【文档说明】湖北省鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟学校2022-2023学年高二上学期期中联考试题 数学 含答案.docx，共(24)页，744.155 KB，由envi的店铺上传

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2022年秋季鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟学校期中联考高二数学试卷题号一二三四总分得分一、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√2−1B.2√2+1C.2D.2√22.下列说法正确的是()A.零向量没有方向B.若𝑎⃗⋅𝑏⃗⃗=𝑎⃗⋅𝑐⃗，(𝑎⃗⃗⃗≠0⃗⃗)，则𝑏⃗⃗=𝑐⃗⃗C.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8B.该组数据第60百分位数为8.5C.该组数据中位数

为7和8D.该组数据中位数为84.若直线𝑙:cos𝜃2𝑥−sin𝜃2𝑦+1=0，(0≤𝜃<𝜋)，则直线𝑙的倾斜角为()A.𝜃2B.𝜃C.3𝜋2−𝜃2D.𝜋2−𝜃25.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𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑎⃗，𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑏⃗⃗，𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑐⃗⃗，则下列等式不成立的是()A.𝑂𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12𝑏⃗⃗+12𝑐⃗⃗B.𝐸𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗=−16𝑎⃗⃗⃗+16𝑏⃗⃗+16

𝑐⃗⃗C.𝐹𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗=−13𝑎⃗⃗⃗+13𝑏⃗⃗+13𝑐⃗⃗D.𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗=13𝑎⃗⃗⃗+16𝑏⃗⃗+16𝑐⃗⃗6.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√63)∪[5,+∞)B.(43,4]C.[−2,−1+2√63)∪(43,2]D.(43,+∞)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)，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.1B.2C.√3D.√328.在△𝐴𝐵𝐶中，

角𝐴，𝐵，𝐶所对的边分别为𝑎，𝑏，𝑐，∠𝐴=𝜋3，𝐴𝐷是∠𝐴的平分线，𝐴𝐷=√3，𝐴𝐵>1，则𝑏+2𝑐的最小值是()A.6B.3−2√2C.3+2√2D.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)=19，𝑃(𝐴)=23，𝑃(𝐵)=13，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2510.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𝑂𝐵B.直线𝐴𝐶与平面

𝐵𝑂𝐶所成角的大小为𝜋4C.平面𝐴𝑂𝐶与平面𝐵𝑂𝐶的夹角的余弦值是√55D.𝑂到平面𝐴𝐵𝐶的距离是√3311.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3

0B.每个男生被抽入到样本的概率均为35C.所有样本的均值为167𝑐𝑚2D.女生身高的样本方差为19𝑐𝑚212.“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𝑙

𝑜𝑔𝑜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⋅𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝑆𝐵⋅𝑂

𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝑆𝐶⋅𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0⃗⃗.设𝑂是锐角△𝐴𝐵𝐶内的一点，∠𝐵𝐴𝐶，∠𝐴𝐵𝐶，∠𝐴𝐶𝐵分别是的△𝐴𝐵𝐶三个内角，以下命题正确的有()A.若𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗+2𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗+3𝑂𝐶⃗⃗

⃗⃗⃗⃗=0⃗⃗，则𝑆𝐴:𝑆𝐵:𝑆𝐶=1:2:3B.若|𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=|𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=2，∠𝐴𝑂𝐵=5𝜋6，2𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗+3𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗+4𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0⃗⃗，则𝑆△𝐴𝐵𝐶=92C.若𝑂为

△𝐴𝐵𝐶的内心，3𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗+4𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗+5𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0⃗⃗，则∠𝐶=𝜋2D.若𝑂为△𝐴𝐵𝐶的垂心，3𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗+4𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗+5𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0⃗⃗，则cos∠

𝐴𝑂𝐵=−√66三、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𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗+2𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=3𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，若𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=�

�𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗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=𝜋3，∠𝐴𝑃𝐶=∠𝐵𝑃𝐷，𝑃𝐵=𝑃𝐷，𝑃𝐴=2√6;(1)若𝑃𝐴=𝑃

𝐵=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．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)已知圆的方程𝑥2+�

�2=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.(本小题12分)新高考实行“3+1+

2”模式，其中“3”为语文、数学，外语这3门必选科目，“1”由考生在物理、历史2门首选科目中选择1门，“2”由考生在政治、地理、化学、生物这4门再选科目中选择2门。已知武汉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，求该选科组合符合武汉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1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武汉大学临床医学类招生选科要求的概率．19.(本小题12分)

已知三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1，侧面𝐴𝐴1𝐶1𝐶是边长为2的菱形，∠𝐶𝐴𝐴1=𝜋3，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．20.(本小题12分)在△𝐴𝐵𝐶中，角𝐴，𝐵，𝐶所对的边分别为𝑎，𝑏，𝑐，且1+

sin2𝐴−cos2𝐴1+sin2𝐴+cos2𝐴=tan𝐵，𝐵𝐶的中线长为4．(1)证明：∠𝐴=∠𝐵;(2)求△𝐴𝐵𝐶的面积最大值．21.(本小题12分)如图，四棱锥𝑃−𝐴𝐵�

�𝐷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𝜋2，求𝐷𝐸与平面𝑃𝐴𝐷所成角的正弦值．22.(本小题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．答案和解析1.【答案】𝐵【解析】【分析】本题考查了复数的模、复数的模长|𝑧|及几何意义，考查了推理能力与计算能力，属

于中档题．【解答】解：∵|𝑧−1−𝑖|=1表示圆心在𝑂(1,1)，半径为1的圆，|𝑧+1+𝑖|表示圆𝑂上的点到点𝑍0(−1,−1)的距离．故最大值就是点𝑍0到(1,1)的距离加上圆𝑂半径长，即2√2+1．故答案为2√2+1．2.【答案】𝐷【解析】

【分析】本题考查向量的概念、向量的数量积运算，属基础题．【解答】解：零向量的方向是任意的，而不是没有方向，故A不正确；𝑏⃗⃗、𝑐⃗可以是相反向量且都垂直𝑎⃗⃗⃗，故B不正确；长度相等的向量方向不一定同向，故C不正确；故选D．3.

【答案】𝐵【解析】【分析】本题考查百分位数，中位数的定义，属于基础题．【解答】10×60％=6，∴第60百分位数为第6个数和第7个数的平均数，为8+92=8.5，故B正确；中位数为7+82=7.5，故C

D错误．4.【答案】𝐷【解析】【分析】本题考查直线的倾斜角，属于基础题．【解答】解：①当𝜃=0时，原式可以写为𝑥+1=0，此时倾斜角为𝜋2；②当𝜃∈(0,𝜋)时，原式可以写为𝑦=1tan𝜃2𝑥

+1sin𝜃2，此时倾斜角为𝜋2−𝜃2，当𝜃=0时满足上式；综上可知，直线的倾斜角为𝜋2−𝜃2．5.【答案】𝐶【解析】【分析】本题主要考查空间向量的线性运算与表示，结合向量三角形法则进行转化求解是解决本题的关键，是中档题．【解答】解：∵𝐸、

𝐹分别是𝑂𝐴、𝐵𝐶的中点，∴𝑂𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12(𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗)=12𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+12𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12𝑏⃗⃗+12𝑐⃗⃗，故A正确，𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗=�

�𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12𝑏⃗⃗+12𝑐⃗⃗−12𝑎⃗⃗⃗，∵𝑃𝐹=2𝐸𝑃，∴𝐸𝑃=13𝐸𝐹，𝐹𝑃=23𝐸𝐹，即𝐸𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗=13𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗=13(12�

�⃗⃗+12𝑐⃗⃗⃗⃗−12𝑎⃗⃗⃗)=−16𝑎⃗⃗⃗+16𝑏⃗⃗⃗⃗+16𝑐⃗⃗⃗⃗，故B正确，𝐹𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗=−23𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗=−23(12𝑏⃗⃗⃗⃗+12𝑐⃗⃗⃗⃗−12𝑎⃗⃗⃗)=13𝑎⃗⃗⃗−13𝑏⃗⃗⃗⃗−13𝑐⃗⃗⃗⃗，

故C错误，𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐸𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12𝑎⃗⃗⃗−16𝑎⃗⃗⃗+16𝑏⃗⃗+16𝑐⃗⃗=13𝑎⃗⃗⃗+16𝑏⃗⃗+16𝑐⃗⃗，故D正确．故选C．6

.【答案】𝐴【解析】【分析】本题考查直线与圆的位置关系及直线的斜率，属于中档题．【解答】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|3−𝑘|√1+𝑘2=2，得相切时斜率为2√63+1，又𝑘𝑃𝐵=−5，所以−𝑘>

2√63+1，或−𝑘≤−5，所以𝑘<−1−2√66或𝑘≥5.7.【答案】𝐴【解析】【分析】本题考查多面体表面积的求法，考查空间想象能力与思维能力，求出多面体中正方形与正六边形的个数是关键，属于中档题．设棱长为𝑥，求出每个正方形及正六边形的面积，再由已知求得正方形及正六边形的个数，即可求

解．【解答】解：设棱长为𝑥，正方形的面积为𝑥×𝑥=𝑥2，正六边形的面积为6×12×𝑥×𝑥×√32=3√32𝑥2，又正方形有4个顶点，正六边形有6个顶点，该多面体共有24个顶点，则最多有6个正方形，最少有4个正六边形，一个

正六边形与3个正方形相连，所以该多面体有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+8×3√32𝑥2=12√3+6．解得𝑥=1，所以棱长为1．故选：𝐴．8.【答案】𝐶【解析】【分析】本题主要考查了三角形的面积公式，基本不等式求解三角形中的应用，属

于中档试题．由已知结合三角形的面积公式及基本不等式可求𝑏+2𝑐的最小值．【解答】解：设𝐴𝐵=𝑐，𝐴𝐶=𝑏，𝐵𝐶=𝑎，由𝑆△𝐴𝐵𝐶=𝑆△𝐴𝐷𝐵+𝑆△𝐴𝐷𝐶得12𝑏𝑐sin𝜋3=12×√3𝑐sin𝜋6+12×√3𝑏sin𝜋6，整理得𝑏

𝑐=𝑏+𝑐⇒1𝑏+1𝑐=1，𝑐>1∴𝑏+2𝑐=(𝑏+2𝑐)(1𝑏+1𝑐)=3+2𝑐𝑏+𝑏𝑐⩾3+2√2当且仅当√2𝑐=𝑏=√2+1时等号成立，即𝑏+2𝑐的最小值为3+2√2．故选C．9.【答案】𝐵𝐷【解析】【分析】本题考

查对立事件的判断，相互独立事件的概率乘法公式的应用，属于基础题．【解答】对于选项A，例如，投掷一枚质地均匀的骰子，记事件𝐴为“点数为1，2，3”，事件𝐵为“点数为2，4，6”，则𝑃(𝐴)+𝑃(𝐵)=12+12=1，但是𝐴，𝐵不是对

立事件，故A错误；𝑃(𝐴)=1−𝑃(𝐴)=13，𝑃(𝐴𝐵)=𝑃(𝐴)𝑃(𝐵)=13×13=19，故B正确；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”能同时发

生，所以既不是互斥事件，也不是对立事件，故C错误；若第一次摸到红球，则第二次摸到红球的概率为25×14=110，若第一次摸到绿球，则第二次摸到红的概率为35×24=310，所以第二次摸到红球的概率为25，故D正确．10.【答案】𝐴𝐵�

�【解析】【分析】本题考查了空间中线线位置关系，线面角，平面与平面夹角，点到平面距离，属于中档题．【解答】解：设𝐷是𝐴𝐶边中点①由翻折过程中垂直关系的不变性，可知𝐵𝐷⊥平面𝐴𝐷𝐶，由线面

垂直定义可知𝐵𝐷⊥𝐴𝐶，从而直线𝐴𝐶垂直直线𝑂𝐵；②由题可知∠𝐴𝐶𝐷即为直线𝐴𝐶与平面𝐵𝑂𝐶所成角，又三角形𝐴𝐷𝐶为等腰直角三角形，所以∠𝐴𝐶𝐷=𝜋4，故直线𝐴𝐶与平面𝐵𝑂𝐶所成角

的大小为𝜋4；③以𝐷为坐标原点，以𝐷𝐴，𝐷𝐵，𝐷𝐶所在的方向分别为𝑥，𝑦，𝑧轴，建立直角坐标系，则𝐴(32,0,0),𝐵(0,√32,0),𝐶(0,0,√32),𝑂(12,0,0)，设平面𝐴𝑂𝐶，平面𝐵𝑂𝐶的法向量分别为𝑚

⃗⃗⃗,𝑛⃗⃗，平面𝐴𝑂𝐶与平面𝐵𝑂𝐶的夹角为𝜃，则𝑚⃗⃗⃗⃗=(0,1,0),𝑛⃗⃗⃗=(√3,1,1)，cos𝜃=|𝑚⃗⃗⃗⃗·𝑛⃗⃗⃗|𝑚⃗⃗⃗⃗||𝑛⃗⃗⃗||=1√5=√55，平面𝐴𝑂𝐶与平面𝐵

𝑂𝐶的夹角的余弦值是√55；④由③可知，𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−32,√32,0),𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−32,0,√32)，平面𝐴𝐵𝐶的法向量为𝑚1⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,√3,√3)，所以𝑂到平面𝐴𝐵𝐶的距离=|𝑂𝐶

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑚1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝑚1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√1010．11.【答案】𝐴𝐷【解析】【分析】本题考查了概率的运算，方差，均值知识点，属中档题．【解答】解：男生样本量为50×300500=30，故选项A正

确；每个学生入样的概率均为50500=110，故选项B错误；记男生样本为𝑦1,𝑦2,⋯,𝑦30，均值为𝑦，方差为𝑠男2；女生样本为𝑧1,𝑧2,⋯,𝑧20，均值为𝑧，方差为𝑠女2；所有样本均值为𝑥，方差为𝑠2，则

𝑥=∑𝑦𝑖30𝑖=1+∑𝑧𝑗20𝑗=150=30𝑦+20𝑧50=35𝑦+25𝑧=167𝑐𝑚,𝑠2=150[∑(𝑦𝑖−𝑥)230𝑖=1+∑(𝑧𝑗−𝑥)220𝑗=

1]=150[∑(𝑦𝑖−𝑦+𝑦−𝑥)230𝑖=1+∑(𝑧𝑗−𝑧+𝑧−𝑥)220𝑗=1]=150[∑(𝑦𝑖−𝑦)230𝑖=1+30(𝑦−𝑥)2+2∑(30𝑖=1𝑦𝑖−𝑦)(𝑦−𝑥)+∑(𝑧𝑗−𝑧)220𝑗=1+20(𝑧−𝑥)

2+2∑(20𝑗=1𝑧𝑗−𝑧)(𝑧−𝑥)]=35𝑠男2+35(𝑦−𝑥)2+25𝑠女2+25(𝑧−𝑥)2=49,得𝑠女2=19𝑐𝑚2故选项D正确，选项C错误．故选AD．12.【答案】𝐴𝐷【解析】【分析】本题考查了向量的新定

义、三角形面积公式以及平面几何的相关知识，属于较难题．【解答】对于𝐴，由奔驰定理可知，若𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗+2𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗+3𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0⃗⃗，则𝑆𝐴：𝑆𝐵：𝑆𝐶=1：2：3，选项A正确；对于𝐵，在

△𝐴𝑂𝐵中，由|𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=|𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=2,∠𝐴𝑂𝐵=5𝜋6可知，𝑆△𝐴𝑂𝐵=12×2×2×12=1，又2𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗+3𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+4𝑂𝐶⃗⃗

⃗⃗⃗⃗=0⃗⃗，∴𝑆𝐵𝑂𝐶：𝑆△𝐴𝑂𝐶：𝑆△𝐴𝑂𝐵=2：3：4，则𝑆△𝐵𝑂𝐶=12,𝑆△𝐴𝑂𝐶=34，∴𝑆△𝐴𝐵𝐶=𝑆△𝐴𝑂𝐵+𝑆△𝐵𝑂𝐶+𝑆△𝐴𝑂𝐶=1+12+

34=94，选项B错误；对于𝐶，由奔驰定理可知，𝑆𝐴：𝑆𝐵：𝑆𝐶=3：4：5，𝑂为三角形内心，设内切圆半径为𝑟，故𝑆𝐴=12𝐵𝐶·𝑟，𝑆𝐵=12𝐴𝐶·𝑟，𝑆𝐶=12𝐴𝐵·𝑟，则𝐵𝐶:𝐴𝐶:𝐴𝐵=3:4:5．∵△𝐴𝐵𝐶为锐角三角形，故

C错误;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，𝑆△𝐴𝐵𝐶=𝑆△𝐴𝑂𝐵+𝑆△𝐵𝑂𝐶+𝑆△𝐴𝑂𝐶，由奔驰定理可知，𝑆𝐴：𝑆𝐵：𝑆𝐶=3：4：5，根据题意𝑂为△𝐴𝐵𝐶

的垂心，𝑆△𝐴𝐵𝐶𝑆△𝐴𝑂𝐶=𝐵𝐸𝑂𝐸=124，设𝑂𝐸=𝑥，𝑂𝐵=2𝑥，同理𝑆△𝐴𝐵𝐶𝑆△𝐵𝑂𝐶=𝐴𝐷𝑂𝐷=123，设𝑂𝐷=𝑦，则𝑂𝐴=3𝑦，cos∠𝐵𝑂𝐷=𝑦2𝑥=cos∠𝐴𝑂𝐸=𝑥3𝑦，可

得2𝑥2=3𝑦2，cos∠𝐵𝑂𝐷=√66，𝑐𝑜𝑠⁡∠𝐴𝑂𝐵=𝑐𝑜𝑠⁡(𝜋−∠𝐵𝑂𝐷)=−√66，故D正确．13.【答案】32【解析】【分析】本题考查平面向量基本定理，属于基础题．【解答】解：由题可知，𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗

⃗⃗⃗=1𝜆𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗+(1−1𝜆)𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗，又𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=23𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗+13𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗，所以𝜆=3214.【答案】𝑦+1=0或24𝑥−

7𝑦+25=0或4𝑥+3𝑦−5=0(任填一个即可)【解析】【分析】本题考查圆的切线方程的求法，考查圆与圆位置关系的应用，考查运算求解能力，是中档题．【解答】解：圆𝑥2+𝑦2=1的圆心坐标为𝑂(0,0)，半径𝑟1

=1，圆(𝑥−4)2+(𝑦−3)2=16的圆心坐标为𝐶(4,3)，半径𝑟2=4，如图：∵|𝑂𝐶|=𝑟1+𝑟2，∴两圆外切，由图可知，与两圆都相切的直线有三条．显然𝑦+1=0符合题意;又由方程(𝑥−4)2+(𝑦−3)2=16和𝑥2+𝑦2=1相减可

得方程4𝑥+3𝑦−5=0，即为过两圆公共切点的切线方程，又易知两圆圆心所在直线𝑂𝐶的方程为3𝑥−4𝑦=0，直线𝑂𝐶与直线𝑦+1=0的交点为(−43,−1)，设过该点的直线为𝑦+1=𝑘(𝑥+43)，则|43

𝑘−1|√𝑘2+1=1，解得𝑘=247或𝑘=0，从而该切线的方程为24𝑥−7𝑦+25=0．所以与两圆都相切的直线方程为𝑦=−1或4𝑥+3𝑦−5=0或24𝑥−7𝑦+25=0．15.【答案】𝑦=0【解析】

【分析】本题考查直线的斜率及对称的应用，属于一般题．【解答】𝐴𝐶高线斜率为√33，𝑘𝐴𝐶=−√3，𝐴𝐶为𝑦−√3=−√3(𝑥−1)，{√3𝑥+3𝑦−2√3=0𝑦=−√3𝑥+2√3,𝐶(2,0)，设𝐴关于

角平分线√3𝑥+3𝑦−2√3=0对称点为𝐴′(𝑥0,𝑦0)，{𝑘𝐴𝐴′=√3√3×1+𝑥02+3×√3+𝑦02−2√3=0，可得𝐴′(0,0)，𝑘𝐵𝐶=𝑘𝐴′𝐶=0，故BC方程为𝑦=0．16.【答案】2√36√

6+8√3【解析】【分析】本题考查了棱锥的结构特征，球的切接问题，属于拔高题．【解答】解：(1)由题可知四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷为底面为正方形的正四棱锥，又∠𝐷𝑃𝐴=𝜋3，𝑃𝐴=𝑃𝐵=𝑃𝐶=𝑃𝐷=2√6，所以正方形𝐴

𝐵𝐶𝐷的边长为2√6，𝐵𝐷=4√3，故𝑃点到面𝐴𝐵𝐶𝐷的距离=√(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=∠𝐵𝑃�

�=∠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，所以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∠𝐴𝑃�

�=∠𝐵𝑃𝐷=90°，因为𝑃𝐵=𝑃𝐷，∠𝐴𝑃𝐵=∠𝐵𝑃𝐶=∠𝐶𝑃𝐷=∠𝐷𝑃𝐴=60∘，所以△𝑃𝐴𝐵≌△𝑃𝐴𝐷，△𝑃𝐶𝐵≌△𝑃𝐶𝐷，所以𝐴𝐵=𝐴𝐷，𝐵𝐶=𝐷𝐶，所以𝐴

𝐶⊥𝐵𝐷，且𝐴𝐶与𝐵𝐷交点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−𝐴𝐵𝐶�

�=2𝑉𝑃−𝐴𝐵𝐶=2𝑉𝐵−𝑃𝐴𝐶=23𝑆𝛥𝑃𝐴𝐶·𝐵𝐸，因为该四棱锥存在半径为2的内切球，所以𝑉𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷=13×2×(2𝑆𝛥𝑃𝐴𝐵+2𝑆𝛥𝑃𝐵𝐶+2𝑆𝛥�

�𝐵𝐶)，所以𝑉𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷=43(𝑆𝛥𝑃𝐴𝐵+𝑆𝛥𝑃𝐵𝐶+𝑆𝛥𝐴𝐵𝐶)=23𝑆𝛥𝑃𝐴𝐶·𝐵𝐸，所以𝑆𝛥𝑃𝐴𝐵+𝑆𝛥𝑃𝐵𝐶+𝑆𝛥𝐴𝐵𝐶=12·𝑆𝛥𝑃𝐴𝐶·𝐵𝐸，设𝑃𝐶=

𝑡，在直角三角形𝑃𝐴𝐶中，𝐴𝐶2=𝑃𝐴2+𝑃𝐶2，所以𝐴𝐶=√𝑡2+24，因为三角形𝑃𝐵𝐷是等腰直角三角形，所以∠𝐵𝑃𝐸=45°，所以𝐵𝐸=√22𝑃𝐵，所以𝑆𝛥𝐴𝐵𝐶=12𝐴𝐶·𝐵𝐸=

12√𝑡2+24×√22𝑃𝐵，所以12𝑃𝐴·𝑃𝐵sin60°+12𝑃𝐶·𝑃𝐵sin60°+12√𝑡2+24×√22𝑃𝐵=12·12𝑃𝐴·𝑃𝐶·√22𝑃𝐵，所以𝑡2−12√6𝑡+24=0解得𝑡=6√6±8√3故𝑃

𝐶=6√6+8√3．17.【答案】解：(1)设3𝑥+4𝑦−12=𝑘即3𝑥+4𝑦−12−𝑘=0，由原点到直线的距离不大于圆的半径可得|−12−𝑘|√32+42≤2，解得−22≤𝑘≤−2，即−22

≤3𝑥+4𝑦−12≤−2(2)设𝑃点坐标为(𝑎,𝑏)，所以−2≤𝑎≤2，−2≤𝑏≤2，则由点与点的距离公式可得，所求的式子转化为(𝑎+2)2+(𝑏+2)2+(𝑎+2)2+(𝑏−6)2+(𝑎−4)2+(𝑏+2)2=3𝑎2+3𝑏2−4𝑏+68，又�

�点在圆上，所以𝑎2+𝑏2=4，可得为求−4𝑏+80的最大值，所以最大值为88．【解析】本题考查直线与圆的位置关系应用，两点间距离公式的应用，属中档题．18.【答案】(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”，则所有选课组合的样本空间为𝛺={𝑎𝑐𝑑,𝑎𝑐𝑒,𝑎𝑐𝑓,𝑎𝑑𝑒,𝑎𝑑𝑓,𝑎𝑒𝑓,𝑏𝑐𝑑,𝑏𝑐𝑒,𝑏𝑐𝑓,𝑏𝑑𝑒,𝑏𝑑𝑓,𝑏𝑒𝑓}，则𝑛(𝛺)=12，设𝑀为选科组合符

合武汉大学临床医学类招生选科要求，则𝑀={𝑎𝑐𝑑,𝑎𝑐𝑒,𝑎𝑐𝑓,𝑎𝑑𝑒,𝑎𝑑𝑓}，𝑛(𝑀)=5，所以选科组合符合武汉大学临床医学类招生选科要求的概率为𝑃(𝑀)=𝑛(𝑀)𝑛(𝛺

)=512;(2)设甲乙丙每人选科组合符合武汉大学临床医学类招生选科要求分别是事件𝑁1，𝑁2，𝑁3，由题意可知𝑁1，𝑁2，𝑁3相互独立，由(1)可得𝑃(𝑁1)=𝑃(𝑁2)=𝑃(𝑁3)=512，记𝑁为甲乙丙三人中恰好有一人的选科组合符合武汉大

学临床医学类招生选科要求，则𝑁=𝑁1𝑁2𝑁3∪𝑁2𝑁1𝑁3∪𝑁3𝑁2𝑁1，因为事件两两互斥，根据互斥事件概率加法公式可得𝑃(𝑁)=𝑃(𝑁1𝑁2𝑁3)+𝑃(𝑁2𝑁1𝑁3)+𝑃(𝑁3𝑁2𝑁1)=3×512×(1−512)×(

1−512)=245576【解析】本题考查古典概型的计算、相互独立事件与互斥事件的运算，属于中档题．19.【答案】解：(1)存在，当𝐸为𝐴𝐶的中点时，𝐴𝐷//平面𝐵1𝐶1𝐸，理由如下：取𝐵1𝐶1的中点𝐹，连接𝐸𝐹，𝐷𝐹∵𝐷𝐹是

△𝐴1𝐵1𝐶1的中位线∴𝐷𝐹=//12𝐴1𝐶1又𝐴𝐸=//12𝐴1𝐶1∴𝐷𝐹=//𝐴𝐸∴四边形𝐷𝐹𝐸𝐴是平行四边形∴𝐴𝐷//𝐸𝐹又𝐴𝐷⊄面𝐵1𝐶1�

�，𝐸𝐹⊂面𝐵1𝐶1𝐸∴𝐴𝐷//平面𝐵1𝐶1𝐸(2)∵四边形𝐴𝐵𝐵1𝐴1是矩形∴𝐴1𝐵1⊥𝐴𝐴1，𝐴𝐵//𝐴1𝐵1又∵平面𝐴𝐴1𝐶1𝐶⊥平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1∴𝐴1𝐵1⊥

面𝐴1𝐴𝐶𝐶1∵𝑉𝐵−𝐴1𝐷𝐶1=𝑉𝐴−𝐴1𝐷𝐶1=𝑉𝐷−𝐴1𝐴𝐶1=13⋅𝑆△𝐴𝐴1𝐶1×12𝐴1𝐵1=√36𝐴𝐵1=√3∴𝐴1𝐵1=6∵侧面𝐴𝐶𝐶1𝐴1是菱形，∠𝐴1𝐴𝐶=60∘∴△𝐴1𝐴�

�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则𝐴1(0,0,0)，𝐶1(0,2,0)，𝐷(0,0,3)，𝐶(√3,1,0)𝐶1𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

⃗=(0,−2,3)，𝐶1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(√3,−1,0)设平面𝐶1𝐷𝐶的法向量𝑚⃗⃗⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)由{𝑚⃗⃗⃗⃗⋅𝐶1𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0𝑚⃗⃗⃗⃗⋅𝐶1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0得{−2𝑦+3𝑧=0√

3𝑥−𝑦=0令𝑥=1，则𝑦=√3，𝑧=23√3∴𝑚⃗⃗⃗⃗=(1,√3,23√3)又平面𝐴1𝐶1𝐷的法向量𝑛⃗⃗=(1,0,0)∴cos(𝑚⃗⃗⃗⃗,𝑛⃗⃗⃗)=√34∴二面角𝐴1−𝐶1𝐷−𝐶的夹角的余弦值是√34【解析】

本题考查了平面与平面所成角，线面平行的判定，属于中档题．20.【答案】解：(1)左边=2sin𝐴cos𝐴+2sin2𝐴2sin𝐴cos𝐴+2cos2𝐴=tan𝐴，∴tan𝐴=tan𝐵，又𝐴，𝐵∈(0,𝜋)，∴∠𝐴=∠𝐵(2)法一：(角化边)设点�

�为𝐵𝐶的中点，在△𝐴𝐶𝐷中，设𝐴𝐶=2𝑥，cos𝐶=𝑥2+4𝑥2−162⋅𝑥⋅2𝑥=5𝑥2−164𝑥2，所以sin𝐶=√16𝑥4−(5𝑥2−16)24𝑥2=√−9𝑥

4+160𝑥2−2564𝑥2𝑆△𝐴𝐵𝐶=12⋅2𝑥⋅2𝑥⋅sin𝐶=12√−9[(𝑥2−809)2−409681]，∴𝑆max=323法二：(边化角)由𝐴=𝐵，知𝑐=2𝑎cos𝐴，又16=𝑐2+(𝑎

2)2−2𝑐⋅𝑎2cos𝐴，𝑎2=641+8cos2𝐴所以△𝐴𝐵𝐶的面积𝑆=12𝑎𝑐sin𝐴=64sin𝐴cos𝐴sin2𝐴+9cos2𝐴≤323，当且仅当sin𝐴=3cos𝐴时，取等．【解析

】本题考查正余弦定理解三角形，属难题．21.【答案】(1)∵𝑃𝐷，𝐵𝐸都与平面𝐴𝐵𝐶𝐷垂直∴𝑃𝐷//𝐵𝐸，设𝐴𝐶，𝐵𝐷的交点为𝑂，设𝐸𝑂，𝑃𝐵的交点为𝐺，可知𝐺到平

面𝐴𝐵𝐶𝐷的距离等于𝐸到平面𝐴𝐵𝐶𝐷的距离的一半。又三棱锥𝐸−𝐴𝐵𝐶与四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷的公共部分为三棱锥𝐺−𝐴𝐵𝐶∴𝑉𝐺−𝐴𝐵𝐶=13⋅𝑆△𝐴𝐵𝐶×12×𝐸𝐵=13×2×12×1=13(2)∵二面角𝐷−

𝐴𝑃−𝐵大小为90∘∴面𝐷𝐴𝑃⊥面𝐵𝐴𝑃，过𝐷作𝐷𝑀⊥𝑃𝐴，则𝐷𝑀⊥面𝑃𝐴𝐵∴𝐷𝑀⊥𝐴𝐵，又𝑃𝐷⊥面𝐴𝐵𝐶𝐷∴𝑃𝐷⊥𝐴𝐵，又𝑃𝐷，𝐷𝑀⊂面𝑃𝐴𝐷，且𝑃𝐷∩𝐷𝑀=𝐷，故AB⊥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⊄̸面𝑃𝐴𝐷，∴𝐵𝐸//面𝑃𝐴𝐷，∴𝐵到面𝑃𝐴𝐷的距离等于𝐸到面𝑃𝐴𝐷的距离，∴𝐸到面𝑃𝐴𝐷的距离为2，设𝐷𝐸与

面𝑃𝐴𝐷所成的角为𝜃，∴sin𝜃=2𝐷𝐸，在△𝐵𝐸𝐷中，𝐸𝐷=√𝐵𝐸2+𝐵𝐷2=3，∴sin𝜃=23，即𝐷𝐸与面𝑃𝐴𝐷所成的角的正弦值为23．【解析】本题考查锥体的体积，以

及直线与平面所成的角，属于中档题．22.【答案】解：(1)由√2sin𝐵=sin𝐴可得2𝑏2=𝑎2，设顶点𝐶的坐标为(𝑥,𝑦)，则2[(𝑥+1)2+𝑦2]=(𝑥+2)2+𝑦2⇒𝑥2+𝑦2=2(𝑦≠0)(2)法一：设𝑙𝑇𝑃:𝑦=�

�𝑥+√2带入𝑥2+𝑦2=2得(1+𝑘2)𝑥2+2√2𝑘𝑥=0⇒𝑀(−2√2𝑘1+𝑘2,√2−√2𝑘21+𝑘2)𝑙𝑇𝑄:𝑦=3𝑘𝑥−√2带入𝑥2+𝑦2=2得(1+9𝑘2)𝑥2−6√2𝑘𝑥

=0⇒𝑁(6√2𝑘1+9𝑘2,−√2+9√2𝑘21+9𝑘2)𝑙𝑀𝑁:𝑦−𝑦𝑀=𝑘𝑀𝑁(𝑥−𝑥𝑀)，又𝑘𝑀𝑁=𝑦𝑀−𝑦𝑁𝑥𝑀−𝑥𝑁=3𝑘2−14𝑘由对称性知，定点在𝑦轴上令𝑥=0，则𝑦=3�

�2−14𝑘．2√2𝑘1+𝑘2+√2−√2𝑘21+𝑘2=√22，所以恒过定点(0,√22)法二：设𝑙𝑀𝑁:𝑦=𝑘𝑥+𝑡带入𝑥2+𝑦2=2得(1+𝑘2)𝑥2+2𝑘𝑡𝑥+𝑡2−2=0由韦达定理可得𝑥1+𝑥2=−2𝑘𝑡1+𝑘2，𝑥1𝑥2

=𝑡2−21+𝑘2又3𝑘𝑇𝑃=𝑘𝑇𝑄，∴3𝑘𝑀𝑃=𝑘𝑄𝑁，又𝑘𝑃𝑁⋅𝑘𝑄𝑁=−1，∴3𝑘𝑀𝑃⋅𝑘𝑁𝑃=−1∴3⋅𝑦1−√2𝑥1．𝑦2−√2𝑥2=−1，将𝑥1+𝑥2=−2𝑘�

�1+𝑘2，𝑥1𝑥2=𝑡2−21+𝑘2带入可得∴(3𝑘2+1)𝑥1𝑥2+3𝑘(𝑡−√2)(𝑥1+𝑥2)+3(𝑡−√2)2=0∴(3𝑘2+1)(𝑡2−2)+3𝑘(𝑡−√2)(−2𝑘𝑡)+3(𝑡−

√2)2(1+𝑘2)=0∴[3(𝑡2−2)−6(𝑡2−√2𝑡)+3(𝑡−√2)2]𝑘2+(𝑡2−2)+3(𝑡−√2)2=0又𝑡≠√2，∴𝑡=√22，所以𝑀𝑁过定点(0,√22)【解析】本题考查了与圆有关的轨迹问题，直线恒过定点问题，属于中档题．获得

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