2020-2021学年安徽省六安市高二（上）12月段考数学（理）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年安徽省六安市高二（上）12月段考数学（理）试卷人教A版，共12页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 下列各数中，最小的数是( )
A.75B.111111(2)C.210(6)D.85(9)

2. 已知直线l1:x+my+7=0和l2:(m−2)x+3y+2m=0互相平行，则实数m=( )
A.m=−1或3B.m=−1C.m=−3D.m=1或m=−3

3. 设m，n是不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，有以下四个命题：
①若m⊥α，n⊥α，则m // n；
②若α∩γ=m，β∩γ=n，m // n则α // β；
③若α // β，β // γ，m⊥α，则m⊥γ；
④若γ⊥α，γ⊥β，则α // β．
其中正确命题的序号是( )
A.①③B.②③C.③④D.①④

4. 若直线y=x+b与曲线y=3−4x−x2有公共点，则b的取值范围是( )
A.[1−22, 1+22]B.[1−2, 3]C.[−1, 1+22]D.[1−22, 3]

5. 某程序框图如图所示，若该程序运行后输出的值是95，则( )

A.a=4B.a=5C.a=6 D.a=7

6. 某产品的广告费用x与销售额y的统计数据如表：根据表格数据可得回归方程 y=bx+a中的b为 9.4，据此模型预报广告费用为6万元时销售额大约为( )
A.63.6万元B.65.5万元C.67.7万元D.72.0万元

7. 一个几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积等于( )

A.12B.833C.563D.4

8. 某初级中学有学生270人，其中一年级108人，二、三年级各81人，现要利用抽样方法抽取10人参加某项调查，考虑选用简单随机抽样、分层抽样和系统抽样三种方案，使用简单随机抽样和分层抽样时，将学生按一、二、三年级依次统一编号为1，2，…，270；使用系统抽样时，将学生统一随机编号为1，2，⋯，270，并将整个编号依次分为10段，如果抽得号码有下列四种情况：
①7，34，61，88，115，142，169，196，223，250；
②5，9，100，107，111，121，180，195，200，265；
③11，38，65，92，119，146，173，200，227，254；
④30，57，84，111，138，165，192，219，246，270．
关于上述样本的下列结论中，正确的是（ ）
A.②，③都不能为系统抽样B.②，④都不能为分层抽样
C.①，④都可能为系统抽样D.①，③都可能为分层抽样

9. 如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA=2，底面ABCD为边长为2的正方形，E为BC的中点，则异面直线BD与PE所成的角的余弦值为( )

A.26B.36C.23D.33

10. 突如其来的疫情打乱了我们的学习节奏，老师为检查网课学习情况，组织了一次网络在线考试，并计算出本次考试中全体学生的平均分为90，方差为65；后来有两位学生反应，自己的成绩被登记错误，一位学生的成绩为88分，记录成78分，另一位学生的成绩为80分，记录成90分，更正后，得到的平均分为x¯，方差为s2，则( )
A.x¯=90，s2>65B.x¯=90，s2<65C.x¯>90，s2<65D.x¯=90，s2=65

11. 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kk>0,k≠1的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆．若平面内两定点A，B间的距离为4，动点P满足|PA||PB|=3，当P，A，B不共线时， △PAB面积的最大值是（ ）
A. 433B.3C.43D.33

12. 已知四棱锥S−ABCD的所有顶点都在半径为R(R为常数)的一个球面上，底面ABCD是正方形且球心O到平面ABCD的距离为1，若此四棱锥体积的最大值为6，则球O的体积为( )
A.32π3B.8πC.16πD.16π3
二、填空题

如图，E，F分别为正方形ABCD的边BC，CD的中点，沿图中虚线将边长为2的正方形折起来，围成一个三棱锥，则此三棱锥的体积是________．

三、解答题

已知△ABC的顶点A5,1，边AB上的中线CM所在直线方程为2x−y−5=0，边AC上的高BH所在直线方程为x−2y−5=0.求：
1顶点C的坐标；

(2)直线BC的方程；

3△ABC的面积．

如图，四棱锥P−ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形， PA⊥底面ABCD，∠BAD=120∘，E，F分别是CD，PC的中点， AP=4.

(1)求四棱锥F−ABCE的体积；

(2)求BF与底面ABCD所成角的正切值．

“中华好诗词”江西赛区有40名选手参加初选，测试成绩（单位：分）分组如下：第1组[75,80)，第2组[80,85)，第3组[85,90)，第4组[90,95)，第5组95,100，得到频率分布直方图如图所示．

(1)求直方图中x的值，若90分(含90分)为晋级线，有多少同学晋级？

(2)根据频率分布直方图估计成绩的众数和平均值；

(3)用分层抽样的方法从成绩在第3组到第5组的选手中抽取6名同学组成一个小组，每组中应抽取多少人？

如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面AA1B1B是边长为2的菱形，AC⊥平面AA1B1B，且AC=2，点E为A1C1的中点，O为BA1与AB1的交点．

1证明：BA1⊥平面AB1C；

2若∠ABB1=60∘，求三棱锥E−B1AC的体积．

已知四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AD // BC，AB⊥BC，AB=AD=1，BC=2，又PB⊥平面ABCD，且PB=1，点E在棱PD上，且DE=2PE．

1求异面直线PA与CD所成的角的大小；

2求证：BE⊥平面PCD；

3求二面角A−PD−B的大小．

已知圆C:x2+y2−2x+4y−4=0．
1若过定点(−2, 0)的直线l与圆C相切，求直线l的方程；

2若过定点(−1, 0)且倾斜角为π6的直线l与圆C相交于A，B两点，求线段AB的中点P的坐标；

3问是否存在斜率为1的直线l，使l被圆C截得的弦为EF，且以EF为直径的圆经过原点？若存在，请写出求直线l的方程；若不存在，请说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021学年安徽省六安市高二（上）12月段考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
进位制
【解析】
欲找四个中最小的数，先将它们分别化成十进制数，后再比较它们的大小即可．
【解答】
解：A，75；
B，111111(2)=25+24+23+22+21+20=63；
C，210(6)=2×62+1×6=78；
D，85(9)=8×9+5=77；
因为63<75<77<78，
故111111(2)最小.
故选B．
2.
【答案】
A
【考点】
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
直接由平行，构造方程，解出再验证即可.
【解答】
解：由m(m−2)−3=0，
解得m=3或−1．
经过验证都满足两条直线平行，
∴ m=3或−1.
故选A．
3.
【答案】
A
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
根据空间线面位置关系的性质和判定定理判断或举出反例说明．
【解答】
解：①由于垂直于同一个平面的两条直线平行，故①正确；
②设三棱柱的三个侧面分别为α，β，γ，其中两条侧棱为m，n，显然m // n，但α与β不平行，故②错误；
③∵ α // β // γ，∴ 当m⊥α时，m⊥γ，故③正确；
④当三个平面α，β，γ两两垂直时，显然结论不成立，故④错误．
故选A．
4.
【答案】
D
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
本题要借助图形来求参数b的取值范围，曲线方程可化简为(x−2)2+(y−3)2=4(1≤y≤3)，即表示圆心为(2, 3)半径为2的半圆，画出图形即可得出参数b的范围．
【解答】
解：曲线方程可化简为(x−2)2+(y−3)2=4(1≤y≤3)，
即表示圆心为(2, 3)半径为2的半圆，如图
依据数形结合，当直线y=x+b与此半圆相切时须满足圆心(2, 3)到直线y=x+b距离等于2，
即|2−3+b|2=2解得b=1+22或b=1−22，
因为是下半圆故可知b=1+22（舍），故b=1−22，
当直线过(0, 3)时，解得b=3，
故1−22≤b≤3，
故选D．
5.
【答案】
A
【考点】
程序框图
【解析】
根据已知流程图可得程序的功能是计算S=1+11×2+…+1aa+1的值，利用裂项相消法易得答案．
【解答】
解：由已知可得该程序的功能是
计算并输出S=1+11×2+…+1aa+1
=1+1−1a+1
=2−1a+1.
若该程序运行后输出的值是95，
则2−1a+1=95．
∴a=4．
故选A．
6.
【答案】
B
【考点】
求解线性回归方程
【解析】
根据表中所给的数据，广告费用x与销售额y（万元）的平均数，得到样本中心点，代入样本中心点求出a的值，写出线性回归方程．将x=6代入回归直线方程，得y，可以预报广告费用为6万元时销售额．
【解答】
解：由表中数据得：x¯=3.5，y¯=42，
又回归方程 y=bx+a中的b为 9.4，
故a=42−9.4×3.5=9.1，
∴ y=9.4x+9.1．
将x=6代入回归直线方程，得y=9.4×6+9.1=65.5（万元）．
∴ 此模型预报广告费用为6万元时销售额为65.5万元．
故选B.
7.
【答案】
D
【考点】
由三视图求体积
【解析】
由已知中的三视图，我们易判断出这个几何体的形状及结构特征，进而求出底面各边长，求出底面面积和棱锥的高后，代入棱锥的体积公式，是解答本题的关键．
【解答】
解：由已知中的三视图可得这是一个底面为梯形的四棱锥，如图所示.
其中底面的上底为2，下底为4，高为2，
则底面面积S=12×(2+4)×2=6，
棱锥的高H为2，
则这个几何体的体积：
V=13⋅S⋅H
=13×6×2
=4.
故选D.
8.
【答案】
D
【考点】
分层抽样方法
系统抽样方法
简单随机抽样
【解析】
观察所给的四组数据，根据四组数据的特点，把所用的抽样选出来，①，③可能是系统抽样或分层抽样，②是简单随机抽样，④一定不是系统抽样和分层抽样．
【解答】
解：观察所给的四组数据，
①，③可能是系统抽样或分层抽样，
②是简单随机抽样，
④一定不是系统抽样和分层抽样.
故选D．
9.
【答案】
A
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
取CD的中点F，连接EF，PF，可得EF // BD，从而可得∠PEF为异面直线BD与PE的所成角（或补角），由此能求出异面直线BD与PE所成角的余弦值．
【解答】
解：取CD的中点F，连接EF，PF，AE，AF，如图：
∵ E为BC的中点，
∴ EF // BD，
则∠PEF为异面直线BD与PE的所成角（或补角）．
∵ PA⊥底面ABCD，AE⊂底面ABCD，
∴ PA⊥AE，
∵ 底面ABCD为边长为2的正方形，E为BC的中点，
∴ AE=5，
在Rt△PAE中，PA=2，则PE=3，
同理可得PF=3，
又∵ EF=12BD=2，
∴ cs∠PEF=12EFPE=22×3=26.
故选A.
10.
【答案】
B
【考点】
极差、方差与标准差
众数、中位数、平均数
【解析】
直接利用数据的关系，确定平均数和方差的变化情况，即可得到答案.
【解答】
解：由于78+90=88+80，因此更正前后样本的平均数不发生改变，即x¯=90，
由于90−782>90−882+90−802，因此更正后样本的方差变小，即s2<65.
故选B.
11.
【答案】
C
【考点】
轨迹方程
圆的标准方程
【解析】
建立直角坐标系，求出点P的轨迹方程，即可得解．
【解答】
解：以经过A，B的直线为x轴，线段AB的垂直平分线为y轴，建立直角坐标系，如下所示：
则A−2,0， B2,0，设Px,y，
已知 |PA||PB|=3，
所以 x+22+y2x−22+y2=3，
整理得x2+y2−8x+4=0，
即x−42+y2=12,y≠0，
点P到AB（x轴）的距离最大值为23，
所以△PAB面积的最大值为S=12×4×23=43.
故选C．
12.
【答案】
A
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
球的表面积和体积
球内接多面体
【解析】
当此四棱锥体积取得最大值时，四棱锥为正四棱锥，根据该四棱锥的最大体积为6，确定球的半径为R，从而可求球的体积．
【解答】
解：如图，可得AC=2R2−1，
则AB=22AC=2R2−1，
此四棱锥的体积最大值Vmax=13SABCD⋅R+1
=13⋅AB2⋅(R+1)
=23R2−1R+1=6，
整理可得： R3+R2−R−1=9，
即可得R−2R2+3R+5=0,
解得R=2，
则球O的体积V=43πR3=32π3．
故选A．
二、填空题
【答案】
13
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
由题意图形折叠为三棱锥，直接求出三棱柱的体积即可．
【解答】
解：由题意图形折叠为三棱锥，则B,C,D三点重合为点M，则AM,EM,FM两两垂直,
因为正方形边长为2，
所以AM=2，EM=1，FM=1，
所以三棱柱的体积：V=13×12×1×1×2=13.
故答案为：13．
三、解答题
【答案】
解：1设Cm,n
∵ AB边上的中线CM所在直线方程为2x−y−5=0，
AC边上的高BH所在直线方程为x−2y−5=0，
∴ 2m−n−5=0，n−1m−5×12=−1， 解得m=4，n=3.
∴ C4,3.
2设Ba,b，
则a−2b−5=0，2×a+52−1+b2−5=0，
解得a=−1，b=−3.
∴ B−1,−3，
∴ kBC=3+34+1=65，
∴ 直线BC的方程为y−3=65x−4，
即6x−5y−9=0.
3点A到直线BC的距离为d=|6×5−5×1−9|62+52=1661，
又|BC|=(4+1)2+(3+3)2=61，
所以△ABC的面积S=12⋅|BC|⋅d=8，
∴ △ABC的面积为8.
【考点】
直线的一般式方程与直线的垂直关系
中点坐标公式
直线的点斜式方程
点到直线的距离公式
两点间的距离公式
【解析】
1利用点C在直线CM上，及直线AC与BH垂直，构造方程，即可解出答案；
2利用中点坐标公式、点斜式即可得出；
3首先求出点A到直线BC的距离，再求出BC的长度，即可求出面积.
【解答】
解：1设Cm,n
∵ AB边上的中线CM所在直线方程为2x−y−5=0，
AC边上的高BH所在直线方程为x−2y−5=0，
∴ 2m−n−5=0，n−1m−5×12=−1， 解得m=4，n=3.
∴ C4,3.
2设Ba,b，
则a−2b−5=0，2×a+52−1+b2−5=0，
解得a=−1，b=−3.
∴ B−1,−3，
∴ kBC=3+34+1=65，
∴ 直线BC的方程为y−3=65x−4，
即6x−5y−9=0.
3点A到直线BC的距离为d=|6×5−5×1−9|62+52=1661，
又|BC|=(4+1)2+(3+3)2=61，
所以△ABC的面积S=12⋅|BC|⋅d=8，
∴ △ABC的面积为8.
【答案】
解：(1)∵ ∠BAD=120∘，AB=2，四边形ABCD为菱形，且E为CD的中点，
∴ AE=3，
∴ S四边形ABCE=12×1+2×3=332，
如图，连接AC，BD相交于点O，连接OF，
则O为AC的中点，
∵ F为PC的中点，
∴ OF//AP，
∵ AP⊥平面ABCD，
∴ OF⊥平面ABCD，且OF=12AP=2，
∴ VF−ABCE=13OF⋅S四边形ABCE=13×2×332=3．
(2)由(1)知，OF⊥平面ABCD，OF=2，OB=3，
∴ ∠FBO即为BF与底面ABCD所成角．
∴ tan∠FBO=OFOB=23=233．
故BF与底面ABCD所成角的正切值为233．
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
直线与平面所成的角
【解析】
(1)连接AC、BD相交于点O，连接OF，则OF//AP，由AP⊥平面ABCD，知OF⊥平面ABCD，易求得梯形ABCE的面积，而VF−ABCE=13OF⋅S四边形ABCE，代入所得数据进行运算即可．
(2)由(1)知，OF⊥平面ABCD，故∠FBO即为所求，再由tan∠FBO=OFOB即可得解．
【解答】
解：(1)∵ ∠BAD=120∘，AB=2，四边形ABCD为菱形，且E为CD的中点，
∴ AE=3，
∴ S四边形ABCE=12×1+2×3=332，
如图，连接AC，BD相交于点O，连接OF，
则O为AC的中点，
∵ F为PC的中点，
∴ OF//AP，
∵ AP⊥平面ABCD，
∴ OF⊥平面ABCD，且OF=12AP=2，
∴ VF−ABCE=13OF⋅S四边形ABCE=13×2×332=3．
(2)由(1)知，OF⊥平面ABCD，OF=2，OB=3，
∴ ∠FBO即为BF与底面ABCD所成角．
∴ tan∠FBO=OFOB=23=233．
故BF与底面ABCD所成角的正切值为233．
【答案】
解：(1)因为0.01+0.07+0.06+x+0.02×5=1，
所以x=0.04，
所以晋级的人数为(0.04+0.02)×5×40=12(人)．
(2)根据频率分布直方图可知
众数在第2组[80,85)中，取组中值为82.5.
成绩的平均值为
0.05×75+802+0.35×85+802+0.30×85+902+
0.20×90+952+0.10×95+1002=87.25．
答：成绩的众数是82.5，平均值为87.25.
(3)第3组学生人数为0.06×5×40=12(人)，
第4组学生人数为0.04×5×40=8(人)，
第5组学生人数为0.02×5×40=4(人).
因为人数之比为12:8:4=3:2:1，
所以第3组的人数为3人，第4组学生人数2人，第5组的人数为1人．
【考点】
频率分布直方图
众数、中位数、平均数
分层抽样方法
【解析】
无
无
无
【解答】
解：(1)因为0.01+0.07+0.06+x+0.02×5=1，
所以x=0.04，
所以晋级的人数为(0.04+0.02)×5×40=12(人)．
(2)根据频率分布直方图可知
众数在第2组[80,85)中，取组中值为82.5.
成绩的平均值为
0.05×75+802+0.35×85+802+0.30×85+902+
0.20×90+952+0.10×95+1002=87.25．
答：成绩的众数是82.5，平均值为87.25.
(3)第3组学生人数为0.06×5×40=12(人)，
第4组学生人数为0.04×5×40=8(人)，
第5组学生人数为0.02×5×40=4(人).
因为人数之比为12:8:4=3:2:1，
所以第3组的人数为3人，第4组学生人数2人，第5组的人数为1人．
【答案】
1证明：∵ 侧面AA1B1B是边长为2的菱形，
∴ A1B⊥AB1，
∵ AC⊥平面AA1B1B，A1B⊂平面AA1B1B，
∴ AC⊥A1B，
∵ AB1∩AC=A，AB1，AC⊂平面AB1C，
∴ BA1⊥平面AB1C.
(2)解：∵ ∠ABB1=60​∘，四边形AA1B1B是边长为2的菱形，
故△ABB1为等边三角形.
且A1C1//AC，
则VE−B1AC=VA1−B1AC=13S△B1AC⋅OA1
=13×12×2×2×3
=233.
故三棱锥E−B1AC的体积为233.
【考点】
直线与平面垂直的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
1由侧面AA1B1B是边长为2的菱形，得A1B⊥AB1，再由AC⊥平面AA1B1B，得AC⊥A1B，然后利用直线与平面垂直的判定可得BA1⊥平面AB1C；
2由已知求得AB1=2，OA1＝3，结合A1C1 // AC，可得VE−B1AC＝VA1−B1AC，再由棱锥体积公式求得三棱锥E−B1AC的体积．
【解答】
1证明：∵ 侧面AA1B1B是边长为2的菱形，
∴ A1B⊥AB1，
∵ AC⊥平面AA1B1B，A1B⊂平面AA1B1B，
∴ AC⊥A1B，
∵ AB1∩AC=A，AB1，AC⊂平面AB1C，
∴ BA1⊥平面AB1C.
(2)解：∵ ∠ABB1=60​∘，四边形AA1B1B是边长为2的菱形，
故△ABB1为等边三角形.
且A1C1//AC，
则VE−B1AC=VA1−B1AC=13S△B1AC⋅OA1
=13×12×2×2×3
=233.
故三棱锥E−B1AC的体积为233.
【答案】
1解：取BC中点F，连接AF，
则CF=AD，且CF // AD，
∴ 四边形ADCF是平行四边形，
∴ AF // CD，
∴ ∠PAF（或其补角）为异面直线PA与CD所成的角，
∵ PB⊥平面ABCD，
∴ PB⊥BA，PB⊥BF，
∵ PB=AB=BF=1，
∴ AB⊥BC，
∴ PA=PF=AF=2．
∴ △PAF是正三角形，∠PAF=60∘，
即异面直线PA与CD所成的角等于60∘．
2证明：在Rt△PBD中，PB=1，BD=2，
∴ PD=3，
∵ DE=2PE，
∴ PE=33，
则PEPB=PBPD=13，
∴ △PBE∼△PDB，
∴ BE⊥PD，
由1知，CF=BF=DF，
∴ ∠CDB=90∘，
∴ CD⊥BD，
又PB⊥平面PBD，
∴ PB⊥CD，
∵ PB∩BD=B，PB，BD⊂平面PBD，
∴ CD⊥平面PBD，
∵ BE⊂平面PBD，
∴ CD⊥BE，
∵ CD∩PD=D，CD，PD⊂平面PCD，
∴ BE⊥平面PCD.
3解：连接AF，交BD于点O，则AO⊥BD，
∵ PB⊥平面ABCD，
∴ 平面PBD⊥平面ABD，
∴ AO⊥平面PBD，
过点O作OH⊥PD于点H，连接AH，则AH⊥PD，
∴ ∠AHO为二面角A−PD−B的平面角，
在Rt△ABD中，AO=22，
在Rt△PAD中，AH=PA⋅ADPD=2×13=63，
在Rt△AOH中，sin∠AHO=AOAH=2263=32，
∴ ∠AHO=60∘，
即二面角A−PD−B的大小为60∘.
【考点】
异面直线及其所成的角
直线与平面垂直的判定
二面角的平面角及求法
【解析】
1由于直线PA与CD不在同一平面内，要把两条异面直线移到同一平面内，做AF // CD，异面直线PA与CD所成的角与AF与PA所成的角相等．
2由三角形中等比例关系可得BE⊥PD，由于CD=BD=得2，BC=2，可知三角形BCD为直角三角形，即CD⊥DB．同时利用勾股定理也可得CD⊥PD，即可得CD⊥平面PDB，即CD⊥BE，即可得证；
3连接AF，交BD于点O，则AO⊥BD，过点O作OH⊥PD于点H，连接AH，则AH⊥PD，则∠AHO为二面角A−PD−B的平面角．
【解答】
1解：取BC中点F，连接AF，
则CF=AD，且CF // AD，
∴ 四边形ADCF是平行四边形，
∴ AF // CD，
∴ ∠PAF（或其补角）为异面直线PA与CD所成的角，
∵ PB⊥平面ABCD，
∴ PB⊥BA，PB⊥BF，
∵ PB=AB=BF=1，
∴ AB⊥BC，
∴ PA=PF=AF=2．
∴ △PAF是正三角形，∠PAF=60∘，
即异面直线PA与CD所成的角等于60∘．
2证明：在Rt△PBD中，PB=1，BD=2，
∴ PD=3，
∵ DE=2PE，
∴ PE=33，
则PEPB=PBPD=13，
∴ △PBE∼△PDB，
∴ BE⊥PD，
由1知，CF=BF=DF，
∴ ∠CDB=90∘，
∴ CD⊥BD，
又PB⊥平面PBD，
∴ PB⊥CD，
∵ PB∩BD=B，PB，BD⊂平面PBD，
∴ CD⊥平面PBD，
∵ BE⊂平面PBD，
∴ CD⊥BE，
∵ CD∩PD=D，CD，PD⊂平面PCD，
∴ BE⊥平面PCD.
3解：连接AF，交BD于点O，则AO⊥BD，
∵ PB⊥平面ABCD，
∴ 平面PBD⊥平面ABD，
∴ AO⊥平面PBD，
过点O作OH⊥PD于点H，连接AH，则AH⊥PD，
∴ ∠AHO为二面角A−PD−B的平面角，
在Rt△ABD中，AO=22，
在Rt△PAD中，AH=PA⋅ADPD=2×13=63，
在Rt△AOH中，sin∠AHO=AOAH=2263=32，
∴ ∠AHO=60∘，
即二面角A−PD−B的大小为60∘.
【答案】
解：1圆C化为标准方程为：(x−1)2+(y+2)2=9，
得到圆心C(1, −2)，半径r=3，
当直线l的斜率不存在时，直线x=−2与⊙C相切，
因此直线x=−2是圆的一条切线；
当直线l的斜率存在时，设切线方程为y=k(x+2)，
则圆心C到切线l的距离d=r，
∴ |k+2+2k|1+k2=3，解得k=512，
∴ 切线l的方程为y=512(x+2)，即5x−12y+10=0，
综上可知：切线l的方程为x=−2或5x−12y+10=0．
2设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
过定点(−1, 0)且倾斜角为π6的直线l方程为：y=33(x+1)，
联立 y=33(x+1)，x2+y2−2x+4y−4=0，
得：4x2+(43−4)x+43−11=0，
∴ x1+x2=1−3，
∴ xP=x1+x22=1−32，yP=33(1−32+1)=3−12，
∴ P1−32,3−12．
3假设存在斜率为1的直线l，使l被圆C截得的弦为EF，且以EF为直径的圆经过原点，
设E(x1, y1)，F(x2, y2)，
设直线l的方程为y=x+m．
联立 y=x+m，x2+y2−2x+4y−4=0，
化为2x2+(2+2m)x+m2+4m−4=0，
∵ 直线l与圆相交于不同两点，
∴ Δ=(2+2m)2−8(m2+4m−4)>0，
化为m2+6m−9<0，(∗)
∴ x1+x2=−(1+m)，x1x2=m2+4m−42，
∵ OE→⋅OF→=x1x2+y1y2=x1x2+(x1+m)(x2+m)
=2x1x2+m(x1+x2)+m2
=m2+4m−4−m(1+m)+m2=0，
化为：m2+3m−4=0，
解得m=−4或1，经验证满足(∗)，
∴ 直线l的方程为y=x−4或y=x+1，
∴ 存在斜率为1的直线l:y=x−4或y=x+1满足题意．
【考点】
圆的切线方程
直线与圆的位置关系
中点坐标公式
直线和圆的方程的应用
【解析】
1当直线l的斜率不存在时，直线x=−2与⊙C相切，因此直线x=−2是圆的一条切线；当直线l的斜率存在时，设切线方程为y=k(x+2)，则圆心C到切线l的距离d=r．利用点到直线的距离公式得出k即可；
2设A(x1, y1)，B(x2, y2)．过定点(−1, 0)且倾斜角为π6的直线l方程为：y=33(x+1)．与圆的方程联立化为关于x的一元二次方程的根与系数的关系，利用中点坐标公式即可得出；
3假设存在斜率为1的直线l，使l被圆C截得的弦为EF，且以EF为直径的圆经过原点，设E(x1, y1)，F(x2, y2)，设直线l的方程为y=x+m，与圆的方程联立得到关于x的一元二次方程，由于直线l与圆相交于不同两点，可得判别式为正数，(∗)利用根与系数的关系可得OE→⋅OF→=x1x2+y1y2=0，解得m再代入(∗)验证即可．
【解答】
解：1圆C化为标准方程为：(x−1)2+(y+2)2=9，
得到圆心C(1, −2)，半径r=3，
当直线l的斜率不存在时，直线x=−2与⊙C相切，
因此直线x=−2是圆的一条切线；
当直线l的斜率存在时，设切线方程为y=k(x+2)，
则圆心C到切线l的距离d=r，
∴ |k+2+2k|1+k2=3，解得k=512，
∴ 切线l的方程为y=512(x+2)，即5x−12y+10=0，
综上可知：切线l的方程为x=−2或5x−12y+10=0．
2设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
过定点(−1, 0)且倾斜角为π6的直线l方程为：y=33(x+1)，
联立 y=33(x+1)，x2+y2−2x+4y−4=0，
得：4x2+(43−4)x+43−11=0，
∴ x1+x2=1−3，
∴ xP=x1+x22=1−32，yP=33(1−32+1)=3−12，
∴ P1−32,3−12．
3假设存在斜率为1的直线l，使l被圆C截得的弦为EF，且以EF为直径的圆经过原点，
设E(x1, y1)，F(x2, y2)，
设直线l的方程为y=x+m．
联立 y=x+m，x2+y2−2x+4y−4=0，
化为2x2+(2+2m)x+m2+4m−4=0，
∵ 直线l与圆相交于不同两点，
∴ Δ=(2+2m)2−8(m2+4m−4)>0，
化为m2+6m−9<0，(∗)
∴ x1+x2=−(1+m)，x1x2=m2+4m−42，
∵ OE→⋅OF→=x1x2+y1y2=x1x2+(x1+m)(x2+m)
=2x1x2+m(x1+x2)+m2
=m2+4m−4−m(1+m)+m2=0，
化为：m2+3m−4=0，
解得m=−4或1，经验证满足(∗)，
∴ 直线l的方程为y=x−4或y=x+1，
∴ 存在斜率为1的直线l:y=x−4或y=x+1满足题意．广告费用x（万元）
4
2
3
5
销售额y（万元）
49
26
39
54