2023-2024学年贵州省高二（上）联考数学试卷（一）

这是一份2023-2024学年贵州省高二（上）联考数学试卷（一），共23页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（5分）复数的虚部为（ ）
A．2B．C．D．i
2．（5分）过两点A（3，y），B（2，0）的直线的倾斜角为120°，则y＝（ ）
A．B．C．D．
3．（5分）已知直线l的一个方向向量为（3，﹣1），且经过点A（1，0），则直线l的方程为（ ）
A．x﹣3y﹣1＝0B．x+3y﹣1＝0C．x﹣2y﹣1＝0D．x+2y﹣1＝0
4．（5分）今年，被称为“村超”的贵州榕江县“和美乡村足球超级联赛”，使榕江成为网络顶流，刷爆各大网络平台，更吸引了大量游客到赛事举办地观赛游玩，为更好地发展当地的旅游业，政府随机调查了18个旅游团对榕江县旅游满意度的综合评分情况，得到如下数据：a，80，81，80，82，83，84，84，85，86，87，89，90，93，95，97，95，100．若a恰好是这组数据的上四分位数，则a的值不可能为（ ）
A．93B．94C．95D．96
5．（5分）已知四面体ABCD中，M为AB中点，N为AC中点，m为平面BCD内任一直线，则“直线MN与直线m异面”是“m与直线BC相交”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分又不必要条件
6．（5分）在正三棱锥A﹣BCD中，二面角A﹣BC﹣D的平面角为60°，BC＝2，则AC与平面BCD所成角的正切值为（ ）
A．B．C．D．1
7．（5分）几何学史上有一个著名的米勒问题：“设点M，N是锐角∠AQB的一边QA上的两点，试在边QB上找一点P，使得∠MPN最大．”如图，其结论是：点P为过M，N两点且和射线QB相切的圆与射线QB的切点．根据以上结论解决以下问题：在平面直角坐标系xOy中，给定两点M（0，2），N（2，4），点P在x轴上移动，当∠MPN取最大值时，点P的横坐标是（ ）
A．2B．6C．2或6D．1或3
8．（5分）古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：已知平面内两个定点A，B及动点P，若（λ＞0且λ≠1），则点P的轨迹是圆．后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆（简称“阿氏圆”）．在平面直角坐标系中，已知，直线l1：kx﹣y+k+3＝0，直线l2：x+ky+3k+1＝0，若P为l1，l2的交点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，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）已知直线l过直线和l2：3x﹣y＝0的交点，且原点到直线l的距离为3，则l的方程可以为（ ）
A．x＝3B．4x﹣3y﹣15＝0
C．4x﹣3y+15＝0D．3x+4y﹣15＝0
（多选）10．（5分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，O1为底面A1B1C1D1的中心，则（ ）
A．AO1⊥BD
B．BC1∥平面AB1D
C．AO1与平面A1B1C1D1所成角的正切值为
D．A1C⊥平面AB1D1
（多选）11．（5分）在平面直角坐标系xOy中，圆M：（x﹣a）2+（y﹣a）2＝1（a为实数），点A（2，0），B（﹣1，0），点P为圆N：（x+2）2+y2＝4上的动点，则（ ）
A．若Q（﹣1，2），过点Q可以作圆N的两条切线
B．当a＝0时，圆M与圆N的公共弦长为
C．圆M上始终存在两点与点B的距离为1，则a的取值范围为
D．的取值范围为[﹣2，18]
（多选）12．（5分）在平面直角坐标系xOy中，圆C：x2+y2＝1，点P为直线l：x﹣y﹣2＝0上的动点，则（ ）
A．圆C上有且仅有两个点到直线l的距离为
B．已知点M（3，2），圆C上的动点N，则|PM|+|PN|的最小值为
C．过点P作圆C的一条切线，切点为Q，∠OPQ可以为60°
D．过点P作圆C的两条切线，切点为M，N，则直线MN恒过定点
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（5分）若，且与夹角为60°，则＝ ．
14．（5分）已知点P为直线y＝2x+1与直线y＝﹣x+4的交点，则点P到直线mx+2m﹣y+1＝0的最大距离为 ．
15．（5分）已知M、N是圆C：（x+3）2+（y﹣4）2＝2上不同的两个动点，且|MN|＝2，O为坐标原点，则的取值范围为 ．
16．（5分）已知P（x0，y0）为圆C：（x﹣t）2+（y﹣s）2＝r2（r＞0）上的任意一点，当a≠b时，|x0﹣y0+a|+|x0﹣y0+b|的值与x0，y0无关，下列结论正确的是 ．
（1）当|a﹣b|＝2r时，点（t，s）的轨迹是一条直线；
（2）当|a﹣b|＝2时，有r的最大值为1；
（3）当r＝，b＝2时，a的取值范围a≥6．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．
17．（10分）为了解某市家庭用电量情况，统计人员调查了100户居民过去一年的月均用电量，发现月均用电量都在50～400kW•h之间，进行适当分组后（每组为左闭右开的区间），画出频率分布直方图如图所示．
（1）求x的值，并估计该市居民用电量的平均值；（同一组中数据用该组区间的中点值作为代表）
（2）为了既满足居民的基本用电需求，又提高能源的利用效率，市政府计划采用阶梯电价，使70%的居民缴费在第一档，20%的居民缴费在第二档，其余10%的居民缴费在第三档．请确定各档的范围（结果四舍五入取整数）．
18．（12分）已知△ABC的三个顶点的坐标为A（2，1），B（4，7），C（8，3）．
（1）求△ABC的面积；
（2）求△ABC的外心坐标．
19．（12分）在△ABC中，边a，b，c所对的角分别为A，B，C，且满足a3﹣b2c＝ab2﹣c3．
（1）求角B的大小；
（2）若△ABC的面积为，求△ABC的周长．
附参考公式：m3+n3＝（m+n）（m2﹣mn+n2）
20．（12分）已知圆C的圆心在直线2x﹣y﹣2＝0上，且经过点A（1，2）和B（2，1）．
（1）求圆C的标准方程；
（2）若自点P（﹣3，3）发出的光线l经过x轴反射后，其反射光线所在的直线与圆C相切，求直线l的方程．
21．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，点Q为PD的中点，PA⊥底面ABCD，平面PAB⊥平面．
（1）证明：AB⊥BC；
（2）若AC＝AD，求直线CQ与平面PBC所成角的正弦值．
22．（12分）已知圆C：x2+y2＝1，直线l：x+3y﹣10＝0，P为直线l上一点，过点P作圆C的两条切线PA、PB，其中A，B为切点，且|PA|最小．
（1）求直线AB的方程；
（2）Q为圆C与x轴正半轴的交点，过点P作直线l′与圆C交于两点M，N，设QM，QN的斜率分别为k1，k2，求证：k1+k2为定值．
2023-2024学年贵州省高二（上）联考数学试卷（一）
参考答案与试题解析
一、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．【分析】根据复数虚部的知识求得正确答案．
【解答】解：依题意，复数的虚部为．
故选：C．
【点评】本题主要考查复数虚部的定义，属于基础题．
2．【分析】由倾斜角与斜率及两点坐标的关系可求．
【解答】解：设直线斜率为k，则．
故选：D．
【点评】本题主要考查了直线的斜率公式及斜率与倾斜角关系的应用，属于基础题．
3．【分析】由直线的方向向量可得斜率，再由点斜式求解直线方程即可．
【解答】解：直线l的一个方向向量为（3，﹣1），则直线的斜率为，
又直线过点A（1，0），
则由点斜式得所求直线方程为，即x+3y﹣1＝0．
故选：B．
【点评】本题主要考查了直线的方向向量，考查了直线的点斜式方程，属于基础题．
4．【分析】先求出18个数据的上四分位数为第14个数，将剩余17个数据，从小到大排列，结合已知得到a的范围，从而得到结果．
【解答】解：上四分位数即第75百分位数，由18×75%＝13.5，
则将这些数据按照从小到大排列后，第14个数为上四分位数，
即a为18个数据从小到大排列后的第14个数，
由已知去掉a后，其余数据从小到大排列为：
80，80，81，82，83，84，84，85，86，87，89，90，93，95，95，97，100，
其中，第13个数据为93，第14个数据为95，所以93≤a≤95，a不可能为96．
故选：D．
【点评】本题考查四分位数、百分位数等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
5．【分析】由题意画出图形，利用反证法思想结合充要条件的判定得答案．
【解答】解：如图，
∵M为AB中点，N为AC中点，∴MN∥BC，
m⊂平面BCD，则m与BC的位置关系是平行、重合或相交．
若直线MN与直线m异面，则m与BC相交；
反之，若m与BC相交，则直线MN与直线m异面，
则“直线MN与直线m异面”是“m与直线BC相交”的充要条件．
故选：C．
【点评】本题考查异面直线的判定，考查充分必要条件的判定方法，考查空间想象能力与逻辑思维能力，是基础题．
6．【分析】设点A在底面BCD上的投影为点O，取BC的中点E，连接DE，OC，OA，易知AE⊥BC，DE⊥BC，由二面角的定义知∠AED＝60°，结合三角形重心的性质，求得AO和OC的长，由AO⊥平面BCD，知∠ACO即为所求，然后由tan∠ACO＝，即可得解．
【解答】解：设点A在底面BCD上的投影为点O，取BC的中点E，连接DE，OC，OA，则O为△BCD的重心，
在△BCD中，BC＝2，DE＝，
所以OE＝DE＝，OC＝，
因为△ABC和△BCD均为等腰三角形，且E为BC的中点，
所以AE⊥BC，DE⊥BC，
所以∠AED就是二面角A﹣BC﹣D的平面角，即∠AED＝60°，
所以AO＝OEtan60°＝×＝1，
因为AO⊥平面BCD，所以∠ACO即为AC与平面BCD所成角，
在Rt△ACO中，tan∠ACO＝＝＝，即AC与平面BCD所成角的正切值为．
故选：C．
【点评】本题考查空间角的求法，理解二面角、线面角的定义是解题的关键，考查空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
7．【分析】利用米勒问题的结论，将问题转化为点P为过M，N两点且和x轴相切的圆与x轴的切点，求出切点的横坐标即可．
【解答】解：由题意知，点P为过M，N两点且和x轴相切的圆与x轴的切点，
已知M（0，2），N（2，4），则线段MN的中点坐标为（1，3），直线MN斜率为，
线段MN的垂直平分线方程为y﹣3＝﹣（x﹣1），即x+y﹣4＝0，
所以以线段MN为弦的圆的圆心在直线x+y﹣4＝0上，
所以可设圆心坐标为C（a，4﹣a），
又因为圆与x轴相切，所以圆C的半径r＝|4﹣a|，又因为|CM|＝r，
所以（a﹣0）2+（4﹣a﹣2）2＝（4﹣a）2，解得a＝2或a＝﹣6，
即切点分别为P（2，0）和P′（﹣6，0），两圆半径分别为2，10，
由于圆上以线段MN（定长）为弦所对的圆周角会随着半径增大而圆周角角度减小，且过点M，N，P′的圆的半径比过M，N，P的圆的半径大，
所以∠MP′N＜∠MPN，故点P（2，0）为所求，
所以当∠MPN取最大值时，点P的横坐标是2．
故选：A．
【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，属于中档题．
8．【分析】由已知可得l1⊥l2，则点P的轨迹是以EF为直径的圆，除去F点，得到P的轨迹方程为（x+1）2+y2＝9（y≠﹣3），由阿氏圆性质找到点D，将3|PO|转化为|PD|，问题转化为求解到两定点距离之和最小即可．
【解答】解：当k＝0时，l1：y＝3，l2：x＝﹣1，此时l1⊥l2，交点为P（﹣1，3）．
当k≠0时，由l1：kx﹣y+k+3＝0，斜率为k，
由l2：x+ky+3k+1＝0，斜率为，∴l1⊥l2，
综上，l1⊥l2．
又l1：k（x+1）﹣y+3＝0，∴直线l1恒过E（﹣1，3），
l2：x+1+k（y+3）＝0，∴直线l2恒过F（﹣1，﹣3），
若P为l1，l2的交点，则PE⊥PF，设点P（x，y），
∴点P的轨迹是以EF为直径的圆，除去F点，
则圆心为EF的中点C（﹣1，0），圆的半径为，
故P的轨迹方程为（x+1）2+y2＝9（y≠﹣3），
即x2+y2+2x＝8（y≠﹣3），则有y2＝﹣x2﹣2x+8．
又，易知O、Q在该圆内，
又由题意可知圆C上一点P1（2，0）满足|P1O|＝2，取D（8，0），
则|P1D|＝6，满足．
下面证明任意一点P（x，y）都满足，即|PD|＝3|PO|，
∵，
又，
∴3|PO|＝|PD|，∴3|PO|+|PQ|＝|PD|+|PQ|≥|DQ|，
又，∴，
如图，当且仅当D，P，Q三点共线，且P位于D，Q之间时，等号成立，
即最小值为．
故选：A．
【点评】本题考查了直线过定点问题，平面中两点的距离问题和圆的轨迹方程，考查了转化思想，属难题．
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，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．
9．【分析】先求得l1和l2的交点坐标，然后根据直线l的斜率是否存在进行分类讨论，结合原点到直线l的距离确定正确答案．
【解答】解：由解得x＝3，y＝9，即交点为（3，9），
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝3，
此时原点到直线l的距离为3，符合题意，A选项正确．
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y﹣9＝k（x﹣3），
即kx﹣y+9﹣3k＝0，
由解得，
直线l的方程为，C选项正确．
故选：AC．
【点评】本题主要考查点到直线的距离公式，属于基础题．
10．【分析】选项A，易知AO1⊥B1D1，而BD∥B1D1，从而知AO1⊥BD；选项B，结合BC1∥AD1，及AD1与平面AB1D有一个交点A，即可判断；选项C，由AA1⊥平面A1B1C1D1，知∠A1O1A即为所求，再由tan∠A1O1A＝，即可得解；选项D，利用三垂线定理可知A1C⊥B1D1，A1C⊥AB1，再由线面垂直的判定定理，即可判断．
【解答】解：选项A，因为AB1＝AD1，且O1为B1D1的中点，
所以AO1⊥B1D1，
又BD∥B1D1，所以AO1⊥BD，即选项A正确；
选项B，由正方体的性质知，BC1∥AD1，
因为AD1与平面AB1D有一个交点A，
所以BC1不可能与平面AB1D平行，即选项B错误；
选项C，由正方体的性质知，AA1⊥平面A1B1C1D1，
所以∠A1O1A就是AO1与平面A1B1C1D1所成角，
在Rt△A1O1A中，tan∠A1O1A＝＝＝，
所以AO1与平面A1B1C1D1所成角的正切值为，即选项C正确；
选项D，因为A1C在底面A1B1C1D1上的投影为A1C1，且A1C1⊥B1D1，
所以A1C⊥B1D1，
同理可得，A1C⊥AB1，
因为B1D1∩AB1＝B1，B1D1、AB1⊂平面AB1D1，
所以A1C⊥平面AB1D1，即选项D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查空间中线与面的位置关系，熟练掌握线面垂直的判定定理，三垂线定理，线面角的求法是解题的关键，考查空间立体感、逻辑推理能力，属于中档题．
11．【分析】对于A，只需判断点Q与圆的位置关系即可；对于B，先求公共弦所在直线方程，进而可求圆心M（0，0）到直线的距离；对于C，只需|MB|＜2即可；对于D，将P点坐标用三角函数表示，再用数量积的坐标运算即可．
【解答】解：圆M的圆心M（a，a），半径r1＝1，圆N的圆心N（﹣2，0），半径r2＝2，
对于A，，
所以点Q在圆外，过点Q可以作圆N的两条切线，A正确；
对于B，当a＝0时，圆M：x2+y2＝1，
两圆方程相减得公共弦所在直线方程为4x+1＝0，
则圆心M（0，0）到直线的距离为，
所以公共弦长为，B错误；
对于C，，只需|MB|＜2，即，
即（a+1）2+a2＜4，∴2a2+2a﹣3＜0，
解得，C正确；
对于D，设P（2csθ﹣2，2sinθ），
∴
＝4﹣10csθ+4cs2θ+4sin2θ＝8﹣10csθ，
∵csθ∈[﹣1，1]，
∴，D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查圆的几何性质，直线与圆的位置关系，属中档题．
12．【分析】对A，求出圆心到直线l的距离，并与半径比较，即可判断；对B，先求出点M关于直线l的对称点M'，再利用“将军饮马”的原理，求解即可；对C，利用sin∠OPQ＝，可将问题转化为求|OP|的最小值，再结合点到直线的距离公式，即可得解；对D，根据M，N两点既在圆C上，也在以OP为直径的圆上，可得直线MN的方程，再求定点，即可求解．
【解答】解：选项A，由题意知，圆心（0，0）到直线l的距离为，
而圆的半径为1，
所以圆上有且仅有两个点到直线l的距离为，即A正确；
选项B，设点M（3，2）关于直线x﹣y﹣2＝0的对称点为M′（x，y），
则，解得，即M′（4，1），
所以，当且仅当O，N，P，M'三点共线时，等号成立，
所以|PM|+|PN|的最小值为，即B正确；
选项C，由切点为Q，知∠OQP＝90°，
在Rt△OQP中，，
所以当|OP|最小时，sin∠OPQ取最大值，此时∠OPQ也取最大值，
过点O作OP′⊥l，垂足为P′，此时|OP|最小，最小值为，
所以sin∠OPQ的最大值为，即∠OPQ最大为45°，不可能为60°，故C错误；
选项D，设点P（m，n），则|OP|＝，m﹣n﹣2＝0，
所以以OP为直径的圆的方程为，即x2+y2﹣mx﹣ny＝0，
因为M，N既在圆C上，也在以OP为直径的圆上，
所以弦MN所在的直线方程为mx+ny＝1，
因为m﹣n﹣2＝0，所以（n+2）x+ny＝1，即（x+y）n+2x﹣1＝0，
令，则x＝，y＝﹣，
所以直线MN恒过定点（，﹣），即D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查直线与圆的位置关系，熟练掌握点关于直线的对称问题，“将军饮马”的原理，两圆公共弦所成直线方程的求法等是解题的关键，考查转化思想，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．【分析】先求，将展开后将数量积与模代入求解即可．
【解答】解：已知，且与夹角为60°，
则，
∴，
∴．
故答案为：．
【点评】本题考查平面向量数量积的性质及运算，属基础题．
14．【分析】先求得直线y＝2x+1与直线y＝﹣x+4的交点，然后根据直线mx+2m﹣y+1＝0所过定点求得正确答案．
【解答】解：由解得x＝1，y＝3，所以P（1，3），
直线mx+2m﹣y+1＝0即（x+2）m﹣y+1＝0，
由解得x＝﹣2，y＝1，所以直线mx+2m﹣y+1＝0过定点（﹣2，1），
所以点P到直线mx+2m﹣y+1＝0的最大距离为．
故答案为：．
【点评】本题主要考查两直线的交点求解，考查计算能力，属于基础题．
15．【分析】先求得线段MN中点的轨迹，根据点和圆的位置关系求得的取值范围．
【解答】解：设线段MN的中点为D，连接CD，
圆C：（x+3）2+（y﹣4）2＝2的圆心为C（﹣3，4），半径为，
由于|CM|2+|CN|2＝|MN|2，所以CM⊥CN，即三角形MCN是等腰直角三角形，
所以，所以D点的轨迹是以C为圆心，半径为1的圆，
即圆，
即，所以．
故答案为：[8，12]．
【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，属于中档题．
16．【分析】利用点到直线的距离以及平行线之间的距离，结合已知条件判断命题的真假即可．
【解答】解：P（x0，y0）为圆C：（x﹣t）2+（y﹣s）2＝r2（r＞0）上的任意一点，
当a≠b时，|x0﹣y0+a|+|x0﹣y0+b|的值与x0，y0无关，
|x0﹣y0+a|+|x0﹣y0+b|为圆上的点到两条平行线距离和的倍，
可知圆在两条平行线x﹣y+a＝0与x﹣y+b＝0之间，|a﹣b|表示两条平行线之间距离的倍．
当|a﹣b|＝2r时，点（t，s）的轨迹是一条直线，与x﹣y+a＝0以及x﹣y+b＝0等距离的直线，所以①正确．
当|a﹣b|＝2时，有r的最大值为1，正确．
当r＝，b＝2时，可得|a﹣2|≥4，解得a≥6或a≤﹣2，所以③不正确．
故答案为：①②．
【点评】本题考查直线与圆的位置关系的综合应用，考查分析问题解决问题的能力，是中档题．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．
17．【分析】（1）由频率直方图，结合各组的频率之和为1，即可求x，再由平均数的定义求解；
（2）根据百分位数的定义求解．
【解答】解：（1）由频率分布直方图可知，（0.0004+0.0008+2x+0.0036+0.0044+0.006）×50＝1，
解得x＝0.0024，
平均值（0.0024×75+0.0036×125+0.006×175+0.0044×225+0.0024×275+0.0008×325+0.0004×375）×50＝187；
（2）用电量落在区间[50，200）的频率之和为（0.0024+0.0036+0.006）×50＝0.6＜0.7，
用电量落在区间[50，250）的频率之和为（0.0024+0.0036+0.006+0.0044）×50＝0.82＞0.7，
∴要使70%的居民缴费在第一档，月用电量的70%分位数位于[200，250）区间内，设其为m，
则0.6+（m﹣200）×0.0044＝0.7，
解得m≈223，
即月用电量第一档的范围为[0，223]，
用电量落在区间[50，300）的频率之和为（0.0024+0.0036+0.006+0.0044+0.0024）×50＝0.94＞0.9，
∴要使20%的居民缴费在第二档，月用电量的90%分位数位于[250，300）区间内，设其为n，
则0.82+（n﹣250）×0.0024＝0.9，
解得n≈283，
即月用电量第二档的范围为（223，283]，
∴月用电量第三档的范围为（283，400]．
【点评】本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查了百分位数的计算，属于中档题．
18．【分析】（1）由两点间距离公式分别求出三边长，再利用等腰三角形对称性求解面积即可；
（2）由两边的垂直平分线交点可得外心．
【解答】解：（1）∵A（2，1），B（4，7），C（8，3），
∴，，，
则△ABC为等腰三角形，
取BC中点D（6，5），则AD⊥BC，
又∵，
∴△ABC的面积；
（2）由题意，AB的中点E（3，4），且直线AB的斜率为，
则AB垂直平分线过E（3，4），且斜率为，
则AB垂直平分线的方程为，即x+3y﹣15＝0．
又∵直线BC的斜率为，则BC垂直平分线过D（6，5），且斜率为1，
BC垂直平分线的方程为y﹣5＝x﹣6，即x﹣y﹣1＝0，
联立，解得，
即△ABC的外心坐标为．
【点评】本题主要考查了两点间距离公式，考查了直线的一般方程，以及三角形外心的性质，属于中档题．
19．【分析】（1）利用立方和公式化简已知等式，可得b2＝a2﹣ac+c2，再由余弦定理，即可求得角B；
（2）由三角形的面积公式可得ac的值，再利用余弦定理表示出a2+c2，然后结合完全平方公式求得a+c，进而知△ABC的周长．
【解答】解：（1）由a3﹣b2c＝ab2﹣c3得，a3+c3＝ab2+b2c＝b2（a+c），
因为a3+c3＝（a+c）（a2﹣ac+c2），且a+c≠0，
所以b2＝a2﹣ac+c2，即a2+c2﹣b2＝ac，
由余弦定理得，，
又0＜B＜π，
所以．
（2）因为△ABC的面积为，所以，
所以，
由（1）知a2+c2﹣ac＝b2＝16，
所以a2+c2＝16+ac，
所以，
所以，
故△ABC的周长为．
【点评】本题考查解三角形，熟练掌握余弦定理，三角形面积公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
20．【分析】（1）由题意，用待定系数法求出圆心坐标，可得半径，从而得到圆的标准方程．
（2）由题意，根据反射定律求出反射点的坐标，可得直线l的斜率，再用点斜式求直线l的方程．
【解答】解：（1）∵圆C的圆心在直线2x﹣y﹣2＝0上，且经过点A（1，2）和B（2，1）．
设C（a，2a﹣2），则根据|CA|2＝|CB|2，可得（a﹣1）2+（2a﹣4）2＝（a﹣2）2+（2a﹣3）2，
求得a＝2，可得圆心C（2，2），半径为|CA|＝＝1．
故圆C的标准方程为（x﹣2）2+（y﹣2）2＝1．
（2）若自点P（﹣3，3）发出的光线l经过x轴反射后，反射光线所在的直线与圆C相切，
则点P关于x轴的对称点D（﹣3，﹣3）在反射光线所在的直线l′上，设直线l与x轴的交点为M（m，0），
则反射光线所在直线DM的方程为y+3＝（x+3），即3x﹣3y﹣my﹣3m＝0．
由题意可得，圆C和直线DM相切，故有1＝，求得m＝1或m＝﹣．
故直线l的斜率为＝﹣，
当m＝1时，直线l的斜率为﹣，直线l的方程为y﹣3＝﹣（x+3），即3x+4y﹣3＝0．
当m＝﹣时，直线l的斜率为﹣，直线l的方程为y﹣3＝﹣（x+3），即4x+3y+3＝0．
综上，直线l的方程为3x+4y﹣3＝0或4x+3y+3＝0．
【点评】本题主要考查求圆的标准方程，反射定律的应用，用点斜式求直线的方程，属于中档题．
21．【分析】（1）由PA⊥底面ABCD，得到PA⊥BC，作AE⊥PB，根据面面垂直的性质定理，证得AE⊥平面PBC，得到AE⊥BC，证得BC⊥平面PAB，即可证得BC⊥AB；
（2）根据题意，利用余弦定理，求得，得到，从而得到AC⊥AD，以A为原点，建立空间直角坐标系，求得和平面PBC的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解．
【解答】证明：（1）因为PA⊥底面ABCD，且BC⊂底面ABCD，所以PA⊥BC，
如图所示，过点A作AE⊥PB垂足为E，
因为平面PAB⊥平面PBC，平面PAB∩平面PBC＝PB，且AE⊂平面PAB，所以AE⊥平面PBC，
又因为BC⊂平面PBC，所以AE⊥BC，因为AE⋂PA＝A，且AE，PA⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB，
又因为AB⊂平面PAB，所以BC⊥AB；
解：（2）因为AB⊥BC，且AB＝BC＝2，在直角△ABC中，可得，
又因为AC＝AD，所以，
因为，所以在△ABD中，可得，
又因为∠BAD∈（0，π），所以，
由AB⊥BC且AB＝BC，所以△ABC为等腰直角三角形，可得，
所以，即AC⊥AD，
因为PA⊥底面ABCD，且AC，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AC，PA⊥AD，故AC，AD，AP两两互相垂直，
以A为原点，以AC，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为AB＝BC＝2，PA＝4，所以，
又因为点Q为PD的中点，所以，
所以，
设平面PBC的法向量为，则，解得，
不妨取，则，所以，
设直线CQ与平面PBC所成角为θ，
可得，
所以直线CQ与平面PBC所成角的正弦值为．
【点评】本题考查通过证线面垂直来证线线垂直和用向量法求直线与平面所成的角，属于中档题．
22．【分析】（1）由直线与圆相切的性质，当OP⊥l时，|PA|最小，由O，A，P，B四点共圆，则AB即为两圆公共弦，两圆方程相减可得直线AB的方程；
（2）设直线l′的方程，与圆的方程联立，由韦达定理用k表示x1+x2，x1x2，将所求k1+k2整理变形为用x1+x2，x1x2表示，代入韦达定理化简可得定值．
【解答】解：（1）已知圆C：x2+y2＝1，直线l：x+3y﹣10＝0，P为直线l上一点，过点P作圆C的两条切线PA、PB，其中A，B为切点，且|PA|最小，
圆C圆心为（0，0），半径为1，
已知PA、PB是圆C的两条切线，则|PA|2＝|PO|2﹣1，
所以当|PO|最小时，|PA|最小，
|PO|最小值即为点O到直线l的距离，
此时OP⊥l，且直线l：x+3y﹣10＝0，直线l的斜率，
设P（a，b），则有，解得，即P（1，3），
由OA⊥AP，OB⊥BP，得O，A，P，B四点共在以OP为直径的圆上，
圆心为OP的中点，设为D，坐标为，圆的半径为，
则圆D的方程为，即x2+y2﹣x﹣3y＝0①，
又圆C：x2+y2﹣1＝0②，
则两圆方程相减得公共弦AB的方程，即由②﹣①得，x+3y﹣1＝0，
即直线AB的方程为x+3y﹣1＝0；
证明：（2）已知圆C：x2+y2＝1，直线l：x+3y﹣10＝0，P为直线l上一点，Q为圆C与x轴正半轴的交点，
过点P作直线l′与圆C交于两点M，N，设QM，QN的斜率分别为k1，k2，
由题意知，过点P（1，3）的直线l′斜率存在，
故可设方程为y﹣3＝k（x﹣1），即y＝kx+3﹣k，
设M（x1，y1），N（x2，y2），且x1＜1，x2＜1，
由题意QM的斜率，QN的斜率，
则，
联立，整理得（1+k2）x2+2k（3﹣k）x+k2﹣6k+8＝0，
则Δ＝4k2（3﹣k）2﹣4（1+k2）（k2﹣6k+8）＝8（3k﹣4）＞0，即，
由韦达定理知，，
则，
，
故，
故k1+k2为定值．
【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，属于中档题．