数学卷·2018届黑龙江省哈尔滨师大附中高二上学期期中考试数学理试卷 （解析版）

数学卷·2018届黑龙江省哈尔滨师大附中高二上学期期中考试数学理试卷 （解析版）

‎2016-2017学年黑龙江省哈尔滨师大附中高二（上）期中数学试卷（理科）‎ ‎　‎ 一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）‎ ‎1．抛物线x2=2y的焦点坐标是（　　）‎ A． B． C．（1，0） D．（0，1）‎ ‎2．设双曲线的焦点在x轴上，两条渐近线方程为y=±x，则该双曲线的离心率为（　　）‎ A． B．1 C． D．2‎ ‎3．命题“若α=，则tanα=1”的逆否命题是（　　）‎ A．若tanα≠1，则α≠ B．若α=，则tanα≠1‎ C．若α≠，则tanα≠1 D．若tanα≠1，则α=‎ ‎4．正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．过原点且倾斜角为60°的直线被圆x2+y2﹣4y=0所截得的弦长为（　　）‎ A． B．2 C． D．2‎ ‎6．命题“对任意x∈R，都有x2≥0”的否定为（　　）‎ A．对任意x∈R，都有x2＜0 B．不存在x∈R，都有x2＜0‎ C．存在x0∈R，使得x02≥0 D．存在x0∈R，使得x02＜0‎ ‎7．已知抛物线C：y2=4x，则该抛物线的准线方程为（　　）‎ A．y=﹣1 B．y=1 C．x=﹣1 D．x=1‎ ‎8．若椭圆+=1上一点P到焦点F1的距离为2，则点P到另一个焦点F2的距离为（　　）‎ A．2 B．4 C．6 D．8‎ ‎9．已知椭圆+=1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，椭圆的右顶点为A，点P在椭圆上，且PF1⊥x轴，直线AP交y轴于点Q，若=3，则椭圆的离心率等于（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．设抛物线y2=8x的准线与x轴交于点Q，若过点Q的直线l与抛物线有公共点，则直线l的斜率的取值范围是（　　）‎ A．[﹣，] B．[﹣2，2] C．[﹣1，1] D．[﹣4，4]‎ ‎11．设曲线C：﹣=1，则“m＞3”是“曲线C为双曲线”的（　　）‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎12．已知椭圆C：+=1的左右焦点分别为F1，F2，则在椭圆C上满足∠F1PF2=的点P的个数有（　　）‎ A．0个 B．1个 C．2 个 D．4个 ‎　‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分）‎ ‎13．已知三角形AOB的顶点的坐标分别是A（4，0），B（0，3），O（0，0），求三角形AOB外接圆的方程．‎ ‎14．已知棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，SA⊥底面ABCD，SA=AB，则异面直线AC与SD所成角为　　．‎ ‎15．过抛物线y2=8x焦点F作直线l交抛物线于A、B两点，若线段AB中点M的横坐标为4，则|AB|=　　．‎ ‎16．已知命题p：“直线l：x﹣y+a=0与圆C：（x+1）2+y2=2有公共点”，则a的取值范围是　　．‎ ‎　‎ 三、解答题（本大题共6个小题，总分70分，解答应写出文字说明，证明过程或验算步骤）‎ ‎17．（10分）如图所示，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=AD=1，AA1=2，M是棱CC1的中点．‎ ‎（1）证明：B1M⊥平面ABM；‎ ‎（2）求异面直线A1M和C1D1所成角的余弦值．‎ ‎18．（12分）设椭圆C：+=1（a＞b＞0）过点（2，0），离心率为．‎ ‎（1）求C的方程；‎ ‎（2）过点（1，0）且斜率为1的直线l与椭圆C相交于A，B两点，求AB的中点M的坐标．‎ ‎19．（12分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AC⊥BC，AC=BC=AA1=2，D是AC的中点．‎ ‎（1）求证：B1C∥平面A1BD；‎ ‎（2）求直线AC与平面A1BD所成角的正弦值．‎ ‎20．（12分）已知抛物线y2=﹣x与直线y=k（x+1）相交于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，O为坐标原点．‎ ‎（1）求y1y2的值；‎ ‎（2）求证：OA⊥OB．‎ ‎21．（12分）已知四棱锥P﹣ABCD的底面为直角梯形，AB∥DC，∠DAB=90°，PA⊥底面ABCD，且PA=AD=DC=AB=1，M为PB中点．‎ ‎（1）证明：CM∥平面PAD；‎ ‎（2）求二面角A﹣MC﹣B的余弦值．‎ ‎22．（12分）已知一条曲线C在y轴右边，C上每一点到点F（1，0）的距离减去它到y轴距离的差都是1．‎ ‎（Ⅰ）求曲线C的方程；‎ ‎（Ⅱ）是否存在正数m，对于过点M（m，0）且与曲线C有两个交点A，B的任一直线，都有＜0？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年黑龙江省哈尔滨师大附中高二（上）期中数学试卷（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，在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）‎ ‎1．（2014•郑州模拟）抛物线x2=2y的焦点坐标是（　　）‎ A． B． C．（1，0） D．（0，1）‎ ‎【考点】抛物线的简单性质．‎ ‎【专题】计算题．‎ ‎【分析】根据抛物线的定义可得，x2=2py（p＞0）的焦点坐标（0，）可直接求解 ‎【解答】解：根据抛物线的定义可得，x2=2y的焦点坐标（0，）‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题主要考查了抛物线的简单的性质，属于基础试题．‎ ‎　‎ ‎2．（2016秋•南岗区校级期中）设双曲线的焦点在x轴上，两条渐近线方程为y=±x，则该双曲线的离心率为（　　）‎ A． B．1 C． D．2‎ ‎【考点】双曲线的简单性质．‎ ‎【专题】计算题；方程思想；演绎法；圆锥曲线的定义、性质与方程．‎ ‎【分析】根据焦点在x轴上的双曲线的渐近线方程为y=±x，可得=，即a=2b，可求c，从而可求双曲线的离心率．‎ ‎【解答】解：∵焦点在x轴上的双曲线的渐近线方程为y=±x，‎ ‎∴=，∴a=2b，‎ ‎∴c=b，‎ ‎∴e==．‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查双曲线的几何性质，考查双曲线的几何量之间的关系，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎3．（2015•湘西州校级一模）命题“若α=，则tanα=1”的逆否命题是（　　）‎ A．若tanα≠1，则α≠ B．若α=，则tanα≠1‎ C．若α≠，则tanα≠1 D．若tanα≠1，则α=‎ ‎【考点】四种命题．‎ ‎【专题】简易逻辑．‎ ‎【分析】根据逆否命题的定义即可得到结论．‎ ‎【解答】解：命题“若α=，则tanα=1”的逆否命题是：若tanα≠1，则α≠，‎ 故选：A ‎【点评】本题主要考查四种命题之间的关系以及判断，比较基础．‎ ‎　‎ ‎4．（2010•全国卷Ⅰ）正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】直线与平面所成的角；点、线、面间的距离计算．‎ ‎【专题】空间角．‎ ‎【分析】正方体上下底面中心的连线平行于BB1，上下底面中心的连线与平面ACD1所成角，即为BB1与平面ACD1所成角，‎ 直角三角形中，利用边角关系求出此角的余弦值．‎ ‎【解答】解：如图，设上下底面的中心分别为O1，O，设正方体的棱长等于1，‎ 则O1O与平面ACD1所成角就是BB1与平面ACD1所成角，即∠O1OD1，‎ 直角三角形OO1D1中，cos∠O1OD1===，‎ 故选D．‎ ‎【点评】本小题主要考查正方体的性质、直线与平面所成的角、点到平面的距离的求法，利用等体积转化求出D到平面 ACD1的距离是解决本题的关键所在，这也是转化思想的具体体现，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎5．（2009•陕西）过原点且倾斜角为60°的直线被圆x2+y2﹣4y=0所截得的弦长为（　　）‎ A． B．2 C． D．2‎ ‎【考点】直线的倾斜角；直线和圆的方程的应用．‎ ‎【专题】计算题．‎ ‎【分析】本题考查的知识点是直线与圆方程的应用，由已知圆x2+y2﹣4y=0，我们可以将其转化为标准方程的形式，求出圆心坐标和半径，又直线由过原点且倾斜角为60°，得到直线的方程，再结合半径、半弦长、弦心距满足勾股定理，即可求解．‎ ‎【解答】解：将圆x2+y2﹣4y=0的方程可以转化为：‎ x2+（y﹣2）2=4，‎ 即圆的圆心为A（0，2），半径为R=2，‎ ‎∴A到直线ON的距离，即弦心距为1，‎ ‎∴ON=，‎ ‎∴弦长2，‎ 故选D．‎ ‎【点评】要求圆到割线的距离，即弦心距，我们最常用的性质是：半径、半弦长（BE）、弦心距（OE）构成直角三角形，满足勾股定理，求出半径和半弦长，代入即可求解．‎ ‎　‎ ‎6．（2013•重庆）命题“对任意x∈R，都有x2≥0”的否定为（　　）‎ A．对任意x∈R，都有x2＜0 B．不存在x∈R，都有x2＜0‎ C．存在x0∈R，使得x02≥0 D．存在x0∈R，使得x02＜0‎ ‎【考点】命题的否定；全称命题．‎ ‎【专题】简易逻辑．‎ ‎【分析】直接利用全称命题的否定是特称命题，写出命题的否定命题即可．‎ ‎【解答】解：因为全称命题的否定是特称命题，‎ 所以命题“对任意x∈R，都有x2≥0”的否定为．存在x0∈R，使得x02＜0．‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查命题的否定，全称命题与特称命题的否定关系，基本知识的考查．‎ ‎　‎ ‎7．（2016秋•南岗区校级期中）已知抛物线C：y2=4x，则该抛物线的准线方程为（　　）‎ A．y=﹣1 B．y=1 C．x=﹣1 D．x=1‎ ‎【考点】抛物线的简单性质．‎ ‎【专题】函数思想；定义法；圆锥曲线的定义、性质与方程．‎ ‎【分析】由抛物线的标准方程可知：焦点在x正半轴上，=1，抛物线的准线方程x=﹣=﹣1．‎ ‎【解答】解：由抛物线C：y2=4x，焦点在x正半轴上，=1，‎ ‎∴抛物线的准线方程x=﹣=﹣1，‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查抛物线的标准方程，抛物线的性质，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎8．（2016秋•南岗区校级期中）若椭圆+=1上一点P到焦点F1的距离为2，则点P到另一个焦点F2的距离为（　　）‎ A．2 B．4 C．6 D．8‎ ‎【考点】椭圆的简单性质．‎ ‎【专题】方程思想；转化思想；圆锥曲线的定义、性质与方程．‎ ‎【分析】利用椭圆的定义即可得出．‎ ‎【解答】解：椭圆+=1，可得a=4．‎ 由椭圆的定义可得：2+|PF2|=2×a=8，‎ 解得|PF2|=6，‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查了椭圆的定义及其标准方程，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎9．（2016秋•南岗区校级期中）已知椭圆+=1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，椭圆的右顶点为A，点P在椭圆上，且PF1⊥x轴，直线AP交y轴于点Q，若=3，则椭圆的离心率等于（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】椭圆的简单性质．‎ ‎【专题】数形结合；向量法；圆锥曲线的定义、性质与方程．‎ ‎【分析】由PF1⊥x轴，求得P（﹣c，），由=3可知，（﹣a，t）=3（﹣c，﹣t），即可求得a=3c，由离心率公式可知e==．‎ ‎【解答】解：如图，因为PF1⊥x轴，A（a，0），‎ 故xP=c，yP=，即P（﹣c，），‎ 设Q（0，t）‎ ‎∵=3，‎ ‎（﹣a，t）=3（﹣c，﹣t），‎ a=3c，‎ ‎∴e==‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查椭圆的标准方程，考查向量的坐标运算，考查数形结合思想，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎10．（2004•山东）设抛物线y2=8x的准线与x轴交于点Q，若过点Q的直线l与抛物线有公共点，则直线l的斜率的取值范围是（　　）‎ A．[﹣，] B．[﹣2，2] C．[﹣1，1] D．[﹣4，4]‎ ‎【考点】抛物线的应用；直线的斜率；直线的图象特征与倾斜角、斜率的关系；抛物线的简单性质．‎ ‎【专题】计算题．‎ ‎【分析】根据抛物线方程求得Q点坐标，设过Q点的直线l方程与抛物线方程联立消去y，根据判别式大于等于0求得k的范围．‎ ‎【解答】解：∵y2=8x，‎ ‎∴Q（﹣2，0）（Q为准线与x轴的交点），设过Q点的直线l方程为y=k（x+2）．‎ ‎∵l与抛物线有公共点，‎ 有解，‎ ‎∴方程组 即k2x2+（4k2﹣8）x+4k2=0有解．‎ ‎∴△=（4k2﹣8）2﹣16k4≥0，即k2≤1．‎ ‎∴﹣1≤k≤1，‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题主要考查了抛物线的应用．涉及直线与抛物线的关系，常需要把直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理或判别式解决问题．‎ ‎　‎ ‎11．（2016秋•南岗区校级期中）设曲线C：﹣=1，则“m＞3”是“曲线C为双曲线”的（　　）‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．‎ ‎【专题】对应思想；转化法；简易逻辑．‎ ‎【分析】根据双曲线的定义求出曲线C为双曲线的充要条件，结合集合的包含关系判断即可．‎ ‎【解答】解：由双曲线的定义得：‎ 或，‎ 解得：m＞3或﹣3＜x＜﹣2，‎ 故m＞3”是“曲线C为双曲线”的充分不必要条件，‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查了充分必要条件，考查双曲线的定义，是一道基础题．‎ ‎　‎ ‎12．（2016秋•南岗区校级期中）已知椭圆C：+=1的左右焦点分别为F1，F2，则在椭圆C上满足∠F1PF2=的点P的个数有（　　）‎ A．0个 B．1个 C．2 个 D．4个 ‎【考点】椭圆的简单性质．‎ ‎【专题】转化思想；向量法；圆锥曲线的定义、性质与方程．‎ ‎【分析】由椭圆的标准方程，求得焦点坐标，则P坐标为（m，n），求得=（﹣2﹣m，﹣n），=（2﹣m，﹣n），由题意可知•=0，根据向量数量积的坐标表示，求得n2=12﹣m2，将P代入椭圆方程，求得m2+4n2=16，即可求得m和n的值，即可求得P点的个数．‎ ‎【解答】解：设椭圆+=1上的点P坐标为P（m，n）‎ 由a=4，b=2，c=2，‎ 可得焦点分别为F1（﹣2，0），F2（﹣2，0）‎ 由此可得=（﹣2﹣m，﹣n），=（2﹣m，﹣n），‎ 由∠F1PF2=，即•=0，‎ 得（﹣2﹣m）（2﹣m）+n2=0，n2=12﹣m2，‎ 又∵点P（m，n）在椭圆C上，即 化简得：m2+4n2=16，代入求得n2=，m2=，‎ ‎∴n=±，m=±，‎ 故这样的点由4个，‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查椭圆的标准方程，考查向量数量积的坐标运算，考查计算能力，属于中档题．‎ ‎　‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分）‎ ‎13．（2016秋•南岗区校级期中）已知三角形AOB的顶点的坐标分别是A（4，0），B（0，3），O（0，0），求三角形AOB外接圆的方程．‎ ‎【考点】圆的一般方程．‎ ‎【专题】直线与圆．‎ ‎【分析】设三角形AOB的外接圆的方程为：x2+y2+Dx+Ey+F=0，把A（4，0），B（0，3），O（0，0）三点代入能求出圆的方程．‎ ‎【解答】解：设三角形AOB的外接圆的方程为：‎ x2+y2+Dx+Ey+F=0，‎ 把A（4，0），B（0，3），O（0，0）三点代入，得：‎ ‎，‎ 解得D=﹣4，E=﹣3，F=0，‎ ‎∴三角形AOB外接圆的方程为x2+y2﹣4x﹣3y=0．‎ ‎【点评】本题考查圆的方程的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意待定系数法的合理运用．‎ ‎　‎ ‎14．（2016秋•南岗区校级期中）已知棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，SA⊥底面ABCD，SA=AB，则异面直线AC与SD所成角为　60°　．‎ ‎【考点】异面直线及其所成的角．‎ ‎【专题】综合题；转化思想；演绎法；空间角．‎ ‎【分析】建立如图所示的坐标系，利用向量的数量积公式，可得结论．‎ ‎【解答】解：建立如图所示的坐标系，设AB=1，‎ 则=（1，1，0），=（0，1，﹣1），‎ 设异面直线AC与SD所成角为θ ‎∴cosθ==，‎ ‎∴θ=60°．‎ 故答案为60°‎ ‎【点评】本题考查异面直线所成角，考查向量知识的运用，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎15．（2016秋•南岗区校级期中）过抛物线y2=8x焦点F作直线l交抛物线于A、B两点，若线段AB中点M的横坐标为4，则|AB|=　12　．‎ ‎【考点】抛物线的简单性质．‎ ‎【专题】圆锥曲线的定义、性质与方程．‎ ‎【分析】由中点坐标公式可知：x1+x2=2×4，则丨AA1丨+丨BB1丨=x1++x2+=x1+x2+p=8+4=12，则丨AA1丨+丨BB1丨=丨AF丨+丨BF丨=丨AB丨，即可求得|AB|．‎ ‎【解答】解：抛物线y2=8x的焦点为F（2，0），‎ 设A（x1，y1），B（x2，y2），M（4，y0），过A，B，M做准线的垂直，垂足分别为A1，B1及M1，‎ 由中点坐标公式可知：x1+x2=2×4=8，‎ ‎∴丨AA1丨+丨BB1丨=x1++x2+=x1+x2+p=8+4=12‎ ‎∴丨AA1丨+丨BB1丨=12‎ 由抛物线的性质可知：丨AA1丨+丨BB1丨=丨AF丨+丨BF丨=丨AB丨，‎ ‎∴丨AB丨=12，‎ 故答案为：12．‎ ‎【点评】本题考查抛物线的性质，考查中点坐标公式，直线与抛物线的关系，考查数形结合思想，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎16．（2016秋•南岗区校级期中）已知命题p：“直线l：x﹣y+a=0与圆C：（x+1）2+y2=2有公共点”，则a的取值范围是　[﹣1，3]　．‎ ‎【考点】直线与圆的位置关系．‎ ‎【专题】计算题；方程思想；演绎法；直线与圆．‎ ‎【分析】利用圆心与直线的距离等于小于圆的半径，然后求解a的范围．‎ ‎【解答】解：圆C：（x+1）2+y2=2的圆心（﹣1，0），半径为，‎ ‎∵直线l：x﹣y+a=0与圆C：（x+1）2+y2=2有公共点，‎ ‎∴‎ ‎∴|a﹣1|≤2，‎ 解得实数a取值范围是[﹣1，3]．‎ 故答案为：[﹣1，3]．‎ ‎【点评】本题考查直线与圆的位置关系，点到直线的距离公式的应用，考查计算能力．‎ ‎　‎ 三、解答题（本大题共6个小题，总分70分，解答应写出文字说明，证明过程或验算步骤）‎ ‎17．（10分）（2016秋•南岗区校级期中）如图所示，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=AD=1，AA1=2，M是棱CC1的中点．‎ ‎（1）证明：B1M⊥平面ABM；‎ ‎（2）求异面直线A1M和C1D1所成角的余弦值．‎ ‎【考点】异面直线及其所成的角；直线与平面垂直的判定．‎ ‎【专题】综合题；转化思想；演绎法；推理和证明．‎ ‎【分析】（1）可根据题中条件计算得出AB⊥BM，BM⊥B1M然后再根据面面垂直的判定定理即可得证．‎ ‎（2）由于C1D1∥B1A1故根据异面直线所成角的定义可知∠MA1B1为异面直线A1M和C1D1所成的角然后在解三角形MA1B1求出∠MA1B1的正切值即可得出结论．‎ ‎【解答】（1）证明：∵AB⊥面BCC1B1，BM⊂面BCC1B1‎ ‎∴AB⊥B1M①‎ ‎∵B1M=，BM=，B1B=2‎ ‎∴BM⊥B1M②‎ ‎∵AB∩BM=B ‎∴由①②可知B1M⊥平面ABM．‎ ‎（2）解：如图，因为C1D1∥B1A1，所以∠MA1B1为异面直线A1M和C1D1所成的角，‎ ‎∵A1B1⊥面BCC1B1‎ ‎∴∠A1B1M=90°‎ ‎∵A1B1=1，B1M=‎ ‎∴tan∠MA1B1=‎ 即异面直线A1M和C1D1所成的角的正切值为．‎ ‎∴异面直线A1M和C1D1所成角的余弦值为．‎ ‎【点评】本题主要考查异面直线所成角的定义以及线面垂直的证明，属常考题型．解题的关键是要掌握异面直线所成角的定义（即将异面直线转化为相交直线所成的角）和面面垂直的判定定理．‎ ‎　‎ ‎18．（12分）（2016秋•南岗区校级期中）设椭圆C：+=1（a＞b＞0）过点（2，0），离心率为．‎ ‎（1）求C的方程；‎ ‎（2）过点（1，0）且斜率为1的直线l与椭圆C相交于A，B两点，求AB的中点M的坐标．‎ ‎【考点】椭圆的简单性质．‎ ‎【专题】转化思想；转化法；圆锥曲线的定义、性质与方程．‎ ‎【分析】（1）由椭圆方程可知焦点在x轴上，因此（2，0）为椭圆的右顶点，则a=2，由椭圆的离心率公式可知，e===，即可求得b的值，即可求得C的方程；‎ ‎（2）设直线l的方程y=x﹣1，代入椭圆方程，由韦达定理及直线方程求得x1+x2，y1+y2，根据中点坐标公式，求得AB的中点M的坐标．‎ ‎【解答】解：（1）由椭圆C：+=1（a＞b＞0）可知：焦点在x轴上，过（2，0），‎ ‎∴a=2，‎ 由离心率e===，解得：b2=3，‎ ‎∴椭圆的标准方程为：；‎ ‎（2）由题意可知：直线方程为y=x﹣1，设A（x1，y1），B（x2，y2），M（x，y），‎ ‎∴，整理得：7x2﹣8x﹣8=0，‎ 由韦达定理可知：x1+x2=，‎ y1+y2=x1﹣1+x2﹣1=﹣，‎ 由中点坐标公式可知x==，y==﹣，‎ ‎∴AB的中点M的坐标（，﹣）．‎ ‎【点评】本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理及中点坐标公式，考查计算能力，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎19．（12分）（2016秋•南岗区校级期中）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AC⊥BC，AC=BC=AA1=2，D是AC的中点．‎ ‎（1）求证：B1C∥平面A1BD；‎ ‎（2）求直线AC与平面A1BD所成角的正弦值．‎ ‎【考点】直线与平面所成的角；直线与平面平行的判定．‎ ‎【专题】综合题；转化思想；向量法；空间角．‎ ‎【分析】（1）连接AB1交A1B于O，则O为AB1的中点，连接OD，结合D是AC的中点，可得OD∥B1C，再由线面平行的判定得B1C∥平面A1BD；‎ ‎（2）由AA1⊥底面ABC，AC⊥BC，分别以CA、CB、CC1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，求出所用点的坐标，进一步求出及平面A1BD的一个法向量的坐标，由两向量所成角的余弦值可得直线AC与平面A1BD所成角的正弦值．‎ ‎【解答】（1）证明：连接AB1交A1B于O，则O为AB1的中点，连接OD，‎ 又D是AC的中点，∴OD∥B1C，‎ 又OD⊂平面A1BD，B1C⊄平面A1BD，‎ ‎∴B1C∥平面A1BD；‎ ‎（2）解：∵AA1⊥底面ABC，AC⊥BC，‎ ‎∴分别以CA、CB、CC1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，‎ ‎∵AC=BC=AA1=2，‎ ‎∴C（0，0，0），A（2，0，0），D（1，0，0），B（0，2，0），‎ A1（2，0，4），‎ 则，，，‎ 设平面A1BD的一个法向量为，‎ 由，取z=﹣1，得，‎ ‎∴直线AC与平面A1BD所成角的正弦值为sinθ=||=||=．‎ ‎【点评】本题考查直线与平面平行的判定，考查直线与平面所成角的求法，训练了利用空间向量求线面角，是中档题．‎ ‎　‎ ‎20．（12分）（2016秋•南岗区校级期中）已知抛物线y2=﹣x与直线y=k（x+1）相交于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，O为坐标原点．‎ ‎（1）求y1y2的值；‎ ‎（2）求证：OA⊥OB．‎ ‎【考点】抛物线的简单性质．‎ ‎【专题】转化思想；转化法；圆锥曲线的定义、性质与方程．‎ ‎【分析】（1）由题意可知：将直线方程代入抛物线方程，由韦达定理可知：y1•y2=﹣1；‎ ‎（2）由（1）可知：=x1x2，则kOA•kOB=•===﹣1，因此OA⊥OB．‎ ‎【解答】解：（1）由题意可知：将直线y=k（x+1）代入抛物线方程，‎ ‎，消去x后整理得ky2+y﹣k=0，‎ 设A（x1，y1），B（x2，y2），‎ 由韦达定理，得y1•y2=﹣1，‎ ‎（2）由（1）可知：A，B在抛物线y2=﹣x上，‎ 可得则=x1x2，‎ ‎∴kOA•kOB=•===﹣1，‎ 即有无论k为何值都有，OA⊥OB．‎ ‎【点评】本题考查抛物线的标准方程，直线与抛物线的位置关系，考查韦达定理，直线垂直的重要条件，考查计算能力，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎21．（12分）（2016秋•南岗区校级期中）已知四棱锥P﹣ABCD的底面为直角梯形，AB∥DC，∠DAB=90°，PA⊥底面ABCD，且PA=AD=DC=AB=1，M为PB中点．‎ ‎（1）证明：CM∥平面PAD；‎ ‎（2）求二面角A﹣MC﹣B的余弦值．‎ ‎【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面平行的判定．‎ ‎【专题】证明题；数形结合；向量法；空间位置关系与距离．‎ ‎【分析】（1）取AB中点N，连结MN，CN，推导出平面MNC∥平面PAD，由此能证明CM∥平面PAD．‎ ‎（2）以A为原点，AD，AB，AP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A﹣MC﹣B的余弦值．‎ ‎【解答】证明：（1）取AB中点N，连结MN，CN，‎ ‎∵四棱锥P﹣ABCD的底面为直角梯形，AB∥DC，‎ ‎∠DAB=90°，‎ PA⊥底面ABCD，且PA=AD=DC=AB=1，‎ M为PB中点，‎ ‎∴MN∥PA，CN∥AD，‎ ‎∵MN∩CN=N，PA∩AD=A，MN，‎ CN⊂平面MNC，PA，AD⊂平面PAD，‎ ‎∴平面MNC∥平面PAD，‎ ‎∵CM⊂平面MNC，∴CM∥平面PAD．‎ 解：（2）以A为原点，AD，AB，AP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，‎ A（0，0，0），C（1，1，0），P（0，0，1），B（0，2，0），M（0，1，），‎ ‎=（1，0，﹣），=（0，﹣1，﹣），=（0，1，﹣），‎ 设平面AMC的法向量=（x，y，z），‎ 则，取z=2，得=（1，﹣1，2），‎ 设平面BMC的法向量=（a，b，c），‎ 则，取c=2，得=（1，1，2），‎ 设二面角A﹣MC﹣B的平面角为θ，‎ 则cosθ=﹣=﹣=﹣，‎ ‎∴二面角A﹣MC﹣B的余弦值为﹣．‎ ‎【点评】本题考查线面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．‎ ‎　‎ ‎22．（12分）（2010•湖北）已知一条曲线C在y轴右边，C上每一点到点F（1，0）的距离减去它到y轴距离的差都是1．‎ ‎（Ⅰ）求曲线C的方程；‎ ‎（Ⅱ）是否存在正数m，对于过点M（m，0）且与曲线C有两个交点A，B的任一直线，都有＜0？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由．‎ ‎【考点】抛物线的应用．‎ ‎【专题】圆锥曲线的定义、性质与方程．‎ ‎【分析】（Ⅰ）设P（x，y）是曲线C上任意一点，然后根据等量关系列方程整理即可．‎ ‎（Ⅱ）首先由于过点M（m，0）的直线与开口向右的抛物线有两个交点A、B，则设该直线的方程为x=ty+m（包括无斜率的直线）；然后与抛物线方程联立方程组，进而通过消元转化为一元二次方程；再根据韦达定理及向量的数量积公式，实现•＜0的等价转化；最后通过m、t的不等式求出m的取值范围．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）设P（x，y）是曲线C上任意一点，那么点P（x，y）满足：‎ 化简得y2=4x（x＞0）．‎ ‎（Ⅱ）设过点M（m，0）（m＞0）的直线l与曲线C的交点为A（x1，y1），B（x2，y2）．‎ 设l的方程为x=ty+m，由得y2﹣4ty﹣4m=0，△=16（t2+m）＞0，‎ 于是①‎ 又．⇔（x1﹣1）（x2﹣1）+y1y2=x1x2﹣（x1+x2）+1+y1y2＜0②‎ 又，于是不等式②等价于③‎ 由①式，不等式③等价于m2﹣6m+1＜4t2④‎ 对任意实数t，4t2的最小值为0，所以不等式④对于一切t成立等价于m2﹣6m+1＜0，解得．‎ 由此可知，存在正数m，对于过点M（m，0）且与曲线C有两个交点A，B的任一直线，都有，且m的取值范围．‎ ‎【点评】本题综合考查向量知识、直线与抛物线的相交问题及代数运算能力．‎