2022-2023學年湖北省鄂東南省級示范高中教育教學改革聯盟學校高二(上

2023年12月31日發(作者：實踐活動記錄表)

2022-2023學年湖北省鄂東南省級示范高中教育教學改革聯盟學校高二（上）期中數學試卷

一、單選題（本大題共8小題，共40分。在每小題列出的選項中，選出符合題目的一項）

1．已知復數z滿足|z﹣1﹣i|＝1，則|z+1+i|的最大值是（ ）

A．2√2?1 B．2√2+1 C．2 D．2√2

2．下列說法正確的是（ ）

A．零向量沒有方向

→→→→→

→→→B．若?????=?????，(??≠0)，則??=??

C．長度相等的向量叫做相等向量

D．兩個有共同起點而且相等的向量，其終點必相同

3．高二某班參加了“中國神舟十三號載人飛船航空知識答題”競賽，10位評委的打分如下：5，6，6，7，7，8，9，9，10，10，則（ ）

A．該組數據第60百分位數為8

B．該組數據第60百分位數為8.5

C．該組數據中位數為7和8

D．該組數據中位數為8

4．若直線l：cos?????????y+1＝0，（0≤θ＜π），則直線l的傾斜角為（ ）

22????A．

2??B．θ C．3??2?

2??D．?

22→→????5．在空間四邊形OABC中，E、F分別是OA、BC的中點，P為線段EF上一點，且PF＝2EP，設????=??，????=??，????=??，則下列等式不成立的是（ ）

→→→→

1→1→A．????=2??+2??

→1→1→1→B．????=?6??+6??+6??

→

1→1→1→C．????=?3??+3??+3??

→1→1→1→D．????=3??+6??+6??

→第1頁（共23頁）

6．若直線kx+y+2﹣2k＝0與曲線√4?(???1)2+1＝x有兩個不同的交點，則實數k的取值范圍是（ ）

A．(?∞，?1?2√6)∪[5，+∞)

34B．(，4]

D．(3，+∞)

443C．[?2，?1+3)∪(3，2]

2√67．2008年北京奧運會游泳中心（水立方）的設計來于威爾，弗蘭泡沫是對開爾文胞體的改進，如圖，開爾文胞體是一種多面體，它由正六邊形和正方形圍成（其中每一個頂點處有一個正方形和兩個正六邊形），已知該多面體共有24個頂點，且該多面體表面積是6+12√3，則該多面體的棱長是（ ）

A．1 B．2 C．√3

??D．√3

28．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，∠??=3，AD是∠A的平分線，????=√3，AB＞1，則b+2c的最小值是（ ）

A．6 B．3?2√2 C．3+2√2 D．10

二、多選題（本大題共4小題，共20分。在每小題有多項符合題目要求）

9．下列描述正確的是（ ）

A．若事件A，B滿足P（A）+P（B）＝1，則A與B是對立事件

B．若??(????)=，??(??)=，??(??)=，則事件A與B相互獨立

C．擲兩枚質地均勻的骰子，“第一枚出現奇數點”與“第二枚出現偶數點”是對立事件

D．一個袋子中有2個紅球，3個綠球，采用不放回方式從中依次隨機地取出兩球第二次取到紅球的概率是

5219231310．已知O是邊長為√3正三角形ABC的外心，沿OB將該三角形折成直二面角A﹣OB﹣C，則下列說法正確的是（ ）

A．直線AC垂直直線OB

??4B．直線AC與平面BOC所成角的大小為

√5C．平面AOC與平面BOC的夾角的余弦值是

5

第2頁（共23頁）

D．O到平面ABC的距離是√3

311．某中學高二學生500人，其中男生300人，女生200人，現希望獲得全體學生的身高信息，按照分層抽樣的原則抽取了容量為50的樣本，經計算得到男生身高樣本均值為171cm，方差為29cm2；女生身高樣本均值為161cm，所有樣本的方差為49cm2，下列說法中正確的是（ ）

A．男生樣本容量為30

B．每個男生被抽入到樣本的概率均為

53

C．所有樣本的均值為167cm2

D．女生身高的樣本方差為19cm2

12．“奔馳定理”是平面向量中一個非常優美的結論，因為這個定理對應的圖形與“奔馳”轎車（Mercedesbenz）的logo很相似，故形象地稱其為“奔馳定理”．奔馳定理：已知O是△ABC內一點，△BOC，△AOC，△AOB的面積分別為SA，SB，SC，且?????????+?????????+?????????=0．設O是銳角△ABC內的一點，∠BAC，∠ABC，∠ACB分別是△ABC的三個內角，以下命題正確的有（ ）

→→→→

A．若????+2????+3????=0，則SA：SB：SC＝1：2：3

B．若|????|=|????|=2，∠??????=→→→→→→→5??9，2????+3????+4????=0，則??△??????=

62→→→→→→→

C．若O為△ABC的內心，3????+4????+5????=0，則∠??=2

D．若O為△ABC的垂心，3????+4????+5????=0，則??????∠??????=?三、填空題（本大題共4小題，共20分）

13．在△ABC中，D是BC邊上的點且????+2????=3????，若????=??????則λ＝ ．

14．寫出與圓x2+y2＝1和（x﹣4）2+（y﹣3）2＝16都相切的一條直線的方程 ．

15．已知△ABC的頂點??(1，√3)，∠ACB的平分線所在的直線方程為√3??+3???2√3=0，邊AC的高所在的直線方程為√3???3??=0，則直線BC的方程為 ．

16．在四棱錐P﹣ABCD中，∠APB＝∠BPC＝∠CPD＝∠DPA=，∠APC＝∠BPD，PB＝PD，PA＝2√6．

（1）若PA＝PB＝PC，P點到面ABCD的距離是 ．

（2）若該四棱錐內存在半徑為2的球，PC的最小值是 ．

第3頁（共23頁）

??→→→→√66

→→→→→??3

四、解答題（本大題共6小題，共70分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）

17．（10分）已知圓的方程x2+y2＝4．

（1）求3x+4y﹣12的范圍；

（2）已知A（﹣2，﹣2），B（﹣2，6），C（4，﹣2），P為圓上的動點，求|PA|2+|PB|2+|PC|2的最大值．

18．（12分）我省從2021年開始，高考不分文理科，實行“3+1+2”模式．其中“3”指的是語文、數學、外語三科為必選科目，“1”指的是考生在物理、歷史2門首選科目中選擇1門，“2”指的是考生在思想政治、地理、化學、生物4門再選科目中選擇2門．已知福建醫科大學臨床醫學類招生選科要求是首選科目為物理，再選科目為化學生物至少1門．

（1）從所有選科組合中任意選取1個，求該選科組合符合福建醫科大學臨床醫學類招生選科要求的概率；

（2）假設甲、乙、丙三人每人選擇任意一個選科組合是等可能的，求這三人中恰好有一人的選科組合符合福建醫科大學臨床醫學類招生選科要求的概率．

19．（12分）已知三棱柱ABC﹣A1B1C1，側面AA1C1C是邊長為2的菱形，∠CAA1=，側面四邊形ABB1A1是矩形，且平面AA1C1C⊥平面ABB1A1，點D是棱A1B1的中點．

（1）在棱AC上是否存在一點E，使得AD∥平面B1C1E，并說明理由；

（2）當三棱錐B﹣A1DC1的體積為√3時，求平面A1C1D與平面CC1D夾角的余弦值．

??3

20．（12分）在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且長為4．

（1）證明：∠A＝∠B；

（2）求△ABC的面積最大值．

21．（12分）如圖，四棱錐P﹣ABCD的底面ABCD為菱形，且菱形ABCD的面積為4，PD，BE都與平面ABCD垂直，BE＝1，PD＝2．

（1）求三棱錐E﹣ABC與四棱錐P﹣ABCD公共部分的體積大小；

（2）若二面角D﹣AP﹣B大小為，求DE與平面PAD所成角的正弦值．

2第4頁（共23頁）

1+??????2?????????2??1+??????2??+??????2??=tanB，BC的中線??

22．（12分）在△ABC中，已知A（﹣1，0），B（﹣2，0），且√2sinB＝sinA．

（1）求頂點C的軌跡E的方程；

（2）曲線E與y軸交于P，Q兩點，T是直線y＝2√2上一點，連TP，TQ分別與E交于M，N兩點（異于P，Q兩點），試探究直線MN是否過定點，若是求定點，若不是說明理由．

第5頁（共23頁）

2022-2023學年湖北省鄂東南省級示范高中教育教學改革聯盟學校高二（上）期中數學試卷

參考答案與試題解析

一、單選題（本大題共8小題，共40分。在每小題列出的選項中，選出符合題目的一項）

1．已知復數z滿足|z﹣1﹣i|＝1，則|z+1+i|的最大值是（ ）

A．2√2?1 B．2√2+1 C．2 D．2√2

解：由|z﹣1﹣i|＝1可知，

則復數z在復平面對應的點P的軌跡為以A（1，1）為圓心，1為半徑的圓，

又|z+1+i|的幾何意義為點P與點B（﹣1，﹣1）的距離，

又|AB|=√(1+1)2+(1+1)2=2√2，

則|PB|max＝2√2+1．

故選：B．

2．下列說法正確的是（ ）

A．零向量沒有方向

→→→→→

→→→B．若?????=?????，(??≠0)，則??=??

C．長度相等的向量叫做相等向量

D．兩個有共同起點而且相等的向量，其終點必相同

解：對于A，零向量的方向是任意的，故A錯誤，

對于B，?????=?????，(??≠0)，

則|??||??|??????＜??，??＞=|??||??|??????＜??，??＞，故B錯誤，

對于C，長度相等且方向相同的向量叫做相等向量，故C錯誤，

對于D，兩個有共同起點而且相等的向量，其終點必相同，故D正確．

故選：D．

3．高二某班參加了“中國神舟十三號載人飛船航空知識答題”競賽，10位評委的打分如下：5，6，6，7，7，8，9，9，10，10，則（ ）

A．該組數據第60百分位數為8

B．該組數據第60百分位數為8.5

C．該組數據中位數為7和8

D．該組數據中位數為8

第6頁（共23頁）

→→→→→→→→→→→→→→

解：因為10位評委的打分如下：5，6，6，7，7，8，9，9，10，10，

則因為10×60%＝6，則該組數據的第60百分位數為第6個數與第7個數的平均數，即為8.5，故A選項錯誤，B選項正確，

又該組數據的中位數為故選：B．

4．若直線l：cos?????????y+1＝0，（0≤θ＜π），則直線l的傾斜角為（ ）

22????7+82=7.5，故C、D錯誤，

A．

2??B．θ C．3??2?

2??D．?

22????解：設直線的傾斜角為α，

則????????=????????2????????2=????????(??2?2)????????(??2?2)=??????(?)，

??2??2因為0≤θ＜π，

所以0＜2?2≤2，則??=2?2，

故選：D．

5．在空間四邊形OABC中，E、F分別是OA、BC的中點，P為線段EF上一點，且PF＝2EP，設????=??，????=??，????=??，則下列等式不成立的是（ ）

→→→→→→??????????

A．????=??+??

1→1→1→C．????=?3??+3??+3??

→→1→21→2B．????=???+??+??

1→1→1→D．????=3??+6??+6??

→→1→61→61→6

解：∵E、F分別是OA、BC的中點，

∴????=2(????+????)=2????+2????=2??+2??，故A正確，

1→1→1→????=?????????=2??+2???2??，

→→→→1→→1→1→1→1→∵PF＝2EP，

第7頁（共23頁）

∴EP=????，

1→11→1→1→1→1→1→∴????=????=(??+?????)=???+??+??，故B正確，

33222666→132→21→1→1→1→1→1→????=?3????=?3(2??+2???2??)=3???3???3??，故C錯誤，

→1→1→1→1→1→1→1→????=????+????=?????+??+??=??+??+??，故D正確．

2666366→→→故選：C．

6．若直線kx+y+2﹣2k＝0與曲線√4?(???1)2+1＝x有兩個不同的交點，則實數k的取值范圍是（ ）

A．(?∞，?1?C．[?2，?1+2√6)∪[5，+∞)

3B．(，4]

D．(，+∞)

43432√64)∪(，2]

33解：方程kx+y+2﹣2k＝0是恒過定點P（2，﹣2），斜率為﹣k的直線，

曲線√4?(???1)2+1=??，即（x﹣1）2+（y﹣1）2＝4（x≥1），是圓心為C（1，1），半徑r＝2，在直線x＝1及右側的半圓，半圓弧端點A（1，﹣1），B（1，3），

在同一坐標系內作出直線x+y+2﹣2k＝0與半圓C：（x﹣1）2+（y﹣1）2＝4（x≥1），如圖，

當直線kx+y+2﹣2k＝0與半圓C相切時，

由|???3|√1+??2=2，得相切時???=2√62√6+1，

3又kPB＝﹣5，所以???＞3+1，或﹣k≤﹣5，

所以??＜?1?3或k≥5．

故選：A．

7．2008年北京奧運會游泳中心（水立方）的設計來于威爾，弗蘭泡沫是對開爾文胞體的改進，如圖，開爾文胞體是一種多面體，它由正六邊形和正方形圍成（其中每一個頂點處有一個正方形和兩個正六邊形），第8頁（共23頁）

2√6

已知該多面體共有24個頂點，且該多面體表面積是6+12√3，則該多面體的棱長是（ ）

A．1 B．2 C．√3

√3D．

2解：設棱長為x，正方形的面積為x?x＝x2，

正六邊形的面積為6×2×??×??×2=2??2，

又正方形有4個頂點，正六邊形有6個頂點，

該多面體有24個頂點，

則最多有6個正方形，最少有4個正方形，

一個正六邊形與3個正方形相連，

∴該多面體有6個正方形，正六邊形有6×4÷3＝8個，

故該多面體表面積是6×x2+8×解得x＝1，

∴該多面體的棱長是1．

故選：A．

8．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，∠??=3，AD是∠A的平分線，????=√3，AB＞1，則b+2c的最小值是（ ）

A．6 B．3?2√2 C．3+2√2 D．10

??3√32??=12√3+6，

21√33√3解：設AB＝c，AC＝b，BC＝a，

由S△ABC＝S△ADB+S△ADC，可得bcsin21??3=12×√3csin+6??12×√3bsin，

6??整理得bc＝b+c，

可得+??11??=1，c＞1，

112????所以b+2c＝（b+2c）（+）＝3+??+??≥3+2√2，當且僅當√2c＝b=√2+1時等號成立，

????即b+2c的最小值為3+2√2．

故選：C．

第9頁（共23頁）

二、多選題（本大題共4小題，共20分。在每小題有多項符合題目要求）

9．下列描述正確的是（ ）

A．若事件A，B滿足P（A）+P（B）＝1，則A與B是對立事件

B．若??(????)=9，??(??)=3，??(??)=3，則事件A與B相互獨立

C．擲兩枚質地均勻的骰子，“第一枚出現奇數點”與“第二枚出現偶數點”是對立事件

D．一個袋子中有2個紅球，3個綠球，采用不放回方式從中依次隨機地取出兩球第二次取到紅球的概率是

52121解：對于A，當A事件表示“拋擲一枚骰子，出現奇數點朝上”，則P（A）=，事件B表示“拋擲一枚硬幣，正面朝上”，則P（B）=2，此時P（A）+P（B）＝1，但A與B不是對立事件，故A錯誤；

對于B，若??(????)=，??(??)=，則P（A）=，??(??)=，則事件A與B相互獨立，故B正確；

對于C，擲兩枚質地均勻的骰子，“第一枚出現奇數點”與“第二枚出現偶數點”是相互獨立事件，不是對立事件，故C錯；

對于D，一個袋子中有2個紅球，3個綠球，采用不放回方式從中依次隨機地取出兩球第二次取到紅球的概率是×5212+35×24=，故D正確；

52故選：BD．

10．已知O是邊長為√3正三角形ABC的外心，沿OB將該三角形折成直二面角A﹣OB﹣C，則下列說法正確的是（ ）

A．直線AC垂直直線OB

??4B．直線AC與平面BOC所成角的大小為

C．平面AOC與平面BOC的夾角的余弦值是D．O到平面ABC的距離是√3

3√5

5

解：設AC中點為D，因為O是邊長為√3正三角形ABC的外心，

所以，B，O，D三點共線，

因為在△ABC中，DB⊥AD，CD⊥BD，AD∩CD＝D，AD，CD?平面ACD，

所以，BD⊥平面ACD，

因為AC?平面ACD，

所以BD⊥AC，即OB⊥AC，故A選項正確；

由DB⊥AD，CD⊥BD知∠ADC是二面角A﹣OB﹣C的平面角，即∠ADC=2，

第10頁（共23頁）

??

所以，平面ABD⊥平面BCD，

因為平面ABD∩平面BCD＝BD，DB⊥AD，AD?平面ABD，

所以AD⊥平面BCD，

所以，∠ACD是直線AC與平面BOC所成角，

因為DC?平面BCD，

所以AD⊥DC，

因為AD＝DC，

所以，∠ACD=，故B選項正確；

過點D作DE⊥OC，垂足為E，連接AE

因為AD⊥平面BCD，OC?平面BCD，

所以AD⊥OC，

因為A∩DE＝D，AD，DE?平面ADE，

所以OC⊥平面ADE，

因為AE?平面ADE，

所以OC⊥AE，

所以∠AED是平面AOC與平面BOC的平面角，

因為正△ABC的邊長為√3，O是邊長為√3正三角形ABC的外心

所以AO＝OC＝OA＝1，OD=，DC＝AD=所以，DE=√3??412√32，

4，AE=√154，

所以cos∠??????=????√5=，

????5√5，故C選項正確；

5所以，面AOC與平面BOC夾角的余弦值是因為AB＝BC=√3，AC=2，

√6所以S△ABC=2×2×√3?16=8，??△??????=2×1×2=4，

因為VO﹣ABC＝VA﹣BOC，設O到平面ABC的距離是h，

所以，×313√71√3√3√7×?=××，解得h=7，

8342√7，故D選項錯誤．

71√663√71√3√3所以，O到平面ABC的距離是故選：ABC．

第11頁（共23頁）

11．某中學高二學生500人，其中男生300人，女生200人，現希望獲得全體學生的身高信息，按照分層抽樣的原則抽取了容量為50的樣本，經計算得到男生身高樣本均值為171cm，方差為29cm2；女生身高樣本均值為161cm，所有樣本的方差為49cm2，下列說法中正確的是（ ）

A．男生樣本容量為30

B．每個男生被抽入到樣本的概率均為

53

C．所有樣本的均值為167cm2

D．女生身高的樣本方差為19cm2

解：A：由50×300=30人，故A正確；

5005050050B：每個學生入樣的概率均為C：所有樣本的均值為=110，故每個男生被抽入到樣本的概率為=167cm，故C不正確；

男110，故B錯誤；

171×30+161×20D：記所有男生樣本為y1，y2，y3，?，y30，方差為s為s女2，

方差s2=12，記所有女生樣本為z1，z2，z3，?，z20，方差1301202[∑??=1 （yi???）2+∑20 （z???）]=[∑??=1 （yi???+?????）2+∑20 （zj???+?????）2]

j??=1??=150502222=50[∑30（yi???）+30（?????）+2∑30（yi???）（?????）+∑20（zj???）+20（?????）+2∑20（zj???）??=1

??=1

??=1

??=1

（?????）]

=s男2+（?????）2+s女2+（?????）2＝49，

∴s女2＝19cm2，故D正確．

故選：AD．

12．“奔馳定理”是平面向量中一個非常優美的結論，因為這個定理對應的圖形與“奔馳”轎車（Mercedesbenz）的logo很相似，故形象地稱其為“奔馳定理”．奔馳定理：已知O是△ABC內一點，△BOC，△AOC，△AOB的面積分別為SA，SB，SC，且?????????+?????????+?????????=0．設O是銳角△ABC內的一點，第12頁（共23頁）

35352525→→→→

∠BAC，∠ABC，∠ACB分別是△ABC的三個內角，以下命題正確的有（ ）

A．若????+2????+3????=0，則SA：SB：SC＝1：2：3

→→→→5??9B．若|????|=|????|=2，∠??????=，2????+3????+4????=0，則??△??????=

62→→→→→→

C．若O為△ABC的內心，3????+4????+5????=0，則∠??=

D．若O為△ABC的垂心，3????+4????+5????=0，則??????∠??????=?→→→→→→→→√6→→→→??26

解：對于A，由奔馳定理可知，若????+2????+3????=0，則SA：SB：SC＝1：2：3，故A正確；

對于B，在△ABC中，由|????|=|????|=2，∠??????=6可知SC＝1，

又2????+3????+4????=0，所以SA：SB：SC＝2：3：4，所以????=4，????=2，

所以S△ABC＝SA+SB+SC=4，故，故BB 錯誤；

對于C，由奔馳定理可知，O為△ABC的內心，3????+4????+5????=0，

設內切圓半徑為r，故????=???????，????=???????，????=???????，

則結合SA：SB：SC＝3：4：5，所以BC：AC：AB＝3：4：5，

由勾股定理得△ABC為直角三角形，∠C=2，故C正確；

對于D，如圖：延長AO交BC于點D，延長BO交AC于點E，延長CO交AB于點F，

由于S△ABC＝SA+SB+SC，且由已知得SA：SB：SC＝3：4：5，O為三角形ABC的垂心，

故??△??????：??△??????=??1212，設OE＝m，OB＝2m，同理S△ABC：S△BOC==4，設OD＝n，則OA＝3n，

43??√6→→→→→→→→→→5??319121212??cos∠BOD=2??=cos∠AOE=3??，可得2m2＝3n2，據此求得cos∠BOD=6，

cos∠AOB＝cos∠（π﹣∠BOD）=?故選：ACD．

√66，故D正確．

第13頁（共23頁）

三、填空題（本大題共4小題，共20分）

13．在△ABC中，D是BC邊上的點且????+2????=3????，若????=??????則λ＝

解：∵????+2????=3????，

∴2(?????????)=?????????，

∴2????=????，

3→∴????=2????，

→→→→→→→→→→→→→→→32 ．

∴λ=．

故答案為：．

233214．寫出與圓x2+y2＝1和（x﹣4）2+（y﹣3）2＝16都相切的一條直線的方程 24x﹣7y+25＝0或4x+3y﹣5＝0或y＝﹣1 ．

解：圓x2+y2＝1的圓心為（0，0），半徑為1，

圓（x﹣4）2+（y﹣3）2＝16的圓心為（4，3），半徑為4，

可得兩圓外切．

當切線的斜率為0時，可得切線的方程為y＝﹣1；

當直線的斜率不為0，不妨設直線方程為x+by+c＝0，

于是|??|√1+??2=1，|4+3??+??|√1+??2=4，

故c2＝1+b2①，|4+3b+c|＝|4c|，

于是4+3b+c＝4c或4+3b+c＝﹣4c，

??=?24??=4再結合①解得{或{，

255??=24??=?4所以直線方程有三條，分別為24x﹣7y+25＝0或4x+3y﹣5＝0或y＝﹣1．

故答案為：24x﹣7y+25＝0或4x+3y﹣5＝0或y＝﹣1．

第14頁（共23頁）

73

15．已知△ABC的頂點??(1，√3)，∠ACB的平分線所在的直線方程為√3??+3???2√3=0，邊AC的高所在的直線方程為√3???3??=0，則直線BC的方程為 y＝0 ．

解：因為邊AC的高所在的直線方程為√3???3??=0，

所以，??????=?√3，邊AC所在直線方程為y=?√3??+2√3，

因為∠ACB的平分線所在的直線方程為√3??+3???2√3=0，

所以，{??=2√3??+3???2√3=0，解得{，即C（2，0），

??=0??=?√3??+2√3因為，∠ACB的平分線所在的直線方程為√3??+3???2√3=0，

所以，點A（1，√3）關于直線√3??+3???2√3=0對稱的點A′（x0，y0）在直線BC上，

√3×20+3×所以{??0?√3=√3???101+??√3+??20?2√3=0，解得x0＝y0＝0，即A′（0，0），

所以，直線BC的方程為y＝0，

故答案為：y＝0．

16．在四棱錐P﹣ABCD中，∠APB＝∠BPC＝∠CPD＝∠DPA=3，∠APC＝∠BPD，PB＝PD，PA＝2√6．

（1）若PA＝PB＝PC，P點到面ABCD的距離是 2√3 ．

（2）若該四棱錐內存在半徑為2的球，PC的最小值是 6√6+8√3 ．

解：（1）由題可知，當PA＝PB＝PC時，四棱錐P﹣ABCD為底面為正方形的正四棱錐，

設AC與BD相交于E，

則正四棱錐的高為PE，

又∠??????=3，????=????=????=????=2√6，

所以正方形ABCD的邊長為2√6，????=√24+24=4√3，

故P點到面ABCD的距離為PE=√(2√6)2?(2√3)2=2√3；

（2）如圖，根據題意，作正四棱錐P﹣A′BC′D，

因為∠APB＝∠BPC＝∠CPD＝∠DPA＝60°，

所以正四棱錐P﹣A′BC′D的側面三角形均是正三角形，

設A′B＝A′D＝PC′＝x，所以????=√2??，

又PB＝PD＝x，

所以三角形PBD是等腰直角三角形，

所以∠APC＝∠BPD＝90°，

因為PB＝PD，∠APB＝∠BPC＝∠CPD＝∠DPA＝60°，

第15頁（共23頁）

????

所以△PAB?△PAD，△PCB?△PCD，

所以AB＝AD，BC＝DC，

所以AC⊥BD，且E為BD的中點，△ABC?△ADC，

因為PB＝PD，

所以PE⊥BD，

又PE∩AC＝E，PE，AC?平面PAC，

所以BD⊥平面PAC，

所以?????????????=2???????????=2???????????=??△???????????，

因為該四棱錐存在半徑為2的內切球，

所以?????????????=1×2×(2??△??????+2??△??????+2??△??????)，

3432323所以?????????????=(??△??????+??△??????+??△??????)=??△???????????，

所以??△??????+??△??????+??△??????=設PC＝t，

在直角三角形PAC中，由勾股定理得，????=√??2+24，

因為三角形PBD是等腰直角三角形，所以????=所以????=12√2√21????????，

2△??????2????′，

2????，

12所以???????????????60°+???????????????60°+1??2+24×√211√2√2????=???????????????，

2222所以??2?12√6??+24=0，解得??=6√6±8√3，即????=6√6+8√3．

所以，PC的最小值是6√6+8√3．

故答案為：(1)2√3；(2)6√6+8√3．

四、解答題（本大題共6小題，共70分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）

17．（10分）已知圓的方程x2+y2＝4．

第16頁（共23頁）

（1）求3x+4y﹣12的范圍；

（2）已知A（﹣2，﹣2），B（﹣2，6），C（4，﹣2），P為圓上的動點，求|PA|2+|PB|2+|PC|2的最大值．

解：（1）設3x+4y﹣12＝z，

∴|0+0?12???|√32+42≤2，

∴|12+z|≤10，

∴﹣22≤z≤﹣2，

∴3x+4y﹣12的范圍為[﹣22，﹣2]．

（2）設P點為（x，y），則：

f（x）＝PA2+PB2+PC2＝（x+2）2+（y+2）2+（x+2）2+（y﹣6）2+（x﹣4）2+（y+2）2＝3x2+3y2﹣4y+68，

∵x2+y2＝4，∴x2＝4﹣y2，

∴f（x）＝12﹣3y2+3y2﹣4y+68＝80﹣4y，

∵﹣2≤y≤2，

∴當y＝﹣2，f（x）有最大值88．

18．（12分）我省從2021年開始，高考不分文理科，實行“3+1+2”模式．其中“3”指的是語文、數學、外語三科為必選科目，“1”指的是考生在物理、歷史2門首選科目中選擇1門，“2”指的是考生在思想政治、地理、化學、生物4門再選科目中選擇2門．已知福建醫科大學臨床醫學類招生選科要求是首選科目為物理，再選科目為化學生物至少1門．

（1）從所有選科組合中任意選取1個，求該選科組合符合福建醫科大學臨床醫學類招生選科要求的概率；

（2）假設甲、乙、丙三人每人選擇任意一個選科組合是等可能的，求這三人中恰好有一人的選科組合符合福建醫科大學臨床醫學類招生選科要求的概率．

解：（1）用a，b分別表示“選擇物理”，“選擇歷史”，

用c，d，e，f分別表示選擇“選擇化學”，“選擇生物”，“選擇政治”，“選擇地理”，

則所有選科組合的樣本空間為：

Ω＝{acd，ace，acf，ade，adf，aef，bcd，bce，bcf，bde，bdf，bef}，

∴n（Ω）＝12，

設M＝“從所有選科組合中任意選取1個，該選科組合符合福建醫科大學臨床醫學類招生選科要求”，

則M＝{acd，ace，acf，ade，adf}，

∴n（M）＝5，

∴該選科組合符合福建醫科大學臨床醫學類招生選科要求的概率P（M）=??(??)=12．

第17頁（共23頁）

??(??)5

（2）設甲、乙、丙每人選擇的組合符合福建醫科大學臨床類招生選科要求分別是事件N1，N2，N3，

由題意知事件N1，N2，N3相互獨立，

由（1）知P（N1）＝P（N2）＝P（N3）=5．

12記N＝“甲、乙、丙三人中恰好有一人的選科組合符合福建醫科大學臨床醫學類招生選科要求”，

則N=??1??2??3∪??1??2??3∪??1??2??3，

∵事件??1??2??3，??1??2??3??1??2??3兩兩互斥，

∴根據互斥事件概率加法公式得：

P（N）＝P（??1??2??3）+P（??1??2??3）+P（??1??2??3）

=12×(1?12)×(1?12)+(1?12)×12×(1?12)+(1?12)×(1?12)×12

=576．

19．（12分）已知三棱柱ABC﹣A1B1C1，側面AA1C1C是邊長為2的菱形，∠CAA1=，側面四邊形ABB1A1是矩形，且平面AA1C1C⊥平面ABB1A1，點D是棱A1B1的中點．

（1）在棱AC上是否存在一點E，使得AD∥平面B1C1E，并說明理由；

（2）當三棱錐B﹣A1DC1的體積為√3時，求平面A1C1D與平面CC1D夾角的余弦值．

??3245555555555

（1）解：存在，當E為AC的中點時，AD∥平面B1C1E，理由如下：

如圖所示：

取B1C1的中點F，連接EF，DF，

第18頁（共23頁）

∵DF是△A1B1C1的中位線，

∴????∥??1??1，????=??1??1，

又????∥??1??1，????=??1??1，

∴DF∥AE，DF＝AE，

∴四邊形DFEA是平行四邊形，

∴AD∥EF，

又AD?面B1C1E，EF?面B1C1E，

∴AD∥平面B1C1E．

（2）∵四邊形ABB1A1是矩形，

∴A1B1⊥AA1，

又∵平面AA1C1C⊥平面ABB1A1，

∴A1B1⊥面A1ACC1，

∵???????1????1=???????1????1=???????1????1=3???△????1??1×2??1??1=6??1??1=√3，

∴A1B1＝6，

∵側面ACC1A1是菱形，∠A1AC＝60°，

∴△A1AC是正三角形，

∵E是AC的中點，

∴A1E⊥AC，

以A1為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系，

11√312121212

則A1（0，0，0），C1（0，2，0），D（0，0，3），??(√3，1，0)，

則??1??=(0，?2，3)，??1??=(√3，?1，0)，

設平面C1DC的一個法向量為??=(??，??，??)，

第19頁（共23頁）

→→→

?2??+3??=02由{，令x＝1，則??=√3，??=√3，

3√3?????=0∴??=(1，√3，3√3)，

又平面A1C1D的一個法向量??=(1，0，0)，

∴?????????，???=4，

∴平面A1C1D與平面CC1D的夾角的余弦值是√3．

41+??????2?????????2??1+??????2??+??????2??→→√3→→220．（12分）在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且長為4．

（1）證明：∠A＝∠B；

（2）求△ABC的面積最大值．

2????????????????+2??????2??證明：（1）左邊==????????，

2????????????????+2??????2??=tanB，BC的中線∴tanA＝tanB，又A，B∈（0，π），

∴∠A＝∠B．

解：（2）如圖，設D為BC中點，設AC＝2x，∠ACD＝θ，

因為∠A＝∠B，所以AC＝BC＝2x，

??2+4??2?165??2?16所以，在△ACD中，由余弦定理得：????????=2????2??=，

4??2所以????????=√16??4?(5??2?16)24??2=√?9??4+160??2?2564??2，

所以，??△??????=所以，當??2=11804096?2???2???????????=√?9[(??2?)2+]，

2299804√532，即??=時，S△ABC有最大值????????=，

933323所以，△ABC的面積最大值為．

21．（12分）如圖，四棱錐P﹣ABCD的底面ABCD為菱形，且菱形ABCD的面積為4，PD，BE都與平面ABCD垂直，BE＝1，PD＝2．

（1）求三棱錐E﹣ABC與四棱錐P﹣ABCD公共部分的體積大小；

第20頁（共23頁）

（2）若二面角D﹣AP﹣B大小為，求DE與平面PAD所成角的正弦值．

2??

（1）解：連接BD，設AC，BD的交點為O，EO，PB的交點為G，延長EO，PD使其交于點F，

因為PD，BE都與平面ABCD垂直，

所以PD∥BE，

又BD?平面ABCD，

所以PD⊥BD，BE⊥BD，

因為底面ABCD為菱形，所以O為BD中點，

所以，Rt△BOE?Rt△DOF，

所以BE＝DF＝1，EO＝OF，

因為PD∥BE，

所以△BGE∽△PGF，

所以????????=????????=，

31所以EG＝GO，即G為EO中點，

所以，G到平面ABCD的距離等于E到平面ABCD的距離的一半．

所以???????????=3???△??????×2×????=3×2×2×1=3，

第21頁（共23頁）

11111

又三棱錐E﹣ABC與四棱錐P﹣ABCD的公共部分為三棱錐G﹣ABC，

故三棱錐E﹣ABC與四棱錐P﹣ABCD公共部分的體積為；

31（2）解：因為二面角D﹣AP﹣B大小為90°，

∴平面DAP⊥平面BAP，

過D作DM⊥PA，

∵平面DAP∩平面BAP＝AP，DM?平面DAP，

∴DM⊥平面PAB，

∵AB?平面PAB，

∴DM⊥AB，

又PD⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，

∴PD⊥AB，

又PD，DM?平面PAD，PD∩DM＝D，

∴AB⊥平面PAD，

∵AD?平面PAD，

∴AB⊥AD，

∴四邊形ABCD為正方形

又正方形ABCD的面積為4，

∴AB＝AD＝2，

∵BE∥PD，BE?平面PAD，PD?平面PAD，

∴BE∥平面PAD，

∴B到平面PAD的距離等于E到平面PAD的距離，

∴E到平面PAD的距離為2，

設DE與面PAD所成的角為θ，則????????=????，

第22頁（共23頁）

2

∵在△BED中，????=√????2+????2=3，

∴????????=，

即DE與平面PAD所成的角的正弦值為．

322322．（12分）在△ABC中，已知A（﹣1，0），B（﹣2，0），且√2sinB＝sinA．

（1）求頂點C的軌跡E的方程；

（2）曲線E與y軸交于P，Q兩點，T是直線y＝2√2上一點，連TP，TQ分別與E交于M，N兩點（異于P，Q兩點），試探究直線MN是否過定點，若是求定點，若不是說明理由．

解：（1）A（﹣1，0），B（﹣2，0），由√2sinB＝sinA，得=????√2，即|????||????|=√2，

設C（x，y），則√(??+2)2+??2√(??+1)2+??2=；

√2，整理得x2+y2＝2（y≠0）（2）曲線E：x2+y2＝2（y≠0），由題意不妨設P（0，√2），Q（0，?√2），T（m，2√2）（m≠0），

TP：y=????+√2，TQ：y=?????√2，

?4??√2???2√2聯立{??=????+√2，得（m2+2）x2+4mx＝0，得M（2，）；

??+2??2+222??+??=212??18√2?√2??聯立{??=?????√2，得（m2+18）x2﹣12mx＝0，得N（2，）．

??+18??2+1822??+??=23√22√2√23√22當m≠±3時，直線MN方程為y=∴直線MN恒過點（0，√2）．

2??+2．

??(8??2+48)√2(36???4)√2

第23頁（共23頁）