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2023-2024学年湖北省武汉部分重点中学5G联盟高二上学期期中联考数学试题(含解析 )
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这是一份2023-2024学年湖北省武汉部分重点中学5G联盟高二上学期期中联考数学试题(含解析 )，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.l1:ax-y+1=0与l2:2x+4y-1=0平行，则a=( )
A. 12B. -12C. -2D. 2
2.现有一个橡皮泥制作的圆柱，其底面半径、高均为1.若将它重新制作成一个体积与高不变的圆锥，则该圆锥的底面积为
( )
A. 2 3πB. 3πC. 3π+2 3πD. 3 3π
3.从长度为1，3，5，7，9的5条线段中任取3条，这三条线段能构成一个三角形的概率是( )
A. 310B. 12C. 25D. 35
4.已知圆C：x-12+y-22=25，直线l：mx-y-3m+1=0与相交于A，B两点，则AB的最小值为
( )
A. 4 5B. 2C. 4D. 2 5
5.已知空间向量a=1,0,-1，b=-1,1,0，则向量a在向量b上的投影向量是
( )
A. -12,0,12B. 22,- 22,0C. 1,-1,0D. 12,-12,0
6.某校高二年级(1)(2)班准备联合举行晚会，组织者欲使晚会气氛热烈、有趣，策划整场晚会以转盘游戏的方式进行，每个节目开始时，两班各派一人先进行转盘游戏，胜者获得一件奖品，负者表演一个节目.(1)班的文娱委员利用分别标有数字1，2，3，4，5，6，7的两个转盘(如图所示)，设计了一种游戏方案：两人同时各转动一个转盘一次，将转到的数字相加，和为偶数时(1)班代表获胜，否则(2)班代表获胜．两班获胜的概率分别是( )
A. 13，23B. 37，47C. 12，12D. 13，12
7.2022年10月7日21时10分，中国太原卫星发射中心在黄海海域使用长征十一号海射运载火箭，采用“一箭双星”方式，成功将微厘空间北斗低轨导航增强系统S5/S6试验卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功，其中的“地球同步转移轨道”是一个以地心(地球的中心)F2为焦点的椭圆，如图，已知它的近地点(离地面最近的点)A距地面m天文单位，远地点(离地面最远的点)B距地面n天文单位，并且F2,A,B在同一直线上，地球半径约为r天文单位，则卫星轨道的离心率为
( )
A. m+n2r+m+nB. n-m2r+m+nC. n-mm+nD. n-m2r-m+n
8.四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，侧棱BB1⊥底面ABCD，AB=BB1=1，底面ABCD中满足AB//CD，BC⊥CD，BC=CD=2，E为DD1上的动点，O为四棱锥A1-CC1D1D外接球的球心，则直线CE与OB所成角的正弦值的最小值为
( )
A. 215B. 23C. 53D. 4 515
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9.已知椭圆C:x24+y23=1，F1，F2是椭圆的左右焦点，P为椭圆上任意一点.下列说法中正确的是
( )
A. 椭圆离心率为12B. PF1的最大值为3
C. 0≤∠F1PF2≤π3D. PF1+PF2=2
10.已知点M在直线l:x+y=4上移动，圆O:x2+y2=4，直线MP，MQ是圆O的 切线，切点为P，Q.设OM∩PQ=N，则下列说法正确的是
( )
A. PQ⊥OM
B. 存在点M，使得∠PMQ=120∘
C. 四边形OPMQ的面积取值范围是4,+∞
D. 当M的坐标为1,3时，PQ的方程为x+3y-2=0
11.在六月一号儿童节，某商家为了吸引顾客举办了抽奖送礼物的活动，商家准备了两个方案.方案一：A盒中有6个大小和质地相同的球，其中2个红球和4个黄球，顾客从A盒中不放回地随机抽取两次，每次抽取一个球，顾客抽到的红球个数等于可获得礼物的数量；方案二：顾客投掷一枚质地均匀的骰子两次，两次投掷中向上点数为3的倍数出现的次数等于可获得礼物的数量．每位顾客可以随机选择一种方案参加活动，则下列判断正确的是
( )
A. 方案一中顾客获得一个礼物的概率是815
B. 方案二中顾客获得一个礼物的概率是49
C. 方案一中顾客获得礼物的机会小于方案二中顾客获得礼物的机会
D. 方案二中“第一次向上点数是1”和“两次向上点数之和为7”相互独立
12.如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，∠DAB=∠DAA1=∠BAA1=60∘，AB=AD=AA1，点M，N分别是棱D1C1，C1B1的中点，则下列说法中正确的是
( )
A. MN⊥AC1B. 向量AM，BC，BB1共面
C. A1C⊥平面BDD1B1D. 若AB=1，则该平行六面体高为 63
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.已知事件M与事件N互斥，若PM=0.2，PN=0.6，那么PM∪N=________．
14.在一次生活常识竞答活动中，共有20道常识题，两位同学独立竞答，其中一位同学答对了12道题，另一位同学答对了8道题，假设答对每道题都是等可能的.任选一道常识题，至少有一人答对的概率________．
15.已知点A，B，C在圆x2+y2=4上运动，且B，C的中点为D1,0，若点P的坐标为5,0，则PA+PB+PC的最大值为________．
16.在三棱锥A-SBC中，AB=2 3，SA⊥AC，SB⊥BC，且SA=AC，SB=BC，若该三棱锥的体积为4 33，则三棱锥S-ABC外接球的体积为________．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.(本小题10.0分)
已知圆C1:x-12+y-12=1，圆C2:x2+y2-8x-2y+7=0．
(1)若直线l经过圆C1与圆C2的公共点，求直线l的方程；
(2)若圆C3过两圆的交点且圆心C3在直线y=x上，求圆C3的方程．
18.(本小题12.0分)
本着健康、低碳的生活理念，租自行车骑游的人越来越多．某自行车租车点的收费标准是每车每次租用时间不超过两小时免费，超过两小时的部分每小时收费2元(不足一小时的部分按一小时计算).有甲、乙两人独立来该租车点租车骑游(各租一车一次).设甲、乙不超过两小时还车的概率分别为14，12，超过两小时但不超过三小时还车的概率分别为12，14，两人租车时间都不会超过四小时．
(1)求甲、乙两人所付租车费用相同的概率；
(2)设ξ为甲、乙两人所付的租车费用之和，求P(ξ=4)和P(ξ=6)的值．
19.(本小题12.0分)
已知△ABC的顶点A(1,1)，高CD所在直线方程为3x+y-12=0，角B的平分线BE所在直线方程为x-2y+4=0.求：
(1)B点的坐标;(2)BC边所在直线方程．
20.(本小题12.0分)
在如图所示的试验装置中，两个正方形框ABCD、ABEF的边长都是1，且平面ABCD⊥平面ABEF，活动弹子M、N、G分别在正方形对角线AC和BF、AB上移动，记CM=BN，AF//平面MNG，记BG=a0(1)证明：MG⊥平面ABEF；
(2)当MN的长最小时，求二面角A-MN-B的余弦值．
21.(本小题12.0分)
如图所示，几何体ABCDPQ中，▵APD，▵BCQ均为正三角形，四边形ABCD为正方形，PQ//AB，PQ=2AB=2 2，M，N分别为线段PQ与线段BC的中点，AC、BD相交于点O．
(1)求证：MN//平面ADP；
(2)求证：平面MON⊥平面ABCD；
(3)求直线AP与平面BCQ所成角的正弦值．
22.(本小题12.0分)
已知动点P到两定点A-2 2,0，B2 2,0的距离和为6，记动点P的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)直线l:x-my-1=0与曲线C交于M，N两点，在x轴是否存在点T(若记直线MT、NT的斜率分别为kMT，kNT)使得kMT⋅kNT为定值，若存在，请求出点T坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】利用两条直线平行的充要条件，列式计算得解．
解：由 l1:ax-y+1=0 与 l2:2x+4y-1=0 平行，得 a2=-14≠1-1 ，所以 a=-12 ．
故选：B
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查圆柱和圆锥的体积公式，属于基础题．
利用圆柱和圆锥的体积相等求出圆锥的底面圆半径，进而可求底面积．
【解答】
解：设圆锥的底面圆半径为r，
橡皮泥制作的底面半径为1，高为1的圆柱一个，
将它重新制作成一个底面半径为r，高为1的圆锥，
则π×12×1=13πr2×1，解得r= 3，
故该圆锥的底面积为πr2=3π，
故选B．
3.【答案】A
【解析】【分析】列举出5条线段中任取3条的所有基本事件，求出构成三角形的基本事件的个数，由古典概型求概率的公式求解即可．
解：从5条线段中任取3条的所有基本事件有10个，
即 1,3,5,1,3,7,1,3,9,1,5,7,1,5,9,1,7,9,3,5,7,3,5,9,3,7,9,5,7,9 ，
其中能构成三角形的基本事件有3个，即 3,5,7,3,7,9,5,7,9 ，
故所求概率 P=310 ．
故选：A
4.【答案】A
【解析】【分析】根据直线 l 的方程得到直线 l 恒过定点 D3,1 ，根据几何知识得到当 AB 与 CD 垂直时，弦长 AB 最小，然后根据垂直得到 m=2 ，最后求弦长即可．
解：
由圆的方程可得圆心 C1,2 ，半径 r=5 ，
直线 l 的方程可整理为： mx-3-y+1=0 ，
令 x-3=0-y+1=0 ，解得 x=3y=1 ，所以直线 l 恒过定点 D3,1 ，
由题意知，当 AB 与 CD 垂直时，弦长 AB 最小，
kCD=2-11-3=-12 ， kAB=m ，所以 m=2 ，直线 l ： 2x-y-5=0 ，
点 C 到直线 l 的距离 d=2-2-5 4+1= 5 ，
所以 AB=2 r2-d2=2 25-5=4 5 ．
故选：A．
5.【答案】D
【解析】【分析】根据投影向量的公式计算．
解： a⋅bb⋅bb=1,0,-1⋅-1,1,0 1+1+0⋅-1,1,0 1+1+0=-1 2⋅-1,1,0 2=12,-12,0 ．
故选：D．
6.【答案】C
【解析】【分析】利用独立事件概率乘法公式计算．
解：设(1)班获胜为事件 A ，(2)班获胜为事件 B ，
PA=23×24+13×24=12 ， PB=1-PA=12 ．
故选：C．
7.【答案】B
【解析】【分析】求出 AF2=m+r,BF2=n+r ，由椭圆性质得到 2a=m+n+2r ， 2c=n-m ，求出离心率．
解：设椭圆方程为 x2a2+y2b2=1 ，
由题意得 AF2=m+r,BF2=n+r ，
则椭圆长轴长为 AB=m+r+n+r=m+n+2r ，即 2a=m+n+2r ，
设椭圆的左焦点为 F1 ，由对称性可知， BF1=AF2 ，
由椭圆定义可知， 2c=BF2-BF1=BF2-AF2=n+r-m-r=n-m ，
即离心率为 ca=n-mm+n+2r ．
故选：B
8.【答案】C
【解析】【分析】以 CD,CB,CC1 所在的直线分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系，设球心 O1,h,12 ，则由 OA1=OC 可求出 O1,34,12 ，设 E(2,0,a),a∈[0,1] ，然后表示出 csCE,OB ，求出其最大值，从而可求出直线 CE 与 OB 所成角的正弦值的最小值．
解：因为在四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中，侧棱 BB1⊥ 底面 ABCD ，
所以四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 为直四棱柱，
所以 CC1⊥CB,CC1⊥CD ，
因为 BC⊥CD ，所以 CD,CB,CC1 两两垂直，
所以以 C 为原点，以 CD,CB,CC1 所在的直线分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系，
因为 AB=BB1=1 ， BC=CD=2 ， AB//CD ，
所以 C(0,0,0),A(1,2,0),B(0,2,0),D(2,0,0),C1(0,0,1),D1(2,0,1),A1(1,2,1),B1(0,2,1) ，
球心 O 在平面 CC1D1D 的投影坐标为 1,0,12 ，则设球心 O1,h,12 ，
因为 OA1=OC ，所以 (1-1)2+(h-2)2+12-12= 12+h2+122 ，解得 h=34 ，
所以 O1,34,12 ，
设 E(2,0,a),a∈[0,1] ，则 CE=(2,0,a),OB=-1,54,-12 ，
所以 csCE,OB=CE⋅OBCEOB=-2-12a 4+a2⋅ 1+2516+14
=2+12a 4+a2⋅3 54=2(4+a)3 5× 4+a2 ，
设 4+a=t ( t∈[4,5] )，则
8+2a3 5× 4+a2=2t3 5× (t-4)2+4
=2t3 5× t2-8t+20
=23 5× 1-8t+20t2
=23 5× 201t-152+15
所以当 1t=15 ，即 t=5 时， 23 5× 201t-152+15 有最大值 23 5× 15=23 ，
此时直线 CE 与 OB 所成的角最小，则其对应的正弦值也最小，正弦值为
1-232= 53
故选：C
9.【答案】ABC
【解析】【分析】根据椭圆的方程求得a=2,b= 3,c=1，结合椭圆的几何性质，逐项判定，即可求解．
解：由椭圆C:x24+y23=1，可得a=2,b= 3，则c= a2-b2=1，
对于A中，由椭圆C的离心率为e=ca=12，所以 A正确；
对于B中，由椭圆的几何性质，当点P为椭圆的右顶点时，可得PF1max=a+c=3，
所以B正确；
对于C中，当点P为椭圆的短轴的端点时，可得PF1=PF2=a=2，F1F2=2c=2，
所以∠F1PF2=π3，根据椭圆的几何性质，可得0≤∠F1PF2≤π3，所以 C正确；
对于D中，由椭圆的定义，可得PF1+PF2=2a=4，所以 D错误．
故选：ABC．
10.【答案】AC
【解析】【分析】A选项，利用三角形全等可判断；B选项，由OM⊥l时，∠PMQ最大可判断；
C选项，SOPMQ=2S▵OPM=2MP，可求得MP≥2，进而可判断；
D选项，设Px1,y1，Qx2,y2，利用圆的切线方程，得到切线PM:xx1+yy1=4，MQ:xx2+yy2=4，再将M1,3代入求解即可判断．
解：对于A选项，连接OP，OQ，因为MP，MQ为圆的切线，所以OP⊥MP，OQ⊥MQ，OP=OQ，OM=OM，
所以▵MPO≅▵MQO，所以OM⊥PQ，故 A正确；
对于B选项，sin∠PMO=OPOM=2OM，有当OM最小时，∠PMO最大，即∠PMQ=2∠PMO最大，
当OM⊥l时，此时OM最小，OM=4 2=2 2，所以sin∠PMO≤22 2= 22，
可得∠PMO≤45，即∠PMQ≤90，故 B错误；
对于C，四边形OPMQ的面积SOPMQ=2S▵OPM=2MP，又MP2=OM2-OP2=OM2-4，
又OM≥2 2，所以MP≥2，所以SOPMQ≥4，
即四边形OPMQ的面积得取值范围是4,+∞，故 C正确；
对于D，设Px1,y1，Qx2,y2，利用圆的切线方程，得到切线PM:xx1+yy1=4，MQ:xx2+yy2=4，
将M1,3代入可得，x1+3y1=4，x2+3y2=4，
所以过P，Q两点的直线为x+3y-4=0，故 D错误．
故选：AC．
11.【答案】ABD
【解析】【分析】借助古典概率和事件的相互独立性，计算出相应的概率，进而选到答案．
解：A:方案一中顾客获得一个礼物的概率是P1=26×45+46×25=815，故 A正确;
B:方案二中顾客获得一个礼物的概率是P2=26×46+46×26=49，故 B正确;
C:记方案一中顾客获得礼物的概率为P3=1-46×35=915，
记方案二中顾客获得礼物的概率为P4=1-46×46=59，P4D:记方案二中“第一次向上点数是1”为事件E，两次向上点数之和为7为事件F，
PE=16,PF=636=16,PEF=136，PEF=PE⋅PF，
所以方案二中“第一次向上点数是1”和“两次向上点数之和为7”相互独立，故D正确．
故选：ABD．
12.【答案】ACD
【解析】【分析】A选项，利用向量的方法证明MN⊥AC1；B选项，根据向量共面的基本定理判断；C选项，利用向量的方法得到A1C⊥BD，A1C⊥BB1，然后根据线面垂直的判定定理证明；D选项，将平行六面体的高转化为正四面体A1-ABD的高，然后利用勾股定理计算．
解：
设AB=AD=AA1=a，
由题意得MN=12DB=12AB-12AD，AC1=AB+AD+AA1，
MN⋅AC1=12AB-12AD⋅AB+AD+AA1=12AB2-12AD2+12AB⋅AA1-12AD⋅AA1=12a2-12a2+14a2-14a2=0，
所以MN⊥AC1，故 A正确；
AM=AD+DD1+12D1C1=BC+BB1+12AB，
若向量AM，BC，BB1共面，则存在唯一实数对λ，μ使得AM=λBC+μBB1，
即BC+BB1+12AB=λBC+μBB1，而BC，BB1，AB不共面，则有a=0，显然不成立，所以向量AM，BC，BB1不共面，故 B错；
A1C=-AA1+AB+AD，BD=AD-AB，
A1C⋅BD=-AA1+AB+AD⋅AD-AB=-AA1⋅AD+AA1⋅AB+AD2-AB2=-12a2+12a2+a2-a2=0，
A1C⋅BB1=-AA1+AB+AD⋅AA1=-AA12+AB⋅AA1+AD⋅AA1=-a2+12a2+12a2=0，
所以A1C⊥BD，A1C⊥BB1，
因为BD∩BB1=B，BD,BB1⊂平面BDD1B1，所以A1C⊥平面BDD1B1，故 C正确；
连接A1D，BD，A1B，过点A1作A1O⊥平面ABCD于点O，
由题意得AB=AD=AA1=A1B=BD=A1D，则三棱锥A1-ABD为正四面体，
所以点A1到平面ABD的距离A1O即为正四面体A1-ABD的高，即平行六面体的高，
AO=12× 3×23= 33，A1O= AA12-AO2= 1-39= 63，
所以平行六面体的高为 63，故 D正确．
故选：ACD．
13.【答案】0.8
【解析】【分析】根据概率的基本性质计算．
解：PM∪N=PM+PN=0.8．
故答案为：0.8．
14.【答案】1925或0.76
【解析】【分析】根据相互独立事件概率乘法公式计算．
解：设任选一道常识题，至少有一人答对为事件A，则PA=1220×1220+820×820+1220×820=1925．
故答案为：1925．
15.【答案】15
【解析】【分析】根据向量的加法结合模的意义，得其几何意义为，圆上的点到点(13,0)的距离即可求解．
解：设A(x,y)，因为B，C的中点为D1,0，
则PB+PC=2PD=(-8,0)，则PA+PB+PC=PA+2PD=(x-13,y)，
则PA+PB+PC= (x-13)2+y2，
其几何意义为，圆上的点到点(13,0)的距离，
则其最大值为13+2=15．
故答案为：15
16.【答案】32π3或323π
【解析】【分析】取SC的中点O，连接OA、OB，由▵SAC、△SBC均为等腰直角三角形，可得出点O为三棱锥S-ABC的外接球球心，设球O的半径为r，∠AOB=θ，推导出SC⊥平面AOB，可得出三棱锥S-ABC的体积为VS-ABC=13r3sinθ=4 33，再由余弦定理得出csθ=r2-6r2，结合sin2θ+cs2θ=1可求得r的值，进而利用球体的体积公式可求得结果．
解：取SC的中点O，连接OA、OB，如下图所示：
∵SA=AC，SB=BC，且SA⊥AC，SB⊥BC，
所以，▵SAC、△SBC均为等腰直角三角形，且∠SAC=∠SBC=π2，
所以，OA=OB=12SC=OC=OS，所以，SC为三棱锥S-ABC的外接球直径，
设SC=2r，可得OA=OB=r，设∠AOB=θ，
∵SA=AC，O为SC的中点，则OA⊥SC，同理可得OB⊥SC，
∵OA∩OB=O,OA,OB⊂平面OAB，∴SC⊥平面OAB，
所以，VS-ABC=VS-OAB+VC-OAB=13SO⋅S△OAB+13OC⋅S△OAB=13SC⋅S△OAB=13×2r×12r2sinθ=13r3sinθ=4 33，∴sinθ=4 3r3，
在▵OAB中，由余弦定理可得AB2=OA2+OB2-2OA⋅OBcsθ，即2r2-2r2csθ=12，可得csθ=r2-6r2，
由sin2θ+cs2θ=1，可得48r6+r2-6r22=1，化简可得r4-3r2-4=0，
即r2+1r2-4=0，
∵r>0，解得r=2，
因此，三棱锥S-ABC外接球的体积为V=43πr3=43π×23=32π3．
故答案为：32π3．
17.【答案】解：(1)联立方程组x-12+y-12=1x2+y2-8x-2y+7=0，作差可得：x=1
即两圆的交点所在直线方程为：x=1
故直线l的方程为x=1．
(2)联立方程组x-12+y-12=1x2+y2-8x-2y+7=0，解得x=1y=0或x=1y=2,
即两圆的交点坐标为A1,0和B1,2．
∴弦AB的垂直平分线方程为y=1
∵圆C3过两圆的交点且圆心C3在直线y=x上
∴圆C3的圆心既在弦AB的垂直平分线又在直线y=x上.
联立方程组y=1y=x，解得x=1y=1，即得圆C3的圆心坐标为C31,1．
∵圆C3的半径r=AC3= 1-12+0-12=1
∴圆C3的方程为x-12+y-12=1
【解析】【分析】(1)由两圆的方程作差可得到公共弦所在的直线方程，即得到直线l的方程．
(2)先联立方程组求出圆C1和圆C2的两个交点坐标，写出弦AB的垂直平分线方程；再根据题意求出圆C3的圆心坐标和半径；最后写出圆C3的标准方程即可．
18.【答案】解：(1)因为甲、乙不超过两小时还车的概率分别为14，12，
超过两小时但不超过三小时还车的概率分别为12，14，
所以甲、乙两人超过三小时但不超过四小时还车的概率分别为14，14，
记甲、乙两人所付的 租车费用相同为事件A，
则P(A)=14×12+12×14+14×14=516，
所以甲、乙两人所付租车费用相同的概率为516．
(2)若ξ=4，
则甲不超过2小时乙超过3小时不超过4小时，或乙不超过2小时甲超过3小时不超过4小时，或甲乙都超过2小时不超过3小时，
所以P(ξ=4)=14×14+12×14+12×14=516，
若ξ=6，
则甲超过2小时乙超过3小时不超过4小时，或乙超过2小时甲超过3小时不超过4小时，
所以P(ξ=6)=14×14+12×14=316
【解析】【分析】(1)先求得甲、乙两人超过三小时但不超过四小时还车的概率，甲、乙两人所付的租车费用相同，则则分甲乙都不超过2小时，甲乙都超过2小时不超过3小时，甲乙都超过3小时甲不超过4小时，利用互斥事件和独立事件的概率求解；
(2)若ξ=4，则分甲不超过2小时乙超过3小时不超过4小时，或乙不超过2小时甲超过3小时不超过4小时，或甲乙都超过2小时不超过3小时，利用互斥事件和独立事件的概率求解；若ξ=6，则分甲超过2小时乙超过3小时不超过4小时，或乙超过2小时甲超过3小时不超过4小时，利用互斥事件和独立事件的概率求解；
19.【答案】解：(1)∵△ABC的顶点A(1,1)，高CD所在直线方程为3x+y-12=0，
角B的平分线BE所在直线方程为x-2y+4=0，
∴直线AB的斜率k=-1kCD=-1-3=13，
∴直线AB的方程为：y-1=13(x-1)，即x-3y+2=0，
联立x-3y+2=0x-2y+4=0，得x=-8y=-2，
∴B点坐标为(-8,-2)；
(2)∵kAB=13，kBE=12，角B的平分线BE所在直线方程为x-2y+4=0，
∴|kAB-kBE||1+kAB⋅kBE|=|kBC-kBE||1+kBC⋅kBE|，
∴|13-12||1+13×12|=|kBC-12||1+12kBc|，解得kBC=913或kBC=13(舍)，
∴直线BC的方程为：y+2=913(x+8)，即9x-13y+46=0．
【解析】本题考查点的坐标、直线方程的求法，考查运算求解能力，是中档题．
(1)先求出直线AB的斜率k=-1kCD=-1-3=13，从而求出直线AB的方程，由此能求出B点坐标；
(2)由kAB=13，kBE=12，角B的平分线BE所在直线方程为x-2y+4=0，得|kAB-kBE||1+kAB⋅kBE|=|kBC-kBE||1+kBC⋅kBE|，求出kBC=913，由此能求出直线BC的方程．
20.【答案】解：(1)证明：因为AF//平面MNG，且AF⊂平面ABEF，
平面ABEF∩平面MNG=NG，则AF//NG，
因为BG=a0即AMCM=AGBG=1-aa，所以，MG//BC，
因为AB⊥BC，所以，MG⊥AB，
因为平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF=AB，MG⊂平面ABCD，
所以，MG⊥平面ABEF．
(2)由(1)知，MG⊥平面ABEF，因为NG⊂平面ABEF，所以，MG⊥NG，
所以，MN= NG2+MG2= a2+1-a2= 2a2-2a+1= 2a-122+12≥ 22，
当且仅当a=12时，等号成立，
以点B为坐标原点，BA、BE、BC所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则A1,0,0、B0,0,0、M12,0,12、N12,12,0，
则AM=-12,0,12，MN=0,12,-12，BM=12,0,12，
设平面AMN的法向量为m=x,y,z，则m⋅AM=-12x+12z=0m⋅MN=12y-12z=0,
取z=1，可得m=1,1,1，
设平面BMN的法向量为n=t,b,c，则n⋅BM=12t+12c=0n⋅MN=12b-12c=0,
取c=1，可得n=-1,1,1，
所以，csm,n=m⋅nm⋅n=1 3× 3=13，
由图可知，二面角A-MN-B为钝角，故二面角A-MN-B的余弦值为-13．
【解析】【分析】(1)利用面面平行的性质推导出AF//NG，证明出MG//BC，可得出MG⊥AB，再利用面面垂直的性质定理可证得结论成立；
(2)根据已知条件求出线段BG的长，以点B为坐标原点，BA、BE、BC所在直线分别为x、y、z轴，利用空间向量法可求得二面角A-MN-B的余弦值．
21.【答案】
解：(1)取AD中点点E，连接PE，EN，
因为PQ//AB，PQ=2AB=2 2，M为线段PQ的中点，
所以PM//AB，PM=AB，
又因为AD中点为E，N为BC中点，
所以EN//AB，EN=AB，
所以PM//EN，PM=EN，即四边形PMEN为平行四边形，
所以MN//PE，
因为PE⊂平面PAD，MN⊄平面PAD，
所以MN//平面PAD．
(2)在正三角形PAD中有AD⊥PE，易知BC⊥PE，
由(1)知BC⊥MN，
在正方形ABCD中有BC⊥ON，
因为ON∩MN=N，ON,MN⊂平面MON，
所以BC⊥平面MON，
因为BC⊂平面ABCD，
所以平面MON⊥平面ABCD．
【小问3详解】
以过点O作AB的垂线为x轴，ON所在的直线为y轴，OM所在的直线为z轴建立空间直角坐标系O-xyz，
O0,0,0，B 22, 22,0，M0,0,1，- 22, 22,0，
因为PQ//AB，AB⊂平面ABCD，PQ⊄平面ABCD，
所以PQ//平面ABCD，易知Q0, 2,1，
则AP=MB=- 22,- 22,1，CB= 2,0,0，BQ=- 22, 22,1，
设平面BCQ的法向量为n=x,y,z，
则n⋅CB= 2x=0n⋅BQ=- 22x+ 22y+z=0，令y= 2，则x=0，z=-1，
所以n=0, 2,-1，
csn,AP=n⋅APnAP= 63
所以直线AP与平面BCQ所成角的正弦值为 63．
【解析】【分析】(1)根据正方形和平行四边形的性质得到MN//PE，然后根据线面平行的判定定理证明即可；
(2)根据等腰三角形的性质得到AD⊥PE，即可得到BC⊥MN，根据正方形的性质得到BC⊥ON，然后根据线面垂直和面面垂直的判定定理证明即可；
(3)利用空间向量的方法求线面角即可．
22.【答案】解：(1)由题意得PA+PB=6>AB=4 2，
故动点P的轨迹为以点A-2 2,0，B2 2,0为焦点的椭圆，
其中a=3,c=2 2，则b2=a2-c2=9-8=1，
故曲线C的方程为x29+y2=1；
(2)联立l:x-my-1=0与x29+y2=1得m2+9y2+2my-8=0，
设Mx1,y1,Nx2,y2，
则y1+y2=-2mm2+9,y1y2=-8m2+9，
则x1+x2=my1+y2+2=2-2m2m2+9=18m2+9，
x1x2=my1+1my2+1=m2y1y2+my1+y2+1=-8m2m2+9-2m2m2+9+1
=9-9m2m2+9，
设Tt,0，则kMT⋅kNT=y1x1-t⋅y2x2-t=y1y2x1x2-tx1+x2+t2=-8m2+99-9m2m2+9-18tm2+9+t2
=-89-9m2-18t+m2t2+9t2=-8m2t2-9+9t-12，
当t=3时，∀m∈R，kMT⋅kNT=-89×3-12=-29，
当t=-3时，∀m∈R，kMT⋅kNT=-89×-3-12=-118，
所以存在定点T±3,0，使得直线kMT⋅kNT为定值．
【解析】【分析】(1)由椭圆定义可得动点P的轨迹为以点A,B为焦点的椭圆，求出椭圆方程；
(2)联立l:x-my-1=0与x29+y2=1，设Mx1,y1,Nx2,y2，得到两根之和，两根之积，设Tt,0，则kMT⋅kNT=-8m2t2-9+9t-12，从而得到t=3时，∀m∈R，kMT⋅kNT=-29，t=-3时，∀m∈R，kMT⋅kNT=-118，得到答案．
处理定点问题的思路：
(1)确定题目中的核心变量(此处设为k)，
(2)利用条件找到k与过定点的曲线Fx,y=0的联系，得到有关k与x,y的等式，
(3)所谓定点，是指存在一个特殊的点x0,y0，使得无论k的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于k与x,y的等式进行变形，直至找到x0,y0，
①若等式的形式为整式，则考虑将含k的式子归为一组，变形为“k⋅ ”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；
②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去k变为常数．
1.l1:ax-y+1=0与l2:2x+4y-1=0平行，则a=( )
A. 12B. -12C. -2D. 2
2.现有一个橡皮泥制作的圆柱，其底面半径、高均为1.若将它重新制作成一个体积与高不变的圆锥，则该圆锥的底面积为
( )
A. 2 3πB. 3πC. 3π+2 3πD. 3 3π
3.从长度为1，3，5，7，9的5条线段中任取3条，这三条线段能构成一个三角形的概率是( )
A. 310B. 12C. 25D. 35
4.已知圆C：x-12+y-22=25，直线l：mx-y-3m+1=0与相交于A，B两点，则AB的最小值为
( )
A. 4 5B. 2C. 4D. 2 5
5.已知空间向量a=1,0,-1，b=-1,1,0，则向量a在向量b上的投影向量是
( )
A. -12,0,12B. 22,- 22,0C. 1,-1,0D. 12,-12,0
6.某校高二年级(1)(2)班准备联合举行晚会，组织者欲使晚会气氛热烈、有趣，策划整场晚会以转盘游戏的方式进行，每个节目开始时，两班各派一人先进行转盘游戏，胜者获得一件奖品，负者表演一个节目.(1)班的文娱委员利用分别标有数字1，2，3，4，5，6，7的两个转盘(如图所示)，设计了一种游戏方案：两人同时各转动一个转盘一次，将转到的数字相加，和为偶数时(1)班代表获胜，否则(2)班代表获胜．两班获胜的概率分别是( )
A. 13，23B. 37，47C. 12，12D. 13，12
7.2022年10月7日21时10分，中国太原卫星发射中心在黄海海域使用长征十一号海射运载火箭，采用“一箭双星”方式，成功将微厘空间北斗低轨导航增强系统S5/S6试验卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功，其中的“地球同步转移轨道”是一个以地心(地球的中心)F2为焦点的椭圆，如图，已知它的近地点(离地面最近的点)A距地面m天文单位，远地点(离地面最远的点)B距地面n天文单位，并且F2,A,B在同一直线上，地球半径约为r天文单位，则卫星轨道的离心率为
( )
A. m+n2r+m+nB. n-m2r+m+nC. n-mm+nD. n-m2r-m+n
8.四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，侧棱BB1⊥底面ABCD，AB=BB1=1，底面ABCD中满足AB//CD，BC⊥CD，BC=CD=2，E为DD1上的动点，O为四棱锥A1-CC1D1D外接球的球心，则直线CE与OB所成角的正弦值的最小值为
( )
A. 215B. 23C. 53D. 4 515
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9.已知椭圆C:x24+y23=1，F1，F2是椭圆的左右焦点，P为椭圆上任意一点.下列说法中正确的是
( )
A. 椭圆离心率为12B. PF1的最大值为3
C. 0≤∠F1PF2≤π3D. PF1+PF2=2
10.已知点M在直线l:x+y=4上移动，圆O:x2+y2=4，直线MP，MQ是圆O的 切线，切点为P，Q.设OM∩PQ=N，则下列说法正确的是
( )
A. PQ⊥OM
B. 存在点M，使得∠PMQ=120∘
C. 四边形OPMQ的面积取值范围是4,+∞
D. 当M的坐标为1,3时，PQ的方程为x+3y-2=0
11.在六月一号儿童节，某商家为了吸引顾客举办了抽奖送礼物的活动，商家准备了两个方案.方案一：A盒中有6个大小和质地相同的球，其中2个红球和4个黄球，顾客从A盒中不放回地随机抽取两次，每次抽取一个球，顾客抽到的红球个数等于可获得礼物的数量；方案二：顾客投掷一枚质地均匀的骰子两次，两次投掷中向上点数为3的倍数出现的次数等于可获得礼物的数量．每位顾客可以随机选择一种方案参加活动，则下列判断正确的是
( )
A. 方案一中顾客获得一个礼物的概率是815
B. 方案二中顾客获得一个礼物的概率是49
C. 方案一中顾客获得礼物的机会小于方案二中顾客获得礼物的机会
D. 方案二中“第一次向上点数是1”和“两次向上点数之和为7”相互独立
12.如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，∠DAB=∠DAA1=∠BAA1=60∘，AB=AD=AA1，点M，N分别是棱D1C1，C1B1的中点，则下列说法中正确的是
( )
A. MN⊥AC1B. 向量AM，BC，BB1共面
C. A1C⊥平面BDD1B1D. 若AB=1，则该平行六面体高为 63
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.已知事件M与事件N互斥，若PM=0.2，PN=0.6，那么PM∪N=________．
14.在一次生活常识竞答活动中，共有20道常识题，两位同学独立竞答，其中一位同学答对了12道题，另一位同学答对了8道题，假设答对每道题都是等可能的.任选一道常识题，至少有一人答对的概率________．
15.已知点A，B，C在圆x2+y2=4上运动，且B，C的中点为D1,0，若点P的坐标为5,0，则PA+PB+PC的最大值为________．
16.在三棱锥A-SBC中，AB=2 3，SA⊥AC，SB⊥BC，且SA=AC，SB=BC，若该三棱锥的体积为4 33，则三棱锥S-ABC外接球的体积为________．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.(本小题10.0分)
已知圆C1:x-12+y-12=1，圆C2:x2+y2-8x-2y+7=0．
(1)若直线l经过圆C1与圆C2的公共点，求直线l的方程；
(2)若圆C3过两圆的交点且圆心C3在直线y=x上，求圆C3的方程．
18.(本小题12.0分)
本着健康、低碳的生活理念，租自行车骑游的人越来越多．某自行车租车点的收费标准是每车每次租用时间不超过两小时免费，超过两小时的部分每小时收费2元(不足一小时的部分按一小时计算).有甲、乙两人独立来该租车点租车骑游(各租一车一次).设甲、乙不超过两小时还车的概率分别为14，12，超过两小时但不超过三小时还车的概率分别为12，14，两人租车时间都不会超过四小时．
(1)求甲、乙两人所付租车费用相同的概率；
(2)设ξ为甲、乙两人所付的租车费用之和，求P(ξ=4)和P(ξ=6)的值．
19.(本小题12.0分)
已知△ABC的顶点A(1,1)，高CD所在直线方程为3x+y-12=0，角B的平分线BE所在直线方程为x-2y+4=0.求：
(1)B点的坐标;(2)BC边所在直线方程．
20.(本小题12.0分)
在如图所示的试验装置中，两个正方形框ABCD、ABEF的边长都是1，且平面ABCD⊥平面ABEF，活动弹子M、N、G分别在正方形对角线AC和BF、AB上移动，记CM=BN，AF//平面MNG，记BG=a0
(2)当MN的长最小时，求二面角A-MN-B的余弦值．
21.(本小题12.0分)
如图所示，几何体ABCDPQ中，▵APD，▵BCQ均为正三角形，四边形ABCD为正方形，PQ//AB，PQ=2AB=2 2，M，N分别为线段PQ与线段BC的中点，AC、BD相交于点O．
(1)求证：MN//平面ADP；
(2)求证：平面MON⊥平面ABCD；
(3)求直线AP与平面BCQ所成角的正弦值．
22.(本小题12.0分)
已知动点P到两定点A-2 2,0，B2 2,0的距离和为6，记动点P的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)直线l:x-my-1=0与曲线C交于M，N两点，在x轴是否存在点T(若记直线MT、NT的斜率分别为kMT，kNT)使得kMT⋅kNT为定值，若存在，请求出点T坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】利用两条直线平行的充要条件，列式计算得解．
解：由 l1:ax-y+1=0 与 l2:2x+4y-1=0 平行，得 a2=-14≠1-1 ，所以 a=-12 ．
故选：B
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查圆柱和圆锥的体积公式，属于基础题．
利用圆柱和圆锥的体积相等求出圆锥的底面圆半径，进而可求底面积．
【解答】
解：设圆锥的底面圆半径为r，
橡皮泥制作的底面半径为1，高为1的圆柱一个，
将它重新制作成一个底面半径为r，高为1的圆锥，
则π×12×1=13πr2×1，解得r= 3，
故该圆锥的底面积为πr2=3π，
故选B．
3.【答案】A
【解析】【分析】列举出5条线段中任取3条的所有基本事件，求出构成三角形的基本事件的个数，由古典概型求概率的公式求解即可．
解：从5条线段中任取3条的所有基本事件有10个，
即 1,3,5,1,3,7,1,3,9,1,5,7,1,5,9,1,7,9,3,5,7,3,5,9,3,7,9,5,7,9 ，
其中能构成三角形的基本事件有3个，即 3,5,7,3,7,9,5,7,9 ，
故所求概率 P=310 ．
故选：A
4.【答案】A
【解析】【分析】根据直线 l 的方程得到直线 l 恒过定点 D3,1 ，根据几何知识得到当 AB 与 CD 垂直时，弦长 AB 最小，然后根据垂直得到 m=2 ，最后求弦长即可．
解：
由圆的方程可得圆心 C1,2 ，半径 r=5 ，
直线 l 的方程可整理为： mx-3-y+1=0 ，
令 x-3=0-y+1=0 ，解得 x=3y=1 ，所以直线 l 恒过定点 D3,1 ，
由题意知，当 AB 与 CD 垂直时，弦长 AB 最小，
kCD=2-11-3=-12 ， kAB=m ，所以 m=2 ，直线 l ： 2x-y-5=0 ，
点 C 到直线 l 的距离 d=2-2-5 4+1= 5 ，
所以 AB=2 r2-d2=2 25-5=4 5 ．
故选：A．
5.【答案】D
【解析】【分析】根据投影向量的公式计算．
解： a⋅bb⋅bb=1,0,-1⋅-1,1,0 1+1+0⋅-1,1,0 1+1+0=-1 2⋅-1,1,0 2=12,-12,0 ．
故选：D．
6.【答案】C
【解析】【分析】利用独立事件概率乘法公式计算．
解：设(1)班获胜为事件 A ，(2)班获胜为事件 B ，
PA=23×24+13×24=12 ， PB=1-PA=12 ．
故选：C．
7.【答案】B
【解析】【分析】求出 AF2=m+r,BF2=n+r ，由椭圆性质得到 2a=m+n+2r ， 2c=n-m ，求出离心率．
解：设椭圆方程为 x2a2+y2b2=1 ，
由题意得 AF2=m+r,BF2=n+r ，
则椭圆长轴长为 AB=m+r+n+r=m+n+2r ，即 2a=m+n+2r ，
设椭圆的左焦点为 F1 ，由对称性可知， BF1=AF2 ，
由椭圆定义可知， 2c=BF2-BF1=BF2-AF2=n+r-m-r=n-m ，
即离心率为 ca=n-mm+n+2r ．
故选：B
8.【答案】C
【解析】【分析】以 CD,CB,CC1 所在的直线分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系，设球心 O1,h,12 ，则由 OA1=OC 可求出 O1,34,12 ，设 E(2,0,a),a∈[0,1] ，然后表示出 csCE,OB ，求出其最大值，从而可求出直线 CE 与 OB 所成角的正弦值的最小值．
解：因为在四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中，侧棱 BB1⊥ 底面 ABCD ，
所以四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 为直四棱柱，
所以 CC1⊥CB,CC1⊥CD ，
因为 BC⊥CD ，所以 CD,CB,CC1 两两垂直，
所以以 C 为原点，以 CD,CB,CC1 所在的直线分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系，
因为 AB=BB1=1 ， BC=CD=2 ， AB//CD ，
所以 C(0,0,0),A(1,2,0),B(0,2,0),D(2,0,0),C1(0,0,1),D1(2,0,1),A1(1,2,1),B1(0,2,1) ，
球心 O 在平面 CC1D1D 的投影坐标为 1,0,12 ，则设球心 O1,h,12 ，
因为 OA1=OC ，所以 (1-1)2+(h-2)2+12-12= 12+h2+122 ，解得 h=34 ，
所以 O1,34,12 ，
设 E(2,0,a),a∈[0,1] ，则 CE=(2,0,a),OB=-1,54,-12 ，
所以 csCE,OB=CE⋅OBCEOB=-2-12a 4+a2⋅ 1+2516+14
=2+12a 4+a2⋅3 54=2(4+a)3 5× 4+a2 ，
设 4+a=t ( t∈[4,5] )，则
8+2a3 5× 4+a2=2t3 5× (t-4)2+4
=2t3 5× t2-8t+20
=23 5× 1-8t+20t2
=23 5× 201t-152+15
所以当 1t=15 ，即 t=5 时， 23 5× 201t-152+15 有最大值 23 5× 15=23 ，
此时直线 CE 与 OB 所成的角最小，则其对应的正弦值也最小，正弦值为
1-232= 53
故选：C
9.【答案】ABC
【解析】【分析】根据椭圆的方程求得a=2,b= 3,c=1，结合椭圆的几何性质，逐项判定，即可求解．
解：由椭圆C:x24+y23=1，可得a=2,b= 3，则c= a2-b2=1，
对于A中，由椭圆C的离心率为e=ca=12，所以 A正确；
对于B中，由椭圆的几何性质，当点P为椭圆的右顶点时，可得PF1max=a+c=3，
所以B正确；
对于C中，当点P为椭圆的短轴的端点时，可得PF1=PF2=a=2，F1F2=2c=2，
所以∠F1PF2=π3，根据椭圆的几何性质，可得0≤∠F1PF2≤π3，所以 C正确；
对于D中，由椭圆的定义，可得PF1+PF2=2a=4，所以 D错误．
故选：ABC．
10.【答案】AC
【解析】【分析】A选项，利用三角形全等可判断；B选项，由OM⊥l时，∠PMQ最大可判断；
C选项，SOPMQ=2S▵OPM=2MP，可求得MP≥2，进而可判断；
D选项，设Px1,y1，Qx2,y2，利用圆的切线方程，得到切线PM:xx1+yy1=4，MQ:xx2+yy2=4，再将M1,3代入求解即可判断．
解：对于A选项，连接OP，OQ，因为MP，MQ为圆的切线，所以OP⊥MP，OQ⊥MQ，OP=OQ，OM=OM，
所以▵MPO≅▵MQO，所以OM⊥PQ，故 A正确；
对于B选项，sin∠PMO=OPOM=2OM，有当OM最小时，∠PMO最大，即∠PMQ=2∠PMO最大，
当OM⊥l时，此时OM最小，OM=4 2=2 2，所以sin∠PMO≤22 2= 22，
可得∠PMO≤45，即∠PMQ≤90，故 B错误；
对于C，四边形OPMQ的面积SOPMQ=2S▵OPM=2MP，又MP2=OM2-OP2=OM2-4，
又OM≥2 2，所以MP≥2，所以SOPMQ≥4，
即四边形OPMQ的面积得取值范围是4,+∞，故 C正确；
对于D，设Px1,y1，Qx2,y2，利用圆的切线方程，得到切线PM:xx1+yy1=4，MQ:xx2+yy2=4，
将M1,3代入可得，x1+3y1=4，x2+3y2=4，
所以过P，Q两点的直线为x+3y-4=0，故 D错误．
故选：AC．
11.【答案】ABD
【解析】【分析】借助古典概率和事件的相互独立性，计算出相应的概率，进而选到答案．
解：A:方案一中顾客获得一个礼物的概率是P1=26×45+46×25=815，故 A正确;
B:方案二中顾客获得一个礼物的概率是P2=26×46+46×26=49，故 B正确;
C:记方案一中顾客获得礼物的概率为P3=1-46×35=915，
记方案二中顾客获得礼物的概率为P4=1-46×46=59，P4
PE=16,PF=636=16,PEF=136，PEF=PE⋅PF，
所以方案二中“第一次向上点数是1”和“两次向上点数之和为7”相互独立，故D正确．
故选：ABD．
12.【答案】ACD
【解析】【分析】A选项，利用向量的方法证明MN⊥AC1；B选项，根据向量共面的基本定理判断；C选项，利用向量的方法得到A1C⊥BD，A1C⊥BB1，然后根据线面垂直的判定定理证明；D选项，将平行六面体的高转化为正四面体A1-ABD的高，然后利用勾股定理计算．
解：
设AB=AD=AA1=a，
由题意得MN=12DB=12AB-12AD，AC1=AB+AD+AA1，
MN⋅AC1=12AB-12AD⋅AB+AD+AA1=12AB2-12AD2+12AB⋅AA1-12AD⋅AA1=12a2-12a2+14a2-14a2=0，
所以MN⊥AC1，故 A正确；
AM=AD+DD1+12D1C1=BC+BB1+12AB，
若向量AM，BC，BB1共面，则存在唯一实数对λ，μ使得AM=λBC+μBB1，
即BC+BB1+12AB=λBC+μBB1，而BC，BB1，AB不共面，则有a=0，显然不成立，所以向量AM，BC，BB1不共面，故 B错；
A1C=-AA1+AB+AD，BD=AD-AB，
A1C⋅BD=-AA1+AB+AD⋅AD-AB=-AA1⋅AD+AA1⋅AB+AD2-AB2=-12a2+12a2+a2-a2=0，
A1C⋅BB1=-AA1+AB+AD⋅AA1=-AA12+AB⋅AA1+AD⋅AA1=-a2+12a2+12a2=0，
所以A1C⊥BD，A1C⊥BB1，
因为BD∩BB1=B，BD,BB1⊂平面BDD1B1，所以A1C⊥平面BDD1B1，故 C正确；
连接A1D，BD，A1B，过点A1作A1O⊥平面ABCD于点O，
由题意得AB=AD=AA1=A1B=BD=A1D，则三棱锥A1-ABD为正四面体，
所以点A1到平面ABD的距离A1O即为正四面体A1-ABD的高，即平行六面体的高，
AO=12× 3×23= 33，A1O= AA12-AO2= 1-39= 63，
所以平行六面体的高为 63，故 D正确．
故选：ACD．
13.【答案】0.8
【解析】【分析】根据概率的基本性质计算．
解：PM∪N=PM+PN=0.8．
故答案为：0.8．
14.【答案】1925或0.76
【解析】【分析】根据相互独立事件概率乘法公式计算．
解：设任选一道常识题，至少有一人答对为事件A，则PA=1220×1220+820×820+1220×820=1925．
故答案为：1925．
15.【答案】15
【解析】【分析】根据向量的加法结合模的意义，得其几何意义为，圆上的点到点(13,0)的距离即可求解．
解：设A(x,y)，因为B，C的中点为D1,0，
则PB+PC=2PD=(-8,0)，则PA+PB+PC=PA+2PD=(x-13,y)，
则PA+PB+PC= (x-13)2+y2，
其几何意义为，圆上的点到点(13,0)的距离，
则其最大值为13+2=15．
故答案为：15
16.【答案】32π3或323π
【解析】【分析】取SC的中点O，连接OA、OB，由▵SAC、△SBC均为等腰直角三角形，可得出点O为三棱锥S-ABC的外接球球心，设球O的半径为r，∠AOB=θ，推导出SC⊥平面AOB，可得出三棱锥S-ABC的体积为VS-ABC=13r3sinθ=4 33，再由余弦定理得出csθ=r2-6r2，结合sin2θ+cs2θ=1可求得r的值，进而利用球体的体积公式可求得结果．
解：取SC的中点O，连接OA、OB，如下图所示：
∵SA=AC，SB=BC，且SA⊥AC，SB⊥BC，
所以，▵SAC、△SBC均为等腰直角三角形，且∠SAC=∠SBC=π2，
所以，OA=OB=12SC=OC=OS，所以，SC为三棱锥S-ABC的外接球直径，
设SC=2r，可得OA=OB=r，设∠AOB=θ，
∵SA=AC，O为SC的中点，则OA⊥SC，同理可得OB⊥SC，
∵OA∩OB=O,OA,OB⊂平面OAB，∴SC⊥平面OAB，
所以，VS-ABC=VS-OAB+VC-OAB=13SO⋅S△OAB+13OC⋅S△OAB=13SC⋅S△OAB=13×2r×12r2sinθ=13r3sinθ=4 33，∴sinθ=4 3r3，
在▵OAB中，由余弦定理可得AB2=OA2+OB2-2OA⋅OBcsθ，即2r2-2r2csθ=12，可得csθ=r2-6r2，
由sin2θ+cs2θ=1，可得48r6+r2-6r22=1，化简可得r4-3r2-4=0，
即r2+1r2-4=0，
∵r>0，解得r=2，
因此，三棱锥S-ABC外接球的体积为V=43πr3=43π×23=32π3．
故答案为：32π3．
17.【答案】解：(1)联立方程组x-12+y-12=1x2+y2-8x-2y+7=0，作差可得：x=1
即两圆的交点所在直线方程为：x=1
故直线l的方程为x=1．
(2)联立方程组x-12+y-12=1x2+y2-8x-2y+7=0，解得x=1y=0或x=1y=2,
即两圆的交点坐标为A1,0和B1,2．
∴弦AB的垂直平分线方程为y=1
∵圆C3过两圆的交点且圆心C3在直线y=x上
∴圆C3的圆心既在弦AB的垂直平分线又在直线y=x上.
联立方程组y=1y=x，解得x=1y=1，即得圆C3的圆心坐标为C31,1．
∵圆C3的半径r=AC3= 1-12+0-12=1
∴圆C3的方程为x-12+y-12=1
【解析】【分析】(1)由两圆的方程作差可得到公共弦所在的直线方程，即得到直线l的方程．
(2)先联立方程组求出圆C1和圆C2的两个交点坐标，写出弦AB的垂直平分线方程；再根据题意求出圆C3的圆心坐标和半径；最后写出圆C3的标准方程即可．
18.【答案】解：(1)因为甲、乙不超过两小时还车的概率分别为14，12，
超过两小时但不超过三小时还车的概率分别为12，14，
所以甲、乙两人超过三小时但不超过四小时还车的概率分别为14，14，
记甲、乙两人所付的 租车费用相同为事件A，
则P(A)=14×12+12×14+14×14=516，
所以甲、乙两人所付租车费用相同的概率为516．
(2)若ξ=4，
则甲不超过2小时乙超过3小时不超过4小时，或乙不超过2小时甲超过3小时不超过4小时，或甲乙都超过2小时不超过3小时，
所以P(ξ=4)=14×14+12×14+12×14=516，
若ξ=6，
则甲超过2小时乙超过3小时不超过4小时，或乙超过2小时甲超过3小时不超过4小时，
所以P(ξ=6)=14×14+12×14=316
【解析】【分析】(1)先求得甲、乙两人超过三小时但不超过四小时还车的概率，甲、乙两人所付的租车费用相同，则则分甲乙都不超过2小时，甲乙都超过2小时不超过3小时，甲乙都超过3小时甲不超过4小时，利用互斥事件和独立事件的概率求解；
(2)若ξ=4，则分甲不超过2小时乙超过3小时不超过4小时，或乙不超过2小时甲超过3小时不超过4小时，或甲乙都超过2小时不超过3小时，利用互斥事件和独立事件的概率求解；若ξ=6，则分甲超过2小时乙超过3小时不超过4小时，或乙超过2小时甲超过3小时不超过4小时，利用互斥事件和独立事件的概率求解；
19.【答案】解：(1)∵△ABC的顶点A(1,1)，高CD所在直线方程为3x+y-12=0，
角B的平分线BE所在直线方程为x-2y+4=0，
∴直线AB的斜率k=-1kCD=-1-3=13，
∴直线AB的方程为：y-1=13(x-1)，即x-3y+2=0，
联立x-3y+2=0x-2y+4=0，得x=-8y=-2，
∴B点坐标为(-8,-2)；
(2)∵kAB=13，kBE=12，角B的平分线BE所在直线方程为x-2y+4=0，
∴|kAB-kBE||1+kAB⋅kBE|=|kBC-kBE||1+kBC⋅kBE|，
∴|13-12||1+13×12|=|kBC-12||1+12kBc|，解得kBC=913或kBC=13(舍)，
∴直线BC的方程为：y+2=913(x+8)，即9x-13y+46=0．
【解析】本题考查点的坐标、直线方程的求法，考查运算求解能力，是中档题．
(1)先求出直线AB的斜率k=-1kCD=-1-3=13，从而求出直线AB的方程，由此能求出B点坐标；
(2)由kAB=13，kBE=12，角B的平分线BE所在直线方程为x-2y+4=0，得|kAB-kBE||1+kAB⋅kBE|=|kBC-kBE||1+kBC⋅kBE|，求出kBC=913，由此能求出直线BC的方程．
20.【答案】解：(1)证明：因为AF//平面MNG，且AF⊂平面ABEF，
平面ABEF∩平面MNG=NG，则AF//NG，
因为BG=a0
因为AB⊥BC，所以，MG⊥AB，
因为平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF=AB，MG⊂平面ABCD，
所以，MG⊥平面ABEF．
(2)由(1)知，MG⊥平面ABEF，因为NG⊂平面ABEF，所以，MG⊥NG，
所以，MN= NG2+MG2= a2+1-a2= 2a2-2a+1= 2a-122+12≥ 22，
当且仅当a=12时，等号成立，
以点B为坐标原点，BA、BE、BC所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则A1,0,0、B0,0,0、M12,0,12、N12,12,0，
则AM=-12,0,12，MN=0,12,-12，BM=12,0,12，
设平面AMN的法向量为m=x,y,z，则m⋅AM=-12x+12z=0m⋅MN=12y-12z=0,
取z=1，可得m=1,1,1，
设平面BMN的法向量为n=t,b,c，则n⋅BM=12t+12c=0n⋅MN=12b-12c=0,
取c=1，可得n=-1,1,1，
所以，csm,n=m⋅nm⋅n=1 3× 3=13，
由图可知，二面角A-MN-B为钝角，故二面角A-MN-B的余弦值为-13．
【解析】【分析】(1)利用面面平行的性质推导出AF//NG，证明出MG//BC，可得出MG⊥AB，再利用面面垂直的性质定理可证得结论成立；
(2)根据已知条件求出线段BG的长，以点B为坐标原点，BA、BE、BC所在直线分别为x、y、z轴，利用空间向量法可求得二面角A-MN-B的余弦值．
21.【答案】
解：(1)取AD中点点E，连接PE，EN，
因为PQ//AB，PQ=2AB=2 2，M为线段PQ的中点，
所以PM//AB，PM=AB，
又因为AD中点为E，N为BC中点，
所以EN//AB，EN=AB，
所以PM//EN，PM=EN，即四边形PMEN为平行四边形，
所以MN//PE，
因为PE⊂平面PAD，MN⊄平面PAD，
所以MN//平面PAD．
(2)在正三角形PAD中有AD⊥PE，易知BC⊥PE，
由(1)知BC⊥MN，
在正方形ABCD中有BC⊥ON，
因为ON∩MN=N，ON,MN⊂平面MON，
所以BC⊥平面MON，
因为BC⊂平面ABCD，
所以平面MON⊥平面ABCD．
【小问3详解】
以过点O作AB的垂线为x轴，ON所在的直线为y轴，OM所在的直线为z轴建立空间直角坐标系O-xyz，
O0,0,0，B 22, 22,0，M0,0,1，- 22, 22,0，
因为PQ//AB，AB⊂平面ABCD，PQ⊄平面ABCD，
所以PQ//平面ABCD，易知Q0, 2,1，
则AP=MB=- 22,- 22,1，CB= 2,0,0，BQ=- 22, 22,1，
设平面BCQ的法向量为n=x,y,z，
则n⋅CB= 2x=0n⋅BQ=- 22x+ 22y+z=0，令y= 2，则x=0，z=-1，
所以n=0, 2,-1，
csn,AP=n⋅APnAP= 63
所以直线AP与平面BCQ所成角的正弦值为 63．
【解析】【分析】(1)根据正方形和平行四边形的性质得到MN//PE，然后根据线面平行的判定定理证明即可；
(2)根据等腰三角形的性质得到AD⊥PE，即可得到BC⊥MN，根据正方形的性质得到BC⊥ON，然后根据线面垂直和面面垂直的判定定理证明即可；
(3)利用空间向量的方法求线面角即可．
22.【答案】解：(1)由题意得PA+PB=6>AB=4 2，
故动点P的轨迹为以点A-2 2,0，B2 2,0为焦点的椭圆，
其中a=3,c=2 2，则b2=a2-c2=9-8=1，
故曲线C的方程为x29+y2=1；
(2)联立l:x-my-1=0与x29+y2=1得m2+9y2+2my-8=0，
设Mx1,y1,Nx2,y2，
则y1+y2=-2mm2+9,y1y2=-8m2+9，
则x1+x2=my1+y2+2=2-2m2m2+9=18m2+9，
x1x2=my1+1my2+1=m2y1y2+my1+y2+1=-8m2m2+9-2m2m2+9+1
=9-9m2m2+9，
设Tt,0，则kMT⋅kNT=y1x1-t⋅y2x2-t=y1y2x1x2-tx1+x2+t2=-8m2+99-9m2m2+9-18tm2+9+t2
=-89-9m2-18t+m2t2+9t2=-8m2t2-9+9t-12，
当t=3时，∀m∈R，kMT⋅kNT=-89×3-12=-29，
当t=-3时，∀m∈R，kMT⋅kNT=-89×-3-12=-118，
所以存在定点T±3,0，使得直线kMT⋅kNT为定值．
【解析】【分析】(1)由椭圆定义可得动点P的轨迹为以点A,B为焦点的椭圆，求出椭圆方程；
(2)联立l:x-my-1=0与x29+y2=1，设Mx1,y1,Nx2,y2，得到两根之和，两根之积，设Tt,0，则kMT⋅kNT=-8m2t2-9+9t-12，从而得到t=3时，∀m∈R，kMT⋅kNT=-29，t=-3时，∀m∈R，kMT⋅kNT=-118，得到答案．
处理定点问题的思路：
(1)确定题目中的核心变量(此处设为k)，
(2)利用条件找到k与过定点的曲线Fx,y=0的联系，得到有关k与x,y的等式，
(3)所谓定点，是指存在一个特殊的点x0,y0，使得无论k的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于k与x,y的等式进行变形，直至找到x0,y0，
①若等式的形式为整式，则考虑将含k的式子归为一组，变形为“k⋅ ”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；
②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去k变为常数．
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