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2020-2021学年江西省赣州市高二（上）12月月考数学（理）试卷北师大版
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这是一份2020-2021学年江西省赣州市高二（上）12月月考数学（理）试卷北师大版，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知命题p:∀x∈0,+∞,x>lgx，则p的否定是（ ）
A.∃x0∈0,+∞,x0≤lgx0B.∀x∈R,x≤lgx
C.∃x0∈0,+∞,x0>lgx0D.∀x∈R,x
2. 已知一组数据x1，x2，x3，x4，x5的平均数是2，方差是3，那么另一组数据2x1−3，2x2−3，2x3−3，2x4−3，2x5−3的平均数和方差为( )
A.1，12B.2，3C.3，2D.4，1
3. 两条平行直线3x+4y−12=0与ax+8y+11=0之间的距离为( )
A.235B.2310C.7D.72
4. 如图是一个算法的流程图，若输入x的值为4，则输出y的值是( )
A.−3B.−2C.−1D.0
5. 命题“若x2+y2=0，则x=y=0”的逆否命题是( )
A.若x=y=0，则x2+y2=0
B.若x2+y2≠0，则x，y不都为0
C.若x，y都不为0，则x2+y2≠0
D.若x，y不都为0，则x2+y2≠0
6. 在四面体S−ABC中， SA⊥平面ABC， ∠ABC=90∘，SA=AC=2，AB=1，则该四面体的外接球的表面积为( )
A.2π3B.4π3C.4πD.5π
7. 某几何体的三视图如图，若该几何体的所有顶点都在一个球面上，则该球面的表面积为( )
A.4πB.283πC.443πD.20π
8. 设n∈N∗，则“数列{an}为等比数列”是“数列{1an2}为等比数列”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件
9. 已知圆C:x2+y2−6x−8y=0，则：x2+y2的最大值与最小值的和为( )
A.5B.10C.25D.100
10. 如图，圆M、圆N、圆P彼此相外切，且内切于正三角形ABC中，在正三角形ABC内随机取一点，则此点取自三角形MNP（阴影部分）的概率是( )
A.3−12B.3−13C.2−32D.2−33
11. 若圆C：(x−5)2+(y+1)2=4上有n个点到直线4x+3y−2=0的距离为1，则n等于( )
A.2B.1C.4D.3
12. 若m>0，n>0，且直线(m+1)x+(n+1)y−2=0与圆x2+y2−2x−2y+1=0相切，则m+n的取值范围是( )
A.[2+2, +∞)B.[2+22, +∞)C.(0, 2+2]D.(0, 2+22]
二、填空题
在三棱锥P−ABC中，PA，AB，AC两两垂直，D为棱PC上一动点，PA=AC=2，AB=3. 当BD与平面PAC所成角最大时，AD与平面PBC所成角的正弦值为________.
三、解答题
已知p:x2−6x+5≤0，q:x2−2x+1−m2≤0(m>0)．
(1)若m=2，且p∧q为真，求实数x的取值范围；
(2)若¬q是¬p的充分条件，求实数m的取值范围．
已知圆C:x2+y2−2x−4y−20=0及直线l：(2m+1)x+(m+1)y=7m+4(m∈R)．
(1)证明：不论m取什么实数，直线l与圆C总相交；
(2)求直线l被圆C截得的弦长的最小值及此时的直线方程．
已知△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，向量m→=a+c,3csA+sinC，n→=b,sinB，满足m→//n→.
(1)求角A；
(2)若△ABC的面积为43，a=5．求△ABC的周长
某商家在柜台前开展促销抽奖活动，甲，乙两人相约同一天上午去该柜台参与抽奖．抽奖规则是：从一个装有2个红球和4个白球的袋中无放回地取出3个球，当三个球同色时则中奖，每人只能抽奖一次.
(1)求甲中奖的概率；
(2)若甲计划在9:00∼9:40之间赶到，乙计划在9:20∼10:00之间赶到，求甲比乙提前到达的概率．
如图，三棱锥S−ABC的底面ABC和侧面SBC都是等边三角形，且平面SBC⊥平面ABC．
(1)若P点是线段SA的中点，求证： SA⊥平面PBC；
(2)点Q在线段AS上且满足AQ=13AS，求BQ与平面SAC所成角的正弦值．
已知点P到A−2,0的距离是点P到B1,0的距离的2倍．
(1)求点P的轨迹方程；
(2)若点P与点Q关于点B对称，点C5,8，求|QB|2+|QC|2的最大值；
(3)若过B的直线与第二问中Q的轨迹交于E，F两点，探索BE→⋅BF→是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江西省赣州市高二（上）12月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
命题的否定
全称命题与特称命题
【解析】
无
【解答】
解：p的否定是∃x0∈0,+∞，x0≤lgx0．
故选A．
2.
【答案】
A
【考点】
极差、方差与标准差
众数、中位数、平均数
【解析】
暂无
【解答】
解：因为x1，x2，x3，x4，x5的平均数是2，
即x1+x2+x3+x4+x55=2．
所以2x1−3，2x2−3，2x3−3，2x4−3，2x5−3的平均数为
2x1−3+2x2−3+2x3−3+2x4−3+2x5−35
=2×x1+x2+x3+x55−3=1．
故选A．
3.
【答案】
D
【考点】
两条平行直线间的距离
【解析】
先将两条平行直线的系数化成对应相等，再利用距离公式，即可求得结论．
【解答】
解：∵ 两条直线平行，∴ 将两直线的系数化成对应相等，
∴ a=6，直线3x+4y−12=0可化为6x+8y−24=0，
∴ 两条平行直线之间的距离为|11+24|36+64=72.
故选D．
4.
【答案】
B
【考点】
程序框图
【解析】
执行程序框图,x=4,y=1;x=2,y=1;x=2,y=0;x=0,y=1;x=−2,y=−2;结束循环，输出y=−2，故选B.
【解答】
解：执行程序框图，x=4，y=1，
x=2，y=1，
x=2，y=0，
x=0，y=−1，
x=−2，y=−2.
结束循环，输出y=−2.
故选B.
5.
【答案】
D
【考点】
四种命题间的逆否关系
【解析】
把原命题的结论和条件进行否定后，作为逆否命题的条件和结论即可得到结果．
【解答】
解：因为原命题为“若x2+y2=0，则x=y=0"，
所以逆否命题为：若x，y不都为0，则x2+y2≠0.
故选D.
6.
【答案】
C
【考点】
球内接多面体
球的表面积和体积
【解析】
本题考查简单几何体的外接球表面积，关键是构造直角三角形得到半径，再进行计算得到答案。
【解答】
解：将四边体S−ABC放到一个长方体中，如图，
由图可知，SC的中点为球心.
∵ SA⊥平面ABC，SA=AC=2，AB=1，
∴ 可求得SC=2，
∴ 该四面体外接球的半径为1，
∴ 该四面体的外接球的表面积为4π⋅12=4π.
故选C.
7.
【答案】
B
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
【解析】
由三视图知，几何体是一个三棱柱，三棱柱的底面是边长为2的正三角形，侧棱长是2，根据三棱柱的两个底面的中心的中点与三棱柱的顶点的连线就是外接球的半径，求出半径即可求出球的表面积．
【解答】
解：由三视图知，几何体是一个三棱柱，
三棱柱的底面是边长为2的正三角形，侧棱长是2，
三棱柱的两个底面的中心的中点与三棱柱的顶点的连线就是外接球的半径，
r=(23×3)2+12=73，球的表面积4πr2=4π×73=283π．
故选B.
8.
【答案】
A
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
等比数列的性质
【解析】
根据等比数列的性质和定义，结合充要条件的定义，可得答案．
【解答】
解：充分性：若数列an为等比数列，所以anan−1=qn≥2，
因为1an21an−12=an−12an2=1q2n≥2 ，所以数列1an2为等比数列，充分性成立，
必要性：若数列1an2为等比数列，则 1an21an−12=qn≥2，
所以 1an21an−12=an−12an2=qn≥2⇒anan−1=±1q ，所以数列an不是等比数列，必要性不成立．
故选A.
9.
【答案】
D
【考点】
圆的标准方程与一般方程的转化
与圆有关的最值问题
【解析】
暂无
【解答】
解：圆C： x2+y2−6x−8y=0，
标准方程为： x−32+y−42=25，
则圆心C3,4，半径为：5，
x2+y2表示圆C上点x,y到定点0,0距离的平方，
由圆C过原点0,0，则x2+y2最小值为0，
x2+y2最大值为100，
∴ x2+y2的最大值与最小值的和为100．
故选D.
10.
【答案】
C
【考点】
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）
【解析】
设一个内切圆的半径为r，把两个正三角形的边长均用r表示，再由相似三角形面积比为相似比的平方求解．
【解答】
解：如图，
设一个内切圆的半径为r，则AH=BG=3r，
则MN=GH=2r，AB=AH+BG+GH=2(3+1)r，
正三角形MNP与正三角形ABC相似，
则在正三角形ABC内随机取一点，
则此点取自三角形MNP（阴影部分）的概率是：
P=S△MNPS△ABC=(MNAB)2=(2r2(3+1)r)2=2−32．
故选C.
11.
【答案】
B
【考点】
点到直线的距离公式
直线与圆的位置关系
【解析】
确定圆心和半径,求出圆心到直线的距离,与半径比较,即可得出结论.
【解答】
解：圆C：x−52+y+12=4，
圆心为5,−1，半径为2，
圆心到4x+3y−2=0的距离为d=|4×5+3×(−1)−2|42+32=3，
所以圆C：x−52+y+12=4上有1个点到直线4x+3y−2=0的距离为1,
即n=1.
故选B．
12.
【答案】
B
【考点】
直线与圆的位置关系
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
由圆的方程求出圆心坐标和半径r，由直线与圆相切时，圆心到直线的距离等于圆的半径，利用点到直线的距离公式列出关系式，整理后利用基本不等式变形，设m+n＝x，得到关于x的不等式，求出不等式的解集得到x的范围，即为m+n的范围．
【解答】
解：由圆x2+y2−2x−2y+1=0，得(x−1)2+(y−1)2=1，
得到圆心坐标为(1, 1)，半径r=1，
∵ 直线(m+1)x+(n+1)y−2=0与圆相切，
∴ 圆心到直线的距离d=|m+n|(m+1)2+(n+1)2=1，
整理得：m+n+1=mn≤(m+n2)2，
设m+n=x(x>0)，则有x+1≤x24，即x2−4x−4≥0，
解得：x≥2+22，
则m+n的取值范围为[2+22, +∞)．
故选B.
二、填空题
【答案】
31111
【考点】
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
无
【解答】
解：易证AB⊥ 平面PAC，则BD与平面PAC所成角为∠ADB，
tan∠ADB=ABAD=3AD，当AD取得最小值时，∠ADB取得最大值．
在等腰Rt△PAC中，当D为PC的中点时，AD取得最小值．
以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz，
则A(0,0,0)，B(3,0,0)，C(0,2,0)，P(0,0，2)，D(0,1,1)，
则AD→=0,1,1，PC→=0,2,−2，BC→=−3,2,0．
设平面PBC的法向量为n→=x,y,z，
则n→⋅PC→=n→⋅BC→=0，
即2y−2z=0,−3x+2y=0,令y=3，得n→=2,3,3．
因为csn→,AD→=3+322×2=31111，
所以AD与平面PBC所成角的正弦值为31111．
故答案为：31111.
三、解答题
【答案】
解：(1)由x2−6x+5≤0，得1≤x≤5，
∴ p:1≤x≤5.
当m=2时，q:−1≤x≤3．
若p∧q为真，则p，q同时为真命题，
则1≤x≤5，−1≤x≤3， 即x∈[1,3].
(2)由题可得，p是q的充分条件，
由x2−2x+1−m2≤0，
得q:1−m≤x≤1+m．
∵ p是q的充分条件，
∴ m>0,1−m≤1,1+m≥5, 解得m≥4．
∴ 实数m的取值范围为[4,+∞)．
【考点】
复合命题及其真假判断
根据充分必要条件求参数取值问题
逻辑联结词“或”“且”“非”
【解析】
（1）分别求解一元二次不等式化简p，q，然后利用p∧q为真，取交集求得实数x的取值范围；
（2）求解一元二次不等式化简q，结合p是q充分不必要条件，可得[1, 5]⊊[1−m, 1+m]，转化为关于m的不等式组得答案．
【解答】
解：(1)由x2−6x+5≤0，得1≤x≤5，
∴ p:1≤x≤5.
当m=2时，q:−1≤x≤3．
若p∧q为真，则p，q同时为真命题，
则1≤x≤5，−1≤x≤3， 即x∈[1,3].
(2)由题可得，p是q的充分条件，
由x2−2x+1−m2≤0，
得q:1−m≤x≤1+m．
∵ p是q的充分条件，
∴ m>0,1−m≤1,1+m≥5, 解得m≥4．
∴ 实数m的取值范围为[4,+∞)．
【答案】
(1)证明：把直线l的方程改写成(x+y−4)+m(2x+y−7)=0，
由方程组x+y−4=0，2x+y−7=0， 解得x=3，y=1，
所以直线l总过定点M(3, 1)．
圆C的方程可写成(x−1)2+(y−2)2=25，
所以圆C的圆心为(1, 2)，半径为5．
定点M(3, 1)到圆心(1, 2)的距离为(3−1)2+(1−2)2=5<5，
即定点M(3, 1)在圆内．
所以过点(3, 1)的直线总与圆相交，
即不论m取什么实数，直线l与圆C总相交．
(2)解：设直线l与圆交于A，B两点．
当直线l过定点M(3, 1)且垂直于过点M的圆C的半径时，
l被截得的弦长|AB|最短．
因为|AB|=2|BC|2−|CM|2
=225−5=220=45，
此时kAB=−1kCM=2，所以直线AB的方程为y−1=2(x−3)，
即2x−y−5=0．
故直线l被圆C截得的弦长最小值为45，
此时直线l的方程为2x−y−5=0．
【考点】
直线与圆的位置关系
直线恒过定点
两点间的距离公式
两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系
【解析】
（1）求出直线l过定点(3, 1)，圆C的圆心为(1, 2)，半径为5．定点(3, 1)到圆心(1, 2)的距离小于半径，从而得到点(3, 1)在圆内，由此能证明不论m取什么实数，直线l与圆C总相交．
（2）设直线l与圆交于A、B两点．当直线l过定点M(3, 1)且垂直于过点M的圆C的半径时，l被截得的弦长|AB|最短．
【解答】
(1)证明：把直线l的方程改写成(x+y−4)+m(2x+y−7)=0，
由方程组x+y−4=0，2x+y−7=0， 解得x=3，y=1，
所以直线l总过定点M(3, 1)．
圆C的方程可写成(x−1)2+(y−2)2=25，
所以圆C的圆心为(1, 2)，半径为5．
定点M(3, 1)到圆心(1, 2)的距离为(3−1)2+(1−2)2=5<5，
即定点M(3, 1)在圆内．
所以过点(3, 1)的直线总与圆相交，
即不论m取什么实数，直线l与圆C总相交．
(2)解：设直线l与圆交于A，B两点．
当直线l过定点M(3, 1)且垂直于过点M的圆C的半径时，
l被截得的弦长|AB|最短．
因为|AB|=2|BC|2−|CM|2
=225−5=220=45，
此时kAB=−1kCM=2，所以直线AB的方程为y−1=2(x−3)，
即2x−y−5=0．
故直线l被圆C截得的弦长最小值为45，
此时直线l的方程为2x−y−5=0．
【答案】
解：(1)已知m→=(a+c,3csA+sinC)，
n→=(b,sinB)，且m→//n→，
则(a+c)sinB−b(3csA+sinC)=0，
由正弦定理可得：
(sinA+sinC)sinB−sinB(3csA+sinC)=0，
整理得sinAsinB−3sinBcsA=0，
又0解得tanA=3，
又0所以A=π3.
(2)由(1)可知A=π3，
已知S△ABC=12bcsinA=43，
解得bc=16，
由余弦定理可得
a2=b2+c2−2bccsA=b2+c2−2bccsπ3
=b2+c2−bc=(b+c)2−3bc=(b+c)2−48，
已知a=5，
则25=(b+c)2−48，
解得b+c=73，
故△ABC的周长为a+b+c=5+73.
【考点】
正弦定理
平行向量的性质
余弦定理
【解析】
（1）先对向量平行进行化简，再利用正弦定理以及三角形内角和进行求解即可.
（2）利用（1）中所得信息结合余弦定理进行求解即可.
【解答】
解：(1)已知m→=(a+c,3csA+sinC)，
n→=(b,sinB)，且m→//n→，
则(a+c)sinB−b(3csA+sinC)=0，
由正弦定理可得：
(sinA+sinC)sinB−sinB(3csA+sinC)=0，
整理得sinAsinB−3sinBcsA=0，
又0解得tanA=3，
又0所以A=π3.
(2)由(1)可知A=π3，
已知S△ABC=12bcsinA=43，
解得bc=16，
由余弦定理可得
a2=b2+c2−2bccsA=b2+c2−2bccsπ3
=b2+c2−bc=(b+c)2−3bc=(b+c)2−48，
已知a=5，
则25=(b+c)2−48，
解得b+c=73，
故△ABC的周长为a+b+c=5+73.
【答案】
解：(1)记“甲中奖”为事件A，记两红球为1，2号，
四个白球分别为3，4，5，6号，
从6个球中抽取3个的所有可能情况有：
(1, 2, 3)，(1, 2, 4)，(1, 2, 5)，(1, 2, 6)，(1, 3, 4)，(1, 3, 5)，
(1, 3, 6)，(1, 4, 5)，(1, 4, 6)，(1, 5, 6)，(2, 3, 4)，(2, 3, 5)，
(2, 3, 6)，(2, 4, 5)，(2, 4, 6)，(2, 5, 6)，(3, 4, 5)，(3, 4, 6)，
(3, 5, 6)，(4, 5, 6)共20个基本事件；
其中"事件A"包含(3, 4, 5)，(3, 4, 6)，
(3, 5, 6)，(4, 5, 6)共4 种情况，
则甲中奖概率为P(A)=420=15.
(2)设甲乙到达时间分别为9:00起第x，y小时，
则0≤x≤23，13≤y≤1；
甲乙到达时间(x, y)为图中正方形区域，
甲比乙先到则需满足x设甲比乙先到为事件B，
则P(B)=1−12×13×1323×23=78．
【考点】
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）
【解析】
(Ⅰ)记“三个球同色”为事件A，记两红球为1，2号，四个白球分别为3，4，5，6号，用列举法求出基本事件数，计算对应的概率值；
(Ⅱ)设甲乙到达时间分别为9:00起第x，y小时，则0≤x≤23，13≤y≤1，利用几何概型计算对应的概率．
【解答】
解：(1)记“甲中奖”为事件A，记两红球为1，2号，
四个白球分别为3，4，5，6号，
从6个球中抽取3个的所有可能情况有：
(1, 2, 3)，(1, 2, 4)，(1, 2, 5)，(1, 2, 6)，(1, 3, 4)，(1, 3, 5)，
(1, 3, 6)，(1, 4, 5)，(1, 4, 6)，(1, 5, 6)，(2, 3, 4)，(2, 3, 5)，
(2, 3, 6)，(2, 4, 5)，(2, 4, 6)，(2, 5, 6)，(3, 4, 5)，(3, 4, 6)，
(3, 5, 6)，(4, 5, 6)共20个基本事件；
其中"事件A"包含(3, 4, 5)，(3, 4, 6)，
(3, 5, 6)，(4, 5, 6)共4 种情况，
则甲中奖概率为P(A)=420=15.
(2)设甲乙到达时间分别为9:00起第x，y小时，
则0≤x≤23，13≤y≤1；
甲乙到达时间(x, y)为图中正方形区域，
甲比乙先到则需满足x设甲比乙先到为事件B，
则P(B)=1−12×13×1323×23=78．
【答案】
解：(1)因为△ABC和△SBC都为等边三角形，且有公共边BC，
所以AB=SB=BC=AC=SC，
因为P为SA的中点，所以SA⊥BP，SA⊥CP，
又因为BP∩CP=P，所以SA⊥平面PBC.
解：(2)取BC的中点O，连接OA，OS，由条件可得OA，BC，OS两两垂直.
以O为坐标原点，OA→，OB→，OS→的方向分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图.
设AB=2，则AO=OS=3，
则点A3,0,0，B0,1,0，C0,−1,0，
S0,0,3，Q233,0,33,
所以CA→=(3,1,0)，SA→=(3,0,−3)，
BQ→=(233,−1,33)，
设平面SAC的一个法向量为n→=x,y,z,
则n→⋅CA→=3x+y=0,n→⋅SA→=3x−3z=0,
令x=1，可得n→=1,−3,1,
设BQ→与平面SAC所成角为θ,
则sinθ=csBQ→⋅n→=BQ→⋅n→BQ→⋅n→
=233+3+3343+1+13×1+3+1=31010.
【考点】
直线与平面垂直的判定
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
本题无解析
本题无解析
【解答】
解：(1)因为△ABC和△SBC都为等边三角形，且有公共边BC，
所以AB=SB=BC=AC=SC，
因为P为SA的中点，所以SA⊥BP，SA⊥CP，
又因为BP∩CP=P，所以SA⊥平面PBC.
解：(2)取BC的中点O，连接OA，OS，由条件可得OA，BC，OS两两垂直.
以O为坐标原点，OA→，OB→，OS→的方向分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图.
设AB=2，则AO=OS=3，
则点A3,0,0，B0,1,0，C0,−1,0，
S0,0,3，Q233,0,33,
所以CA→=(3,1,0)，SA→=(3,0,−3)，
BQ→=(233,−1,33)，
设平面SAC的一个法向量为n→=x,y,z,
则n→⋅CA→=3x+y=0,n→⋅SA→=3x−3z=0,
令x=1，可得n→=1,−3,1,
设BQ→与平面SAC所成角为θ,
则sinθ=csBQ→⋅n→=BQ→⋅n→BQ→⋅n→
=233+3+3343+1+13×1+3+1=31010.
【答案】
解：(1)设点P(x,y)，由题意可得PA=2PB，
即x+22+y2=2x−12+y2,
化简可得x−22+y2=4.
(2)设Qx0,y0,由(1)知点P满足方程：x−22+y2=4，
x0+x=2×1，y0+y=0，代入上式可得x02+y02=4，
即Q的轨迹为x2+y2=4,
QB2+QC2=x−12+y2+x−52+y−82
=2x2+2y2−12x−16y+90
=−12x−16y+98=−43x+4y+98，
令z=3x+4y，所以3x+4y−z=0，d=z5≤r=2，
所以−10≤z≤10，因此QB2+QC2的最大值为138.
(3)当直线l的斜率存在时，设其斜率为k，
则直线l的方程为y=kx−1,
由x2+y2=4，y=kx−1，消去y,得1+k2x2−2k2x+k2−4=0,显然Δ>0，
设Ex1,y1，Fx2,y2，则x1+x2=2k21+k2，x1x2=k2−41+k2,
又BE→=x1−1,y1，BF→=x2−1,y2，
则BE→⋅BF→=1−x1+x2+x1x2+y1y2
=1−x1+x2+x1x2+k2x1−1x2−1
=1+k2x1x2−1+k2x1+x2+1+k2
=1+k2k2−41+k2−1+k22k21+k2+1+k2
=k4−3k2−4−2k4−2k2+k4+2k2+11+k2
=−3k2−31+k2=−3，
当直线l的斜率不存在时，E1,3，F1,−3，BE→⋅BF→=−3,
所以BE→⋅BF→定值−3.
【考点】
轨迹方程
两点间的距离公式
点到直线的距离公式
直线与圆的位置关系
平面向量数量积的运算
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
本题无解析
本题无解析
本题无解析
【解答】
解：(1)设点P(x,y)，由题意可得PA=2PB，
即x+22+y2=2x−12+y2,
化简可得x−22+y2=4.
(2)设Qx0,y0,由(1)知点P满足方程：x−22+y2=4，
x0+x=2×1，y0+y=0，代入上式可得x02+y02=4，
即Q的轨迹为x2+y2=4,
QB2+QC2=x−12+y2+x−52+y−82
=2x2+2y2−12x−16y+90
=−12x−16y+98=−43x+4y+98，
令z=3x+4y，所以3x+4y−z=0，d=z5≤r=2，
所以−10≤z≤10，因此QB2+QC2的最大值为138.
(3)当直线l的斜率存在时，设其斜率为k，
则直线l的方程为y=kx−1,
由x2+y2=4，y=kx−1，消去y,得1+k2x2−2k2x+k2−4=0,显然Δ>0，
设Ex1,y1，Fx2,y2，则x1+x2=2k21+k2，x1x2=k2−41+k2,
又BE→=x1−1,y1，BF→=x2−1,y2，
则BE→⋅BF→=1−x1+x2+x1x2+y1y2
=1−x1+x2+x1x2+k2x1−1x2−1
=1+k2x1x2−1+k2x1+x2+1+k2
=1+k2k2−41+k2−1+k22k21+k2+1+k2
=k4−3k2−4−2k4−2k2+k4+2k2+11+k2
=−3k2−31+k2=−3，
当直线l的斜率不存在时，E1,3，F1,−3，BE→⋅BF→=−3,
所以BE→⋅BF→定值−3.
1. 已知命题p:∀x∈0,+∞,x>lgx，则p的否定是（ ）
A.∃x0∈0,+∞,x0≤lgx0B.∀x∈R,x≤lgx
C.∃x0∈0,+∞,x0>lgx0D.∀x∈R,x
2. 已知一组数据x1，x2，x3，x4，x5的平均数是2，方差是3，那么另一组数据2x1−3，2x2−3，2x3−3，2x4−3，2x5−3的平均数和方差为( )
A.1，12B.2，3C.3，2D.4，1
3. 两条平行直线3x+4y−12=0与ax+8y+11=0之间的距离为( )
A.235B.2310C.7D.72
4. 如图是一个算法的流程图，若输入x的值为4，则输出y的值是( )
A.−3B.−2C.−1D.0
5. 命题“若x2+y2=0，则x=y=0”的逆否命题是( )
A.若x=y=0，则x2+y2=0
B.若x2+y2≠0，则x，y不都为0
C.若x，y都不为0，则x2+y2≠0
D.若x，y不都为0，则x2+y2≠0
6. 在四面体S−ABC中， SA⊥平面ABC， ∠ABC=90∘，SA=AC=2，AB=1，则该四面体的外接球的表面积为( )
A.2π3B.4π3C.4πD.5π
7. 某几何体的三视图如图，若该几何体的所有顶点都在一个球面上，则该球面的表面积为( )
A.4πB.283πC.443πD.20π
8. 设n∈N∗，则“数列{an}为等比数列”是“数列{1an2}为等比数列”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件
9. 已知圆C:x2+y2−6x−8y=0，则：x2+y2的最大值与最小值的和为( )
A.5B.10C.25D.100
10. 如图，圆M、圆N、圆P彼此相外切，且内切于正三角形ABC中，在正三角形ABC内随机取一点，则此点取自三角形MNP（阴影部分）的概率是( )
A.3−12B.3−13C.2−32D.2−33
11. 若圆C：(x−5)2+(y+1)2=4上有n个点到直线4x+3y−2=0的距离为1，则n等于( )
A.2B.1C.4D.3
12. 若m>0，n>0，且直线(m+1)x+(n+1)y−2=0与圆x2+y2−2x−2y+1=0相切，则m+n的取值范围是( )
A.[2+2, +∞)B.[2+22, +∞)C.(0, 2+2]D.(0, 2+22]
二、填空题
在三棱锥P−ABC中，PA，AB，AC两两垂直，D为棱PC上一动点，PA=AC=2，AB=3. 当BD与平面PAC所成角最大时，AD与平面PBC所成角的正弦值为________.
三、解答题
已知p:x2−6x+5≤0，q:x2−2x+1−m2≤0(m>0)．
(1)若m=2，且p∧q为真，求实数x的取值范围；
(2)若¬q是¬p的充分条件，求实数m的取值范围．
已知圆C:x2+y2−2x−4y−20=0及直线l：(2m+1)x+(m+1)y=7m+4(m∈R)．
(1)证明：不论m取什么实数，直线l与圆C总相交；
(2)求直线l被圆C截得的弦长的最小值及此时的直线方程．
已知△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，向量m→=a+c,3csA+sinC，n→=b,sinB，满足m→//n→.
(1)求角A；
(2)若△ABC的面积为43，a=5．求△ABC的周长
某商家在柜台前开展促销抽奖活动，甲，乙两人相约同一天上午去该柜台参与抽奖．抽奖规则是：从一个装有2个红球和4个白球的袋中无放回地取出3个球，当三个球同色时则中奖，每人只能抽奖一次.
(1)求甲中奖的概率；
(2)若甲计划在9:00∼9:40之间赶到，乙计划在9:20∼10:00之间赶到，求甲比乙提前到达的概率．
如图，三棱锥S−ABC的底面ABC和侧面SBC都是等边三角形，且平面SBC⊥平面ABC．
(1)若P点是线段SA的中点，求证： SA⊥平面PBC；
(2)点Q在线段AS上且满足AQ=13AS，求BQ与平面SAC所成角的正弦值．
已知点P到A−2,0的距离是点P到B1,0的距离的2倍．
(1)求点P的轨迹方程；
(2)若点P与点Q关于点B对称，点C5,8，求|QB|2+|QC|2的最大值；
(3)若过B的直线与第二问中Q的轨迹交于E，F两点，探索BE→⋅BF→是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江西省赣州市高二（上）12月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
命题的否定
全称命题与特称命题
【解析】
无
【解答】
解：p的否定是∃x0∈0,+∞，x0≤lgx0．
故选A．
2.
【答案】
A
【考点】
极差、方差与标准差
众数、中位数、平均数
【解析】
暂无
【解答】
解：因为x1，x2，x3，x4，x5的平均数是2，
即x1+x2+x3+x4+x55=2．
所以2x1−3，2x2−3，2x3−3，2x4−3，2x5−3的平均数为
2x1−3+2x2−3+2x3−3+2x4−3+2x5−35
=2×x1+x2+x3+x55−3=1．
故选A．
3.
【答案】
D
【考点】
两条平行直线间的距离
【解析】
先将两条平行直线的系数化成对应相等，再利用距离公式，即可求得结论．
【解答】
解：∵ 两条直线平行，∴ 将两直线的系数化成对应相等，
∴ a=6，直线3x+4y−12=0可化为6x+8y−24=0，
∴ 两条平行直线之间的距离为|11+24|36+64=72.
故选D．
4.
【答案】
B
【考点】
程序框图
【解析】
执行程序框图,x=4,y=1;x=2,y=1;x=2,y=0;x=0,y=1;x=−2,y=−2;结束循环，输出y=−2，故选B.
【解答】
解：执行程序框图，x=4，y=1，
x=2，y=1，
x=2，y=0，
x=0，y=−1，
x=−2，y=−2.
结束循环，输出y=−2.
故选B.
5.
【答案】
D
【考点】
四种命题间的逆否关系
【解析】
把原命题的结论和条件进行否定后，作为逆否命题的条件和结论即可得到结果．
【解答】
解：因为原命题为“若x2+y2=0，则x=y=0"，
所以逆否命题为：若x，y不都为0，则x2+y2≠0.
故选D.
6.
【答案】
C
【考点】
球内接多面体
球的表面积和体积
【解析】
本题考查简单几何体的外接球表面积，关键是构造直角三角形得到半径，再进行计算得到答案。
【解答】
解：将四边体S−ABC放到一个长方体中，如图，
由图可知，SC的中点为球心.
∵ SA⊥平面ABC，SA=AC=2，AB=1，
∴ 可求得SC=2，
∴ 该四面体外接球的半径为1，
∴ 该四面体的外接球的表面积为4π⋅12=4π.
故选C.
7.
【答案】
B
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
【解析】
由三视图知，几何体是一个三棱柱，三棱柱的底面是边长为2的正三角形，侧棱长是2，根据三棱柱的两个底面的中心的中点与三棱柱的顶点的连线就是外接球的半径，求出半径即可求出球的表面积．
【解答】
解：由三视图知，几何体是一个三棱柱，
三棱柱的底面是边长为2的正三角形，侧棱长是2，
三棱柱的两个底面的中心的中点与三棱柱的顶点的连线就是外接球的半径，
r=(23×3)2+12=73，球的表面积4πr2=4π×73=283π．
故选B.
8.
【答案】
A
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
等比数列的性质
【解析】
根据等比数列的性质和定义，结合充要条件的定义，可得答案．
【解答】
解：充分性：若数列an为等比数列，所以anan−1=qn≥2，
因为1an21an−12=an−12an2=1q2n≥2 ，所以数列1an2为等比数列，充分性成立，
必要性：若数列1an2为等比数列，则 1an21an−12=qn≥2，
所以 1an21an−12=an−12an2=qn≥2⇒anan−1=±1q ，所以数列an不是等比数列，必要性不成立．
故选A.
9.
【答案】
D
【考点】
圆的标准方程与一般方程的转化
与圆有关的最值问题
【解析】
暂无
【解答】
解：圆C： x2+y2−6x−8y=0，
标准方程为： x−32+y−42=25，
则圆心C3,4，半径为：5，
x2+y2表示圆C上点x,y到定点0,0距离的平方，
由圆C过原点0,0，则x2+y2最小值为0，
x2+y2最大值为100，
∴ x2+y2的最大值与最小值的和为100．
故选D.
10.
【答案】
C
【考点】
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）
【解析】
设一个内切圆的半径为r，把两个正三角形的边长均用r表示，再由相似三角形面积比为相似比的平方求解．
【解答】
解：如图，
设一个内切圆的半径为r，则AH=BG=3r，
则MN=GH=2r，AB=AH+BG+GH=2(3+1)r，
正三角形MNP与正三角形ABC相似，
则在正三角形ABC内随机取一点，
则此点取自三角形MNP（阴影部分）的概率是：
P=S△MNPS△ABC=(MNAB)2=(2r2(3+1)r)2=2−32．
故选C.
11.
【答案】
B
【考点】
点到直线的距离公式
直线与圆的位置关系
【解析】
确定圆心和半径,求出圆心到直线的距离,与半径比较,即可得出结论.
【解答】
解：圆C：x−52+y+12=4，
圆心为5,−1，半径为2，
圆心到4x+3y−2=0的距离为d=|4×5+3×(−1)−2|42+32=3，
所以圆C：x−52+y+12=4上有1个点到直线4x+3y−2=0的距离为1,
即n=1.
故选B．
12.
【答案】
B
【考点】
直线与圆的位置关系
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
由圆的方程求出圆心坐标和半径r，由直线与圆相切时，圆心到直线的距离等于圆的半径，利用点到直线的距离公式列出关系式，整理后利用基本不等式变形，设m+n＝x，得到关于x的不等式，求出不等式的解集得到x的范围，即为m+n的范围．
【解答】
解：由圆x2+y2−2x−2y+1=0，得(x−1)2+(y−1)2=1，
得到圆心坐标为(1, 1)，半径r=1，
∵ 直线(m+1)x+(n+1)y−2=0与圆相切，
∴ 圆心到直线的距离d=|m+n|(m+1)2+(n+1)2=1，
整理得：m+n+1=mn≤(m+n2)2，
设m+n=x(x>0)，则有x+1≤x24，即x2−4x−4≥0，
解得：x≥2+22，
则m+n的取值范围为[2+22, +∞)．
故选B.
二、填空题
【答案】
31111
【考点】
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
无
【解答】
解：易证AB⊥ 平面PAC，则BD与平面PAC所成角为∠ADB，
tan∠ADB=ABAD=3AD，当AD取得最小值时，∠ADB取得最大值．
在等腰Rt△PAC中，当D为PC的中点时，AD取得最小值．
以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz，
则A(0,0,0)，B(3,0,0)，C(0,2,0)，P(0,0，2)，D(0,1,1)，
则AD→=0,1,1，PC→=0,2,−2，BC→=−3,2,0．
设平面PBC的法向量为n→=x,y,z，
则n→⋅PC→=n→⋅BC→=0，
即2y−2z=0,−3x+2y=0,令y=3，得n→=2,3,3．
因为csn→,AD→=3+322×2=31111，
所以AD与平面PBC所成角的正弦值为31111．
故答案为：31111.
三、解答题
【答案】
解：(1)由x2−6x+5≤0，得1≤x≤5，
∴ p:1≤x≤5.
当m=2时，q:−1≤x≤3．
若p∧q为真，则p，q同时为真命题，
则1≤x≤5，−1≤x≤3， 即x∈[1,3].
(2)由题可得，p是q的充分条件，
由x2−2x+1−m2≤0，
得q:1−m≤x≤1+m．
∵ p是q的充分条件，
∴ m>0,1−m≤1,1+m≥5, 解得m≥4．
∴ 实数m的取值范围为[4,+∞)．
【考点】
复合命题及其真假判断
根据充分必要条件求参数取值问题
逻辑联结词“或”“且”“非”
【解析】
（1）分别求解一元二次不等式化简p，q，然后利用p∧q为真，取交集求得实数x的取值范围；
（2）求解一元二次不等式化简q，结合p是q充分不必要条件，可得[1, 5]⊊[1−m, 1+m]，转化为关于m的不等式组得答案．
【解答】
解：(1)由x2−6x+5≤0，得1≤x≤5，
∴ p:1≤x≤5.
当m=2时，q:−1≤x≤3．
若p∧q为真，则p，q同时为真命题，
则1≤x≤5，−1≤x≤3， 即x∈[1,3].
(2)由题可得，p是q的充分条件，
由x2−2x+1−m2≤0，
得q:1−m≤x≤1+m．
∵ p是q的充分条件，
∴ m>0,1−m≤1,1+m≥5, 解得m≥4．
∴ 实数m的取值范围为[4,+∞)．
【答案】
(1)证明：把直线l的方程改写成(x+y−4)+m(2x+y−7)=0，
由方程组x+y−4=0，2x+y−7=0， 解得x=3，y=1，
所以直线l总过定点M(3, 1)．
圆C的方程可写成(x−1)2+(y−2)2=25，
所以圆C的圆心为(1, 2)，半径为5．
定点M(3, 1)到圆心(1, 2)的距离为(3−1)2+(1−2)2=5<5，
即定点M(3, 1)在圆内．
所以过点(3, 1)的直线总与圆相交，
即不论m取什么实数，直线l与圆C总相交．
(2)解：设直线l与圆交于A，B两点．
当直线l过定点M(3, 1)且垂直于过点M的圆C的半径时，
l被截得的弦长|AB|最短．
因为|AB|=2|BC|2−|CM|2
=225−5=220=45，
此时kAB=−1kCM=2，所以直线AB的方程为y−1=2(x−3)，
即2x−y−5=0．
故直线l被圆C截得的弦长最小值为45，
此时直线l的方程为2x−y−5=0．
【考点】
直线与圆的位置关系
直线恒过定点
两点间的距离公式
两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系
【解析】
（1）求出直线l过定点(3, 1)，圆C的圆心为(1, 2)，半径为5．定点(3, 1)到圆心(1, 2)的距离小于半径，从而得到点(3, 1)在圆内，由此能证明不论m取什么实数，直线l与圆C总相交．
（2）设直线l与圆交于A、B两点．当直线l过定点M(3, 1)且垂直于过点M的圆C的半径时，l被截得的弦长|AB|最短．
【解答】
(1)证明：把直线l的方程改写成(x+y−4)+m(2x+y−7)=0，
由方程组x+y−4=0，2x+y−7=0， 解得x=3，y=1，
所以直线l总过定点M(3, 1)．
圆C的方程可写成(x−1)2+(y−2)2=25，
所以圆C的圆心为(1, 2)，半径为5．
定点M(3, 1)到圆心(1, 2)的距离为(3−1)2+(1−2)2=5<5，
即定点M(3, 1)在圆内．
所以过点(3, 1)的直线总与圆相交，
即不论m取什么实数，直线l与圆C总相交．
(2)解：设直线l与圆交于A，B两点．
当直线l过定点M(3, 1)且垂直于过点M的圆C的半径时，
l被截得的弦长|AB|最短．
因为|AB|=2|BC|2−|CM|2
=225−5=220=45，
此时kAB=−1kCM=2，所以直线AB的方程为y−1=2(x−3)，
即2x−y−5=0．
故直线l被圆C截得的弦长最小值为45，
此时直线l的方程为2x−y−5=0．
【答案】
解：(1)已知m→=(a+c,3csA+sinC)，
n→=(b,sinB)，且m→//n→，
则(a+c)sinB−b(3csA+sinC)=0，
由正弦定理可得：
(sinA+sinC)sinB−sinB(3csA+sinC)=0，
整理得sinAsinB−3sinBcsA=0，
又0
又0
(2)由(1)可知A=π3，
已知S△ABC=12bcsinA=43，
解得bc=16，
由余弦定理可得
a2=b2+c2−2bccsA=b2+c2−2bccsπ3
=b2+c2−bc=(b+c)2−3bc=(b+c)2−48，
已知a=5，
则25=(b+c)2−48，
解得b+c=73，
故△ABC的周长为a+b+c=5+73.
【考点】
正弦定理
平行向量的性质
余弦定理
【解析】
（1）先对向量平行进行化简，再利用正弦定理以及三角形内角和进行求解即可.
（2）利用（1）中所得信息结合余弦定理进行求解即可.
【解答】
解：(1)已知m→=(a+c,3csA+sinC)，
n→=(b,sinB)，且m→//n→，
则(a+c)sinB−b(3csA+sinC)=0，
由正弦定理可得：
(sinA+sinC)sinB−sinB(3csA+sinC)=0，
整理得sinAsinB−3sinBcsA=0，
又0
又0
(2)由(1)可知A=π3，
已知S△ABC=12bcsinA=43，
解得bc=16，
由余弦定理可得
a2=b2+c2−2bccsA=b2+c2−2bccsπ3
=b2+c2−bc=(b+c)2−3bc=(b+c)2−48，
已知a=5，
则25=(b+c)2−48，
解得b+c=73，
故△ABC的周长为a+b+c=5+73.
【答案】
解：(1)记“甲中奖”为事件A，记两红球为1，2号，
四个白球分别为3，4，5，6号，
从6个球中抽取3个的所有可能情况有：
(1, 2, 3)，(1, 2, 4)，(1, 2, 5)，(1, 2, 6)，(1, 3, 4)，(1, 3, 5)，
(1, 3, 6)，(1, 4, 5)，(1, 4, 6)，(1, 5, 6)，(2, 3, 4)，(2, 3, 5)，
(2, 3, 6)，(2, 4, 5)，(2, 4, 6)，(2, 5, 6)，(3, 4, 5)，(3, 4, 6)，
(3, 5, 6)，(4, 5, 6)共20个基本事件；
其中"事件A"包含(3, 4, 5)，(3, 4, 6)，
(3, 5, 6)，(4, 5, 6)共4 种情况，
则甲中奖概率为P(A)=420=15.
(2)设甲乙到达时间分别为9:00起第x，y小时，
则0≤x≤23，13≤y≤1；
甲乙到达时间(x, y)为图中正方形区域，
甲比乙先到则需满足x
则P(B)=1−12×13×1323×23=78．
【考点】
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）
【解析】
(Ⅰ)记“三个球同色”为事件A，记两红球为1，2号，四个白球分别为3，4，5，6号，用列举法求出基本事件数，计算对应的概率值；
(Ⅱ)设甲乙到达时间分别为9:00起第x，y小时，则0≤x≤23，13≤y≤1，利用几何概型计算对应的概率．
【解答】
解：(1)记“甲中奖”为事件A，记两红球为1，2号，
四个白球分别为3，4，5，6号，
从6个球中抽取3个的所有可能情况有：
(1, 2, 3)，(1, 2, 4)，(1, 2, 5)，(1, 2, 6)，(1, 3, 4)，(1, 3, 5)，
(1, 3, 6)，(1, 4, 5)，(1, 4, 6)，(1, 5, 6)，(2, 3, 4)，(2, 3, 5)，
(2, 3, 6)，(2, 4, 5)，(2, 4, 6)，(2, 5, 6)，(3, 4, 5)，(3, 4, 6)，
(3, 5, 6)，(4, 5, 6)共20个基本事件；
其中"事件A"包含(3, 4, 5)，(3, 4, 6)，
(3, 5, 6)，(4, 5, 6)共4 种情况，
则甲中奖概率为P(A)=420=15.
(2)设甲乙到达时间分别为9:00起第x，y小时，
则0≤x≤23，13≤y≤1；
甲乙到达时间(x, y)为图中正方形区域，
甲比乙先到则需满足x
则P(B)=1−12×13×1323×23=78．
【答案】
解：(1)因为△ABC和△SBC都为等边三角形，且有公共边BC，
所以AB=SB=BC=AC=SC，
因为P为SA的中点，所以SA⊥BP，SA⊥CP，
又因为BP∩CP=P，所以SA⊥平面PBC.
解：(2)取BC的中点O，连接OA，OS，由条件可得OA，BC，OS两两垂直.
以O为坐标原点，OA→，OB→，OS→的方向分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图.
设AB=2，则AO=OS=3，
则点A3,0,0，B0,1,0，C0,−1,0，
S0,0,3，Q233,0,33,
所以CA→=(3,1,0)，SA→=(3,0,−3)，
BQ→=(233,−1,33)，
设平面SAC的一个法向量为n→=x,y,z,
则n→⋅CA→=3x+y=0,n→⋅SA→=3x−3z=0,
令x=1，可得n→=1,−3,1,
设BQ→与平面SAC所成角为θ,
则sinθ=csBQ→⋅n→=BQ→⋅n→BQ→⋅n→
=233+3+3343+1+13×1+3+1=31010.
【考点】
直线与平面垂直的判定
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
本题无解析
本题无解析
【解答】
解：(1)因为△ABC和△SBC都为等边三角形，且有公共边BC，
所以AB=SB=BC=AC=SC，
因为P为SA的中点，所以SA⊥BP，SA⊥CP，
又因为BP∩CP=P，所以SA⊥平面PBC.
解：(2)取BC的中点O，连接OA，OS，由条件可得OA，BC，OS两两垂直.
以O为坐标原点，OA→，OB→，OS→的方向分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图.
设AB=2，则AO=OS=3，
则点A3,0,0，B0,1,0，C0,−1,0，
S0,0,3，Q233,0,33,
所以CA→=(3,1,0)，SA→=(3,0,−3)，
BQ→=(233,−1,33)，
设平面SAC的一个法向量为n→=x,y,z,
则n→⋅CA→=3x+y=0,n→⋅SA→=3x−3z=0,
令x=1，可得n→=1,−3,1,
设BQ→与平面SAC所成角为θ,
则sinθ=csBQ→⋅n→=BQ→⋅n→BQ→⋅n→
=233+3+3343+1+13×1+3+1=31010.
【答案】
解：(1)设点P(x,y)，由题意可得PA=2PB，
即x+22+y2=2x−12+y2,
化简可得x−22+y2=4.
(2)设Qx0,y0,由(1)知点P满足方程：x−22+y2=4，
x0+x=2×1，y0+y=0，代入上式可得x02+y02=4，
即Q的轨迹为x2+y2=4,
QB2+QC2=x−12+y2+x−52+y−82
=2x2+2y2−12x−16y+90
=−12x−16y+98=−43x+4y+98，
令z=3x+4y，所以3x+4y−z=0，d=z5≤r=2，
所以−10≤z≤10，因此QB2+QC2的最大值为138.
(3)当直线l的斜率存在时，设其斜率为k，
则直线l的方程为y=kx−1,
由x2+y2=4，y=kx−1，消去y,得1+k2x2−2k2x+k2−4=0,显然Δ>0，
设Ex1,y1，Fx2,y2，则x1+x2=2k21+k2，x1x2=k2−41+k2,
又BE→=x1−1,y1，BF→=x2−1,y2，
则BE→⋅BF→=1−x1+x2+x1x2+y1y2
=1−x1+x2+x1x2+k2x1−1x2−1
=1+k2x1x2−1+k2x1+x2+1+k2
=1+k2k2−41+k2−1+k22k21+k2+1+k2
=k4−3k2−4−2k4−2k2+k4+2k2+11+k2
=−3k2−31+k2=−3，
当直线l的斜率不存在时，E1,3，F1,−3，BE→⋅BF→=−3,
所以BE→⋅BF→定值−3.
【考点】
轨迹方程
两点间的距离公式
点到直线的距离公式
直线与圆的位置关系
平面向量数量积的运算
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
本题无解析
本题无解析
本题无解析
【解答】
解：(1)设点P(x,y)，由题意可得PA=2PB，
即x+22+y2=2x−12+y2,
化简可得x−22+y2=4.
(2)设Qx0,y0,由(1)知点P满足方程：x−22+y2=4，
x0+x=2×1，y0+y=0，代入上式可得x02+y02=4，
即Q的轨迹为x2+y2=4,
QB2+QC2=x−12+y2+x−52+y−82
=2x2+2y2−12x−16y+90
=−12x−16y+98=−43x+4y+98，
令z=3x+4y，所以3x+4y−z=0，d=z5≤r=2，
所以−10≤z≤10，因此QB2+QC2的最大值为138.
(3)当直线l的斜率存在时，设其斜率为k，
则直线l的方程为y=kx−1,
由x2+y2=4，y=kx−1，消去y,得1+k2x2−2k2x+k2−4=0,显然Δ>0，
设Ex1,y1，Fx2,y2，则x1+x2=2k21+k2，x1x2=k2−41+k2,
又BE→=x1−1,y1，BF→=x2−1,y2，
则BE→⋅BF→=1−x1+x2+x1x2+y1y2
=1−x1+x2+x1x2+k2x1−1x2−1
=1+k2x1x2−1+k2x1+x2+1+k2
=1+k2k2−41+k2−1+k22k21+k2+1+k2
=k4−3k2−4−2k4−2k2+k4+2k2+11+k2
=−3k2−31+k2=−3，
当直线l的斜率不存在时，E1,3，F1,−3，BE→⋅BF→=−3,
所以BE→⋅BF→定值−3.
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