2023-2024学年福建省三明地区部分高中校协作高二上学期期中联考数学试题(含解析）

这是一份2023-2024学年福建省三明地区部分高中校协作高二上学期期中联考数学试题(含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知椭圆x2k+2+y29=1的一个焦点坐标为(0,2)，则k的值为
( )
A. 1B. 3C. 7D. 9
2.已知向量a=(0,1,1)，b=(1,1,0)，则向量b在向量a上的投影向量为( )
A. (0,−1,−1)B. (−1,0,−1)C. (0,12,12)D. (12,0,12)
3.如果AB<0，且BC<0，那么直线Ax+By+C=0不通过
( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
4.已知直线l1:x+ay−1=0与l2:2x−y+1=0平行，则l1与l2的距离为
( )
A. 355B. 55C. 35D. 14
5.《周髀算经》中有这样一个问题：从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列，冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺，前九个节气日影长之和为85.5尺，则芒种日影长为
( )
A. 4.5尺B. 3.5尺C. 2.5尺D. 1.5尺
6.动圆P过定点M(0,2)，且与圆N：x2+y+22=4相内切，则动圆圆心P的轨迹方程是
( )
A. y2−x23=1y<0B. y2−x23=1
C. y23−x2=1y<0D. x2+y23=1
7.已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F，左顶点为A.若点P为椭圆C上的点，PF⊥x轴，且sin∠PAF< 1010，则椭圆C的离心率的取值范围为
( )
A. (0,13)B. (0,23)C. (13,1)D. (23,1)
8.若曲线C1:(x2−4y)(ky+x−3k)=0与曲线C2:y=1+ −x2−2x的图像恰有三个不同的交点，则k的取值范围为
( )
A. (34,+∞)B. (−43,−1)C. (−43,−1]D. (34,1]
二、多选题（本大题共4小题，共20分。在每小题有多项符合题目要求）
9.已知数列{an}的前n项和Sn=n2−4n，则
( )
A. {an}不是等差数列B. an=2n−5
C. 数列Snn是等差数列D. |a1|+|a2|+⋯+|a10|=67
10.已知点P为圆O：x2+y2=9上的动点，直线l过点A(−6,0)，B(0,−6)，过l上一点Q作圆O的切线QC，QD，切点分别为C，D，则下列说法正确的有
( )
A. 点P到l的距离的最大值为32+3
B. 当∠PAB最大时，|PA|=32
C. 四边形CQDO的面积的最小值为9
D. 四边形CQDO的面积最小时，直线OQ的方程为x−2y+2=0
11.已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点F到准线的距离为2，过F的直线l交抛物线C于两点A，B，则( )
A. C的准线方程为x=−2
B. 若|AF|=4，则|OA|= 21
C. 若|AF|·|BF|=4p ​2，则l的斜率为± 33
D. 过点A作准线的垂线，垂足为H，若x轴平分∠HFB，则|AF|=4
12.如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点M为CC1的中点，点P为正方体上底面A1B1C1D1上的动点，则
( )
A. 满足MP//平面BDA1的点P的轨迹长度为2
B. 满足MP⊥AM的点P的轨迹长度为22
C. 存在唯一的点P满足∠APM=π2
D. 存在点P满足|PA|+|PM|=4
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13.以点A(2,1)为圆心，且与x轴相切的圆的标准方程为______．
14.已知抛物线C：y2=4x，直线l：y=2x−2交C于A，B两点，则线段AB的长是 ．
15.设F1,F2分别是椭圆x225+y216=1的左、右焦点，P为椭圆上任一点，点M的坐标为6,4，则PM+PF1的最大值为 ．
16.已知数列{an}满足a1=1，an+(−1)nan+1=1−n2022，记数列{an}的前n项和为Sn，则S2023=___．
四、解答题（本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.(本小题10分)
已知圆C的圆心为(−2,1)，半径为3，l是过点P0,2的直线．
(1)求圆C的方程，并判断点P是否在圆上，证明你的结论；
(2)若圆C被直线l截得的弦长为2 5，求直线l的方程．
18.(本小题12分)
已知等差数列an的前n项和为Sn，a5+a9=−2，S3=57．
(1)求数列an的通项公式an；
(2) 求Sn的最大值．
19.(本小题12分)
已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为2，且过点P(2,3)．
(1)求C的方程；
(2)若斜率为 55的直线l与C交于P，Q两点，且与x轴交于点M，若Q为PM的中点，求l的方程．
20.(本小题12分)
在三棱锥P−ABC中，底面ABC与侧面PAB均为正三角形，AB=2, PC= 6，M为AB的中点．
(1)证明：平面PCM⊥平面PAB；
(2)N为线段PA上一点，且S△CMN=34，求二面角P−CN−M的正弦值．
21.(本小题12分)
已知点F为抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点，点M7,3, MF=3 5，且点M到抛物线准线的距离不大于10，过点M作斜率存在的直线与抛物线E交于A,B两点(A在第一象限)，过点A作斜率为23的直线与抛物线的另一个交点为点C．
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)求证：直线BC过定点．
22.(本小题12分)
已知圆A1：(x+1)2+y2=16，B是圆A1上的点，A1关于y轴的对称点为A2，且A2B的垂直平分线与A1B交于点P，记P的轨迹为Γ．
(1)求Γ的方程；
(2)坐标原点O关于A1,A2的对称点分别为B1,B2，点A1,A2关于直线y=x的对称点分别为C1,C2，过A1的直线l与Γ交于点M,N，直线B1M,B2N相交于点Q.请从下列结论中，选择一个正确的结论并给予证明．
①△QB1C1的面积是定值；②△QB1B2的面积是定值；③△QC1C2的面积是定值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查椭圆的简单性质的应用，注意椭圆的焦点坐标的位置，是基础题．
利用椭圆方程，结合焦点坐标，列出方程求解即可．
【解答】解：椭圆x2k+2+y29=1的一个焦点坐标为(0,2)，
可得2= 9−(k+2)，解得k=3．
故选：B．
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查投影向量的公式，属于基础题．
根据已知条件，结合投影向量的公式，即可求解．
【解答】
解：a=(0,1,1)，b=(1,1,0)，
则a⋅b=1，|a|= 1+1+0= 2，
故向量b在向量a上的投影向量为a⋅b|a|×a|a|=12a=(0,12,12)．
故选：C．
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查直线的倾斜角与斜率及确定直线位置的方法以及直线的一般方程，属于基础题．
先把Ax+By+C=0化为y=−ABx−CB，再结合AB<0，BC<0分析即可求解．
【解答】
解：将直线Ax+By+C=0化为y=−ABx−CB，
因为AB<0，且BC<0，
所以−AB>0,−CB>0，
所以直线经过第一、二、三象限，不经过第四象限．
故答案为D．
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查直线的位置关系，考查平行线间的距离公式，属于基础题．
根据直线平行求出a的值，根据平行线间的距离公式计算即可．
【解答】
解：若直线l1:x+ay−1=0与l2:2x−y+1=0平行，
则12=a−1≠−11，解得：a=−12，
故l1：2x−y−2=0与l2：2x−y+1=0的距离是：
d=−2−1 1+4=3 55，
故选A．
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了等差数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
设此等差数列{an}的公差为d，则a1+a4+a7=3a1+9d=31.5，9a1+9×82d=85.5，解得：d，a1,利用通项公式即可得出．
【解答】
解：设此等差数列{an}的公差为d，
则a1+a4+a7=3a1+9d=31.5，9a1+9×82d=85.5，
解得：d=−1，a1=13.5．
则a12=13.5−11=2.5．
故选：C．
6.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查与双曲线有关的轨迹问题，考查圆与圆的位置关系，考查双曲线的定义和双曲线的标准方程，属于基础题．
根据圆与圆的位置关系，结合双曲线的定义得出动圆圆心P的轨迹方程．
【解答】
解：圆N：x2+y+22=4的圆心为N0,−2，半径为2，且MN=4，
设动圆P的半径为r，则PM=r,PN=r−2，即PM−PN=2即点P在以M,N为焦点，焦距长为2c=4，实轴长为2a=2，虚轴长为2b=2 4−1=2 3的双曲线上，且点P在靠近点N这一支上，即下半支．
故动圆圆心P的轨迹方程是y2−x23=1y<0．
故选A．
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查椭圆的概念以及椭圆的性质，考查学生的思维能力，属中档题．
由椭圆的性质，表示出右焦点F，左顶点A和点P，由题设sin∠PAF=b2a a+c2+b2a2< 1010，化简得到2a2−ac−3c2<0,即2−e−3e2<0，结合椭圆离心率的范围，得到其取值范围．
【解答】
解：由题意，可得：Fc,0,A−a,0,Pc,±b2a，
∴sin∠PAF=b2a a+c2+b2a2< 1010，
∴10b4a2∴9b4a2∴3b2∴3a2−c2∴2a2−ac−3c2<0,即2−e−3e2<0，
解得：e>23或e<−1．
∵e∈0,1,∴e∈23,1．
故选D．
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查曲线与方程、直线与圆的位置关系的判断及求参、抛物线的标准方程、由标准方程确定圆心和半径、直线过定点问题，属于较难题．
曲线C1即为x2=4y或ky−3+x=0，曲线C2即为x+12+y−12=1y⩾1，先判定抛物线和半圆有且仅有1个交点B(−2,1)，可得直线和半圆有2个不同于点B的交点，利用数形结合可得k的取值范围．
【解答】
解：曲线C1:(x2−4y)(ky+x−3k)=0，即为x2=4y或ky−3+x=0，
则曲线C1表示一条过点A(0,3)的直线和抛物线x2=4y，
曲线C2:y=1+ −x2−2x，即为x+12+y−12=1y⩾1，
则曲线C2表示以(−1,1)为圆心，1为半径的半圆(其中y≥1)，
如图所示：
由x2=4y与x+12+y−12=1y⩾1联立，可得x=−2y=1,
即抛物线x2=4y与曲线C2有且仅有1个交点B(−2,1)，
因为曲线C1与曲线C2有3个不同交点，
则直线ky−3+x=0与曲线C2有2个不同于点B(−2,1)的交点，
由图可知当直线ky−3+x=0过点B时，
由k1−3−2=0，可得k=−1，
当直线ky−3+x=0与半圆x+12+y−12=1y⩾1相切时，
圆心(−1,1)到直线的距离为k−1−3k k2+1=1，解得k=−43或k=0，
由图可知−43故k的取值范围为(−43,−1)．
故选：B．
9.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查数列的递推公式，等差数列的通项公式以及求和，属基础题．
由题意得到an=2n−5，即可逐项判定，
【解答】
解：当n=1时，S1=a1=−3，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=(n2−4n)−[(n−1)2−4(n−1)]=2n−5，
a1=−3也适合，故an=2n−5故A错，B正确；
Snn=n2−4nn=n−4，所以数列Snn是等差数列，故 C正确 ；
|a1|+|a2|+…+|a10|=−(a1+a2)+(a3+a4+…+a10)
=S10−2S2=(102−40)−[(−3)+(−1)]=64.D错误，
故选BC．
10.【答案】AC
【解析】【分析】
本题主要考查圆与直线的方程、直线与圆的位置关系、圆上的点到直线的距离、与圆的切线相关的问题等知识;
结合直线与圆的位置关系、圆上的点到直线的距离逐项分析判断即可
【解答】
解：对于A:因为圆心O(0,0)到直线l的距离是3 2，
所以点P到l的距离dmax=3 2+3，
所以A正确．
由已知直线AB的方程为x+y+6=0．
O(0,0)到直线AB的距离d=6 2=3 2>3，所以直线AB与圆相离．
对于B:当过点A的直线与圆相切时，∠PAB最大，如图：
此时|PA|= |OA|2−r2=3 3，
所以B错误．
对于C、D:因为S四边形CQDO=|CQ|⋅|OC|=3|CQ|=3 |OQ|2−9，
当OQ⊥l时，|OQ|最小，四边形CQDO的面积最小.又|OQ|min=3 2，
所以四边形CQDO的面积的最小值为9，
此时直线OQ的方程为y=x．
所以C正确，D错误．
故选AC．
11.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查抛物线的定义，抛物线的标准方程以及几何意义，考查直线与抛物线的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
根据抛物线p的几何意义求出p，即可得到抛物线的方程，再根据抛物线的定义判断A、B、D，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，直线AB的方程为x=my+1，联立直线与抛物线方程，消元列出方程，由韦达定理，根据焦半径公式计算即可判断C．
【解答】
解：因为抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F到准线的距离为2，所以p=2，
所以抛物线方程为y2=4x，则焦点F(1,0)，准线为x=−1，故A错误;
若|AF|=4，则xA=3，所以yA2=4xA=12，所以|OA|= xA2+yA2= 21，故B正确;
可设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
直线AB的方程为x=my+1，与抛物线y2=4x联立，
消去x，可行y2−4my−4=0，
可得y1+y2=4m，y1y2=−4，
由抛物线的定义可得|AF|⋅|BF|=(x1+1)(x2+1)=(my1+2)(my2+2)=16
即m2y1y2+2m(y1+y2)+4=16，即−4m2+8m2+4=16，
解得m=± 3，则直线AB的斜率为± 33，故C正确;
对于D，若x轴平分∠HFB，则∠OFH=∠OFB，又AH//x轴，
所以∠AHF=∠OFH=∠OFB=∠AFH，
而∠OFH+ ∠OFB+ ∠AFH=π，故∠AFH=π3，而AH=AF，故三角形AHF为等边三角形，
所以HF=AF=AH，
所以xA+xH2=xF即xA=3，所以|AF|=xA+1=4，故D正确;
故选：BCD．
12.【答案】ABC
【解析】【分析】
本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题．
利用线面平行的判定定理可以证得点P的轨迹，进而判断A;建立空间直角坐标系，得到A(2,0,0)，M(0,2,1)，P为正方形A1B1C1D1上的点，可设P(x,y,2)，且0≤x≤2，0≤y≤2，进而对BCD各个选项进行计算验证即可判断并得到答案．
【解答】
对于A，取B1C1的中点Q，D1C1的中点N，又点M为CC1的中点，
由正方体的性质知MQ//A1D，NQ//BD，MQ∩NQ=Q，A1D∩BD=D，
所以平面MQN//平面BDA1，又MP⊂平面MQN，∴MP//平面BDA1，
故点P的轨迹为线段NQ= 1+1= 2，故A正确;
以D为原点，分别以DA，DC，DD1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A(2,0,0)，M(0,2,1)，设P(x,y,2)，且0≤x≤2，0≤y≤2，
AP=(x−2,y,2)，MP=(x,y−2,1)，AM=(−2,2,1)
对于B，AM⋅MP=−2x+2(y−2)+1=−2x+2y−3=0，即y=x+32，
又0≤x≤2，0≤y≤2，则点P的轨迹为线段EF，E(0,32,2)，F(12,2,2)
且EF= 14+14= 22，故B正确;
对于C，AP⋅MP=(x−2)x+(y−2)y+2=x2−2x+y2−2y+2=(x−1)2+(y−1)2
显然，只有x=1，y=1时，AP⋅MP=0，即AP⊥MP，故存在唯一的点P满足∠APM=π2，故C正确;
对于D，点M关于平面A1B1C1D1的对称点的为M(0,2,3)，三点共线时线段和最短，
故PA+PM≥AM= 22+22+32= 17>4，故不存在点P满足PA+PM=4，故D错误．
故选：ABC
13.【答案】(x−2)2+(y−1)2=1
【解析】【分析】
此题考查了圆的标准方程，求出圆的半径是解本题的关键，属于基础题．
由题意得到圆的半径为A点纵坐标的绝对值，求出半径，写出圆的标准方程即可．
【解答】解：(x−2)2+(y−1)2=1以点A(2,1)为圆心，且与x轴相切的圆的半径为1，
故圆的标准方程是(x−2)2+(y−1)2=1．
14.【答案】5
【解析】【分析】
本题考查直线与抛物线的位置关系中求焦点弦长问题，属于基础题．
解题时将直线方程与抛物线方程联立，结合抛物线的定义可得 AB=x1+x2+p即可求解．
【解答】
解：设直线l与抛物线C的两个交点Ax1,y1,Bx2,y2
将直线与抛物线的方程联立得：y2=4xy=2x−2,
整理得x2−3x+1=0，
∴x1+x2=3,
∵抛物线C：y2=4x的焦点F的坐标为(1,0)，
直线l:y=2x−2过点F(1,0)，
∴|AB|=|AF|+|BF|
=x1+1+x2+1=3+2=5．
故答案为5．
15.【答案】15
【解析】【分析】
本题考查用椭圆的定义求最值，属于基础题．
由椭圆方程可得椭圆的焦点坐标，由椭圆的定义可得|PF1|+|PF2|=2a=10，PM+PF1=PM+2a−PF2 =10+PM−PF2≤15，从而可得|PM|+|PF1|的最大值．
【解答】
解： 由椭圆方程可得a=5，b=4，c=3．
∴F1(−3,0)，F2(3,0)，如图所示．
由椭圆的定义可得|PF1|+|PF2|=2a=10，
∴|PM|+|PF1|=|PM|+2a−|PF2|
=10+(|PM|−|PF2|)⩽10+|MF2| =10+ 32+42=15，
当且仅当P，M，F2三点共线时等号成立，
则|PM|+|PF1|的最大值为15．
故答案为15．
16.【答案】506
【解析】【分析】
本题考查数列分组求和，属于中档题．
由题意，令n=2k(k ∈ N∗)，得到 a2k+ a2k+1=1− k1011，从而利用分组求和求出 S2023即可．
【解答】
解：由 an+ (−1)n an+1=1− n2022可得：
当n=2k(k ∈ N∗)时， a2k+ a2k+1=1− k1011．
所以 a2+ a3=1− 11011， a4+ a5=1− 21011， ⋯， a2022+ a2023=1− 10111011，又 a1=1，
因此 S2023= a1+1 ×1011− 11011 × (1+1011)×10112=506．
17.【答案】解：(1)点P不在圆上，
理由如下：由圆C的圆心为(−2,1)，半径为3，
∴圆的方程为(x+2)2+(y−1)2=9，
又(0+2)2+(2−1)2=5≠9，
故点P不在圆上；
(2)当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=0，
圆心到直线的距离为2，弦长为2 r2−d2=2 9−4=2 5，符合题意，
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+2，
圆心到直线的距离d=|−2k−1+2| k2+1，
∵圆C被直线l截得的弦长为2 5，
∴( 5)2+(|−2k−1+2| k2+1)2=9，
解得k=−34，
∴切线方程为y=−34x+2，即3x+4y−8=0，
综上所述：直线l的方程为x=0或3x+4y−8=0．
【解析】【分析】本题考查求圆的方程，考查利用弦长求直线的方程，考查运算求解能力，属基础题．
(1)利用已知可求得圆的方程，代入点P的坐标可判断点P不在圆上；
(2)当直线l的斜率不存在时，可得直线l的方程为x=0，当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+2，由垂径定理可得( 5)2+(|−2k−1+2| k2+1)2=9，可求k，进而可求直线l的方程．
18.【答案】解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
a5+a9=−2，S3=57，
∴a5+a9=2a1+12d=−2S3=3a1+3d=57，解得a1=23d=−4，
∴an=a1+(n−1)d=27−4n；
(2)由(1)可知，an=27−4n，
a6=3>0，a7=−1<0，
d=−4<0，
Sn=na1+n(n−1)2d=−2n2+25n，
故Sn的最大值为S6=78．
【解析】(1)根据已知条件，结合等差数列的性质，即可求解；
(2)根据已知条件，结合等差数列的前n项和公式，即可求解．
本题主要考查等差数列的前n项和公式，属于基础题．
19.【答案】解：(1)因为双曲线离心率为2，
则e=ca= 1+(ba)2=2，所以b2=3a2①，
又点P(2,3)在C上，则22a2−32b2=1②，
由①②可得，a2=1，b2=3，
所以双曲线C的方程为x2−y23=1；
(2)设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，M(m,0)，
因为Q为PM的中点，所以y1=2y2，
因为直线l斜率为 55，所以可设直线l的方程为x= 5y+t，
联立x2−y23=1x= 5y+t，得14y2+6 5ty+3(t2−1)=0，
Δ=(6 5t)2−4×14×3(t2−1)=12(t2+14)>0，
由韦达定理可得y1+y2=−3 5t7，y1y2=3(t2−1)14，
又y1=2y2，所以y1+y2=3y1=−3 5t7，所以y1=− 5t7，
y1y2=2y2 ​2=2×(− 5t7)2=3(t2−1)14，解得t2=21，即t=± 21，
故直线l的方程为x= 5y± 21．
【解析】本题考查求双曲线的方程与双曲线的性质，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，属中档题．
(1)利用离心率以及点在双曲线上，列出关于a，b的关系，求解a，b，即可得到双曲线的方程；
(2)设直线l的方程为x= 5y+t，与双曲线方程联立，可得y1+y2，y1y2，利用Q为PM的中点，可得y1=2y2，从而解得t的值，即可得直线方程．
20.【答案】解：(1)因为△ABC 是边长为2的正三角形，M为AB的中点，
所以CM⊥AB，CM= 3，同理，PM= 3，
又PC= 6，因为CM2+PM2=PC2，所以CM⊥PM，
又AB∩PM=M，AB,PM⊂平面PAB，所以CM⊥平面PAB，
又CM⊂平面PCM，所以平面PCM⊥平面PAB
(2)因为 △PAB是正三角形，M为AB的中点，所以PM⊥AB，又CM⊥AB，CM⊥PM，
故以M为原点，分别以MC,MB,MP为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
则M(0,0,0),A(0,−1,0),B(0,1,0),C( 3,0,0),P(0,0, 3)，
因为CM⊥平面PAB，MN⊂平面PAB，所以CM⊥MN．
在Rt△CMN中，S△CMN=12⋅ 3⋅MN=34⇒MN= 32，
设N(x,y,z)，则x2+y2+z2=34(1)
又AP=(0,1, 3)，AN=(x,y+1,z)，由AP//AN得x=0,y+11=z 3(2)，
由(1)(2)得x=0,y=−34,z= 34 ∴N(0,−34, 34)，
设面PCN的法向量为n=(x1,y1,z1)， PC=( 3,0,− 3)，PA=(0,−1,− 3)，
∴ 3x1− 3z1=0−y1− 3z1=0 取x1=1,y1=− 3,z1=1,∴n=(1,− 3,1)，
设面MCN的法向量为m=(x2,y2,z2)， MC=( 3,0,0)，MN=(0,−34, 34)，
∴ 3x2=0−34y2+ 34z2=0 取x2=0,y2=1,z2= 3,∴m=(0,1, 3)，
设二面角P−CN−M的大小为θ，则cs θ=|cs|=|m⋅n||m||n|=|− 3+ 3| 5⋅ 4=0，
所以sinθ=1，即二面角P−CN−M的正弦值为1．

【解析】本题主要考查面面垂直的判定，三棱锥体积的计算，考查化归与转化思想，考查逻辑推理能力和空间想象能力，属于中档题．
(1)由△ABC是正三角形得出CM⊥AB，利用CM2+PM2=PC2得出CM⊥PM，即证CM⊥平面PAB，从而证明平面PCM⊥平面PAB；
(2)以M为原点，分别以MC,MB,MP为x,y,z轴建立空间直角坐标系，设面PCN的法向量为n=(x1,y1,z1)，设面MCN的法向量为m=(x2,y2,z2)， 设二面角P−CN−M的大小为θ，则cs θ=|cs|=|m⋅n||m||n|=|− 3+ 3| 5⋅ 4=0，即可求出二面角P−CN−M的正弦值．
21.【答案】解：(1)焦点F(p2,0)，FM= (7−p2)2+9=3 5，
解得p=2或p=26．
∵p>0，又点M到抛物线E准线的距离不大于10，
则7+p2⩽10，解答p≤6，∴p=2．
抛物线E的标准方程为y2=4x;
(2)依题意直线AB斜率存在，设AB的方程为y−3=k(x−7)，
由y−3=k(x−7)y2=4x，化简得ky2−4y+12−28k=0，
所以k≠0，△=16(7k2−3k+1)>0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，Cx3,y3，
则y1+y2=4k，y1y2=12k−28，
消去k得y1y2+28=3(y1+y2) ①
又kAC=y1−y3x1−x3=4y124−y324=4y1+y3=23，则y1+y3=6 ②
由 ① ②得(6−y3)y2+28=3(6−y3+y2)，
∴3(y2+y3)=y2y3−10 ③
(i)若直线BC没有斜率，则y2+y3=0，又3(y2+y3)=y2y3−10，
∴y32=−10(舍去)
(ii)若直线BC有斜率为y2−y3x2−x3=4y2+y3，
直线BC的方程为y−y2=4y2+y3(x−y224)，
即4x−(y2+y3)y+y2y3=0，
将 ③代入得4x−(y2+y3)y+3(y2+y3)+10=0，
∴(y2+y3)(3−y)+4(x+52)=0，
则3−y=0x+52=0，解得x=−52y=3
故直线BC有斜率时过定点(−52,3)．
【解析】本题考查抛物线的标准方程、抛物线中的定点问题、直线与抛物线位置关系，属于较难题．
(1)利用F(p2,0)表示出|MF|，即可求出p的值，从而得到抛物线E的标准方程．
(2)设出直线AB，A、B、C三点坐标，直线AB与抛物线方程联立，利用韦达定理则可表示出A，B两点坐标间的关系，再写出直线AC的斜率，最后分BC斜率存在与不存在讨论即可求解．
22.【答案】解：(1)由题意得，A1(−1,0)，A2(1,0)．
因为P为A2B的垂直平分线上的点，所以|PA2|=|PB|，
所以|PA1|+|PA2|=|PA1|+|PB|=|A1B|=4>|A1A2|，
所以点P的轨迹I是以A1，A2为焦点的椭圆．
设Γ :x2a2+y2b2=1，其中a>b>0，a2−b2=c2．
则2a=4，a=2，c=1，b= a2−c2= 3．
故Γ :x24+y23=1．
(2)结论③正确.下证：△QC1C2的面积是定值．
由题意得，B1(−2,0)，B2(2,0)，C1(0,−1)，C2(0,1)，且直线l2的斜率不为0，
可设直线l2:x=my−1，M(x1,y1)，N(x2,y2)，且x1≠±2，x2≠±2.
由x24+y23=1x=my−1得(3m2+4)y2−6my−9=0，
所以y1+y2=6m3m2+4，y1y2=−93m2+4，
所以2my1y2=−3(y1+y2)，
直线B1M的方程为：y=y1x1+2(x+2)，直线B2N的方程为：y=y2x2−2(x−2)，
由y=y1x1+2(x+2)y=y2x2−2(x−2),
得x+2x−2=y2(x1+2)y1(x2−2)=y2(my1+1)y1(my2−3)=my1y2+y2my1y2−3y1=−32(y1+y2)+y2−32(y1+y2)−3y1=−32y1−12y2−92y1−32y2=13，
解得x=−4，
故点Q在直线x=−4，所以Q到C1C2的距离d=4，
因此△QC1C2的面积是定值，为12|C1C2|⋅d=12×2×4=4．

【解析】本题考查椭圆的概念及标准方程，直线与椭圆的位置关系，圆锥曲线中的轨迹问题，圆锥曲线中的定点与定值问题，属于较难题．
(1)根据题意，得出点P的轨迹Γ是以A1，A2为焦点的椭圆(左、右顶点除外)，再求解椭圆方程；
(2)设直线l2:x=my−1，M(x1,y1)，N(x2,y2)，且x1≠±2，x2≠±2，联立直线与椭圆方程，y1+y2=6m3m2+4，y1y2=−93m2+4，由y=y1x1+2(x+2)y=y2x2−2(x−2)推出点Q在直线x=−4，得出Q到C1C2的距离d=4，即可得出△QC1C2的面积是定值．