数学卷·2018届新疆生产建设兵团二中高二上学期期末数学试卷 （解析版）

数学卷·2018届新疆生产建设兵团二中高二上学期期末数学试卷 （解析版）

‎2016-2017学年新疆生产建设兵团二中高二（上）期末数学试卷 ‎　‎ 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．设集合A={x|y=lg（x﹣1）}，集合B={y|y=﹣x2+2}，则A∩B等于（　　）‎ A．（1，2） B．（1，2] C．[1，2） D．[1，2]‎ ‎2．函数的定义域为（　　）‎ A．（﹣∞，1） B．（0，1） C．（0，1] D．（﹣∞，﹣1）∪（﹣1，1）‎ ‎3．在等差数列{an}中，若a5，a7是方程x2﹣2x﹣6=0的两根，则{an}的前11项的和为（　　）‎ A．22 B．﹣33 C．﹣11 D．11‎ ‎4．按图所示的程序框图，若输入a=110011，则输出的b=（　　）‎ A．45 B．47 C．49 D．51‎ ‎5．在△ABC中，若a=7，b=8，cosC=，则最大角的余弦值是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．若直线l1：x+ay+6=0与l2：（a﹣2）x+3y+2a=0平行，则l1与l2‎ 间的距离为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎7．已知三个向量共面，则x的值为（　　）‎ A．3 B．﹣9 C．22 D．21‎ ‎8．一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是菱形，则该几何体的侧面积为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．将函数的图象上所有的点向左平移个单位长度，再把图象上各点的横坐标扩大到原来的2倍，则所得的图象的解析式为（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎10．设变量x，y满足约束条件，则目标函数z=4x+y的最大值为（　　）‎ A．4 B．11 C．12 D．14‎ ‎11．4名同学甲、乙、丙、丁按任意次序站成一排，甲或乙站在边上的概率为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎12．函数f（x）=3sin2x+2sinxcosx+cos2x﹣2的单调递减区间是（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎　‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上．）‎ ‎13．某校高一年级有900名学生，其中女生400名，按男女比例用分层抽样的方法，从该年级学生中抽取一个容量为45的样本，则应抽取的男生人数为　　．‎ ‎14．是两个不共线的向量，已知，，且A，B，D三点共线，则实数k=　　．‎ ‎15．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，直线A1B与平面A1B1CD所成的角的大小等于　　．‎ ‎16．若直线ax+by﹣1=0平分圆x2+y2﹣4x﹣4y﹣8=0的周长，则 ab的最大值为　　．‎ ‎　‎ 三、解答题（本大题共6小题，共70分，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤）‎ ‎17．（10分）已知双曲线C： =1（a＞0．b＞0）的离心率为，虚轴端点与焦点的距离为．‎ ‎（1）求双曲线C的方程；‎ ‎（2）已知直线x﹣y+m=0与双曲线C交于不同的两点A，B，且线段AB的中点在圆x2+y2=5上，求m的值．‎ ‎18．（12分）如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD=，AB=BC=1，AD=2，E是AD的中点，O是AC与BE的交点．将△ABE沿BE折起到图22中△A1BE的位置，得到四棱锥A1﹣BCDE．‎ ‎（文、理科）证明：CD⊥平面A1OC；‎ ‎（理科） 若平面A1BE⊥平面BCDE，求二面角D﹣A1C﹣B的余弦值．‎ ‎（文科） 若平面A1BE⊥平面BCDE，求二面角A1﹣DC﹣B的大小．‎ ‎19．（12分）如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，侧面AA1D1D为矩形，AB⊥平面AA1D1D，CD⊥平面AA1D1D，E、F分别为A1B1、CC1的中点，且AA1=CD=2，AB=AD=1．‎ ‎（1）求证：EF∥平面A1BC；‎ ‎（2）求D1到平面A1BC1的距离．‎ ‎20．（12分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是BB1，DD1的中点．‎ ‎（ I）证明：平面AED∥平面B1FC1；‎ ‎（ II）在AE上求一点M，使得A1M⊥平面DAE．‎ ‎21．（12分）已知抛物线y2=2px（p＞0）截直线y=2x﹣4所得弦长，‎ ‎（ I）求抛物线的方程；‎ ‎（ II）设F是抛物线的焦点，求△ABF的外接圆上的点到直线AB的最大距离．‎ ‎22．（12分）已知椭圆的两个焦点坐标分别是（﹣，0），（‎ ‎，0），并且经过点（，）．‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）若斜率为k的直线l经过点（0，﹣2），且与椭圆交于不同的两点A、B，求△OAB面积的最大值．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年新疆生产建设兵团二中高二（上）期末数学试卷 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．设集合A={x|y=lg（x﹣1）}，集合B={y|y=﹣x2+2}，则A∩B等于（　　）‎ A．（1，2） B．（1，2] C．[1，2） D．[1，2]‎ ‎【考点】交集及其运算．‎ ‎【分析】求出A中x的范围确定出A，求出B中y的范围确定出B，找出A与B的交集即可．‎ ‎【解答】解：由A中y=lg（x﹣1），得到x﹣1＞0，‎ 解得：x＞1，即A=（1，+∞），‎ 由B中y=﹣x2+2≤2，得到B=（﹣∞，2]，‎ 则A∩B=（1，2]，‎ 故选：B．‎ ‎【点评】此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键．‎ ‎　‎ ‎2．函数的定义域为（　　）‎ A．（﹣∞，1） B．（0，1） C．（0，1] D．（﹣∞，﹣1）∪（﹣1，1）‎ ‎【考点】函数的定义域及其求法．‎ ‎【分析】根据函数f（x）的解析式，列出使解析式有意义的不等式组，求出解集即可．‎ ‎【解答】解：函数，‎ ‎∴，‎ 解得，‎ 即0＜x＜1；‎ ‎∴f（x）的定义域为（0，1）．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查了根据函数解析式求定义域的应用问题，是基础题目．‎ ‎　‎ ‎3．在等差数列{an}中，若a5，a7是方程x2﹣2x﹣6=0的两根，则{an}的前11项的和为（　　）‎ A．22 B．﹣33 C．﹣11 D．11‎ ‎【考点】等差数列的前n项和．‎ ‎【分析】根据等差数列和根与系数的关系，求出a5+a7的值，再求{an}的前11项和．‎ ‎【解答】解：等差数列{an}中，若a5，a7是方程x2﹣2x﹣6=0的两根，‎ 则a5+a7=2，‎ ‎∴a6=（a5+a7）=1，‎ ‎∴{an}的前11项的和为 S11==11a6=11×1=11．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查了等差数列和根与系数的关系应用问题，是基础题目．‎ ‎　‎ ‎4．按图所示的程序框图，若输入a=110011，则输出的b=（　　）‎ A．45 B．47 C．49 D．51‎ ‎【考点】程序框图．‎ ‎【分析】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量b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：第一次执行循环体后，t=1，b=1，i=2，不满足退出循环的条件，‎ 第二次执行循环体后，t=1，b=3，i=3，不满足退出循环的条件，‎ 第三次执行循环体后，t=0，b=3，i=4，不满足退出循环的条件，‎ 第四次执行循环体后，t=0，b=3，i=5，不满足退出循环的条件，‎ 第五次执行循环体后，t=1，b=19，i=6，不满足退出循环的条件，‎ 第六次执行循环体后，t=1，b=51，i=7，满足退出循环的条件，‎ 故输出b值为51，‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查的知识点是程序框图，当循环的次数不多，或有规律时，常采用模拟循环的方法解答，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎5．在△ABC中，若a=7，b=8，cosC=，则最大角的余弦值是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】余弦定理；正弦定理．‎ ‎【分析】利用余弦定理c2=a2+b2﹣2abcosC的式子，结合题意算出c=3，从而得到b为最大边，算出cosB的值即可得到最大角的余弦之值．‎ ‎【解答】解：∵在△ABC中，，‎ ‎∴c2=a2+b2﹣2abcosC=49+64﹣2×7×8×=9，得c=3‎ ‎∵b＞a＞c，∴最大边为b，可得B为最大角 因此，cosB==，即最大角的余弦值为 故选：C ‎【点评】本题给出三角形的两边和夹角，求最大角的余弦．着重考查了三角形中大边对大角、利用余弦定理解三角形的知识，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎6．若直线l1：x+ay+6=0与l2：（a﹣2）x+3y+2a=0平行，则l1与l2间的距离为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】两条平行直线间的距离；直线的一般式方程与直线的平行关系．‎ ‎【分析】先由两直线平行可求a得值，再根据两平行线间的距离公式，求出距离d即可．‎ ‎【解答】解：由l1∥l2得： =≠，‎ 解得：a=﹣1，‎ ‎∴l1与l2间的距离d==，‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题主要考查了两直线平行A1x+B1y+C1=0，A2x+B2y+C2=0的条件A1B2﹣A2B1=0的应用，及两平行线间的距离公式d=的应用．‎ ‎　‎ ‎7．已知三个向量共面，则x的值为（　　）‎ A．3 B．﹣9 C．22 D．21‎ ‎【考点】共线向量与共面向量．‎ ‎【分析】三个向量共面，存在实数m，n，使得=m．‎ ‎【解答】解：三个向量共面，‎ ‎∴存在实数m，n，使得=m，‎ ‎∴，解得m=﹣，n=，x=21．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查了向量共面定理、方程组的解法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎8．一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是菱形，则该几何体的侧面积为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】由三视图求面积、体积．‎ ‎【分析】通过三视图判断几何体的特征，利用三视图的数据，求出几何体的侧面积即可．‎ ‎【解答】解：该几何体是高为1，底面对角线长为2的菱形构成的四棱锥A﹣BCDE，如图所示，‎ 在直角三角形ABE中，AB=1，BE=，∴AE=，‎ 在三角形AED中，AE=，ED=，AD=，‎ ‎∴AE2+DE2=AD2，∴三角形AED是直角三角形，‎ 则该几何体的侧面积为S=2×（）+2×（）=+，‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查几何体的体积的求法，考查学生对三视图复原几何体的能力与计算能力．‎ ‎　‎ ‎9．将函数的图象上所有的点向左平移个单位长度，再把图象上各点的横坐标扩大到原来的2倍，则所得的图象的解析式为（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换．‎ ‎【分析】利用函数左加右减的原则，求出平移后的函数解析式，然后通过伸缩变换求出函数的解析式即可．‎ ‎【解答】解：将函数的图象上所有的点向左平移个单位长度，得到函数，‎ 再把图象上各点的横坐标扩大到原来的2倍，得到函数．‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题是基础题，考查函数的图象的平移与图象的伸缩变换，注意先平移后伸缩时，初相不变化，考查计算能力．‎ ‎　‎ ‎10．设变量x，y满足约束条件，则目标函数z=4x+y的最大值为（　　）‎ A．4 B．11 C．12 D．14‎ ‎【考点】简单线性规划．‎ ‎【分析】利用线性规划的内容作出不等式组对应的平面区域，然后由z=4x+y得y=﹣4x+z，根据平移直线确定目标函数的最大值．‎ ‎【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：‎ 由z=4x+y得y=﹣4x+z，‎ 平移直线y=﹣4x+z，由图象可知当直线y=﹣4x+z经过点B时，‎ 直线y=﹣4x+z的截距最大，此时z最大，‎ 由，解得，‎ 即B（2，3），‎ 此时z=2×4+3=8+3=11，‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题主要考查二元一次不等式组表示平面区域的知识，以及线性规划的基本应用，利用数形结合是解决此类问题的关键．‎ ‎　‎ ‎11．4名同学甲、乙、丙、丁按任意次序站成一排，甲或乙站在边上的概率为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】古典概型及其概率计算公式．‎ ‎【分析】先求出甲、乙、丙、丁四人并排站成一排的事件种数，然后求出甲和乙站在中间的情况，从而求出甲或乙站在边上的情况，最后利用古典概型的概率公式进行求解即可．‎ ‎【解答】解：甲、乙、丙、丁四人并排站成一排一共有A44=24种 甲和乙站在中间的情况有A22•A22=4种 ‎∴甲或乙站在边上的情况有20种 甲或乙站在边上的概率为=，‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题求的是概率实际上本题考查的是排列问题，把排列问题包含在实际问题中，解题的关键是看清题目的实质，把实际问题转化为数学问题，解出结果以后再还原为实际问题．‎ ‎　‎ ‎12．函数f（x）=3sin2x+2sinxcosx+cos2x﹣2的单调递减区间是（　　）‎ A．‎ ‎ B．‎ C． D．‎ ‎【考点】正弦函数的单调性．‎ ‎【分析】利用两角和差的正弦公式化简f（x）的解析式为sin（2x﹣），从而求出函数的递减区间即可．‎ ‎【解答】解：依题意f（x）=2sin2x+sin2x﹣1=sin2x﹣cos2x=sin（2x﹣），‎ 令2kπ+≤2x﹣≤2kπ+，k∈z，解得：kπ+≤x≤kπ+，k∈Z，‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题主要考查两角和差的正弦公式，正弦函数的单调性，属于中档题．‎ ‎　‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上．）‎ ‎13．某校高一年级有900名学生，其中女生400名，按男女比例用分层抽样的方法，从该年级学生中抽取一个容量为45的样本，则应抽取的男生人数为　25　．‎ ‎【考点】分层抽样方法．‎ ‎【分析】根据分层抽样的定义求出在各层中的抽样比，即样本容量比上总体容量，按此比例求出应抽取的男生人数．‎ ‎【解答】解：根据题意得，用分层抽样在各层中的抽样比为=，‎ 则应抽取的男生人数是500×=25人，‎ 故答案为：25．‎ ‎【点评】‎ 本题的考点是分层抽样方法，根据样本结构和总体结构保持一致，求出抽样比，再求出在各层中抽取的个体数目．‎ ‎　‎ ‎14．是两个不共线的向量，已知，，且A，B，D三点共线，则实数k=　﹣8　．‎ ‎【考点】三点共线；平面向量数量积的性质及其运算律．‎ ‎【分析】先由A，B，D三点共线，可构造两个向量共线，然后再利用两个向量共线的定理建立等式，解之即可．‎ ‎【解答】解：∵A，B，D三点共线，∴与共线，‎ ‎∴存在实数λ，使得=；‎ ‎∵=2﹣﹣（+3）=﹣4，‎ ‎∴2+k=λ（﹣4），‎ ‎∵是平面内不共线的两向量，‎ ‎∴解得k=﹣8．‎ 故答案为：﹣8‎ ‎【点评】本题主要考查了三点共线，以及平面向量数量积的性质及其运算律，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎15．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，直线A1B与平面A1B1CD所成的角的大小等于　30°　．‎ ‎【考点】直线与平面所成的角．‎ ‎【分析】连接BC1，交B1C1于点O，再连接A1O，根据几何体的结构特征可得：BO ‎⊥平面A1B1CD，所以∠BA1O是直线A1B与平面A1B1CD 所成的角，再利用解三角形的有关知识求出答案即可．‎ ‎【解答】解：连接BC1，交B1C1于点O，再连接A1O，‎ 因为是在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，‎ 所以BO⊥平面A1B1CD，‎ 所以∠BA1O是直线A1B与平面A1B1CD 所成的角．‎ 设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的边长为1，‎ 所以在△A1BO中，A1B=，OB=，‎ 所以sin∠BA1O=，‎ 所以直线A1B与平面A1B1CD 所成的角的大小等于30°．‎ 故答案为30°．‎ ‎【点评】解决此类问题的关键是熟练掌握几何体的结构特征，以及空间角的做法与解法．‎ ‎　‎ ‎16．若直线ax+by﹣1=0平分圆x2+y2﹣4x﹣4y﹣8=0的周长，则 ab的最大值为　　．‎ ‎【考点】直线与圆的位置关系．‎ ‎【分析】把圆的方程化为标准形式，求出圆心和半径，把圆心坐标代入直线ax+by﹣1=0，利用基本不等式求出ab的最大值．‎ ‎【解答】解：圆x2+y2﹣4x﹣4y﹣8=0 即（x﹣2）2 +（y﹣2）2=16，表示圆心在（2，2），半径等于4的圆 ‎∵直线ax+by﹣1=0平分圆x2+y2﹣4x﹣4y﹣8=0的周长，‎ ‎∴直线ax+by﹣1=0过圆C的圆心（2，2），‎ ‎∴有2a+2b=1，‎ ‎∴a，b同为正时，2a+2b=1≥，‎ ‎∴ab≤，‎ ‎∴ab的最大值为，‎ 故答案为．‎ ‎【点评】本题考查直线和圆的位置关系，基本不等式的应用，判断圆心（2，2）在直线ax+by﹣1=0上是解题的关键，属于中档题．‎ ‎　‎ 三、解答题（本大题共6小题，共70分，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤）‎ ‎17．（10分）（2016秋•石河子校级期末）已知双曲线C： =1（a＞0．b＞0）的离心率为，虚轴端点与焦点的距离为．‎ ‎（1）求双曲线C的方程；‎ ‎（2）已知直线x﹣y+m=0与双曲线C交于不同的两点A，B，且线段AB的中点在圆x2+y2=5上，求m的值．‎ ‎【考点】直线与双曲线的位置关系．‎ ‎【分析】（1）利用双曲线的离心率以及虚轴端点与焦点的距离为，列出方程求出a，b即可求解双曲线的标准方程．‎ ‎（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），M（x，y），联立方程组，利用韦达定理，求出中点坐标，代入圆的方程，即可求出m的值．‎ ‎【解答】解：（1）由题意，得=，c2+b2=5，c2=a2+b2，解得a=1，c=，b=，‎ ‎∴所求双曲线C的方程为：．‎ ‎（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），线段AB的中点为M（x0，y0），‎ 由得x2﹣2mx﹣m2﹣2=0（判别式△=8m2+8＞0），‎ ‎∴x0==m，y0=x0+m﹣2m，‎ ‎∵点M（x0，y0），在圆x2+y2=5上，∴m2+（2m）2=5，‎ ‎∴m=±1．‎ ‎【点评】‎ 本题考查双曲线的简单性质，标准方程的求法，直线与双曲线的位置关系的应用，考查计算能力．‎ ‎　‎ ‎18．（12分）（2016秋•石河子校级期末）如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD=，AB=BC=1，AD=2，E是AD的中点，O是AC与BE的交点．将△ABE沿BE折起到图22中△A1BE的位置，得到四棱锥A1﹣BCDE．‎ ‎（文、理科）证明：CD⊥平面A1OC；‎ ‎（理科） 若平面A1BE⊥平面BCDE，求二面角D﹣A1C﹣B的余弦值．‎ ‎（文科） 若平面A1BE⊥平面BCDE，求二面角A1﹣DC﹣B的大小．‎ ‎【考点】二面角的平面角及求法；平面与平面垂直的判定．‎ ‎【分析】（1）先证BE⊥平面A1OC，又CD∥BE，得CD⊥平面A1OC．‎ ‎（2）（理） 由已知得∠A1OC为二面角A1﹣BE﹣C的平面角，‎ 如图，以O为原点，建立空间直角坐标系，求出平面A1BC的法向量，平面A1CD的法向量，面A1BC与面A1CD夹角为θ，‎ 从而cosθ=cos＜＞=，即平面A1CB与平面A1CD夹角的余弦值．‎ ‎（2）（文）因为OC⊥CD，A1C⊥CD，所以∠A1CO即为二面角A1﹣DC﹣B的平面角，计算得∠A1CO=45°．‎ ‎【解答】解：（1）在图1中，AD∥BC，AB=BC=1，AE=1，∠BAD=90°，所以BE⊥AC，‎ 即在图2中，BE⊥A1O，BE⊥OC又A1O∩OC=O，‎ 所以BE⊥平面A1OC，又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC．‎ ‎（2）（理） 由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，‎ 又由（I）知，BE⊥A1O，BE⊥OC 所以∠A1OC为二面角A1﹣BE﹣C的平面角，所以∠A1OC=90°．‎ 如图，以O为原点，建立空间直角坐标系，因为A1B=A1E=BC=ED=1，BC∥ED，‎ 所以B（），E（﹣，A1C（0，，0）‎ ‎，．‎ 设平面A1BC的法向量，平面A1CD的法向量，‎ 面A1BC与面A1CD夹角为θ，‎ 由，取，‎ 由，取，‎ 从而cosθ=cos＜＞=，‎ 即平面A1CB与平面A1CD夹角的余弦值为﹣．‎ ‎（2）（文）因为OC⊥CD，A1C⊥CD，‎ 所以∠A1CO即为二面角A1﹣DC﹣B的平面角，计算得∠A1CO=45°．‎ ‎【点评】本题考查了空间线面、面面位置关系的证明，及向量法求二面角，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎19．（12分）（2016•辽宁三模）如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，侧面AA1D1‎ D为矩形，AB⊥平面AA1D1D，CD⊥平面AA1D1D，E、F分别为A1B1、CC1的中点，且AA1=CD=2，AB=AD=1．‎ ‎（1）求证：EF∥平面A1BC；‎ ‎（2）求D1到平面A1BC1的距离．‎ ‎【考点】点、线、面间的距离计算；直线与平面平行的判定．‎ ‎【分析】（1）取A1B的中点O，连接OE，OC，证明四边形OECF是平行四边形，可得EF∥OC，即可证明EF∥平面A1BC；‎ ‎（2）利用等体积法求D1到平面A1BC1的距离．‎ ‎【解答】（1）证明：取A1B的中点O，连接OE，OC，则OE平行且等于BB1，‎ ‎∵F为CC1的中点，∴CF平行且等于CC1，‎ ‎∴OE平行且等于CF，‎ ‎∴四边形OECF是平行四边形，‎ ‎∴EF∥OC，‎ ‎∵EF⊄平面A1BC，OC⊂平面A1BC，‎ ‎∴EF∥平面A1BC；‎ ‎（2）解：△A1BC1中，A1B=A1C1=，BC1=，∴面积为=．‎ 设D1到平面A1BC1的距离为h，则×h=‎ ‎∴h=．‎ 即D1到平面A1BC1的距离为．‎ ‎【点评】本题考查线面平行的判断，考查点到平面的距离，正确求体积是关键．‎ ‎　‎ ‎20．（12分）（2016秋•石河子校级期末）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是BB1，DD1的中点．‎ ‎（ I）证明：平面AED∥平面B1FC1；‎ ‎（ II）在AE上求一点M，使得A1M⊥平面DAE．‎ ‎【考点】直线与平面垂直的判定；平面与平面平行的判定．‎ ‎【分析】（Ⅰ）以点A为原点，以AB、AD、AA1为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，‎ 求出平面AED和平面B1FC1的法向量，利用向量共线证明两平面平行；‎ ‎（Ⅱ）设=λ，利用A1M⊥平面DAE，得出⊥，由数量积为0求出λ的值即可．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）证明：建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz，‎ 不妨设正方体的棱长为2，‎ 则A（0，0，0），E（2，0，1），D（0，2，0），‎ F（0，2，1），B1（2，0，2），C1（2，2，2）；‎ 设平面AED的法向量为=（x1，y1，z1），‎ 则 ‎∴‎ 令x1=1，得=（1，0，2），‎ 同理可得平面B1FC1的法向量=（1，0，2）；‎ ‎∴平面AED∥平面B1FC1；‎ ‎（Ⅱ）由于点M在AE上，∴可设=λ=λ（2，0，1）=（2λ，0，λ），‎ 可得M（2λ，0，λ），‎ 于是=（2λ，0，λ﹣2）；‎ 要使A1M⊥平面DAE，需A1M⊥AE，‎ ‎∴•=（2λ，0，λ﹣2）•（2，0，1）=5λ﹣2=0，‎ 解得λ=；‎ 故当AM=AE时，A1M⊥平面DAE．‎ ‎【点评】本题考查了空间中的平行于垂直关系的应用问题，解题时利用空间向量进行解答，是综合性题目．‎ ‎　‎ ‎21．（12分）（2016秋•石河子校级期末）已知抛物线y2=2px（p＞0）截直线y=2x﹣4所得弦长，‎ ‎（ I）求抛物线的方程；‎ ‎（ II）设F是抛物线的焦点，求△ABF的外接圆上的点到直线AB的最大距离．‎ ‎【考点】直线与抛物线的位置关系．‎ ‎【分析】（Ⅰ）设A（x1，y1），B（x2，y2），由 ‎，利用韦达定理以及弦长公式求解p．得到抛物线的方程即可．‎ ‎（Ⅱ）由（I） 得A（1，﹣2），B（4，4），F（1，0）求出△ABF的外接圆的方程，然后求解△ABF的外接圆上的点到直线AB的最大距离．‎ ‎【解答】解 （Ⅰ）设A（x1，y1），B（x2，y2），由，得4x2﹣（16+2p）x+16=0，‎ 由根与系数的关系得x1+x2=，x1x2=4，‎ ‎|AB|===3，由p＞0，得p=2．‎ 所以抛物线的方程为：y2=4x．‎ ‎（Ⅱ）由（I） 得A（1，﹣2），B（4，4），F（1，0）‎ ‎△ABF的外接圆的方程是，‎ 则△ABF的外接圆上的点到直线AB的最大距离为圆心到直线的距离与半径的和，即=．‎ ‎【点评】本题考查抛物线的简单性质的应用，圆的方程的应用，考查转化思想以及计算能力．‎ ‎　‎ ‎22．（12分）（2015•南市区校级模拟）已知椭圆的两个焦点坐标分别是（﹣，0），（，0），并且经过点（，）．‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）若斜率为k的直线l经过点（0，﹣2），且与椭圆交于不同的两点A、B，求△OAB面积的最大值．‎ ‎【考点】椭圆的简单性质．‎ ‎【分析】（1）利用待定系数法求椭圆的标准方程，在求a时利用椭圆的定义比较简单；‎ ‎（2）利用弦长公式先求出|AB|，然后利用面积公式构建关于斜率k的函数，通过换元法利用基本不等求△OAB面积的最大值．‎ ‎【解答】解：（1）设椭圆的标准方程为，‎ 由椭圆的定义可得．‎ ‎∴，又，‎ ‎∴b=1，‎ 故椭圆的标准方程为． ‎ ‎（2）设直线l的方程为y=kx﹣2，‎ 由，得（1+3k2）x2﹣12kx+9=0，‎ 依题意△=36k2﹣36＞0，‎ ‎∴k2＞1（*） ‎ 设A（x1，y1），B（x2，y2），‎ 则，‎ ‎∴，‎ 由点到直线的距离公式得，‎ ‎∴． ‎ 设，‎ ‎∴，‎ 当且仅当时，上式取等号，‎ 所以，△OAB面积的最大值为．‎ ‎【点评】第（1）问用待定系数法求椭圆的方程时，也可以把点代入方程求解，但这种方法计算量大；第（2）问得到的面积表达式比较复杂，当函数表达式比较复杂时，考虑用换元法转化成简单函数，但要注意转化后函数的定义域．‎ ‎　‎