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- 2021-06-04 发布
2017-2018学年重庆市巴蜀中学高二（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，共60分）
1．（5分）已知双曲线的标准方程为﹣y2=1，则其渐近线方程为（ ）
A．x±2y=0 B．x±2y=1 C．2x±y=0 D．2x±y=1
2．（5分）命题p：∀x∈R，f（x）∈N且f（x）≥x的否定为（ ）
A．￢p：∃x0∈R，f（x0）∈N且f（x0）≥x0 B．￢p：∃x0∈R，f（x0）∉N且f（x0）＜x0
C．￢P：∀x∈R，f（x）∉N且f（x）＜x D．￢p：∃x0∈R，f（x0）∉N或f（x0）＜x0
3．（5分）点P为双曲线﹣=1左支上一点，F2为其右焦点，则|PF2|的长度不可能为（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
4．（5分）设a，b，c为空间中不同的直线，α，β为空间中不同的平面，有下列命题：
（1）a∥b，c∥b⇒a∥b（2）a⊥c，b⊥c⇒a∥b（3）a∥α，α∩β=b⇒a∥b（4）a⊥α，b⊥α⇒a∥b其中真命题的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
5．（5分）直线l：y=x+m与椭圆+y2=1有两个不同的交点的一个充分不必要条件是（ ）
A．﹣＜m B．m或m＞ C．﹣2＜m＜2 D．0≤m＜1
6．（5分）某程序框图如图，如果输入的m=187，n=85，则输出结果为（ ）
A．11 B．13 C．17 D．19
7．（5分）已知某几何体的三视图如图中粗线部分所示，每个小方格的边长为1，则该几何体的表面积为（ ）
A．48 B．16+12 C．20+12 D．20+12
8．（5分）如图，在以AB为直径的圆中，C，D为圆上的点，且AC=BC，AB=2AD，现将该圆沿着AB折叠，使得二面角D﹣AB﹣C为直二面角，则折叠后直线AD，BC所成的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
9．（5分）设F1，F2是椭圆C：+=1（a＞b＞0）的左右焦点，椭圆C上存在点M使得|F1F2|=3|MF2|，则C的离心率e的范围是（ ）
A．（0，） B．[，1） C．[，] D．[，1）
10．（5分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，过点A1的动直线与CC1所成角的大小为，这些动直线与平面BC1D的交点的轨迹为（ ）
A．直线 B．圆 C．双曲线 D．椭圆
11．（5分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，棱长为2，E，F分别为AB，AD的中点，则四棱锥C﹣EFD1B1的体积为（ ）
A．2 B． C．3 D．
12．（5分）已知圆O：x2+y2=1，A（2，0），动点B满足线段AB为直径的动圆C与圆O外切，则B点的轨迹方程为（ ）
A．x2+=1 B．x2﹣=1（x＞0） C．x2﹣=1 D．x2﹣=1（x＞0）
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13．（5分）已知某程序框图如图，可知该程序框图的输出结果为 ．
14．（5分）已知焦点在x轴上的椭圆+=1（k＞0）的离心率范围为（0，]，则k的范围为 ．
15．（5分）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1=4，AB=1，AC=2，∠BAC=，则该三棱柱的外接球的表面积为 ．
16．（5分）已知双曲线﹣=1，过其左焦点F的直线交双曲线左支于P，Q两点，|PF2|=|F1F2|，|QF1|=2|PF1|，则该双曲线的离心率为 ．
三、解答题（本大题共6小题，共70分）
17．（10分）已知命题p：∀x∈R，x2+（a﹣2）x+1≥0，命题q：∃x∈[2，3]，a＞x+．若命题p∨q为真命题，命题p∧q为假命题，求实数a的取值范围．
18．（12分）已知中心在原点，对称轴为坐标轴的椭圆C过点A（，），B（﹣1，﹣）．
（1）求该椭圆的标准方程；
（2）过该椭圆左焦点的直线l交椭圆C于A，B两点，且|AB|=，求该直线方程．
19．（12分）如图，六面体ABCDEF中，ABCD为正方形，AB=EB=2，AF=3，AF⊥平面ABCD，BE∥AF．
（1）证明：DB⊥CF；
（2）求直线CF与平面DEF所成角的正弦值．
20．（12分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BA⊥AC，AB=1，AC=AA1=2，D是棱CC1的中点，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点．
（1）求证：PB1∥平面BDA1；
（2）求二面角B1﹣A1D﹣B的余弦值．
21．（12分）已知椭圆C：+=1（a＞b＞0），斜率为﹣且过椭圆右焦点F的直线交椭圆C于A，B两点，且向量+与向量=（2，1）平行（O为原点）．
（1）求椭圆的离心率；
（2）设M为椭圆上任意一点，满足=λ（+）+μ（λ∈R，μ∈R），求λ，μ满足的关系式．
22．（12分）已知圆C：x2+y2﹣4x﹣32=0的圆心为C，定点D（﹣2，0），不与x轴重合的直线l过点D交圆C于M，N两点，过点D作CM的平行线交CN于点P．
（1）求动点P的轨迹方程C1；
（2）过定点D的直线l1与C1交于E，F两点，过原点的直线l2与C1
交于P，Q两点，且l1，l2的斜率之积为﹣，求四边形PEQF面积的范围．
2017-2018学年重庆市巴蜀中学高二（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，共60分）
1．（5分）已知双曲线的标准方程为﹣y2=1，则其渐近线方程为（ ）
A．x±2y=0 B．x±2y=1 C．2x±y=0 D．2x±y=1
【分析】由双曲线的渐近线方程为y=±x，求出a，b即可得到渐近线方程．
【解答】解：双曲线的标准方程为﹣y2=1，可得a=2，b=1，
由于渐近线方程为y=±x，
即为y=±x．即x±2y=0．
故选：A．
【点评】本题考查双曲线的方程和性质，考查渐近线方程的求法，考查运算能力，属于基础题．
2．（5分）命题p：∀x∈R，f（x）∈N且f（x）≥x的否定为（ ）
A．￢p：∃x0∈R，f（x0）∈N且f（x0）≥x0 B．￢p：∃x0∈R，f（x0）∉N且f（x0）＜x0
C．￢P：∀x∈R，f（x）∉N且f（x）＜x D．￢p：∃x0∈R，f（x0）∉N或f（x0）＜x0
【分析】利用全称命题的否定是特称命题，写出结果即可．
【解答】解：因为全称命题的否定是特称命题，所以：命题p：∀x∈R，f（x）∈N且f（x）≥x的否定为：￢p：∃x0∈R，f（x0）∉N或f（x0）＜x0．
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，是基础题．
3．（5分）点P为双曲线﹣=1左支上一点，F2为其右焦点，则|PF2|的长度不可能为（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
【分析】求出双曲线的实半轴以及半焦距的长，然后推出结果．
【解答】解：点P为双曲线﹣=1左支上一点，F2为其右焦点，
a=3，b=4，c=5，
则|PF2|≥a+c=8，
则|PF2|的长度不可能为：7．
故选：A．
【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，考查计算能力．
4．（5分）设a，b，c为空间中不同的直线，α，β为空间中不同的平面，有下列命题：
（1）a∥b，c∥b⇒a∥b（2）a⊥c，b⊥c⇒a∥b（3）a∥α，α∩β=b⇒a∥b（4）a⊥α，b⊥α⇒a∥b其中真命题的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】（1）根据空间平行线的传递性，可判定；
（2）a⊥c，b⊥c⇒a与b可能相交、平行、异面；
（3）a∥α，α∩β=b⇒a、b平行或异面；
（4）根据线面垂直的性质；
【解答】解：对于（1），a∥b，c∥b⇒a∥b，根据空间平行线的传递性，可判定（1）正确；
对于（2），a⊥c，b⊥c⇒a与b可能相交、平行、异面，故（2）错；
对于（3），a∥α，α∩β=b⇒a∥b或a、b异面，故（3）错；
对于（4），a⊥α，b⊥α⇒a∥b，根据线面垂直的性质，可判定（4）正确；
故选：B
【点评】本题考查了空间线线、线面，面面位置关系，属于中档题．
5．（5分）直线l：y=x+m与椭圆+y2=1有两个不同的交点的一个充分不必要条件是（ ）
A．﹣＜m B．m或m＞ C．﹣2＜m＜2 D．0≤m＜1
【分析】求出直线l：y=x+m与椭圆+y2=1有两个不同的交点的充要条件，根据集合的包含关系求出其充分不必要条件即可．
【解答】解：由，
得3x2+4mx+2m2﹣2=0，
结合题意△=16m2﹣12（2m2﹣2）＞0，
解得：﹣＜m＜，
故﹣＜m＜的一个充分不必要条件是：0≤m＜1，
故选：D．
【点评】本题考查了直线和椭圆的位置关系，考查充分必要条件以及椭圆的位置关系，是一道中档题．
6．（5分）某程序框图如图，如果输入的m=187，n=85，则输出结果为（ ）
A．11 B．13 C．17 D．19
【分析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量m的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．
【解答】解：当m=187，n=85时，r=17，m=85，n=17，不满足退出循环的条件；
当m=85，n=17时，r=0，m=17，n=0，满足退出循环的条件；
故输出的m值为17，
故选：C
【点评】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题．
7．（5分）已知某几何体的三视图如图中粗线部分所示，每个小方格的边长为1，则该几何体的表面积为（ ）
A．48 B．16+12 C．20+12 D．20+12
【分析】由已知中的三视图可得该几何体是一个下底边长为4，上底边长为2，高为2的正四棱台，计算各个面的面积，可得答案．
【解答】
解：由已知中的三视图可得该几何体是一个下底边长为4，上底边长为2，高为2的正四棱台，
故下底面面积为：16，上底面面积为：4，
棱台的侧高为=，
故侧面积为：4×（2+4）×=12，
故该几何体的表面积为20+12，
故选：C
【点评】本题考查的知识点是由三视图求体积和表面积，根据已知中的三视图分析出几何体的形状，是解答的关键．
8．（5分）如图，在以AB为直径的圆中，C，D为圆上的点，且AC=BC，AB=2AD，现将该圆沿着AB折叠，使得二面角D﹣AB﹣C为直二面角，则折叠后直线AD，BC所成的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【分析】取AB中点O，连结OC，以O为原点，OC为x轴，OB为y轴，过O作平面ABC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出折叠后直线AD，BC所成的余弦值．
【解答】解：取AB中点O，连结OC，
∵在以AB为直径的圆中，C，D为圆上的点，且AC=BC，AB=2AD，
现将该圆沿着AB折叠，
使得二面角D﹣AB﹣C为直二面角，
∴OC⊥AB，设AD=1，则OC=OA=OB=1，
以O为原点，OC为x轴，OB为y轴，
过O作平面ABC的垂线为z轴，
建立空间直角坐标系，
A（0，﹣1，0），D（0，﹣，），
B（0，1，0），C（1，0，0），
=（0，，），=（1，﹣1，0），
设折叠后直线AD，BC所成角为θ，
则cosθ===．
∴折叠后直线AD，BC所成的余弦值为．
故选：B．
【点评】本题考查异面直角所成角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、函数与方思想、数形结合思想，是中档题．
9．（5分）设F1，F2是椭圆C：+=1（a＞b＞0）的左右焦点，椭圆C上存在点M使得|F1F2|=3|MF2|，则C的离心率e的范围是（ ）
A．（0，） B．[，1） C．[，] D．[，1）
【分析】等价于椭圆C上存在点M使得|MF2|=，又|MF2|∈[a﹣c，a+c]，解得，即可确定e的范围．
【解答】解：∵椭圆C上存在点M使得|F1F2|=3|MF2|，利用椭圆的定义，
∴椭圆C上存在点M使得|MF2|=，
又∵|MF2|∈[a﹣c，a+c]，
∴a﹣c≤≤a+c，
解得，则C的离心率e的范围是[），
故选：B．
【点评】题主要考查了椭圆的简单性质，考查了椭圆的定义的灵活运用，属于基础题．
10．（5分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，过点A1的动直线与CC1所成角的大小为，这些动直线与平面BC1D的交点的轨迹为（ ）
A．直线 B．圆 C．双曲线 D．椭圆
【分析】用一个平面去截圆锥面，当平面垂直于轴线，可以得到圆；倾斜于轴线，但斜角大于半锥角的时候，可以截得椭圆；斜角等于半锥角的时候，可以截得抛物线；小于半锥角时，可以得到双曲线．求得轴线A1A与平面BDC1所成角，即可得到所求图形．
【解答】解：由题意可得过点A1的动直线与CC1所成角的大小为，
所有动直线构成以直线A1A为轴线的圆锥面，
且半锥角为，
如图轴线与平面BDC1所成的角为∠CC1H，
设正方体的边长为1，可得CH=，
C1H=，可得sin∠CC1H=＞，
可得∠CC1H大于半锥角，
则这些动直线与平面BC1D的交点的轨迹为椭圆．
故选：D．
【点评】本题考查直线和平面所成角和异面直线所成角的求法，考查平面截圆锥面所得图形的判断，属于中档题．
11．（5分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，棱长为2，E，F分别为AB，AD的中点，则四棱锥C﹣EFD1B1的体积为（ ）
A．2 B． C．3 D．
【分析】利用正方体的体积减去三棱锥以及三棱台的体积，即可得到结果．
【解答】解：如图：四棱锥C﹣EFD1B1的体积为：
=8﹣﹣=3．
故选：C．
【点评】本题考查几何体的体积的求法，注意逆向思维的应用，考查空间想象能力以及计算能力．
12．（5分）已知圆O：x2+y2=1，A（2，0），动点B满足线段AB为直径的动圆C与圆O外切，则B点的轨迹方程为（ ）
A．x2+=1 B．x2﹣=1（x＞0） C．x2﹣=1 D．x2﹣=1（x＞0）
【分析】设AB的中点为M，切点为N，连OM，MN，推出|OM|﹣|ON|=1，求出M的轨迹方程，然后求解动点B的轨迹方程．
【解答】解：圆O：x2+y2=1，圆心（0，0），半径为1．
设AB的中点为M，切点为N，连OM，则|NM|=|MA|=|MB|，
|OM|﹣|MN|=|ON|=1，可得M的轨迹是双曲线的右支，a=，c=1，则b=，双曲线的中心（1，0），实轴在x轴上，双曲线方程为：，x＞0
动点B（x，y），则M（，），
可得，即x2﹣=1（x＞0）．
故选：B．
【点评】本题考查轨迹方程的求法，判断轨迹的椭圆简化解题的过程，考查直线与椭圆的位置关系的应用，考查分析问题解决问题的能力．
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13．（5分）已知某程序框图如图，可知该程序框图的输出结果为 31 ．
【分析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量s的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．
【解答】解：当k=0时，满足进行循环的条件，k=2，s=3；
当k=2时，满足进行循环的条件，k=4，s=7；
当k=4时，满足进行循环的条件，k=6，s=13；
当k=6时，满足进行循环的条件，k=8，s=21；
当k=8时，满足进行循环的条件，k=10，s=31；
当k=10时，不满足进行循环的条件，
故输出的k值为31，
故答案为：31．
【点评】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题．
14．（5分）已知焦点在x轴上的椭圆+=1（k＞0）的离心率范围为（0，]，则k的范围为 （9，25] ．
【分析】利用已知条件列出不等式组求解即可．
【解答】解：焦点在x轴上的椭圆+=1（k＞0）的离心率范围为（0，]，
可得，
解得：9＜k≤25．
则k的范围为：（9，25]．
故答案为：（9，25]．
【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，考查计算能力．
15．（5分）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1=4，AB=1，AC=2，∠BAC=，则该三棱柱的外接球的表面积为 ．
【分析】由题意可知求出底面ABC的小圆半径为r，连接两个底面中心的连线，中点与顶点的连线就是球的半径，即可求出外接球的表面积．
【解答】解：由题意可知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，
AB=1，AC=2，∠BAC=，
由余弦定理可得BC==，
设底面ABC的小圆半径为r，则，可得r=
连接两个底面中心的连线，中点与顶点的连线就是球的半径R，
则R=
∴外接球的表面积S=4πR2=
故答案为：．
【点评】本题是中档题，考查直三棱柱的外接球的体积的求法，解题的关键是外接球的半径，直三棱柱的底面中心的连线的中点与顶点的连线是半径，考查空间想象能力．
16．（5分）已知双曲线﹣=1，过其左焦点F的直线交双曲线左支于P，Q两点，|PF2|=|F1F2|，|QF1|=2|PF1|，则该双曲线的离心率为 ．
【分析】先作出图形，并作出双曲线的右准线l，设P到l的距离为d，根据双曲线的第二定义即可求出Q到l的距离为2d．过Q作l的垂线QQ1，而过P作QQ1的垂线PM，交x轴于N，在△PMQ中有：==；解得d=（c﹣）根据已知条件及双曲线的定义可以求出|PF2|=2c﹣2a，所以根据双曲线的第二定义即可得到双曲线的离心率．
【解答】解：如图，l为该双曲线的左准线，设P到右准线的距离为d；
过P作PP1⊥l，QQ1⊥l，分别交l于P1，Q1；
∵=，|QF1|=2|PF1|，
∴=，|QQ1|=2d；
过P作PM⊥QQ1，垂直为M，交x轴于N，则：==；
∴解得d=（c﹣）
∵根据双曲线的定义，|PF2|﹣|PF1|=2a，
∴|PF1|=2c﹣2a；
∴根据双曲线的第二定义，=，
整理成：（e﹣1）（3e﹣5）=0
∴双曲线的离心率为．
故答案为：．
【点评】考查双曲线的第二定义，双曲线的准线方程，双曲线的焦距、焦点的概念，以及对双曲线的定义的运用，双曲线的离心率的概念，相似三角形的比例关系．
三、解答题（本大题共6小题，共70分）
17．（10分）已知命题p：∀x∈R，x2+（a﹣2）x+1≥0，命题q：∃x∈[2，3]，a＞x+．若命题p∨q为真命题，命题p∧q为假命题，求实数a的取值范围．
【分析】利用二次函数的性质求出命题p是真命题时a的范围；求出没有q是真命题时a的范围，利用复合命题的真假，推出结果即可．
【解答】解：命题p：∀x∈R，x2+（a﹣2）x+1≥0，命题P是真命题时，可得：（a﹣2）2﹣4≤0，解得a∈[0，4]；
x∈[2，3]，x﹣1≥1，x+=x﹣1++1+1=3，当且仅当x=2时取等号，命题q：∃x∈[2，3]，a＞x+．可得a＞3．
若命题p∨q为真命题，命题p∧q为假命题，可得两个命题一真一假，
依题意p为真，q为假时：可得a∈[0，3]；
q真p假时，a∈（4，+∞）
实数a的取值范围：[0，3]∪（4，+∞）．
【点评】本题考查了复合命题的判断，基本不等式的应用，二次函数的性质，考查转化思想，是一道中档题．
18．（12分）已知中心在原点，对称轴为坐标轴的椭圆C过点A（，），B（﹣1，﹣）．
（1）求该椭圆的标准方程；
（2）过该椭圆左焦点的直线l交椭圆C于A，B两点，且|AB|=，求该直线方程．
【分析】（1）设椭圆方程为mx2+ny2=1，（m≠n．m＞0，n＞0），由椭圆C过点A（，），B（﹣1，﹣），列出方程组求出m=，n=，由此能求出该椭圆的标准方程．
（2）椭圆
的左焦点F（﹣1，0），当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=﹣1，|AB|=3，不成立；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=k（x+1），联立，得（4k2+3）x2+8k2x+4k2﹣12=0，利用韦达定理、弦长公式能求出直线l的方程．
【解答】解：（1）设椭圆方程为mx2+ny2=1，（m≠n．m＞0，n＞0），
∵椭圆C过点A（，），B（﹣1，﹣）．
∴，解得m=，n=，
∴该椭圆的标准方程为．
（2）椭圆的左焦点F（﹣1，0），
过该椭圆左焦点的直线l交椭圆C于A，B两点，
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=﹣1，则A（﹣1，），B（﹣1，﹣），
|AB|=3，不成立；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=k（x+1），
联立，得（4k2+3）x2+8k2x+4k2﹣12=0，
△=64k4﹣4（4k2+3）（4k2﹣12）=144（k2+1）＞0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=﹣，x1x2=，
∵过该椭圆左焦点的直线l交椭圆C于A，B两点，且|AB|=，
∴=，
解得k=±1，
∴直线l的方程为y=±（x+1），即x+y+1=0或x﹣y+1=0．
【点评】本题考查椭圆的标准方程的求法，考查直线方程的求法，考查待定系数法、椭圆、直线方程、韦达定理、弦长公式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方思想，是中档题．
19．（12分）如图，六面体ABCDEF中，ABCD为正方形，AB=EB=2，AF=3，AF⊥平面ABCD，BE∥AF．
（1）证明：DB⊥CF；
（2）求直线CF与平面DEF所成角的正弦值．
【分析】（1）几何法：连结AC，推导出AC⊥BD，AF⊥BD，从而BD⊥平面ACF，由此能证明DB⊥CF．
向量法：以A为原点，AD为x轴，AB为y轴，AF为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线CF与平面DEF所成角的正弦值．
【解答】证明：（1）（法一：几何法）：连结AC，
∵六面体ABCDEF中，ABCD为正方形，AB=EB=2，AF=3，AF⊥平面ABCD，
∴AC⊥BD，AF⊥BD，
∵AC∩AF=A，∴BD⊥平面ACF，
∵CF⊂平面ACF，∴DB⊥CF．
（法二：向量法）：以A为原点，AD为x轴，AB为y轴，AF为z轴，建立空间直角坐标系，
则B（0，2，0），D（2，0，0），C（2，2，0），F（0，0，3），
=（2，﹣2，0），=（﹣2，﹣2，3），
=﹣4+4+0=0，
∴BD⊥CF．
解：（2）E（0，2，2），=（﹣2，2，2），=（﹣2，0，3），
设平面DEF的法向量=（x，y，z），
则，取z=2，得=（3，1，2），
设直线CF与平面DEF所成角为θ，
则sinθ===．
∴直线CF与平面DEF所成角的正弦值为．
【点评】本题考查线线垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、函数与方思想、数形结合思想，是中档题．
20．（12分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BA⊥AC，AB=1，AC=AA1
=2，D是棱CC1的中点，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点．
（1）求证：PB1∥平面BDA1；
（2）求二面角B1﹣A1D﹣B的余弦值．
【分析】（1）几何法：连结AB1，交A1B于点O，连结OD，推导出OD∥PB1，由此有证明PB1∥平面BDA1．
向量法：以A1为原点，A1B1为x轴，A1C1为y轴，A1A为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明PB1∥平面BDA1．
（2）求出平面A1B1D的法向量和平面BDA1的法向量，利用向量法能求出二面角B1﹣A1D﹣B的余弦值．
【解答】证明：（1）（法一：几何法）：连结AB1，交A1B于点O，连结OD，
∵在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，ABB1A1是矩形，∴O是AB1 的中点，
∵D是棱CC1的中点，∴OD∥PB1，
∵OD⊂平面BDA1，PB1⊄平面BDA1，
∴PB1∥平面BDA1．
（法二：向量法）：以A1为原点，A1B1为x轴，A1C1为y轴，A1A为z轴，建立空间直角坐标系，
∵AB=1，AC=AA1=2，D是棱CC1的中点，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点，
∴P（0，4，0），B1（1，0，0），A1（0，0，0），B（1，0，2），D（0，2，1），
=（1，﹣4，0），=（1，0，2），=（0，2，1），
设平面BDA1的法向量=（x，y，z），
则，取z=﹣2，得=（4，1，﹣2），
∵•=0，PB1⊄平面BDA1，
∴PB1∥平面BDA1．
解：（2）=（1，0，0），=（0，2，1），
设平面A1B1D的法向量=（a，b，c），
则，取b=1，得=（0，1，﹣2），
平面BDA1的法向量=（4，1，﹣2），
设二面角B1﹣A1D﹣B的平面角为θ．
则cosθ===．
∴二面角B1﹣A1D﹣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，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、函数与方思想、数形结合思想，是中档题．
21．（12分）已知椭圆C：+=1（a＞b＞0），斜率为﹣且过椭圆右焦点F的直线交椭圆C于A，B两点，且向量+与向量=（2，1）平行（O为原点）．
（1）求椭圆的离心率；
（2）设M为椭圆上任意一点，满足=λ（+）+μ（λ∈R，μ∈R），求λ，μ满足的关系式．
【分析】（1）直线与椭圆方程联立用未达定理的A、B两点坐标的关系，据向量共线的条件得椭圆中a，b，c的关系，从而求得椭圆的离心率；
（2）用向量运算将λ，μ用坐标表示，再用坐标的关系求出λ2+47μ2=12的值
【解答】解：（Ⅰ）设直线AB：y=﹣（x﹣c），代入椭圆方程，
化简得（a2+4b2）x2﹣2a2cx+a2c2﹣4a2b2=0．
令A（x1，y1），B（x2，y2），
则x1+x2=，x1x2=，
∴y1+y2=﹣+c
∵+=（x1+x2，y1+y2）与=（2，1）平行，
∴2（y1+y2）﹣（x1+x2）=0，
∴2（﹣+c）﹣=0，
∴3a2=4b2=4（a2﹣c2），
∴4c2=a2，
∴2c=a，
∴e==；
（2）由（I）知a2=b2，
所以椭圆可化为3x2+4y2=4b2，F（c，0），
设M（x，y），
由已知=λ（+）+μ（λ∈R，μ∈R），
∴
∵M（x，y）在椭圆上，
即（λ﹣μ）2（3x12+4y12）+2（λ2﹣μ2）（3x1x2+4y1y2）+（λ+μ）2（3x22+4y22）=4b2．①
由（1）知a2=4c2，b2=3c2．
∴x1+x2=，x1x2=﹣c2，
∴y1y2=（﹣x1+c）（﹣x2+c）=（x1x2﹣c（x1+x2）+c2）=﹣c2，
∴3x1x2+4y1y2=﹣c2﹣c2=﹣c2，
又3x12+4y12=4b2=12c2，3x22+4y22=4b2=12c2，
代入①得λ2+47μ2=12．
【点评】考查向量共线为圆锥曲线提供已知条件；处理直线与圆锥曲线位置关系常用的方法是直线与圆锥曲线方程联立用韦达定理，是高考常见题型且是解答题．
22．（12分）已知圆C：x2+y2﹣4x﹣32=0的圆心为C，定点D（﹣2，0），不与x轴重合的直线l过点D交圆C于M，N两点，过点D作CM的平行线交CN于点P．
（1）求动点P的轨迹方程C1；
（2）过定点D的直线l1与C1交于E，F两点，过原点的直线l2与C1交于P，Q两点，且l1，l2的斜率之积为﹣，求四边形PEQF面积的范围．
【分析】（1）化圆的方程为标准方程，求出圆心坐标与半径，画出图形，数形结合可得动点P的轨迹是以D、C为焦点的椭圆，由椭圆定义可得方程；
（2）由题意可得直线l1的斜率存在且不为0，设出直线方程，与椭圆方程联立，利用弦长公式求得弦长，再设出l2
的方程，与椭圆联立求出P、Q的坐标，利用点到直线的距离公式求出P、Q到直线l1的距离，写出四边形面积，换元后利用基本不等式求最值．
【解答】解：（1）由圆C：x2+y2﹣4x﹣32=0，得（x﹣2）2+y2=36，
∵|CM|=|CN|，MC∥DP，∴∠CMN=∠CNM=∠PDN，
|PD|=|PN|，故|PD|+|PC|=|PN|+|PC|=|CN|=6，
由题设得D（﹣2，0），C（2，0），|PD|+|PC|=6＞|CD|=4，
由椭圆定义可得点P的轨迹方程为：（y≠0）；
（2）由题意可设l1的方程为y=k（x+2）（k≠0），E（x1，y1），F（x2，y2），
联立，得（9k2+5）x2+36k2x+36k2﹣45=0，
则x1+x2=，x1x2=，
∴|EF|===．
直线l2的方程为y=，
联立，解得，．
不妨取k＞0，则
∴P（﹣，+），Q（，﹣），
则P到直线kx﹣y+2k=0的距离=
．
Q到直线kx﹣y+2k=0的距离=．
∴四边形PEQF面积：
S====
=∈（10，）．
【点评】本题考查轨迹方程的求法，注意运用椭圆和圆的定义，考查直线和椭圆方程联立，运用韦达定理和弦长公式，以及直线和圆相交的弦长公式，考查不等式的性质，属于难题．