2020-2021学年嘉兴市高二上学期期末数学试卷(含答案解析)

2020-2021学年嘉兴市高二上学期期末数学试卷
一、单选题（本大题共10小题，共50.0分）
1. 过抛物线C ：y 2=4x 焦点F 的直线交抛物线C 于A 、B 两点，|AB|=8，过线段AB 的中点作y 轴的
垂线，垂足为P ，则|PA
⃗⃗⃗⃗⃗ |2+|PB ⃗⃗⃗⃗⃗ |2=( ) A. 36
B. 40
C. 50
D. 52 2. 过点P(3,4)且在两坐标轴上的截距都是非负整数的直线有( )
A. 4条
B. 5条
C. 6条
D. 7条 3. 已知函数y =f(x)满足下列条件：(1)对∀x ∈R ，函数y =f(x)的导数f′(x)<0恒成立；(2)函数y =f(x +2)的图象关于点(−2,0)对称；对∀x 、y ∈R 有f(x 2−8x +21)+f(y 2−6y)>0恒成立．则当0<x <4时，x 2+y 2的取值范围为( )
A. (3,7)
B. (9,25)
C. [9,41)
D. (9,49) 4. 设函数f(x)的定义域为R ，则下列命题中真命题的个数为( )
①函数y =f(x +1)与函数y =f(1−x)的图象关于直线x =1对称；
②若函数f(x +2)为奇函数，则f(1)+f(2)+f(3)=0；
③若函数f(x)的图象关于直线x =1对称，且对任意x 都有f(x +2)=−f(x)，则f(x)的图象关于点(−2,0)对称；
④若对任意x 1，x 2都有f(x 1+x 2)=f(x 1)+f(x 2)+1，则函数f(x)+1为奇函数．
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4 5. 直线l 与已知直线x +y −1=0垂直，则直线l 的倾斜角为( )
A. 45°
B. 135°
C. 60°
D. 30° 6. △ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，设p ⃗ =(a +c,b)，q ⃗ =(b −a,c −a)，若p ⃗ //q ⃗ ，则角C 的大小为( )
A. 2π3
B. π2
C. π6
D. π3 7. 已知圆x 2+y 2−2mx −(4m +2)y +4m 2+4m +1=0的圆心在直线x +y −7=0上，则该圆的面积为( )
A. 4π
B. 2π
C. π
D. π2 8. 已知集合A ={x ∈Z|x 2−4x −5≤0}，B ={x|0<lnx <2}，则A ∩B 的元素的个数为( )
A. 2
B. 3
C. 4
D. 7
9. 已知函数f(x)=x 2+2x ,g(x)=(12)x −m ，若任意的x 1∈[1,2]，存在x 2∈[−1,1]使得f(x 1)≥
g(x 2)，则实数m 的取值范围是( ) A. [−52,+∞) B. [−1,+∞) C. [−4,+∞) D. [1
2−2√2,+∞) 10. 下列命题中，错误的命题是( )
A. 平行于同一直线的两个平面平行
B. 一条直线与两个平行平面中的一个相交，那么这条直线必和另一个平面相交
C. 平行于同一平面的两个平面平行
D. 一条直线与两个平行平面所成的角相等
二、单空题（本大题共4小题，共12.0分）
11. 过抛物线y 2=2px(p >0)的焦点F 作直线与抛物线交于A ，B 两点，若以AB 为直径的圆与直线x =
−1相切，则抛物线的方程为______ ．
12. 已知向量a ⃗ =(1,2,1),b ⃗ =(1,2,2)，且(k a ⃗ +b ⃗ )//(a ⃗ −2b ⃗ )，则实数k 的值为______ ．
13. 设直线l ：x −2y +2=0过椭圆的左焦点F 和一个顶点B(如右图)，则这个椭圆
的离心率e = ______ ．
14. 已知△ABC ，点O 满足OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2BO
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，过点O 的直线与线段AB 及AC 的延长线分别相交于点E ，F ，设AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =μAC
⃗⃗⃗⃗⃗ ，则8λ+μ的最小值是______ ． 三、多空题（本大题共3小题，共9.0分）
15. 双曲线x 2
4−y 2=1的实轴长为 (1) ，渐近线的方程为 (2) ．
16. 如图，在空间直角坐标系O −xyz 中，一个四面体的顶点坐标分别是(0,0,0)，(0,0,1)，(0,1,1)，
(1,1,0)，给出编号为①、②、③、④的四个图，则该四面体在yOz 平面内的正投影是(填相应编号) (1) ；该四面体的体积是 (2) ．
17.已知圆C1：x2+y2+2x+2y−2=0，圆C2：x2+y2−4x−2y+1=0，则两圆的位置关系
为(1)(填“内含”、“内切”、“相交”、“外切”或“外离”)，它们的公切线条数为(2)．
四、解答题（本大题共5小题，共60.0分）
18.从圆C：x2+y2−4x−6y+12=0外一点P(a,b)向圆作切线PT，T为切点，且|PT|=|PO|(O为
原点)，求|PT|的最小值以及此刻点P的坐标．
19.如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将△ADE
沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图2．
(1)求证：DE//平面A1CB；
(2)求证：A1F⊥BE；
(3)线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？说明理由．
20.已知椭圆C：x2
a2+y2
b2
=1(a>b>0)过点(1,√3
2
)且离心率为√3
2
．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过椭圆C上一点P向圆O：x2+y2=r2，(r>0)引两条切线，切点分别为A，B
(Ⅰ)若存在点P使∠APB=60°，求r的最大值；
(Ⅱ)在Ⅰ的条件下，过x轴上一点(m,0)做圆O的切线l，交椭圆C于M，N两点，求|MN|的最小值．
21.如图，已知三棱锥P−ABC，∠ACB=90°，CB=4，AB=20，D为AB中点，M为PB的中点，
且△PDB是正三角形，PA⊥PC．
(Ⅰ)求证：DM//平面PAC；
(Ⅱ)求证：平面PAC⊥平面ABC；
(Ⅲ)求三棱锥M−BCD的体积．
22.已知M(2,2√2)为抛物线C：y2=2px(p>0)上一点．
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)设A、B抛物线C上异于原点O的两点且∠AOB=90°，求证：直线AB恒过定点，并求出该定点坐
标；
(3)在(2)的条件下，若过原点O向直线AB作垂线，求垂足P(x,y)的轨迹方程．
参考答案及解析
1.答案：C
解析：解：抛物线C ：y 2=4x 焦点(1,0)，设AB 的中点C ，
由抛物线的焦点弦公式可知丨AB 丨=2丨CP 丨+2p ，
则丨CP 丨=3，
由余弦定理可知：丨PA ⃗⃗⃗⃗⃗ 丨 2=丨AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 丨 2+丨PC ⃗⃗⃗⃗⃗ 丨 2−2丨AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 丨丨PC
⃗⃗⃗⃗⃗ 丨cos∠ACP ， 即丨PA ⃗⃗⃗⃗⃗ 丨 2=42+丨PC ⃗⃗⃗⃗⃗ 丨 2−2×4丨PC
⃗⃗⃗⃗⃗ 丨cos∠ACP ， 同理可得：丨PB ⃗⃗⃗⃗⃗ 丨 2=42+丨PC ⃗⃗⃗⃗⃗ 丨 2−2×4丨PC
⃗⃗⃗⃗⃗ 丨cos∠BCP ， 由∠ACP +∠BCP =π，则cos∠BCP =−cos∠ACP ，
∴丨PA ⃗⃗⃗⃗⃗ 丨 2+丨PB ⃗⃗⃗⃗⃗ 丨 2=32+2丨PC
⃗⃗⃗⃗⃗ 丨 2=50， ∴丨PA ⃗⃗⃗⃗⃗ 丨 2+丨PB ⃗⃗⃗⃗⃗ 丨 2=50，
故选C ．
由抛物线焦点弦公式可知丨CP 丨=3，利用余弦定理，分别求得丨PA ⃗⃗⃗⃗⃗ 丨 2和丨PB ⃗⃗⃗⃗⃗ 丨 2，则丨PA
⃗⃗⃗⃗⃗ 丨 2+丨PB
⃗⃗⃗⃗⃗ 丨 2=32+2丨PC ⃗⃗⃗⃗⃗ 丨 2=50． 本题考查抛物线的焦点弦公式，考查余弦定理的应用，考查计算能力，属于中档题．
2.答案：D
解析：
本题考查了直线的截距式、整数的性质，考查了推理能力，属于基础题．
当直线经过原点时满足条件，直线方程为：y =43x.当直线不经过原点时，设直线方程为x a +y b =1，把点P(3,4)代入可得：3a +4b =1，对a ，b 取正整数即可得出．
解：当直线经过原点时，满足条件，此时直线方程为：y=4
3
x，此时在两坐标轴上的截距都为0，符合题意;
当直线不经过原点时，设直线方程为x
a +y
b
=1，
把点P(3,4)代入可得：3
a +4
b
=1，
满足条件的a，b有(4,16)，(5,10)，(6,8)，(7,7)，(9,6)，(15,5)．
综上可得：满足条件的直线共有7条．
故选：D．
3.答案：C
解析：解：由(1)对∀x∈R，函数y=f(x)的导数f′(x)<0恒成立，可得函数f(x)在R上单调递减；由(2)函数y=f(x+2)的图象关于点(−2,0)对称，∴函数f(x)为奇函数；
∴对∀x、y∈R有f(x2−8x+21)+f(y2−6y)>0恒成立，化为f(x2−8x+21)>−f(y2−6y)= f(6y−y2).
∴x2−8x+21<6y−y2，
化为(x−4)2+(y−3)2<4.圆心C(4,3)，半径R=2．
∴x2+y2⩾(|OC|−R)2=9．
直线x=4与圆(x−4)2+(y−3)2=4相交于点P(4,1)，Q(4,5)．
∴x2+y2<|OQ|2=41．
∴则当0<x<4时，x2+y2的取值范围为[9,41)．
故选：C．
由(1)可得函数f(x)在R上单调递减；由(2)可得函数f(x)为减函数；已知对∀x、y∈R有f(x2−8x+ 21)+f(y2−6y)>0恒成立，化为f(x2−8x+21)>−f(y2−6y)=f(6y−y2).可得x2−8x+ 21<6y−y2，化为(x−4)2+(y−3)2<4.圆心C(4,3)，半径R=2.可得x2+y2≥(|OC|−R)2=9.直线x=4与圆(x−4)2+(y−3)2=4相交于点P(4,1)，Q(4,5).x2+y2<|OQ|2=41.即可得出．本题综合考查了函数的奇偶性、单调性、点与圆的位置关系、两点之间的距离公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
4.答案：C
解析：解：①若函数y=f(x+1)与函数y=f(1−x)的图象关于直线x=0对称；所以原判断正确；
②若函数f(x+2)为奇函数，f(2)=0，f(1)=−f(3)，则f(1)+f(2)+f(3)=0；正确；
③若函数f(x)的图象关于直线x=1对称可得f(2−x)=f(−x)，且任意x都有f(x+2)=−f(x)可知f(x+4)=f(x)函数的周期为4，f(x+2)=−f(x)，可得f(−x)=−f(x)，f(−x−4)=f(−x)=−f(x)，
则f(x)的图象关于点(−2,0)对称；所以③正确；
④定义在R上的函数f(x)对任意的x1，x2∈R，都有f(x1+x2)=f(x1)+f(x2)+1成立，
令x1=x2=0，则f(0+0)=f(0)+f(0)+1⇒f(0)=−1，
令x1=x，x2=−x，则f(x−x)=f(x)+f(−x)+1，
∴[f(x)+1]+[f(−x)+1]=0，
∴f(x)+1为奇函数．若对任意x1，x2都有f(x1+x2)=f(x1)+f(x2)+1，则函数f(x)+1为奇函数．正确．
故选：C．
利用函数的对称性判断①的正误；利用函数的奇函数的性质判断②的正误；利用函数的对称性以及函数的周期性判断③的正误；利用已知条件以及函数的奇偶性判断④的正误；
本题以命题的真假判断与应用为载体考查了函数的周期性，奇偶性，对称性及对称变换，是函数图象和性质的综合应用．
5.答案：A
解析：解：易得直线x+y−1=0的斜率为−1，
由垂直关系可得直线l的斜率为1，
即直线l的倾斜角α满足tanα=1，
解得α=45°
故选：A
由垂直关系可得直线的斜率，进而可得其倾斜角．
本题考查直线的一般式方程和垂直关系，属基础题．
6.答案：D
解析：解：∵p⃗=(a+c,b)，q⃗=(b−a,c−a)，p⃗//q⃗，
∴(a+c)(c−a)=b(b−a)，
即a2+b2−c2=ab，
根据余弦定理，cosC=a2+b2−c2
2ab =1
2
，
∵△ABC的三个内角A，B，C，
∴C=π
3
，
故选：D．
先根据向量平行得到a2+b2−c2=ab，再根据余弦定理，即可求出角C．
本题考查了向量平行的坐标运算和余弦定理，属于基础题．
7.答案：A
解析：解：圆x2+y2−2mx−(4m+2)y+4m2+4m+1=0的圆心(m,2m+1)，
圆心在直线x+y−7=0上，可得m+2m+1−7=0，解得m=2，圆的半径为：2，
所以圆的面积为：4π．
故选：A．
求出圆的圆心，代入直线方程，求出m，然后求解圆的半径，即可求解圆的面积．
本题考查直线与圆的位置关系的综合应用，圆的面积的求法，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
8.答案：C
解析：
可以求出集合A，B，然后进行交集的运算求出A∩B，从而得出A∩B的元素的个数．
本题考查了集合的交集运算，以及一元二次不等式的解法，对数函数的性质，属于基础题．
解：A={x∈Z|−1≤x≤5}={−1,0,1,2,3,4,5}，B={x|1<x<e2}，
∴A∩B={2,3,4,5}，
∴A∩B的元素的个数为4．
故选：C．
9.答案：A
解析：解：任意的x1∈[1,2]，存在x2∈[−1,1]使得f(x1)≥g(x2)，
则f(x)min≥g(x)min，
函数f(x)=x2+2
x ,g(x)=(1
2
)x−m，
则f′(x)=2x−2
x2
≥0在[1,2]上恒成立，所以f(x)在[1,2]上单调递增，
则f(x)min=f(1)=3，
g(x)在[−1,1]上单调递减，
所以g(x)min=g(1)=1
2
−m，
故3≥1
2−m，解得m≥−5
2
，
所以实数m的取值范围是[−5
2
,+∞)．
故选：A．
将问题转化为f(x)min≥g(x)min，利用导数研究函数f(x)的单调性，求解f(x)的最小值，利用指数函数的单调性，求出g(x)的最小值，得到关于m的不等式，求解即可．
本题考查了不等式恒成立问题，利用导数研究函数的单调性、函数的最值，指数函数性质的应用，要掌握不等式恒成立问题的一般求解方法：参变量分离法、数形结合法、最值法等，属于中档题．10.答案：A
解析：解：对于A，平行于同一直线的两个平面平行，不正确，如两相交平面，使直线与交线平行；对于B，一条直线与两个平行平面中的一个相交，那么这条直线必和另一个平面相交，满足直线与平面相交的性质，正确．
对于C，平行于同一平面的两个平面平行，根据面面平行的性质可知正确；
对于D，一条直线与两个平行平面所成的角相等，因为直线在两个平面内的射影平行，所以所成的角相等，正确．
故选：A．
根据面面平行的判定定理、以及性质进行逐一进行判定，对不正确的进行列举反例即可．
本题主要考查了平面与平面平行的判定，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于基础题．
11.答案：y2=4x
解析：
本题考查直线与抛物线的位置关系、直线圆的位置关系，考查抛物线的定义，考查数形结合思想，属中档题．
判断以AB为直径的圆与抛物线的准线相切，由已知得准线方程为x=−1，即可求抛物线的标准方程．解：取AB的中点M，分别过A、B、M作准线的垂线AP、BQ、MN，垂足分别为P、Q、N，如图所示：
由抛物线的定义可知，|AP|=|AF|，|BQ|=|BF|，
在直角梯形APQB 中，|MN|=12(|AP|+|BQ|)=12(|AF|+|BF|)=12|AB|， 故圆心M 到准线的距离等于半径，
∴以AB 为直径的圆与抛物线的准线相切
由已知得准线方程为x =−1，
∴p 2=1，∴p =2，
故所求的抛物线方程为y 2=4x ．
故答案为：y 2=4x ．
12.答案：−12
解析：解：∵a ⃗ =(1,2,1),b ⃗ =(1,2,2)
∴k a ⃗ +b ⃗ =(k +1,2k +2,k +2)，a ⃗ −2b ⃗ =(−1,−2,−3) 又∵(k a ⃗ +b ⃗ )//(a ⃗ −2b ⃗ )，
∴k+1−1=2k+2−2
=k+2−3， 解得k =−12
故答案为：−12
由向量的线性运算可得k a ⃗ +b ⃗ 和a ⃗ −2b ⃗ 的坐标，由平行可得关于k 的方程，解方程可得． 本题考查空间向量的平行的判定，涉及向量的线性运算，属基础题．
13.答案：2√55 解析：解：B(0,1)，F(−2,0)
故c =2，b =1，
a =√
b 2+
c 2=√5，
e =c a =
2√55． 答案：2√55
由题设条件可知B(0,1)，F(−2,0)，故c =2，b =1，a =√5，由此可以求出这个椭圆的离心率． 数形结合，事半功倍．
14.答案：253
解析：解：∵OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2BO ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，
∴AO ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BO ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +1
3
BC ⃗⃗⃗⃗⃗
=AB
⃗⃗⃗⃗⃗ +13
(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ) =23
AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +1
3
AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 由E 、O 、F 三点共线，得AO ⃗⃗⃗⃗⃗ =m AE ⃗⃗⃗⃗⃗ +(1−m)AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =mλAB ⃗⃗⃗⃗⃗ +(1−m)μAC ⃗⃗⃗⃗⃗ ， ∴{mλ=2
3
(1−m)μ=13
，消掉m 得，23λ
+1
3μ=1①，(0<λ<1,μ>1)， ∴8λ+μ=(8λ+μ)⋅(
23λ
+
13μ
)=
173
+(
2μ3λ
+
8λ3μ
)≥
173+2√
2μ3λ⋅
8λ3μ
=
253
，
当且仅当2μ
3λ=8λ
3μ②时取等号，由①②可解得μ=5
3，λ=5
6， 故答案为：25
3．
由三角形法则可得AO ⃗⃗⃗⃗⃗ =23AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +1
3AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，由E 、O 、F 三点共线，得AO ⃗⃗⃗⃗⃗ =m AE ⃗⃗⃗⃗⃗ +(1−m)AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =mλAB ⃗⃗⃗⃗⃗ +
(1−m)μAC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，由{mλ=2
3(1−m)μ=
13
消掉m 得，23λ+13μ=1，从而8λ+μ=(8λ+μ)⋅(23λ+13μ
)，利用基本不等式可求答案．
本题考查向量加法的三角形法则、三点共线的条件及基本不等式求最值，考查学生综合运用知识解决问题的能力，属中档题．
15.答案：4
y =±12
x
解析： 解：双曲线
x 24
−y 2=1知，a =2，b =1，
可得双曲线的实轴长为2a =4， 渐近线方程y =±1
2x. 故答案为：4，y =±12x.
求得双曲线的a =2，b =1，即可得到双曲线的实轴长2a ，渐近线方程y =±b
a x.
本题考查双曲线的方程和性质，主要是实轴长和渐近线方程，考查运算能力，属于基础题．
16.答案：②
1
6解析：解：满足条件的四面体如图所示：
D(0,0,0)，D1(0,0,1)，B1(0,1,1)，B(1,1,0)，
其在yOz平面内的正投影如图②所示：
该四面体的体积V=1
3×(1
2
×1×1)×1=1
6
，
故答案为：②，1
6
借助正方体，画出满足条件的四个顶点，进而可得答案．
本题考查三视图的画法，做到心中有图形，考查空间想象能力，是基础题
17.答案：相交
2
解析：解：圆C1：x2+y2+2x+2y−2=0，可化为(x+1)2+(y+1)2=4，其圆心坐标C1(−1,−1)，半径为2，
圆C2：x2+y2−4x−2y+1=0，可化为(x−2)2+(y−1)2=4，其圆心坐标C2(2,1)，半径为2，又|C1C2|=√(2+1)2+(1+1)2=√13<2+2=4，．
则两圆的位置关系为：相交，
故它们的公切线有2条．
故答案为：相交；2．
依题意可求得圆C1与圆C2的圆心坐标与半径，计算两圆心之间的距离即可得到答案．
本题考查圆与圆的位置关系的判定，分别求得两圆的圆心坐标与半径是判断的关键，属于中档题．
18.答案：解：
圆C 的方程可化为：(x −2)2+(y −3)2=1， 即圆心C(2,3)，半径r =1， 如图，PT 切圆C 于T ，
在直角三角形PTC 中，PC 2=PT 2+CT 2， 结合PT =OP ，
得(a −2)2+(y −3)2=a 2+b 2+1， 化简得2a +3b −6=0，
即点P 在直线l ：2x +3y −6=0上移动， 作OM 垂直l 于M ，
易得直线OM 的方程为：3x −2y =0， 由{2x +3y −6=0
3x −2y =0解得{x =12
13y =1813， 即M(1213,18
13)， |OM|=
√13=
6√1313
，
故当P 与M 重合时，|OP|最小也即|PT|取得最小值6√13
13
， 此时P 点坐标为(1213,18
13).
解析：利用圆C 的方程确定其圆心和半径，作出图形，利用切线，半径所在直角三角形结合OP =PT 列出关于a ，b 的方程，得到P 点所在直线，利用垂线段最短可得最小值，联立直线方程可得点的坐标．
此题考查了圆的方程，直线与圆的关系，点到直线的距离等，难度适中．
19.答案：解：(1)∵D，E分别为AC，AB的中点，
∴DE//BC，又DE⊄平面A1CB，
∴DE//平面A1CB．
(2)由已知得AC⊥BC且DE//BC，
∴DE⊥AC，
∴DE⊥A1D，又DE⊥CD，
∴DE⊥平面A1DC，而A1F⊂平面A1DC，
∴DE⊥A1F，又A1F⊥CD，
∴A1F⊥平面BCDE，
∴A1F⊥BE．
(3)线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.理由如下：如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ//BC．∵DE//BC，
∴DE//PQ．
∴平面DEQ即为平面DEP．
由(Ⅱ)知DE⊥平面A1DC，
∴DE⊥A1C，
又∵P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，
∴A1C⊥DP，
∴A1C⊥平面DEP，从而A1C⊥平面DEQ，
故线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ．
解析：(1)D，E分别为AC，AB的中点，易证DE//平面A1CB；
(2)由题意可证DE⊥平面A1DC，从而有DE⊥A1F，又A1F⊥CD，可证A1F⊥平面BCDE，问题解决；
(3)取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ//BC，平面DEQ即为平面DEP，由DE⊥平面，P是等腰三角形DA1C 底边A1C的中点，可证A1C⊥平面DEP，从而A1C⊥平面DEQ．
本题考查直线与平面平行的判定，直线与平面垂直的判定与性质，考查学生的分析推理证明与逻辑思维能力，综合性强，属于难题．
20.答案：解：(1)∵椭圆C：x2
a2+y2
b2
=1(a>b>0)过点
(1,√3
2)且离心率为√3
2
．
∴
{ 1a 2+3
4b 2=1c
a =√32a 2=
b 2+
c 2，解得a =2，b =1，c =√3． ∴椭圆C 的标准方程为x 24
+y 2=1．
(2)(I)设P(2cosθ,sinθ)． 如图所示，连接OA ，OB ，OP ． ∵OA ⊥AP ，OB ⊥BP.∠APB =60°， ∴∠AOP =60°，∠APO =30°．
∴r =1
2|OP|=1
2√4cos 2θ+sin 2θ=1
2√3cos 2θ+1≤1
2√3+1=1， ∴r 的最大值是1．
(II)当直线l 的斜率不存在时，切线l 的方程为：x =±1.代入椭圆方程可得y =±√3
2，此时|MN|=√3．
当直线l 的斜率存在时，设切线l 的方程为：y =k(x −m)，(k ≠0,|m|>1)，M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2). 则r =√1+k 2=1.可得1+k 2=k 2m 2． 联立{y =k(x −m)x 2+4y 2=4
，
化为(1+4k 2)x 2−8k 2mx +4k 2m 2−4=0．
△=64k 4m 2−4(1+4k 2)(4k 2m 2−4)=16(1+4k 2−k 2m 2)>0． ∴x 1+x 2=8k 2m
1+4k 2，x 1x 2=
4k 2m 2−41+4k 2
．
∴|MN|=√(1+k 2)[(x 1+x 2)2−4x 1x 2]=√(1+k 2)[64k 4m 2
(1+4k 2)2−
4(4k 2m 2−4)1+4k 2
]=
4√(1+k 2)(1+4k 2−k 2m 2)
1+4k 2
=4√3⋅√k 2(1+k 2)(1+4k 2)2=4√3√
1
16−
8k 2−1k 4+k 2
．
设k 2=t >0，令f(t)=8t−1
t 2+t
，f′(t)=8(t 2+t)−(8t−1)(2t+1)
(t 2+t)2
=
−(4t+1)(2t−1)
(t 2+t)2
，可知：当t =1
2时，f(t)取
得最大值4，
∴|MN|取得最大值2．
当t →+∞时，f(t)→0，|MN|→√3． 综上可得：|MN|的最小值为√3．
解析：(1)由于椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)过点(1,√32)且离心率为√3
2.可得{ 1a 2+3
4b 2=1c a =√32
a 2=
b 2+
c 2，解得即
可．
(2)(I)设P(2cosθ,sinθ).如图所示，连接OA ，OB ，OP.由于OA ⊥AP ，OB ⊥BP.∠APB =60°，可得r =1
2|OP|=1
2√4cos 2θ+sin 2θ=1
2√3cos 2θ+1，即可得出．
(II)当直线l 的斜率不存在时，切线l 的方程为：x =±1.代入椭圆方程可得|MN|=√3．
当直线l 的斜率存在时，设切线l 的方程为：y =k(x −m)，(k ≠0,|m|>1)，M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2).利用直线与圆的相切性质可得r =
|km|√1+k 2
=1.1+k 2=k 2m 2．
直线方程与椭圆方程联立可得(1+4k 2)x 2−8k 2mx +4k 2m 2−4=0.△=16(1+4k 2−k 2m 2)>0.
利用根与系数的关系可得|MN|=√(1+k 2)[(x 1+x 2)2
−4x 1x 2]=4√3√1
16−8k 2−1k 4+k 2
.设k 2=t >0，令
f(t)=
8t−1
t 2+t
，利用导数研究其单调性可得：当t =1
2时，f(t)取得最大值4，|MN|取得最大值2.当t →+∞时，f(t)→0，|MN|→√3.即可得出．
本题考查了椭圆与圆的标准方程及其性质、直线与椭圆及圆相交相切转化为方程联立可得△≥0及根与系数的关系、弦长公式、利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
21.答案：解：(1)∵△PAB 中，D 为AB 中点，
M 为PB 中点， ∴DM//PA
∵DM ⊄平面PAC ，PA ⊂平面PAC ， ∴DM//平面PAC …(4分)
(2)∵D 是AB 的中点，△PDB 是正三角形，AB =20，
∴PD =DB =AD =1
2AB =10.…(5分) ∴△PAB 是直角三角形，且AP ⊥PB ，…(6分) 又∵AP ⊥PC ，PB ∩PC =P ，PB 、PC ⊂平面PBC ∴AP ⊥平面PBC. …(8分) ∵BC ⊂平面PBC
∴AP ⊥BC. …(10分)
又∵AC ⊥BC ，AP ∩AC =A ，AP 、AC ⊂平面PAC ． ∴BC ⊥平面PAC.…(12分) ∵BC ⊂平面ABC ．
∴平面PAC ⊥平面ABC.…(14分)
(3)由(1)知DM//PA ，由(2)知PA ⊥平面PBC ， ∴DM ⊥平面PBC.…(15分)
∵正三角形PDB 中易求得DM =5√3，…(16分)
且S △BCM =1
2S △PBC =1
2⋅1
2BC ⋅PC =1
4⋅4⋅√102−42=2√21.…(17分) ∴V M−BCD =V D−BCM =1
3×5√3×2√21=10√7.…(18分)
解析：(1)在三角形PAB 中，利用中位线定理可得DM//PA ，再用线面平等的判定定理可以证出DM//平面PAC ；
(2)在三角形PAB 中，根据中线PD =1
2AB ，证出PA ⊥PB.再结合PA ⊥PC ，利用线面垂直的判定定理证出AP ⊥平面PBC ，从而得到AP ⊥BC.同理，证出BC ⊥平面PAC ，最后用面面垂直的判定定理可以得到平面PAC ⊥平面ABC ；
(3)根据前面的证明，不难得到DM ⊥平面BCM ，则DM 是三棱锥D −BCM 的高，根据题中所给的数据，求出DM =1
2PA =5√3，S △BCM =1
2S △PBC =2⋅√21，从而得到V M−BCD =V D−BCM =1
3×5√3×2√21=10√7．
本题给出一个特殊的三棱锥，通过求证线面平行、面面垂直和求体积，着重考查了空间的线面平行判定定理和直线与平面垂直、平面与平面垂直的判定和性质，属于中档题．
22.答案：(1)解：∵M(2,2√2)为抛物线C ：y 2=2px(p >0)上一点，
∴(2√2)2=2p ⋅2， 解得p =2，
∴抛物线C 的标准方程为y 2=4x ; (2)证明：当直线的斜率存在时，
设直线l ：y =kx +m ，A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)， 联立y 2=4x ，得k 2x 2+(2km −4)x +m 2=0， 依题意有k ≠0，x 1+x 2=−
2km−4k 2
，且x 1x 2=
m 2k 2
，
则∠AOB =90°，
∴OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x 1x 2+y 1y 2 =x 1x 2+(kx 1+m)(kx 2+m)
=(1+k 2)x 1x 2+km(x 1+x 2)+m 2=0， (1+
k 2)m 2
k
2
+km(−
2km−4k 2
)+m 2=0，
化简得m 2+4km =0，
∴m =−4k ，此时直线l ：y =kx −4k =(x −4)k ，恒过点N(4,0) 当直线l 的斜率不存在时， 设l ：x =t ，解得t =4， ∴直线恒过定点N(4,0) ;
(3)解：过原点O 向直线AB ：y =k(x −4)作垂线，垂中为P ， 则P 点在以ON 为直径的圆周上(除去原点)， ∵O(0,0)，N(4,0)，
∴点P 的轨迹方程为：(x −2)2+y 2=4(x ≠0)．
解析：(1)由M(2,2√2)为抛物线C ：y 2=2px(p >0)上一点，能求出p =2，由此能求出抛物线C 的标准方程;
(2)设直线l ：y =kx +m ，A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，联立y 2=4x ，得k 2x 2+(2km −4)x +m 2=0，由此利用韦达定理、向量知识结合已知条件能证明直线恒过定点N(4,0);
(3)由已知条件推导出P 点在以ON 为直径的圆周上(除去原点)，由此能求出点P 的轨迹方程． 本题考查抛物线的标准方程的求法，考查直线过定点的证明，考查垂足的轨迹方程的求法，解题时要认真审题，注意向量知识的合理运用．。