【文档说明】湖北省武汉市部分重点中学联考2023-2024学年高一下学期6月期末数学试题 Word版含解析.docx，共(20)页，2.770 MB，由管理员店铺上传

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武汉市部分重点中学2023—2024学年度下学期期末联考高一数学试卷命审题单位：武汉六中数学学科组审题单位：圆创教育研究中心湖北省武昌实验中学本试卷共5页，19题．满分150分．考试用时120分钟．考试时间：2024年6月26日下午14：00—16：00★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、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.已知复数z满足()

1i2z−=，则复数z的虚部为（）A.i−B.1−C.2iD.2【答案】D【解析】【分析】先求出z，再结合虚部定义可解．【详解】()1i2z−=，则212iiz−==−，则12zi=+，虚部为2．故选：D.2.已知向量a

与b的夹角为30，3a=，2b=，则ab−=rr（）A.1B.23−C.23+D.13【答案】A【解析】【分析】借助向量模长与数量积的关系与数量积的计算公式计算即可得.【详解】()2222cos30ababaabb−=−=−+rrrrrrrr33232412=−

+=.故选：A.3.已知一组数据8，4，7，6，5，3，9，10，则这组数据的25%分位数是（）A3.5B.4C.4.5D.5【答案】C【解析】【分析】根据已知条件，结合百分位数定义可解．【详解】数据从小到大排序：3，4，5，6，7，8，9

，10，共8个，则825%2=，则这组数据25%分位数是：454.52+=．故选：C.4.在某次比赛中运动员五轮的成绩互不相等，记为()1,2,3,4,5ixi=，平均数为x，若随机删去其中一轮的成绩，得到一组新数据，记为()1,2,3,4iyi=，平均数

为y，下面说法正确的是（）A.新数据的极差不可能等于原数据的极差B.新数据的中位数可能等于原数据的中位数C.若xy=，则新数据的方差一定小于原数据方差D.若xy=，则新数据的第40百分位数一定大于原数据的第40百分位数【答案】B【解析】【分析】根据极差

、中位数、平均数和方差的概念，以及百分位数的概念及计算方法，逐项判定，即可求解.【详解】对A：若随机删去任一轮的成绩，恰好不是最高成绩和最低成绩，此时新数据的极差等于原数据的极差，故A错误；对B：不妨假设12345xxxxx，当()24312xxx+=时，若随机删去的成绩是3x，此

时新数据的中位数等于原数据的中位数，故B正确；.的对C：若xy=，即删去的数据恰为平均数，根据方差的计算公式，分子不变，分母变小，所以方差会变大，则新数据的方差一定大于原数据方差，故C错误；对D：若xy=，即删去的数据恰为平均数，在按

从小到大的顺序排列的5个数据中，因为540%2=，此时原数据的40%分位数为第二数和第三个数的平均数；删去一个数据后的4个数据，从小到大的顺序排列，可得440%1.6=，此时新数据的40%分位数为第二个数，显

然新数据的40%分位数小于原数据的40%分位数，故D错误.故选：B.5.《天工开物》是我国明代科学家宋应星所著的一部综合性科学技术著作，书中记载了一种制造瓦片的方法．某校高一年级计划实践这种方法，为同学们准备

了制瓦用的粘土和圆柱形的木质圆桶，圆桶底面外圆的直径为20cm，高为20cm．首先，在圆桶的外侧面均匀包上一层厚度为1cm的粘土，然后，沿圆桶母线方向将粘土层分割成四等份（如图），等粘土干后，即可得到大小相同的四片瓦．每位同学制作四片瓦，全年级共1

000人，需要准备的粘土量（不计损耗）约为（）（参考数据：π3.14）A.31.3mB.31.5mC.31.8mD.32.2m【答案】A【解析】【分析】结合圆柱体积公式求出四片瓦的体积，再求需准备的粘土量.【详解】由条件可得四片瓦的体积2

2π1120π1020420πV=−=（3cm）则1000名学生，每人制作4片瓦共需粘土的体积为1000420π420000π=（3cm），又π3.14，所以共需粘土的体积为约为31.3m.故选：A6.已知m，n为异面直线，m⊥平面

α，n⊥平面β，直线l满足l⊥m，l⊥n，,l,l则（）A.α∥β且l∥αB.α⊥β且l⊥βC.α与β相交，且交线垂直于lD.α与β相交，且交线平行于l【答案】D【解析】【详解】试题分析：由m⊥平面，直线l满足lm⊥，且l，所以//l

，又n⊥平面，,lnl⊥，所以l//，由直线,mn为异面直线，且m⊥平面,n⊥平面，则与相交，否则，若//则推出//mn，与,mn异面矛盾，所以,相交，且交线平行于l，故选D．考点：平面与平面的位置关系，平面的基本性质及其推论．7.如图，在平面四边形ABCD

中，ADCD⊥，ACBC⊥，30DAC=，45BAC=，现将ACD沿AC折起，并连接BD，使得平面ACD⊥平面ABC，若所得三棱锥DABC−的外接球的表面积为8π，则三棱锥DABC−的体积为（）A.14B.34C.38D.33【答案】D【解析】【分析】利用面面垂直的性质定理，线面

垂直的判定定理可以证得ADB为直角，又ACB为直角，进而利用直角三角形的性质得到外接球的球心为斜边AB的中点，然后根据球的面积公式求得球的半径，进而计算求得三棱锥DABC−的体积.【详解】∵平面ACD⊥平面ABC，平面ABC平面BCDAC=，,

ACBCBC⊥平面ABC，∴BC⊥平面ACD，又∵AD平面ACD，∴ADBC⊥，又∵,,ADDCBCDCCBC⊥=平面BCD，DC平面BCD，∴AD⊥平面BCD，又∵BD平面BCD，∴ADBD⊥

，即ADB为直角，又∵ACB为直角，∴取AB的中点O，连接,OCOD，由直角三角形的斜边上的中线性质OAOBOCOD===，可得O为三棱锥DABC−外接球的球心，由三棱锥DABC−外接球的表面积为8π，可得外接球的半径

2r=，∴22,2,2,1,3ABBCACCDAD=====，∵BC⊥平面ACD，ADB为直角，∴三棱锥DABC−的体积为31113213332ACDBCS==.故选：D8.已知棱长为4的正方体1111ABCDABCD−，点E是棱AB的中点，点F是棱1CC的

中点，动点P在正方形11AADD（包括边界）内运动，且1//PB平面DEF，则PD的长度范围为（）A.13,19B.335,255C.1217,2517D.339,195【答案】C【解析】【分析】先过点1B作出与平面DEF平行平面，然后得出点P的轨迹

，最后计算PD的长度取值范围即可.【详解】如图，取1BB上靠近点B的四等分点G，连接EG、FG，由E是棱AB的中点，点F是棱1CC的中点，易得//EGDF，则EG平面DEF，取11CD、1AA中点H、J，取1DD上靠近点1D的四等分点I，连接1BH、HI、IJ、1JB，由正方体的性质易得1/

/HIJB，1//JBEG，则//HIEG，又HI平面DEF，EG平面DEF，所以//HI平面DEF，的同理，//IJ平面DEF，又IJIHI，,IJIH平面1HIJB，故平面1//HIJB平面DEF，又1//PB平面DEF，P平面11AA

DD，故PIJ，即点P的轨迹为线段IJ，设点D到IJ的距离为d，有211431422DIJSd==+，故1212171717d==，又22max4225PDDJ==+=，故PD的长度范围为1217,251

7.故选：C..【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是过1B作出与平面DEF平行的平面，从而求得P的运动轨迹，由此得解.二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对的

得部分分，有选错的得0分）9.供电部门对某社区100位居民6月份人均用电情况进行统计后，按人均用电量分为)0,10，)10,20，)20,30，)30,40，40,50五组，整理得到如图所示的频

率分布直方图，则有关这100位居民，下列说法正确的是（）A.6月份人均用电量人数最多的一组有40人B.6月份人均用电量在)30,40内的有30人C.6月份人均用电量不低于20度的有50人D.在这100位居民中用比例分配的分层随机抽样方法抽取10位居

民协助收费，抽到的居民用电量在)20,30一组的人数为3【答案】ACD【解析】【分析】根据题意，由频率分布直方图，对选项逐一计算，即可得到结果.【详解】A：根据频率分布直方图知，6月份人均用电量人数最多的一组是)10,20，有1000.0410

40=（人），故A正确；B：6月份人均用电量在)30,40内的人数为1000.011010=，故B错误；C：6月份人均用电量不低于20度的频率是()0.030.010.01100.5++=，有1000.550=（人），

故C正确；D：用电量在)20,30内的有0.031010030=（人），所以在这100位居民中用比例分配的分层随机抽样方法抽取10位居民协助收费，抽到的居民用电量在)20,30一组的人数为30103100=，故D正确．故选：ACD10.将一个直径为8cm的铁

球磨制成一个零件，能够磨制成的零件可以是（）A.底面直径为8cm，高为6cm的圆柱体B.底面直径为6cm，高为4cm的圆锥体C.底面边长为4cm，高为6cm的正四棱柱D.棱长为6cm的正四面体【答案】BD【解析】【分析】根据球的几何性质，

结合勾股定理，计算球心到选项中各几何体底面的距离，结合各几何体特征即可逐一求解.【详解】对A：若圆柱的底面直径为8，此时球心到圆柱底面的距离为0，故A错误；对B：若圆锥的底面直径为6，则半径为3，此时球心到圆锥底面的距离为22437−=

，故圆锥的高最大时为474+，故B正确；对C：若正四棱柱底面边长为4，则底面外接圆半径为22，此时球心到正四棱柱底面的距离为()2242222−=，故正四棱柱的高最大时为426，故C错误；对D：法一：若正四面体的棱长为6，则底面外

接圆半径为233233=，此时球心到正四面体底面的距离为()224232−=，棱长为6cm的正四面体的高为222633263−=，由24626+=，故D正确法二：若将各棱长均为6cm的四面体放入到棱长为32的正方体中，此时正方体的外

接球直径为332368=，故D符合，故D正确.故选：BD.11.已知圆锥SO的底面半径为10cm，其母线SA长40cm，底面圆周上有一动点B，下列说法正确的有（）A.截面SAB的最大面积为210015cmB.若π3AOB=，则直线SB与平面SOA夹角的正弦值为14C.当三棱锥OSAB−的体

积最大时，其外接球的表面积为21700πcmD.若CSA，且10cmCA=，一只小蚂蚁从A点出发绕侧面一周到达C点，先上坡后下坡，当它爬行的路程最短时，下坡路段长为18cm【答案】ACD【解析】【分析】对A，关键在于考虑∠ASB正弦的大小；对B，只需作出线面

角即可；对C，当三棱锥O-SAB体积最大值，三棱锥可以补成长方体；对D，可以将圆锥侧展开考虑.【详解】对A，因为1sin4OAASOSA==，所以∠ASB为锐角，所以212210015cm2SABSOASSSOOA==，A正确；对B，如图，取OA中点H，则BH⊥OA，又BH⊥SO，所

以BH⊥面SOA，所以∠BSH为直线SB与平面SOA所成的角，所以533sin408BHBSHBS===，B错误；对C，易知当三棱锥O-SAB体积最大时，OB⊥面SOA，此时三棱锥可以补成以OA，OB，OS为三相邻边的长方体，所以外接球直径22

221017cmROAOBOS=++=，外接球表面积为2241700πcmR=，C正确；对D，将三棱锥侧面展开如下，扇形弧长为20cm，所以2ASA=；过S作SD⊥AC于D，则所求路径即为CD的长：由40cmSA=，SC=30cm，

所以AC=50cm，且218cmSCCDAC==，D正确.故选：ACD.【点睛】方法点睛：(1)过三棱锥顶点作三棱锥截面，由于母线长是确定的，所以截面面积取决于顶角的大小；(2)几何法求线面角大小，关键作出斜线在平面上的投影；(3)“墙角式”三

棱锥外接球为补成长方体体对角线中点；(4)立体几何路径最短问题，往往需要展成一个平面后解决.三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.在ABC中，60BAC=，3AB=，2AC=，若D为BC边的中点，则AD=___

___．【答案】192##1192【解析】【分析】借助向量的线性运算与模长与数量积的关系计算即可得.【详解】由D为BC边的中点，则()12ADABAC=+，则()2221+241=6os02cADABACABACABAC=++22111932232222=++

=.故答案为：19213.某水平放置的平面图形ABCD的斜二测直观图是梯形ABCD（如图所示），已知ADBC∥，45ABC=，112ADABBC===，将该平面图形绕

其直角腰AB边旋转一周得到一个圆台，则该圆台的侧面积为______．【答案】35π【解析】【分析】结合斜二测法可得圆台上、下底面半径及母线长度，结合圆台性质与圆锥的侧面积公式计算即可得该圆台的侧面积.【详解】由题可得22

ABAB==，1ADAD==，2BCBC==，90ABC=，则所得圆台上底面为以AD为半径的圆，下底面为以BC为半径的圆，高为AB，其母线为()222215CD=+−=，故其侧面积()()ππ12535πSADBCCD=+=+=.故答案为：35π.14.如图所示，某甜品店

将上半部是半球（半球的半径为2），下半部是倒立的圆锥（圆锥的高为4）的冰淇淋模型放到橱窗内展览，托盘是边长为6的等边三角形ABC金属片沿三边中点D，E，F的连线向上折叠成直二面角而成，则半球面上的最高点到平面DEF的距离为______．【答

案】362+【解析】【分析】画出底面展开图，由几何关系得到图中边长关系，由正弦定理可得232r=，再由三角形相似得到23MO=，最后求出结果即可.【详解】设上面球心为1O，ABC的圆心为2O，ABC三点在底面投影的正三角形111ABC的中心

为3O，圆锥的顶点为M，EF边中点为N，连接,DNBN，则112,4OPOM==，3BE=，由几何关系可得123,,OOO三点共线，由题意可得13336222BNDN===，111113222AB

EBEFBE====，在几何体中，设ABC的外接圆半径为2r，则由正弦定理可得223322sin602rr==，即232BO=，由21MBOMPO∽可得2211MOBOMOPO=，所以2232342MOMO==，所以半球面上

的最高点到平面DEF的距离为23332463622MOBN+−+=−+=+，故答案为：362+.四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）15.在锐角ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2coscoscosaAb

CcB−=．（1）求角A的大小；（2）若23a=，求bc+的取值范围．【答案】（1）π3（2）(6,43]【解析】【分析】（1）根据题意，结合正弦定理及诱导公式，即可求得1cos2A=，得角即可；（2）由正弦定理，将边全部化

为角，利用三角函数来求值域即可．【小问1详解】根据题意得，2coscoscosaAbCcB−=，由正弦定理得，2sincossincossincosAABCCB−=，即sincossincossin()

2sincosCBBCBCAA+=+=，即sin()sin2sincosBCAAA+==，因为π(0,)2A，则sin0A则12cosA=，则1cos2A＝，(0,π)A，则π3A=．【小问2详解】由正弦定理得，234sinsinsin32abcABC====，所以4sin4in,sbBcC

==．所以4(sinsin)4[sinsin()]bcBCBAB+=+=++，334sincos6sin23cos22BBBB=+=+π43sin6B=+，因为锐角ABC，则π02π0

2BC，即π022ππ032BB−，解得ππ62B．则ππ2π363B+，故3πsin126B+．所以643bc+，则bc+的取值范围(6,43]．16.如图，在四棱锥PABCD−中，平面ABCD

⊥平面PAB，ABDC，ABBC⊥，4AB=，2BCDC==，3PAPB==，点M为PB的中点．（1）求证：CM∥平面PAD；（2）求二面角PBDC−−的余弦值．【答案】（1）答案见解析（2）147−【解析】【分析】（1）根据中点特征，平面PAD内找一

条与CM平行的直线，运用中位线性质和平行线传递性，证明线线平行，最终得到线面平行即可；（2）运用中点特征，作辅助线找出二面角的平面角后，转化用余弦定理来解三角形即可．【小问1详解】如图，取PA中点N，连接,DNMN．由于点M为PB的中点，则∥MNA

B，且ABDC，且12MNDCAB==，故四边形MNDC为平行四边形，则CMDN∥.又DNPAD平面，CMPAD平面，则CM∥平面PAD．小问2详解】如图，由于平面ABCD⊥平面PAB，AB为两平面交线，且ABBC⊥，BC平面ABCD，

则BC⊥平面PAB，PB平面PAB，则BCPB⊥，2213PCBPCP=+=；取AB中点O，连接DO，OP，则DCBO=，//DCBO，且OBBC⊥，则四边形DOBC为正方形，则//DOBC，由（1）知道，BC⊥平面PAB，故D

O⊥平面PAB．又3PAPB==，则OPBA⊥，则,,OPODOB两两垂直．可以求得2222DBDCBC=+=，225OPPBBO=−=，223DPDOPOBP=+==，则PBD△和CBD△都为等腰三角形.取DB中点R，连接CR

，RP，则PRDB,CRDB⊥⊥则∠CRP即为二面角P−BD−C的平面角.227RPPBBR=−=，222CRCBBR=−=，前面已经求得，13PC=．在CRP△中，用余弦定理得，222271314cos27227CRRPPCCRPCRRP+−+−===−由图可

知，二面角PBDC−−为钝角，则余弦值为147−．17.近年来，“直播带货”受到越来越多人喜爱，目前已经成为推动消费的一种流行的营销形式．某直播平台1200个直播商家，对其进行调查统计，发现所售商品多为小吃、衣帽、生鲜、玩具、饰品类等，各类直播商家所占比例如图

所示．【的（1）该直播平台为了更好地服务买卖双方，打算随机抽取60个直播商家进行问询交流．如果按照比例分层抽样的方式抽取，则应抽取小吃类、生鲜类商家各多少家？（2）在问询了解直播商家的利润状况时，工作人员对（1）中抽取的60个商家的平均日利润进行了统计（单位：元），所得

频率分布直方图如右图所示，请根据频率分布直方图计算下面的问题：①估计该直播平台商家平均日利润的中位数与平均数（结果保留一位小数，求平均数时同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；②若将平均日利润超过430元的商家评为“优秀商家”，估计该直播平台“优秀商家”的个数．【答案】（1

）小吃类24家，生鲜类9家（2）①中位数为342.9，平均数为352.5；②168【解析】【分析】（1）根据分层抽样的定义计算即可；（2）①根据中位数和平均数的定义计算即可；②根据样本中“优秀商家”的个数来估计总体中“优秀商家”的个数即可.【小问1详解

】()60125%15%10%5%5%24−−−−−=，6015%9=，所以应抽取小吃类24家，生鲜类9家；【小问2详解】①根据题意可得()0.00130.0030.0050.007501a++++=，解得0.002a=，设中位数

为x，因为()0.0010.003500.2+=，()0.0010.0030.007500.55++=，所以()3000.0070.20.5x−+=，解得342.9x，平均数为：()2250.0012750.0033250.00737

50.0054250.0024750.0015250.00150352.5++++++=，所以该直播平台商家平均日利润的中位数为342.9，平均数为352.5.②4504300.0020.0010.00150120016850−++

=,所以估计该直播平台“优秀商家”的个数为168.18.如图所示，在三棱锥OABC−中，OABC⊥，OBAC⊥．（1）证明：OCAB⊥；（2）若ABC是边长为2的等边三角形，点O到平面ABC的距离为26

3．试问直线OB与平面ABC所成夹角是否为定值，若是则求出该夹角的余弦值；若不是请说明理由；（3）在（2）的条件下，取OB中点为P，并取一点Q使得()01AQAC=．当直线PQ与平面ABC所成角的正切值最大时，试求异面直线OQ与PC所成角的余弦

值．【答案】（1）证明见解析（2）33（3）23【解析】【分析】（1）过O作OH⊥平面ABC于点H，利用线面垂直的性质和判定定理即可证明；（2）找到线面角即为OBH，再利用勾股定理和余弦性质即可；（3）首先利用线面角定义证明Q和N重合时，直线PQ与平面ABC所成角的正切值最大，再证明该四面体

为正四面体，最后利用余弦定理即可.【小问1详解】过O作OH⊥平面ABC于点H，延长AH交BC于点M，延长BH交AC于点,NBC平面ABC，则,,OHBCBCOAOHOAO⊥⊥=，,OHOA平面O

AH，则BC⊥平面OAH，AHQ平面,OAHBC⊥AH，同理由ACOB⊥可证明,ACBHH⊥为ABC的垂心，ABCH⊥，因为OH⊥平面ABC，AB平面ABC,ABOH⊥，又,,CHOHHCHOH=平面OHC，

则AB⊥平面OHC.OCQ平面,OHCABOC⊥.【小问2详解】OH⊥平面ABC，则直线OB与平面ABC所成的角即为OBH，ABC为等边三角形，边长为2，则2323262,3233BHOH===，222326233OB=+=

，所以直线OB与平面ABC所成夹角是定值，且2333cos23BHOBHOB===，直线OB与平面ABC所成夹角的余弦值为33.【小问3详解】取BH的中点G，连PG和GQ，P为OB的中点//PGOH，1623PGOH==，OH⊥平面

,ABCPG⊥平面ABC，PQG即为直线PQ与平面ABC所成角63tanPGPQGGQGQ==最大时，即GQ最小.由题意知GQGN，则GQ最小时，Q和N重合时，取BN中点D，连接,,PDDCPC，则//,PDONDPC即为异

面直线ON与PC所成的角，在DBC△中，3,30,22DBDBCBC===，由余弦定理得2233372222222DC=+−=，同（2）中OB的求法可得2OAOCOB===，结合底面是为2的等边三角形，则该四棱锥

为正四面体，则3ONPC==，又DPC△中，1322PDON==，则由余弦定理得373244cos33232DPC+−==.【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是首先根据线面角的定义找到线面角，再找到其正切最大的状态，最后结合余弦定理即可得到

答案.19.已知数据1x，2x，…，nx的平均数为x，方差为2xs，数据1y，2y，…，ny的平均数为y，方差为2ys．类似平面向量，定义n维向量()12,,,nOPxxxxxx=−−−，()12,,,nOQyyyyyy=−−−的模()21niiOPxx==−，()21nii

OQyy==−，数量积()()1niiiOPOQxxyy==−−．若向量OP与OQ所成角为，有恒等式cosOPOQOPOQ=，其中*nN，2n．（1）当2n=时，若向量()3,4OP=−−，()5,12OQ=−，求O

P与OQ所成角的余弦值；（2）当3n=时，证明：①2222212333xsxxxx=++−；②1122333OPOQxyxyxyxy=++−；（3）当*nN，2n时，探究()2OPOQ与2222

11nniiiixnxyny==−−的大小关系，并证明．【答案】（1）3365（2）证明见解析（3）()2222211nniiiiOxxnyOnPyQ==−−，证明见解析【解析】【分析

】（1）借助数量积公式计算即可得；（2）①结合方差的计算法则化简即可得；②借助所给数量积公式计算化简即可得；（3）借助所给恒等式计算出()2OPOQ后，结合三角函数值域即可得.【小问1详解】()()3541233cos,6591625144OPOPOQOQQ

OPO−+−−===++；【小问2详解】①当3n=时，()()()()22222222123123123332xsxxxxxxxxxxxxxx=−+−+−=+++−++222222221231233233xxxxxxx

xxx=+++−=++−；②()()()3311iiiiiiiiOxxyyxyxyxyPxQyO===−−=−−+333311113333iiiiiiiiiixyxyyxxyxyxyxyxy=====−−+=−−+1122333133i

iixyxyxyxyxyxy==−=++−；【小问3详解】()2222211nniiiiOxxnyOnPyQ==−−，理由如下：当*nN，2n时，()()22222111122nnnniiiiiiiiixx

xxxxxnxxx====−=+−=+−22222112nniiiixnxnxxnx===+−=−，同理可得()22211nniiiiyyyny==−=−，则()()()222222112cos,cos,nniiiiOPOQOPOQOPOQOPOxxQyy==

==−−2222222221111cos,nnnniiiiiiiixnxynyxnxynQyOPO=====−−−−.【点睛】关键点点睛：本题关键点在于运算，尤其需要清楚1

niixnx==.