2022-2023学年湖北省鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟学校高二(上

2023年12月31日发(作者：实践活动记录表)

2022-2023学年湖北省鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟学校高二（上）期中数学试卷

一、单选题（本大题共8小题，共40分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1．已知复数z满足|z﹣1﹣i|＝1，则|z+1+i|的最大值是（ ）

A．2√2−1 B．2√2+1 C．2 D．2√2

2．下列说法正确的是（ ）

A．零向量没有方向

→→→→→

→→→B．若𝑎⋅𝑏=𝑎⋅𝑐，(𝑎≠0)，则𝑏=𝑐

C．长度相等的向量叫做相等向量

D．两个有共同起点而且相等的向量，其终点必相同

3．高二某班参加了“中国神舟十三号载人飞船航空知识答题”竞赛，10位评委的打分如下：5，6，6，7，7，8，9，9，10，10，则（ ）

A．该组数据第60百分位数为8

B．该组数据第60百分位数为8.5

C．该组数据中位数为7和8

D．该组数据中位数为8

4．若直线l：cos𝑥−𝑠𝑖𝑛y+1＝0，（0≤θ＜π），则直线l的倾斜角为（ ）

22𝜃𝜃A．

2𝜃B．θ C．3𝜋2−

2𝜃D．−

22→→𝜋𝜃5．在空间四边形OABC中，E、F分别是OA、BC的中点，P为线段EF上一点，且PF＝2EP，设𝑂𝐴=𝑎，𝑂𝐵=𝑏，𝑂𝐶=𝑐，则下列等式不成立的是（ ）

→→→→

1→1→A．𝑂𝐹=2𝑏+2𝑐

→1→1→1→B．𝐸𝑃=−6𝑎+6𝑏+6𝑐

→

1→1→1→C．𝐹𝑃=−3𝑎+3𝑏+3𝑐

→1→1→1→D．𝑂𝑃=3𝑎+6𝑏+6𝑐

→第1页（共23页）

6．若直线kx+y+2﹣2k＝0与曲线√4−(𝑦−1)2+1＝x有两个不同的交点，则实数k的取值范围是（ ）

A．(−∞，−1−2√6)∪[5，+∞)

34B．(，4]

D．(3，+∞)

443C．[−2，−1+3)∪(3，2]

2√67．2008年北京奥运会游泳中心（水立方）的设计来于威尔，弗兰泡沫是对开尔文胞体的改进，如图，开尔文胞体是一种多面体，它由正六边形和正方形围成（其中每一个顶点处有一个正方形和两个正六边形），已知该多面体共有24个顶点，且该多面体表面积是6+12√3，则该多面体的棱长是（ ）

A．1 B．2 C．√3

𝜋D．√3

28．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，∠𝐴=3，AD是∠A的平分线，𝐴𝐷=√3，AB＞1，则b+2c的最小值是（ ）

A．6 B．3−2√2 C．3+2√2 D．10

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．下列描述正确的是（ ）

A．若事件A，B满足P（A）+P（B）＝1，则A与B是对立事件

B．若𝑃(𝐴𝐵)=，𝑃(𝐴)=，𝑃(𝐵)=，则事件A与B相互独立

C．掷两枚质地均匀的骰子，“第一枚出现奇数点”与“第二枚出现偶数点”是对立事件

D．一个袋子中有2个红球，3个绿球，采用不放回方式从中依次随机地取出两球第二次取到红球的概率是

5219231310．已知O是边长为√3正三角形ABC的外心，沿OB将该三角形折成直二面角A﹣OB﹣C，则下列说法正确的是（ ）

A．直线AC垂直直线OB

𝜋4B．直线AC与平面BOC所成角的大小为

√5C．平面AOC与平面BOC的夹角的余弦值是

5

第2页（共23页）

D．O到平面ABC的距离是√3

311．某中学高二学生500人，其中男生300人，女生200人，现希望获得全体学生的身高信息，按照分层抽样的原则抽取了容量为50的样本，经计算得到男生身高样本均值为171cm，方差为29cm2；女生身高样本均值为161cm，所有样本的方差为49cm2，下列说法中正确的是（ ）

A．男生样本容量为30

B．每个男生被抽入到样本的概率均为

53

C．所有样本的均值为167cm2

D．女生身高的样本方差为19cm2

12．“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车（Mercedesbenz）的logo很相似，故形象地称其为“奔驰定理”．奔驰定理：已知O是△ABC内一点，△BOC，△AOC，△AOB的面积分别为SA，SB，SC，且𝑆𝐴⋅𝑂𝐴+𝑆𝐵⋅𝑂𝐵+𝑆𝐶⋅𝑂𝐶=0．设O是锐角△ABC内的一点，∠BAC，∠ABC，∠ACB分别是△ABC的三个内角，以下命题正确的有（ ）

→→→→

A．若𝑂𝐴+2𝑂𝐵+3𝑂𝐶=0，则SA：SB：SC＝1：2：3

B．若|𝑂𝐴|=|𝑂𝐵|=2，∠𝐴𝑂𝐵=→→→→→→→5𝜋9，2𝑂𝐴+3𝑂𝐵+4𝑂𝐶=0，则𝑆△𝐴𝐵𝐶=

62→→→→→→→

C．若O为△ABC的内心，3𝑂𝐴+4𝑂𝐵+5𝑂𝐶=0，则∠𝐶=2

D．若O为△ABC的垂心，3𝑂𝐴+4𝑂𝐵+5𝑂𝐶=0，则𝑐𝑜𝑠∠𝐴𝑂𝐵=−三、填空题（本大题共4小题，共20分）

13．在△ABC中，D是BC边上的点且𝐴𝐶+2𝐴𝐵=3𝐴𝐷，若𝐵𝐶=𝜆𝐷𝐶则λ＝ ．

14．写出与圆x2+y2＝1和（x﹣4）2+（y﹣3）2＝16都相切的一条直线的方程 ．

15．已知△ABC的顶点𝐴(1，√3)，∠ACB的平分线所在的直线方程为√3𝑥+3𝑦−2√3=0，边AC的高所在的直线方程为√3𝑥−3𝑦=0，则直线BC的方程为 ．

16．在四棱锥P﹣ABCD中，∠APB＝∠BPC＝∠CPD＝∠DPA=，∠APC＝∠BPD，PB＝PD，PA＝2√6．

（1）若PA＝PB＝PC，P点到面ABCD的距离是 ．

（2）若该四棱锥内存在半径为2的球，PC的最小值是 ．

第3页（共23页）

𝜋→→→→√66

→→→→→𝜋3

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．（10分）已知圆的方程x2+y2＝4．

（1）求3x+4y﹣12的范围；

（2）已知A（﹣2，﹣2），B（﹣2，6），C（4，﹣2），P为圆上的动点，求|PA|2+|PB|2+|PC|2的最大值．

18．（12分）我省从2021年开始，高考不分文理科，实行“3+1+2”模式．其中“3”指的是语文、数学、外语三科为必选科目，“1”指的是考生在物理、历史2门首选科目中选择1门，“2”指的是考生在思想政治、地理、化学、生物4门再选科目中选择2门．已知福建医科大学临床医学类招生选科要求是首选科目为物理，再选科目为化学生物至少1门．

（1）从所有选科组合中任意选取1个，求该选科组合符合福建医科大学临床医学类招生选科要求的概率；

（2）假设甲、乙、丙三人每人选择任意一个选科组合是等可能的，求这三人中恰好有一人的选科组合符合福建医科大学临床医学类招生选科要求的概率．

19．（12分）已知三棱柱ABC﹣A1B1C1，侧面AA1C1C是边长为2的菱形，∠CAA1=，侧面四边形ABB1A1是矩形，且平面AA1C1C⊥平面ABB1A1，点D是棱A1B1的中点．

（1）在棱AC上是否存在一点E，使得AD∥平面B1C1E，并说明理由；

（2）当三棱锥B﹣A1DC1的体积为√3时，求平面A1C1D与平面CC1D夹角的余弦值．

𝜋3

20．（12分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且长为4．

（1）证明：∠A＝∠B；

（2）求△ABC的面积最大值．

21．（12分）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD为菱形，且菱形ABCD的面积为4，PD，BE都与平面ABCD垂直，BE＝1，PD＝2．

（1）求三棱锥E﹣ABC与四棱锥P﹣ABCD公共部分的体积大小；

（2）若二面角D﹣AP﹣B大小为，求DE与平面PAD所成角的正弦值．

2第4页（共23页）

1+𝑠𝑖𝑛2𝐴−𝑐𝑜𝑠2𝐴1+𝑠𝑖𝑛2𝐴+𝑐𝑜𝑠2𝐴=tanB，BC的中线𝜋

22．（12分）在△ABC中，已知A（﹣1，0），B（﹣2，0），且√2sinB＝sinA．

（1）求顶点C的轨迹E的方程；

（2）曲线E与y轴交于P，Q两点，T是直线y＝2√2上一点，连TP，TQ分别与E交于M，N两点（异于P，Q两点），试探究直线MN是否过定点，若是求定点，若不是说明理由．

第5页（共23页）

2022-2023学年湖北省鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟学校高二（上）期中数学试卷

参考答案与试题解析

一、单选题（本大题共8小题，共40分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1．已知复数z满足|z﹣1﹣i|＝1，则|z+1+i|的最大值是（ ）

A．2√2−1 B．2√2+1 C．2 D．2√2

解：由|z﹣1﹣i|＝1可知，

则复数z在复平面对应的点P的轨迹为以A（1，1）为圆心，1为半径的圆，

又|z+1+i|的几何意义为点P与点B（﹣1，﹣1）的距离，

又|AB|=√(1+1)2+(1+1)2=2√2，

则|PB|max＝2√2+1．

故选：B．

2．下列说法正确的是（ ）

A．零向量没有方向

→→→→→

→→→B．若𝑎⋅𝑏=𝑎⋅𝑐，(𝑎≠0)，则𝑏=𝑐

C．长度相等的向量叫做相等向量

D．两个有共同起点而且相等的向量，其终点必相同

解：对于A，零向量的方向是任意的，故A错误，

对于B，𝑎⋅𝑏=𝑎⋅𝑐，(𝑎≠0)，

则|𝑎||𝑏|𝑐𝑜𝑠＜𝑎，𝑏＞=|𝑎||𝑐|𝑐𝑜𝑠＜𝑎，𝑐＞，故B错误，

对于C，长度相等且方向相同的向量叫做相等向量，故C错误，

对于D，两个有共同起点而且相等的向量，其终点必相同，故D正确．

故选：D．

3．高二某班参加了“中国神舟十三号载人飞船航空知识答题”竞赛，10位评委的打分如下：5，6，6，7，7，8，9，9，10，10，则（ ）

A．该组数据第60百分位数为8

B．该组数据第60百分位数为8.5

C．该组数据中位数为7和8

D．该组数据中位数为8

第6页（共23页）

→→→→→→→→→→→→→→

解：因为10位评委的打分如下：5，6，6，7，7，8，9，9，10，10，

则因为10×60%＝6，则该组数据的第60百分位数为第6个数与第7个数的平均数，即为8.5，故A选项错误，B选项正确，

又该组数据的中位数为故选：B．

4．若直线l：cos𝑥−𝑠𝑖𝑛y+1＝0，（0≤θ＜π），则直线l的倾斜角为（ ）

22𝜃𝜃7+82=7.5，故C、D错误，

A．

2𝜃B．θ C．3𝜋2−

2𝜃D．−

22𝜋𝜃解：设直线的倾斜角为α，

则𝑡𝑎𝑛𝛼=𝑐𝑜𝑠𝜃2𝑠𝑖𝑛𝜃2=𝜃𝑐𝑜𝑠(𝜋2−2)𝜃𝑠𝑖𝑛(𝜋2−2)=𝑡𝑎𝑛(−)，

𝜋2𝜃2因为0≤θ＜π，

所以0＜2−2≤2，则𝛼=2−2，

故选：D．

5．在空间四边形OABC中，E、F分别是OA、BC的中点，P为线段EF上一点，且PF＝2EP，设𝑂𝐴=𝑎，𝑂𝐵=𝑏，𝑂𝐶=𝑐，则下列等式不成立的是（ ）

→→→→→→𝜋𝜃𝜋𝜋𝜃

A．𝑂𝐹=𝑏+𝑐

1→1→1→C．𝐹𝑃=−3𝑎+3𝑏+3𝑐

→→1→21→2B．𝐸𝑃=−𝑎+𝑏+𝑐

1→1→1→D．𝑂𝑃=3𝑎+6𝑏+6𝑐

→→1→61→61→6

解：∵E、F分别是OA、BC的中点，

∴𝑂𝐹=2(𝑂𝐵+𝑂𝐶)=2𝑂𝐵+2𝑂𝐶=2𝑏+2𝑐，故A正确，

1→1→1→𝐸𝐹=𝑂𝐹−𝑂𝐸=2𝑏+2𝑐−2𝑎，

→→→→1→→1→1→1→1→∵PF＝2EP，

第7页（共23页）

∴EP=𝐸𝐹，

1→11→1→1→1→1→1→∴𝐸𝑃=𝐸𝐹=(𝑏+𝑐−𝑎)=−𝑎+𝑏+𝑐，故B正确，

33222666→132→21→1→1→1→1→1→𝐹𝑃=−3𝐸𝐹=−3(2𝑏+2𝑐−2𝑎)=3𝑎−3𝑏−3𝑐，故C错误，

→1→1→1→1→1→1→1→𝑂𝑃=𝑂𝐸+𝐸𝑃=𝑎−𝑎+𝑏+𝑐=𝑎+𝑏+𝑐，故D正确．

2666366→→→故选：C．

6．若直线kx+y+2﹣2k＝0与曲线√4−(𝑦−1)2+1＝x有两个不同的交点，则实数k的取值范围是（ ）

A．(−∞，−1−C．[−2，−1+2√6)∪[5，+∞)

3B．(，4]

D．(，+∞)

43432√64)∪(，2]

33解：方程kx+y+2﹣2k＝0是恒过定点P（2，﹣2），斜率为﹣k的直线，

曲线√4−(𝑦−1)2+1=𝑥，即（x﹣1）2+（y﹣1）2＝4（x≥1），是圆心为C（1，1），半径r＝2，在直线x＝1及右侧的半圆，半圆弧端点A（1，﹣1），B（1，3），

在同一坐标系内作出直线x+y+2﹣2k＝0与半圆C：（x﹣1）2+（y﹣1）2＝4（x≥1），如图，

当直线kx+y+2﹣2k＝0与半圆C相切时，

由|𝑘−3|√1+𝑘2=2，得相切时−𝑘=2√62√6+1，

3又kPB＝﹣5，所以−𝑘＞3+1，或﹣k≤﹣5，

所以𝑘＜−1−3或k≥5．

故选：A．

7．2008年北京奥运会游泳中心（水立方）的设计来于威尔，弗兰泡沫是对开尔文胞体的改进，如图，开尔文胞体是一种多面体，它由正六边形和正方形围成（其中每一个顶点处有一个正方形和两个正六边形），第8页（共23页）

2√6

已知该多面体共有24个顶点，且该多面体表面积是6+12√3，则该多面体的棱长是（ ）

A．1 B．2 C．√3

√3D．

2解：设棱长为x，正方形的面积为x•x＝x2，

正六边形的面积为6×2×𝑥×𝑥×2=2𝑥2，

又正方形有4个顶点，正六边形有6个顶点，

该多面体有24个顶点，

则最多有6个正方形，最少有4个正方形，

一个正六边形与3个正方形相连，

∴该多面体有6个正方形，正六边形有6×4÷3＝8个，

故该多面体表面积是6×x2+8×解得x＝1，

∴该多面体的棱长是1．

故选：A．

8．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，∠𝐴=3，AD是∠A的平分线，𝐴𝐷=√3，AB＞1，则b+2c的最小值是（ ）

A．6 B．3−2√2 C．3+2√2 D．10

𝜋3√32𝑥=12√3+6，

21√33√3解：设AB＝c，AC＝b，BC＝a，

由S△ABC＝S△ADB+S△ADC，可得bcsin21𝜋3=12×√3csin+6𝜋12×√3bsin，

6𝜋整理得bc＝b+c，

可得+𝑏11𝑐=1，c＞1，

112𝑐𝑏所以b+2c＝（b+2c）（+）＝3+𝑏+𝑐≥3+2√2，当且仅当√2c＝b=√2+1时等号成立，

𝑏𝑐即b+2c的最小值为3+2√2．

故选：C．

第9页（共23页）

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．下列描述正确的是（ ）

A．若事件A，B满足P（A）+P（B）＝1，则A与B是对立事件

B．若𝑃(𝐴𝐵)=9，𝑃(𝐴)=3，𝑃(𝐵)=3，则事件A与B相互独立

C．掷两枚质地均匀的骰子，“第一枚出现奇数点”与“第二枚出现偶数点”是对立事件

D．一个袋子中有2个红球，3个绿球，采用不放回方式从中依次随机地取出两球第二次取到红球的概率是

52121解：对于A，当A事件表示“抛掷一枚骰子，出现奇数点朝上”，则P（A）=，事件B表示“抛掷一枚硬币，正面朝上”，则P（B）=2，此时P（A）+P（B）＝1，但A与B不是对立事件，故A错误；

对于B，若𝑃(𝐴𝐵)=，𝑃(𝐴)=，则P（A）=，𝑃(𝐵)=，则事件A与B相互独立，故B正确；

对于C，掷两枚质地均匀的骰子，“第一枚出现奇数点”与“第二枚出现偶数点”是相互独立事件，不是对立事件，故C错；

对于D，一个袋子中有2个红球，3个绿球，采用不放回方式从中依次随机地取出两球第二次取到红球的概率是×5212+35×24=，故D正确；

52故选：BD．

10．已知O是边长为√3正三角形ABC的外心，沿OB将该三角形折成直二面角A﹣OB﹣C，则下列说法正确的是（ ）

A．直线AC垂直直线OB

𝜋4B．直线AC与平面BOC所成角的大小为

C．平面AOC与平面BOC的夹角的余弦值是D．O到平面ABC的距离是√3

3√5

5

解：设AC中点为D，因为O是边长为√3正三角形ABC的外心，

所以，B，O，D三点共线，

因为在△ABC中，DB⊥AD，CD⊥BD，AD∩CD＝D，AD，CD⊂平面ACD，

所以，BD⊥平面ACD，

因为AC⊂平面ACD，

所以BD⊥AC，即OB⊥AC，故A选项正确；

由DB⊥AD，CD⊥BD知∠ADC是二面角A﹣OB﹣C的平面角，即∠ADC=2，

第10页（共23页）

𝜋

所以，平面ABD⊥平面BCD，

因为平面ABD∩平面BCD＝BD，DB⊥AD，AD⊂平面ABD，

所以AD⊥平面BCD，

所以，∠ACD是直线AC与平面BOC所成角，

因为DC⊂平面BCD，

所以AD⊥DC，

因为AD＝DC，

所以，∠ACD=，故B选项正确；

过点D作DE⊥OC，垂足为E，连接AE

因为AD⊥平面BCD，OC⊂平面BCD，

所以AD⊥OC，

因为A∩DE＝D，AD，DE⊂平面ADE，

所以OC⊥平面ADE，

因为AE⊂平面ADE，

所以OC⊥AE，

所以∠AED是平面AOC与平面BOC的平面角，

因为正△ABC的边长为√3，O是边长为√3正三角形ABC的外心

所以AO＝OC＝OA＝1，OD=，DC＝AD=所以，DE=√3𝜋412√32，

4，AE=√154，

所以cos∠𝐴𝐸𝐷=𝐷𝐸√5=，

𝐴𝐸5√5，故C选项正确；

5所以，面AOC与平面BOC夹角的余弦值是因为AB＝BC=√3，AC=2，

√6所以S△ABC=2×2×√3−16=8，𝑆△𝑂𝐵𝐶=2×1×2=4，

因为VO﹣ABC＝VA﹣BOC，设O到平面ABC的距离是h，

所以，×313√71√3√3√7×ℎ=××，解得h=7，

8342√7，故D选项错误．

71√663√71√3√3所以，O到平面ABC的距离是故选：ABC．

第11页（共23页）

11．某中学高二学生500人，其中男生300人，女生200人，现希望获得全体学生的身高信息，按照分层抽样的原则抽取了容量为50的样本，经计算得到男生身高样本均值为171cm，方差为29cm2；女生身高样本均值为161cm，所有样本的方差为49cm2，下列说法中正确的是（ ）

A．男生样本容量为30

B．每个男生被抽入到样本的概率均为

53

C．所有样本的均值为167cm2

D．女生身高的样本方差为19cm2

解：A：由50×300=30人，故A正确；

5005050050B：每个学生入样的概率均为C：所有样本的均值为=110，故每个男生被抽入到样本的概率为=167cm，故C不正确；

男110，故B错误；

171×30+161×20D：记所有男生样本为y1，y2，y3，⋯，y30，方差为s为s女2，

方差s2=12，记所有女生样本为z1，z2，z3，⋯，z20，方差1301202[∑𝑖=1 （yi−𝑥）2+∑20 （z−𝑥）]=[∑𝑗=1 （yi−𝑦+𝑦−𝑥）2+∑20 （zj−𝑧+𝑧−𝑥）2]

j𝑖=1𝑗=150502222=50[∑30（yi−𝑦）+30（𝑦−𝑥）+2∑30（yi−𝑦）（𝑦−𝑥）+∑20（zj−𝑧）+20（𝑧−𝑥）+2∑20（zj−𝑧）𝑖=1

𝑖=1

𝑗=1

𝑗=1

（𝑧−𝑥）]

=s男2+（𝑦−𝑥）2+s女2+（𝑧−𝑥）2＝49，

∴s女2＝19cm2，故D正确．

故选：AD．

12．“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车（Mercedesbenz）的logo很相似，故形象地称其为“奔驰定理”．奔驰定理：已知O是△ABC内一点，△BOC，△AOC，△AOB的面积分别为SA，SB，SC，且𝑆𝐴⋅𝑂𝐴+𝑆𝐵⋅𝑂𝐵+𝑆𝐶⋅𝑂𝐶=0．设O是锐角△ABC内的一点，第12页（共23页）

35352525→→→→

∠BAC，∠ABC，∠ACB分别是△ABC的三个内角，以下命题正确的有（ ）

A．若𝑂𝐴+2𝑂𝐵+3𝑂𝐶=0，则SA：SB：SC＝1：2：3

→→→→5𝜋9B．若|𝑂𝐴|=|𝑂𝐵|=2，∠𝐴𝑂𝐵=，2𝑂𝐴+3𝑂𝐵+4𝑂𝐶=0，则𝑆△𝐴𝐵𝐶=

62→→→→→→

C．若O为△ABC的内心，3𝑂𝐴+4𝑂𝐵+5𝑂𝐶=0，则∠𝐶=

D．若O为△ABC的垂心，3𝑂𝐴+4𝑂𝐵+5𝑂𝐶=0，则𝑐𝑜𝑠∠𝐴𝑂𝐵=−→→→→→→→→√6→→→→𝜋26

解：对于A，由奔驰定理可知，若𝑂𝐴+2𝑂𝐵+3𝑂𝐶=0，则SA：SB：SC＝1：2：3，故A正确；

对于B，在△ABC中，由|𝑂𝐴|=|𝑂𝐵|=2，∠𝐴𝑂𝐵=6可知SC＝1，

又2𝑂𝐴+3𝑂𝐵+4𝑂𝐶=0，所以SA：SB：SC＝2：3：4，所以𝑆𝐵=4，𝑆𝐴=2，

所以S△ABC＝SA+SB+SC=4，故，故BB 错误；

对于C，由奔驰定理可知，O为△ABC的内心，3𝑂𝐴+4𝑂𝐵+5𝑂𝐶=0，

设内切圆半径为r，故𝑆𝐴=𝐵𝐶⋅𝑟，𝑆𝐵=𝐴𝐶⋅𝑟，𝑆𝐶=𝐴𝐵⋅𝑟，

则结合SA：SB：SC＝3：4：5，所以BC：AC：AB＝3：4：5，

由勾股定理得△ABC为直角三角形，∠C=2，故C正确；

对于D，如图：延长AO交BC于点D，延长BO交AC于点E，延长CO交AB于点F，

由于S△ABC＝SA+SB+SC，且由已知得SA：SB：SC＝3：4：5，O为三角形ABC的垂心，

故𝑆△𝐴𝐵𝐶：𝑆△𝐴𝑂𝐶=𝑛1212，设OE＝m，OB＝2m，同理S△ABC：S△BOC==4，设OD＝n，则OA＝3n，

43𝑚√6→→→→→→→→→→5𝜋319121212𝜋cos∠BOD=2𝑚=cos∠AOE=3𝑛，可得2m2＝3n2，据此求得cos∠BOD=6，

cos∠AOB＝cos∠（π﹣∠BOD）=−故选：ACD．

√66，故D正确．

第13页（共23页）

三、填空题（本大题共4小题，共20分）

13．在△ABC中，D是BC边上的点且𝐴𝐶+2𝐴𝐵=3𝐴𝐷，若𝐵𝐶=𝜆𝐷𝐶则λ＝

解：∵𝐴𝐶+2𝐴𝐵=3𝐴𝐷，

∴2(𝐴𝐵−𝐴𝐷)=𝐴𝐷−𝐴𝐶，

∴2𝐷𝐵=𝐶𝐷，

3→∴𝐵𝐶=2𝐷𝐶，

→→→→→→→→→→→→→→→32 ．

∴λ=．

故答案为：．

233214．写出与圆x2+y2＝1和（x﹣4）2+（y﹣3）2＝16都相切的一条直线的方程 24x﹣7y+25＝0或4x+3y﹣5＝0或y＝﹣1 ．

解：圆x2+y2＝1的圆心为（0，0），半径为1，

圆（x﹣4）2+（y﹣3）2＝16的圆心为（4，3），半径为4，

可得两圆外切．

当切线的斜率为0时，可得切线的方程为y＝﹣1；

当直线的斜率不为0，不妨设直线方程为x+by+c＝0，

于是|𝑐|√1+𝑏2=1，|4+3𝑏+𝑐|√1+𝑏2=4，

故c2＝1+b2①，|4+3b+c|＝|4c|，

于是4+3b+c＝4c或4+3b+c＝﹣4c，

𝑏=−24𝑏=4再结合①解得{或{，

255𝑐=24𝑐=−4所以直线方程有三条，分别为24x﹣7y+25＝0或4x+3y﹣5＝0或y＝﹣1．

故答案为：24x﹣7y+25＝0或4x+3y﹣5＝0或y＝﹣1．

第14页（共23页）

73

15．已知△ABC的顶点𝐴(1，√3)，∠ACB的平分线所在的直线方程为√3𝑥+3𝑦−2√3=0，边AC的高所在的直线方程为√3𝑥−3𝑦=0，则直线BC的方程为 y＝0 ．

解：因为边AC的高所在的直线方程为√3𝑥−3𝑦=0，

所以，𝑘𝐴𝐶=−√3，边AC所在直线方程为y=−√3𝑥+2√3，

因为∠ACB的平分线所在的直线方程为√3𝑥+3𝑦−2√3=0，

所以，{𝑥=2√3𝑥+3𝑦−2√3=0，解得{，即C（2，0），

𝑦=0𝑦=−√3𝑥+2√3因为，∠ACB的平分线所在的直线方程为√3𝑥+3𝑦−2√3=0，

所以，点A（1，√3）关于直线√3𝑥+3𝑦−2√3=0对称的点A′（x0，y0）在直线BC上，

√3×20+3×所以{𝑦0−√3=√3𝑥−101+𝑥√3+𝑦20−2√3=0，解得x0＝y0＝0，即A′（0，0），

所以，直线BC的方程为y＝0，

故答案为：y＝0．

16．在四棱锥P﹣ABCD中，∠APB＝∠BPC＝∠CPD＝∠DPA=3，∠APC＝∠BPD，PB＝PD，PA＝2√6．

（1）若PA＝PB＝PC，P点到面ABCD的距离是 2√3 ．

（2）若该四棱锥内存在半径为2的球，PC的最小值是 6√6+8√3 ．

解：（1）由题可知，当PA＝PB＝PC时，四棱锥P﹣ABCD为底面为正方形的正四棱锥，

设AC与BD相交于E，

则正四棱锥的高为PE，

又∠𝐷𝑃𝐴=3，𝑃𝐴=𝑃𝐵=𝑃𝐶=𝑃𝐷=2√6，

所以正方形ABCD的边长为2√6，𝐵𝐷=√24+24=4√3，

故P点到面ABCD的距离为PE=√(2√6)2−(2√3)2=2√3；

（2）如图，根据题意，作正四棱锥P﹣A′BC′D，

因为∠APB＝∠BPC＝∠CPD＝∠DPA＝60°，

所以正四棱锥P﹣A′BC′D的侧面三角形均是正三角形，

设A′B＝A′D＝PC′＝x，所以𝐵𝐷=√2𝑥，

又PB＝PD＝x，

所以三角形PBD是等腰直角三角形，

所以∠APC＝∠BPD＝90°，

因为PB＝PD，∠APB＝∠BPC＝∠CPD＝∠DPA＝60°，

第15页（共23页）

𝜋𝜋

所以△PAB≅△PAD，△PCB≅△PCD，

所以AB＝AD，BC＝DC，

所以AC⊥BD，且E为BD的中点，△ABC≅△ADC，

因为PB＝PD，

所以PE⊥BD，

又PE∩AC＝E，PE，AC⊂平面PAC，

所以BD⊥平面PAC，

所以𝑉𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷=2𝑉𝑃−𝐴𝐵𝐶=2𝑉𝐵−𝑃𝐴𝐶=𝑆△𝑃𝐴𝐶⋅𝐵𝐸，

因为该四棱锥存在半径为2的内切球，

所以𝑉𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷=1×2×(2𝑆△𝑃𝐴𝐵+2𝑆△𝑃𝐵𝐶+2𝑆△𝐴𝐵𝐶)，

3432323所以𝑉𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷=(𝑆△𝑃𝐴𝐵+𝑆△𝑃𝐵𝐶+𝑆△𝐴𝐵𝐶)=𝑆△𝑃𝐴𝐶⋅𝐵𝐸，

所以𝑆△𝑃𝐴𝐵+𝑆△𝑃𝐵𝐶+𝑆△𝐴𝐵𝐶=设PC＝t，

在直角三角形PAC中，由勾股定理得，𝐴𝐶=√𝑡2+24，

因为三角形PBD是等腰直角三角形，所以𝐵𝐸=所以𝐵𝐸=12√2√21⋅𝑆⋅𝐵𝐸，

2△𝑃𝐴𝐶2𝑃𝐵′，

2𝑃𝐵，

12所以𝑃𝐴⋅𝑃𝐵𝑠𝑖𝑛60°+𝑃𝐶⋅𝑃𝐵𝑠𝑖𝑛60°+1𝑡2+24×√211√2√2𝑃𝐵=⋅𝑃𝐴⋅𝑃𝐶⋅𝑃𝐵，

2222所以𝑡2−12√6𝑡+24=0，解得𝑡=6√6±8√3，即𝑃𝐶=6√6+8√3．

所以，PC的最小值是6√6+8√3．

故答案为：(1)2√3；(2)6√6+8√3．

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．（10分）已知圆的方程x2+y2＝4．

第16页（共23页）

（1）求3x+4y﹣12的范围；

（2）已知A（﹣2，﹣2），B（﹣2，6），C（4，﹣2），P为圆上的动点，求|PA|2+|PB|2+|PC|2的最大值．

解：（1）设3x+4y﹣12＝z，

∴|0+0−12−𝑧|√32+42≤2，

∴|12+z|≤10，

∴﹣22≤z≤﹣2，

∴3x+4y﹣12的范围为[﹣22，﹣2]．

（2）设P点为（x，y），则：

f（x）＝PA2+PB2+PC2＝（x+2）2+（y+2）2+（x+2）2+（y﹣6）2+（x﹣4）2+（y+2）2＝3x2+3y2﹣4y+68，

∵x2+y2＝4，∴x2＝4﹣y2，

∴f（x）＝12﹣3y2+3y2﹣4y+68＝80﹣4y，

∵﹣2≤y≤2，

∴当y＝﹣2，f（x）有最大值88．

18．（12分）我省从2021年开始，高考不分文理科，实行“3+1+2”模式．其中“3”指的是语文、数学、外语三科为必选科目，“1”指的是考生在物理、历史2门首选科目中选择1门，“2”指的是考生在思想政治、地理、化学、生物4门再选科目中选择2门．已知福建医科大学临床医学类招生选科要求是首选科目为物理，再选科目为化学生物至少1门．

（1）从所有选科组合中任意选取1个，求该选科组合符合福建医科大学临床医学类招生选科要求的概率；

（2）假设甲、乙、丙三人每人选择任意一个选科组合是等可能的，求这三人中恰好有一人的选科组合符合福建医科大学临床医学类招生选科要求的概率．

解：（1）用a，b分别表示“选择物理”，“选择历史”，

用c，d，e，f分别表示选择“选择化学”，“选择生物”，“选择政治”，“选择地理”，

则所有选科组合的样本空间为：

Ω＝{acd，ace，acf，ade，adf，aef，bcd，bce，bcf，bde，bdf，bef}，

∴n（Ω）＝12，

设M＝“从所有选科组合中任意选取1个，该选科组合符合福建医科大学临床医学类招生选科要求”，

则M＝{acd，ace，acf，ade，adf}，

∴n（M）＝5，

∴该选科组合符合福建医科大学临床医学类招生选科要求的概率P（M）=𝑛(𝛺)=12．

第17页（共23页）

𝑛(𝑀)5

（2）设甲、乙、丙每人选择的组合符合福建医科大学临床类招生选科要求分别是事件N1，N2，N3，

由题意知事件N1，N2，N3相互独立，

由（1）知P（N1）＝P（N2）＝P（N3）=5．

12记N＝“甲、乙、丙三人中恰好有一人的选科组合符合福建医科大学临床医学类招生选科要求”，

则N=𝑁1𝑁2𝑁3∪𝑁1𝑁2𝑁3∪𝑁1𝑁2𝑁3，

∵事件𝑁1𝑁2𝑁3，𝑁1𝑁2𝑁3𝑁1𝑁2𝑁3两两互斥，

∴根据互斥事件概率加法公式得：

P（N）＝P（𝑁1𝑁2𝑁3）+P（𝑁1𝑁2𝑁3）+P（𝑁1𝑁2𝑁3）

=12×(1−12)×(1−12)+(1−12)×12×(1−12)+(1−12)×(1−12)×12

=576．

19．（12分）已知三棱柱ABC﹣A1B1C1，侧面AA1C1C是边长为2的菱形，∠CAA1=，侧面四边形ABB1A1是矩形，且平面AA1C1C⊥平面ABB1A1，点D是棱A1B1的中点．

（1）在棱AC上是否存在一点E，使得AD∥平面B1C1E，并说明理由；

（2）当三棱锥B﹣A1DC1的体积为√3时，求平面A1C1D与平面CC1D夹角的余弦值．

𝜋3245555555555

（1）解：存在，当E为AC的中点时，AD∥平面B1C1E，理由如下：

如图所示：

取B1C1的中点F，连接EF，DF，

第18页（共23页）

∵DF是△A1B1C1的中位线，

∴𝐷𝐹∥𝐴1𝐶1，𝐷𝐹=𝐴1𝐶1，

又𝐴𝐸∥𝐴1𝐶1，𝐴𝐸=𝐴1𝐶1，

∴DF∥AE，DF＝AE，

∴四边形DFEA是平行四边形，

∴AD∥EF，

又AD⊄面B1C1E，EF⊂面B1C1E，

∴AD∥平面B1C1E．

（2）∵四边形ABB1A1是矩形，

∴A1B1⊥AA1，

又∵平面AA1C1C⊥平面ABB1A1，

∴A1B1⊥面A1ACC1，

∵𝑉𝐵−𝐴1𝐷𝐶1=𝑉𝐴−𝐴1𝐷𝐶1=𝑉𝐷−𝐴1𝐴𝐶1=3⋅𝑆△𝐴𝐴1𝐶1×2𝐴1𝐵1=6𝐴1𝐵1=√3，

∴A1B1＝6，

∵侧面ACC1A1是菱形，∠A1AC＝60°，

∴△A1AC是正三角形，

∵E是AC的中点，

∴A1E⊥AC，

以A1为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，

11√312121212

则A1（0，0，0），C1（0，2，0），D（0，0，3），𝐶(√3，1，0)，

则𝐶1𝐷=(0，−2，3)，𝐶1𝐶=(√3，−1，0)，

设平面C1DC的一个法向量为𝑚=(𝑥，𝑦，𝑧)，

第19页（共23页）

→→→

−2𝑥+3𝑧=02由{，令x＝1，则𝑦=√3，𝑧=√3，

3√3𝑥−𝑦=0∴𝑚=(1，√3，3√3)，

又平面A1C1D的一个法向量𝑛=(1，0，0)，

∴𝑐𝑜𝑠〈𝑚，𝑛〉=4，

∴平面A1C1D与平面CC1D的夹角的余弦值是√3．

41+𝑠𝑖𝑛2𝐴−𝑐𝑜𝑠2𝐴1+𝑠𝑖𝑛2𝐴+𝑐𝑜𝑠2𝐴→→√3→→220．（12分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且长为4．

（1）证明：∠A＝∠B；

（2）求△ABC的面积最大值．

2𝑠𝑖𝑛𝐴𝑐𝑜𝑠𝐴+2𝑠𝑖𝑛2𝐴证明：（1）左边==𝑡𝑎𝑛𝐴，

2𝑠𝑖𝑛𝐴𝑐𝑜𝑠𝐴+2𝑐𝑜𝑠2𝐴=tanB，BC的中线∴tanA＝tanB，又A，B∈（0，π），

∴∠A＝∠B．

解：（2）如图，设D为BC中点，设AC＝2x，∠ACD＝θ，

因为∠A＝∠B，所以AC＝BC＝2x，

𝑥2+4𝑥2−165𝑥2−16所以，在△ACD中，由余弦定理得：𝑐𝑜𝑠𝜃=2⋅𝑥⋅2𝑥=，

4𝑥2所以𝑠𝑖𝑛𝜃=√16𝑥4−(5𝑥2−16)24𝑥2=√−9𝑥4+160𝑥2−2564𝑥2，

所以，𝑆△𝐴𝐵𝐶=所以，当𝑥2=11804096⋅2𝑥⋅2𝑥⋅𝑠𝑖𝑛𝜃=√−9[(𝑥2−)2+]，

2299804√532，即𝑥=时，S△ABC有最大值𝑆𝑚𝑎𝑥=，

933323所以，△ABC的面积最大值为．

21．（12分）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD为菱形，且菱形ABCD的面积为4，PD，BE都与平面ABCD垂直，BE＝1，PD＝2．

（1）求三棱锥E﹣ABC与四棱锥P﹣ABCD公共部分的体积大小；

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（2）若二面角D﹣AP﹣B大小为，求DE与平面PAD所成角的正弦值．

2𝜋

（1）解：连接BD，设AC，BD的交点为O，EO，PB的交点为G，延长EO，PD使其交于点F，

因为PD，BE都与平面ABCD垂直，

所以PD∥BE，

又BD⊂平面ABCD，

所以PD⊥BD，BE⊥BD，

因为底面ABCD为菱形，所以O为BD中点，

所以，Rt△BOE≅Rt△DOF，

所以BE＝DF＝1，EO＝OF，

因为PD∥BE，

所以△BGE∽△PGF，

所以𝐵𝐸𝑃𝐹=𝐸𝐺𝐺𝐹=，

31所以EG＝GO，即G为EO中点，

所以，G到平面ABCD的距离等于E到平面ABCD的距离的一半．

所以𝑉𝐺−𝐴𝐵𝐶=3⋅𝑆△𝐴𝐵𝐶×2×𝐸𝐵=3×2×2×1=3，

第21页（共23页）

11111

又三棱锥E﹣ABC与四棱锥P﹣ABCD的公共部分为三棱锥G﹣ABC，

故三棱锥E﹣ABC与四棱锥P﹣ABCD公共部分的体积为；

31（2）解：因为二面角D﹣AP﹣B大小为90°，

∴平面DAP⊥平面BAP，

过D作DM⊥PA，

∵平面DAP∩平面BAP＝AP，DM⊂平面DAP，

∴DM⊥平面PAB，

∵AB⊂平面PAB，

∴DM⊥AB，

又PD⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，

∴PD⊥AB，

又PD，DM⊂平面PAD，PD∩DM＝D，

∴AB⊥平面PAD，

∵AD⊂平面PAD，

∴AB⊥AD，

∴四边形ABCD为正方形

又正方形ABCD的面积为4，

∴AB＝AD＝2，

∵BE∥PD，BE⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，

∴BE∥平面PAD，

∴B到平面PAD的距离等于E到平面PAD的距离，

∴E到平面PAD的距离为2，

设DE与面PAD所成的角为θ，则𝑠𝑖𝑛𝜃=𝐷𝐸，

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2

∵在△BED中，𝐸𝐷=√𝐵𝐸2+𝐵𝐷2=3，

∴𝑠𝑖𝑛𝜃=，

即DE与平面PAD所成的角的正弦值为．

322322．（12分）在△ABC中，已知A（﹣1，0），B（﹣2，0），且√2sinB＝sinA．

（1）求顶点C的轨迹E的方程；

（2）曲线E与y轴交于P，Q两点，T是直线y＝2√2上一点，连TP，TQ分别与E交于M，N两点（异于P，Q两点），试探究直线MN是否过定点，若是求定点，若不是说明理由．

解：（1）A（﹣1，0），B（﹣2，0），由√2sinB＝sinA，得=𝑏𝑎√2，即|𝐵𝐶||𝐴𝐶|=√2，

设C（x，y），则√(𝑥+2)2+𝑦2√(𝑥+1)2+𝑦2=；

√2，整理得x2+y2＝2（y≠0）（2）曲线E：x2+y2＝2（y≠0），由题意不妨设P（0，√2），Q（0，−√2），T（m，2√2）（m≠0），

TP：y=𝑚𝑥+√2，TQ：y=𝑚𝑥−√2，

−4𝑚√2𝑚−2√2联立{𝑦=𝑚𝑥+√2，得（m2+2）x2+4mx＝0，得M（2，）；

𝑚+2𝑚2+222𝑥+𝑦=212𝑚18√2−√2𝑚联立{𝑦=𝑚𝑥−√2，得（m2+18）x2﹣12mx＝0，得N（2，）．

𝑚+18𝑚2+1822𝑥+𝑦=23√22√2√23√22当m≠±3时，直线MN方程为y=∴直线MN恒过点（0，√2）．

2𝑥+2．

𝑚(8𝑚2+48)√2(36−𝑚4)√2

第23页（共23页）