广东省广雅中学高二上学期12月月考数学试卷-A4

这是一份广东省广雅中学高二上学期12月月考数学试卷-A4，共24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。
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．（5分）设iz＝4+3i，则z＝（ ）
A．4+3iB．﹣4+3iC．3﹣4iD．﹣3﹣4i
2．（5分）下列结论正确的是（ ）
A．a，b，c为实数，且a＞b＞0，则ac2＞bc2
B．∀x∈R，
C．若x满足x2﹣3x+2＜0，则lg2x∈（2，4）
D．正数a，b满足a+b＝1，则
3．（5分）设a，b为两条直线，α，β为两个平面，且“a⊥α，b⊥β”，则a⊥b是α⊥β的（ ）
A．充要条件
B．充分不必要条件
C．必要不充分条件
D．既不充分也不必要条件
4．（5分）若向量＝（1，2）与＝（t﹣1，）的夹角为锐角，则t的取值范围为（ ）
A．（4，+∞）B．
C．D．
5．（5分）设点F1，F2分别是双曲线的左、右焦点，过点F1且与x轴垂直的直线l与双曲线C交于A，B两点．若△ABF2的面积为，则该双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
6．（5分）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝2BB1＝4，点D是棱BC的中点，则点C1到直线A1D的距离为（ ）
A．B．C．D．
7．（5分）已知椭圆C：x2+＝1，直线l：y＝x+m，若椭圆C上存在两点关于直线l对称，则m的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
8．（5分）比利时数学家GerminalDandelin发现：如图1所示，在圆锥内放两个大小不同且不相切的球，使得小球与圆锥侧面相切，大球与圆锥侧面、底面均相切，用与两球都相切的平面截圆锥的侧面得到的截面曲线是椭圆．这个结论在圆柱中也适用，如图2所示，在一个高为10，底面半径为2的圆柱体内放球，球与圆柱底面为侧面均相切．若一个平面与两个球均相切，则此平面截圆柱边缘所得的图形为一个椭圆，该椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
二、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，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
（多选）9．（6分）将函数f（x）＝sin（2x+）的图象向右平移个单位长度得到g（x）图象，则下列判断正确的是（ ）
A．函数g（x）在区间[，]上单调递增
B．函数f（x）图象关于直线x＝对称
C．函数g（x）在区间[﹣，]上单调递减
D．函数f（x）图象关于点（，0）对称
（多选）10．（6分）已知斜率为的直线l经过抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点F，与抛物线C交于点A，B两点（点A在第一象限），与抛物线的准线交于点D，若|AB|＝8，则以下结论正确的是（ ）
A．B．|AF|＝6C．|BD|＝2|BF|D．F为AD中点
（多选）11．（6分）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知M，N，P分别是棱C1D1，AA1，BC的中点，Q为平面PMN上的动点，且直线QB1与直线DB1的夹角为30°，则（ ）
A．DB1⊥平面PMN
B．平面PMN截正方体所得的截面图形为正六边形
C．点Q的轨迹长度为π
D．能放入由平面PMN分割该正方体所成的两个空间几何体内部（厚度忽略不计）的球的半径的最大值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）函数的定义域是 ．
13．（5分）已知点P是双曲线C左支上一点F1，F2是双曲线的左、右两个焦点，且PF1⊥PF2，PF2与两条渐近线相交于M，N两点（如图），点N恰好平分线段PF2，则双曲线的离心率是 ．
14．（5分）已知直线l1：y＝kx+m（k≠0，m≠0）与椭圆C：相交于不同的两点A，B，过AB的中点M作垂直于l1的直线l2，设l2与椭圆C相交于不同的两点C，D，且CD的中点为N．设原点O到直线l1的距离为d，则的取值范围是 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15．（13分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c且c•tanA＝（2b﹣c）•tanC．
（1）求角A的大小；
（2）若点D在AC边上，且＝，BD＝BC，求sin∠ABC的值．
16．（15分）某校对2021年高一上学期期中数学考试成绩（单位：分）进行分析，随机抽取100名学生，将分数按照[30，50），[50，70），[70，90），[90，110），[110，130），[130，150]分成6组，制成了如图所示的频率分布直方图：
（1）求a的值；
（2）估计该校高一期中数学考试成绩的第80百分位数；
（3）为了进一步了解学生对数学学习的情况，由频率分布直方图，成绩在[50，70）和[70，90）的两组中，用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取5名学生，再从这5名学生中随机抽取2名学生进行问卷调查，求抽取的这2名学生至少有1人成绩在[50，70）内的概率．
17．（15分）在以O为坐标原点的平面直角坐标系中，抛物线C：y2＝4x，不过焦点的直线l与抛物线C交于A，B两点，．
（1）求C的焦点坐标和准线方程；
（2）证明：直线l过定点．
18．（17分）如图所示的几何体中，PD垂直于梯形ABCD所在的平面，∠ADC＝∠BAD＝，F为PA的中点，PD＝，AB＝AD＝CD＝1，四边形PDCE为矩形，线段PC交DE于点N．
（1）求证：AC∥平面DEF；
（2）求二面角A﹣PB﹣C的正弦值；
（3）在线段EF上是否存在一点Q，使得BQ与平面BCP所成角的大小为？若存在，求出FQ的长；若不存在，请说明理由．
19．（17分）已知椭圆的左、右焦点分别为F1、F2，B为上顶点，离心率为，直线BF2与圆4x2+4y2﹣3＝0相切．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）椭圆方程，平面上有一点P（x0，y0）．定义直线方程＝1是椭圆Γ在点P（x0，y0）处的极线．
①若P（x0，y0）在椭圆C上，证明：椭圆C在点P处的极线就是过点P的切线；
②若过点P（﹣4，0）分别作椭圆C的两条切线和一条割线，切点为X、Y，割线交椭圆C于M、N两点，过点M、N分别作椭圆C的两条切线，且相交于点Q．证明：Q、X、Y三点共线．
2024-2025学年广东省广州市广雅中学高二（上）月考数学试卷（12月份）
参考答案与试题解析
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．（5分）设iz＝4+3i，则z＝（ ）
A．4+3iB．﹣4+3iC．3﹣4iD．﹣3﹣4i
【分析】根据复数的运算性质计算即可．
【解答】解：∵iz＝4+3i，
∴z＝＝＝3﹣4i，
故选：C．
【点评】本题考查了复数的运算，熟练掌握复数的运算法则是解题的关键，是基础题．
2．（5分）下列结论正确的是（ ）
A．a，b，c为实数，且a＞b＞0，则ac2＞bc2
B．∀x∈R，
C．若x满足x2﹣3x+2＜0，则lg2x∈（2，4）
D．正数a，b满足a+b＝1，则
【分析】对于AB，结合特殊值法，即可求解，对于C，结合对数函数的单调性，即可求解，对于D，结合基本不等式的公式，即可求解．
【解答】解：对于A，令c＝0，则ac2＝bc2，故A错误，
对于B，令x＝﹣1，则，故B错误，
对于C，∵x满足x2﹣3x+2＜0，
∴1＜x＜2，
∴lg21＜lg2x＜lg22，即lg2x∈（0，1），故C错误，
对于D，∵正数a，b满足a+b＝1，
∴，当且仅当a＝b＝时，等号成立，
∴，故D正确．
故选：D．
【点评】本题主要考查不等式的性质，以及基本不等式，需要学生较强的综合能力，属于中档题．
3．（5分）设a，b为两条直线，α，β为两个平面，且“a⊥α，b⊥β”，则a⊥b是α⊥β的（ ）
A．充要条件
B．充分不必要条件
C．必要不充分条件
D．既不充分也不必要条件
【分析】分别从两个方面判断，由面面垂直的判断定理及性质定理，可得a⊥b是α⊥β的充要条件．
【解答】解：因为a⊥α，b⊥β，a⊥b，所以平面α，β的二面角为直二面角，即α⊥β，这时a⊥b是α⊥β的充分条件；
再由α⊥β，a⊥α，b⊥β，可得a⊥b，所以a⊥b是α⊥β的必要条件．
综上所述：a⊥b是α⊥β的充要条件．
故选：A．
【点评】本题考查充要条件的判断，属于基础题．
4．（5分）若向量＝（1，2）与＝（t﹣1，）的夹角为锐角，则t的取值范围为（ ）
A．（4，+∞）B．
C．D．
【分析】根据题意，由数量积的性质可得•＞0且、不共线，即，解可得答案．
【解答】解：根据题意，向量＝（1，2）与＝（t﹣1，）的夹角为锐角，则•＞0且、不共线，
即，解可得t＞且t≠4，
则t的取值范围为（，4）∪（4，+∞）；
故选：D．
【点评】本题考查向量数量积的计算，涉及向量的坐标计算以及向量夹角的计算，属于基础题．
5．（5分）设点F1，F2分别是双曲线的左、右焦点，过点F1且与x轴垂直的直线l与双曲线C交于A，B两点．若△ABF2的面积为，则该双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
【分析】设F1（﹣c，0），A（﹣c，y0），c2＝a2+2，A点代入双曲线的方程，解得y0，由三角形的面积公式，可得a，c的关系，进而得到a，b的关系，可得渐近线方程．
【解答】解：设F1（﹣c，0），A（﹣c，y0），c2＝a2+2，
则﹣＝1，则y02＝2•＝，
又＝2，
即为•2c•|2y0|＝＝2，
即为＝，则＝＝，
故该双曲线的渐近线方程为y＝±x．
故选：D．
【点评】本题考查双曲线的渐近线方程的求法，考查双曲线的方程和应用，考查运算能力，属于中档题．
6．（5分）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝2BB1＝4，点D是棱BC的中点，则点C1到直线A1D的距离为（ ）
A．B．C．D．
【分析】建立空间直角坐标系求解．
【解答】解：取AC的中点O，取A1C1的中点E，连接OE，
连接OB，由正三棱柱性质有，
△ABC是等边三角形，∴OB⊥AC，
∵O、E分别是AC、A1C1的中点，∴OE⊥平面ABC，
∵OB，AC⊂平面ABC，
∴OB，AC，OE两两垂直，
∴以为原点，分别以OB、OC、OE所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
又AB＝2BB1＝4，∴A1（0，﹣2，2），，C（0，2，0），C1（0，2，2），
∵点D是棱BC的中点，∴，
∴，，
∴＝，
∴点C1到直线A1D的距离．
故选：A．
【点评】本题考查了利用空间向量求点到直线的距离，考查了数形结合思想，考查了直观想象能力，属于中档题．
7．（5分）已知椭圆C：x2+＝1，直线l：y＝x+m，若椭圆C上存在两点关于直线l对称，则m的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】利用对称关系，求得对称点M，N的方程，代入椭圆方程，利用Δ＞0，求得n的取值范围，并且线段MN的中点在直线l上，求得m和n的关系，即可求得m的取值范围．
【解答】解：设椭圆上存在关于直线y＝x+m对称的两点为M（x1，y1）、N（x2，y2），
根据对称性可知线段MN被直线y＝x+m垂直平分，且MN的中点T（x0，y0）在直线y＝x+m上，且kMN＝﹣1，
故可设直线MN的方程为y＝﹣x+n，
联立，整理可得：3x2﹣2nx+n2﹣2＝0，
所以x1+x2＝，y1+y2＝2n﹣（x1+x2）＝2n﹣＝，
由Δ＝4n2﹣12（n2﹣1）＞0，可得﹣＜n＜，
所以x0＝＝，y0＝＝，
因为MN的中点T（x0，y0）在直线y＝x+m上，
所以＝+m，m＝，
﹣＜m＜，
故选：C．
【点评】本题考查直线与椭圆的位置关系，考查中点坐标公式和对称性的应用，考查转化思想，属于中档题．
8．（5分）比利时数学家GerminalDandelin发现：如图1所示，在圆锥内放两个大小不同且不相切的球，使得小球与圆锥侧面相切，大球与圆锥侧面、底面均相切，用与两球都相切的平面截圆锥的侧面得到的截面曲线是椭圆．这个结论在圆柱中也适用，如图2所示，在一个高为10，底面半径为2的圆柱体内放球，球与圆柱底面为侧面均相切．若一个平面与两个球均相切，则此平面截圆柱边缘所得的图形为一个椭圆，该椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【分析】先阅读题意，求出椭圆的长半轴长a和短半轴长b，然后求出椭圆的离心率即可．
【解答】解：对圆柱沿轴截面进行切割，
则平面与两个球相切的切点为A，A1，
延长AA1与圆柱面相交于C，C1，
过点O作OD⊥DC，垂足为D，
在直角三角形ABO中，AB＝2，BO＝，
所以，
又圆柱底面半径r＝2，
则，
设椭圆的长半轴长为a，短半轴长为b，
则a＝OC＝3，
由平面截圆柱边缘所得的图形为一个椭圆，
则椭圆短轴为圆柱底面直径的长，
即2b＝4，
即b＝2，
则，
则椭圆的离心率为．
故选：B．
【点评】本题考查了椭圆的性质，重点考查了椭圆离心率的求法，属中档题．
二、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，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
（多选）9．（6分）将函数f（x）＝sin（2x+）的图象向右平移个单位长度得到g（x）图象，则下列判断正确的是（ ）
A．函数g（x）在区间[，]上单调递增
B．函数f（x）图象关于直线x＝对称
C．函数g（x）在区间[﹣，]上单调递减
D．函数f（x）图象关于点（，0）对称
【分析】利用函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律求解g（x），逐项判断可得结论．
【解答】解：由函数f（x）＝sin（2x+）的图象向右平移个单位长度，可得y＝sin[2（）+]＝sin（2x﹣）
∴g（x）＝sin（2x﹣）
对于A：令2x﹣，解得，∴在区间[，]上单调递增；则A正确．
对于B：当x＝时，可得函数值f（x）＝1，所以图象关于直线x＝对称；则B正确．
对于C：令≤2x﹣，解得﹣，∴在区间[﹣，]上不是单调递减；则C不正确．
对于D：令x＝，可得函数值f（x）＝0，∴图象关于点（，0）对称；则D正确；
故选：ABD．
【点评】本题主要考查由函数y＝Asin（ωx+φ）图象以及性质，函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，属于基础题．
（多选）10．（6分）已知斜率为的直线l经过抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点F，与抛物线C交于点A，B两点（点A在第一象限），与抛物线的准线交于点D，若|AB|＝8，则以下结论正确的是（ ）
A．B．|AF|＝6C．|BD|＝2|BF|D．F为AD中点
【分析】方法一：由题意画出图形，写出直线方程，与抛物线方程联立，求得A的坐标，再由焦半径公式求p，进一步求出|BF|，|BD|的值，逐一判断四个选项得答案；
方法二：利用抛物线的焦点弦公式，即可分别判断答案．
【解答】解：方法一：如图，F（，0），直线l的斜率为，则直线方程为y＝（x﹣），
联立，得12x2﹣20px+3p2＝0．
解得：xA＝，xB＝
由|AB|＝|AF|+|BF|＝xA+xB+p＝＝8，得p＝3．
所以抛物线方程为y2＝6x．
则|AF|＝xA+＝2p＝6，故B正确；
所以|BF|＝2，
|BD|＝＝4，∴|BD|＝2|BF|，故C正确；
所以|AF|＝|DF|＝6，则F为AD中点．
，故A错误，
方法二：设直线AB的倾斜角为θ
利用抛物线的焦点弦的性质，由＝8，则p＝3，
＝6，＝2，
＝，
在Rt△DBB′中，csθ＝，所以|BD|＝4，因此F为AD中点．
故选：BCD．
【点评】本题考查抛物线的简单几何性质，直线与抛物线的位置关系，考查抛物线的焦点弦的性质，熟练掌握抛物线焦点弦的几何性质，在平常的练习中起到重要作用，同学们可以在练习中自己推导并熟练掌握，属于中档题．
（多选）11．（6分）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知M，N，P分别是棱C1D1，AA1，BC的中点，Q为平面PMN上的动点，且直线QB1与直线DB1的夹角为30°，则（ ）
A．DB1⊥平面PMN
B．平面PMN截正方体所得的截面图形为正六边形
C．点Q的轨迹长度为π
D．能放入由平面PMN分割该正方体所成的两个空间几何体内部（厚度忽略不计）的球的半径的最大值为
【分析】A选项，建立空间直角坐标系，求出平面PMN的法向量，得到线面垂直；B选项，作出辅助线，即可找到平面PMN截正方体所得的截面；C选项，作出辅助线，得到点Q的轨迹，并求出轨迹长度；D选项，由对称性得到平面PMN分割该正方体所成的两个空间几何体对称，由对称性可知，球心在B1D上，设球心为R（t，t，t），由得到方程，求出半径的最大值．
【解答】解：A选项，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
P（1，2，0），M（0，1，2），N（2，0，1），D（0，0，0），B1（2，2，2），
故．
设平面PMN的法向量为，
则，
令z＝1得，x＝y＝1，故，
因为，故DB1⊥平面PMN，A正确；
B选项，取A1D1，AB，CC1的中点E，F，Q，连接MQ，ME，EN，NF，FP，PQ，EP，A1B，CD1，
因为M，N，P分别是棱C1D1，AA1，BC的中点，
所以NF∥A1B，MQ∥CD1，又CD1∥EP∥A1B，
所以NF∥MQ∥EP，所以平面PMN截正方体所得的截面为正六边形FPQMEN，B正确；

C选项，Q为平面PMN上的动点，直线QB1与直线DB1的夹角为30°，
又DB1⊥平面PMN，设垂足为S，以S为圆心，为半径作圆，
即为点Q的轨迹，
其中，由对称性可知，，
故半径，
故点Q的轨迹长度为2π，C错误；
D选项，因为M，N，P分别是棱C1D1，AA1，BC的中点，
所以平面PMN分割该正方体所成的两个空间几何体对称，
不妨求能放入含有顶点D的空间几何体的球的半径最大值，
该球与平面PMN切于点S，与平面ADD1A1，平面ADCB，平面DCC1D1相切，
由对称性可知，球心在B1D上，设球心为R（t，t，t），则半径为t，
S（1，1，1），故，即，解得，
故球的半径的最大值为，D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查空间向量在立体几何中的应用，属于中档题．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）函数的定义域是 （1，2） ．
【分析】对数的真数大于零，然后建立不等式求解即可．
【解答】解：函数，
令﹣x2+3x﹣2＞0，解得1＜x＜2，
所以函数的定义域为（1，2）．
故答案为：（1，2）．
【点评】本题主要考查函数定义域的求解，属于基础题．
13．（5分）已知点P是双曲线C左支上一点F1，F2是双曲线的左、右两个焦点，且PF1⊥PF2，PF2与两条渐近线相交于M，N两点（如图），点N恰好平分线段PF2，则双曲线的离心率是 ．
【分析】利用三角形中位线定理、锐角三角函数的正弦与余弦的定义，结合已知，可以求出a，b的关系，进而求得双曲线的离心率．
【解答】解：点P是双曲线C左支上一点F1，F2是双曲线的左、右两个焦点，且PF1⊥PF2，PF2与两条渐近线相交于M，N两点（如图），点N恰好平分线段PF2，
则ON是△PF1F2的中位线，
则，
可得，，
又因为|F1F2|＝2c，则|PF1|＝2a，|PF2|＝2b，
则|PF2|﹣|PF|1＝2b﹣2a＝2a⇒b＝2a，
所以双曲线的离心率是．
故答案为：．
【点评】本题主要考查双曲线的性质，考查计算能力，属于中档题．
14．（5分）已知直线l1：y＝kx+m（k≠0，m≠0）与椭圆C：相交于不同的两点A，B，过AB的中点M作垂直于l1的直线l2，设l2与椭圆C相交于不同的两点C，D，且CD的中点为N．设原点O到直线l1的距离为d，则的取值范围是 ．
【分析】由题意，将直线l1的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理得到点M的坐标，推出直线l2的方程，将直线l2的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理求出点N的坐标，结合弦长公式、点到直线的距离公式以及换元法再进行求解即可．
【解答】解：联立，消去y并整理得（1+4k2）x2+8kmx+4m2﹣4＝0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），
由韦达定理得x1+x2＝﹣，x1x2＝，
因为点M为线段AB的中点，
所以，
此时直线l2的方程为y﹣，
即，
联立，消去y并整理得，
设C（x3，y3），D（x4，y4），
由韦达定理得x3+x4＝，
因为CD的中点为N，
所以N（﹣，，
所以＝，
易知原点O到直线l1的距离，
所以＝，
令t＝k2+1，t＞1，
此时＝．
故答案为：．
【点评】本题考查椭圆的方程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，属于中档题．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15．（13分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c且c•tanA＝（2b﹣c）•tanC．
（1）求角A的大小；
（2）若点D在AC边上，且＝，BD＝BC，求sin∠ABC的值．
【分析】（1）由c•tanA＝（2b﹣c）•tanC，可得csA＝，可求A．
（2）如图，作BE⊥AC于E，则∠ABE＝﹣∠A＝，设DC＝2t（t＞0），进而可求BE＝4t，BC＝7t，进而可求sin∠CBE＝，cs∠CBE＝，从而可求结论．
【解答】解：（1）依题意，根据正弦定理得＝，
整理得sinAcsC+csAsinC＝2csAsinB，
即sin（A+C）＝2csAsinB，
所以sin（A+C）＝sin（π﹣B）＝sinB＞0，
所以csA＝，又0＜A＜π，所以A＝．
（2）如图，作BE⊥AC于E，则∠ABE＝﹣∠A＝，
所以∠ABC＝∠ABE+∠CBE＝+∠CBE，
设DC＝2t（t＞0），因为＝，BD＝BC，
所以AD＝3t，DE＝EC＝t，AE＝4t，
在Rt△ABE中，BE＝AE•tanA＝4t，
在Rt△BEC中，BC＝＝7t，
所以sin∠CBE＝，cs∠CBE＝，
所以sin∠ABC＝sin（+∠CBE）＝sincs∠CBE+cssin∠CBE＝．
【点评】本题考查正弦定理的应用，属中档题．
16．（15分）某校对2021年高一上学期期中数学考试成绩（单位：分）进行分析，随机抽取100名学生，将分数按照[30，50），[50，70），[70，90），[90，110），[110，130），[130，150]分成6组，制成了如图所示的频率分布直方图：
（1）求a的值；
（2）估计该校高一期中数学考试成绩的第80百分位数；
（3）为了进一步了解学生对数学学习的情况，由频率分布直方图，成绩在[50，70）和[70，90）的两组中，用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取5名学生，再从这5名学生中随机抽取2名学生进行问卷调查，求抽取的这2名学生至少有1人成绩在[50，70）内的概率．
【分析】（1）利用频率之和1，即可计算出a；
（2）利用百分位数的运算方法，求出成绩的第80百分位数；
（3）利用分层抽样取样方法，算出需在[50，70）分数段内抽2人，在[70，90）分数段内抽3人，根据古典概型公式计算即可．
【解答】解：（1）由0.005×20+0.005×20+0.0075×20+0.02×20+a×20+0.0025×20＝1，解得a＝0.0100；
（2）由题可知知样本数据中数学考试成绩在110分以下所占比例为0.1+0.1+0.15+0.4＝0.75，
在130分以下所占比例为0.75+0.2＝0.95，
因此，第80百分位数一定位于[110，130）内，由110+20×＝115，
可以估计样本数据的第80百分位数约为115分，
据此可以估计该校高一下学期期中数学考试成绩第80百分位数约为115分；
（3）由题意可知，[50，70）分数段的人数为100×0.1＝10 （人），
[70，90）分数段的人数为100×0.15＝15 （人）．
用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取5名学生，则需在[50，70）分数段内抽2人，在[70，90）分数段内抽3人，
则抽取的这2名学生至少有1人成绩在[50，70）内的概率1﹣＝．
【点评】本题考查根据频率分布直方图求百分位数，求频率、频数，考查古典概型，是基础题．
17．（15分）在以O为坐标原点的平面直角坐标系中，抛物线C：y2＝4x，不过焦点的直线l与抛物线C交于A，B两点，．
（1）求C的焦点坐标和准线方程；
（2）证明：直线l过定点．
【分析】（1）由抛物线方程求解；
（2）设直线l的方程为x＝ky+m，m≠1，联立，然后结合韦达定理及向量数量积的坐标运算求解．
【解答】（1）解：抛物线C的方程为y2＝4x，
则C的焦点坐标为（1，0），准线方程为x＝﹣1；
（2）证明：设直线l的方程为x＝ky+m，m≠1，
联立，
消x可得y2﹣4ky﹣4m＝0，
则Δ＝16k2+16m＞0，①
设A（x1，y1），B（x2，y2），
则y1y2＝﹣4m，x1x2＝（ky1+m）（ky2+m）＝＝m2，
又，
则x1x2+y1y2+3＝0，
即m2﹣4m+3＝0，
又m≠1，
则m＝3，满足①，
即直线l的方程为x＝ky+3，
即直线l过定点（3，0）．
【点评】本题考查了抛物线的性质，重点考查了直线与抛物线的位置关系，属中档题．
18．（17分）如图所示的几何体中，PD垂直于梯形ABCD所在的平面，∠ADC＝∠BAD＝，F为PA的中点，PD＝，AB＝AD＝CD＝1，四边形PDCE为矩形，线段PC交DE于点N．
（1）求证：AC∥平面DEF；
（2）求二面角A﹣PB﹣C的正弦值；
（3）在线段EF上是否存在一点Q，使得BQ与平面BCP所成角的大小为？若存在，求出FQ的长；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）连接FN，证明FN∥AC，利用直线与平面平行的判定定理证明AC∥平面DEF．
（2）以D为原点，分别以DA，DC，DP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．求出平面PBC的法向量，平面ABP的一个法向量，利用空间向量的数量积求解二面角A﹣PB﹣C的正弦值．
（3）解由，设＝λ（0≤λ≤1），求出．通过直线BQ与平面BCP所成角的大小为，解得λ2＝1，然后求出FQ的长；
【解答】（1）证明：因为四边形PDCE为矩形，所以N为PC的中点．连接FN，
在△PAC中，F，N分别为PA，PC的中点，所以FN∥AC，
因为FN⊂平面DEF，AC⊄平面DEF，
所以AC∥平面DEF．
（2）解：易知DA，DC，DP两两垂直，如图以D为原点，分别以DA，DC，DP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．
则，所以．
设平面PBC的法向量为，
则，不妨y＝1，则x＝1，z＝
所以平面PBC的一个法向量为．
设平面ABP的法向量为＝（a，b，c），
，据此可得，
则平面ABP的一个法向量为，
，
故二面角A﹣PB﹣C的正弦值为．
（3）解：设存在点Q满足条件．由，
设＝λ（0≤λ≤1），整理得，
则．
因为直线BQ与平面BCP所成角的大小为，
所以
解得λ2＝1，
由0≤λ≤1知λ＝1，即点Q与E重合．
故在线段EF上存在一点Q，且．
【点评】本题考查二面角的平面角的求法，直线与平面平行的判定定理的应用，空间距离的求法，考查空间想象能力以及计算能力，是中档题．
19．（17分）已知椭圆的左、右焦点分别为F1、F2，B为上顶点，离心率为，直线BF2与圆4x2+4y2﹣3＝0相切．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）椭圆方程，平面上有一点P（x0，y0）．定义直线方程＝1是椭圆Γ在点P（x0，y0）处的极线．
①若P（x0，y0）在椭圆C上，证明：椭圆C在点P处的极线就是过点P的切线；
②若过点P（﹣4，0）分别作椭圆C的两条切线和一条割线，切点为X、Y，割线交椭圆C于M、N两点，过点M、N分别作椭圆C的两条切线，且相交于点Q．证明：Q、X、Y三点共线．
【分析】（1）由题意，根据题目所给信息以及点到直线的距离公式进行求解即可；
（2）①先求出椭圆C在点P处的极线方程，再对y0＝0和y0≠0这两种情况进行讨论，分别求证椭圆C在点P处的极线就是过点的切线即可；
②结合（1）中所得信息得到过点M，N得切线方程，根据两直线方程都过点Q，得到割线MN的方程以及过点P的两条切点弦XY的方程，根据割线MN过点P，代入坐标进行求证即可．
【解答】解：（1）因为椭圆C的离心率为，
所以，
易知直线，
即b1x+c1y﹣b1c1＝0，
因为直线BF2与圆相切，
所以，
解得，
则椭圆C的标准方程为；
（2）①证明：由（1）知椭圆C的方程为，
因为点P（x0，y0）在椭圆C上，
所以，
易知椭圆C在点P（x0，y0）处的极线方程为，
当y0＝0时，
解得x0＝±2，
此时极线方程为x＝±2，
则点P处的极线就是过点P的切线，
当y0≠0时，极线方程为，
即y＝﹣，
联立，消去y并整理得，
此时，
综上所述，椭圆C在点P处的极线就是过点P的切线；
②证明：设Q（x0，y0），M（x1，y1），N（x2，y2），
由①知，过点M的切线方程为，
过点 N 的切线方程为，，
因为直线l1，l2都过点Q（x0，y0），
所以，
则割线MN的方程为，
同理得过点P（﹣4，0）的两条切线的切点弦XY的方程l3：，
即x＝﹣1，
因为割线MN过点P（﹣4，0），
所以，
解得x0＝﹣1，
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
C
D
A
D
D
A
C
B