎ ‎（1）求证：BE∥平面PAD；‎ ‎（2）求证：平面PBC⊥平面PBD；‎ ‎（3）设Q为棱PC上一点， =λ，试确定λ的值使得二面角Q﹣BD﹣P为45°．‎ ‎【考点】用空间向量求平面间的夹角；直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定．‎ ‎【分析】（1）设PD的中点为F，连接EF，证明四边形FABE是平行四边形．利用直线与平面平行的判定定理证明BE∥平面PAD．‎ ‎（2）过点B作BH⊥CD于H，证明BC⊥BD．PD⊥BC，通过直线与平面垂直的判定定理证明BC⊥平面PBD，（文科）求解；（理科）利用直线与平面垂直的性质定理证明平面PBC平面PBD．‎ ‎（3）以D为原点，DA，DC，DP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，‎ 求出相关点的坐标，平面PBD的法向量．平面QBD的法向量，通过二面角结合数量积求解λ即可．‎ ‎【解答】解：（1）证明：设PD的中点为F，连接EF，∵点E，F分别是△PCD的中点，‎ ‎∴EF∥CD，且，‎ ‎∴EF∥AB，且EF=AB，‎ ‎∴四边形FABE是平行四边形．‎ ‎∴BE∥AF，又AF⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，‎ ‎∴BE∥平面PAD．‎ ‎（2）在梯形ABCD中，过点B作BH⊥CD于H，‎ 在△BCH中，BH=CH=1，∴∠BCH=45°．‎ 又在△DAB中，AD=AB=1，∴∠ADB=45°．‎ ‎∴∠BDC=45°，∴∠DBC=90°．∴BC⊥BD．‎ ‎∵平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，PD⊂平面PCD，‎ ‎∴PD⊥平面ABCD，∴PD⊥BC，‎ 又∵BD∩PD=D，BD⊂平面PBD，PD⊂平面PBD，‎ ‎∴BC⊥平面PBD，‎ 又BC⊂平面PBC，‎ ‎∴平面PBC⊥平面PBD．‎ ‎（3）以D为原点，DA，DC，DP所在直线为x，y，z 轴建立空间直角坐标系，‎ 则P（0，0，1），C（0，2，0），A（1，0，0），B（1，1，0）．‎ 令Q（x0，y0，z0），∵，Q（0，2λ，1﹣λ），‎ ‎∵BC⊥平面PBD，‎ ‎∴即为平面PBD的法向量．‎ 设平面QBD的法向量为，‎ 则即．令y=1，得．‎ 若二面角Q﹣BD﹣P为45°，‎ 则，‎ 解得，‎ ‎∵Q在PC上，0＜λ＜1．∴．‎ ‎　‎ ‎21．如图，椭圆M： +=1（a＞b＞0）的离心率为，直线x=±a和y=±b所围成的矩形ABCD的面积为8．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆M的标准方程；‎ ‎（Ⅱ）设直线l：y=x+m（m∈R）与椭圆M有两个不同的交点P，Q，l与矩形ABCD有两个不同的交点S，T．求的最大值及取得最大值时m的值．‎ ‎【考点】直线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的标准方程．‎ ‎【分析】（Ⅰ）通过椭圆的离心率，矩形的面积公式，直接求出a，b，然后求椭圆M的标准方程；‎ ‎（Ⅱ） 通过，利用韦达定理求出|PQ|的表达式，通过判别式推出的m的范围，①当时，求出取得最大值．利用由对称性，推出，取得最大值．③当﹣1≤m≤1时，取得最大值．求的最大值及取得最大值时m的值．‎ ‎【解答】解：（I）…①‎ 矩形ABCD面积为8，即2a•2b=8…②‎ 由①②解得：a=2，b=1，‎ ‎∴椭圆M的标准方程是．‎ ‎（II），‎ 由△=64m2﹣20（4m2﹣4）＞0得．‎ 设P（x1，y1），Q（x2，y2），则，‎ ‎．‎ 当l过A点时，m=1，当l过C点时，m=﹣1．‎ ‎①当时，有，，‎ 其中t=m+3，由此知当，即时，取得最大值．‎ ‎②由对称性，可知若，则当时，取得最大值．‎ ‎③当﹣1≤m≤1时，，，‎ 由此知，当m=0时，取得最大值．‎ 综上可知，当或m=0时，取得最大值．‎