【文档说明】浙江省杭州市浙大附中2023-2024学年高二上学期期中数学试题 含解析.docx，共(21)页，1.641 MB，由小赞的店铺上传

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2023学年第一学期浙大附中期中考试高二数学试卷一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，每小题列出的四个选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分.）1.直线10xy++=的倾

斜角是（）A.34B.23C.4D.-4【答案】A【解析】【分析】根据直线的斜率1k=−，利用直线倾斜角的正切等于直线的斜率可算出所求直线的倾斜角.【详解】直线10xy++=化为=1yx−−所以斜率1k=−，设直线的倾斜角为,则tan1=−，结合)0,

，可得34=，故选A.【点睛】本题给出直线的方程，求直线的倾斜角，着重考查了直线的基本量与基本形式等知识,属于基础题.2.已知平面向量()()1,3,1,2ab==−，则a在b方向上的投影向量为（）A.()1,2-B.()1,2-C.()2,4−D.()3,6−【

答案】B【解析】【分析】由向量数量积求出a在b方向上的投影为||cos,||abaabb=，再结合投影向量的定义求解.【详解】a在b方向上的投影为()()221132||cos,5||12abaabb−+===−+，又b方向上的单位向量为525,55||bb=−，故

a在b方向上的投影向量是()||cos,1,2||baabb=−.故选：B.3.设m､n是两条不同的直线，,,是三个不同的平面，下列四个命题中正确的序号是（）①若,//mn⊥，则mn⊥②若,⊥⊥，则//③若//,//mn，则/

/mn④若//,//,m⊥，则m⊥A.①和②B.①和④C.③和④D.②和③【答案】B【解析】【分析】①运用线面平行、垂直的性质定理即可判断①；②运用面面垂直的判定和性质定理，即可判断②；③运用线面平行的性质定理，即可判断m，n的位置关系；④运用面面平行的传递性和线面垂直的性质定理

，即可判断④．【详解】①由于n∥α，由线面平行的性质定理得，n平行于过n的平面与α的交线l，又m⊥α，故m⊥l，即m⊥n，故①正确；②若α⊥γ，β⊥γ，则α与β可能相交，也可能平行，故②错；③若m∥α，n∥α，由线面平行的性质定理，即得m，n平行、相交或异面，故③错；④

若α∥β，β∥γ，m⊥α，则面面平行的传递性得α∥γ，由线面垂直的性质定理得，m⊥γ，故④正确．故选：B．【点睛】本题主要考查空间直线与平面的位置关系，考查线面平行、垂直的判定和性质定理，考查面面平行、垂直的判定和性质定理的运用，是一道基础题．4.不透明的口袋内装有红色､绿色和蓝色小球各

2个，一次任意摸出2个小球，则与事件“2个小球都为红色”互斥而不对立的事件有（）A.2个小球不全为红色B.2个小球恰有一个红色C.2个小球至少有一个红色D.2个小球不全为绿色【答案】B【解析】【分析】对于A两个事件是对立的事件，故A错误；对于B，两个事件是互斥而不对立

的，故B正确；对于C，两个事件不是互斥事件，故C错误；对于D，两个事件可以同时发生，不互斥，故D也错误.【详解】一个口袋内装有大小、形状相同的红色、绿色和蓝色小球各2个，一次任意取出2个小球，对于A，2个小球不全为红球与事件“2个小球都为红色”是对立的事件，

故A错误；对于B，2个小球恰有1个红球与事件“2个小球都为红色”互斥而不对立的事件，故B正确；对于C，2个小球至少有1个红球与事件“2个小球都为红色”能同时发生，不是互斥事件，故C错误；对于D，2个小球不全为绿球与事件“2个小球都为红色”是可以同时发生的事件，不是互斥事件，故D错误．故选：B

．5.已知四棱锥PABCD−，底面ABCD为平行四边形，M，N分别为棱BC，PD上的点，13CMCB=，PNND=，设ABa=，ADb=，cAP=，则向量MN用,,abc为基底表示为（）A.1132abc++B.1162abc

−++C1132abc−+D.1162abc−−+【答案】D【解析】【分析】由图形可得MNMCCDDN=++，根据比例关系可得13MCAD=，12DNDP=，再根据向量减法DPAPAD=−，代入整理并代换为基底向量．【详解

】()111111323262MNMCCDDNADABDPADABAPADABADAP=++=−+=−+−=−−+即1162MNabc=−−+故选：D．6.某高校在2019年新增设的“人工智能”专业，共招收了两个班，其中甲班3

0人，乙班40人，在2019届高考中，甲班学生的平均分为665分，方差为131，乙班学生平均分为658分，方差为208．则该专业所有学生在2019年高考中的平均分和方差分别为（）A.661.5，169.5B.661，187C.661，175D.660，180.【答案】B【解析】【分析

】先求出总体均值，再利用分层抽样的方差公式即可得解．【详解】由题意甲的平均值为1665x=，方差为21131s=，乙的平均值是2658x=，方差为22208s=，则总体平均值为30665406586617070x=+=，方差为()()

22230401316656612086586611877070s=+−++−=．故选：B．7.圆224210xyxy+−−+=与圆222210xyxy++−+=的公切线有（）A.1条B.2条C.3条D.4条【答案】C【解析】【分

析】分别求两圆的圆心和半径，进而确定两圆的位置关系，分析判断.【详解】224210xyxy+−−+=，即()()22214xy−+−=，则圆心()12,1C，半径12r=，222210xyxy++−+=，即()()22111xy

++−=，则圆心()21,1C−，半径21r=，∵()()221221113CC=−−+−=，即1212CCrr=+，则圆1C与圆2C外切，故两圆的公切线有3条.故选：C.8.在三棱锥ABCD−，平面

ACD⊥平面BCD，BCD△是以CD为斜边的等腰直角三角形，ACD为等边三角形，4CD=，则该三棱锥的外接球的表面积为（）A.32π3B.56π3C.64π3D.128π3【答案】C【解析】【分析】先确定底面三角形外接圆圆心E，过圆心E且垂直底面的直线为AE，在直线AE上找球心O，由

于ACD为等边三角形，所以球心为ACD外接圆圆心，由正弦定理求外接圆半径即为外接球半径.【详解】取CD中点E，连结AE根据题意，因为BCD△为等腰直角三角形，所以BCD△的外心为斜边CD的中点E，EBECED==；又因为4CD=，所以BCD△的外接圆半径为2；因为平面ACD⊥

平面BCD，平面ACD平面BCDCD=,ACD为等边三角形，所以AECD⊥，所以⊥AE平面BCD，所以外接球球心O在直线AE上，且OAOCOD==,O为ACD的外心，因为ACD为等边三角形，所以π3CA

D=,4CD=,所以由正弦定理有1443π23sin3OA==,所以三棱锥的外接球的表面积为2243644π4ππ33SR===.故选：C二.多选题：（本大题共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.下列说法正确的有（）A.从40个个体中随机抽取一个容量为10的样本，则每个个体被抽到的概率都是0.25B.已知一组数据1，2，m，6，7的平均数为4，则这组数据的方差是5C.数据26，11，14，31，15，17，

19，23的50%分位数是18D.若样本数据1x，2x，…，nx的标准差为4，则数据121x+，221x+，…，21nx+的标准差为16【答案】AC【解析】【分析】A：根据古典概型概率计算方法即可计算；B：根据平均数的计算方法求出m的值，在根据

方差计算公式即可求解；C：根据50%分位数的求法求解即可；D：根据方差的性质即可求解.【详解】对于A：从40个个体中随机抽取一个容量为10的样本，则每个个体被抽到的概率都是100.2540=，故A正确；对于B：已知一组数据1，

2，m，6，7的平均数为4，则45(1267)4m=−+++=，这组数据的方差为22222126(14)(24)(44)(64)(74)55−+−+−+−+−=，故B错误；对于C：这组数据从小到大

排列为：11，14，15，17，19，23，26，31，共8个，故其50%分位数为第4个数17和第5个数19的平均数，为18，故C正确；对于D：若样本数据1x，2x，…，nx的标准差为4，则方差为16，故数据121x+，221x+，…，21nx+的方差为216264=，标准差为8.故D错误.故选

：AC10.如图，一个正方体密封容器中装有一半的水量，若将正方体随意旋转放置，则容器中水的上表面形状可能是（）A.三角形B.矩形C.非矩形的平行四边形D.六边形【答案】BCD【解析】【分析】因为正方体容器中盛有一半容积的水，无论怎样转动，其水面总是过正方体的中心，结合正方体截面图形的特征判断即

可．【详解】因为正方体容器中盛有一半容积的水，无论怎样转动，其水面总是过正方体的中心．过正方体的一条棱和中心可作一截面，截面形状为矩形，如图（1），故B正确；过正方体一面上一边的任意一点（非顶点）和此边外的顶点以及正方体的中心作一截面，其截面形状为非矩形的平行

四边形，如图（2），故C正确；在正方体一面上相邻两边各取一点（非顶点），过这两点以及正方体的中心作一截面，得截面形状为六边形，如图（3），故D正确；至于截面三角形，过正方体的中心不可能作出截面为三角形的图形，故选：BCD11.已知(4,2),(0,4)A

B，圆22:(4)(1)4Cxy−+−=，P为圆C上动点，下列正确的是（）A.PBPA−的最大值为25B.PAPB的最小值为782−C.xy+的最小值为522−D.PBA最大时，||25PB=【答案】ABC【解析】【分析】利用数形结合法，转化为三点共线时，取得最大值，可判定A正确；取AB的

中点为D，转化为25PAPBPD=−，结合点与圆的位置关系，可判定B正确；利用直线0xyb+−=与圆C相切时，求得b的最小值，可判定C正确；根据圆的切线的性质，结合圆切线长公式，可判定D不正确.【详解】对于A中，因为(4,2),(0,4)AB，可得25A

B=，如图所示，可得25PBPAAB−=当且仅当,,ABP三点共线时，等号成立，所以PBPA−的最大值为25，所以A正确.对于B中，设AB的中点为D，则(2,3)D，所以22()()()()PAPBPDDAPDDBPDDBPDDBPDDB=++=−+=−2

25(2)5782PDCD=−−−=−，所以B正确；对于C中，令bxy=+，当直线0xyb+−=与圆C相切时，b取值最值，由圆心到直线的距离225211bd−==+，解得522b=，所以xy+的最小值为522−，所以

C正确；对于D中，当PB与圆C相切时，PBA取得最大值，因为(0,4)B，圆C的圆心为(4,1)C，可得5BC=，此时2221PBBCr=−=，所以D错误.故选：ABC.12.立体几何中有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种

以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如右图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共截去八个三棱锥，则关于该半多面体的下列说法中正确的有（）A.该半正多面体外接

球与原正方体外接球半径相等B.与DF所成的角是π3的棱有18条C.DF与平面BCD所成的角π4D.直线DE与直线AF所成角的余弦值的取值范围为12[,]22【答案】CD【解析】【分析】将半正多面体补成正方体，考虑外接球的球心，可判断A；由两直线所成角的定义可判断B；由线面

角的定义可判断C；建立空间直角坐标系，利用向量法结合二次函数的性质求出直线与直线所成角的余弦值的取值范围，可判断D．【详解】设该半正多面体棱长为2，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上；将该半正多面体补成正方体，正方体的棱长为2，可得该半正多

面体的外接球与原正方体的外接球的球心重合，所以该半正多面体的外接球半径为2211222OAOOOA=+=,原正方体的外接球的半径()2221122123OKOOOK=+=+=，故A错误；与DF成π3的棱有,,,HFAGAFGH和与面

AFHG相对的面上的,,,;CIJNCJIN还有,,,DHBCCDBH和与面BCDH相对的面上的,,,,AMNSMNAS共16条，故B错误；由FR⊥平面BCDH，可得FDR为DF与平面BCD所成角，由于DRF为等腰直角三角

形，所以π4FDR=，故C正确；建立如图所示的空间直角坐标系，则()()()()()2,1,0,2,2,1,1,0,2,0,1,2,1,2,2AFBCD,所以()()()0,1,1,1,1,0,1,0,1AFCDFD===−;又()1,1,0,BC=−设(),,0,0,1

BEBC==−，则()()1,,0,,2,0EDE−=−−.()()()()()()2222222111cos,2222222222122AFDEAFDEAFDE−−===−=−−+−++−

++−−令111,,22t=−−−则21cos,,2221AFDEtt=−++21221,1,2tt++所以21cos,,,22AFDE−−故直线DE与直线AF所成角的余弦值的取值范围为12[

,]22.故D正确.故选：CD.三、填空题（本大题共4小题，每空5分，共20分）13.已知直线1:21lxay+=与直线2:210lxy+−=，若12//ll，则1l与2l之间距离是__________

【答案】510【解析】【分析】两条平行直线1l与2l之间的距离，等于直线1l上的点到直线2l的距离.【详解】直线1:21lxay+=过点1,02A，由12//ll，1l与2l之间距离等于点1,02A到直线的2:210lxy+−=距离，故距离2211152210512d−

===+.故答案为：510.14.在空间直角坐标系中，已知三点A（3，2，0），B（2，1，3），C（3，1，0），则点C到直线AB的距离为____________.【答案】11011【解析】【分析】根据空间向量夹角公式，结合同角的三角函数关系式进行求解即可.【详解

】由A（3，2，0），B（2，1，3），C（3，1，0），可得：(1,1,3)AB=−−，(0,1,0)AC=−，所以可得：1cos,11ACABACABACAB==，因此21110sin,1cos,11111ACABA

CAB=−=−=，于是点C到直线AB的距离为110110sin,11111ACACAB==，故答案为：1101115.阿波罗尼斯（约公元前262-190年）证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数(0,1)kkk

的点的轨迹为圆，已知,PQ分别是圆22:(4)4Cxy−+=与直线:40lxy−+=上的点，O是坐标原点，则2||||PQPO+的最小值为_______【答案】72【解析】【分析】由阿波罗尼斯圆的定义，设(),0Aa，12PAPO=，对比圆C方程求得()3,0A，则有()22PQPO

PQPA+=+，最小值为点()3,0A到直线:40lxy−+=距离的两倍.【详解】设()0,0O，(),0Aa，设(),Pxy，若222212()PAxayPOxy−+==+，整理得2224439aaxy−+=，由圆C方

程得2443449aa==，解得3a=，则()3,0A．圆22:(4)4Cxy−+=上任意一点P，都有2POPA=，所以()22PQPOPQPA+=+，PQPA+的最小值为点()3,0A到直线

:40lxy−+=的距离AB，223472211AB+==+，所以()22272PQPOPQPAAB+=+=，即2||||PQPO+的最小值为72.故答案为：7216.已知椭圆2222:1(0)xyCabab+=的左、右焦点分别为12,FF.若1F关于直线2yx=的对称点P恰好在C

上，且直线1PF与C的另一个交点为Q，则12cosFQF=__________.【答案】1213【解析】【分析】由点的对称性求出点P坐标，和线段1PF、2PF，从而发现12FPF为直角，再由椭圆标准定义找到ac、关系，并求出2Q

F、1QF的长度，最后在直角三角形2QPF△中，求出12cosFQF的值.【详解】设1(,0)Fc−关于直线2yx=的对称点11(,)Pxy，由111121222yxcyxc=−+−=，得3

4(,)55ccP−，可知1455PFc=，2255PFc=，又知122FFc=，所以2221212PFPFFF+=，则12FPF为直角，由题意，点P恰好在C上，根据椭圆定义122PFPFa+=，得

355ac=，122QFQFa+=，设1QFm=，则26525QFamcm=−=−，在直角三角形2QPF△中，222452565()()()555mcccm++=−，解得4525mc=，从而226525Q

Fc=，24525QPc=，所以22112cos13FQPQFFQ==.故答案为：1213四、解答题（本大题共6小题，共70分）17.在ABC中，,,ABC所对的边分别为,,abc，且2cos2baBc+=，（1）求A；

（2）若3a=，ABC的面积为32，求ABC的周长.【答案】17.π318.33+【解析】【分析】（1）根据正弦定理结合三角恒等变换分析求解；（2）根据面积公式可得2bc=，利用余弦定理可得3bc+=，即可得结果.【小问1详解】因为2cos2baBc+=，由正弦定理可

得sin2sincos2sinBABC+=，又因为()sinsinsincoscossinCABABAB=+=+，即sin2sincos2sincos2cossinBABABAB+=+，则sin2cossinBAB=，且()0,πB，则sin0B，可得1cos2A=，因为()0,

πA，所以π3A=.【小问2详解】因为ABC的面积为1133sin2222==bcAbc，可得2bc=，由余弦定理可得2222coscbbcAa+−=，即223bcbc+−=，整理得()2339

+=+=bcbc，可得3bc+=，所以ABC的周长为33abc++=+.18.已知直线l方程为12())0(aRaxya+++−=．（1）若直线l在两坐标轴上截距相等，求直线l的方程；（2）若直线l不经过第三象限，求实

数a的取值范围．【答案】（1）30xy+=或20xy++=（2）2a【解析】【分析】（1）当直线过原点时，直线在x轴和y轴上的截距为零，将原点坐标代入求解，当直线不经过原点时，截距存在且均不为零.由221a

aa−=−+求解.（2）根据直线l经过定点(1,3)−，方程化为(1)2yaxa=−++−，由(1)3−+−a求解.【详解】（1）当直线过原点时，该直线在x轴和y轴上的截距为零，，方程即为30xy+=当直线不经过原点时，截距存在且均不为零，221aaa−=−+，即11a+=0a

=，方程即为20xy++=综上，直线l的方程为30xy+=或20xy++=（2）因为直线l的方程为12())0(aRaxya+++−=．可化为：()120xaxy−+++=令1020xxy−=++=，解得13xy==−的所以直线l经过定点(1,3)P

−，方程化为(1)2yaxa=−++−如图所示：若直线l不经过第三象限则(1)3−+−a2a所以a的取值范围是：2a【点睛】本题主要考查直线的方程和直线在坐标轴上的截距和在坐标系中的位置，还考查了数形结合的思想法，属于中档题.19.

在高考结束后，省考试院会根据所有考生的成绩划分出特控线和本科线．考生们可以将自己的成绩与划线的对比作为高考志愿填报的决策依据．每一个学科的评价都有一个标准进行判断．以数学学科为例，在一次考试中，将考生的成绩由高到低排列，分为一、二、三档，前22%定为一档，

前58%到前22%定为二档，后42%定为三档．在一次全市的模拟考考生数学成绩的频率分布直方图如图所示，根据直方图的信息可知第三档的分数段为)0,70．（1）求成绩位于)30,60时所对应的频率，并估计第

二档和第一档的分数段；（2）在历年的统计中发现，数学成绩为一档的考生其总分过特控线的概率为0.8，数学成绩为二档的考生其总分过特控线的概率为0.5，数学成绩为三档的考生其总分过特控线的概率为0.1．在此次模拟考试中．甲、乙、丙三位考生的数学成绩分别为65，94，122．

请结合第（1）问中的分数段，求这三位考生总分过特控线的人数2X=的概率．【答案】（1）0.16，第一档分数段为100,150，第二档的分数段为)70,100（2）0.41【解析】【分析】（1）根据小矩形面积之和为1，求出成绩在)30,60所对应的频率为0.16，结合题干条件求

出一档、二档的分数段；（2）首先判断出甲、乙、丙的成绩属于哪一档，再根据相互独立事件及互斥事件的概率公式计算可得.小问1详解】根据频率分布直方图的信息，成绩在))))0,30,30,60,60,90,90,120，12015

0,对应的频率分别为0.12,30,0.42,0.24,0.06a.根据总的频率和为1，即0.12300.420.240.061a++++=，解得300.16a=，即成绩在)30,60所对应的频率为0.16.因为0.220.060.1

6=+，且0.1620.243=，可知成绩在)90,120内的前23也属于第一档，即可知第一档的分数段为100,150，0.580.060.240.28=++且0.2820.423=，故成绩在)60,90内的

前23也属于第二档，所以二档的分数段为)70,100.【小问2详解】根据第（1）问的结论可知，甲的数学成绩属于第三档，乙的数学成绩属于第二档，丙的数学成绩属于第一档，则()20.80.50.90.20.50.10.80.50.10.41

PX==++=.20.如图，四面体ABCD中，2ABAC==，2DBDC==，设E为BC的中点．（1）求证：平面AED⊥平面BCD；的【（2）若∠BAC=60°，AD=3，求二面角B-AD-C的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）17−【

解析】【分析】（1）根据线面垂直的判定定理以及面面垂直的判定定理进行证明即可；（2）作出二面角的平面角，结合余弦定理进行求解.【小问1详解】证明：因为ABAC=，DBDC=，且E为BC的中点，所以AE⊥BC，DE⊥BC.又因AEDE，平面AED，DEAEE＝，所以BC⊥平面AE

D；因为BC平面BCD，所以平面AED⊥平面BCD；.【小问2详解】作BF⊥AD，连接CF，由题知，ABDACD，所以CF⊥AD，所以∠BCF为二面角B-AD-C的平面角.因为ABAC=，∠BAC=60°，所以ABC为正三角形，2BCAC==.由于AB=BD，且B

F⊥AD，所以F为AD中点，故2217()22BFADBD=−=.同理72CF=，所以2221cos27BFCFBCBFCBFCF+−==−，即二面角B-AD-C的余弦值为17−.为21.小明同学某天发现，在阳光下的照射下，篮球在地面留下的影子如图所示，设过篮球的中心O且与

太阳平行光线垂直的平面为，地面所在平面为，篮球与地面的切点为H，球心为O，球心O在地面的影子为点O；已知太阳光线与地面的夹角为；（1）求平面与平面所成角（用表示）；（2）如图，AB为球

O的一条直径，,AB为,AB在地面的影子，点H在线段AB上，小明经过研究资料发现，当π2时，篮球的影子为一椭圆，且点H为椭圆的焦点，线段AB为椭圆的长轴，求此时该椭圆的离心率（用表示）.【答案】（1）π2−；（2）cos.【

解析】【分析】（1）根据给定条件，利用空间向量求面面角，列式求解即得.（2）利用圆的切线性质，求出椭圆长半轴长与半焦距的表示式即可求出离心率.【小问1详解】观察图形知，AA为平面的法向量，设平面的法向量为n

，光线与地面夹角为，依题意，π02，1πcos|cos,|sincos()2nAA===−，而0π，所以π2=−.【小问2详解】设篮球半径为R，显然平面ABBA⊥平面

，连接,OHOB，OH⊥平面，过B作//BCAB交AA于C，则,BCAABCAB=⊥，于是椭圆长轴22sinsinBCRaAB===，在四边形ABBA中，122BOHBOH==，令椭圆半焦距为c，而π02，则2sin2sin(1co

s)22tan(1cos)2sincos2sincos222RRRacBHRa−−======−，解得cosca=，所以该椭圆的离心率为cos.22.已知点()0,2A，10,2B，点P为曲线上任意一点且满足2PAP

B=.（1）求曲线的方程；（2）设曲线与y轴交于M、N两点，点R是曲线上异于M、N的任意一点，直线MR、NR分别交直线:3ly=于点F、G.求证：以FG为直线的圆C与y轴交于定点S，并求出点S的坐标.【答案】（1）221xy+=（2）证明过程详见解析，S点坐标为()0,3

22【解析】【分析】（1）由题意，先设(),Pxy，根据2PAPB=，列出,xy的关系式，化简整理，即可求出结果；（2）先由圆的方程求出()0,1M，()0,1N−，设点()00,Rxy，表示出直线R

M与NR的方程，分别求出F、G坐标，再由题意得出•0SFSG=，进而可求出结果.【详解】解：（1）设(),Pxy，由2PAPB=，得()22221222xyxy+−=+−，整理得221xy+=.所以曲

线的方程为221xy+=.（2）由题意得，()0,1M，()0,1N−.设点()()000,0Rxyx，由点R在曲线上，所以22001xy+=.直线RM的方程为0011yyxx−−=，所以直线RM与直线3y=的交点为002,31xFy−.直线

NR的方程为0011yyxx++=，所以直线NR与直线3y=的交点为004,31xGy+.设点()0,Sm，则000024,3,,311xxSFmSGmyy=−=−−+.由题意得•0SFSG=，即()2000024•3011xxmyy+−=−+，

整理得()220208301xmy+−=−.因为22001xy+=，所以()2830m−+−=，解得322m=.所以点S的坐标为()0,322S.【点睛】本题主要考查点的轨迹方程，以及圆的方程的应用，常

需要通过已知点所满足的关系式，求解其它的量，属于中档试题.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com