2020-2021学年江西省赣州市高二（上）期中数学试卷（理科）人教A版

这是一份2020-2021学年江西省赣州市高二（上）期中数学试卷（理科）人教A版，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 若两个变量x，y是线性相关的，且样本(xi, yi)(i=1, 2,…,n)的平均点为(3, 2.5)，则这组样本数据算得的线性回归方程不可能是（ ）
A.​y=0.5x+1B.​y=0.6x+0.7C.​y=0.2x+1.9D.​y=x−1.5

2. 已知直线x+my+m+8=0与直线(m+1)x+2y−6=0平行，则实数m=( )
A.1或−2B.−2C.1D.−2或3

3. 一组数据中的每一个数据都乘以3，再减去50，得到一组新数据，若求得新的数据的平均数是1.6，方差是3.6，则原来数据的平均数和方差分别是（ ）
A.17.2，3.6B.54.8，3.6C.17.2，0.4D.54.8，0.4

4. 某几何体的三视图如图所示，正视图和侧视图是腰长为2的等腰直角三角形，则该几何体的体积等于（ ）

A.B.C.2D.

5. 已知直三棱柱ABC−A1B1C1中所有棱长都相等，E、F分别为B1C1、BB1的中点，求异面直线A1C1与EF所成角的余弦值（ ）
A.24B.144C.−144D.−24

6. 若向量a→=(csθ, sinθ)，b→=(−1, 1)，则|2a→−b→|的取值范围是（ ）
A.[6−42，6+42]B.[1, 2]C.[2−2，2+2]D.[0,2]

7. 点A(−2, −1)，B(2, 0)，直线ax+y−2=0与线段AB相交，则实数a的取值范围是（ ）
A.a≥32或a≤−1B.a≤−32或a≥1C.−32≤a≤1D.−1≤a≤32

8. 庚子新春，病毒肆虐，某老师为了解某班41个同学宅家学习期间上课、休息等情况，决定将某班学生编号为01，02，…，41．利用下面的随机数表选取10个学生调查，选取方法是从下面随机数表的第1行的第2列和第3列数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第5个学生的编号为（ ）
A.25B.24C.29D.19

9. 已知x>0，y>0，且2x+1+1y＝2，若x+2y>m2−3m−1恒成立，则实数m的取值范围是（ ）
A.m≤−1或m≥4B.m≤−4或m≥1C.−1
10. 已知a=0.50.8，b=0.50.9，c=lg50.8，d=lg0.80.5，则执行如图所示的程序框图，输出的x值等于（ ）（结果用a，b，c，d表示）

A.aB.bC.cD.d

11. 已知圆C:x2+(y−1)2=1，点A(3, 0)在直线l上，过直线l上的任一点P引圆C的两条切线，若切线长最小值为2，则直线l的斜率k=( )
A.2B.12C.−2或12D.2或−12

12. 圆锥的轴截面是边长为4的等边三角形SAB，O为底面中心，AB是底面的一条直径，M为SO的中点，动点P在圆锥底面内（包括圆周）．若AM⊥MP，则点P形成的轨迹的长度为（ ）
A.7B.32C.3D.72
二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

雷神山医院从开始设计到建成完工，历时仅十天．完工后，新华社记者要对部分参与人员采访，决定从600名机械车操控人员，320名管理人员和n名工人中按照分层抽样的方法抽取35人，若从工人中抽取的人数为7人，则n=________．

在等腰直角三角形ABC中，∠C＝π2，CA＝2，D为AB的中点，将△BCD沿CD翻折，使点A与点B间的距离为3，此时四面体ABCD的外接球的体积为________．

已知数列{an}满足a1=6，an+1=an+2n，则ann的最小值为________．

已知P为|x|+|y|=m上的点，过点P作圆O:x2+y2=1的切线，切点为M、N，若使得∠MPN=90∘的点P有8个，则m的取值范围是________．
三、解答题：（本大题共6小题，共70分，解答应写出必要文字说明、证明过程或演算步骤。）

直线l1:a2x+y+2a=0，l2:x+ay+1=0，圆C:x2+y2−6y+5=0．
（1）当a为何值时，直线l1与l2垂直；

（2）若圆心C在直线l2的左上方，当直线l2与圆C相交于P，Q两点，且PQ＝22时，求直线l2的方程．

2020年5月28日，十三届全国人大三次会议表决通过了《中华人民共和国民法典》，此法典被称为“社会生活的百科全书”，是新中国第一部以法典命名的法律，在法律体系中居于基础性地位，也是市场经济的基本法．民法典与百姓生活密切相关，某学校有800名学生，为了解学生对民法典的认识程度，选取了100名学生进行测试，制成如图所示频率分布直方图．

（1）求m的值；

（2）估计抽查学生测试成绩的中位数；（结果用分数形式表示）

（3）如果抽查的测试平均分超过75分，就表示该学校通过测试，试判断该校能否通过测试．

如图，三棱锥P−ABC中，底面△ABC是等腰直角三角形，AB=BC=PA=2，PA⊥底面ABC，点E为AC的中点，F为PC上任一点．

（1）求证：平面BEF⊥平面PAC；

（2）若PFFC＝12，且GF // 平面ABC，求三棱锥P−AEG体积．

函数f(x)=sin2x+3sinxcsx−2cs2x+1．
（1）求函数f(x)的单调递减区间；

（2）在ΔABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，f(C)=2且C≠π2，ΔABC的面积为3，求c的最小值．

如图所示正四棱锥S−ABCD，SA=SB=SC=SD=2，AB=2，P为侧棱SD上的点．

（1）求证：AC⊥SD；

（2）若SΔSAP=3SΔAPD，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE // 平面PAC．若存在，求SEEC的值；若不存在，试说明理由．

已知圆C:x2−6x+y2−6y+3=0，直线l:x+y−2=0是圆E与圆C的公共弦AB所在直线方程，且圆E的圆心在直线y=2x上．
（1）求圆E的方程；

（2）过点Q(−2, 0)分别作直线MN、RS，交圆E于M、N、R、S四点，且MN⊥RS，求四边形MRNS面积的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江西省赣州市高二（上）期中数学试卷（理科）
一、选择题：（本大题共12小题，每小题5分，共60分）
1.
【答案】
D
【考点】
求解线性回归方程
【解析】
利用样本中心的坐标，代入回归直线方程，验证即可．
【解答】
两个变量x，y线性相关，且根据观测到的数据(x, y)(i=1, 2,…,n)计算样本平均数得x¯=3，y¯=2.5，
线性回归直线必过点(x¯, y¯)，所以将点(3, 2.5)代入到各式中检验，
A、B、C选项中左右两边相等．只有D不满足，
2.
【答案】
C
【考点】
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
利用直线与直线平行的性质直接求解．
【解答】
∵ 直线x+my+m+8=0与直线(m+1)x+2y−6=0平行，
∴ m+11＝2m≠−6m+8，
解得m=1．
3.
【答案】
C
【考点】
极差、方差与标准差
众数、中位数、平均数
【解析】
设原来的数据为xi，则3xi−50的平均数是1.6，方差是3.6，由此列出方程能求出原来数据的平均数和方差．
【解答】
设原来的数据为xi，
则3xi−50的平均数是1.6，方差是3.6，
∴ 3xi¯−50＝1.69D(xi)＝3.6，
解得xi¯=17，2，D(xi)=0.4．
∴ 原来数据的平均数和方差分别是17.2，0.4．
4.
【答案】
【考点】
由三视图求体积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
5.
【答案】
A
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
以A为原点，在平面ABC中，过A作AC的垂线为x轴，以AC为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线A1C1与EF所成角的余弦值．
【解答】
以A为原点，在平面ABC中，过A作AC的垂线为x轴，
以AC为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，
设直三棱柱ABC−A1B1C1中所有棱长为2，
则B1(3, 1, 2)，C1(0, 2, 2)，E(32, 32, 2)，F(3, 1, 1)，A1(0, 0, 2)，
A1C1→=(0, 2, 0)，EF→=(32, −12, −1)．
设异面直线A1C1与EF所成角为θ，
则csθ=|A1C1→|⋅|EF→|˙=122=24．
∴ 异面直线A1C1与EF所成角的余弦值为24．
6.
【答案】
C
【考点】
平面向量数量积坐标表示的应用
【解析】
可求出2a→−b→＝(2csθ+1,2sinθ−1)，然后根据sin2θ+cs2θ=1及两角差的正弦公式即可得出|2a→−b→|＝42sin(π4−θ)+6，从而根据−1≤sin(π4−θ)≤1即可求出|2a→−b→|的取值范围．
【解答】
2a→−b→＝(2csθ+1,2sinθ−1)，
∴ |2a→−b→|＝(2csθ+1)2+(2sinθ−1)2
=4(csθ−sinθ)+6
=42sin(π4−θ)+6，
∵ −1≤sin(π4−θ)≤1，∴ 6−42≤42sin(π4−θ)≤6+42，
∴ 2−2≤|2a→−b→|≤2+2，
∴ |2a→−b→|的取值范围是[2−2，2+2]．
7.
【答案】
B
【考点】
直线的斜率
二元一次不等式（组）与平面区域
【解析】
直线ax+y−2=0经过定点C(0, 2)，斜率为−a，数形结合利用直线的斜率公式，求得实数a的取值范围．
【解答】
如图示：
直线ax+y−2=0经过定点C(0, 2)，斜率为−a，
当直线ax+y−2=0经过点A(−2, −1)时，有KAC=−1−2−2−0=32，
当直线ax+y+2=0经过点B(2, 0)时，有KBC=0−22−0=−1，
∴ −a≥32或−a≤−1，即a≤−32或a≥1，
8.
【答案】
D
【考点】
简单随机抽样
【解析】
利用随机数表法直接求解．
【解答】
依次从数表中读出的有效编号为：25，30，25，24，24，29，19，
去掉重复的，得到选出来的第5位同学的编号为19．
9.
【答案】
C
【考点】
不等式恒成立的问题
【解析】
根据条件可得x+2y＝(1x+1+12y)[(x+1)+2y]−1，然后利用基本不等式求出x+2y的最小值，再由x+2y>m2−3m−1恒成立，得到m2−3m−1<(x+2y)min，进一步求出m的取值范围．
【解答】
∵ x>0，y>0且2x+1+1y＝2，∴ 1x+1+12y＝1，
∴ x+2y＝(1x+1+12y)[(x+1)+2y]−1
=2yx+1+x+12y+1≥22yx+1⋅x+12y+1＝3，
当且仅当1x+1＝12y，即x=1，y=1时取等号，
∴ (x+2y)min=3，
∵ x+2y>m2−3m−1恒成立，∴ m2−3m−1<(x+2y)min=3，
∴ m2−3m−4<0，∴ −1∴ m的取值范围为(−1, 4)．
10.
【答案】
D
【考点】
程序框图
【解析】
模拟程序的运行，可得程序中输出的x的值是a，b，c，d中的最大值，利用指数函数，对数函数的图象和性质即可比较大小即可．
【解答】
程序中输出的x的值是a，b，c，d中的最大值．
因为a=0.50.5，b=0.50.9，c=lg50.8，d=lg0.80.5，
所以0，
所以a，b，c，d中d最大．
11.
【答案】
C
【考点】
直线与圆的位置关系
圆的切线方程
【解析】
分析直线斜率不存在时，不合题意，斜率存在时，设出直线方程，求出圆心到直线的距离，再由勾股定理列式求得k值．
【解答】
若直线l的斜率不存在，直线方程为x=3，圆心(0, 1)到直线的距离为3，
又圆的半径为1，则切线长的最小值为32−12＝22，不合题意；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=k(x−3)，即kx−y−3k=0，
圆心(0, 1)到直线kx−y−3k=0的距离d=|−1−3k|k2+1＝|3k+1|k2+1，
∵ 过直线l上的点P引圆C的两条切线，切线长的最小值为2，
∴ (|3k+1|k2+1)2＝12+22，即：2k2+3k−2=0，
解得：k=12或k=−2．
12.
【答案】
A
【考点】
轨迹方程
【解析】
过M作MP3⊥AM交AB于P3，过P3作P1P2⊥AB交圆锥底面圆周为P1，P2，则点P的轨迹为线段P1P2．根据射影定理求出OP3，再利用垂径定理解出P1P2的长．
【解答】
过M作MP3⊥AM交AB于P3，过P3作P1P2⊥AB交圆锥底面圆周为P1，P2，
则P1P2⊥平面AMP3，∴ AM⊥P2P1，
MP3∩P2P1=P3，所以AM⊥平面MP2P1，
∴ 点P的轨迹为线段P1P2．
∵ △SAB是边长为4的等边三角形，∴ AO=2，SO=23，∴ OM=12SO=3．
∵ ∠AMP3=90∘，∴ OM2=AO⋅OP3，解得OP3=32．
∴ P1P2=2OP12−OP32=7．
二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
【答案】
230
【考点】
分层抽样方法
【解析】
利用分层抽样方法列出方程，能求出n的值．
【解答】
从600名机械车操控人员，320名管理人员和n名工人中按照分层抽样的方法抽取35人，
∵ 从工人中抽取的人数为7人，
∴ 35600+320+n=7n，
解得n=230．
【答案】
556π
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
直接利用折叠问题的应用和余弦定理及勾股定理的应用求出球的半径，进一步求出球的体积．
【解答】
在等腰直角三角形ABC中，∠C＝π2，CA＝2，D为AB的中点，将△BCD沿CD翻折，使点A与点B间的距离为3，
如图所示：
利用勾股定理解得AB=2，则AD=BD=CD=1，
所以在△ABD中，利用余弦定理AB2=AD2+BD2−2AD⋅BD⋅cs∠ADB，
解得cs∠ADB＝−12，
所以∠ADB＝2π3，
设△ADB的外接圆的半径为R，
故2R＝3sin∠ADB＝2，解得R=1，
设球的半径为r，
则r＝12+(12)2＝52，
所以V球＝43⋅π⋅(52)3＝556π．
故答案为：556π．
【答案】
4
【考点】
数列递推式
【解析】
直接利用叠加法求出数列的通项公式，进一步利用不等式的性质求出结果．
【解答】
数列{an}满足a1=6，an+1=an+2n，整理得an−an−1=2(n−1)，an−1−an−2=2(n−2)，…，a2−a1=2，
利用叠加法：an−a1=2(1+2+...+n−1)=n2−n，
故an＝a1+n2−n＝n2+6−n，
所以ann＝n2+6−nn＝n+6n−1，
利用基本不等式：
当n=2时，2+62−1＝4，
当n=3时，3+63−1＝4，
故ann的最小值为4．
【答案】
(2,2)
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
因为|x|+|y|=m、圆O:x2+y2=1的图形都是关于坐标轴、原点对称的，所以只需研究x+y=m(m>0)在第一象限的直线上有两个点P满足题意即可．
【解答】
作出|x|+|y|=m，圆O:x2+y2=1的图形如右（左图）：
两曲线都是关于x、y轴对称，且关于原点对称，所以只需要研究第一象限直线x+y=m(m>0)与圆x2+y2=1即可．
如图，设P在直线x+y=m上，作直线PA，PB与圆x2+y2=1相切，切点为A，B，故OA⊥PA，PB⊥OB，
结合∠MPN=90∘，所以四边形OAPB是正方形，所以|OP|＝2，
故P点在以(0, 0)为圆心，半径为2的圆x2+y2=2上，由已知：
只需直线x+y−m=0与x2+y2=2在第一象限相交即可（介于图中两平行直线之间），如图（右图）：
当直线x+y−m=0过M(0, 2)时，解得m=2；
当直线x+y−m=0与圆相切于点N时，由|m|2＝2得m=2．
故m的取值范围是(2,2)．
三、解答题：（本大题共6小题，共70分，解答应写出必要文字说明、证明过程或演算步骤。）
【答案】
若直线l1与l2垂直，则a2×1+1×a=0，即a2+a=0，
得a=0或a=−1，
即a=0或a=−1时，直线l1与l2垂直；
化圆C:x2+y2−6y+5=0为标准方程，可得x2+(y−3)2=4，
则圆心坐标为C(0, 3)，半径为2．
∵ 直线l2被圆C所截弦长PQ＝22，
∴ 圆心C到直线x+ay+1=0的距离d=|3a+1|1+a2=22−(2)2＝2．
整理得：7a2+6a−1=0，解得a=−1或a=17．
当a=−1时，直线方程为x−y+1=0，此时圆心C在直线的左上方，符合题意，
当a=17时，直线方程为7x+y+7=0，此时圆心C在直线的右上方，不合题意，舍去．
故直线l2的方程为x−y+1=0．
【考点】
直线的一般式方程与直线的垂直关系
直线与圆的位置关系
【解析】
（1）直接由两直线垂直与此时的关系列式求得a值；
（2）由题意可得圆心到直线l2的距离，再由点到直线的距离公式列式求得a值，可得直线方程，验证圆心的位置，即可得到直线l2的方程．
【解答】
若直线l1与l2垂直，则a2×1+1×a=0，即a2+a=0，
得a=0或a=−1，
即a=0或a=−1时，直线l1与l2垂直；
化圆C:x2+y2−6y+5=0为标准方程，可得x2+(y−3)2=4，
则圆心坐标为C(0, 3)，半径为2．
∵ 直线l2被圆C所截弦长PQ＝22，
∴ 圆心C到直线x+ay+1=0的距离d=|3a+1|1+a2=22−(2)2＝2．
整理得：7a2+6a−1=0，解得a=−1或a=17．
当a=−1时，直线方程为x−y+1=0，此时圆心C在直线的左上方，符合题意，
当a=17时，直线方程为7x+y+7=0，此时圆心C在直线的右上方，不合题意，舍去．
故直线l2的方程为x−y+1=0．
【答案】
由频率分布直方图得：
(0.004+0.006+0.020+0.030+0.024+m)×10=1，
解得m=0.016．
[40, 70)的频率为：(0.004+0.006+0.020)×10=0.3，
[70, 80)的频率为：0.03×10=0.3．
∴ 估计抽查学生测试成绩的中位数为：
70+0.5−0.30.3×10=2303．
由频率分布直方图得抽查的测试平均分为：
x¯=45×0.004×10+55×0.006×10+65×0.020×10+75×0.030×10+85×0.024×10+95×0.016×10=76.2，
∵ 76.2>75，∴ 该校能通过测试．
【考点】
频率分布直方图
【解析】
（1）由频率分布直方图的性质列方程，能求出m．
（2）[40, 70)的频率为0.3，[70, 80)的频率为0.3．由此能估计抽查学生测试成绩的中位数．
（3）由频率分布直方图得抽查的测试平均分为76.2，从而该校能通过测试．
【解答】
由频率分布直方图得：
(0.004+0.006+0.020+0.030+0.024+m)×10=1，
解得m=0.016．
[40, 70)的频率为：(0.004+0.006+0.020)×10=0.3，
[70, 80)的频率为：0.03×10=0.3．
∴ 估计抽查学生测试成绩的中位数为：
70+0.5−0.30.3×10=2303．
由频率分布直方图得抽查的测试平均分为：
x¯=45×0.004×10+55×0.006×10+65×0.020×10+75×0.030×10+85×0.024×10+95×0.016×10=76.2，
∵ 76.2>75，∴ 该校能通过测试．
【答案】
证明：∵ PA⊥底面ABC，BE⊂底面ABC，∴ PA⊥BE．
∵ △ABC是等腰直角三角形且E为AC的中点，∴ BE⊥AC，
又PA∩AC=A，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，∴ BE⊥平面PAC，
∵ BE⊂平面BEF，∴ 平面BEF⊥平面PAC．
∵ GF // 平面ABC，GF⊂平面PBC，平面ABC∩平面PBC=FG，
∴ FG // BC，
∵ PFFC＝12，∴ PG:GB=1:2，
又S△ABE＝12S△ABC=1，PA=2，
∴ VA−PGE=VP−AGE=13 VP−ABE=13⋅13S△ABE⋅PA＝29．
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的体积
平面与平面垂直
【解析】
（1）通过证明PA⊥BE，BE⊥AC，即可证明BE⊥平面PAC，从而证明BEF⊥平面PAC．
（2）由VA−PGE=VP−AGE=13 VP−ABE=13⋅13S△ABE⋅PA＝29，即可求解．
【解答】
证明：∵ PA⊥底面ABC，BE⊂底面ABC，∴ PA⊥BE．
∵ △ABC是等腰直角三角形且E为AC的中点，∴ BE⊥AC，
又PA∩AC=A，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，∴ BE⊥平面PAC，
∵ BE⊂平面BEF，∴ 平面BEF⊥平面PAC．
∵ GF // 平面ABC，GF⊂平面PBC，平面ABC∩平面PBC=FG，
∴ FG // BC，
∵ PFFC＝12，∴ PG:GB=1:2，
又S△ABE＝12S△ABC=1，PA=2，
∴ VA−PGE=VP−AGE=13 VP−ABE=13⋅13S△ABE⋅PA＝29．
【答案】
因为f(x)=sin2x+3sinxcsx−2cs2x+1=3sinxcsx−3cs2x+2=32sin2x−32cs2x+12=3sin(2x−π3)+12，
令2kπ+π2≤2x−π3≤2kπ+3π2，k∈Z，解得kπ+5π12≤x≤kπ+11π12，k∈Z，即函数f(x)的单调递减区间为[kπ+5π12, kπ+11π12]，k∈Z．
由于f(C)=3sin(2C−π3)+12=2，
可得sin(2C−π3)=32，
因为C∈(0, π)，2C−π3∈(−π3, 5π3)，
可得2C−π3=π3，或2π3，可得C=π3，或π2（由已知舍去），
又因为ΔABC的面积为3=12absinC=34ab，
所以ab=4，
由余弦定理c2=a2+b2−2abcsC=a2+b2−ab≥2ab−ab=ab=4，当且仅当a=b时等号成立，
可得c≥2，当且仅当a=b时等号成立，即c的最小值为2．
【考点】
三角函数中的恒等变换应用
正弦函数的单调性
【解析】
（1）利用三角函数恒等变换的应用化简可求函数解析式f(x)=3sin(2x−π3)+12，利用正弦函数的单调性即可求解其单调递减区间．
（2）由已知可得sin(2C−π3)=32，可求范围2C−π3∈(−π3, 5π3)，进而可得C的值，根据三角形的面积公式可求ab=4，利用余弦定理，基本不等式即可求解c的最小值．
【解答】
因为f(x)=sin2x+3sinxcsx−2cs2x+1=3sinxcsx−3cs2x+2=32sin2x−32cs2x+12=3sin(2x−π3)+12，
令2kπ+π2≤2x−π3≤2kπ+3π2，k∈Z，解得kπ+5π12≤x≤kπ+11π12，k∈Z，即函数f(x)的单调递减区间为[kπ+5π12, kπ+11π12]，k∈Z．
由于f(C)=3sin(2C−π3)+12=2，
可得sin(2C−π3)=32，
因为C∈(0, π)，2C−π3∈(−π3, 5π3)，
可得2C−π3=π3，或2π3，可得C=π3，或π2（由已知舍去），
又因为ΔABC的面积为3=12absinC=34ab，
所以ab=4，
由余弦定理c2=a2+b2−2abcsC=a2+b2−ab≥2ab−ab=ab=4，当且仅当a=b时等号成立，
可得c≥2，当且仅当a=b时等号成立，即c的最小值为2．
【答案】
连BD，设AC交BD于O，由题意SO⊥AC．
在正方形ABCD中，有AC⊥BD，又SO∩BD=O，
∴ AC⊥平面SBD，得AC⊥SD；
在棱SC上存在一点E，使BE // 平面PAC，满足SEEC=2．
证明如下：
取SD中点为N，∵ SΔSAP=3SΔAPD，∴ PDSP＝13，则PN=PD，
过N作PC的平行线交SC于E，连BN，BE．
在△BDN中，有BN // PO，
∵ PO⊂平面PAC，BN⊄平面PAC，∴ BN // 平面PAC，
又由于NE // PC，
PC⊂平面PAC，NE⊄平面PAC，∴ NE // 平面PAC，
∵ BN∩NE=N，∴ 平面BEN // 平面PAC，得BE // 平面PAC，
由于SNNP＝2，∴ SEEC=2．
【考点】
直线与平面垂直
直线与平面平行
【解析】
（1）由已知证明AC⊥平面SBD，即得AC⊥SD；
（2）取SD中点为N，由面积关系可得PDSP＝13，则PN=PD，过N作PC的平行线与SC交于E，证明平面BEN // 平面PAC，得BE // 平面PAC，进一步求得SEEC的值．
【解答】
连BD，设AC交BD于O，由题意SO⊥AC．
在正方形ABCD中，有AC⊥BD，又SO∩BD=O，
∴ AC⊥平面SBD，得AC⊥SD；
在棱SC上存在一点E，使BE // 平面PAC，满足SEEC=2．
证明如下：
取SD中点为N，∵ SΔSAP=3SΔAPD，∴ PDSP＝13，则PN=PD，
过N作PC的平行线交SC于E，连BN，BE．
在△BDN中，有BN // PO，
∵ PO⊂平面PAC，BN⊄平面PAC，∴ BN // 平面PAC，
又由于NE // PC，
PC⊂平面PAC，NE⊄平面PAC，∴ NE // 平面PAC，
∵ BN∩NE=N，∴ 平面BEN // 平面PAC，得BE // 平面PAC，
由于SNNP＝2，∴ SEEC=2．
【答案】
化圆C:x2−6x+y2−6y+3=0为(x−3)2+(y−3)2=15，
得圆C的圆心坐标(3, 3)，半径r1=15，
圆心到直线l:x+y−2=0的距离d1=|3+3−2|2＝22，
则圆E与圆C的公共弦长AB=2r12−d12＝27；
∵ 圆E的圆心在直线y=2x上，∴ 设圆心E(a, 2a)，
由题意得CE⊥l，∴ 2a−3a−3＝1，得a=0，即E(0, 0)，
E到l的距离d2=22＝2，∴ E的半径r2=d22−(12AB)2＝2+7＝3，
∴ 圆E的方程：x2+y2=9；
当MN，RS所在直线有一条为x轴时，不妨设MN所在直线为x轴，
则|MN|=2r2=6，这时直线RS的方程为x=−2，代入到圆E中，|y|=5，
∴ |RS|=25，四边形MRNS的面积S=12|MN|⋅|RS|=12⋅6⋅25=65；
当过点Q(−2, 0)的互相垂直的直线MN，RS都不垂直于x轴时，
设直线MN为：x=my−2，即x−my+2=0，
则直线RS为：y=−m(x+2)，即mx+y+2m=0，
∴ 圆心E到直线MN的距离ℎ=21+m2，圆心E到直线RS的距离ℎ′=|2m|1+m2，
|MN|=29−41+m2，|RS|=29−4m21+m2=25+41+m2，
设t=41+m2(0面积S=12⋅29−t⋅25+t=2−t2+4t+45，
∴ 当t=2时，即m=±1时，S取最大值为14，且S>65，
综上所述，四边形MRNS面积的取值范围为[65, 14]．
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
（1）由已知求出圆C的圆心坐标与半径，再求出两圆的公共弦长，设圆E的圆心坐标为(a, 2a)，由CE⊥l可得a值，进一步求得圆E的半径，则圆E的方程可求；
（2）求出直线斜率不存在或为0时的四边形的面积，当斜率存在且不为0时，分别设直线MN为：x=my−2，直线RS为：y=−m(x+2)，由点到直线的距离公式即垂径定理求弦长，再由四边形面积公式列式，换元后利用配方法求最值．
【解答】
化圆C:x2−6x+y2−6y+3=0为(x−3)2+(y−3)2=15，
得圆C的圆心坐标(3, 3)，半径r1=15，
圆心到直线l:x+y−2=0的距离d1=|3+3−2|2＝22，
则圆E与圆C的公共弦长AB=2r12−d12＝27；
∵ 圆E的圆心在直线y=2x上，∴ 设圆心E(a, 2a)，
由题意得CE⊥l，∴ 2a−3a−3＝1，得a=0，即E(0, 0)，
E到l的距离d2=22＝2，∴ E的半径r2=d22−(12AB)2＝2+7＝3，
∴ 圆E的方程：x2+y2=9；
当MN，RS所在直线有一条为x轴时，不妨设MN所在直线为x轴，
则|MN|=2r2=6，这时直线RS的方程为x=−2，代入到圆E中，|y|=5，
∴ |RS|=25，四边形MRNS的面积S=12|MN|⋅|RS|=12⋅6⋅25=65；
当过点Q(−2, 0)的互相垂直的直线MN，RS都不垂直于x轴时，
设直线MN为：x=my−2，即x−my+2=0，
则直线RS为：y=−m(x+2)，即mx+y+2m=0，
∴ 圆心E到直线MN的距离ℎ=21+m2，圆心E到直线RS的距离ℎ′=|2m|1+m2，
|MN|=29−41+m2，|RS|=29−4m21+m2=25+41+m2，
设t=41+m2(0面积S=12⋅29−t⋅25+t=2−t2+4t+45，
∴ 当t=2时，即m=±1时，S取最大值为14，且S>65，
综上所述，四边形MRNS面积的取值范围为[65, 14]．7256
0813
0258
3249
8702
4812
9728
0198
3104
9231
4935
8209
3624
4869
6938
7481