2022-2023学年山东省淄博四中高二（上）期末数学试卷（附答案）

这是一份2022-2023学年山东省淄博四中高二（上）期末数学试卷（附答案），共21页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（5分）抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件A＝“第一枚硬币正面朝上”，事件B＝“第二枚硬币反面朝上”，则A与B的关系为（ ）
A．互斥B．相互对立C．相互独立D．相等
2．（5分）圆（x+2）2+（y﹣12）2＝4关于直线x﹣y+6＝0对称的圆的方程为（ ）
A．（x+6）2+（y+4）2＝4B．（x﹣4）2+（y+6）2＝4
C．（x﹣4）2+（y﹣6）2＝4D．（x﹣6）2+（y﹣4）2＝4
3．（5分）已知向量a→=(-2，4，3)，b→=(1，-2，x)，若a→∥b→，则x＝（ ）
A．-32B．103C．﹣2D．D．2
4．（5分）抛物线y＝2x2的焦点坐标为（ ）
A．(12，0)B．(-12，0)C．(0，18)D．(0，-18)
5．（5分）已知直线l：ax﹣y+1＝0与圆C：（x﹣1）2+y2＝4相交于两点A，B，当a变化时，△ABC的面积的最大值为（ ）
A．1B．2C．2D．22
6．（5分）已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，准线为l，直线l'：x﹣y+2＝0，动点M在C上运动，记点M到直线l与l′的距离分别为d1，d2，O为坐标原点，则当d1+d2最小时，cs∠MFO＝（ ）
A．22B．23C．24D．26
7．（5分）过圆O：x2+y2＝1内一点(14，12)作直线交圆O于A，B两点，过A，B分别作圆的切线交于点P，则点P的坐标满足方程（ ）
A．x+2y﹣4＝0B．x﹣2y+4＝0C．x﹣2y﹣4＝0D．x+2y+4＝0
8．（5分）如图，棱长为3的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为正方体表面BCC1B1上的一个动点，E，F分别为BD1的三等分点，则|PE|+|PF|的最小值为（ ）
A．33B．522C．1+6D．11
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
（多选）9．（5分）已知椭圆C：x212-m+y2m-4=1(8＜m＜12)的焦距为4，则（ ）
A．椭圆C的焦点在x轴上
B．椭圆C的长轴长是短轴长的3倍
C．椭圆C的离心率为63
D．椭圆C上的点到其一个焦点的最大距离为6+2
（多选）10．（5分）下列四个命题中是真命题的是（ ）
A．圆C1：x2+y2+2x＝0与圆C2：x2+y2﹣4x﹣8y+4＝0恰有三条公切线
B．若点P（3a+1，4a）在圆（x﹣1）2+y2＝1的内部，则a∈(-15，15)
C．若直线y＝x+b与曲线y=4-x2只有一个公共点，则b∈[﹣2，2）
D．函数y＝|x|的图象与圆（x﹣m）2+y2＝8有两个公共点，则m∈（﹣4，4）
（多选）11．（5分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点．则（ ）
A．直线EF与直线AE垂直
B．直线A1G与平面AEF平行
C．平面AEF截正方体所得的截面面积为92
D．点A1和点D到平面AEF的距离相等
（多选）12．（5分）P为椭圆C1：x24+y23=1上的动点，过P作C1切线交圆C2：x2+y2＝12于M，N，过M，N作C2切线的两条切线，切线交于Q，则（ ）
A．S△OPQ的最大值为32
B．S△OPQ的取大值为33
C．Q的轨迹是x236+y248=1
D．Q的轨迹是x248+y236=1
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（5分）甲，乙，丙三个同学独立求解同一道数学题，他们各自解出该数学题的概率分别为12，23，34，则这道数学题被解出来的概率为 ．
14．（5分）已知圆O：x2+y2＝1，过点P（2，1））作圆O的切线，则切线方程为 ．
15．（5分）已知椭圆x2a2+y2b2=1（a＞0，b＞0）在左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆上，O是坐标原点，|F1F2|=2|PF1|，∠F1PF2＝120°，则椭圆的离心率是 ．
16．（5分）已知△ABC为等腰直角三角形，C为直角顶点，AC中点为D（0，2），斜边上中线CE所在直线方程为3x+y﹣7＝0，且点C的纵坐标大于点E的纵坐标，则AB所在直线的方程为 ．
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．（10分）根据调查，某学校开设了“街舞”、“围棋”、“武术”三个社团，三个社团参加的人数如表所示：
为调查社团开展情况，学校社团管理部采用分层抽样的方法从中抽取一个容量为n的样本，已知从“围棋”社团抽取的同学比从“街舞”社团抽取的同学少2人．
（Ⅰ）求三个社团分别抽取了多少同学；
（Ⅱ）若从“围棋”社团抽取的同学中选出2人担任该社团活动监督的职务，已知“围棋”社团被抽取的同学中有2名女生，求至少有1名女同学被选为监督职务的概率．
18．（12分）如图，四边形ABEF为正方形，若平面ABCD⊥平面ABEF，AD∥BC，AD⊥DC，AD＝2DC＝2BC．
（Ⅰ）求二面角A﹣CF﹣D的余弦值；
（Ⅱ）判断点D与平面CEF的位置关系，并说明理由．
19．（12分）已知△ABC的顶点坐标分别为A（﹣3，0），B(-1，-22)，C（3，0）．圆M为△ABC的外接圆．
（Ⅰ）求圆M的方程；
（Ⅱ）直线l与圆M相切，求直线l与两坐标轴所围成的三角形面积最小时l的方程．
20．（12分）设抛物线C：x2＝2py（p＞0），其焦点为F，准线为l，点P为C上的一点，过点P作直线l的垂线，垂足为M，且|MF|＝|FP|，FM→⋅FP→=2．
（1）求抛物线C的方程；
（2）设点Q为C外的一点且Q点不在坐标轴上，过点Q作抛物线C的两条切线，切点分别为A，B，过点Q作y轴的垂线，垂足为S，连接AS，BS，证明：直线AS与直线BS关于y轴对称．
21．（12分）如图，在三棱锥P﹣ABC中，PC⊥BC，AB⊥平面PBC，AG＝GC，PD＝DA．
（1）求证：平面BDG⊥平面ABC；
（2）若AB＝BC＝CP＝2，求平面ABD与平面CBD的夹角大小．
22．（12分）已知双曲线E：x2a2-y2b2=1（a，b＞0）的左顶点为A（﹣2，0），点P（2，1）在渐近线上，过点P的直线交双曲线E的右支于B，C两点，直线AB，AC分别交直线OP于点M，N．
（1）求双曲线E的方程；
（2）求证：O为MN的中点．
2022-2023学年山东省淄博四中高二（上）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：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）抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件A＝“第一枚硬币正面朝上”，事件B＝“第二枚硬币反面朝上”，则A与B的关系为（ ）
A．互斥B．相互对立C．相互独立D．相等
【解答】解：根据题意，事件A＝“第一枚硬币正面朝上”，事件B＝“第二枚硬币反面朝上”，
两个事件可以同时发生，也可以都不发生，
A事件发生与否对B事件没有影响，是相互独立事件，
故选：C．
2．（5分）圆（x+2）2+（y﹣12）2＝4关于直线x﹣y+6＝0对称的圆的方程为（ ）
A．（x+6）2+（y+4）2＝4B．（x﹣4）2+（y+6）2＝4
C．（x﹣4）2+（y﹣6）2＝4D．（x﹣6）2+（y﹣4）2＝4
【解答】解：由圆的方程（x+2）2+（y﹣12）2＝4可得，圆心坐标（﹣2，12）半径为2，
由题意可得关与直线x﹣y+6＝0对称的圆的圆心为（﹣2，12）关于直线对称的点，半径为2，
设所求圆的圆心为（a，b），则a-22-b+122+6=0b-12a+2=-1，解得a＝6，b＝4，
故圆的方程为（x﹣6）2+（y﹣4）2＝4．
故选：D．
3．（5分）已知向量a→=(-2，4，3)，b→=(1，-2，x)，若a→∥b→，则x＝（ ）
A．-32B．103C．﹣2D．D．2
【解答】解：已知向量a→=（﹣2，4，3），b→=（1，﹣2，x），
若a→∥b→，则a→=λb→，
则（﹣2，4，3）＝λ（1，﹣2，x），
整理得λ=-2，x=-32．
故选：A．
4．（5分）抛物线y＝2x2的焦点坐标为（ ）
A．(12，0)B．(-12，0)C．(0，18)D．(0，-18)
【解答】解：抛物线的方程为y＝2x2，
则抛物线的标准方程为x2=12y，
即抛物线的焦点坐标为（0，18），
故选：C．
5．（5分）已知直线l：ax﹣y+1＝0与圆C：（x﹣1）2+y2＝4相交于两点A，B，当a变化时，△ABC的面积的最大值为（ ）
A．1B．2C．2D．22
【解答】解：设AC与BC的夹角为θ，
由题意可知，S△ABC=12AC×BC×sinθ=12r2sinθ≤12r2＝2，当sinθ＝1时取等号，
故△ABC的面积的最大值为2．
故选：C．
6．（5分）已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，准线为l，直线l'：x﹣y+2＝0，动点M在C上运动，记点M到直线l与l′的距离分别为d1，d2，O为坐标原点，则当d1+d2最小时，cs∠MFO＝（ ）
A．22B．23C．24D．26
【解答】解：由抛物线的定义可知，d1＝|MF|，设MN⊥l'，垂足为N，
∴d1+d2＝|MF|+|MN|，
当M、F、N三点共线时，d1+d2最小，
∵抛物线C：y2＝4x，
∴焦点F（1，0），
∴|FN|＝d=|1×1-0+2|12+12=322，
设直线l'与x轴的交点为D，
令y＝0，得x＝﹣2，即FD＝2+1＝3，
在Rt△DNF中，cs∠MFO＝cs∠NFD=3223=22．
故选：A．
7．（5分）过圆O：x2+y2＝1内一点(14，12)作直线交圆O于A，B两点，过A，B分别作圆的切线交于点P，则点P的坐标满足方程（ ）
A．x+2y﹣4＝0B．x﹣2y+4＝0C．x﹣2y﹣4＝0D．x+2y+4＝0
【解答】解：设P（x0，y0），则以OP为直径的圆C的方程为x（x﹣x0）+y（y﹣y0）＝0，
即x2+y2﹣x0x﹣y0y＝0①．
∵PA、PB是圆O的切线，∴OA⊥PA，OB⊥PB，则A、B在圆C上，
∴AB是圆O与圆C的公共弦，又圆O：x2+y2＝1②，
∴①﹣②可得直线AB的方程为x0x+y0y﹣1＝0．
又点(14，12)满足方程，∴14x0+12y0-1=0，即x0+2y0﹣4＝0．
∴点P的坐标满足方程x+2y﹣4＝0．
故选：A．
8．（5分）如图，棱长为3的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为正方体表面BCC1B1上的一个动点，E，F分别为BD1的三等分点，则|PE|+|PF|的最小值为（ ）
A．33B．522C．1+6D．11
【解答】解：如图，
找F关于平面BCC1B1的对称点F′，连接EF′交平面BCC1B1于P0，
则P0即为满足|PE|+|PF|最小的点，
∵正方体的棱长为3，∴BD1=32+32+32=33，
∴EF=13BD1=3，FF′＝2×13C1D1＝2×13×3=2，
∠D1FF′+∠BD1C1＝π，
又cs∠BD1C1=333=33，∴cs∠D1FF'=-33，
在△EFF′中，由余弦定理可得：EF'=(3)2+22-2⋅3⋅2⋅(-33)=11．
即|PE|+|PF|的最小值为11．
故选：D．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
（多选）9．（5分）已知椭圆C：x212-m+y2m-4=1(8＜m＜12)的焦距为4，则（ ）
A．椭圆C的焦点在x轴上
B．椭圆C的长轴长是短轴长的3倍
C．椭圆C的离心率为63
D．椭圆C上的点到其一个焦点的最大距离为6+2
【解答】解：由已知椭圆方程可得：a2＝m﹣4，b2＝12﹣m，
则c=a2-b2=2m-16，又椭圆的焦距为4，
所以22m-16=4，则m＝10，
所以椭圆的方程为：x22+y26=1，且2a＝26，2b＝22，
所以2a2b=3，故B正确，焦点在y轴上，故A错误，
椭圆的离心率为e=ca=26=63，故C正确，
椭圆C上的点到其一个焦点的最大距离为a+c=6+2，故D错误，
故选：BC．
（多选）10．（5分）下列四个命题中是真命题的是（ ）
A．圆C1：x2+y2+2x＝0与圆C2：x2+y2﹣4x﹣8y+4＝0恰有三条公切线
B．若点P（3a+1，4a）在圆（x﹣1）2+y2＝1的内部，则a∈(-15，15)
C．若直线y＝x+b与曲线y=4-x2只有一个公共点，则b∈[﹣2，2）
D．函数y＝|x|的图象与圆（x﹣m）2+y2＝8有两个公共点，则m∈（﹣4，4）
【解答】解：对于A，圆C1：（x+1）2+y2＝1，则C1（﹣1，0），半径r1＝1，圆C2：（x﹣2）2+（y﹣4）2＝16，则C2（2，4），半径r2＝4，
所以|C1C2|＝5＝r1+r2，
故两圆外切，所以两圆恰好有三条公切线，A正确；
对于B，若点P（3a+1，4a）在圆（x﹣1）2+y2＝1的内部，
则（3a+1﹣1）2+（4a）2＜1．解得-15＜a＜15，故B正确；
对于C，曲线y=4-x2化为x2+y2＝4（y≥0），
则曲线表示以原点为圆心，2为半径x轴上半部分的圆（包括x轴），
当直线y＝x+b过点（2，0）时，b＝﹣2，
当直线y＝x+b过点（﹣2，0）时，b＝2，
当直线y＝x+b与曲线y=4-x2相切时，有|b|2=2，解得b＝±22（负值舍去），
所以b＝22，
若直线y＝x+b与曲线y=4-x2只有一个公共点，则﹣2≤b＜2或b＝22，故C错误；
对于D，因为圆（x﹣m）2+y2＝8关于x轴对称，
则y＝|x|的图象与圆（x﹣m）2+y2＝8有两个公共点，
即直线x﹣y＝0的图象与圆（x﹣m）2+y2＝8有两个公共点，
所以圆心（m，0）到直线x﹣y＝0的距离|m|2＜22，所以m∈（﹣4，4），故D正确，
故选：ABD．
（多选）11．（5分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点．则（ ）
A．直线EF与直线AE垂直
B．直线A1G与平面AEF平行
C．平面AEF截正方体所得的截面面积为92
D．点A1和点D到平面AEF的距离相等
【解答】解：对于选项A，设EF⊥AE，又CD⊥EF，则EF⊥平面ABCD，则EF⊥EC，又EF与EC不垂直，即假设不成立，即选项A错误；
对于选项B，连接AD1，则平面AEF与平面AEFD1重合，又A1G∥D1F，又D1F⊂平面AEF，A1G⊄平面AEF，则线A1G与平面AEF平行，即选项B正确；
对于选项C，平面AEF截正方体所得的截面为等腰梯形EFD1A，其面积为(2+22)×(5)2-(22)22=92，即选项C正确；
对于选项D，设A1D∩AD1＝O，又|A1O|＝|DO|，即A1和点D到平面AEF的距离相等，即选项D正确，
故选：BCD．
（多选）12．（5分）P为椭圆C1：x24+y23=1上的动点，过P作C1切线交圆C2：x2+y2＝12于M，N，过M，N作C2切线的两条切线，切线交于Q，则（ ）
A．S△OPQ的最大值为32
B．S△OPQ的取大值为33
C．Q的轨迹是x236+y248=1
D．Q的轨迹是x248+y236=1
【解答】解：根据题意，作出图象如图所示，
不妨设点P的坐标为（x1，y1），点Q的坐标为（m，n），
故切点M，N所在的直线方程为mx+ny=12①，
又点P为椭圆上的一点，
故切线MN的方程为x1x4+y1y3=1②，
由①②可得，m12=x14，n12=y13，
即m＝3x1，n＝4y1，
不妨设直线MN交OQ于点H，故PH⊥OQ，
设直线OQ的方程为nx﹣my＝0，
则|PH|=|nx1-my1|m2+n2，
又|OQ|=m2+n2，
所以△OPQ的面积S=12⋅|OQ|⋅|PH|=12|nx1-my1|=12|4x1y1-3x1y1|=12|x1y1|=12x12y12=1212×x124×y123≤1212×14×(x124+y123)2=32，
当且仅当x124=y123，即x12=2，y12=32时取等号，
所以S△OPQ的最大值为32，
故选项A正确，选项B错误；
因为点P在椭圆上，则x124+y123=1，
又m＝3x1，n＝4y1，
则14×m29+13×n216=1，即m236+n248=1，
所以动点Q的轨迹是x236+y248=1，
故选项C正确，选项D错误．
故选：AC．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（5分）甲，乙，丙三个同学独立求解同一道数学题，他们各自解出该数学题的概率分别为12，23，34，则这道数学题被解出来的概率为 2324 ．
【解答】解：设这道数学题被解出来为事件A，
则P（A）＝1﹣（1-12）（1-23）（1-34）=2324，
故答案为：2324．
14．（5分）已知圆O：x2+y2＝1，过点P（2，1））作圆O的切线，则切线方程为 y＝1或4x﹣3y﹣5＝0 ．
【解答】解：由题意可知，22+12＝5＞1，
故P在圆外，
由圆O：x2+y2＝1，以及P（2，1），
则过点P做圆O的切线斜率一定存在，
设切线为y＝k（x﹣2）+1，即kx﹣y﹣2k+1＝0，
则圆心O（0，0）到直线kx﹣y﹣2k+1＝0的距离d=|-2k+1|k2+(-1)2=1，解得k＝0或k=43，
故切线方程为y＝1或4x﹣3y﹣5＝0．
故答案为：y＝1或4x﹣3y﹣5＝0．
15．（5分）已知椭圆x2a2+y2b2=1（a＞0，b＞0）在左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆上，O是坐标原点，|F1F2|=2|PF1|，∠F1PF2＝120°，则椭圆的离心率是 10-22 ．
【解答】解：令椭圆半焦距为c，因为|F1F2|=2|PF1|，则|PF1|=2c，由椭圆定义得|PF2|＝2a-2c，
在△F1PF2中，由余弦定理得：|F1F2|2＝|PF1|2+|PF2|2﹣2|PF1||PF1|cs∠F1PF2，
即4c2＝（2c）2+（2a-2c）2﹣22c•（2a-2c）•（-12），整理得c2+2ac﹣2a2＝0，
因此有e2+2e﹣2＝0，而0＜e＜1，解得e=10-22，所以椭圆的离心率是10-22．
故答案为：10-22．
16．（5分）已知△ABC为等腰直角三角形，C为直角顶点，AC中点为D（0，2），斜边上中线CE所在直线方程为3x+y﹣7＝0，且点C的纵坐标大于点E的纵坐标，则AB所在直线的方程为 x﹣3y+1＝0 ．
【解答】解：∵斜边上中线CE所在直线方程为3x+y﹣7＝0，且点C的纵坐标大于点E的纵坐标，
∴可设C（a，﹣3a+7），E（b，﹣3b+7），（a＜b），
∵AC中点为D（0，2），
∴A（﹣a，3a﹣3），
∴kAE=-3b-3a+10b+a=-3+10a+b，
∵△ABC为等腰直角三角形，CE为中线，
∴CE⊥AB，即kAE=-3+10a+b=kAB=13，
∴a+b＝3①，
∵CE＝AE，D是AC的中点，
∴AC⊥DE，
∴kCDkED＝﹣1，即-3a+5a⋅-3b+5b=-1，化简整理可得，2ab＝3（a+b）﹣5②，
联立①②解得a＝1，b＝2，
∴E（2，1），
∵kAB=13，
∴直线AB的方程为y﹣1=13(x-2)，即x﹣3y+1＝0．
故答案为：x﹣3y+1＝0．
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．（10分）根据调查，某学校开设了“街舞”、“围棋”、“武术”三个社团，三个社团参加的人数如表所示：
为调查社团开展情况，学校社团管理部采用分层抽样的方法从中抽取一个容量为n的样本，已知从“围棋”社团抽取的同学比从“街舞”社团抽取的同学少2人．
（Ⅰ）求三个社团分别抽取了多少同学；
（Ⅱ）若从“围棋”社团抽取的同学中选出2人担任该社团活动监督的职务，已知“围棋”社团被抽取的同学中有2名女生，求至少有1名女同学被选为监督职务的概率．
【解答】解：（Ⅰ）由题意可得n320+240+200=8320，解得n＝19，
从“围棋”社团抽取的同学240×8320=6人
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，从“围棋”社团抽取的同学为6人，
其中2位女生记为A，B，4位男生记为C，D，E，F，
则从这6位同学中任选2人，不同的结果有
{A，B}，{A，C}，{A，D}，{A，E}，{A，F}，{B，C}，
{B，D}，{B，E}，{B，F}，{C，D}，{C，E}，{C，F}，
{D，E}，{D，F}，{E，F}，共15种，
从这6位同学中任选2人，没有女生的有：{C，D}，{C，E}，
{C，F}，{D，E}，{D，F}，{E，F}，共6种
故至少有1名女同学被选中的概率1-615=35
18．（12分）如图，四边形ABEF为正方形，若平面ABCD⊥平面ABEF，AD∥BC，AD⊥DC，AD＝2DC＝2BC．
（Ⅰ）求二面角A﹣CF﹣D的余弦值；
（Ⅱ）判断点D与平面CEF的位置关系，并说明理由．
【解答】解：（Ⅰ）取AB中点G，连接BG、BD，
因为AD∥BC，AD⊥DC，AD＝2DC＝2BC，
所以四边形BCDG是正方形，
所以DC＝BG=12AD，
所以BD⊥AB，
因为四边形ABEF为正方形，平面ABCD⊥平面ABEF，
所以BE⊥AB，BE⊥BD，
所以BA、BD、BE两两垂直，
建系如图，不妨设BC＝1，
C（-22，22，0），F（2，0，2），A（2，0，0），D（0，2，0），
CF→=（322，-22，2），CA→=（322，-22，0），CD→=（22，22，0），
令m→=（1，3，0），n→=（﹣1，1，2），
因为CF→•m→=0，CA→•m→=0，所以m→是平面CFA的法向量，
因为CF→•n→=0，CD→•n→=0，所以n→是平面CFD的法向量，
因为二面角A﹣CF﹣D是锐角，
所以二面角A﹣CF﹣D的余弦值为|m→⋅n→||m→|⋅|n→|=210⋅6=1515．
（Ⅱ）点D不在平面CEF上，理由如下：
假设点D在平面CEF上，因为C在平面CEF上，
所以平面CEF∩平面ABCD＝CD，
又因为EF∥平面ABCD，所以EF∥CD，
因为CG∥AB∥EF，所以CD∥CG，与CD∩CG＝C矛盾，
所以点D不在平面CEF上．
19．（12分）已知△ABC的顶点坐标分别为A（﹣3，0），B(-1，-22)，C（3，0）．圆M为△ABC的外接圆．
（Ⅰ）求圆M的方程；
（Ⅱ）直线l与圆M相切，求直线l与两坐标轴所围成的三角形面积最小时l的方程．
【解答】解：（Ⅰ）设圆M方程为：x2+y2+Dx+Ey+F＝0（D2+E2﹣4F＞0），
则9-3D+F=01+8-D-22E+F=09+3D+F=0，解得：D=0E=0F=-9，
∴圆M方程为：x2+y2﹣9＝0，即x2+y2＝9．
（Ⅱ）由题意知：直线l在x，y轴的截距不为零，∴可设l：xa+yb=1，即bx+ay﹣ab＝0，
∵l与M相切，∴|-ab|a2+b2=3，即|ab|=3a2+b2≥32|ab|（当且仅当|a|＝|b|时取等号），
∴|ab|≥18，即当|a|=|b|=32时，直线l与两坐标轴所围成的三角形面积最小，
此时所有可能的结果为：a=32b=32或a=32b=-32或a=-32b=32或a=-32b=-32，
∴l方程为：x+y-32=0或x-y-32=0或x-y+32=0或x+y+32=0．
20．（12分）设抛物线C：x2＝2py（p＞0），其焦点为F，准线为l，点P为C上的一点，过点P作直线l的垂线，垂足为M，且|MF|＝|FP|，FM→⋅FP→=2．
（1）求抛物线C的方程；
（2）设点Q为C外的一点且Q点不在坐标轴上，过点Q作抛物线C的两条切线，切点分别为A，B，过点Q作y轴的垂线，垂足为S，连接AS，BS，证明：直线AS与直线BS关于y轴对称．
【解答】解：（1）∵|PM|＝|PF|＝|FM|，∴△PFM为等边三角形，∴∠FMP＝∠PFM＝60°，
又FM→⋅FP→=|FM|⋅|FP|cs∠PFM=|FM|2cs60°=2，∴|FM|＝2，
设直线l交y轴于N点，则在Rt△MNF中∠NMF＝30°，|NF|＝1＝p，
∴C的方程为x2＝2y；
证明：（2）设点Q（a，b）（a≠0，b≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），
又C的方程为x2＝2y可化为y=x22，∴y′＝x，
所以过点A且与C相切的直线的斜率为x1，过点B且与C相切的直线的斜率为x2，
所以直线QA的方程为y﹣y1＝x1（x﹣x1），直线QB的方程为y﹣y2＝x2（x﹣x2），
又直线QA与QB均过点Q，b﹣y1＝x1（a﹣x1），b﹣y2＝x2（a﹣x2），
又x12=2y1，x22=2y2，∴y1＝ax1﹣b，y2＝ax2﹣b，
所以直线AB的方程为y＝ax﹣b，
联立方程y＝ax﹣b和x2＝2y得方程组x2=2yy=ax-b，
消去y得x2﹣2ax+2b＝0，
∵b≠0，∴x1≠0，x2≠0，
∵x1x2＝2b，
又S（0，b），
则直线AS的斜率k1=y1-bx1；直线BS的斜率k2=y2-bx2，∴k1+k2=(x1+x2)(x1x22-b)x1x2，
∵x1x22-b=0，
∴k1+k2＝0，
所以直线AS与直线BS关于y轴对称．
21．（12分）如图，在三棱锥P﹣ABC中，PC⊥BC，AB⊥平面PBC，AG＝GC，PD＝DA．
（1）求证：平面BDG⊥平面ABC；
（2）若AB＝BC＝CP＝2，求平面ABD与平面CBD的夹角大小．
【解答】 解：（1）证明：因为AB⊥平面PBC，PC⊂平面PBC，所以PC⊥AB．
因为PC⊥BC，AB∩BC＝B，所以PC⊥平面ABC．
因为AG＝GC，PD＝DA，所以DG∥PC，故DG⊥平面ABC．
因为DG⊂平面BDG，所以平面BDG⊥平面ABC．
（2）方法一：因为AG＝GC，AB＝BC，所以BG⊥AC．
以G为坐标原点，GB，GC，GD所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A(0，-2，0)，B(2，0，0)，D（0，0，1），C(0，2，0)（6分）
所以AB→=(2，2，0)，AD→=(0，2，1)，CD→=(0，-2，1)，CB→=(2，-2，0)．
设m→=(x，y，z)是平面ABD的法向量，
则m→⋅AB→=2x+2y=0m→⋅AD→=2y+z=0，
令x＝1，则y＝﹣1，z=2，所以m→=(1，-1，2)．
设n→=(a，b，c)是平面CBD的法向量，
则n→⋅CD→=-2b+c=0n→⋅CB→=2a-2b=0，
令a＝1，则b＝1，c=2，所以n→=(1，1，2)，
所以cs〈m→，n→〉=m→⋅n→|m→|⋅|n→|=22×2=12．
所以平面ABD与平面CBD的夹角的大小为60°．
方法二：如图，过A作AE⊥BD，垂足为E，连接EC．
由（1）中的垂直关系及条件AB＝BC＝CP＝2，可得AC=22，PA=10，
所以DB=DC=DA=12PA=52．所以△DAB≌△DBC．
所以∠AEC为二面角A﹣BD﹣C的平面角．
cs∠ADB=52+52-42⋅52⋅52=15，sin∠ADB=1-cs2∠ADB=25，EA=DAsin∠ADE=2．
所以EC=2．
在△EAC中，由余弦定理可得cs∠AEC=EA2+EC2-AC22EA⋅EC=-12．
所以∠AEC＝120°，
所以平面ABD与平面CBD的夹角的大小为60°．
22．（12分）已知双曲线E：x2a2-y2b2=1（a，b＞0）的左顶点为A（﹣2，0），点P（2，1）在渐近线上，过点P的直线交双曲线E的右支于B，C两点，直线AB，AC分别交直线OP于点M，N．
（1）求双曲线E的方程；
（2）求证：O为MN的中点．
【解答】解：（1）依题意得-a=-21=2×ba，解得a=2b=1，
所以双曲线E的方程为x24-y2=1；
证明：（2）如图所示：
设直线BC：x＝my+t，B（x1，y1），C（x2，y2），则2＝m+t，
由x=my+tx2-4y2-4=0，消去x得（m2﹣4）y2+2mty+t2﹣4＝0，
当Δ＞0时，由韦达定理得y1+y2=-2mtm2-4y1y2=t2-4m2-4，
直线OP方程为y=12x，直线AB：x=x1+2y1y-2，直线AC：x=x2+2y2y-2，
由x=x1+2y1y-2y=12x，得yM=2x1+2y1-2，同理可得yN=2x2+2y2-2，
要证O为MN的中点，只需证x1+2y1-2+x2+2y2-2=0，即证x1+2y1+x2+2y2=4，
x1+2y1+x2+2y2=my1+t+2y1+my2+t+2y2=2m+(t+2)(1y1+1y2)
=2m+(t+2)y1+y2y1y2=2m+(t+2)-2mtt2-4=2m-2mtt-2=-4mt-2=4．
即可得证．社团
街舞
围棋
武术
人数
320
240
200
社团
街舞
围棋
武术
人数
320
240
200