【文档说明】湖北省武汉部分重点中学5G联盟2023-2024学年高二上学期期中联考数学试题 含解析.docx，共(25)页，1.337 MB，由管理员店铺上传

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2023-2024学年度上学期武汉市重点中学5G联合体期中考试高二数学试卷命题学校：华科附中命题教师：何群审题教师：杨青考试时间：2023年11月10日试卷满分：150分★祝考试顺利★注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置

.2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试

卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.一、选择题：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.1.1:10laxy−+=与2:2410lxy+−=平行，则=a（）A.12B

.12−C.2−D.2【答案】B【解析】【分析】利用两条直线平行的充要条件，列式计算得解.【详解】由1:10laxy−+=与2:2410lxy+−=平行，得11241a−=−，所以12a=−.故选：B2.现有一个橡皮泥制作的圆柱，其底面半径、高均为1，将它重新制作成一个体积与高

均不变的圆锥，则该圆锥的底面积为（）A.23B.3C.323+D.33【答案】B【解析】【分析】根据圆柱和圆锥的体积公式计算.【详解】设圆锥的底面积为S，则()211113S=π，解得3πS=.故选：B.3.从长度为1，3，5，7，9的5条线段中任取3条，这三条线段能构

成一个三角形的概率是（）A.310B.12C.25D.35【答案】A【解析】【分析】列举出5条线段中任取3条的所有基本事件，求出构成三角形的基本事件的个数，由古典概型求概率的公式求解即可.【详解】从5条线段中任取3条的

所有基本事件有10个，即()()()()()()()()()()1,3,5,1,3,7,1,3,9,1,5,7,1,5,9,1,7,9,3,5,7,3,5,9,3,7,9,5,7,9，其中能构成三角形的基本事件有3个，即()()()3,5,7,3,7,9,

5,7,9，故所求概率310P=.故选：A.4.已知圆C：()()221225xy−+−=，直线l：310mxym−−+=与相交于A，B两点，则AB的最小值为（）A.45B.2C.4D.25【答案】A【解析】【分析】根据直线l

的方程得到直线l恒过定点()3,1D，根据几何知识得到当AB与CD垂直时，弦长AB最小，然后根据垂直得到2m=，最后求弦长即可.【详解】由圆的方程可得圆心()1,2C，半径=5r，直线l的方程可整理为：()310mxy−−+=，令3010xy−=−+=，解得31xy==

，所以直线l恒过定点()3,1D，由题意知，当AB与CD垂直时，弦长AB最小，211132CDk−==−−，ABkm=，所以2m=，直线l：250xy−−=，点C到直线l的距离225541d−−==+，所以222225545ABrd=−=−=.故选：A.

5.已知空间向量()1,01a=−,，()1,1,0b=−，则向量a在向量b上的投影向量是（）A.11,0,22−B.22,,022−C.()1,1,0−D.11,,022−【答案】D【解析】【分析】根据投影向量的公式计算.【详解】()()()(

)1,0,11,1,01,1,01,1,0111,,02211011022abbbb−−−−−===−++++rrrrr.故选：D.6.某校高二年级（1）（2）班准备联合举行晚会，组织者欲使晚会气氛热烈、有趣，

策划整场晚会以转盘游戏的方式进行，每个节目开始时，两班各派一人先进行转盘游戏，胜者获得一件奖品，负者表演一个节目.（1）班的文娱委员利用分别标有数字1，2，3，4，5，6，7的两个转盘（如图所示），设计了一种游戏方案：两人同时各转动一个转盘一次，将转到的数字相

加，和为偶数时（1）班代表获胜，否则（2）班代表获胜．两班获胜的概率分别是（）A.13，23B.37，47C.12，12D.13，12【答案】C【解析】【分析】利用独立事件概率乘法公式计算.【详解】设（1）班获胜为事件A，（2）班获胜为事件B，()2212134342PA=+=，

()()112PBPA=−=.故选：C.7.2022年10月7日21时10分，中国太原卫星发射中心在黄海海域使用长征十一号海射运载火箭，采用“一箭双星”方式，成功将微厘空间北斗低轨导航增强系统S5/S6试验卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨

道，发射任务获得圆满成功，其中的“地球同步转移轨道”是一个以地心（地球的中心）2F为焦点的椭圆，如图，已知它的近地点（离地面最近的点）A距地面m天文单位，远地点（离地面最远的点）B距地面n天文单位，并且2,,FAB在同一直线上，地球半径约

为r天文单位，则卫星轨道的离心率为（）A.2mnrmn+++B.2nmrmn−++C.nmmn−+D.2nmrmn−−+【答案】B【解析】【分析】求出22,AFmrBFnr=+=+，由椭圆性质得到22amnr=++，2cnm=−，求出离心率.【详

解】设椭圆方程为22221xyab+=，由题意得22,AFmrBFnr=+=+，则椭圆长轴长为2ABmrnrmnr=+++=++，即22amnr=++，设椭圆的左焦点为1F，由对称性可知，12BFAF=，由椭圆定义可知，21222cBFBFBFAFnrmrnm=−=−=+−−=

−，即离心率为2cnmamnr−=++.故选：B8.四棱柱1111ABCDABCD−中，侧棱1BB⊥底面ABCD，11ABBB==，底面ABCD中满足ABCD，BCCD⊥，2BCCD==，E为1DD上的动点，O为四棱锥111ACCDD−外接球的球心，则直线C

E与OB所成角的正弦值的最小值为（）A.215B.23C.53D.4515【答案】C【解析】【分析】以1,,CDCBCC所在的直线分别为,,xyz轴建立空间直角坐标系，设球心11,,2Oh，则由1OAOC=可求出311,,42O

，设(2,0,),[0,1]Eaa，然后表示出cos,CEOB，求出其最大值，从而可求出直线CE与OB所成角的正弦值的最小值.【详解】因为在四棱柱1111ABCDABCD−中，侧棱1BB⊥底面ABCD，所以四棱柱1111ABCDABCD−为直四棱柱，所以11,CCCBCCCD⊥

⊥，因BCCD⊥，所以1,,CDCBCC两两垂直，所以以C为原点，以1,,CDCBCC所在的直线分别为,,xyz轴建立空间直角坐标系，因为11ABBB==，2BCCD==，ABCD，所以1111(0,0,0),(1,2,0),(0,2,0),(2,0,0),(0,0,1),(2,0,1)

,(1,2,1),(0,2,1)CABDCDAB,球心O在平面11CCDD的投影坐标为11,0,2，则设球心11,,2Oh，因为1OAOC=，所以22222211(11)(2)1122hh−+−+−=++，解得34h=，所以311,,42O

，设(2,0,),[0,1]Eaa，则51(2,0,),1,,42CEaOB==−−，所以2122cos,25141164aCEOBCEOBCEOBa−−==+++22122(4)23535444aaaa++==++，设4at+=（[4,5]t），则2282

235435(4)4atat+=+−+为2235820ttt=−+22820351tt=−+22111352055t=−+所以当115t=，即5t=时，22111352055t−+有最大值2231355=，此时直线CE与OB所成的角最小，则其对应的正弦值也

最小，正弦值为225133−=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.已知椭圆22:143xyC+=，1F，2F是

椭圆的左右焦点，P为椭圆上任意一点.下列说法中正确．．的是（）A.椭圆离心率为12B.1PF的最大值为3C.12π03FPFD.122PFPF+=【答案】ABC【解析】【分析】根据椭圆的方程求得2,3,1abc===，结合椭圆的几何性质，逐项判定，即可求解.【详解】由椭圆22

:143xyC+=，可得2,3ab==，则221cab=−=，对于A中，由椭圆C的离心率为12cea==，所以A正确；对于B中，由椭圆的几何性质，当点P为椭圆的右顶点时，可得1max3PFac=+=，所以B正确；对于C中，当点P为椭圆的短

轴的端点时，可得122PFPFa===，1222FFc==，所以12π3FPF=，根据椭圆的几何性质，可得12π03FPF，所以C正确；对于D中，由椭圆的定义，可得1224PFPFa+==，所以

D错误.故选：ABC.10.已知点M在直线:4lxy+=上移动，圆22:4Oxy+=，直线MP，MQ是圆O切线，切点为P，Q.设OMPQN=，则下列说法正确的是（）A.PQOM⊥B.存在点M，使得120PMQ=C.四边形OPMQ的面积取值范围是)4,+D.当M的坐标

为()1,3时，PQ的方程为320xy+−=【答案】AC【解析】【分析】A选项，利用三角形全等可判断；B选项，由OMl⊥时，PMQ最大可判断；C选项，22OPMQOPMSSMP==，可求得2MP，进而可判断；D选项，设()11,Pxy，(

)22,Qxy，利用圆的切线方程，得到切线11:4PMxxyy+=，22:4MQxxyy+=，再将()1,3M代入求解即可判断.【详解】对于A选项，连接OP，OQ，因为MP，MQ为圆的切线，所以OPMP⊥，OQMQ⊥，OPOQ=，OMOM=，所以MPOMQO，所以OMPQ⊥

，故A正确；对于B选项，2sinOPPMOOMOM==，有当OM最小时，PMO最大，即2PMQPMO=最大，当OMl⊥时，此时OM最小，4222OM==，所以22sin222PMO=，的可得o45PMO，即o90PMQ，故B错误；对于C，四边形OPMQ的面积

22OPMQOPMSSMP==，又22224MPOMOPOM=−=−，又22OM，所以2MP,所以4OPMQS，即四边形OPMQ的面积得取值范围是)4,+，故C正确；对于D，设()11,Pxy，()22,Qxy，利用圆的切线方程

，得到切线11:4PMxxyy+=，22:4MQxxyy+=，将()1,3M代入可得，1134xy+=，2234xy+=，所以过P，Q两点的直线为340xy+−=，故D错误.故选：AC.11.在六月一号

儿童节，某商家为了吸引顾客举办了抽奖送礼物的活动，商家准备了两个方案.方案一：A盒中有6个大小和质地相同的球，其中2个红球和4个黄球，顾客从A盒中不放回地随机抽取两次，每次抽取一个球，顾客抽到的红球个数等于可获得礼物的数量

；方案二：顾客投掷一枚质地均匀的骰子两次，两次投掷中向上点数为3的倍数出现的次数等于可获得礼物的数量．每位顾客可以随机选择一种方案参加活动，则下列判断正确的是（）A.方案一中顾客获得一个礼物的概率是815B.方案二中顾客获得一个礼物的

概率是49C.方案一中顾客获得礼物的机会小于方案二中顾客获得礼物的机会D.方案二中“第一次向上点数是1”和“两次向上点数之和为7”相互独立【答案】ABD【解析】【分析】借助古典概率和事件的相互独立性，计算出相应的概率，进而选到答案.【详解】A:方案一

中顾客获得一个礼物的概率是124428656515P=+=,故A正确;B:方案二中顾客获得一个礼物的概率是22442466669P=+=,故B正确;C:记方案一中顾客获得礼物的概率为343916515P=−=，

记方案二中顾客获得礼物的概率为44451669P=−=，43PP,故C错误;D:记方案二中“第一次向上点数是1”为事件E,两次向上点数之和为7为事件F,()()()1611,,636636PEPFPEF====,()()

()PEFPEPF=,所以方案二中“第一次向上点数是1”和“两次向上点数之和为7”相互独立,故D正确.故选：ABD.12.如图，在平行六面体1111ABCDABCD−中，1160DABDAABAA===，1ABA

DAA==，点M，N分别是棱11DC，11CB的中点，则下列说法中正确的是（）A.1MNAC⊥B.向量AM，BC，1BB共面C.1AC⊥平面11BDDBD.若1AB=，则该平行六面体高为63【答案】ACD【解析】【分析

】A选项，利用向量的方法证明1MNAC⊥；B选项，根据向量共面的基本定理判断；C选项，利用向量的方法得到1ACBD⊥，11ACBB⊥，然后根据线面垂直的判定定理证明；D选项，将平行六面体的高转化为正四面体1AABD−的高，然后利用勾股定理计算

.【详解】设1ABADAAa===，由题意得111222MNDBABAD==−uuuruuuruuuruuur，11ACABADAA=++，()221111111111222222MNACABADABADAAABADABAAADAA=−++=−+−uuuruuuruuuru

uuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur2222111102244aaaa=−+−=，所以1MNAC⊥，故A正确；11111122AMADDDDCBCBBAB=++=+

+uuuruuuruuuruuuuruuuruuuruuur，若向量AM，BC，1BB共面，则存在唯一实数对，使得1AMBCBB=+uuuruuuruuur，即1112BCBBABBCBB++=+uuuruuuruuur

uuuruuur，而BC，1BB，AB不共面，则有0a=，显然不成立，所以向量AM，BC，1BB不共面，故B错；11ACAAABAD=−++，BDADAB=−，()()221111ACBDAAABADADABAAADAAABADAB=−++−=−++−uuuruu

uruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur222211022aaaa=−++−=，()2222111111111022ACBBAAABADAAAAABAAADAAaaa=−++=−++=−++=uuuruuuruuur

uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur，所以1ACBD⊥，11ACBB⊥，因为1BDBBB=，1,BDBB平面11BDDB，所以1AC⊥平面11BDDB，故C正确；连接1AD，BD，1AB，过点1A作

1AO⊥平面ABCD于点O，由题意得111ABADAAABBDAD=====，则三棱锥1AABD−为正四面体，所以点1A到平面ABD的距离1AO即为正四面体1AABD−的高，即平行六面体的高，1233233AO==，221136193AOAAAO=−=−=，所以平行六面体的高为63，故D正确

.故选：ACD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知事件M与事件N互斥，若()0.2PM=，()0.6PN=，那么()PMN=________.【答案】0.8【解析】【分析】根据概率的基本性质计算.【详解】()()()0.8PMNPMPN=+=.故答案为：0.8.14

.在一次生活常识竞答活动中，共有20道常识题，两位同学独立竞答，其中一位同学答对了12道题，另一位同学答对了8道题，假设答对每道题都是等可能的.任选一道常识题，至少有一人答对的概率________.【答案】19

25##0.76【解析】分析】根据相互独立事件概率乘法公式计算.【详解】设任选一道常识题，至少有一人答对为事件A，则()1212881281920202020202025PA=++=.故答案为：1925.15.已知点A，B，C在圆224xy+=上

运动，且B，C的中点为()1,0D，若点P的坐标为()5,0，则PAPBPC++的最大值为________.【答案】15【解析】【【分析】根据向量的加法结合模的意义，得其几何意义为，圆上的点到点(13,0)的距离即可求解.【详解】设(,)Axy，因为B，C的中点为()1

,0D，则(,)PBPCPD+==−280，则(13,)2PAPBPCPAPxyD++=−+=，则PAPBPC++()xy=−+2213，其几何意义为，圆上的点到点(13,0)的距离，则其最大值为13215+=.故答案为：1516.在三棱锥ASBC−中，23AB=，SAAC⊥，SBBC⊥，且S

AAC=，SBBC=，若该三棱锥的体积为433，则三棱锥SABC−外接球的体积为________.【答案】32π3##32π3【解析】【分析】取SC的中点O，连接OA、OB，由SAC、SBC△均为等腰直角三角形，可得出点O为三棱锥SABC−的外接球球心，设球O的半径为r，AOB=，推导出SC

⊥平面AOB，可得出三棱锥SABC−的体积为3143sin33SABCVr−==，再由余弦定理得出226cosrr−=，结合22sincos1+=可求得r的值，进而利用球体的体积公式可求得结果.【详解】取SC的中点O，连接OA、OB，如下图所

示：SAAC=，SBBC=，且SAAC⊥，SBBC⊥，所以，SAC、SBC△均为等腰直角三角形，且π2SACSBC==，所以，12OAOBSCOCOS====，所以，SC为三棱锥SABC−的外接球直径，设2SCr=，可得OAOB

r==，设AOB=，SAAC=，O为SC的中点，则OASC⊥，同理可得OBSC⊥，,,OAOBOOAOB=平面OAB，SC⊥平面OAB，所以，111333SABCSOABCOABOABOABOABVVVSO

SOCSSCS−−−=+=+=△△△23111432sinsin3233rrr===，343sinr=，在OAB中，由余弦定理可得2222cosABOAOBOAOB=+−，即2222cos12rr−=，可得226cosrr−=，由22sincos1+=，可得226

24861rrr−+=，化简可得42340rr−−=，即()()22140rr+−=，0r，解得2r=，因此，三棱锥SABC−外接球的体积为334432πππ2333Vr===.故答案为：32π3.四、解答题：共70分.解答应写出文字说明、

证明过程或演算步骤.17.已知圆()()221:111Cxy−+−=，圆222:8270Cxyxy+−−+=.（1）若直线l经过圆1C与圆2C的公共点，求直线l的方程；（2）若圆3C过两圆的交点且圆心3C在直线yx=上，求圆3C的方程.【答案】（1）1

x=（2）()()22111xy−+−=【解析】【分析】（1）由两圆的方程作差可得到公共弦所在的直线方程，即得到直线l的方程.（2）先联立方程组求出圆1C和圆2C的两个交点坐标，写出弦AB的垂直平分线方程；再根据题意

求出圆3C的圆心坐标和半径；最后写出圆3C的标准方程即可.【小问1详解】联立方程组()()22221118270xyxyxy−+−=+−−+=，作差可得：1x=即两圆的交点所在直线方程为：1

x=故直线l的方程为1x=.【小问2详解】联立方程组()()22221118270xyxyxy−+−=+−−+=，解得10xy==或12xy==，即两圆的交点坐标为()1,0A和()1,2B.弦AB的垂直平分线方程为1y=圆3C过两圆的交点且圆心3C在直

线yx=上圆3C的圆心既在弦AB的垂直平分线又在直线yx=上.联立方程组1yyx==，解得11xy==，即得圆3C的圆心坐标为()31,1C.圆3C的半径()()22311011rAC==−+−=圆3C的方程为()()22111xy−+−=18.本着健康、低碳的生活理念，

租自行车骑游的人越来越多．某自行车租车点的收费标准是每车每次租用时间不超过两小时免费，超过两小时的部分每小时收费2元(不足一小时的部分按一小时计算)．有甲、乙两人独立来该租车点租车骑游(各租一车一次)．设

甲、乙不超过两小时还车的概率分别为14，12，超过两小时但不超过三小时还车的概率分别为12，14，两人租车时间都不会超过四小时．（1）求甲、乙两人所付租车费用相同的概率；（2）设ξ为甲、乙两人所付的租车费用之和，求P(ξ＝4)和P(ξ＝6)的值．【答案】（1

）516（2）516，316【解析】【分析】（1）先求得甲、乙两人超过三小时但不超过四小时还车的概率，甲、乙两人所付的租车费用相同，则则分甲乙都不超过2小时，甲乙都超过2小时不超过3小时，甲乙都超过3小时甲不超过4小时，利用互斥事件和独立事件的概率求解；（2）若ξ＝4

，则分甲不超过2小时乙超过3小时不超过4小时，或乙不超过2小时甲超过3小时不超过4小时，或甲乙都超过2小时不超过3小时，利用互斥事件和独立事件的概率求解；若ξ＝6，则分甲超过2小时乙超过3小时不超过4小时，或乙超过2小时甲超过3小时不超过4小

时，利用互斥事件和独立事件的概率求解；【小问1详解】解：因为甲、乙不超过两小时还车的概率分别为14，12，超过两小时但不超过三小时还车的概率分别为12，14，所以甲、乙两人超过三小时但不超过四小时还车的概率分别为14，14，记甲、乙两人

所付租车费用相同为事件A，则P（A）＝111111542244416++=，所以甲、乙两人所付租车费用相同的概率为516.【小问2详解】若ξ＝4，则甲不超过2小时乙超过3小时不超过4小时，或乙不超过2小时甲超过3小时不超过4

小时，或甲乙都的超过2小时不超过3小时，所以P(ξ＝4)＝111111544242416++=，若ξ＝6，则甲超过2小时乙超过3小时不超过4小时，或乙超过2小时甲超过3小时不超过4小时，所以P(ξ＝6)＝11113442416+=19.已知ABC的顶点(1,1)A，

高CD所在直线方程为3120xy+−=，角B的平分线BE所在直线方程为240xy−+=．求：（1）B点的坐标；（2）BC边所在直线方程．【答案】（1）(8,2)−−；（2）913460xy−+=．【解析】【分析】（1）先求出直线AB的斜率11133C

Dkk=−=−=−，从而求出直线AB的方程，由此能求出B点坐标．（2）由13ABk=，12BEk=，角B的平分线BE所在直线方程为240xy−+=，得1?1?ABBEBCBEABBEBCBEkkkkkkkk−−=++，求出913BCk=，由此能求出直线BC的方

程．【小问1详解】解：∵ABC的顶点(1,1)A，高CD所在直线方程为3120xy+−=，角B的平分线BE所在直线方程为240xy−+=，∴直线AB的斜率11133CDkk=−=−=−，∴直线AB的方程为：11(1

)3yx−=−，即320xy−+=，联立320240xyxy−+=−+=，得82xy=−=−，∴B点坐标为(8,2)−−；.【小问2详解】解：∵13ABk=，12BEk=，角B的平分线BE所在直线方程为240x

y−+=，∴11ABBEBCBEABBEBCBEkkkkkkkk−−=++，∴11132211111322BCBCkk−−=++，解得913BCk=或13BCk=（舍），∴直线BC的方程为：92(8)13yx+=+

，即913460xy−+=．20.在如图所示的试验装置中，两个正方形框ABCD、ABEF的边长都是1，且平面ABCD⊥平面ABEF，活动弹子M、N、G分别在正方形对角线AC和BF、AB上移动，记CMBN=，//AF平面MNG，记()01BGaa=.（1）证明：MG⊥平面

ABEF；（2）当MN的长最小时，求二面角AMNB−−的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）13−【解析】【分析】（1）利用面面平行的性质推导出//AFNG，证明出//MGBC，可得出MGAB⊥，再利用面面垂直

的性质定理可证得结论成立；（2）根据已知条件求出线段BG的长，以点B为坐标原点，BA、BE、BC所在直线分别为x、y、z轴，利用空间向量法可求得二面角AMNB−−的余弦值.【小问1详解】证明：因为//AF平面MNG，且AF平面ABE

F，平面ABEF平面MNGNG=，则//AFNG，因为()01BGaa=，所以，2CMBNa==，则1AGa=−，()21AMa=−，即1AMAGaCMBGa−==，所以，//MGBC，因为ABBC⊥，所以，MGAB⊥，因为平面

ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD平面ABEFAB=，MG平面ABCD，所以，MG⊥平面ABEF.【小问2详解】解：由（1）知，MG⊥平面ABEF，因为NG平面ABEF，所以，MGNG⊥，所以，(

)22222211212212222MNNGMGaaaaa=+=+−=−+=−+，当且仅当12a=时，等号成立，以点B为坐标原点，BA、BE、BC所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则()1,0,0A、()0,0,0B、11,0,22M

、11,,022N，则11,0,22AM=−，110,,22=−MN，11,0,22BM=，设平面AMN的法向量为(),,mxyz=，则1102211022

mAMxzmMNyz=−+==−=，取1z=，可得()1,1,1m=，设平面BMN的法向量为(),,ntbc=，则1102211022nBMtcnMNbc=+==−=，取1c=，

可得()1,1,1n=−，所以，11cos,333mnmnmn===，由图可知，二面角AMNB−−为钝角，故二面角AMNB−−的余弦值为13−.21.如图所示，几何体ABCDPQ中，APD△，BCQ△均为正三角形，四边形ABCD为正方形，PQAB∥，222PQAB==，M，

N分别为线段PQ与线段BC的中点，AC、BD相交于点O.（1）求证：//MN平面ADP；（2）求证：平面MON⊥平面ABCD；（3）求直线AP与平面BCQ所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）证明见

解析（3）63【解析】【分析】（1）根据正方形和平行四边形的性质得到∥MNPE，然后根据线面平行的判定定理证明即可；（2）根据等腰三角形的性质得到ADPE⊥，即可得到BCMN⊥，根据正方形的性质得到BCON

⊥，然后根据线面垂直和面面垂直的判定定理证明即可；（3）利用空间向量的方法求线面角即可.【小问1详解】取AD中点点E，连接PE，EN，因为PQAB∥，222PQAB==，M为线段PQ的中点，所以PMA

B∥，PMAB=，又因为AD中点为E，N为BC中点，所以ENAB∥，ENAB=，所以PM∥EN，PMEN=，即四边形PMEN为平行四边形，所以∥MNPE，因为PE平面PAD，MN平面PAD，所以MN∥平面PAD.【小问2详解】在正三角形PAD中有ADPE⊥，

易知BCPE⊥，由（1）知BCMN⊥，在正方形ABCD中有BCON⊥，因为ONMNN=，,ONMN平面MON，所以BC⊥平面MON，因为BC平面ABCD，所以平面MON⊥平面ABCD.【小问3详解】以过点O作AB的垂线为x轴，ON所在的直线为y轴，OM所在的直线为

z轴建立空间直角坐标系Oxyz−，()0,0,0O，22,,022B，()0,0,1M，22,,022−，因为PQAB∥，AB平面ABCD，PQ平面ABCD，所以PQ∥平

面ABCD，易知()0,2,1Q，则22,,122APMB==−−uuuruuur，()2,0,0CB=，22,,122BQ=−uuur，设平面BCQ的法向量为(),,nxyz=，则2022022nCBxnBQxyz==

=−++=，令2y=，则0x=，1z=−，所以()0,2,1n=−，6cos,3nAPnAPnAP==ruuurruuurruuur所以直线AP与平面BCQ所成角的正弦值为63.22.已知动点P

到两定点()22,0A−，()22,0B的距离和为6，记动点P的轨迹为曲线C.（1）求曲线C的方程；（2）直线:10lxmy−−=与曲线C交于M，N两点，在x轴是否存在点T（若记直线MT、NT的斜率分别为MTk，NTk）使得MTNTkk为

定值，若存在，请求出点T坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）2219xy+=（2）存在定点()3,0T，使得直线MTNTkk为定值.【解析】【分析】（1）由椭圆定义可得动点P的轨迹为以点,AB为焦点的椭圆，求

出椭圆方程；（2）联立:10lxmy−−=与2219xy+=，设()()1122,,,MxyNxy，得到两根之和，两根之积，设(),0Tt，则()()2229918MTNTktkmt−=+−−，从而得到3t=时，Rm，29MTNTkk=−，3t=−时，Rm，118MTNTkk

=−，得到答案.【小问1详解】由题意得642PAPBAB+==，故动点P的轨迹为以点()22,0A−，()22,0B为焦点的椭圆，其中3,22ac==，则222981bac=−=−=，故曲线C的方程为2

219xy+=；【小问2详解】联立:10lxmy−−=与2219xy+=得()229280mymy++−=，设()()1122,,,MxyNxy，则12122228,99myyyymm−+=−=++，则()

21212222182299mxxmyymm+=++=−=++，()()()222121212122282111199mmxxmymymyymyymm−=++=+++=−+++22999mm−=+，设(),0Tt，则()121221212122222289991899MTNTyyyykxmmktx

txxtxxtttmm=−+−−==−−++++−+()()22222229918988991mtmttmtt−−=−=−−+++−，当3t=时，Rm，()2829931MTNTkk−==−−，当3t=−时，Rm，(

)28118931MTNTkk−==−−−，所以存在定点()3,0T，使得直线MTNTkk为定值.【点睛】处理定点问题的思路：（1）确定题目中的核心变量（此处设为k），（2）利用条件找到k与过定点的曲线(),0Fxy=的联系，得到有关k与,xy的等式，（3）所谓定点，是指存在一个特殊的

点()00,xy，使得无论k的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于k与,xy的等式进行变形，直至找到()00,xy，①若等式的形式为整式，则考虑将含k的式子归为一组，变形为“()k”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；②若

等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去k变为常数.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com