【文档说明】湖北省武汉市常青联合体2023-2024学年高二上学期期中联考数学试题 含解析.docx，共(25)页，1.542 MB，由管理员店铺上传

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武汉市常青联合体2023—2024学年度第一学期期中考试高二数学试卷命题学校：武汉市长虹中学命题教师：马雪飞审题教师：任小华考试时间：2023年11月16日试卷满分：150分本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题），满分100分，考试用时120分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必

用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考号等填写在答题卡上，并用铅笔在答题卡上的相应位置填涂．2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．3．回答第Ⅱ卷时，必

须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答卷各题目指定区域内，不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效．第Ⅰ卷一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40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.某中学高三年级共有学生900人，为了解他们视力状况，用分层抽样的方法从中抽取一个容量为45的样本，若样本中共有女生11人，该校高三年级共有男生（）人A.220B.225C.680D.685【答案】C【解析】【分析】利用

分层抽样比例一致得到相关方程，从而得解.【详解】依题意，设高三男生人数为n人，则高三女生人数为()900n−人，由分层抽样可得9001190045n−=，解得680n=.故选：C.2.方程224250x

yxym++−+=表示圆，则m的范围是（）A.1mB.1mC.m1D.1m£【答案】B【解析】【分析】根据方程220xyDxEyF++++=表示圆，应当满足2240DEF+−求解即可.【详解】因为方程224250xyxym++−+=表示圆，所以()2242450m+−−

，解得：1m.故选：B.3.已知直线221:(23)()41lmmxmmym+−+−=−，2:350lxy−−=互相垂直，则实数m的值为（）A.3B.3或1C.1D.3−或1−【答案】A【解析】【分析】根据两一般式直线相互垂直求m的值，注意验证求得m的值是否满足直线方程.【详解】因为直

线221:(23)()41lmmxmmym+−+−=−，2:350lxy−−=互相垂直，所以()22(23)1()30mmmm+−+−−=，所以3m=或1，当1m=，直线1:001lxy+=−不存在，故3m=.故选：A4

.如图，空间四边形OABC中，OAa=，OBb=，OCc=，点M在OA上，且2OMMA=，23BNNC=，则MN=（）A.123355abc−−+B.232355abc−++C.223355abc−++D.232355abc+−【答

案】C【解析】【分析】根据空间向量的线性运算结合图象计算即可.【详解】由2OMMA=，23BNNC=，得()1335MNMAABBNOAOBOABC=++=+−+()()2232233553351355OAOBOBOAOBOOCCbAcOa=−++=−+−++−+=故选：C.5

.直线sin41sin4940xy+−=的倾斜角是（）A.41°B.49°C.131°D.139°【答案】D【解析】【分析】确定直线的斜率为sin41tan139sin49k==−，得到倾斜角.【详解】直线sin41sin4940xy+−=的斜率为sin41sin13

9tan139sin49cos139k===−，故直线的倾斜角为139.故选：D.6.四名同学各掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数，根据四名同学的统计结果、可以判断出一定没有出现点数6的是（）A.平均数为2

，方差为3.1；B.中位数为3，方差为1.6；C.中位数为3，众数为2；D.平均数为3，中位数为2.【答案】A【解析】【分析】利用反证法即可证得选项A判断正确；利用举反例法即可证得选项BCD判断错误.【详解】对于A，若平均数为2，出现点数6，可得方差()221623.23.15s−=

，故平均数为2，方差为3.1，一定没有出现点数6，故A正确.对于B，当投掷骰子出现的结果为3，3，3，5，6时，满足中位数为3，方差为：()()()()()222222134343454641.65s=−+−+−+−+−=，此时

出现点数为6，故B错误；对于C，当投掷骰子出现结果为2，2，3，4，6时，满足中位数为3，众数为2，可以出现点数6，故C错误；对于D，当投掷骰子出现的结果为1，1，2，5，6时，满足平均数为3，中位数为2，可以出现点数6，故D错误.故选：A7.柏拉图多面体是柏

拉图及其追随者对正多面体进行系统研究后而得名的几何体．下图是棱长均为1的柏拉图多面体EABCDF，,,,PQMN分别为,,,DEABADBF的中点，则PQMN=（）A.12B.14C.14−D.12−【答案】A【解析】【分析】根据向量运算得112

2PQDAEB=+，1122MNDFAB=+，再求PQMN即可.【详解】由柏拉图多面体的性质可知，侧面均为等边三角形，四边形ABCD为边长为1的菱形，又AEC△≌BED，所以ACBD=，故四边形ABCD为正方形，同理四边形

BEDF也为正方形．取AE的中点K，连接,PKKQ，则1122PQPKKQDAEB=+=+，同理1122MNDFAB=+，11112222PQMNDAEBDFAB=++11114444DADFDAABEBDFEBAB=+++111111

cos6001111cos604442=+++=．故选：A．8.已知三棱锥−PABC的体积为15，M是空间中一点，134151515PMPAPBPC=−++，则三棱锥AMBC−的体积是（）A.7B.8C.9D.10【答案】C【解析】【分析】根据题意，由空间向量的运算可得3

1122623PMMAMBMC=−++，再由空间向量基本定理可得32PMMD=，即可得到结果.【详解】因为134151515PMPAPBPC=−++，则1534PMPAPBPC=−++，即153344PMPMMAPMMBPMMC=−−++++，即934PMMAMBMC=−++，所以311

22623PMMAMBMC=−++，因为1121623−++=，由空间向量基本定理可知，在平面ABC内存在一点D，使得112623MDMAMBMC=−++成立，即32PMMD=，所以23PMMD=，即53PDMD=，则35MDPD=，又三棱锥−PABC的体积为

15，则3315955AMBCPABCVV−−===.故选：C二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．）9.下列说法，不正确的是（）A.

在空间直角坐标系中，()0,0,1j=是坐标平面Oxy的一个法向量B.若v是直线l方向向量，则v（R）也是直线l的方向向量C.若,,abc为空间的一个基底，则,,abbcca+++构成空间的另一个基底D.对空间任意一点O和不共线的三点,,ABC，若22

OPOAOBOC=−−，则P，A，B，C四点共面【答案】BD【解析】【分析】根据法向量的定义即可判断A；根据直线的方向向量的定义即可判断B；根据平面向量共面定理结合空间向量基本定理即可判断C；根据共面向量定理的推论即可判断D.【详解】对于A，因为()0

,0,1j=垂直平面Oxy，所以()0,0,1j=是坐标平面Oxy的一个法向量，故A正确；对于B，当0=时，0v=不是直线l的方向向量，故B错误；对于C，因为,,abc为空间的一个基底，所以,,abc不共面，假设,,abbcca+++共面，则存在唯一实数对(),xy，使得

()()abxbcyca+=+++，即()abxbyaxyc+=+++，所以110xyxy===+，方程组无解，所以不存在实数对(),xy，使得()()abxbcyca+=+++，所以,,abbcca+++不共面，的所以,,abbcca+++

构成空间的另一个基底，故C正确；对于D，若(),,ROPxOAyOBzOCxyz=++，则当且仅当1xyz++=时，P，A，B，C四点共面，而22OPOAOBOC=−−，22111−−=−，所以P，A，B，C四点不共面，故D错误.故选：B

D.10.从装有2个红球和3个白球的口袋内任取两个球，则下列选项中的两个事件为不是互斥事件的是（）A.至多有1个白球；都是红球B.至少有1个白球；至少有1个红球C.恰好有1个白球；都是红球D.至多有1个白球；全是白球【答案】AB【解析】【分析】

根据互斥事件的概念判断即可.【详解】对于A：“至多有1个白球”包含都是红球和一红一白，“都是红球”包含都是红球，所以“至多有1个白球”与“都是红球”不是互斥事件．故A正确；对于B：“至少有1个白球”包含都是白球和一红一白，“至少有1个红球”包含都是红球和一红一白，所以“至少有1个白球”与“至少

有1个红球”不是互斥事件．故B正确；对于C：“恰好有1个白球”包含一红一白，“都是红球”包含都是红球，所以“恰好有1个白球”与“都是红球”是互斥事件．故C错误；对于D：“至多有1个白球”包含都是红球和一红一白，“全是白球”包含都是白

球，所以“至多有1个白球”与“全白球”是互斥事件．故D错误．故选：AB．11.如图，在直三棱柱111ABCABC-中，16ACBCCC===，ACBC⊥，E、F分别为1BB，11AC的中点，过点A、E、F作三棱柱的截面，则下列结论中正确的是（）是A.三棱柱1

11ABCABC-外接球的表面积为108πB.1//BCC.若交11BC于M，则32EM=D.将三棱柱111ABCABC-分成体积较大部分和体积较小部分的体积比为13:5【答案】AD【解析】【分析】对于A，

将该三棱柱视为正方体1111ABCDABCD−的一部分，利用正方体的对角线为外接球的直径即可求解；对于B，延长AF与1CC交于点P，连接PE交11BC于M，连接FM得到截面，利用相似三角形可求得11113BMBC=，即可推出ME与1BC不

平行；对于C，在1RtBEM△中，计算即可判断；对于D，利用割补法以及体积公式即可求得.【详解】如图所示：将该三棱柱视为正方体1111ABCDABCD−的一部分，则三棱柱111ABCABC-外接球的半径263R=，33R=，其表面积为24π108π

=R，故A正确；延长AF与1CC交于点P，连接PE交11BC于M，连接FM，则平面AEMF即为截面，因为1FCAC∥，F是11AC中点，所以1C是PC的中点，由1MPC△与1MEB△相似，得11112PCMCEBMB==，得11113BMBC=，而E是1

BB的中点，所以ME与1BC不平行且必相交，所以1BC与截面不平行，故B错误；因为111213BMBC==，又13BE=，所以在1RtBEM△中，则222313EM=+=，故C错误；延长PE交BC的反向延长线于点Q，易知QEB与1MEB△全等，则12BQBM==，则

将三棱柱111ABCABC-分成体积较大部分的体积为：1111111681234623678323232PACQPFMCAQBEVVV−−−−−=−−=，所以较小部分体积为166678302−=，所以体积之比为

7813305=，故D正确.故选：AD.12.已知在平面直角坐标系xOy中，()3,0M−，()3,0N，动点P是平面上动点，其轨迹为C．则下列结论正确的是（）A.若动点P满足2PMPN=，则曲线C的方程为221060xyx+−+=B.若动点P轨迹

为C：2280xyx++=，()4,0Q则2PQPN+最小值为10C.若动点P满足12PMPN=，则曲线C关于y轴对称D.若动点P满足12PMPN=，则PMN面积的最大值为6【答案】BCD【解析】【分析】设(,)Pxy，对于A，代入化简即可判断；对于

B，设()2,0A−，连接PA，PC，由三角形相似可得||2||PQPA=，将问题转化为求PAPN+的最小值，结合图象，求解即可；对于C，代入化简得42242(218)18630xyxyy+−++−=，将x换成x−，即可判断；对于D，由0可得||2y，再由1||||2PMNSMNy=即可

判断.的的【详解】解：设(,)Pxy，对于A，当2PMPN=，则有2222(3)2(3)xyxy++=−+，化简得：221090xyx+−+=，故错误；对于B，因为动点P轨迹为C：2280xyx++=，表示以(4,0)−为圆心，4为半

径的圆，设()2,0A−，连接PA，PC，如图所示：因为||4,||2,||8CPCACQ===，所以||||1||||2CACPCPCQ==,又因为ACPQC=,所以ACPPCQ,所以||||||1||||||2PACACP

PQCPCQ===，所以||2||PQPA=，所以2222()PQPNPAPNPAPN+=+=+，当P与O重合时，min()235PAPNOAON+=+=+=，即min(2)2510PQPN+==，故正确；对于C，动点P满足12PMPN=，即有2222(

3)(3)12xyxy−+++=，整理得42242(218)18630xyxyy+−++−=，将x换成x−，得4224242242()(218)()1863(218)18630xyxyyxyxyy−+−

−++−=+−++−=，所以曲线C关于y轴对称，故正确；对于D，由C可知方程42242(218)18630xyxyy+−++−=一定有解，所以224222(218)4(1863)576144144(4)0yyyyy=−−+−=−=−，所以22y−≤≤，即||2y，所以11|

|||62622PMNSMNy==，当||2y=时，等号成立，故正确.故选：BCD.【点睛】关键点睛：本题的关键是在B选项中将问题转化为求PAPN+的最小值.第Ⅱ卷三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分．请把答案直接填写在答题卡相应位置上．

）13.甲、乙两人独立解某一道数学题，已知该题被甲独立解出的概率为0.6，被甲或乙解出的概率为0.92，则该题被乙独立解出的概率为______．【答案】0.8##45【解析】【分析】因为甲、乙两人是否完成任务是相互独立的，故结合独

立事件和对立事件的概率计算公式可求解【详解】设该题被乙独立解出的概率为p，并且甲独立解出的概率为0.6，则甲、乙两人都解不出来的概率为()()110.61pp=−−，又因被甲或乙解出的概率为0.92，故110.92p−=，即()()110.610.92p−−−

=，故()0.410.08p−=，解得0.8p=，故答案为：0.8.14.设点()2,3A−、()3,2B−−，若直线l过点()1,1P且与线段AB不相交，则直线l的斜率k的取值范围是______．【答案】34,4−【解析】【分析】计算4PAk=−，34PB

k=，再根据图像得到答案.【详解】13412PAk+==−−，123134PBk+==+，直线l过点()1,1P且与线段AB不相交，故344k−，即34,4k−.故答案为：34,4−.15.若直线1l：20xmy+−=，2l：2

0mxy−+=（Rm）相交于点P，过P作圆:C()()22331xy+++=的切线，切点为Q，则PQ的最大值为______．【答案】7【解析】【分析】根据已知确定P的轨迹为22(1)(1)2xy−+−=，再由圆切线性质将问题转化为求PQ的最大值，

结合圆与圆的位置关系求其最大值，即可确定PQ的最大值.【详解】由题设，1(1)0mm+−=，即12ll⊥，又1l、2l分别恒过(2,0)A、(0,2)B，故交点P在以线段AB为直径的圆上，圆心为(1,1)，半径为2，故P的轨迹为22(1)(1

)2xy−+−=，由(1,1)到(3,3)−−的距离为4221+，即两圆相离，如下图，由圆切线性质，222||||||||1PQPCCQPC=−=−，要使PQ的最大值，只需||PC最大，且为42252+=，所以max||5017PQ=−=.故答案为：716.数学中有许多形状优

美，寓意独特的几何体，图1所示的礼品包装盒就是其中之一，该礼品包装盒可以看成是一个十面体，其中上、下底面为全等的正方形，所有的侧面是全等的三角形．将长方体1111ABCDABCD−的上底面1111DCBA绕着其中心旋转60得到如图2所示的十面体ABCDEFG

H−．已知2ABAD==，6AE=，P是底面正方形ABCD内的点，且P到AB和AD的距离都为32，过直线EP作平面，则十面体ABCDEFGH−外接球被平面所截的截面圆面积的最小值是______．【答案】25π18【解析】【分析

】先求外接球半径，再结合空间向量求出球心到直线EP的距离，结合球的结构特征即可求出截面圆的最小值.【详解】由下图可知，上底面的平面图如下所示：记1111DCBA的中心为1O，连接111,AOOE，因为旋转了60，所以11

OAE为等边三角形，111==2AEOA，又因为长方体1111ABCDABCD−中，1AA⊥平面EFGH，1AE平面EFGH，所以11AAAE⊥，所以222116AEAAAE+==，解得12AA=，因为十面体ABCDEFGH−是将长方体1111ABCDABCD−的上底面绕着其中心旋转60°得到

的，所以长方体1111ABCDABCD−的外接球就是十面体ABCDEFGH−的外接球；设十面体ABCDEFGH−的外接球半径为R，则222214RABADAA=++即22222+2=34R+=，以D为原点建立如下图所示的空间直角坐标系，结合第一幅图可知，16045?15BAE=

−=，可得1131sin2sin15=2AEBAE−=，1131cos2cos15=2AEBAE+=，所以3331,,222E++，又因为P到AB，AD的距离为32，所以332,,022P−

，球心()1,1,1O，所以1131313,,2,,12222PEOE+−=−=，，球心O到PE的距离为PEOEPE，所以最小截面圆的半径为22526PEOEOEPE−=，此时截面圆面积为25225

618=，故答案为：2518.四、解答题（本题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）17.在ABC中，边AB所在的直线斜率为12ABk=−，其中顶点A点坐标为()1,1−，顶点C的坐标为()1,2．（1）求AB边上的高所在的

直线方程；（2）若CA，CB的中点分别为E，F，求直线EF的方程．【答案】（1）20xy−=（2）230xy+−=【解析】【分析】（1）为AB边上的高所在的直线与AB所在的直线互相垂直且过点C，利用点斜式计算可得；（2）首先

求出CA的中点E的坐标，依题意//EFAB，则EFABkk=，即可求出EF的方程.【小问1详解】由题意知AB边上的高过()1,2C，12ABk=−，因为AB边上的高所在的直线与AB所在的直线互相垂直，故高线的斜率为2，所以AB边上的高所在的直线方程为：()221yx−=−，即20x

y−=；【小问2详解】由已知A点坐标为()1,1−，()1,2C，故CA的中点为30,2E，因为EF是ABC的一条中位线，所以//EFAB，而12ABk=−，所以直线EF的斜率为12−，所以直线EF的方程为()31022yx−=−

−，化简可得230xy+−=．18.2022年4月16日，神舟十三号载人飞船返回舱成功着陆，航天员翟志刚、王亚平、叶光富完成在轨驻留半年的太空飞行任务，标志着中国空间站关键技术验证阶段圆满完成．并将进入建造阶段，洪山区为了激

发市民对天文学的兴趣，开展了天文知识比赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有m人，这m人按年龄分成5组，其中第一组：)20,25，第二组：)25,30，第三组：)30,35，第四组：)35,40，第五组：40,45，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有

10人．（1）根据频率分布直方图，估计这m人的第60百分位数；（精确到0.1）（2）现从第四组和第五组用分层随机抽样的方法抽取6人，担任“党章党史”宣传使者．①有甲（年龄36），乙（年龄42），且甲、乙确定入选，从6人中要选择两个

人担任组长，求甲、乙两人至少有一人被选上组长的概率；②若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为36和52，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为42和1，据此估计这m人中35～45岁所有人的年龄平均数和方差．【答案】（1）33.3（2）①35；②平均数为38，方差约为10【解析】【分析】（1）

先确定第60百分位数所在小组，再根据求百分位数公式进行计算；（2）①求出从第四组和第五组所抽人数，写出样本空间，利用古典概型求概率公式进行计算；②根据数据求出第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数，从而利用局部

方差和整体方差的公式进行求解.【小问1详解】设第60百分位数为a，∵0.0150.0750.40.6+=，0.0150.0750.0650.70.6++=，∴a位于第三组：)30,35内；故0.60.430(3530)33.350.06a−=+−；【小问2详

解】①由题意得，第四组和第五组抽取人数之比为0.04:0.022:1=，即第四组4人，记为A，B，C，甲，第五组2，记为D，乙，对应的样本空间为：AB，AC，A甲，AD，A乙，BC，B甲，BD，B乙，C甲，CD，C乙，甲D，甲乙，D

乙，共15个样本点．设事件M为“甲、乙两人至少一人被选上”，则有A甲，A乙，B甲，B乙，C甲，C乙，甲D，甲乙，D乙，共有9个样本点．∴()()()93155nMPMn===；②设第四组的宣传使者的年龄平均数分为36x=，方

差为2152s=，设第五组的宣传使者的年龄平均数为42y=，方差为221s=，第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为z，方差为2s则4243624238666xyz+=+==，即第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为38，()()2222212142106ssx

zsyz=+−++−=．即第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为10；据此估计这m人中年龄在35～45岁所有人的年龄的平均数为38，方差约为10．19.如图，在平行六面体1111ABCDABCD−中，E，F，G分别在1AA，1BB，1DD上，且12AEEA=，12BF

FB=，12DGGD=．（1）求证：1EGFC∥；（2）若底面ABCD，侧面11AADD都是正方形，且二面角1AADB−−的大小为120°，2AB=，若P是1CG的中点，求AP的长度．【答案】（1）证明见解析（2）553AP=【解析

】【分析】（1）依题意利用空间向量的线性运算，可得出1EGFC=，从而可得出1EGFC∥；的（2）根据平行六面体的结构特征及向量对应的线性位置关系，结合向量的加法、数乘的几何意义，用1AA、AD、AB表示出AP，再应用向量数量积的运算律，即可求得AP，从而得出AP的长度.【小问1详

解】证明：在平行六面体1111ABCDABCD−中，∵12AEEA=，12BFFB=，12DGGD=，∴1123EAAA=，1113DGDD=−，1113FBBB=，1111ADBC=，111AABBDD==∴111111112133EGEAADDGA

ABCAA=++=+−111111113BBBCFBBCFC=+=+=，∴1EGFC∥.【小问2详解】由题意可知：1⊥AAAD，ABAD⊥，面ABCD面11AADDAD=∴1AAB为二面角1AADB−−的平面角，即1120AAB=

在平行六面体1111ABCDABCD−中有：0ABAD=uuuruuur，12ABAA=−，10ADAA=，∵P是1CG的中点∴()()11111512262APAGACADDGABBCCCADAAAB=+=++++=++22221112152555161

243636APADAAABADAAABADAAABAAADAB=++=+++++()25155544402036469=++++−+=即553AP=．20.第19届亚运会2023年9月在杭州市举办，本届亚运会以“绿色、智能、节

俭、文明”为办会理念，展示杭州生态之美、文化之韵，充分发挥国际重大赛事对城市发展的牵引作用，从而促进经济快速发展．本次亚运会吉祥物是一组名为“江南忆”的机器人．三个吉祥物分别取名“琮琮”、“莲莲”和“宸宸”，分别代表世界遗产“良渚古城遗址”、“西湖”、“京杭大运河”．亚运期间，篮球比赛间隙

安排了机器人吉祥物表演，由后台志愿者操控A，B，C三个开关，分别可操控“琮琮”、“莲莲”和“宸宸”，当A闭合时“琮琮”、“莲莲”表演；当B闭合时“莲莲”和“宸宸”表演；当C闭合时“琮琮”和“宸宸”表演，若A，B，C三个开关闭合的概率分别为12，13，14，且相互独立．（

1）求机器人“琮琮”表演的概率；（2）求机器人“莲莲”和“宸宸”都表演的概率．【答案】（1）58（2）512【解析】【分析】（1）事件“机器人“琮琮”表演”发生，则A、C两个开关至少一个闭合，利用独立事件的概率乘法公式求解；（2）分

B开关闭合或者B开关不闭合，A，C同时闭合两种情况，利用互斥事件以及独立事件的概率乘法公式求解.【小问1详解】设()PA，()PB，()PC分别为开关A，B，C闭合的概率，则()12PA=，()13PB=，()14PC=记“机器人“琮琮”表演”为事件M，M发生则需要A、C两个开关至少一个

闭合∴()()PMPAC=，由于开关闭合相互独立，则()()()()PACPACPACPAC=++()()()()()()PAPCPAPCPAPC=++1111115112424248=−+−+=，所以，机器人“琮琮”表演的概率为5

8.【小问2详解】记“机器人“莲莲”和“宸宸”都表演”为事件N，分为两类情况：B开关闭合；或者B开关不闭合，A，C同时闭合，则：()()()()()()()1PNPBPBPACPBPBPAC=+=+−

111151332412=+−=,所以，机器人“莲莲”和“宸宸”都表演的概率为512.21.在三棱锥SABC−中，底面ABC为等腰直角三角形，90SABSCBABC===．（1）求证：AC

SB⊥；（2）若22AB=，4SC=，求平面SAC与平面SBC夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）63【解析】【分析】（1）根据等腰三角形可得线线垂直，即可由线面垂直的判定定理求证，（2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解.【小问1详解】取AC的中点为E，连接SE，BE，∵

ABBC=，E是AC中点，∴BEAC⊥，在SCB和SAB△中，90SABSCB==，ABBC=，SBSB=∴SCBSAB≌△△，∴SASC=，∵AC的中点为E，∴SEAC⊥，∵SEBEE=∩，,SEBE平面SBE，∴AC⊥平面SBE

，∵SB平面SBE，∴ACSB⊥【小问2详解】过S作SD⊥平面ABC，垂足为D，连接AD，CD，∴SDAB⊥∵ABSA⊥，ABSD⊥，SAADA=，,SAAD平面SAD，所以AB⊥平面SAD，∴ABAD⊥，同理，B

CCD⊥∵底面ABC为等腰直角三角形，22AB=，4SC=，∴四边形ABCD为正方形且边长为22．()222242222SDSCCD=−=−=,以D为原点，DA，DC，DS分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Dxyz−，则()22,0,0A，()0,0,22S，()0,22,0C，

()22,22,0B∴()0,22,22SC=−，()22,22,0AC=−，()22,0,0BC=−，设平面SAC的法向量()111,,xnyz=，则11112222022220nSCyznACxy=−==−+=，解得xyz==，取11x=，则11y=，11z=，∴()1,1,1

n=，设平面SBC的法向量()222,,mxyz=，则22222220220mSCyzmBCx=−==−=，解得0xyz==，取21y=，则10x=，11z=，∴()0,1,1m=，设平面S

AC与平面SBC夹角为∴26coscos,332mnmnmn====故平面SAC与平面SBC夹角的余弦值为63．22.如图，已知圆C1:22(4)(2)20xy−+−=与y轴交于O，A两点，圆C2过O，A两点，且直线C2O恰与圆C1相切.（1）求圆C2的方程.（2）若圆C2上有一动点M，

直线MO与圆C1的另一个交点为N，在平面内是否存在定点P，使得|PM|=|PN|始终成立？若存在，求出定点P的坐标；若不存在，说明理由.【答案】（1）22240xyxy++−=；（2）存在，且为(3,4)P．【解析】【详解】试题分析：（1）由（x

﹣4）2+（y﹣2）2=20，令x=0，解得y=0或4．圆C2过0，A两点，可设圆C2的圆心C1（a，2）．直线C2O的方程为：y=12x，即x﹣2y=0．利用直线C20与圆C1相切的性质即可得出；（2）存在，且为P（3，4）．设直线OM的方程为：y=kx．代入

圆C2的方程可得：（1+k2）x2+（2﹣4k）x=0．可得M的坐标．同理可得N的坐标．设P（x，y），线段MN的中点E，利用kPE•k=﹣1即可得出．详解：（1）由（x﹣4）2+（y﹣2）2=20，令x=0，解得y

=0或4．∵圆C2过O，A两点，∴可设圆C2的圆心C1（a，2）．直线C2O的方程为：y=x，即x﹣2y=0．∵直线C2O与圆C1相切，∴=，解得a=﹣1，∴圆C2的方程为：（x+1）2+（y﹣2）2=，化为：x2+y2+2x﹣4y=0．（2）存在，且为

P（3，4）．设直线OM的方程为：y=kx．代入圆C2的方程可得：（1+k2）x2+（2﹣4k）x=0．xM=，yM=．代入圆C1的方程可得：（1+k2）x2﹣（8+4k）x=0．xN=，yN=．设P（x，y），线段MN的中点E．则×k=﹣1，化为：k（4﹣y）+（3﹣x

）=0，令4﹣y=3﹣x=0，解得x=3，y=4．∴P（3，4）与k无关系．∴在平面内是存在定点P（3，4）使得PM=PN始终成立．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com