2023-2024学年山东省济宁市兖州区高二（上）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年山东省济宁市兖州区高二（上）期中数学试卷（含解析），共21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.从装有两个红球和两个白球的口袋内任取两个球，那么互斥而不对立的事件是( )
A. 至少有一个白球与都是红球B. 恰好有一个白球与都是红球
C. 至少有一个白球与都是白球D. 至少有一个白球与至少一个红球
2.若两条平行直线x−2y+m=0(m>0)与x+ny−3=0之间的距离是2 5，则m+n=( )
A. 5B. −15C. 0D. 1
3.如图，二面角的度数为60°，其棱上有两点A、B，线段AC、BD分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB，若AB=5，AC=BD=4，则线段CD的长为( )
A. 73B. 41C. 73D. 41
4.已知平面α的一个法向量为n=(3,1,3),M(1,0,0),N(1,32,0)，其中M∈α，N∉α，则点N到平面α的距离为( )
A. 1938B. 5 1938C. 3 1938D. 2 1919
5.在正四棱锥S−ABCD中，O为顶点S在底面内的射影，P为侧棱SD的中点，且SO=OD，则直线BC与平面PAC所成角的余弦值是( )
A. 54B. 22C. 32D. 12
6.有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则( )
A. 甲与丙相互独立B. 甲与丁相互独立C. 乙与丙相互独立D. 丙与丁相互独立
7.已知圆C的方程为x2+y2=9，直线l：x+2y−10=0，点P是直线l上的一动点，过P作圆C的两条切线，切点分别为A，B，当四边形PACB的面积最小时，直线AB的方程为( )
A. 2x+4y+9=0B. 4x+2y+9=0C. 4x+2y−9=0D. 2x+4y−9=0
8.在棱长为3的正方体ABCD−A1B1C1D1中，EF是正方体ABCD−A1B1C1D1外接球的直径，点P是正方体ABCD−A1B1C1D1表面上的一点，则PE⋅PF的取值范围是( )
A. [−92,0]B. [−52,0]C. [0,52]D. [0,92]
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. 已知直线l过点P(2,3)，且在x，y轴上截距相等，则直线l的方程为x+y−5=0
B. 直线 3x+y+1=0的倾斜角为120°
C. a∈R，b∈R，“直线ax+2y−1=0与直线(a+1)x−2ay+1=0垂直”是“a=3”的必要不充分条件
D. 若直线l沿x轴向左平移3个单位长度，再沿y轴向上平移2个单位长度后，回到原来的位置，则直线l的斜率为−23
10.关于空间向量，以下说法正确的是( )
A. 已知两个向量a=(m,1,3),b=(−1,5,n)，且a/​/b，则mn=−3
B. 已知a=(0,1,1),b=(0,0,−1)，则b在a上的投影向量为(0,−12,−12)
C. 设{a,b,c}是空间的一个基底，则{a−b,b,c}也是空间的一个基底
D. 若对空间中任意一点O，有OP=13OA+12OB−14OC，则P，A，B，C四点共面
11.下列说法正确的是( )
A. 圆x2+y2−10x−10y=0与圆x2+y2−6x+2y−40=0的公共弦长为4 10
B. 过点P(2,1)作圆O：x2+y2=1的切线l，则切线l的方程为4x−3y−5=0
C. 圆x2+y2−x+2y=0与圆(x+2)2+(y−32)2=54关于直线x−y+1=0对称
D. 圆心为A(2,−3)，半径为5的圆的标准方程是(x−2)2+(y−3)2=25
12.在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AA1=1，点P满足BP=λBC+μBB1，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则( )
A. 当λ=1时，△AB1P的周长为定值
B. 当μ=1时，三棱锥P−A1BC的体积为定值
C. 当λ=12时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP
D. 当μ=12时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.假设P(A)=0.7，P(B)=0.8，且A与B相互独立，则P(A∪B)= ______ ．
14.直线l经过点( 3,1)，且直线l的一个方向向量为(−2,−2 3)，若直线l与x轴交于点(a,0)，则a= ______ ．
15.写出与圆x2+y2=1和(x−3)2+(y−4)2=16都相切的一条直线的方程 ．
16.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥AC，AB=2，AC=AA1=1，M、N分别是线段A1B1、AC1上的点，P是直线AC上的点，满足MN/​/平面BB1C1C，MN⊥NP，且M、N不是三棱柱的顶点，则MP长的最小值为______ ．
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)
如图，在空间四边形OABC中，2BD=DC，点E为AD的中点，设OA=a，OB=b，OC=c．
(1)试用向量a，b，c表示向量OE；
(2)若OA=OB=OC=2，∠AOC=∠BOC=∠AOB=60°，求OE⋅BC的值．
18.(本小题12分)
袋中有7个大小形状相同颜色不全相同的小球，分别为红球、白球、黑球，某同学从中任意取一个球，得到红球或白球的概率是57，得到白球或黑球的概率是47，试求：
(1)某同学从中任取一个球，得到红球、白球、黑球的概率各是多少？
(2)某同学从中任取两个小球，得到的两个小球颜色不相同的概率是多少？
19.(本小题12分)
已知圆C：(x−1)2+(y−2)2=25，直线l：(2m+1)x+(m+1)y−7m−4=0(m∈R)恒过定点D．
(1)求定点D的坐标．
(2)求直线l被圆C截得的弦长最短时m的值、直线l的方程以及最短弦长．
20.(本小题12分)
甲，乙两人进行游戏比赛，采取积分制，规则如下：每胜1局得1分，负1局或平局都不得分，积分先达到2分者获胜；若第四局结束，没有人积分达到2分，则积分多的一方获胜；若第四局结束，没有人积分达到2分，且积分相等，则比赛最终打平.假设在每局比赛中，甲胜的概率为12，负的概率为13，且每局比赛之间的胜负相互独立．
(1)求第三局结束时甲获胜的概率；
(2)求乙最终以2分获胜的概率．
21.(本小题12分)
如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，AA1=4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2=1，BB2=DD2=2，CC2=3．
(1)证明：B2C2//A2D2；
(2)点P在棱BB1上，当二面角P−A2C2−D2为150°时，求B2P.
22.(本小题12分)
中国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广.刍，草也.甍，屋盖也.”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱.刍甍是茅草屋顶.”现有一个刍甍如图所示，四边形ABCD为正方形，四边形ABFE，CDEF为两个全等的等腰梯形，AB=4，EF/​/AB，AB=2EF，EA=ED=FB=FC=3．
(1)当点N为线段AD的中点时，求证：直线AD⊥平面EFN；
(2)当点N在线段AD上时(包含端点)，求平面BFN和平面ADE的夹角的余弦值的取值范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：从装有两个红球和两个白球的口袋内任取两个球，
对于A，至少有一个白球与都是红球是对立事件，故A错误；
对于B，恰好有一个白球与都是红球不能同时发生，但能同时不发生，是互斥而不对立事件，故B正确；
对于C，至少有一个白球与都是白球能同时发生，不是互斥事件，故C错误；
对于D，至少有一个白球与至少一个红球能同时发生，不是互斥事件，故D错误．
故选：B．
利用互斥事件、对立事件的定义直接判断．
本题考查互斥而不对立事件的判断，考查互斥事件、对立事件的定义等基础知识，是基础题．
2.【答案】A
【解析】解：直线x−2y+m=0(m>0)与x+ny−3=0平行，
则n=−2，
两条平行直线x−2y+m=0(m>0)与x+ny−3=0之间的距离是2 5，
则|m−(−3)| 12+(−2)2=2 5，解得m=7，
故m+n=5．
故选：A．
根据直线平行的性质，求出n，再结合两条平行直线间的距离公式，即可求解．
本题主要考查直线平行的性质，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：由题意可知，AB=5，AC=BD=4，AC⊥AB，BD⊥AB，=60°，
∴AC⋅BD=|AC|⋅|BD|cs60°=42×12=8，
∵CD=CA+AB+BD=AB+BD−AC，
∴CD2=(AB+BD−AC)2=AB2+BD2+AC2+2(AB⋅BD−AB⋅AC−BD⋅AC)
=52+42+42+2(0−0−8)=41，
∴CD= 41．
故选：D．
分析可知，AC⊥AB，BD⊥AB，=60°，CD=AB+BD−AC，利用空间向量数量积的运算性质可求得线段CD的长．
本题考查空间向量数量积的运算性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
4.【答案】C
【解析】解：根据题意可得MN=(0,32,0)，又M∈α，N∉α，且平面α的一个法向量为n=(3,1,3)，
∴点N到平面α的距离为|MN||cs|=|MN⋅n||n|=32 9+1+9=3 1938．
故选：C．
利用向量法，向量数量积计算，即可求解．
本题考查向量法求解点面距问题，属基础题．
5.【答案】C
【解析】解：如图，以O为坐标原点，以OA为x轴，以OB为y轴，以OS为z轴，建立空间直角坐标系O−xyz，
设OD=SO=OA=OB=OC=a，
则A(a,0,0),B(0,a,0),C(−a,0,0),D(0,−a,0),S(0,0,a),P(0,−a2,a2)，
则CA=(2a,0,0),AP=(−a,−a2,a2),CB=(a,a,0)，
设平面PAC的一个法向量为n=(x,y,z)，则n⋅CA=2ax=0n⋅AP=−ax−a2y+a2z=0，
令y=1，则x=0，z=1，可得n=(0,1,1)，
则cs〈CB,n〉=CB⋅n|CB|⋅|n|=a 2a2⋅ 2=12，
设直线BC与平面PAC的夹角为θ(0°≤θ<90°)，
可得直线BC与平面PAC的夹角的正弦值为sinθ=|cs〈CB,n〉|=12，
所以直线BC与平面PAC的夹角的余弦值csθ= 1−sin2θ= 32．
故选：C．
以O为坐标原点，以OA为x轴，以OB为y轴，以OS为z轴，建立空间直角坐标系O−xyz，利用向量法求解．
本题主要考查直线和平面所成的角，属于中档题．
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查相互独立事件的判断，属于基础题．
分别列出甲、乙、丙、丁可能的情况，然后根据独立事件的定义判断即可．
【解答】
解：由题意可知，两点数和为8的所有可能为：(2,6)，(3,5)，(4,4)，(5,3)，(6,2)，
两点数和为7的所有可能为(1,6)，(2,5)，(3,4)，(4,3)，(5,2)，(6,1)，
P(甲)=16，P(乙)=16，P(丙)=56×6=536，P(丁)=66×6=16，
A：P(甲丙)=0≠P(甲)P(丙)，
B：P(甲丁)=136=P(甲)P(丁)，
C：P(乙丙)=136≠P(乙)P(丙)，
D：P(丙丁)=0≠P(丙)P(丁)，
故选：B．
7.【答案】D
【解析】解：∵圆x2+y2=9的圆心为C(0,0)，半径r=3，
当点P与圆心的距离最小时，切线长PA、PB最小，此时四边形PACB的面积最小，
∴直线PC与直线l：x+2y−10=0垂直，
∴PC的方程为2x−y=0，
两方程联立可得x=2，y=4，∴P(2,4)，
∴以CP为直径的圆的方程为(x−1)2+(y−2)2=5．
两圆方程相减可得2x+4y−9=0．
故选：D．
由题意可得当点A与圆心的距离最小时，切线长PA、PB最小，此时四边形PACB的面积最小，求出P的坐标，以CP为直径的圆的方程，两圆方程相减可得直线AB的方程．
本题考查圆的切线方程，得出当点P与圆心的距离最小时PACB的面积最小是解决问题的关键，属中档题．
8.【答案】A
【解析】解：∵在棱长为3的正方体ABCD−A1B1C1D1中，EF是正方体ABCD−A1B1C1D1外接球的直径，点P是正方体ABCD−A1B1C1D1表面上的一点，
则设正方体ABCD−A1B1C1D1的外接球的球心为O，球O的半径为R，
则2R=3 3，可得R=3 32，
故OE=OF=3 32，
又∵PE⋅PF=(PO+OE)⋅(PO+OF)=(PO+OE)⋅(PO−OE)=|PO|2−|OE|2=PO2−274，
∵32≤PO≤3 32，
∴PE⋅PF=PO2−274的范围是[−92,0]．
故选：A．
根据向量数量积相关知识可解．
本题考查向量数量积相关知识，属于中档题．
9.【答案】BCD
【解析】解：对于A：直线l过点P(2,3)，且在x，y轴上截距相等，则直线l的方程为x+y−5=0或y=32x，故A错误；
对于B：直线 3x+y+1=0，故直线的斜率tanθ=− 3，故θ=120°，故B正确；
对于C：a∈R，b∈R，当“a=3”时，“直线ax+2y−1=0与直线(a+1)x−2ay+1=0垂直”反之不成立，故“直线ax+2y−1=0与直线(a+1)x−2ay+1=0垂直”是“a=3”的必要不充分条件，故C正确；
对于D：若直线l沿x轴向左平移3个单位长度，再沿y轴向上平移2个单位长度后，回到原来的位置，则直线l的斜率为−23，故D正确．
故选：BCD．
直接利用直线的方程及充分条件与必要条件求出结果．
本题考查的知识要点：直线的方程，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
10.【答案】ABC
【解析】解：对于A：两个向量a=(m,1,3),b=(−1,5,n)，且a/​/b，则m−1=15=3n，整理得mn=−3，故A正确；
对于B：已知a=(0,1,1),b=(0,0,−1)，则b在a上的投影向量为|a|⋅a⋅b|a||b|⋅b|b|=(0,−12,−12)，故B正确；
对于C：设{a,b,c}是空间的一个基底，则{a−b,b,c}也是空间的一个基底，故C正确；
对于D：由于13+12−14≠1，故P，A，B，C四点不共面，故D错误．
故选：ABC．
直接利用向量的坐标运算，向量的共面的充要条件，向量的共线，投影向量判断A、B、C、D的结论．
本题考查的知识要点：向量的坐标运算，向量的共面的充要条件，向量的共线，投影向量，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
11.【答案】AC
【解析】解：对于A：将圆x2+y2−10x−10y=0与圆x2+y2−6x+2y−40=0相减可得4x+12y−40=0，即x+3y−10=0，
所以两圆的公共弦所在的直线方程为x+3y−10=0，
由圆x2+y2−10x−10y=0的方程可得圆心C(5,5)，半径r=5 2，
圆x2+y2−10x−10y=0的圆心(5,5)到直线x+3y−10=0的距离d=|5+15−10| 1+9= 10，
所以公共弦长为2 50−10=4 10，故A正确；
对于B：由题知，圆O：x2+y2=1，圆心为(0,0)，半径为1，
因为P(2,1)在圆外，
所以设切线l为y−1=k(x−2)，即kx−y+1−2k=0，
因为l与圆O：x2+y2=1相切，
所以d=|1−2k| k2+1=1，解得k=0或k=43，
所以切线l的方程为y=1或4x−3y−5=0，故B错误；
对于C：由圆x2+y2−x+2y=0可得圆心为(12,−1)，半径r1= 52，
设(12,−1)关于直线x−y+1=0的对称点为B(m,n)，
所以n+1m−12⋅1=−1m+122−n−12+1=0，解得m=−2，n=32，所以B(−2,32)，
所以圆x2+y2−x+2y=0关于直线x−y+1=0对称圆的方程为(x+2)2+(y−32)2=54，故C正确；
对于D：圆心为A(2,−3)，半径为5的圆的标准方程是(x−2)2+(y+3)2=25，故D错误．
故选：AC．
将两圆方程作差可得出相交弦所在直线的方程，求出圆x2+y2=8的圆心到相交弦所在直线的距离，利用勾股定理可求得相交弦长判断A.设切线l为y−1=k(x−2)，即kx−y+1−2k=0，由l与圆O：x2+y2=1相切，得|1−2k| k2+1=1，即可求解判断B；求得圆x2+y2−x+2y=0的圆心与半径，进而可求得对称圆的方程判断C；写出圆的方程判断D．
本题考查的知识要点：圆的方程，点到直线的距离公式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
12.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查了动点轨迹，线面平行与线面垂直的判定，锥体的体积问题等，综合性强，考查了逻辑推理能力与空间想象能力，属于拔高题．
判断当λ=1时，点P在线段CC1上，分别计算点P为两个特殊点时的周长，即可判断选项A；当μ=1时，点P在线段B1C1上，利用线面平行的性质以及锥体的体积公式，即可判断选项B；当λ=12时，取线段BC，B1C1的中点分别为M，M1，连结M1M，则点P在线段M1M上，分别取点P在M1，M处，得到均满足A1P⊥BP，即可判断选项C；当μ=12时，取CC1的中点D1，BB1的中点D，则点P在线的DD1上，证明当点P在点D1处时，A1B⊥平面AB1D1，利用过定点A与定直线A1B垂直的平面有且只有一个，即可判断选项D．
【解答】
解：对于A，当λ=1时，BP=BC+μBB1，即CP=μBB1，所以CP/​/BB1，
故点P在线段CC1上，此时△AB1P的周长为AB1+B1P+AP，
当点P为CC1的中点时，△AB1P的周长为 5+ 2，
当点P在点C1处时，△AB1P的周长为2 2+1，
故周长不为定值，故选项A错误；
对于B，当μ=1时，BP=λBC+BB1，即B1P=λBC，所以B1P/​/BC，
故点P在线段B1C1上，
因为B1C1/​/平面A1BC，
所以直线B1C1上的点到平面A1BC的距离相等，
又△A1BC的面积为定值，
所以三棱锥P−A1BC的体积为定值，故选项B正确；
对于C，当λ=12时，取线段BC，B1C1的中点分别为M，M1，连结M1M，
因为BP=12BC+μBB1，即MP=μBB1，所以MP/​/BB1，
则点P在线段M1M上，
当点P在M1处时，A1M1⊥B1C1，A1M1⊥B1B，
又B1C1∩B1B=B1，所以A1M1⊥平面BB1C1C，
又BM1⊂平面BB1C1C，所以A1M1⊥BM1，即A1P⊥BP，
同理，当点P在M处，A1P⊥BP，故选项C错误；
对于D，当μ=12时，取CC1的中点D1，BB1的中点D，
因为BP=λBC+12BB1，即DP=λBC，所以DP/​/BC，
则点P在线的DD1上，
当点P在点D1处时，取AC的中点E，连结A1E，BE，
因为BE⊥平面ACC1A1，又AD1⊂平面ACC1A1，所以AD1⊥BE，
在正方形ACC1A1中，AD1⊥A1E，
又BE∩A1E=E，BE，A1E⊂平面A1BE，
故AD ​1⊥平面A1BE，又A1B⊂平面A1BE，所以A1B⊥AD1，
在正方体形ABB1A1中，A1B⊥AB1，
又AD1∩AB1=A，AD1，AB1⊂平面AB1D1，所以A1B⊥平面AB1D1，
因为过定点A与定直线A1B垂直的平面有且只有一个，
故有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P，故选项D正确．
故答案选：BD．
13.【答案】0.94
【解析】解：∵P(A)=0.7，P(B)=0.8，且A与B相互独立，
∴P(AB)=P(A)P(B)=0.7×0.8=0.56，
∴P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(AB)=0.7+0.8−0.56=0.94．
故答案为：0.94．
先利用独立事件的概率乘法公式求解P(AB)，进而求出P(A∪B)即可．
本题主要考查了独立事件的概率乘法公式，属于基础题．
14.【答案】2 33
【解析】解：由直线的方向向量可得直线的斜率为：−2 3−2= 3，
可得直线l的方程为：y−1= 3(x− 3)，
将(a,0)代入可得−1= 3(a− 3)，
解得a=2 33．
故答案为：2 33．
由直线l的方向向量可得直线的斜率，代入点斜式方程，可得直线l的方程，将(a,0)的坐标代入可得a的值．
本题考查直线方程的求法，属于基础题．
15.【答案】x+1=0或7x−24y−25=0或3x+4y−5=0(填一条即可)
【解析】【分析】
本题考查了圆与圆的公切线问题，点到直线的距离公式等知识，属于中档题．
设出直线方程，由直线与圆相切时圆心到直线的距离等于半径列方程求解即可．
【解答】解：方法1:显然直线的斜率不为0，不妨设直线方程为x+by+c=0，
圆x2+y2=1的圆心为(0,0)，半径为1，
圆(x−3)2+(y−4)2=16的圆心为(3,4)，半径为4，
于是|c| 1+b2=1，|3+4b+c| 1+b2=4，
故c2=1+b2 ①，|3+4b+c|=4 1+b2=|4c|，
于是3+4b+c=4c或3+4b+c=−4c，
再结合 ①解得b=0c=1或b=−247c=−257或b=43c=−53，
所以直线方程有三条，分别为x+1=0，7x−24y−25=0，3x+4y−5=0．
方法2:设圆x2+y2=1的圆心O(0,0)，半径为r1=1，圆(x−3)2+(y−4)2=16的圆心C(3,4)，半径r2=4，则|OC|=5=r1+r2，因此两圆外切，
由图像可知，共有三条直线符合条件，显然x+1=0符合题意；
又由方程(x−3)2+(y−4)2=16和x2+y2=1相减可得方程3x+4y−5=0，即为过两圆公共切点的切线方程，
又易知两圆圆心所在直线OC的方程为4x−3y=0，
直线OC与直线x+1=0的交点为(−1,−43)，设过该点的直线为y+43=k(x+1)，则k−43 k2+1=1，解得k=724，
从而该切线的方程为7x−24y−25=0.(填一条即可)
故答案为x+1=0或7x−24y−25=0或3x+4y−5=0(填一条即可)．
16.【答案】 62
【解析】解：如图，由已知AB，AC，AA1两两互相垂直，
以点A为坐标原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
根据题意可得B(2,0,0)，C(0,1,0)，B1(2,0,1)，C1(0,1,1)，
设M(m,0,1)，N(0,n,n)，P(0,t,0)，0∴BB1=(0,0,1)，BC=(−2,1,0)，MN=(−m,n,n−1)，NP=(0,t−n,−n)，
设平面BCC1B1的一个法向量为n1=(x,y,z)，
则n1⋅BB1=z=0n1⋅BC=−2x+y=0，取n1=(1,2,0)，
因为MN/​/平面BCC1B1，所以MN⋅n1=0，∴m=2n，(0又MN⊥NP，∴MN⋅NP=0，可得t=2n−1，∴M(2n,0,1)，P(0,2n−1,0)，
∴MP= (2n)2+(2n−1)2+12= 8n2−4n+2= 8[(n−14)2+316]≥ 32= 62，
当n=14时，MP取最小值，最小值为 62．
故答案为： 62．
建系，利用向量法，向量数量积的运算，建立函数模型，通过函数思想，即可求解．
本题考查空间中两点间距离的最值的求解，函数思想，属中档题．
17.【答案】解：(1)∵2BD=DC，所以BD=13BC=13(OC−OB)，
∴OD=OB+BD=OB+13(OC−OB)=23OB+13OC，
∵点E为AD的中点，∴OE=12OA+12OD=12OA+12(23OB+13OC)=12OA+13OB+16OC=12a+13b+16c．
(2)∵BC=OC−OB，由(1)得OE⋅BC=(12OA+13OB+16OC)⋅(OC−OB)
=12OC⋅OA+16OC⋅OB+16OC2−12OB⋅OA−13OB2
=12×2×2×12+16×2×2×12+16×22−12×2×2×12−13×22=−13．
【解析】(1)先把OD表示出来，然后由点E为AD的中点得OE=12OA+12OD，化简即得结果；
(2)把OE,BC用OA,OB,OC表示，然后利用数量积的运算律结合已知条件即可求出结果．
本题考查了向量的运算性质，属于基础题．
18.【答案】解：(1)从中任取一个小球，分别记得到红球、白球、黑球为事件A，B，C，
由于A，B，C为互斥事件，
所以由题意得，P(A)+P(B)+P(C)=1P(A+B)=P(A)+P(B)=57P(B+C)=P(B)+P(C)=47，解得P(A)=37，P(B)=27，P(C)=27，
所以任取一个小球，得到红球、白球、黑球的概率分别是37，27，27．
(2)由(1)知红球、白球、黑球的个数分别为3，2，2，
记红球为a，b，c，白球为m，n，黑球为x，y，
则从7个小球中取出两个小球的基本事件有：ab，ac，am，an，ax，ay，bc，bm，bn，bx，by，cm，cn，cx，cy，mn，mx，my，nx，ny，xy，共有21个，
其中两个小球是红球的基本事件有：ab，ac，bc，共3个，
两个白球的基本事件有：mn，共1个，两只黑球的基本事件有：xy，共1个，
于是两个小球同色的概率为3+1+121=521，
则两个小球颜色不相同的概率是1−521=1621．
【解析】(1)分别记得到红球、黄球、蓝球为事件A，B，C，因为A，B，C为互斥事件，列方程即可求解；
(2)求出古典概型的样本空间，以及所求事件的样本即可求解．
本题考查了古典概型及其概率计算公式，属基础题．
19.【答案】解：(1)直线l的方程(2m+1)x+(m+1)y−7m−4=0，整理得(2x+y−7)m+(x+y−4)=0．
该方程对于任意实数m∈R成立，于是有2x+y−7=0x+y−4=0，解得x=3，y=1，
所以直线l恒过定点D(3,1)．
(2)因为直线l恒经过圆C内的定点D，所以当直线经过圆心C时被截得的弦最长，它是圆的直径；
当直线l垂直于CD时被截得的弦长最短．
由C(1,2)，D(3,1)，可知kCD=−12，所以当直线l被圆C截得的弦最短时，直线l的斜率为2，
于是有−2m+1m+1=2，解得m=−34．
此时直线l的方程为y−1=2(x−3)，即2x−y−5=0．
又|CD|= 5，所以，最短弦长为2 25−5=4 5．
【解析】(1)由已知可得2x+y−7=0x+y−4=0，可求定点坐标；
(2)直线l垂直于CD时被截得的弦长最短．可求直线方程与m的值．
本题考查直线与圆的位置关系，考查点到直线的距离公式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)由题知，每局比赛中，甲获胜的概率为12，不获胜的概率为12，
设事件A为“第三局结束时甲获胜”，则甲第三局必定获胜，总共有2种情况：
(胜，不胜，胜)，(不胜，胜，胜)，
所以P(A)=12×12×12+12×12×12=14；
(2)由题知，每局比赛中，乙获胜的概率为13，平的概率为16，负的概率为12，
设事件B=“乙最终以2分获胜”，
若第二局结束时乙获胜，则乙两局连胜，此时概率P1=13×13=19，
若第三局结束时乙获胜，则乙第三局必定获胜总共有2种情况：(胜，不胜，胜)，(不胜，胜，胜)，此时概率P2=13×23×13+23×13×13=427，
若第四局结束时，乙以2分获胜，则乙第四局必定获胜，前三局为1胜2平或1胜1平1负，总共有9种情况：
(胜，平，平，胜)，(平，胜，平，胜)，(平，平，胜，胜)，(胜，平，负，胜)，(胜，负，平胜)，(平，胜，负，胜)，(平，负，胜，胜)，(负，胜，平，胜)，(负，平，胜，胜)，
此时概率P3=13×16×16×13×3+13×16×12×13×6=7108，
所以P(B)=P1+P2+P3=19+427+7108=35108．
【解析】(1)若第三局结束甲获胜，则甲第三局必定获胜，总共有2种情况：(胜，不胜，胜)，(不胜，胜，胜)，利用相互独立事件概率乘法公式求解；
(2)乙最终以2分获胜分为：乙两局连胜，第三局结束乙获胜和第四局结束时，乙以2分获胜，利用相互独立事件概率乘法公式求解．
本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意相互独立事件概率乘法公式的灵活运用，属于中档题．
21.【答案】解：(1)证明：以C为坐标原点，CD，CB，CC1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，

则C(0,0,0)，C2(0,0,3)，B2(0,2,2)，D2(2,0,2)，A2(2,2,1)，
所以B2C2=(0,−2,1)，A2D2=(0,−2,1)，
所以B2C2=A2D2，
所以B2C2//A2D2，
又B2C2，A2D2不在同一条直线上，
所以B2C2//A2D2．
(2)设平面A2C2D2的法向量m=(a,b,c)，则m=(1,1,2)，
设P(0,2,λ)(0≤λ≤4)，
又A2C2=(−2,−2,2)，PC2=(0,−2,3−λ)，D2C2=(−2,0,1)，
设平面PA2C2的法向量n=(x,y,z)，则n⋅A2C2=−2x−2y+2z=0n⋅PC2=−2y+(3−λ)z=0，
令z=2，得y=3−λ，x=λ−1，
所以n=(λ−1,3−λ,2)，
所以|cs〈n,m〉|=|n⋅m||n||m|=6 6 4+(λ−1)2+(3−λ)2=|cs150°|= 32，
化简可得，λ2−4λ+3=0，解得λ=1或λ=3，
所以P(0,2,1)或P(0,2,3)，
所以B2P=1．
【解析】(1)建立空间直角坐标系，先证明B2C2//A2D2，可以得出线线平行．
(2)先设点的坐标，在应用空间向量法求二面角余弦值求出参数即可．
本题考查直线与平面的位置关系，点到平面的距离，二面角，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
22.【答案】解：(1)证明：因为点N为线段AD的中点，且EA=ED，
所以AD⊥EN，
因为EF/​/AB，且四边形ABCD为正方形，故AD⊥AB，
所以AD⊥EF，而EN∩EF=E，EN，EF⊂平面EFN，
故AD⊥平面EFN；
(2)设正方形ABCD的中心为O，分别取AB，BC，EF的中点为P，Q，S，
设点H为线段AD的中点，由(1)知E，F，H，Q四点共面，且AD⊥平面EFH，
连接OS，OS⊂平面EFH，故AD⊥OS，
又AD⊂平面ABCD，故平面ABCD⊥平面EFHQ，
且平面ABCD∩平面EFHQ=HQ，
由题意可知四边形EFQH为等腰梯形，故OS⊥HQ，
OS⊂平面EFHQ，故OS⊥平面ABCD，
故以O为坐标原点，OP−．OO−．OS−为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

因为AB=4，则A(2,−2,0)，B(2,2,0)，C(−2,2,0)，D(−2,−2,0)，
又AB=2EF，故EF=2，
设EF到底面ABCD的距离为h，
四边形ABFE，CDEF为两个全等的等腰梯形，且EF/​/AB，
故E(0,−1,h)，F(0,1,h)，又EA=ED=FB=FC=3，
故 22+12+h2=3，∴h=2，则E(0,−1,2)，F(0,1,2)，
AE=(−2,1,2),AD=(−4,0,0),BF=(−2,−1,2),BA=(0,−4,0)，
设AN=λAD,λ∈[0,1]，∴BN=BA+AN=BA+λAD=(−4λ,−4,0)，
设平面BFN的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅BF=−2x−y+2z=0n⋅BF=−4λx−4y=0，令x=2，∴n=(2,−2λ,2−λ)，
设平面ADE的一个法向量为m=(a,b,c)，
则m⋅AD=−4a=0m⋅AE=−2a+b+2c=0，令c=1，∴m=(0,−2,1)，
故|cs〈n,m〉|=|n⋅m||n||m|=|3λ+2| 5× 5λ2−4λ+8=3 5 (λ+23)5λ2−4λ+8，
令m=λ+23,m∈[23,53]，则|cs〈n,m〉|=3 5⋅ m5m2−323m+1169，
令t=1m∈[35,32]，则|cs〈n,m〉|=3 5⋅1 1169t2−323t+5，
令f(t)=1169t2−323t+5，则f(t)在[35,32]上单调递增，
故当t=35时，f(t)min=f(35)=8125，当t=32时，f(t)max=f(32)=18，
故|cs〈n,m〉|∈[ 1010, 53]，
即平面BFN和平面ADE的夹角的余弦值得取值范围为[ 1010, 53]．
【解析】(1)根据线面垂直的判定定理即可证明结论；
(2)建立空间直角坐标系，利用空间角的向量求法求出平面BFN和平面ADE的夹角的余弦值的表达式，进行合理变形，结合二次函数的性质求得余弦的最值，即可求得答案．
本题考查了线面垂直的证明以及空间面面角的向量求法，解答的难点在于求出平面夹角的余弦值之后，要对其表达式进行变形，从而结合二次函数的单调性求得余弦的最值，从而得到其取值范围，属于中档题．