2022-2023学年湖北省黄冈市高二（上）期中数学试卷

这是一份2022-2023学年湖北省黄冈市高二（上）期中数学试卷，共25页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（5分）已知空间向量，，且与垂直，则x等于（ ）
A．4B．1C．3D．2
2．（5分）点（1，0）到直线kx+y+1＝0的最大距离为（ ）
A．0B．1C．D．
3．（5分）饕餮纹是青铜器上常见的花纹之一，最早见于长江中下游地区的良渚文化陶器和玉器上，盛行于商代至西周早期．将青铜器中的饕餮纹的一部分画到方格纸上，如图所示，每个小方格的边长为一个单位长度，有一点P从点A出发，每次向右或向下跳一个单位长度，且向右或向下跳是等可能的，那么点P经过3次跳动后恰好是沿着饕餮纹的路线到达点B的概率为（ ）
A．B．C．D．
4．（5分）甲乙两人一起去游“2010上海世博会”，他们约定，各自独立地从1到6号景点中任选3个进行游览，每个景点参观1小时，则最后一小时他们同在中国馆的概率是（ ）
A．B．C．D．
5．（5分）已知椭圆C：+＝1的左、右焦点分别为F1，F2，点P是椭圆C上的动点，m＝|PF1|，n＝|PF2|，则+的最小值为（ ）
A．B．C．D．
6．（5分）过直线y＝x+1上的点P作圆C：（x﹣1）2+（y﹣6）2＝2的两条切线l1，l2，当直线l1，l2关于直线y＝x+1对称时，两切点间的距离为（ ）
A．1B．2C．D．
7．（5分）已知正方形ABCD的边长为4，CG⊥平面ABCD，CG＝2，E是AB中点，F是AD靠近A的四等分点，则点B到平面GEF的距离为（ ）
A．B．C．D．
8．（5分）平面OAB⊥平面α，OA⊂α，，AB＝2，，平面α内一点P满足PA⊥PB，记直线OP与平面OAB所成角为θ，则sinθ的最大值为（ ）
A．B．C．D．
二、多项选择题（共4题，每题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
（多选）9．（5分）从装有大小和形状完全相同的3个红球和3个白球的口袋内任取3个球，那么下列各对事件中，互斥而不互为对立的是（ ）
A．至少有1个红球与都是红球
B．恰有1个红球与恰有2个红球
C．至少有1个红球与至少有1个白球
D．至多有1个红球与恰有2个红球
（多选）10．（5分）若构成空间的一个基底，则下列向量可以作为空间的另一个基底的是（ ）
A．B．C．D．
（多选）11．（5分）已知点A（﹣2，﹣1），B（2，2），直线l：2ax﹣2y+3a﹣3＝0上存在点P满足|PA|+|PB|＝5，则直线l的倾斜角可能为（ ）
A．0B．C．D．
（多选）12．（5分）已知圆C：x2+（y﹣1）2＝5，直线l：x﹣2y﹣8＝0，点P在直线l上运动，直线PA，PB分别切圆C于点A，B．则下列说法正确的是（ ）
A．四边形PACB的面积最小值为
B．M为圆C上一动点，则MP最小值为
C．|PA|最短时，弦AB直线方程为2x﹣4y﹣1＝0
D．|PA|最短时，弦AB长为
三、填空题（共4题，每题5分，共20分）
13．（5分）若方程表示的曲线为椭圆，则m的取值范围为 ．
14．（5分）由曲线x2+y2＝4|x|+4|y|围成的图形的面积为 ．
15．（5分）数学考试的多项选择题，学生作答时可以从A、B、C、D四个选项中至少选择一个选项，至多可以选择四个．得分规则是：“全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．”已知某选择题的正确答案是C、D，若某同学不会做该题目，随机选择一个、两个或三个选项，则该同学能得分的概率是 ．
16．（5分）在棱长为6的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，，点P在正方体的表面上移动，且满足B1P⊥D1E，当P在CC1上时，＝ ；满足条件的所有点P构成的平面图形的周长为 ．
四、解答题（共6题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（10分）已知空间三点A（﹣2，0，2），B（﹣1，1，2），C（﹣3，0，4），设＝，＝．
（1）求和的夹角θ的余弦值；
（2）若向量k十与k﹣2互相垂直，求k的值．
18．（12分）已知在△ABC中，点B（3，7），∠C的角平分线为l1：x﹣7y+21＝0，BC边上的中线所在直线的为l2：2x+y﹣8＝0，求边AC所在直线l的一般式方程．
19．（12分）已知圆C：（x﹣1）2+（y﹣2）2＝9，直线l：（m+1）x﹣（2m+1）y﹣m﹣2＝0．
（1）求证：直线l与圆C恒有两个交点；
（2）若直线l与圆C交于点A，B，求△CAB面积的最大值，并求此时直线l的方程．
20．（12分）9月23日，2022年中国农民丰收节湖北主会场启动仪式在麻城市成功举行，志愿者的服务工作是丰收节成功举办的重要保障，麻城市新时代文明实践中心承办了志愿者选拔的面试工作．现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组[45，55），第二组[55，65），第三组[65，75），第四组[75，85），第五组[85，95），绘制成如图所示的频率分布直方图．已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同．
（1）估计这100名候选者面试成绩的平均数和第80百分位数；
（2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取20人，担任本市的宣传者．
（ⅰ）现计划从第四组和第五组抽取的人中，再随机抽取2名作为组长．求选出的两人来自同个一组的概率．（ⅱ）若本市宣传者中第二组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为58和28，第三组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为72和140，据此估计这次面试成绩在[55，75）所有人的方差．
21．（12分）已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，点M在椭圆上，且满足MF2⊥x轴，．
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线y＝kx+2交椭圆于A，B两点，以线段AB为直径的圆过F1，求k的值．
22．（12分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，四边形AA1C1C是边长为3的正方形，平面ABC⊥平面AA1C1C，AB＝4，BC＝5．
（1）求证：AA1⊥BC；
（2）求平面A1BC1与平面BCC1夹角的余弦值；
（3）在线段BC1上确定点D，使得AD⊥A1B，并求三棱锥B﹣ACD的体积VB﹣ACD．
2022-2023学年湖北省黄冈市高二（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（共8题，每题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．（5分）已知空间向量，，且与垂直，则x等于（ ）
A．4B．1C．3D．2
【分析】根据题意，结合空间向量垂直的坐标表示，列出方程，即可求解．
【解答】解：∵，，且与垂直，
∴，
解得x＝1．
故选：B．
【点评】本题考查向量垂直的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2．（5分）点（1，0）到直线kx+y+1＝0的最大距离为（ ）
A．0B．1C．D．
【分析】直接利用定点直线系和两点间的距离公式求出结果．
【解答】解：直线kx+y+1＝0经过的定点为（0，﹣1），
故点（1，0）到点（0，﹣1）的距离d＝，也为点（1，0）到直线kx+y+1＝0的最大距离．
故选：C．
【点评】本题考查的知识要点：点到直线间的距离公式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
3．（5分）饕餮纹是青铜器上常见的花纹之一，最早见于长江中下游地区的良渚文化陶器和玉器上，盛行于商代至西周早期．将青铜器中的饕餮纹的一部分画到方格纸上，如图所示，每个小方格的边长为一个单位长度，有一点P从点A出发，每次向右或向下跳一个单位长度，且向右或向下跳是等可能的，那么点P经过3次跳动后恰好是沿着饕餮纹的路线到达点B的概率为（ ）
A．B．C．D．
【分析】先利用列举法得到共8种不同的跳法，再利用概率公式求解即可．
【解答】解：点P从A点出发，每次向右或向下跳一个单位长度，
则有（右，右，右），（右，右，下），（右，下，右），（下，右，右），
（右，下，下），（下，右，下），（下，下，右），（下，下，下），共8种不同的跳法（线路），
符合题意的只有（下，下，右）这1种，
所以3次跳动后，恰好是沿着饕餮纹的路线到达点B的概率为P＝．
故选：B．
【点评】本题考查概率的求法，利用列举法是关键，是基础题．
4．（5分）甲乙两人一起去游“2010上海世博会”，他们约定，各自独立地从1到6号景点中任选3个进行游览，每个景点参观1小时，则最后一小时他们同在中国馆的概率是（ ）
A．B．C．D．
【分析】先确定其符合古典概型，利用公式求解．
【解答】解：由题意，符合古典概型，
且可知前两个景点与本题无关，
故最后一小时他们同在中国馆的概率P＝＝．
故选：A．
【点评】本题考查了古典概型概率公式的应用，属于基础题．
5．（5分）已知椭圆C：+＝1的左、右焦点分别为F1，F2，点P是椭圆C上的动点，m＝|PF1|，n＝|PF2|，则+的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据椭圆定义m+n＝8，则+＝（m+n）（+）可解决此题．
【解答】解：根据椭圆定义m+n＝8，则+＝（m+n）（+）＝（5++）≥（5+2）＝，
当且仅当即时，等号成立．
故选：A．
【点评】本题考查椭圆定义及基本不等式应用，考查数学运算能力，属于中档题．
6．（5分）过直线y＝x+1上的点P作圆C：（x﹣1）2+（y﹣6）2＝2的两条切线l1，l2，当直线l1，l2关于直线y＝x+1对称时，两切点间的距离为（ ）
A．1B．2C．D．
【分析】判由题意，CP⊥l，|PC|为圆心到直线的距离，即可求出结论．
【解答】解：由题意，CP⊥l，|PC|为圆心到直线的距离，即d＝＝2，圆的半径为，切线与PC的夹角为30°，
可知两条切线的夹角为60°，
两切点间的距离为切线长：＝．
故选：D．
【点评】本题考查直线与圆的位置关系，直线与圆相切的关系的应用，考查计算能力，常考题型，是中档题．
7．（5分）已知正方形ABCD的边长为4，CG⊥平面ABCD，CG＝2，E是AB中点，F是AD靠近A的四等分点，则点B到平面GEF的距离为（ ）
A．B．C．D．
【分析】建立空间直角坐标系，利用坐标法求点到平面的距离．
【解答】解：建立空间直角坐标系C﹣xyz，如图所示，
依题意，则有G（0，0，2），A（4，4，0），B（0，4，0），E（2，4，0），F（4，3，0），
所以，，，
设平面GEF的一个法向量为，
所以，
令a＝1，则b＝2，c＝5，
所以，
所以点B到平面GEF的距离为．
故选：C．
【点评】本题考查点到平面的距离，解题关键是空间向量法的应用，属于中档题．
8．（5分）平面OAB⊥平面α，OA⊂α，，AB＝2，，平面α内一点P满足PA⊥PB，记直线OP与平面OAB所成角为θ，则sinθ的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】通过线面角的定义作出线面角，根据点P的轨迹确定角最大时的位置，利用直线与圆的位置关系结合直角三角形求解即可．
【解答】解：如图，过B作BH的延长线，垂足为H，连接PH，OP，
取AH的中点为E，连接PE，过P作PF⊥OA，垂足为F，
∵平面OAB⊥平面α，且平面OAB∩平面α＝OA，
BH⊂平面OAB，PF⊂α，∴BH⊥α，PF⊥平面OAB，
∴OP在平面OAB上的射影就是直线OA，
∴∠AOP是直线OP与平面OAB所成角θ，即∠AOP＝θ，
∵AP⊂α，∴PA⊥BH，
∵PA⊥PB，PB∩BH＝B，PB⊂平面PBH，BH⊂平面PBH，
∴PA⊥平面PBH，PH⊂平面PBH，则PA⊥PH，
∴点P的轨迹是平面α内以线段AH为直径的圆（A点除外），
∵OA＝，AB＝2，，∴，AH＝2cs＝，
∴PE＝，
当且仅当PE⊥OP，即OP是圆E的切线时，角θ有最大值，
则sinθ的最大值为＝＝．
故选：B．
【点评】本题考查射影、线面角、线面垂直的判定与性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
二、多项选择题（共4题，每题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
（多选）9．（5分）从装有大小和形状完全相同的3个红球和3个白球的口袋内任取3个球，那么下列各对事件中，互斥而不互为对立的是（ ）
A．至少有1个红球与都是红球
B．恰有1个红球与恰有2个红球
C．至少有1个红球与至少有1个白球
D．至多有1个红球与恰有2个红球
【分析】根据题意，由互斥、对立事件的定义依次分析选项，综合可得答案．
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于A：“至少有1个红球”与“都是红球”这两个事件，都包含有“取出3个红球”的事件，故不是互斥事件，故A错误；
对于B：“恰有1个红球”与“恰有2个红球”为互斥事件，
除了这两个事件外，任取3个球还包含“恰有0个红球”与“恰有3个红球”两种事件，
故“恰有1个红球”与“恰有2个红球”不是对立事件，故B正确；
对于C：“至少有1个红球”与“至少有1个白球”都包含由事件“恰有1个红球”与“恰有2个红球”两个事件，
故不是互斥事件，故C错误；
对于D：“至多有1个红球”与“恰有2个红球”为互斥事件，
除了这两个事件外，任取3个球还包含“恰有3个红球”这一事件，
故“至多有1个红球”与“恰有2个红球”不是对立事件，故D正确．
故选：BD．
【点评】本题考查互斥事件的定义，注意互斥事件和对立事件的不同，属于基础题．
（多选）10．（5分）若构成空间的一个基底，则下列向量可以作为空间的另一个基底的是（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据空间基底的定义，结合共面向量定理，列出方程组，结合方程组的解的情况，能求出结果．
【解答】解：对于A，设＝＝（x+y）﹣y，
则，解得x＝2，y＝﹣1，
∴当x＝2，y＝﹣1时，，，共面，不能作为空间基底，故A错误；
对于B，设＝x（）+y（）＝（x+y）+（x﹣y），
则，解得x＝y＝，
∴不能作为空间基底，故B错误；
对于C，设＝，
∴，此方程无解，
∴，可以作为空间的一个基底，故C正确；
对于D，设＝x（）+y＝，
则，此方程无解，
∴可以作为空间的一个基底，故D正确．
故选：CD．
【点评】本题考查空间基底的定义、共面向量定理等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
（多选）11．（5分）已知点A（﹣2，﹣1），B（2，2），直线l：2ax﹣2y+3a﹣3＝0上存在点P满足|PA|+|PB|＝5，则直线l的倾斜角可能为（ ）
A．0B．C．D．
【分析】将A、B两点代入直线l的方程，可知点A、B不可能同时在直线l上，又|AB|＝5，可判断出点P的轨迹即为线段AB，把原问题转化为直线与线段恒有公共点问题，再求出两个临界值，即可判断．
【解答】解：将点A（﹣2，﹣1）代入直线l：2ax﹣2y+3a﹣3＝0得a＝﹣1，
再将点B（2，2）代入直线l：2ax﹣2y+3a﹣3＝0得a＝1，
故点A、B不可能同时在直线l上，
又∵，且|PA|+|PB|＝5，
∴点P的轨迹为线段AB，即直线l与线段AB恒有交点，
又∵直线l：2ax﹣2y+3a﹣3＝a（2x+3）+（﹣2y﹣3）＝0，
∴直线l恒过定点，作出示意图：
此时，，
故直线l的斜率的取值范围为：（﹣∞，﹣1]∪[1，+∞），
由题意可知，当直线l的斜率不存在时，不符合题意，
故直线l的倾斜角的取值范围为：．
故选：BD．
【点评】本题主要考查直线的倾斜角，属于基础题．
（多选）12．（5分）已知圆C：x2+（y﹣1）2＝5，直线l：x﹣2y﹣8＝0，点P在直线l上运动，直线PA，PB分别切圆C于点A，B．则下列说法正确的是（ ）
A．四边形PACB的面积最小值为
B．M为圆C上一动点，则MP最小值为
C．|PA|最短时，弦AB直线方程为2x﹣4y﹣1＝0
D．|PA|最短时，弦AB长为
【分析】根据已知，结合图形，利用直角三角形、圆的性质、直线方程以及点到直线的距离公式、勾股定理计算求解．
【解答】解：对于A，由切线长定理可得|PA|＝|PB|，又因为|CA|＝|CB|，所以△PAC≅△PBC，
所以四边形PACB的面积，
因为，当CP⊥l时，|CP|取最小值，且 ，
所以四边形PACB的面积的最小值为，故A正确；
对于B，因为，所以MP最小值为，故B错误；
对于C，由题意可知点A，B，在以CP为直径的圆上，
设P（2a+8，a），其圆的方程为：，
化简为x2﹣（2a+8）x+y2﹣（a+1）y+a＝0，与方程x2+（y﹣1）2＝5相减可得：（2a+8）x+（a﹣1）y﹣（a+4）＝0，
则直线AB的方程为（2a+8）x+（a﹣1）y﹣（a+4）＝0，当|PA|最短时，CP⊥l，则 ，
解得a＝﹣3，故直线AB的方程为2x﹣4y﹣1＝0，故C正确；
对于D，当|PA|最短时，圆心C 到直线 2x﹣4y﹣1＝0的距离，
所以弦AB长为，故D正确．
故答案为：ACD．
【点评】本题主要考查直线和圆的位置关系，属于中档题．
三、填空题（共4题，每题5分，共20分）
13．（5分）若方程表示的曲线为椭圆，则m的取值范围为 ．
【分析】由题意方程表示的曲线为椭圆，所以，然后解不等式组即可得解．
【解答】解：由题意方程表示的曲线为椭圆，
所以，
解不等式组得且m≠2，
因此m的取值范围为．
故答案为：．
【点评】本题考查了椭圆的性质，属基础题．
14．（5分）由曲线x2+y2＝4|x|+4|y|围成的图形的面积为 32+16π ．
【分析】曲线x2+y2＝4|x|+4|y|围成的图形关于x轴，y轴对称，故只需要求出第一象限的面积即可，结合圆的方程运算求解．
【解答】解：将﹣x或﹣y代入方程，方程不发生改变，故曲线x2+y2＝4|x|+4|y|关于x轴，y轴对称，因此只需求出第一象限的面积即可，
当x≥0，y≥0时，曲线x2+y2＝4|x|+4|y|可化为：（x﹣2）2+（y﹣2）2＝8，
表示的图形为以（2，2）为圆心，半径为的一个半圆，
则第一象限围成的面积为，
故曲线x2+y2＝4|x|+4|y|围成的图形的面积为S＝4（8+4π）＝32+16π．
故答案为：32+16π．
【点评】本题考查圆的面积计算公式和正方形的面积公式，考查分类讨论的思想，属中档题．
15．（5分）数学考试的多项选择题，学生作答时可以从A、B、C、D四个选项中至少选择一个选项，至多可以选择四个．得分规则是：“全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．”已知某选择题的正确答案是C、D，若某同学不会做该题目，随机选择一个、两个或三个选项，则该同学能得分的概率是 ．
【分析】由古典概型把某同学随机选择一个、两个或三个选项的所有可能结果一一列举出来，得出其中符合题意的结果，由古典概型概率计算公式即可得解．
【解答】解：根据题意，该同学随机选择一个选项的所有可能结果为：{A}，{B}，{C}，{D}；
该同学随机选择两个选项的所有可能结果为：{A，B}，{A，C}，{A，D}，{B，C}，{B，D}，{C，D}；
该同学随机选择三个选项的所有可能结果为：{A，B，C}，{A，B，D}，{A，C，D}，{B，C，D}．
所以该同学的答案一共有4+6+4＝14种可能的结果，
其中能得分的答案有3种：{C}，{D}，{C，D}．
所以由古典概型概率计算公式可得该同学能得分的概率是．
故答案为：．
【点评】本题考查古典概型概率计算公式，注意列举法的应用，属于基础题．
16．（5分）在棱长为6的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，，点P在正方体的表面上移动，且满足B1P⊥D1E，当P在CC1上时，＝ ；满足条件的所有点P构成的平面图形的周长为 ．
【分析】根据题意，取CC1，CD上的点分别为N，M，连接AM，MN，B1N，AB1，使得AB1∥MN，得到四边形AB1NM为梯形，得到点P的运动轨迹为梯形AB1NM，建立空间直角坐标系，结合向量的数量积的运算公式，求得点N为位置，进而求得|AP|和点P的轨迹梯形AB1NM的周长．
【解答】解：根据题意，如图所示，取CC1，CD上的点分别为N，M，连接AM，MN，B1N，AB1，使得AB1∥MN，
所以A，B1，N，M四点共面，且四边形AB1NM为梯形，
因为MN⊥D1C，MN⊥BC，且D1C⋂BC＝C，D1C，BC⊂平面CD1E，
所以MN⊥平面CD1E，又因为D1E⊂平面CD1E，所以D1E⊥MN，
同理可证：AM⊥平面DD1E，因为D1E⊂平面DD1E，所以D1E⊥AM，
又因为MN∩AM＝M，且MN，AM⊂平面AB1MN，所以D1E⊥平面AB1MN，
因为点P在正方体的表面上移动，且B1P⊥D1E，
所以点P的运动的轨迹为梯形AB1MN，
由正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为6，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在的直线分别为x轴、y轴和z轴，建立空间直角坐标系，
则B1（6，0，6），D1（0，6，6），E（6，4，0），N（6，6，m），可得，
因为B1P⊥D1E，所以，
所以，解得m＝4，
所以|CN|＝2|C1N|＝4，
所以当点P在CC1上时，可得，
又因为，，
所以梯形AB1NM为等腰梯形，
所以梯形AB1NM的周长为．
故答案为：；．
【点评】本题考查棱柱的结构特征，涉及直线与直线、直线与平面平行的性质和应用，属于中档题．
四、解答题（共6题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（10分）已知空间三点A（﹣2，0，2），B（﹣1，1，2），C（﹣3，0，4），设＝，＝．
（1）求和的夹角θ的余弦值；
（2）若向量k十与k﹣2互相垂直，求k的值．
【分析】（1）根据平面向量的数量积计算和夹角θ的余弦值；
（2）根据向量k十与k﹣2互相垂直时数量积为0，列方程求出k的值．
【解答】解：（1）因为A（﹣2，0，2），B（﹣1，1，2），C（﹣3，0，4），
所以＝＝（1，1，0），＝＝（﹣2，﹣1，2），
所以csθ＝＝＝﹣，
即和夹角θ的余弦值为﹣；
（2）因为向量k十与k﹣2互相垂直，所以（k+）•（k﹣2）＝k2﹣k•﹣2＝0，
因为＝2，•＝﹣3，＝9，
所以2k2+3k﹣18＝0，
解得k＝或k＝．
【点评】本题考查了空间向量的坐标运算与应用问题，也考查了运算求解能力，是基础题．
18．（12分）已知在△ABC中，点B（3，7），∠C的角平分线为l1：x﹣7y+21＝0，BC边上的中线所在直线的为l2：2x+y﹣8＝0，求边AC所在直线l的一般式方程．
【分析】由已知先求出C的坐标，然后结合对称性求出B关于角平分线l1的对称点为N的坐标，结合对称性可知BN的中点在直线l1上，进而可求N，最后再求直线
【解答】解：设C（a，b），∵C在角平分线l1上，
∴a﹣7b+21＝0①，
∵B、C中点在中线l2上，
∴2×+﹣8＝0②，
联立①②解得a＝0，b＝3，
设B点关于角平分线l1的对称点为N（m，n），
∵BN⊥l1，
∴③，
∵B、N中点在l1上，
∴＝0④，
联立③④解得m＝4，n＝0，
l即为，即3x+4y﹣12＝0，
所以边AC所在直线l的一般式方程为3x+4y﹣12＝0．
【点评】本题主要考查了直线方程的求解，属于基础题．
19．（12分）已知圆C：（x﹣1）2+（y﹣2）2＝9，直线l：（m+1）x﹣（2m+1）y﹣m﹣2＝0．
（1）求证：直线l与圆C恒有两个交点；
（2）若直线l与圆C交于点A，B，求△CAB面积的最大值，并求此时直线l的方程．
【分析】（1）可求直线l过定点P（3，1），判断定点P在圆内即可；
（2）由题意可得△CAB为等腰直角三角形时面积最大，可求得圆心到直线的距离，进而可得．求解即可．
【解答】解：（1）证明：直线l的方程可变形为x﹣y﹣2+m（x﹣2y﹣1）＝0，
∴，解得，
故直线经过的定点为P（3，1）．
将点P（3，1）代入圆的方程有（3﹣1）2+（1﹣2）2＝5＜9
∴点P（3，1）在圆C的内部，∴直线1与圆C恒有两交点．
（2）由圆C：（x﹣1）2+（y﹣2）2＝9，可得C（1，2），
结合（1）可得|PC|＝＝，
∵，当∠ACB＝90°时，△ABC面积最大．
此时△ABC为等腰直角三角形，△ABC面积最大值为．
此时点C到直线l的距离，∴∠ACB可以取到90°．
∴．
∴13m2+6m＝0，∴或m＝0．
故所求直线l的方程为x﹣y﹣2＝0或7x﹣y﹣20＝0．
【点评】本题考查直线与圆的位置关系，考查直线方程的求法，属中档题．
20．（12分）9月23日，2022年中国农民丰收节湖北主会场启动仪式在麻城市成功举行，志愿者的服务工作是丰收节成功举办的重要保障，麻城市新时代文明实践中心承办了志愿者选拔的面试工作．现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组[45，55），第二组[55，65），第三组[65，75），第四组[75，85），第五组[85，95），绘制成如图所示的频率分布直方图．已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同．
（1）估计这100名候选者面试成绩的平均数和第80百分位数；
（2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取20人，担任本市的宣传者．
（ⅰ）现计划从第四组和第五组抽取的人中，再随机抽取2名作为组长．求选出的两人来自同个一组的概率．（ⅱ）若本市宣传者中第二组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为58和28，第三组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为72和140，据此估计这次面试成绩在[55，75）所有人的方差．
【分析】（1）根据题意列式求a，b的值，进而结合平均数和百分位数的定义运算求解；
（2）（ⅰ）根据分层抽样求分层人数，根据利用列举法结合古典概型运算求解；
（ⅱ）先求两组的频率之比，根据平均数和方差公式运算求解．
【解答】解：（1）易知，
解得，
所以每组的频率依次为0.05，0.25，0.45，0.2，0.05，
则这100名候选者面试成绩的平均数为50×0.05+60×0.25+70×0.45+80×0.2+90×0.05＝69.5，
因为0.05+0.25+0.45＝0.75＜0.8，0.05+0.25+0.45+0.2＝0.95＞0.8，
所以第80百分位数在区间[75，85）内，
不妨设第80百分位数为x，
可得0.75+0.02（x﹣75）＝0.8，
解得x＝77.5，
所以第80百分位数为77.5；
（2）（ⅰ）易知[75，85）和[85，95]的频率比为，
所以在[75，85）和[85，95]中分别选取4人和1人，分别设为a1，a2，a3，a4和b1，
此时在这5人中随机抽取两个的样本空间Ω包含的样本点有a1a2，a1a3，a1a4，a1b1，a2a3，a2a4，a2b1，a3a4，a3b1，a4b1共10个，
即n（Ω）＝10，
记“两人来自不同组”为事件A，
则事件A包含的样本点有a1b1，a2b1，a3b1，a4b1共4个，
即n（A）＝4，
所以；
（ⅱ）设第二组、第三组的平均数与方差分别为，，，，
可知第二组、第三组的频率之比为0.25：0.45＝5：9，
而成绩在[55，75）的平均数，
成绩在[55，75）的方差
＝，
故估计成绩在[55，75）的方差是145．
【点评】本题考查频率分布直方图、平均数和方差，考查了逻辑推理和运算能力．
21．（12分）已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，点M在椭圆上，且满足MF2⊥x轴，．
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线y＝kx+2交椭圆于A，B两点，以线段AB为直径的圆过F1，求k的值．
【分析】（1）由题意，根据离心率的值结合椭圆的性质，用c来代替a、b的值，再利用MF2⊥x轴，，再把M的坐标用含c的式子表示出来，然后代入椭圆的方程求解即可；
（2）设出A、B两点坐标，结合焦点坐标，把F1A和F1B用向量的坐标表示出来，由直径所对的圆周角为直角可知两向量互相垂直，可得一条方程，再联立直线与椭圆，结合韦达定理，然后代入方程求解即可．
【解答】解：（1）因为椭圆的离心率为，
所以，
即a2＝4c2，
又a2＝b2+c2，
可得b2＝3c2，
则椭圆方程为，
因为点M在椭圆上，且MF2⊥x轴，
所以当x＝c时，可得M，
所以，
又，且|F1F2|＝2c，
此时，
解得c＝1，
所以a2＝4，b2＝3，
则椭圆的方程为；
（2）由（1）知F1（﹣1，0），F2（1，0），
不妨设A（x1，y1），B（x2，y2），
此时，，
因为，
所以（x1+1）（x2+1）+（kx1+2）（kx2+2）＝0，
即（k2+1）x1x2+（2k+1）（x1+x2）+5＝0，
联立，消去y并整理得（4k2+3）x2+16kx+4＝0，
由韦达定理得，，
又Δ＞0，
所以4k2﹣1＞0．
此时，
即8k2+16k﹣19＝0，
解得，满足Δ＞0，
所以或．
【点评】本题考查椭圆的性质以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力．
22．（12分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，四边形AA1C1C是边长为3的正方形，平面ABC⊥平面AA1C1C，AB＝4，BC＝5．
（1）求证：AA1⊥BC；
（2）求平面A1BC1与平面BCC1夹角的余弦值；
（3）在线段BC1上确定点D，使得AD⊥A1B，并求三棱锥B﹣ACD的体积VB﹣ACD．
【分析】（1）由平面ABC⊥平面AA1C1C，根据面面垂直的性质定理，证得AA1⊥平面ABC，进而证得AA1⊥BC；
（2）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面A1BC1和平面BCC1的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解；
（3）设，求得，结合，求得λ 的值，再由体积公式，即可求解．
【解答】解：（1）证明：因为四边形AA1C1C为正方形，可得AA1⊥AC，
因为平面ABC⊥平面AA1C1C，平面ABC∩平面AA1C1C＝AC，且AA1⊂平面AA1C1C，
所以AA1⊥平面ABC，
又因为BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC．
（2）由（1）知AA1⊥AC，AA1⊥AB．
由题意知AB＝4，BC＝5，AC＝3，
所以AB⊥AC．
以A为坐标原点，以AC，AB，AA1所在直线分别为x轴、y轴和z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则B（0，4，0），C（3，0，0），A1（0，0，3），B1（0，4，3），C1（3，0，3），
可得，，，
设平面A1BC1的法向量为，
则，则3x﹣4y+3z＝0且3x＝0，
则可取，
设平面BCC1的一个法向量为，
则，则3a﹣4b+3c＝0且3c＝0，
则可取，
则，
所以平面A1BC1与平面BCC1夹角的余弦值为．
（3）假设D（x1，y1，z1）是线段BC1上一点，且，
可得（x1，y1﹣4，z1）＝λ（3，﹣4，3），解得x1＝3λ，y1＝4﹣4λ，z1＝3λ，
所以，
由，可得16﹣25λ＝0，解得，此时，
此时，
即三棱锥B﹣ACD的体积为．
【点评】本题考查空间中垂直关系的证明以及三棱锥的体积计算，考查利用空间向量求解二面角的正弦值，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题．
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