2023-2024学年湖北省武汉二中高二（上）段考数学试卷（10月份）

这是一份2023-2024学年湖北省武汉二中高二（上）段考数学试卷（10月份），文件包含九年级上册第二单元第4课希腊城邦和亚历山大帝国导学案教师版2023-2024学年初中历史docx、九年级上册第二单元第4课希腊城邦和亚历山大帝国导学案学生版2023-2024学年初中历史docx等2份学案配套教学资源，其中学案共17页， 欢迎下载使用。
A．x2+y2﹣4x﹣1＝0B．x2+（y﹣2）2＝5
C．x2+y2+8x+15＝0D．（x﹣2）2+y2＝5
2．（5分）直线l1：mx﹣3y﹣1＝0，l2：（3m﹣2）x﹣my+2＝0，若l1⊥l2，则实数m的值为（ ）
A．0B．3C．0或D．0或3
3．（5分）若圆心在第一象限的圆过点（2，0），且与两坐标轴都相切，则圆心到直线2x+y﹣11＝0的距离为（ ）
A．1B．C．2D．
4．（5分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E、F分别是BC、CC1的中点，G为△ABC的重心，则＝（ ）
A．B．
C．D．
5．（5分）设a，b为实数，若直线ax+by＝1与圆x2+y2＝1相交，则点P（a，b）与圆的位置关系是（ ）
A．在圆上B．在圆外C．在圆内D．不能确定
6．（5分）已知直线l：y＝k（x﹣2）+3，且l与x轴、y轴分别交于A、B两点．若使△AOB的面积为12的直线l共有（ ）
A．1B．2C．3D．4
7．（5分）如图，一次函数y＝x+4的图象与x轴，y轴分别交于点A，B（﹣2，0）是x轴上一点，点E，当△CEF周长最小时，点E（ ）
A．，F（0，2）B．E（﹣2，2），F（0，2）
C．，D．E（﹣2，2），
8．（5分）费马点是指三角形内到三角形三个顶点距离之和最小的点．当三角形三个内角均小于120°时，费马点与三个顶点连线正好三等分费马点所在的周角，即该点所对的三角形三边的张角相等且均为120°．根据以上性质，则（ ）
A．4B．C．D．
二．多选题（共4小题）
9．（5分）已知m，n是两条不同直线，方向向量分别是，；α，β，法向量分别是，，，下列命题正确的是（ ）
A．若，，则α⊥β
B．若，，则n∥α
C．若，，则m∥n
D．若，，则α∥β
（多选）10．（5分）已知直线l：（m+1）x+2y﹣m﹣3＝0与圆C：x2+y2﹣4x﹣4y+4＝0，则（ ）
A．直线l过定点（1，1）
B．圆C的半径是4
C．直线l与圆C一定相交
D．圆C的圆心到直线l的距离的最大值是
（多选）11．（5分）已知空间单位向量，，两两夹角均为60°，，，则下列说法中正确的是（ ）
A．P、A、B、C四点可以共面
B．
C．
D．
（多选）12．（5分）阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点A（λ＞0，且λ≠1）的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”．在平面直角坐标系xOy中，A（﹣2，0），B（4，0）．设点P的轨迹为曲线C，则下列说法正确的是（ ）
A．C的方程为（x+4）2+y2＝16
B．当A，B，P三点不共线时，则∠APO＝∠BPO
C．在C上存在点M，使得|MO|＝2|MA|
D．若D（2，2），则|PB|+2|PD|的最小值为
三．填空题（共4小题）
13．（5分）过点P（3，﹣2）且在两坐标轴上截距互为相反数的直线方程是 ．
14．（5分）已知点A（﹣2，1），B（﹣1，0），C（2，3），D（a，3）四点共圆，则点D到坐标原点O的距离为 ．
15．（5分）如图所示，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，∠A1AB＝∠DAB＝，∠A1AD＝，AB＝AD＝AA1＝2，则|D1B|＝ ．
16．（5分）过两直线2023x﹣2022y﹣1＝0和2022x+2023y+1＝0的交点且过原点的直线方程为 ．
四．解答题（共6小题）
17．（10分）新高考取消文理分科，采用选科模式，这赋予了学生充分的自由选择权．新高考地区某校为了解本校高一年级将来高考选考物理的情况，将他们某次物理测试成绩（满分100分）按照[0，[20，40），60），[60，[80，100]分成5组
（1）求图中a的值并估计这100名学生本次物理测试成绩的中位数；
（2）根据调查，本次物理测试成绩不低于60分的学生，高考将选考物理科目，高考将不选考物理科目．按分层抽样的方法从测试成绩在[0，20），100]的学生中选取5人，再从这5人中任意选取2人
18．（12分）如图，在多面体ABCDE中，平面ABCD⊥平面ABE，AD∥BC，，AB＝AD＝AE＝2BC＝2
（1）证明：BF∥面CDE；
（2）求点F到平面CDE的距离．
19．（12分）已知△ABC的一条内角平分线CD的方程为x+y＝0，一个顶点为A（2，1），AC边上的中线BE所在直线的方程为5x﹣2y+10＝0．
（1）求顶点C的坐标；
（2）求△ABC的面积．
20．（12分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若．
（1）求角A的大小；
（2）若D为BC上一点，∠BAD＝∠CAD，AD＝3
21．（12分）如图所示，四棱锥的底面ABCD为边长为的正方形，M为棱PC的中点，N为棱BC上的点．
（1）求直线AM与平面BMD所成角的余弦值；
（2）线段BC上是否存在一点N，使得平面DMN与平面BMD夹角的余弦值为，若存在
22．（12分）已知圆M的圆心M在x轴上，半径为2，直线l：3x+4y﹣1＝0被圆M截得的弦长为
（1）求圆M的方程；
（2）设A（0，t），B（0，t﹣6）（2≤t≤4），若圆M是△ABC的内切圆，求AC（用t表示）；
（3）在（2）的条件下求△ABC的面积S的最大值及对应的t值．
2023-2024学年湖北省武汉二中高二（上）段考数学试卷（10月份）
参考答案与试题解析
一．单选题（共8小题）
1．（5分）圆x2+y2+4x﹣1＝0关于点（0，0）对称的圆的标准方程为（ ）
A．x2+y2﹣4x﹣1＝0B．x2+（y﹣2）2＝5
C．x2+y2+8x+15＝0D．（x﹣2）2+y2＝5
【答案】D
【分析】先将圆的方程化为标准方程得到圆心和半径，再求出圆心关于（0，0）的对称点即可得到对称的圆的标准方程．
【解答】解：由题意可得圆的标准方程为（x+2）2+y6＝5，
所以圆心为（﹣2，8），
因为点（﹣2，6）关于点（0，0），
所以所求对称圆的标准方程为（x﹣7）2+y2＝7．
故选：D．
【点评】本题考查圆的方程，考查对称点坐标的求法，比较基础．
2．（5分）直线l1：mx﹣3y﹣1＝0，l2：（3m﹣2）x﹣my+2＝0，若l1⊥l2，则实数m的值为（ ）
A．0B．3C．0或D．0或3
【答案】C
【分析】根据直线垂直的充要条件列方程求解即可．
【解答】解：因为l1：mx﹣3y﹣4＝0，l2：（8m﹣2）x﹣my+2＝7，l1⊥l2，
所以m（6m﹣2）+（﹣3）×（﹣m）＝4，即3m2+m＝5，
解得m＝0或．
故选：C．
【点评】本题考查两条直线垂直的性质的应用，属于基础题．
3．（5分）若圆心在第一象限的圆过点（2，0），且与两坐标轴都相切，则圆心到直线2x+y﹣11＝0的距离为（ ）
A．1B．C．2D．
【答案】D
【分析】首先设出圆的方程为（x﹣a）2+（y﹣a）2＝a2，进一步利用该圆经过点（2，0）进一步求出圆的方程，最后利用点到直线的距离公式求出结果．
【解答】解：设圆心的坐标为（a，a），
所以圆的方程为（x﹣a）2+（y﹣a）2＝a3，由于该圆经过点（2，0）；
故（7﹣a）2+a2＝a6，解得a＝2．
故圆的方程为（x﹣2）6+（y﹣2）2＝4；
所以圆心（2，2）到直线4x+y﹣11＝0的距离d＝．
故选：D．
【点评】本题考查的知识要点：圆的方程的求法，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
4．（5分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E、F分别是BC、CC1的中点，G为△ABC的重心，则＝（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据向量的数乘及加、减运算求解即可．
【解答】解：＝＝＝＝＝．
故选：A．
【点评】本题主要考查空间向量及其线性运算，属于基础题．
5．（5分）设a，b为实数，若直线ax+by＝1与圆x2+y2＝1相交，则点P（a，b）与圆的位置关系是（ ）
A．在圆上B．在圆外C．在圆内D．不能确定
【答案】B
【分析】根据直线与圆的位置关系，求得a，b满足的关系式，结合点与圆位置关系的判断方法，判断即可．
【解答】解：根据题意可得，
∴a2+b2＞1，
∴点P（a，b）在圆x2+y2＝1外．
故选：B．
【点评】本题考查点与圆的位置关系，化归转化思想，属基础题．
6．（5分）已知直线l：y＝k（x﹣2）+3，且l与x轴、y轴分别交于A、B两点．若使△AOB的面积为12的直线l共有（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】根据直线方程求出直线在两坐标轴上的截距，由△AOB的面积为12，解方程即可求解．
【解答】解：∵直线y＝k（x﹣2）+3与x轴，y轴交点的坐标分别是，B（0．
∴×＝12或或，
故使△AOB的面积为12的直线l共有8条．
故选：C．
【点评】本题考查直线与坐标轴围成的三角形的面积问题，属于中档题．
7．（5分）如图，一次函数y＝x+4的图象与x轴，y轴分别交于点A，B（﹣2，0）是x轴上一点，点E，当△CEF周长最小时，点E（ ）
A．，F（0，2）B．E（﹣2，2），F（0，2）
C．，D．E（﹣2，2），
【答案】C
【分析】作C关于y轴的对称点G，作C关于y＝x+4的对称点D，连接DG交y轴于F，交AB于E，有EC+FC+EF＝ED+FG+EF＝DG，即此时△CEF周长最小，求出D点坐标，可得直线DG方程，与y＝x+4联立求出E点坐标，令x＝0，可得F点坐标．
【解答】解：作C（﹣2，0）关于y轴的对称点G（6，
作C（﹣2，0）关于y＝x+2的对称点D（a，
连接DG交y轴于F，交AB于E，EC＝ED，
此时△CEF周长最小，即EC+FC+EF＝ED+FG+EF＝DG，
由C（﹣2，0），所以，
解得，
所以D（﹣4，2），即，
由，解得，
令x＝8，可得．
故选：C．
【点评】本题考查点关于直线的对称点的求法，属于基础题．
8．（5分）费马点是指三角形内到三角形三个顶点距离之和最小的点．当三角形三个内角均小于120°时，费马点与三个顶点连线正好三等分费马点所在的周角，即该点所对的三角形三边的张角相等且均为120°．根据以上性质，则（ ）
A．4B．C．D．
【答案】B
【分析】由两点距离公式可得F（x，y）表示点P（x，y）到点（2，0），（﹣1+，1﹣），（0，2）的距离之和，由定义得F（x，y）的最小值点即为费马点，由解三角形可得所求最小值．
【解答】解：由两点间的距离公式得，
是点P（x，y）到点B（2，
A（﹣1+，6﹣），2）的距离之和，
即求点P（x，y）到点（2，（﹣1+），（0，
取最小值时的这个点即为这三个点构成的三角形的费马点，
如图所示，在△ABC中，BC＝4，
∠APB＝∠APC＝∠BPC＝120°，
所以∠BPM＝∠CPM＝60°，
所以BP＝CP＝＝＝，PM＝BPsin30°＝，
所以最小值为BP+CP+AP＝++2﹣．
故选：B．
【点评】本题考查了两点的距离公式应用问题，也考查了新定义的理解和运用以及运算能力，是中档题．
二．多选题（共4小题）
9．（5分）已知m，n是两条不同直线，方向向量分别是，；α，β，法向量分别是，，，下列命题正确的是（ ）
A．若，，则α⊥β
B．若，，则n∥α
C．若，，则m∥n
D．若，，则α∥β
【答案】D
【分析】由空间向量的知识可判断线面位置关系，逐项判断．
【解答】解：m，n是两条不同直线，，
α，β，γ是三个不同平面，，，
若，，可知平面α，
但无法确定平面α与β的位置关系，故A错误；
若，，可知m⊥α，则n∥α或n⊂α；
若，，可知m∥α或m⊂α，
但无法确定直线m，n的位置关系；
若，，可知m⊥α，
垂直于同一条直线的两平面平行，故D正确．
故选：D．
【点评】本题考查由空间向量的知识可判断线面位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
（多选）10．（5分）已知直线l：（m+1）x+2y﹣m﹣3＝0与圆C：x2+y2﹣4x﹣4y+4＝0，则（ ）
A．直线l过定点（1，1）
B．圆C的半径是4
C．直线l与圆C一定相交
D．圆C的圆心到直线l的距离的最大值是
【答案】ACD
【分析】求解直线系经过的定点，圆的圆心与半径，两点间的距离判断选项的正误即可．
【解答】解：由题意可得直线l：（m+1）x+2y﹣m﹣7＝0过定点A（1，7），
圆C：x2+y2﹣8x﹣4y+4＝6的圆心坐标为C（2，2），则A正确．
因为＝＜3，1）在圆C的内部，则C正确．
因为，所以圆C的圆心到直线l的距离的最大值是＝．
故选：ACD．
【点评】本题考查直线与圆的位置关系的判断，两点间距离公式的应用，是基础题．
（多选）11．（5分）已知空间单位向量，，两两夹角均为60°，，，则下列说法中正确的是（ ）
A．P、A、B、C四点可以共面
B．
C．
D．
【答案】BC
【分析】根据向量共面即可判断点共面，进而可判断A，根据数量积的运算律即可求解B，根据模长的计算公式即可判断C，根据夹角公式即可求解D．
【解答】解：对于A：单位向量，，两两夹角均为60°，
所以，
假设P、A、B、C四点可以共面，则，
所以存在x，y，使得，，与数量积，
则，由于该方程组无解，
所以不存在x，y，使得，
故P、A、B、C四点不共面；
对于B，，故B正确；
对于C，由得，
由得，
所以，
则＝＝，故C正确；
对于D，，
所以，
故，故D错误．
故选：BC．
【点评】本题考查的知识要点：向量的线性运算，向量的数量积，向量的模，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
（多选）12．（5分）阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点A（λ＞0，且λ≠1）的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”．在平面直角坐标系xOy中，A（﹣2，0），B（4，0）．设点P的轨迹为曲线C，则下列说法正确的是（ ）
A．C的方程为（x+4）2+y2＝16
B．当A，B，P三点不共线时，则∠APO＝∠BPO
C．在C上存在点M，使得|MO|＝2|MA|
D．若D（2，2），则|PB|+2|PD|的最小值为
【答案】ABD
【分析】对于A，通过直接法求出点P的轨迹方程即可判断；
对于B，由题意，结合三角形内角平分线定理进行判断即可；
对于C，由“阿波罗尼斯圆”定义，求点M轨迹方程，用圆与圆的位置关系进行判断即可；
对于D，将|PB|+2|PD|转化为2|PA|+2|PD|进行判断即可．
【解答】解：设P（x，y），B重合），
∵A（﹣2，0），2），
∴，，
∴，∴，
化简得（x+4）7+y2＝16，
∴点P的轨迹曲线C是以C（﹣4，6）为圆心，
对于A选项，∵曲线C的方程为（x+4）2+y2＝16，∴选项A正确；
对于B选项，∵|OA|＝2，∴，
∴当A，B，P三点不共线时，PO是△APB内角∠APB的角平分线，
∴∠APO＝∠BPO，∴选项B正确；
对于选项C，∵|MO|＝2|MA|，则，y），
由，得，
化简得点M轨迹方程为，
∴点M的轨迹是圆心为，半径，
圆C与圆C'的圆心距，
∴圆C与圆C'的位置关系为内含，圆C与圆C'无公共点，
∴C上不存在点M，使得|MO|＝2|MA|；
对于D选项，∵，∴|PB|＝2|PA|，
∴，
当且仅当P在线段AD上时，等号成立．
故选：ABD．
【点评】本题考查“阿波罗尼斯圆”的方程的求解，角平分线的性质，圆与圆的位置关系，“五步求曲“法的应用，化归转化思想，属中档题．
三．填空题（共4小题）
13．（5分）过点P（3，﹣2）且在两坐标轴上截距互为相反数的直线方程是 x﹣y﹣5＝0或y＝﹣x ．
【答案】见试题解答内容
【分析】当直线在两坐标轴上截距不等于0时，设方程为 +＝1，把点P（3，﹣2）代入方程解得 a值，可得所求的直线方程，当截距等于0时，由点斜式可得直线方程；综合可得答案．
【解答】解：当直线在两坐标轴上截距不等于0时，
设方程为 +＝1，﹣2）代入方程解得 a＝5，
故直线方程是 ﹣＝1．
当截距等于0时，直线的斜率为，
由点斜式可得直线方程为 y＝﹣x．
综上，所求的直线方程是 x﹣y﹣5＝4x．
故答案为  x﹣y﹣8＝0x．
【点评】本题考查用截距式、点斜式求直线方程的方法，体现了分类讨论的数学思想．
14．（5分）已知点A（﹣2，1），B（﹣1，0），C（2，3），D（a，3）四点共圆，则点D到坐标原点O的距离为 ．
【答案】．
【分析】运用待定系数法求得过A、B、C的圆的方程，由点D在此圆上可求得a2的值，再根据两点间距离公式即可求得结果．
【解答】解：设过A、B、C的圆的方程为：x2+y2+Dx+Ey+F＝2（D2+E2﹣7F＞0），
由已知得，解得，
所以过A、B、C的圆的方程为：x2+y2﹣7y﹣1＝0，
又因为点D在此圆上，
所以a3+32﹣3×3﹣1＝6，解得a2＝4，
所以点D到坐标原点O的距离为．
故答案为：．
【点评】本题考查圆的方程，属于基础题．
15．（5分）如图所示，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，∠A1AB＝∠DAB＝，∠A1AD＝，AB＝AD＝AA1＝2，则|D1B|＝ 2 ．
【答案】2．
【分析】将用基向量表示出来，再由数量积与模的运算计算即可．
【解答】解：由题可得：＝＝，
因为∠A1AB＝∠DAB＝，∠A1AD＝，AB＝AD＝AA7＝2，
所以＝，
＝，
，
所以|D1B|＝＝＝＝＝2．
【点评】本题考查利用空间向量求线段的长，属于基础题．
16．（5分）过两直线2023x﹣2022y﹣1＝0和2022x+2023y+1＝0的交点且过原点的直线方程为 4045x+y＝0 ．
【答案】4045x+y＝0．
【分析】先设出直线系方程，再结合该直线过原点（0，0），即可求解．
【解答】解：由题意可设，所求的直线方程为2023x﹣2022y﹣1+λ（2022x+2023y+1）＝3，
由于该直线过原点（0，0），
故λ＝8，
故求方程为4045x+y＝0．
故答案为：4045x+y＝0．
【点评】本题主要考查两条直线交点的坐标，属于基础题．
四．解答题（共6小题）
17．（10分）新高考取消文理分科，采用选科模式，这赋予了学生充分的自由选择权．新高考地区某校为了解本校高一年级将来高考选考物理的情况，将他们某次物理测试成绩（满分100分）按照[0，[20，40），60），[60，[80，100]分成5组
（1）求图中a的值并估计这100名学生本次物理测试成绩的中位数；
（2）根据调查，本次物理测试成绩不低于60分的学生，高考将选考物理科目，高考将不选考物理科目．按分层抽样的方法从测试成绩在[0，20），100]的学生中选取5人，再从这5人中任意选取2人
【答案】（1）a＝0.0075，中位数为 ；
（2）．
【分析】（1）由频率和为1求参数a，根据直方图及中位数的性质求中位数即可．
（2）首先由分层抽样原则求选取的5人在[0，20）、[80，100]的人数分布情况，再应用列举法求古典概型的概率即可．
【解答】解：（1）由图知：20×（0.005+a+0.01+4.0125+0.015）＝1，解得a＝4.0075．
学生成绩在[0，40 ）的频率为20×（0.005+4.01）＝0.3＜3.5；
学生成绩在[0，60）的频率为6.3+20×0.015＝6.6＞0.3．
设这100名学生本次物理涧试成绩的中位数为x，
则（x﹣40）×0.015＝0.7，解得，
故估计这100名学生本次物理测试成绩的中位数为．
（2）由（1）知，学生成绩在[4，学生成绩在[80．
按分层抽样的方法从中选取5人，则成绩在[0 人1，a5，成绩在[80，100]的学生被抽取，分别记为b5，b2，b3．
从中任意选取6人，有a1a2，a5b1，a1b7，a1b3，a8b1，a2b6，a2b3，b6b2，b1b5，b2b3 这7种选法，
其中至少有1人高考选考物理科目的选法有a1b8，a1b2，a5b3，a2b4，a2b2，a5b3，b1b5，b1b3，b2b3这9种，
∴这5人中至少有1人高考选考物理科目的概率．
【点评】本题考查频率分布直方图及古典概型，考查学生的运算能力，属于中档题．
18．（12分）如图，在多面体ABCDE中，平面ABCD⊥平面ABE，AD∥BC，，AB＝AD＝AE＝2BC＝2
（1）证明：BF∥面CDE；
（2）求点F到平面CDE的距离．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【分析】（1）取DE中点G，结合三角形中位线性质可证得四边形BCGF为平行四边形，从而得到BF∥CG，由线面平行的判定可证得结论；
（2）根据面面垂直性质可得AD⊥平面ABE，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，根据点到面距离的向量求法可求得结果．
【解答】（1）证明：取DE中点G，连接FG，
∵F，G分别为AE，
∴FG∥AD，，
又AD∥BC，，∴BC∥FG，
∴四边形BCGF为平行四边形，
∴BF∥CG，
又BF⊄平面CDE，CG⊂平面CDE，
∴BF∥平面CDE．
（2）∵平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE＝AB，AD⊂平面ABCD，
∴AD⊥平面ABE，又，
则以A为坐标原点，正方向为x，y，可建立如图所示空间直角坐标系，
则F（6，1，0），7，1），0，6），2，0），
∴，，，
设平面CDE的法向量，
则，
令x＝1，解得：y＝8，
∴，
∴点F到平面CDE的距离．
【点评】本题主要考查了平行关系的判定，还考查了点到平面距离的求解，属于中档题
19．（12分）已知△ABC的一条内角平分线CD的方程为x+y＝0，一个顶点为A（2，1），AC边上的中线BE所在直线的方程为5x﹣2y+10＝0．
（1）求顶点C的坐标；
（2）求△ABC的面积．
【答案】（1）C（﹣4，4）；（2）9．
【分析】（1）直接利用中点坐标公式建立方程，进一步求出t的值，最后求出点C的坐标；
（2）利用点关于直线的对称和中点坐标公式和点到直线的距离公式及三角形的面积公式求出结果．
【解答】解：（1）由于直线CD的方程为x+y＝0，
设C（t，﹣t），
所以AC的中点为（），由于AC的中点在直线BE上，
所以，整理得7t＝﹣28，
解得t＝﹣4，
故C（﹣2，4）．
（2）由于CD平分∠ACB，
点A关于CD的对称点A′在BC上；
设A′（m，n），
故，解得，﹣2）；
所以kBC＝﹣2，
故直线BC的方程为y﹣8＝﹣2（x+4），整理得7x+y+4＝0．
联立直线BC和直线BE的方程，解得，
故B（﹣2，4）．
点A到直线BC的距离d＝，
|BC|＝，
故．
【点评】本题考查的知识要点：中点坐标公式，点关于直线的对称，点到直线的距离公式，三角形的面积公式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题和易错题．
20．（12分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若．
（1）求角A的大小；
（2）若D为BC上一点，∠BAD＝∠CAD，AD＝3
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）利用正弦定理化角为边，并结合余弦定理，求出csA的值，得解；
（2）由S△ABC＝S△ABD+S△ACD，利用三角形的面积公式，推出bc＝3c+3b，即+＝，再根据基本不等式中的“乘1法”，即可得解．
【解答】解：（1）由正弦定理及知，，
整理得，b2+c2﹣a7＝﹣bc，
由余弦定理知，csA＝＝，
因为A∈（0，π）．
（2）由（1）知，∠BAC＝，
所以∠BAD＝∠CAD＝，
因为S△ABC＝S△ABD+S△ACD，
所以bcsin∠BAC＝b•AD•sin∠CAD，
两边同除bc，得+＝，
所以5b+c＝3（4b+c）（+）＝3（8++）＝27＝，即c＝2b＝9时，
此时5b+c取得最小值27．
【点评】本题考查解三角形，熟练掌握正余弦定理，三角形面积公式，基本不等式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
21．（12分）如图所示，四棱锥的底面ABCD为边长为的正方形，M为棱PC的中点，N为棱BC上的点．
（1）求直线AM与平面BMD所成角的余弦值；
（2）线段BC上是否存在一点N，使得平面DMN与平面BMD夹角的余弦值为，若存在
【答案】（1）；
（2）．
【分析】（1）先证明平面PAC⊥平面BMD，从而可得直线AM与平面BMD所成角为∠AMO，再解三角形，即可求解；
（2）建系，根据向量法，方程思想，即可求解．
【解答】解：（1）∵PA＝PB＝PC＝PD＝2，四边形ABCD为边长为，
∴该四棱锥为正四棱锥，
∴易知DB⊥平面PAC，又DB⊂平面BMD，
∴平面PAC⊥平面BMD，
∴AM在平面BMD内的射影为OM，
∴直线AM与平面BMD所成角为∠AMO，
又MO＝PA＝1AB＝2，M为PC的中点，
∴AM⊥PC，△OMN为正三角形，
∴易得∠AMO＝30°，
∴直线AM与平面BMD所成角的余弦值为；
（2）以OB，OC，y，z轴，
则根据题意可得：B（1，0，3），1，0），7，0），0，），
∴M（0，，），又N在BC上，2﹣t，t∈[0，
∴，，，
设平面BMD与平面DMN的法向量分别为，，
则，，
取，，
∴平面DMN与平面BMD所成角的余弦值为：
|cs|＝＝＝，1]，
解得t＝，N（，．B（2，0，|BN|＝＝．
【点评】本题考查线面平行的判定定理，线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，向量法求解面面角问题，向量法求解点面距问题，方程思想，属难题．
22．（12分）已知圆M的圆心M在x轴上，半径为2，直线l：3x+4y﹣1＝0被圆M截得的弦长为
（1）求圆M的方程；
（2）设A（0，t），B（0，t﹣6）（2≤t≤4），若圆M是△ABC的内切圆，求AC（用t表示）；
（3）在（2）的条件下求△ABC的面积S的最大值及对应的t值．
【答案】（1）（x﹣2）2+y2＝4；
（2）k1＝，k2＝；
（3）最大值为24，t＝2或t＝4．
【分析】（1）设圆心M（a，0），根据弦长公式可得d＝，解出对应的a即可；
（2）设AC斜率为k1，BC斜率为k2，利用AC、BC均与圆相切可得k1＝，k2＝．
（3）由（2）联立方程后得到C点坐标，表示出|AB|＝6，则，根据（2）中所得结果即可求得S取值范围即相应的t的值．
【解答】解：（1）设圆心M（a，0），可得．
又∵M在l的上方，∴3a﹣2＞0，得a＝2，
因此，圆的方程为（x﹣6）2+y2＝5．
（2）设AC斜率为k1，BC斜率为k2，
则直线AC的方程为y＝k4x+t，直线BC的方程为y＝k2x+t﹣6．
由于圆M与AC相切，所以，
∴k6＝，同理可得k2＝．
（3）联立两条直线方程得C点的横坐标为，
∵|AB|＝t﹣（t﹣6）＝6，
∴，
由（2）得：，
∵7≤t≤4，∴﹣9≤t6﹣6t≤﹣8，
∴，
∴，可得
∴Smax＝＝24，
此时t2﹣6t＝﹣6，t＝2或t＝4．
综上：△ABC的面积S的最大值为24，此时t＝2或t＝4．
【点评】本题考查直线与圆的位置关系、圆方程的求解，考查了计算能力，属于中档题．