还剩16页未读，
继续阅读
2023-2024学年湖北省随州市曾都一中等六校高二（上）期中数学试卷（含解析）
展开
这是一份2023-2024学年湖北省随州市曾都一中等六校高二（上）期中数学试卷（含解析），共19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.已知直线l经过A(0,1)，B( 3,0)两点，则直线l的倾斜角是( )
A. π6B. π3C. 2π3D. 5π6
2.椭圆x219+y27=1与椭圆x219−m+y27−m=1(m<7)的( )
A. 长轴长相等B. 短轴长相等C. 焦距相等D. 离心率相等
3.已知直线l1：(m+3)x+2y+1=0，直线l2：2x+my−2=0相互平行，则m的值为( )
A. 1或−4B. 1C. 2D. −4
4.一束光线自点P(−1,1,1)发出，被yOz平面反射后到达点Q(−3,3,3)被吸收，则光线所走的路程是( )
A. 2 3B. 6C. 2 6D. 4 3
5.在正四面体P−ABC中，棱长为2，且E是棱AB中点，则异面直线PE与BC夹角的余弦值为( )
A. − 36B. 36C. 33D. − 33
6.已知半径为2的圆经过点(3,4)，则其圆心到原点的距离的最大值为( )
A. 4B. 5C. 6D. 7
7.已知F1、F2为椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，点Q在椭圆C上，且QF1⊥QF2，QF2的延长线与椭圆交于点P，若sin∠F1PQ=35，则该椭圆离心率为( )
A. 22B. 55C. 33D. 53
8.已知三棱锥S−ABC的顶点都在球O的表面上，球O的表面积为36π，在△ABC中，∠ABC=90°，AC=4 2，则当三棱锥S−ABC的体积最大时，BS=( )
A. 4B. 2 6C. 5D. 30
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法正确的是( )
A. 用简单随机抽样的方法从含有100个个体的总体中抽取一个容量为10的样本，则个体m被抽到的概率是0.1
B. 采用分层抽样的方法从高一640人、高二760人、高三n人中，抽取55人进行问卷调查，已知高二被抽取的人数为19人，则n=800
C. 数据12，13，14，15，17，19，23，24，27，30的第70百分位数是23
D. 已知一组数据1，2，m，5，8的平均数为4，则这组数据的方差是6
10.已知事件A，B满足P(A)=0.7，P(B)=0.2，则下列结论正确的是( )
A. P(AB)=0.14
B. 如果B⊆A，那么P(A∪B)=0.7
C. 如果A与B互斥，那么P(A+B)=0.9
D. 如果A与B相互独立，那么P(A−⋅B−)=0.24
11.已知圆C：(x−2)2+y2=1，点P是直线l：x−y=0上一动点，过点P作圆C的切线PA，PB，切点分别是A和B，则下列说法正确的有( )
A. 圆C上恰有两个点到直线l的距离为12
B. 切线长|PA|的最小值为 2
C. 当|PC|⋅|AB|最小时，直线AB方程为y=x−1
D. 直线AB恒过定点(32,−12)
12.如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F，G分别是棱AD，DD1，CD的中点，则( )
A. 直线A1G，C1E为异面直线
B. 直线A1G与平面DD1C1C所成角的正切值为2 55
C. 过点C1，E，F的平面截正方体的截面面积为92
D. 三棱锥B−AEF外接球的表面积为14π
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.将一颗质地均匀的正方体骰子(每个面上分别写有数字1，2，3，4，5，6)先后抛掷2次，观察向上的点数，则点数之和是6的概率是______．
14.在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB=4，A1B1=2，AA1= 3，则该棱台的体积______ ．
15.原点到直线(λ+2)x+(2λ−1)y+(λ−3)=0的距离的最大值为______ ．
16.已知直线l与椭圆x29+y23=1在第一象限交于A，B两点，l与x轴、y轴分别交于M，N两点，且|MA|=|NB|，|MN|=4，则l的方程为______ ．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知圆心为M的圆经过O(0,0)，M1(1,1)，M2(4,2)这三个点．
(1)求圆M的标准方程；
(2)直线l过点P(0,5)，若直线l被圆M截得的弦长为6，求直线l的方程．
18.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD，四边形ABCD正方形，PA⊥平面ABCD．PA=2 3，AB=2，点E是PD的中点．
(1)求证：PB//平面ACE；
(2)求点P到平面AEC的距离．
19.(本小题12分)
已知△ABC的顶点B(4,3)，AB边上的高所在的直线方程为2x+3y−9=0，E为BC的中点，且AE所在的直线方程为x−3y−2=0．
(1)求顶点A，C的坐标；
(2)求过E点且在x轴、y轴上的截距相等的直线l的方程．
20.(本小题12分)
第22届亚运会已于2023年9月23日至10月8日在我国杭州举行.为庆祝这场体育盛会的胜利召开，某市决定举办一次亚运会知识竞赛，该市A社区举办了一场选拔赛，选拔赛分为初赛和决赛，初赛通过后才能参加决赛，决赛通过后将代表A社区参加市亚运知识竞赛.已知A社区甲、乙、丙3位选手都参加了初赛且通过初赛的概率依次为12，13，14，通过初赛后再通过决赛的概率均为12，假设他们之间通过与否互不影响．
(1)求这3人中至多有2人通过初赛的概率；
(2)求这3人都参加市知识竞赛的概率；
(3)某品牌商赞助了A社区的这次知识竞赛，给参加选拔赛的选手提供了奖励方案：只参加了初赛的选手奖励200元，参加了决赛的选手奖励500元.求三人奖金总额为1200元的概率．
21.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD为直角梯形，AB//CD，AB⊥BC，AB=BC=2CD=2，PA=1，PB= 5，E为BC的中点，且PE⊥BD．
(1)证明：PA⊥平面ABCD；
(2)线段PB上是否存在一点M，使得二面角M−DE−A的余弦值为2 23？若存在，试确定点M的位置；若不存在请说明理由．
22.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)离心率e= 22，且经点(−1, 22)．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过椭圆C右焦点的直线l交椭圆于A，B两点，交直线x=2于点D，且Q(1, 22)，设直线QA，QD，QB的斜率分别为k1，k2，k3，若k2≠0，证明k1+k3k2为定值．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：设直线l的倾斜角为α，
因为直线l经过A(0,1)，B( 3,0)两点，
所以直线l的斜率为kAB=0−1 3−0=− 33，
则有tanα=− 33，
又0≤α<π，所以α=5π6．
故选：D．
先由直线斜率公式求出直线的斜率，再根据倾斜角的范围以及倾斜角的正切值等于斜率，可求得倾斜角的值．
本题主要考查直线的倾斜角，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：椭圆x219+y27=1的长轴长为2 19，短轴长为2 7，
离心率为 19−7 19= 12 19=2 3 19，焦距为2 19−7=4 3，
椭圆x219−m+y27−m=1(m<7)的长轴长为2 19−m，短轴长为2 7−m，
离心率为 (19−m)−(7−m) 10−m= 12 10−m=2 3 10−m，焦距为2 (19−m)−(7−m)=4 3；
故两个椭圆的焦距相等．
故选：C．
分别求出两个椭圆的长轴长、短轴长、离心率和焦距即可判断．
本题主要考查了椭圆的几何性质，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：直线l1：(m+3)x+2y+1=0，直线l2：2x+my−2=0相互平行，
显然m≠0，故m+32=2m≠1−2，解得m=1．
故选：B．
根据两直线平行的条件求解．
本题主要考查直线平行的性质，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：点P(−1,1,1)关于平面yOz的对称点M(1,1,1)，
一束光线自点P(−1,1,1)发出，
被yOz平面反射后到达点Q(−3,3,3)被吸收，
则光线所走的路程是MQ= (−3−1)2+(3−1)2+(3−1)2=2 6．
故选：C．
求出P关于平面yOz的对称点的坐标，然后可得光线所走的路程．
本题考查点关于平面对称点的求法，两点的距离公式的应用，考查计算能力．
5.【答案】B
【解析】解：如图，取AC的中点G，连接EG，PG，
因为E是棱AB中点，
所以EG//BC，故∠PEG或其补角为异面直线PE与BC夹角，
又正四面体棱长为2，故PE=PG= 3,EG=1，
cs∠PEG=PE2+EG2−PG22PE⋅EG=12 3= 36，
故异面直线PE与BC夹角的余弦值为 36．
故选：B．
作出图形，取AC的中点G，连接EG，PG，则EG//BC，所以∠PEG或其补角为异面直线PE与BC夹角，根据余弦定理求解即可．
本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，是中档题．
6.【答案】D
【解析】解：设圆心到原点的距离为d，
则dmax= (3−0)2+(4−0)2+2=7．
故选：D．
求出点(3,4)到原点的距离再加半径即可求出圆心到原点的距离的最大值．
本题主要考查两点间的距离公式，考查计算能力，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：设|QF1|=3m，由题意sin∠F1PQ=|QF1||PF1|=35，
则|PF1|=5m，又QF1⊥QF2，
∴|PQ|=4m，
|QF2|=2a−|QF1|=2a−3m，|PF2|=2a−|PF1|=2a−5m，
|PF2|+|QF2|=4a−8m=|PQ|=4m，m=13a，
所以|QF1|=3m=a，|QF2|=2a−3m=a，又QF1⊥QF2，
所以a2+a2=(2c)2，
c2a2=12，即e=ca= 22．
故选：A．
在直角三角形中结合椭圆的定义把边长用a表示，再利用勾股定理得出关于a，c的齐次式，从而求得离心率．
本题主要考查了椭圆的性质，考查了学生的计算能力，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：因为∠ABC=90°，设O1是△ABC的外心，则O1为AC的中点，且O1B=12AC=2 2，
由球的表面积为36π，即4πR2=36π，解得R=3，所以OO1= R2−O1B2=1，
当S，O，O1三点共线，且SO垂直于面ABC，且S和O在平面ABC的同侧时，三棱锥S−ABC的体积最大，
SO1=1+3=4，BS= SO12+O1B2=2 6．
故选：B．
设O1是△ABC的外心，即可得到O1B=2 2，再根据球的表面积求出球的半径R，即可得OO1，当S，O，O1三点共线垂直于面ABC且S和O1在平面ABC的同侧时，三棱锥S−ABC的体积最大，再由勾股定理计算可得．
本题考查三棱锥的体积的最值问题，属中档题．
9.【答案】ABD
【解析】解：对于A：个体m被抽到的概率P=10100=0.1，故A正确；
对于B：由题意可得，760640+760+n=1955，解得n=800，故B正确；
对于C：∵10×70%=7，∴第70百分位数第7、8两数的平均数，即23+242=23.5，故C错误；
对于D：由题意可得15(1+2+m+5+8)=4，解得m=4，
这组数据的方差s2=15[(1−4)2+(2−4)2+(4−4)2+(5−4)2+(8−4)2]=6，故D正确．
故选：ABD．
根据简单随机抽样的定义判断A，利用分层抽样计算规则判断B，按照百分位数计算规则判断C，根据平均数、方差计算公式判断D．
本题考查分层抽样的应用，考查百分位数，平均数，方差的计算，属于基础题．
10.【答案】BCD
【解析】解：A选项：当A与B相互独立时，P(AB)=P(A)P(B)=0.14，A选项错误；
B选项：若B⊆A，则P(A⋃B)=P(A)=0.7，B选项正确；
C选项：A与B互斥，那么P(A+B)=P(A)+P(B)=0.9，C选项正确；
D选项：如果A与B相互独立，那么P(A−⋅B−)=P(A−)P(B−)=[1−P(A)][1−P(B)]=(1−0.2)(1−0.7)=0.24，D选项正确．
故选：BCD．
根据独立事件的乘法公式及互斥事件的加法公式判断各选项．
本题考查相互独立事件的应用，考查互斥事件的概率公式，属于基础题．
11.【答案】AC
【解析】解：由圆C：(x−2)2+y2=1，得圆心C(2,0)，半径圆r=1，
A选项：点C到直线l的距离为d=|2−0| 12+(−1)2= 2，又1所以圆C上恰有两个点到直线l的距离为12，A选项正确；
B选项：切线长|PA|= |PC|2−|AC|2= |PC|2−1，
所以当|PC|取最小值时，切线长|PA|最小，|PC|min=d= 2，所以|PA|min=1，B选项错误；
C选项：由已知SACBP=12|PC|⋅|AB|=2×12|PA|⋅|AC|，
所以|PC|⋅|AB|=2|PA|⋅|AC|=2|PA|=2 |PC|2−1，
所以当|PC|取最小值时|PC|⋅|AB|最小，此时PC⊥l，
所以kPC=−1，直线PC方程为y=−(x−2)，即x+y−2=0，
联立x+y−2=0x−y=0，解得x=1y=1，故P(1,1)，则a=1，
所以AB：(−x−y+2)×1+2x−3=0，即y=x−1，C选项正确；
D选项：由切线的性质可知A，B在以PC为直径的圆上，设P(a,a)，
则以|PC|为直径的圆的圆心为(a+22,a2)，半径为12 (a−2)2+a2= a2−2a+22，
圆的方程为(x−a+22)2+(y−a2)2=a2−2a+22，即x2+y2−(a+2)x−ay+2a=0，
又A，B在圆C上，两圆方程相减可得AB方程为：(−x−y+2)a+2x−3=0，
则−x−y+2=02x−3=0，解得x=32y=12，
所以AB恒过定点(32,12)，D选项错误．
故选：AC．
根据圆心到直线的距离可判断直线与圆的位置关系，可判断A选项，根据切线长的几何意义可判断B选项，再根据两圆公共弦方程求法可判断CD选项．
本题考查了直线与圆的位置关系，考查了数形结合思想与方程思想，属于中档题．
12.【答案】BCD
【解析】解：选项A，连接EG，AC，A1C1，因为E，G分别是AD，CD中点，则EG//AC，又A1C1//AC，
所以EG//A1C1，所以A1，C1，G，E四点共面，从而直线A1G，C1E为共面直线，A错误；
选项B，连接D1G，由A1D1⊥平面DD1C1C知，直线A1G与平面DD1C1C所成角是∠A1GD1，
D1G= 22+12= 5，tan∠A1GD1=A1D1D1G=2 5=2 55，B正确；
选项C，延长FE交A1A的延长于H，连接HB，BC1，BE，正方体中易证AD1//BC1，
因为DD1//A1A，E是AD中点，F是DD1中点，所以EH=EF=12AD1=12BC1，
从而FH=BC1，EF//AD1//BC1，所以FHBC1是平行四边形，C1F//BH，
所以直线BE是平面C1FE与平面ABB1A1的交线，
因此过点C1，E，F的平面截正方体的截面与侧面ABB1A1只有一个公共点B，四边形C1FEB即为截面，
由已知它是一个等腰梯形，腰BE=C1F= 5，BC1=2 2，EF= 2，
因此其面积为S=12( 2+2 2)× ( 5)2−(2 2− 22)2=92，C正确．
选项D，在正方形ADD1A1中，取AE中点S，过S作AA1的平行线交A1D于K，
而A1D是EF的垂直平分线，因此K是△AEF的外心，易得K是A1D的四等分点，
由于正方体中AB⊥侧面ADD1A1，因此作KT//AB交侧面BCC1B1于T，
则KT=AB且KT⊥侧面ADD1A1即KT⊥平面AEF，
所以KT的中点O是三棱锥B−AEF外接球的球心，
OA= OK2+AK2= (12AB)2+AS2+SK2= 12+(12)2+(32)2= 142，
所以外接球表面积为S=4π⋅OA2=14π，D正确．
故选：BCD．
通过证明EG//A1C1判断A；证明直线A1G与平面DD1C1C所成角是∠A1GD1，并计算其正切值判断B；作出过点C1，E，F的平面截正方体的截面求出其面积判断C；作出三棱锥B−AEF外接球的球心，求出半径得表面积判断D．
本题考查了三棱锥的外接球，直线与平面所成的角，属于中档题．
13.【答案】536
【解析】解：将一枚骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，
基本事件总数n=6×6=36，
“点数之和等于6”包含的基本事件有：
(1,5)，(5,1)，(2,4)，(4,2)，(3,3)，共5个，
∴“点数之和等于6”的概率为p=536．
故答案为：536．
先求出基本事件总数n=6×6=36，再由列举法求出“点数之和等于6”包含的基本事件的个数，由此能求出“点数之和等于6”的概率．
本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意列举法的合理运用．
14.【答案】283
【解析】解：如图，设底面正方形的中心分别为O1，O，连接A1C1，AC，O1O，
则由ABCD−A1B1C1D1为正四棱台可知四边形ACC1A1为等腰梯形，
且AC= 2AB=4 2，A1C1= 2A1B1=2 2，
所以OO1= (AA1)2−(AC−A1C12)2= ( 3)2−(4 2−2 22)2=1，
所以四棱台的体积V=13⋅OO1⋅(S+S′+ SS′)=13×1×[42+22+ 42×22]=283．
故答案为：283．
根据正四棱台可确定ACC1A1为等腰梯形，进而可得台体的高和体积．
本题考查正四棱台的体积的求解，属中档题．
15.【答案】 2
【解析】解：(λ+2)x+(2λ−1)y+(λ−3)=0变形为(x+2y+1)λ+2x−y−3=0，
令x+2y+1=02x−y−3=0，解得x=1y=−1，
即直线恒过定点A(1,−1)，
当OA与直线垂直时，距离最大，
故最大距离为|OA|= 1+1= 2．
故答案为： 2．
先求出直线过的定点A，当OA与直线垂直时，距离最大，求出|OA|即可．
本题考查直线系方程的应用，考查化归与转化思想，是基础题．
16.【答案】x+ 3y−2 3=0
【解析】解：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，线段AB的中点为E，
由x129+y123=1,x229+y223=1，相减可得y22−y12x22−x12=−13，
则kOE⋅kAB=y1+y2x1+x2⋅y2−y1x2−x1=y22−y12x22−x12=−13，
设直线l的方程为y=kx+m,k<0,m>0,M(−mk,0),N(0,m)，
∵|MA|=|NB|，
∴E(−m2k,m2)，∴kOE=−k，
∴−k⋅k=−13，解得k=− 33，
∵|MN|=4，
∴ m2k2+m2=4，化为m2k2+m2=16，
∴4m2=16，m>0，得m=2，
∴l的方程为y=− 33x+2，即x+ 3y−2 3=0．
故答案为：x+ 3y−2 3=0．
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，线段AB的中点为E，利用点差法可得kOE⋅kAB=−13，设直线l的方程为y=kx+m，k<0，m>0，得到M，N，E的坐标，可得kOE=−k，进而可得k，再利用|MN|=4求出m，则可得到l的方程．
本题主要考查直线与椭圆的综合，考查计算能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)设圆M的标准方程为(x−a)2+(y−b)2=r2(r>0)，
因为过O(0,0)，M1(1,1)，M2(4,2)，
所以a2+b2=r2(1−a)2+(1−b)2=r2(4−a)2+(2−b)2=r2，解得a=4b=−3r2=25，
所以圆M的标准方程为(x−4)2+(y+3)2=25．
(2)当直线l的斜率不存在时，其方程为x=0，符合题意，
当直线l的斜率存在时，设其方程为y=kx+5，即kx−y+5=0，
则圆心M(4,−3)到直线l的距离为d=|4k+8| k2+1，
因为直线l被圆M截得的弦长为6，所以r2=d2+(62)2⇒d=4，
即d=|4k+8| k2+1=4，解得k=−34，
直线l的方程为3x+4y−20=0，
故直线l方程为x=0或3x+4y−20=0．
【解析】(1)设出圆M的标准方程，根据过点列出方程组求解即可；
(2)直线l斜率不存在讨论，直线l斜率存在，设方程，根据圆心到l的距离，l被圆M截得的弦长列方程组即可．
本题主要考查直线和圆的位置关系的判断与应用，点到直线的距离的求法，是中档题．
18.【答案】(1)证明：连接BD交AC于点O，连接OE，
∵底面ABCD为正方形，∴O为BD中点，
∵点E是PD的中点，∴OE//PB，
∵OE⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，
∴PB//平面ACE．
(2)解：因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD，又四边形ABCD为正方形，
所以CD⊥AD，又PA∩AD=A，PA，AD⊂平面PAD，
所以CD⊥平面PAD，PD⊂平面PAD，所以CD⊥PD，
又点E是PD的中点，PA=2 3，AB=2，所以S△PAE=12S△PAD=12×12×2×2 3= 3，AE=12PD=12 AD2+AP2=2，
CE= DE2+CD2=2 2，AC= AD2+CD2=2 2，
所以S△AEC=12×2× (2 2)2−12= 7，
设点P到平面AEC的距离为d，则VP−AEC=VC−AEP，即13S△AEC⋅d=13S△AEP⋅CD，
即13× 7⋅d=13× 3×2，解得d=2 217，
即点P到平面AEC的距离为2 217．
【解析】(1)连接BD交AC于点O，连接OE，即可得到OE//PB，从而得证；
(2)依题意可证CD⊥平面PAD，即可求出S△PAE、S△AEC，再根据VP−AEC=VC−AEP利用等体积法求出点到面的距离．
本题主要考查线面平行的证明，点面距离的计算等知识，属于中等题．
19.【答案】解：(1)AB边上的高所在的直线方程为2x+3y−9=0，
则可设直线AB：3x−2y+m=0，过点B(4,3)，
则3×4−2×3+m=0，解得m=−6，
所以AB：3x−2y−6=0，
又直线AE：x−3y−2=0，
联立方程组3x−2y−6=0x−3y−2=0，解得x=2y=0，
即A(2,0)，
设C(x0,y0)，则点C在AB边上的高线上，
所以2x0+3y0−9=0，
且E(4+x02,3+y02)，
所以4+x02−3+y02×3−2=0，
联立2x0+3y0−9=04+x02−3+y02×3−2=0，解得x0=6y0=−1，
所以C(6,−1)；
(2)由(1)得E(5,1)，
当直线l过坐标原点时，设y=kx，
则1=5k，解得k=15，
所以直线l：y=15x；
当直线l不过坐标原点时，设l：xa+ya=1(a≠0)，
则5a+1a=1，解得a=6，
所以x6+y6=1，即x+y−6=0，
综上所述直线l的方程为y=15x或x+y−6=0，
【解析】(1)根据高线方程可得直线AB斜率与方程，结合直线AE方程可得A，设点C(x0,y0)，则满足2x0+3y0−9=0，根据中点公式可得E(4+x02,3+y02)在直线AE上，解方程可得C；
(2)由(1)确定E，分情况讨论当直线过坐标原点时，直接可得方程，当直线不过坐标原点时，利用截距式可得方程．
本题考查了点斜式方程、截距式方程、斜率计算公式、中点坐标公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)由题意可得：3人全通过初赛的概率为12×13×14=124，
所以这3人中至多有2人通过初赛的概率为1−124=2324；
(2)甲参加市知识竞赛的概率为12×12=14，
乙参加市知识竞赛的概率为13×12=16，
丙参加市知识竞赛的概率为14×12=18，
所以这3人都参加市知识竞赛的概率为P=14×16×18=1192；
(3)由题意可得：要使得奖金之和为1200元，则只有两人参加决赛，
记“甲、乙、丙三人获得奖金之和为1200元”为事件A，
则P(A)=(1−12)×13×14+12×(1−13)×14+12×13×(1−14)=14．
【解析】(1)计算出3人都没有通过初赛的概率，再利用对立事件的概率公式可求得所求事件的概率；
(2))计算出3人各自参加市知识竞赛的概率，再利用独立事件概率公式可求得所求事件的概率；
(3)计算出3人中有两人通过初赛的概率，再利用概率加法公式可求得所求事件的概率．
本题考查独立事件的概率计算，属于中档题．
21.【答案】(1)证明：连接AE，AE与BD的交点记为点O，因为AB=BC，
所以BE=12BC=1=CD，∠ABE=∠BCD=90°，
所以△ABE≌△BCD，所以∠BAE=∠CBD，
因为∠ABD+∠CBD=90°，
所以∠ABD+∠BAE=90°，
所以∠AOB=90°，即BD⊥AE，
又因为BD⊥PE，且PE⋂AE=E，PE⊂平面PAE，AE⊂平面PAE，
所以BD⊥平面PAE，
因为PA⊂平面PAE，所以BD⊥PA，
因为在△PAB中，PA2+AB2=PB2，所以PA⊥AB，
又因为BD∩AB=B，AB⊂平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PA⊥平面ABCD；
(2)解：存在，点M为线段PB的中点．理由如下：
如图，以B为原点，BA，BC所在直线分别为x，y轴建立空间直角坐标系，
则B(0,0,0)，P(2,0,1)，E(0,1,0)，D(1,2,0)，BP=(2,0,1)，
设BM=λBP=(2λ,0,λ)(0≤λ≤1)，即M=(2λ,0,λ)，
则EM=(2λ,−1,λ)，ED=(1,1,0)，
设平面DEM的法向量n=(x,y,z)，由n⋅ED=x+y=0n⋅EM=2λx−y+λz=0，
取x=λ，则n=(λ,−λ,−2λ−1)，
易知，平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1)，
因为二面角M−DE−A的余弦值为2 23，
即|cs〈n1,n2〉|=|n1⋅n2||n1|⋅|n2|=|2λ+1| 2λ2+(2λ+1)2=2 23，
整理可得12λ2−4λ−1=0，解得λ=−16(舍去)或λ=12．
故线段PB上存在一点M，使得二面角M−DE−A的余弦值为2 23，此时点M为线段PB的中点．
【解析】(1)由题意，△ABE≌△BCD，得到BD⊥AE，进而证明BD⊥平面PAE，即可得到BD⊥PA，即可证明PA⊥平面ABCD；
(2)以B为原点建立空间直角坐标系，BM=λBP=(2λ,0,λ)(0≤λ≤1)，求出平面ABCD与平面DEM的法向量，利用空间向量的夹角公式计算即可．
本题考查线面垂直的证明和平面与平面所成角，属于中档题．
22.【答案】解：(1)因为椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)离心率e= 22，且经点(−1, 22)，
所以e=ca= 221a2+12b2=1，①
又a2−b2=c2，②
联立①②，解得a= 2，b=1，
则椭圆C的标准方程为x22+y2=1；
(2)证明：易知直线AB的斜率一定存在，
由(1)知，椭圆的右焦点的坐标为F(1,0)，
不妨设直线AB方程为y=k(x−1)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，D(2,k)，
此时k2=k− 22，
联立x22+y2=1y=k(x−1)，消去y并整理得(1+2k2)x2−4k2x+2k2−2=0，
此时Δ>0恒成立，
由韦达定理得x1+x2=4k21+2k2x1⋅x2=2k2−21+2k2，
此时y1+y2=k(x1+x2)−2k，y1⋅x2+y2⋅x1=2kx1⋅x2−k(x1+x2)，
所以k1+k3=y1− 22x1−1+y2− 22x2−1=2kx1⋅x2−(2k+ 22)(x1+x2)+2k+ 2x1⋅x2−(x1+x2)+1=2k− 2，
故k1+k3k2=2k− 2k− 22=2为定值．
【解析】(1)由题意，根据题目所给信息结合离心率公式和a，b，c之间的关系，解方程求出a，b，即可得出答案；
(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，直线AB方程为：y=k(x−1)，将直线AB方程与椭圆方程联立，得到关于x的一元二次方程，根据韦达定理，可得x1+x2，x1⋅x2的表达式，由此表示出k1+k3，再k2=k− 22代入化简即可得出答案．
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．
1.已知直线l经过A(0,1)，B( 3,0)两点，则直线l的倾斜角是( )
A. π6B. π3C. 2π3D. 5π6
2.椭圆x219+y27=1与椭圆x219−m+y27−m=1(m<7)的( )
A. 长轴长相等B. 短轴长相等C. 焦距相等D. 离心率相等
3.已知直线l1：(m+3)x+2y+1=0，直线l2：2x+my−2=0相互平行，则m的值为( )
A. 1或−4B. 1C. 2D. −4
4.一束光线自点P(−1,1,1)发出，被yOz平面反射后到达点Q(−3,3,3)被吸收，则光线所走的路程是( )
A. 2 3B. 6C. 2 6D. 4 3
5.在正四面体P−ABC中，棱长为2，且E是棱AB中点，则异面直线PE与BC夹角的余弦值为( )
A. − 36B. 36C. 33D. − 33
6.已知半径为2的圆经过点(3,4)，则其圆心到原点的距离的最大值为( )
A. 4B. 5C. 6D. 7
7.已知F1、F2为椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，点Q在椭圆C上，且QF1⊥QF2，QF2的延长线与椭圆交于点P，若sin∠F1PQ=35，则该椭圆离心率为( )
A. 22B. 55C. 33D. 53
8.已知三棱锥S−ABC的顶点都在球O的表面上，球O的表面积为36π，在△ABC中，∠ABC=90°，AC=4 2，则当三棱锥S−ABC的体积最大时，BS=( )
A. 4B. 2 6C. 5D. 30
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法正确的是( )
A. 用简单随机抽样的方法从含有100个个体的总体中抽取一个容量为10的样本，则个体m被抽到的概率是0.1
B. 采用分层抽样的方法从高一640人、高二760人、高三n人中，抽取55人进行问卷调查，已知高二被抽取的人数为19人，则n=800
C. 数据12，13，14，15，17，19，23，24，27，30的第70百分位数是23
D. 已知一组数据1，2，m，5，8的平均数为4，则这组数据的方差是6
10.已知事件A，B满足P(A)=0.7，P(B)=0.2，则下列结论正确的是( )
A. P(AB)=0.14
B. 如果B⊆A，那么P(A∪B)=0.7
C. 如果A与B互斥，那么P(A+B)=0.9
D. 如果A与B相互独立，那么P(A−⋅B−)=0.24
11.已知圆C：(x−2)2+y2=1，点P是直线l：x−y=0上一动点，过点P作圆C的切线PA，PB，切点分别是A和B，则下列说法正确的有( )
A. 圆C上恰有两个点到直线l的距离为12
B. 切线长|PA|的最小值为 2
C. 当|PC|⋅|AB|最小时，直线AB方程为y=x−1
D. 直线AB恒过定点(32,−12)
12.如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F，G分别是棱AD，DD1，CD的中点，则( )
A. 直线A1G，C1E为异面直线
B. 直线A1G与平面DD1C1C所成角的正切值为2 55
C. 过点C1，E，F的平面截正方体的截面面积为92
D. 三棱锥B−AEF外接球的表面积为14π
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.将一颗质地均匀的正方体骰子(每个面上分别写有数字1，2，3，4，5，6)先后抛掷2次，观察向上的点数，则点数之和是6的概率是______．
14.在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB=4，A1B1=2，AA1= 3，则该棱台的体积______ ．
15.原点到直线(λ+2)x+(2λ−1)y+(λ−3)=0的距离的最大值为______ ．
16.已知直线l与椭圆x29+y23=1在第一象限交于A，B两点，l与x轴、y轴分别交于M，N两点，且|MA|=|NB|，|MN|=4，则l的方程为______ ．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知圆心为M的圆经过O(0,0)，M1(1,1)，M2(4,2)这三个点．
(1)求圆M的标准方程；
(2)直线l过点P(0,5)，若直线l被圆M截得的弦长为6，求直线l的方程．
18.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD，四边形ABCD正方形，PA⊥平面ABCD．PA=2 3，AB=2，点E是PD的中点．
(1)求证：PB//平面ACE；
(2)求点P到平面AEC的距离．
19.(本小题12分)
已知△ABC的顶点B(4,3)，AB边上的高所在的直线方程为2x+3y−9=0，E为BC的中点，且AE所在的直线方程为x−3y−2=0．
(1)求顶点A，C的坐标；
(2)求过E点且在x轴、y轴上的截距相等的直线l的方程．
20.(本小题12分)
第22届亚运会已于2023年9月23日至10月8日在我国杭州举行.为庆祝这场体育盛会的胜利召开，某市决定举办一次亚运会知识竞赛，该市A社区举办了一场选拔赛，选拔赛分为初赛和决赛，初赛通过后才能参加决赛，决赛通过后将代表A社区参加市亚运知识竞赛.已知A社区甲、乙、丙3位选手都参加了初赛且通过初赛的概率依次为12，13，14，通过初赛后再通过决赛的概率均为12，假设他们之间通过与否互不影响．
(1)求这3人中至多有2人通过初赛的概率；
(2)求这3人都参加市知识竞赛的概率；
(3)某品牌商赞助了A社区的这次知识竞赛，给参加选拔赛的选手提供了奖励方案：只参加了初赛的选手奖励200元，参加了决赛的选手奖励500元.求三人奖金总额为1200元的概率．
21.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD为直角梯形，AB//CD，AB⊥BC，AB=BC=2CD=2，PA=1，PB= 5，E为BC的中点，且PE⊥BD．
(1)证明：PA⊥平面ABCD；
(2)线段PB上是否存在一点M，使得二面角M−DE−A的余弦值为2 23？若存在，试确定点M的位置；若不存在请说明理由．
22.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)离心率e= 22，且经点(−1, 22)．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过椭圆C右焦点的直线l交椭圆于A，B两点，交直线x=2于点D，且Q(1, 22)，设直线QA，QD，QB的斜率分别为k1，k2，k3，若k2≠0，证明k1+k3k2为定值．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：设直线l的倾斜角为α，
因为直线l经过A(0,1)，B( 3,0)两点，
所以直线l的斜率为kAB=0−1 3−0=− 33，
则有tanα=− 33，
又0≤α<π，所以α=5π6．
故选：D．
先由直线斜率公式求出直线的斜率，再根据倾斜角的范围以及倾斜角的正切值等于斜率，可求得倾斜角的值．
本题主要考查直线的倾斜角，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：椭圆x219+y27=1的长轴长为2 19，短轴长为2 7，
离心率为 19−7 19= 12 19=2 3 19，焦距为2 19−7=4 3，
椭圆x219−m+y27−m=1(m<7)的长轴长为2 19−m，短轴长为2 7−m，
离心率为 (19−m)−(7−m) 10−m= 12 10−m=2 3 10−m，焦距为2 (19−m)−(7−m)=4 3；
故两个椭圆的焦距相等．
故选：C．
分别求出两个椭圆的长轴长、短轴长、离心率和焦距即可判断．
本题主要考查了椭圆的几何性质，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：直线l1：(m+3)x+2y+1=0，直线l2：2x+my−2=0相互平行，
显然m≠0，故m+32=2m≠1−2，解得m=1．
故选：B．
根据两直线平行的条件求解．
本题主要考查直线平行的性质，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：点P(−1,1,1)关于平面yOz的对称点M(1,1,1)，
一束光线自点P(−1,1,1)发出，
被yOz平面反射后到达点Q(−3,3,3)被吸收，
则光线所走的路程是MQ= (−3−1)2+(3−1)2+(3−1)2=2 6．
故选：C．
求出P关于平面yOz的对称点的坐标，然后可得光线所走的路程．
本题考查点关于平面对称点的求法，两点的距离公式的应用，考查计算能力．
5.【答案】B
【解析】解：如图，取AC的中点G，连接EG，PG，
因为E是棱AB中点，
所以EG//BC，故∠PEG或其补角为异面直线PE与BC夹角，
又正四面体棱长为2，故PE=PG= 3,EG=1，
cs∠PEG=PE2+EG2−PG22PE⋅EG=12 3= 36，
故异面直线PE与BC夹角的余弦值为 36．
故选：B．
作出图形，取AC的中点G，连接EG，PG，则EG//BC，所以∠PEG或其补角为异面直线PE与BC夹角，根据余弦定理求解即可．
本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，是中档题．
6.【答案】D
【解析】解：设圆心到原点的距离为d，
则dmax= (3−0)2+(4−0)2+2=7．
故选：D．
求出点(3,4)到原点的距离再加半径即可求出圆心到原点的距离的最大值．
本题主要考查两点间的距离公式，考查计算能力，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：设|QF1|=3m，由题意sin∠F1PQ=|QF1||PF1|=35，
则|PF1|=5m，又QF1⊥QF2，
∴|PQ|=4m，
|QF2|=2a−|QF1|=2a−3m，|PF2|=2a−|PF1|=2a−5m，
|PF2|+|QF2|=4a−8m=|PQ|=4m，m=13a，
所以|QF1|=3m=a，|QF2|=2a−3m=a，又QF1⊥QF2，
所以a2+a2=(2c)2，
c2a2=12，即e=ca= 22．
故选：A．
在直角三角形中结合椭圆的定义把边长用a表示，再利用勾股定理得出关于a，c的齐次式，从而求得离心率．
本题主要考查了椭圆的性质，考查了学生的计算能力，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：因为∠ABC=90°，设O1是△ABC的外心，则O1为AC的中点，且O1B=12AC=2 2，
由球的表面积为36π，即4πR2=36π，解得R=3，所以OO1= R2−O1B2=1，
当S，O，O1三点共线，且SO垂直于面ABC，且S和O在平面ABC的同侧时，三棱锥S−ABC的体积最大，
SO1=1+3=4，BS= SO12+O1B2=2 6．
故选：B．
设O1是△ABC的外心，即可得到O1B=2 2，再根据球的表面积求出球的半径R，即可得OO1，当S，O，O1三点共线垂直于面ABC且S和O1在平面ABC的同侧时，三棱锥S−ABC的体积最大，再由勾股定理计算可得．
本题考查三棱锥的体积的最值问题，属中档题．
9.【答案】ABD
【解析】解：对于A：个体m被抽到的概率P=10100=0.1，故A正确；
对于B：由题意可得，760640+760+n=1955，解得n=800，故B正确；
对于C：∵10×70%=7，∴第70百分位数第7、8两数的平均数，即23+242=23.5，故C错误；
对于D：由题意可得15(1+2+m+5+8)=4，解得m=4，
这组数据的方差s2=15[(1−4)2+(2−4)2+(4−4)2+(5−4)2+(8−4)2]=6，故D正确．
故选：ABD．
根据简单随机抽样的定义判断A，利用分层抽样计算规则判断B，按照百分位数计算规则判断C，根据平均数、方差计算公式判断D．
本题考查分层抽样的应用，考查百分位数，平均数，方差的计算，属于基础题．
10.【答案】BCD
【解析】解：A选项：当A与B相互独立时，P(AB)=P(A)P(B)=0.14，A选项错误；
B选项：若B⊆A，则P(A⋃B)=P(A)=0.7，B选项正确；
C选项：A与B互斥，那么P(A+B)=P(A)+P(B)=0.9，C选项正确；
D选项：如果A与B相互独立，那么P(A−⋅B−)=P(A−)P(B−)=[1−P(A)][1−P(B)]=(1−0.2)(1−0.7)=0.24，D选项正确．
故选：BCD．
根据独立事件的乘法公式及互斥事件的加法公式判断各选项．
本题考查相互独立事件的应用，考查互斥事件的概率公式，属于基础题．
11.【答案】AC
【解析】解：由圆C：(x−2)2+y2=1，得圆心C(2,0)，半径圆r=1，
A选项：点C到直线l的距离为d=|2−0| 12+(−1)2= 2，又1
B选项：切线长|PA|= |PC|2−|AC|2= |PC|2−1，
所以当|PC|取最小值时，切线长|PA|最小，|PC|min=d= 2，所以|PA|min=1，B选项错误；
C选项：由已知SACBP=12|PC|⋅|AB|=2×12|PA|⋅|AC|，
所以|PC|⋅|AB|=2|PA|⋅|AC|=2|PA|=2 |PC|2−1，
所以当|PC|取最小值时|PC|⋅|AB|最小，此时PC⊥l，
所以kPC=−1，直线PC方程为y=−(x−2)，即x+y−2=0，
联立x+y−2=0x−y=0，解得x=1y=1，故P(1,1)，则a=1，
所以AB：(−x−y+2)×1+2x−3=0，即y=x−1，C选项正确；
D选项：由切线的性质可知A，B在以PC为直径的圆上，设P(a,a)，
则以|PC|为直径的圆的圆心为(a+22,a2)，半径为12 (a−2)2+a2= a2−2a+22，
圆的方程为(x−a+22)2+(y−a2)2=a2−2a+22，即x2+y2−(a+2)x−ay+2a=0，
又A，B在圆C上，两圆方程相减可得AB方程为：(−x−y+2)a+2x−3=0，
则−x−y+2=02x−3=0，解得x=32y=12，
所以AB恒过定点(32,12)，D选项错误．
故选：AC．
根据圆心到直线的距离可判断直线与圆的位置关系，可判断A选项，根据切线长的几何意义可判断B选项，再根据两圆公共弦方程求法可判断CD选项．
本题考查了直线与圆的位置关系，考查了数形结合思想与方程思想，属于中档题．
12.【答案】BCD
【解析】解：选项A，连接EG，AC，A1C1，因为E，G分别是AD，CD中点，则EG//AC，又A1C1//AC，
所以EG//A1C1，所以A1，C1，G，E四点共面，从而直线A1G，C1E为共面直线，A错误；
选项B，连接D1G，由A1D1⊥平面DD1C1C知，直线A1G与平面DD1C1C所成角是∠A1GD1，
D1G= 22+12= 5，tan∠A1GD1=A1D1D1G=2 5=2 55，B正确；
选项C，延长FE交A1A的延长于H，连接HB，BC1，BE，正方体中易证AD1//BC1，
因为DD1//A1A，E是AD中点，F是DD1中点，所以EH=EF=12AD1=12BC1，
从而FH=BC1，EF//AD1//BC1，所以FHBC1是平行四边形，C1F//BH，
所以直线BE是平面C1FE与平面ABB1A1的交线，
因此过点C1，E，F的平面截正方体的截面与侧面ABB1A1只有一个公共点B，四边形C1FEB即为截面，
由已知它是一个等腰梯形，腰BE=C1F= 5，BC1=2 2，EF= 2，
因此其面积为S=12( 2+2 2)× ( 5)2−(2 2− 22)2=92，C正确．
选项D，在正方形ADD1A1中，取AE中点S，过S作AA1的平行线交A1D于K，
而A1D是EF的垂直平分线，因此K是△AEF的外心，易得K是A1D的四等分点，
由于正方体中AB⊥侧面ADD1A1，因此作KT//AB交侧面BCC1B1于T，
则KT=AB且KT⊥侧面ADD1A1即KT⊥平面AEF，
所以KT的中点O是三棱锥B−AEF外接球的球心，
OA= OK2+AK2= (12AB)2+AS2+SK2= 12+(12)2+(32)2= 142，
所以外接球表面积为S=4π⋅OA2=14π，D正确．
故选：BCD．
通过证明EG//A1C1判断A；证明直线A1G与平面DD1C1C所成角是∠A1GD1，并计算其正切值判断B；作出过点C1，E，F的平面截正方体的截面求出其面积判断C；作出三棱锥B−AEF外接球的球心，求出半径得表面积判断D．
本题考查了三棱锥的外接球，直线与平面所成的角，属于中档题．
13.【答案】536
【解析】解：将一枚骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，
基本事件总数n=6×6=36，
“点数之和等于6”包含的基本事件有：
(1,5)，(5,1)，(2,4)，(4,2)，(3,3)，共5个，
∴“点数之和等于6”的概率为p=536．
故答案为：536．
先求出基本事件总数n=6×6=36，再由列举法求出“点数之和等于6”包含的基本事件的个数，由此能求出“点数之和等于6”的概率．
本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意列举法的合理运用．
14.【答案】283
【解析】解：如图，设底面正方形的中心分别为O1，O，连接A1C1，AC，O1O，
则由ABCD−A1B1C1D1为正四棱台可知四边形ACC1A1为等腰梯形，
且AC= 2AB=4 2，A1C1= 2A1B1=2 2，
所以OO1= (AA1)2−(AC−A1C12)2= ( 3)2−(4 2−2 22)2=1，
所以四棱台的体积V=13⋅OO1⋅(S+S′+ SS′)=13×1×[42+22+ 42×22]=283．
故答案为：283．
根据正四棱台可确定ACC1A1为等腰梯形，进而可得台体的高和体积．
本题考查正四棱台的体积的求解，属中档题．
15.【答案】 2
【解析】解：(λ+2)x+(2λ−1)y+(λ−3)=0变形为(x+2y+1)λ+2x−y−3=0，
令x+2y+1=02x−y−3=0，解得x=1y=−1，
即直线恒过定点A(1,−1)，
当OA与直线垂直时，距离最大，
故最大距离为|OA|= 1+1= 2．
故答案为： 2．
先求出直线过的定点A，当OA与直线垂直时，距离最大，求出|OA|即可．
本题考查直线系方程的应用，考查化归与转化思想，是基础题．
16.【答案】x+ 3y−2 3=0
【解析】解：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，线段AB的中点为E，
由x129+y123=1,x229+y223=1，相减可得y22−y12x22−x12=−13，
则kOE⋅kAB=y1+y2x1+x2⋅y2−y1x2−x1=y22−y12x22−x12=−13，
设直线l的方程为y=kx+m,k<0,m>0,M(−mk,0),N(0,m)，
∵|MA|=|NB|，
∴E(−m2k,m2)，∴kOE=−k，
∴−k⋅k=−13，解得k=− 33，
∵|MN|=4，
∴ m2k2+m2=4，化为m2k2+m2=16，
∴4m2=16，m>0，得m=2，
∴l的方程为y=− 33x+2，即x+ 3y−2 3=0．
故答案为：x+ 3y−2 3=0．
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，线段AB的中点为E，利用点差法可得kOE⋅kAB=−13，设直线l的方程为y=kx+m，k<0，m>0，得到M，N，E的坐标，可得kOE=−k，进而可得k，再利用|MN|=4求出m，则可得到l的方程．
本题主要考查直线与椭圆的综合，考查计算能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)设圆M的标准方程为(x−a)2+(y−b)2=r2(r>0)，
因为过O(0,0)，M1(1,1)，M2(4,2)，
所以a2+b2=r2(1−a)2+(1−b)2=r2(4−a)2+(2−b)2=r2，解得a=4b=−3r2=25，
所以圆M的标准方程为(x−4)2+(y+3)2=25．
(2)当直线l的斜率不存在时，其方程为x=0，符合题意，
当直线l的斜率存在时，设其方程为y=kx+5，即kx−y+5=0，
则圆心M(4,−3)到直线l的距离为d=|4k+8| k2+1，
因为直线l被圆M截得的弦长为6，所以r2=d2+(62)2⇒d=4，
即d=|4k+8| k2+1=4，解得k=−34，
直线l的方程为3x+4y−20=0，
故直线l方程为x=0或3x+4y−20=0．
【解析】(1)设出圆M的标准方程，根据过点列出方程组求解即可；
(2)直线l斜率不存在讨论，直线l斜率存在，设方程，根据圆心到l的距离，l被圆M截得的弦长列方程组即可．
本题主要考查直线和圆的位置关系的判断与应用，点到直线的距离的求法，是中档题．
18.【答案】(1)证明：连接BD交AC于点O，连接OE，
∵底面ABCD为正方形，∴O为BD中点，
∵点E是PD的中点，∴OE//PB，
∵OE⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，
∴PB//平面ACE．
(2)解：因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD，又四边形ABCD为正方形，
所以CD⊥AD，又PA∩AD=A，PA，AD⊂平面PAD，
所以CD⊥平面PAD，PD⊂平面PAD，所以CD⊥PD，
又点E是PD的中点，PA=2 3，AB=2，所以S△PAE=12S△PAD=12×12×2×2 3= 3，AE=12PD=12 AD2+AP2=2，
CE= DE2+CD2=2 2，AC= AD2+CD2=2 2，
所以S△AEC=12×2× (2 2)2−12= 7，
设点P到平面AEC的距离为d，则VP−AEC=VC−AEP，即13S△AEC⋅d=13S△AEP⋅CD，
即13× 7⋅d=13× 3×2，解得d=2 217，
即点P到平面AEC的距离为2 217．
【解析】(1)连接BD交AC于点O，连接OE，即可得到OE//PB，从而得证；
(2)依题意可证CD⊥平面PAD，即可求出S△PAE、S△AEC，再根据VP−AEC=VC−AEP利用等体积法求出点到面的距离．
本题主要考查线面平行的证明，点面距离的计算等知识，属于中等题．
19.【答案】解：(1)AB边上的高所在的直线方程为2x+3y−9=0，
则可设直线AB：3x−2y+m=0，过点B(4,3)，
则3×4−2×3+m=0，解得m=−6，
所以AB：3x−2y−6=0，
又直线AE：x−3y−2=0，
联立方程组3x−2y−6=0x−3y−2=0，解得x=2y=0，
即A(2,0)，
设C(x0,y0)，则点C在AB边上的高线上，
所以2x0+3y0−9=0，
且E(4+x02,3+y02)，
所以4+x02−3+y02×3−2=0，
联立2x0+3y0−9=04+x02−3+y02×3−2=0，解得x0=6y0=−1，
所以C(6,−1)；
(2)由(1)得E(5,1)，
当直线l过坐标原点时，设y=kx，
则1=5k，解得k=15，
所以直线l：y=15x；
当直线l不过坐标原点时，设l：xa+ya=1(a≠0)，
则5a+1a=1，解得a=6，
所以x6+y6=1，即x+y−6=0，
综上所述直线l的方程为y=15x或x+y−6=0，
【解析】(1)根据高线方程可得直线AB斜率与方程，结合直线AE方程可得A，设点C(x0,y0)，则满足2x0+3y0−9=0，根据中点公式可得E(4+x02,3+y02)在直线AE上，解方程可得C；
(2)由(1)确定E，分情况讨论当直线过坐标原点时，直接可得方程，当直线不过坐标原点时，利用截距式可得方程．
本题考查了点斜式方程、截距式方程、斜率计算公式、中点坐标公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)由题意可得：3人全通过初赛的概率为12×13×14=124，
所以这3人中至多有2人通过初赛的概率为1−124=2324；
(2)甲参加市知识竞赛的概率为12×12=14，
乙参加市知识竞赛的概率为13×12=16，
丙参加市知识竞赛的概率为14×12=18，
所以这3人都参加市知识竞赛的概率为P=14×16×18=1192；
(3)由题意可得：要使得奖金之和为1200元，则只有两人参加决赛，
记“甲、乙、丙三人获得奖金之和为1200元”为事件A，
则P(A)=(1−12)×13×14+12×(1−13)×14+12×13×(1−14)=14．
【解析】(1)计算出3人都没有通过初赛的概率，再利用对立事件的概率公式可求得所求事件的概率；
(2))计算出3人各自参加市知识竞赛的概率，再利用独立事件概率公式可求得所求事件的概率；
(3)计算出3人中有两人通过初赛的概率，再利用概率加法公式可求得所求事件的概率．
本题考查独立事件的概率计算，属于中档题．
21.【答案】(1)证明：连接AE，AE与BD的交点记为点O，因为AB=BC，
所以BE=12BC=1=CD，∠ABE=∠BCD=90°，
所以△ABE≌△BCD，所以∠BAE=∠CBD，
因为∠ABD+∠CBD=90°，
所以∠ABD+∠BAE=90°，
所以∠AOB=90°，即BD⊥AE，
又因为BD⊥PE，且PE⋂AE=E，PE⊂平面PAE，AE⊂平面PAE，
所以BD⊥平面PAE，
因为PA⊂平面PAE，所以BD⊥PA，
因为在△PAB中，PA2+AB2=PB2，所以PA⊥AB，
又因为BD∩AB=B，AB⊂平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PA⊥平面ABCD；
(2)解：存在，点M为线段PB的中点．理由如下：
如图，以B为原点，BA，BC所在直线分别为x，y轴建立空间直角坐标系，
则B(0,0,0)，P(2,0,1)，E(0,1,0)，D(1,2,0)，BP=(2,0,1)，
设BM=λBP=(2λ,0,λ)(0≤λ≤1)，即M=(2λ,0,λ)，
则EM=(2λ,−1,λ)，ED=(1,1,0)，
设平面DEM的法向量n=(x,y,z)，由n⋅ED=x+y=0n⋅EM=2λx−y+λz=0，
取x=λ，则n=(λ,−λ,−2λ−1)，
易知，平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1)，
因为二面角M−DE−A的余弦值为2 23，
即|cs〈n1,n2〉|=|n1⋅n2||n1|⋅|n2|=|2λ+1| 2λ2+(2λ+1)2=2 23，
整理可得12λ2−4λ−1=0，解得λ=−16(舍去)或λ=12．
故线段PB上存在一点M，使得二面角M−DE−A的余弦值为2 23，此时点M为线段PB的中点．
【解析】(1)由题意，△ABE≌△BCD，得到BD⊥AE，进而证明BD⊥平面PAE，即可得到BD⊥PA，即可证明PA⊥平面ABCD；
(2)以B为原点建立空间直角坐标系，BM=λBP=(2λ,0,λ)(0≤λ≤1)，求出平面ABCD与平面DEM的法向量，利用空间向量的夹角公式计算即可．
本题考查线面垂直的证明和平面与平面所成角，属于中档题．
22.【答案】解：(1)因为椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)离心率e= 22，且经点(−1, 22)，
所以e=ca= 221a2+12b2=1，①
又a2−b2=c2，②
联立①②，解得a= 2，b=1，
则椭圆C的标准方程为x22+y2=1；
(2)证明：易知直线AB的斜率一定存在，
由(1)知，椭圆的右焦点的坐标为F(1,0)，
不妨设直线AB方程为y=k(x−1)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，D(2,k)，
此时k2=k− 22，
联立x22+y2=1y=k(x−1)，消去y并整理得(1+2k2)x2−4k2x+2k2−2=0，
此时Δ>0恒成立，
由韦达定理得x1+x2=4k21+2k2x1⋅x2=2k2−21+2k2，
此时y1+y2=k(x1+x2)−2k，y1⋅x2+y2⋅x1=2kx1⋅x2−k(x1+x2)，
所以k1+k3=y1− 22x1−1+y2− 22x2−1=2kx1⋅x2−(2k+ 22)(x1+x2)+2k+ 2x1⋅x2−(x1+x2)+1=2k− 2，
故k1+k3k2=2k− 2k− 22=2为定值．
【解析】(1)由题意，根据题目所给信息结合离心率公式和a，b，c之间的关系，解方程求出a，b，即可得出答案；
(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，直线AB方程为：y=k(x−1)，将直线AB方程与椭圆方程联立，得到关于x的一元二次方程，根据韦达定理，可得x1+x2，x1⋅x2的表达式，由此表示出k1+k3，再k2=k− 22代入化简即可得出答案．
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．
相关试卷
2023-2024学年湖北省恩施州四校联盟高二（上）期中数学试卷（含解析）： 这是一份2023-2024学年湖北省恩施州四校联盟高二（上）期中数学试卷（含解析），共18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。
2023-2024学年福建省龙岩市一级校联盟高二（上）期中数学试卷（含解析）： 这是一份2023-2024学年福建省龙岩市一级校联盟高二（上）期中数学试卷（含解析），共19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。
2023-2024学年湖北省恩施州四校联盟高二（上）期中数学试卷（含解析）： 这是一份2023-2024学年湖北省恩施州四校联盟高二（上）期中数学试卷（含解析），共18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。
