2016中學教師資格證考試《高中數(shù)學學科知識》模擬試題（一）_第4頁

　　三、解答題(寫出必要的計算步驟，只寫最后結果不得分，共70分)

　　17.(10分)已知p：方程+=1所表示的曲線為焦點在x軸上的橢圓;q：實數(shù)t滿足不等式t2-(a-1)t-a<0.

　　(1)若p為真，求實數(shù)t的取值范圍;

　　(2)若p是q的充分不必要條件，求實數(shù)a的取值范圍.

　　解：(1)∵方程+=1所表示的曲線為焦點在x軸上的橢圓，∴3-t>t+1>0.解得-1

　　(2)∵p是q的充分不必要條件，∴{t|-1-1時，不等式的解集為{t|-11.②當a=-1時，不等式的解集為∅，不滿足題意.③當a<-1時，不等式的解集為{t|a1.

　　18.(12分)

　　如圖，三棱柱

　　ABC—A1B1C1中，CA=CB，AB=AA1，∠BAA1=60°.

　　(1)證明：AB⊥A1C;

　　(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB=CB，求直線A1C與平面BB1C1C所成角的正弦值.

　　解：(1)取AB的中點O，連接OC，OA1，A1B.

　　因為CA=CB，所以OC⊥AB.

　　由于AB=AA1，∠BAA1=60°，故△AA1B為等邊三角形，所以OA1⊥AB.

　　因為OC∩OA1=O，所以AB⊥平面OA1C.

　　又A1C⊂平面OA1C，故AB⊥A1C.

　　(2)由(1)知OC⊥AB，OA1⊥AB.

　　又平面ABC⊥平面AA1B1B，交線為AB，所以OC⊥平面AA1B1B，故OA，OA1，OC兩兩相互垂直.

　　以O為坐標原點，的方向為x軸的正方向，||為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系O-xyz.

　　由題設知A(1,0,0)，A1(0，，0)，C(0,0，)，B(-1,0,0).

　　則=(1,0，)，==(-1，，0)，=(0，-，).

　　設n=(x，y，z)是平面BB1C1C的法向量，

　　則，即，

　　可取n=(，1，-1).

　　故cos?n，?==-.

　　所以A1C與平面BB1C1C所成角的正弦值為.

　　19.(12分)已知定點F(0,1)和定直線l1：y=-1，過定點F與直線l1相切的動圓圓心為點C.

　　(1)求動點C的軌跡方程;

　　(2)過點F的直線l2交軌跡于兩點P，Q，交直線l1于點R，求·的最小值.

　　解：(1)由題意，點C到點F的距離等于它到l1的距離，∴點C的軌跡是以F為焦點，l1為準線的拋物線.∴所求軌跡的方程為x2=4y.

　　(2)由題意，直線PQ的斜率存在，且不為0，設直線l2的方程為y=kx+1(k≠0)，與拋物線方程聯(lián)立消去y，得x2-4kx-4=0.記P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則x1+x2=4k，x1x2=-4.易得點R的坐標為，∴·=·=+(kx1+2)(kx2+2)=(1+k2)x1x2+(x1+x2)++4=-4(1+k2)+4k++4=4+8，∵k2+≥2，當且僅當k2=1時取到等號，∴·≥4×2+8=16，即·的最小值為16.

　　20.(12分)設F1，F(xiàn)2分別是橢圓：+=1(a>b>0)的左、右焦點，過F1傾斜角為45°的直線l與該橢圓相交于P，Q兩點，且|PQ|=a.

　　(1)求該橢圓的離心率.

　　(2)設點M(0，-1)滿足|MP|=|MQ|，求該橢圓的方程.

　　解：(1)直線PQ斜率為1，

　　設直線l的方程為y=x+c，

　　其中c=.

　　設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則P，Q兩點坐標滿足方程組化簡得(a2+b2)x2+2a2cx+a2(c2-b2)=0，

　　則x1+x2=，x1x2=.

　　所以|PQ|=|x2-x1|

　　==a.

　　得a=，故a2=2b2，

　　所以橢圓的離心率e===.

　　(2)設PQ的中點為N(x0，y0)，

　　由(1)知x0===-c，

　　y0=x0+c=.

　　由|MP|=|MQ|得kMN=-1.

　　即=-1，

　　得c=3，從而a=3，b=3.

　　故橢圓的方程為+=1.

　　21.(12分)

　　如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC=45°，PA=AD=2，AC=1.

　　(1)求證：PC⊥AD;

　　(2)求二面角A-PC-D的正弦值;

　　(3)設E為棱PA上的點，滿足異面直線BE與CD所成的角為30°，求AE的長.

　　解：如右圖所示，以點A為原點建立空間直角坐標系，依題意得A(0,0,0)，D(2,0,0)，C(0,1,0)，B，P(0,0,2).

　　(1)證明：=(0,1，-2)，=(2,0,0)，所以·=0，所以PC⊥AD.

　　(2)解：=(0,1，-2)，=(2，-1,0).

　　設平面PCD的法向量為n=(x，y，z)，

　　則即不妨令z=1，則x=1，y=2，故平面PCD的一個法向量為n=(1,2,1).

　　可取平面PAC的法向量為m=(1,0,0).

　　于是cos?m，n?===，從而sin?m，n?=，所以二面角A—PC—D的正弦值為.

　　(3)解：設點E的坐標為(0,0，h)，其中h∈[0,2]，

　　由此得=，又=(2，-1,0)，

　　故cos〈，〉===，所以=cos30°=，解得h=，即AE=.

　　22.(12分)(2014·大綱全國卷)已知拋物線C：y2=2px(p>0)的焦點為F，直線y=4與y軸的交點為P，與C的交點為Q，且|QF|=|PQ|.

　　(1)求C的方程;

　　(2)過F的直線l與C相交于A，B兩點，若AB的垂直平分線l′與C相交于M，N兩點，且A，M，B，N四點在同一圓上，求l的方程.

　　解：(1)設Q(x0,4)，代入y2=2px得x0=.

　　所以|PQ|=，|QF|=+x0=+.

　　由題設得+=×，解得p=-2(舍去)或p=2.

　　所以C的方程為y2=4x.

　　(2)依題意知l與坐標軸不垂直，故可設l的方程為x=my+1(m≠0).

　　代入y2=4x得y2-4my-4=0.

　　設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1+y2=4m，y1y2=-4.

　　故AB的中點為D(2m2+1,2m)，

　　|AB|=|y1-y2|=4(m2+1).

　　又l′的斜率為-m，所以l′的方程為x=-y+2m2+3.

　　將上式代入y2=4x，并整理得y2+y-4(2m2+3)=0.

　　設M(x3，y3)，N(x4，y4)，則y3+y4=-，y3y4=-4(2m2+3).

　　故MN的中點為E，

　　|MN|=|y3-y4|=.

　　由于MN垂直平分AB，故A，M，B，N四點在同一圓上等價于|AE|=|BE|=|MN|，從而|AB|2+|DE|2=|MN|2，

　　即4(m2+1)2+2+2

　　=，

　　化簡得m2-1=0，解得m=1或m=-1.

　　所求直線l的方程為x-y-1=0或x+y-1=0.