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2023-2024学年湖北省重点高中智学联盟高二上学期12月联考数学试题（含解析）
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这是一份2023-2024学年湖北省重点高中智学联盟高二上学期12月联考数学试题（含解析），共20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.复平面内复数z的共轭复数为z，若z⋅i=1+i，则复数z对应的点所在的象限是( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.直线l的一个方向向量为(2,1,1)，平面α的一个法向量为(4,2,2)，则( )
A. l//αB. l⊥α
C. l//α或l⊂αD. l与α的位置关系不能判断
3.已知抛物线x2=2pyp>0上的点Mx0,2到焦点的距离为3，则p=
A. 1B. 2C. 4D. 8
4.已知a⋅b=1,|a|=2，a,b的夹角为π3，则|a−2b|=( )
A. 1B. 2C. 2D. 4
5.M是圆x−42+y2=2上的动点，若M到两条直线l1:x−y+10=0和l2:x−y+m=0的距离之和与动点M的位置无关，则实数m的取值范围是
A. −2,+∞B. −∞,−2C. −6,+∞D. −∞,−6
6.已知F1,F2分别为双曲线C:x 2a2−y 2b2=1(a>0,b>0)的左右焦点，以F1F2为直径的圆与双曲线C在第一象限交于点P,且cs∠PF1F2=1213，则双曲线C的离心率为( )
A. 125B. 135C. 137D. 127
7.已知点F−1,0为椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点，点P为椭圆的下顶点，平行于FP的直线l交椭圆于A,B两点，且AB的中点为1,12，则该椭圆的方程为
A. x25+y24=1B. x24+y23=1C. x26+y25=1D. x22+y2=1
8.如图是四棱锥P−ABCD的平面展开图，四边形ABCD是矩形，ED⊥DC，FD⊥DA，DA=3，DC=2，∠FAD=30∘，则在四棱锥P−ABCD中，BP与平面PDC所成角的正切值为
( )
A. 32B. 23C. 73D. 3 77
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. 若事件A和事件B互斥，则PA∪B=PA+PB
B. 若事件A和事件B对立，则PA+PB=1
C. 若PAB=PAPB，则事件A和事件B独立
D. 若三个事件A、B、C两两独立，则PABC=PAPBPC
10.设F1、F2分别是双曲线C:x2−y2b2=1b>0的左、右焦点，过F2作x轴的垂线与C交于A、B两点，若ΔABF1 为正三角形，则下列说法正确的是
A. b=2B. AB=4
C. 双曲线C的焦距为 3D. ΔAF1F2的内切圆与x轴相切于点1,0
11.在边长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，动点M满足A1M=λA1C1λ∈0,1，则下列说法正确的是
( )
A. 若λ=1，则直线DM与D1B1所成的角为π6
B. 三棱锥M−AB1C的体积为定值
C. 若λ=12，则直线DM与平面A1B1C1D1所成的角为π4
D. 若λ=12，则三棱锥D−A1D1M的外接球的表面积为8π
12.已知抛物线y2=4x的焦点为F，T是抛物线的准线与x轴的交点，Mx1,y1,Nx2,y2是抛物线上异于坐标原点O的两点，则下列结论正确的是( )
A. 若直线MN过点F，则y1y2=−1
B. 若直线MN过点F，则x1+4x2的最小值为4
C. 若直线MN过点F，则直线MT,NT的斜率之和kMT+kNT=0
D. 若直线MN过点4,0，则OM⊥ON
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知平面向量a=0,1，b=−1,−2，则向量a在向量b上的投影向量的坐标为____________．
14.已知样本x1,x2,x3,x4,x5的平均数为5，若x12,x22,x32,x42,x52的平均数为34 ，则样本x1,x2,x3,x4,x5的方差为_____________.
15.已知圆台上、下底面的圆的半径分别为3和6，该圆台的体积为84π，则该圆台的侧面积为______________．
16.我国著名数学家华罗庚曾说“数缺形时少直观，形少数时难入微；数形结合百般好，隔离分家万事休.”事实上，很多代数问题都可以转化为几何问题解决，如与 x−a2+y−b2相关的代数问题，可以转化为点x,y与点a,b之间的距离的几何问题.依上思想，已知t,θ∈R，则 t−3−csθ2+t2−sinθ2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)
(1)已知抛物线y2=2pxp>0的焦点坐标为14,0，过点2,0且倾斜角为π4的直线l与抛物线相交于A,B 两点，求弦长AB；
(2)已知双曲线C:x 2a2−y 2b2=1(a>0,b>0)的实轴长为2，且它的渐近线与圆x−52+y2=20相切，求双曲线C的焦点到渐近线的距离．
18.(本小题12分)
随机抽取100名学生，测得他们的身高(单位：cm)，按照区间[160,165)，[165,170)，[170,175)，[175,180)，[180,185]分组，得到频率分布直方图如图所示．
(1)求频率分布直方图中x的值，并估计该100名学生身高的80%分位数；
(2)将身高在[170,175)，[175,180)，[180,185]区间内的学生依次记为A，B，C三个组，用分层随机抽样的方法从这三个组中抽取6人，再从这6人中任选2人出来，求这2人来自不同小组的概率．
19.(本小题12分)
如图：平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，∠A1AD=∠DAB=∠A1AB=60∘，且AB=AD=1，AA1=2，记AB=a，AD=b，AA1=c．
(1)将AC1用a，b，c表示出来，并求AC1；
(2)求异面直线AC与BD1所成角的余弦值．
20.(本小题12分)
圆C过0,3、4,5两点，且圆心C在直线x−y+8=0上．
(1)求圆C的方程；
(2)若直线l在x轴上的截距是y轴上的截距的2倍，且被圆C截得的弦长为6，求直线l的方程．
21.(本小题12分)
如图，AB为圆柱底面的直径，ΔACD是圆柱底面的内接正三角形，AP和DQ为圆柱的两条母线，且AB=AP．
(1)求证：平面PCQ⊥平面BDQ；
(2)求二面角C−BQ−D的正弦值．
22.(本小题12分)
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率e= 32，且过点P2,1．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点P作椭圆C的两条互相垂直的弦PA、PB，试判断直线AB是否过定点，若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查复数的几何意义，复数的运算，共轭复数，属于基础题．
利用复数的运算法则化简得z，进而得z，求出其对应点的坐标，即可判断选项．
【解答】
解：由z⋅i=1+i，
得z=1+ii=1+i−ii·−i=1−i，
所以z=1+i，其对应的点为(1,1)，所在的象限是第一象限．
故选A．
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了利用直线的方向向量和平面的法向量的关系，判定线面关系，属于基础题．
观察到的直线l的方向向量与平面α的法向量共线，得到直线与平面的位置关系是垂直．
【解答】
解：直线l的一个方向向量为(2,1,1)，平面α的一个法向量为(4,2,2)，
显然它们共线，所以l⊥α．
故选B．
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查抛物线的概念及标准方程，属于基础题．
求出抛物线的准线方程，利用抛物线的定义，转化求解即可．
【解答】
解：抛物线x2=2pyp>0的准线方程为y= −p2，
抛物线上一点Mx0,2到其焦点的距离为3，
可得2+ p2=3，解得p=2．
故选B．
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查向量的数量积，求向量的模，属于基础题．
根据数量积的定义求出|b|=1，再根据|a−2b|= (a−2b)2及向量数量积的运算律计算可得．
【解答】
解：因为a⋅b=1,|a|=2，a,b的夹角为π3，
所以a⋅b=|a|⋅|b| csπ3=2×|b|×12=1，解得|b|=1，
所以 a−2b= (a−2b)2
= a2−4a⋅b+4b2
= |a|2−4a⋅b+4|b|2
= 22−4×1+4×12=2．
故选：C．
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查直线与圆的位置关系，考查点到直线距离公式的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
作出图形，结合图形可知当圆位于直线l1与l2之间时即为所求，根据直线与圆相切时是临界值即可求解．
【解答】
解：圆x−42+y2=2，圆心设为C(4,0)，半径为 2，
由图可知当圆C位于两直线l1与l2之间时，点M到直线l1和l2的距离之和与点M的位置无关，
此时点M到两直线l1和l2的距离之和即为l1与l2两平行直线间的距离，
当直线l2与圆相切时，|4−0+m| 2= 2，解得m=−6或m=−2(舍去)，
所以m≤−6，即m的取值范围是(−∞,−6]．
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查双曲线的简单性质的应用，解题时要认真审题，注意双曲线定义的灵活运用，属于中档题．
设|PF1|=m，|PF2|=n，由双曲线的定义知m−n=2a，由△PF1F2为直角三角形，结合已知条件得出m=2413c，n=1013c，即可求出离心率．
【解答】
解：设|PF1|=m，|PF2|=n，
则由双曲线的定义知m−n=2a，
∵P在以F1F2为直径的圆上，∴△PF1F2为直角三角形，
又cs∠PF1F2=m2c=1213，sin∠PF1F2=n2c= 1−(1213)2，则m=2413c，n=1013c，
∴2413c−1013c=2a，∴ca=137．
∴e=137．
故选C．
7.【答案】D
【解析】【分析】本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系及其应用，考查数学运算能力，属于较难题．
由题意易得a2=b2+1，则椭圆x2b2+1+y2b2=1(b>0)，易求得直线FP的斜率为−b，则直线l的斜率k=−b，则由题意可设直线l为：y−12=−b(x−1)，联立椭圆方程，消去y，利用韦达定理并结合AB的中点为1,12 可求得b的值，继而可求得椭圆的标准方程．
【解答】解：由题意可知c=1，
则a2−b2=c2=1，
则a2=b2+1，
则椭圆x2b2+1+y2b2=1(b>0)，
又点P为椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的下顶点，
所以P(0,−b)，
则kFP=−b−00−−1=−b，
则直线l的斜率k=−b，
易知直线l过点1,12，
则直线l为：y−12=−b(x−1)，
即y=−bx+b+12，
与椭圆方程x2b2+1+y2b2=1(b>0)，
联立并消去y可得1b2+1+1x2−2b2+bb2x+4b+14b2=0(b>0)，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
则x1+x2=2b2+bb21b2+1+1=2b+1b2+1bb2+2，
又AB的中点为1,12，
则x1+x2=2b+1b2+1bb2+2=2，
整理可得b2−2b+1=0，
解得b=1，
所以b2=1，
所以a2=b2+1=2，
则椭圆的方程为x22+y2=1，
故选D．
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查展开图的问题，线面垂直的判定与性质定理的应用，直线与平面所成角，属于中档题．
将四棱锥P−ABCD的平面展开图还原为立体图，注意量之间关系的变与不变，利用线面垂直的判定定理、性质定理可得三角形PBC为直角三角形且BC⊥PC，再结合已知条件即可求得．
【解答】
解：在四棱锥的平面展开图中有
ED⊥DC,FD⊥DA，
即PD⊥DC,PD⊥DA,DC∩DA=D，DA,DC⊂平面ABCD，
∴在四棱锥P−ABCD中，PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
∴PD⊥BC．
如图：
其中∠PAD=30°,AD=3,CD=2，
∴DP= 3,CP= 7．
由于四边形ABCD是矩形，
∴BC⊥DC．
∵PD与DC是平面PDC内两相交直线，
∴BC⊥平面PDC，又PC⊂平面PDC，∴BC⊥PC．
所以∠BPC为BP与平面PDC所成角
因为BC=AD=3，
∴tan∠BPC=BCPC=3 7=3 77．
故选D．
9.【答案】ABC
【解析】【分析】
本题考查互斥事件的概率加法公式，相互独立事件的概率乘法公式，是基础题．
利用互斥、对立事件的概率公式判断选项AB；利用独立事件的乘法公式判断选项C；举反例判断选项D．
【解答】
解：对于A，根据互斥事件的概率加法公式即可判断A正确；
对于B，若事件A和事件B对立，则PA+PB=1，故B正确；
对于C，根据相互独立事件的概率公式可知C正确；
对于D，例如，从1，2，3，4中随机选出一个数字，记事件 A= “取出的数字为1或2”， B= “取出的数字为1或3”， C= “取出的数字为1或4”，
则 AB=AC=BC=ABC= “取出的数字为1”，
显然 P(A)=P(B)=P(C)=24=12 ，
P(AB)=P(AC)=P(BC)=P(ABC)=14 ，
满足 PAB=PAPB ， PAC=PAPC ， PBC=PBPC ，
所以事件A，B，C两两独立，但是 P(ABC)≠P(A)P(B)P(C) ，故D错误．
故选：ABC．
10.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查双曲线的性质及命题真假的判断，属于中档题．
由题意及△ABF1为正三角形可得a，c的关系，进而求出离心率的值，再由双曲线的方程可得b的值，然后逐一分析各选项即可．
【解答】
解：设|AF2|=t，因为△ABF1为正三角形，
所以|AF1|=2t，2c=|F1F2|= 3t，
由双曲线定义可得：2a=|AF1|−|AF2|=2t−t=t=2，
所以双曲线的离心率e=2c2a= 3tt= 3，
由双曲线的方程可得a=1，c2=1+b2，
所以由离心率e=ca= 3可得： 1+b21= 3，
解得：b= 2，故A错误；
|AB|=2|AF2|=2t=4，故B正确；
c= 1+b2= 3，所以焦距2c=2 3，故C错误；
设△AF1F2的内切圆的圆心为I，与边AF1，F1F2，F2A相切于N，M，K，
可得|AN|=|AK|，|F1M|=|F1N|，|F2M|=|F2K|，
而|AF1|−|AF2|=2，即|F1N|−|F2K|=|F1M|−|F2M|=2，
又|F1M|+|F2M|=2c=2 3，解得|F2M|= 3−1，|F1M|= 3+1，
根据F2的坐标为( 3,0)可得M的横坐标为1，即I的横坐标为1，
即ΔAF1F2的内切圆与x轴相切于点1,0，所以D正确；
故选：BD．
11.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查异面直线所成的角，棱锥的体积，球的表面积，直线与平面所成的角，属于中档题．
若λ=1，则点M与C1重合，所以直线DM与D1B1所成的角为∠AB1D1，可判断A;由点M到平面AB1C的距离为定值，可知三棱锥M−AB1C的体积为定值，可判断B;根据线面所成角的定义，可判断C;求出三棱锥D−A1D1M的外接球的球心及半径，可判断D．
【解答】
解：对于A，若λ=1，则点M与C1重合，所以DM//AB1，
所以直线DM与D1B1所成的角为∠AB1D1，
因为△AB1D1为等边三角形，所以∠AB1D1=π3，故A错误;
对于B，由题意知A1C1//AC，A1C1⊄平面AB1C，AC⊂平面AB1C，所以A1C1//平面AB1C，
所以点M到平面AB1C的距离为定值，
所以三棱锥M−AB1C的体积为定值，故B正确;
对于C，若λ=12，则M为A1C1的中点，又DD1⊥面A1B1C1D1，
所以直线DM与面A1B1C1D1所成的角为∠DMD1，
又tan∠DMD1=DD1D1M=2 2= 2，故C错误;
对于D，若λ=12，则M为A1C1的中点，
所以D1M⊥A1M，DD1⊥平面A1D1M，A1M⊂平面A1D1M，
所以DD1⊥A1M，又D1M⋂DD1=D1，D1M，DD1⊂平面D1MD，
所以A1M⊥平面D1MD，又MD⊂平面D1MD，所以A1M⊥MD，
则三棱锥D−A1D1M的外接球的球心为A1D的中点，
所以外接球半径为12A1D=12 22+22= 2，
所以三棱锥D−A1D1M的外接球的表面积为4π×( 2)2=8π，故D正确．
故选：BD．
12.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查了直线与抛物线的位置关系，考查了运算能力，属于中档题．
对于A，B，C，设直线MN方程为x=ty+1，与抛物线方程联立，根据根与系数的关系可判断A；求得x1x2=y12y2216=1，利用基本不等式判断B；根据斜率公式即可判断C；对于D，设直线MN方程为x=my+4，根据OM·ON=x1x2+y1y2以及根与系数的关系即可判断．
【解答】
解：抛物线y2=4x的焦点为F1,0，T−1,0，
对于A，设直线MN方程为x=ty+1，
联立x=ty+1y2=4x，可得y2−4ty−4=0，
可得y1+y2=4t，y1y2=−4，故A错误；
对于B，结合A可得x1x2=y12y2216=1，
则x1+4x2⩾2 x1·4x2=4 x1x2=4，
当且仅当x1=4x2，即x1=2，x2=12时取等号，
则x1+4x2的最小值为4，故B正确；
对于C，结合A可得：
kMT+kNT=y1x1+1+y2x2+1=y1ty2+2+y2ty1+2ty1+2ty2+2
=2ty1y2+2y1+y2ty1+2ty2+2=−8t+8tty1+2ty2+2=0，故C正确；
对于D，设直线MN方程为x=my+4，
联立x=my+4y2=4x，可得y2−4my−16=0，
可得y1+y2=4m，y1y2=−16，
则OM·ON=x1x2+y1y2=my1+4my2+4+y1y2
=m2+1y1y2+4my1+y2+16
=−16m2+1+16m2+16=0，
即OM→⊥ON→，故D正确．
13.【答案】25,45
【解析】【分析】
本题考查了投影向量的概念，属于基础题．
根据向量 a在向量 b方向上的投影向量为 |a|cs﹤a,b﹥·b|b|，计算坐标即可．
【解答】
解：由a=0,1，b=−1,−2，可得a·b=−2,|b|= 5，
所以向量a在向量b方向上的投影向量的坐标为：
|a|cs﹤a,b﹥·b|b|=a·b|b|·b|b|=−25b=25,45
14.【答案】9
【解析】【分析】
本题考查了求数据的平均数、方差问题，是一道中档题．
根据平均数以及方差的计算公式代入计算即可．
【解答】解：∵x1+x2+…+x5=25，x12+x22+…+x52=5×34，
∴15[(x1−5)2+(x2−5)2+…+(x5−5)2]
=15[x12+x22+…+x52−10(x1+x2+…+x5)+5×25]
=15(5×34−10×25+5×25)=9，
即数据x1，x2，…，x5的方差为9，
故答案为：9．
15.【答案】45π
【解析】【分析】
本题考查圆台的侧面积和体积，属于基础题．
利用圆台体积公式可得其高为ℎ=4，即可知母线长为5，利用圆台的侧面积公式即可求解．
【解答】
解： 根据题意可知，圆台上底面面积为S1=9π，下底面面积为S2=36π;
设圆台的高为ℎ，
由体积可得13ℎ(S1+S2+ S1S2)=84π，解得ℎ=4，
所以可得圆台母线长为l= ℎ2+(6−3)2=5，
可得圆台侧面积为π(3+6)l=45π．
16.【答案】 5−1
【解析】【分析】
本题主要考查两点间的距离公式，圆有关的最值问题，抛物线的性质，属于拔高题．
由已知 (t−3−cs θ)2+(t2−sin θ)2表示点P(t,t2)到A(3+csθ,sinθ)距离，又点A(3+csθ,sinθ)是圆(x−3)2+y2=1上的动点，点P(t,t2)是抛物线y=x2上的动点，所以S的最小值可以转化为抛物线上点P(t,t2)到圆心C(3,0)的距离减去半径1，即可求解．
【解答】
解：令S= (t−3−cs θ)2+(t2−sin θ)2表示点P(t,t2)到A(3+csθ,sinθ)距离，
又点A(3+csθ,sinθ)是圆C:(x−3)2+y2=1上的动点，
点P(t,t2)是抛物线y=x2上的动点，
所以S的最小值可以转化为抛物线上点P(t,t2)到圆心C(3,0)的距离减去半径1，
设过点P的作抛物线的切线方程为y=k(x−t)+t2，联立抛物线方程y=x2，
则x2−kx+kt−t2=0，则Δ=k2−4(kt−t2)=0，则k=2t，
所以当点C到抛物线上一点P的距离最短时，此时直线CP与过点P的切线垂直，
则2t·t2−0t−3=−1，即2t3+t−3=0，即(t−1)(2t2+2t+3)=0，解得t=1，
所以此时点P的坐标为(1,1)，
所以|CP|min= (1−3)2+(1−0)2= 5，
所以 (t−3−cs θ)2+(t2−sin θ)2的最小值为 5−1，
故答案为 5−1．
17.【答案】解：(1)由抛物线 y2=2pxp>0 的焦点为 14,0 ，得抛物线的方程为 y2=x ，
直线 l 过点 2,0 且倾斜角为 π4 ，则直线 l 的方程为 y=x−2 ，
联立得： y2=xy=x−2⇒x2−5x+4=0 ，
则 AB= 1+12⋅ x1+x22−4x1x2=3 2 ；
(2)双曲线的实轴长为 2a=2⇒a=1 ，
则双曲线 C:x2−y2b2=1 ，则渐近线方程为： y=±bx ，
x−52+y2=20，圆心为(5,0)，半径为2 5，
故 5b 1+b2=2 5⇒b=2 ，
故双曲线的渐近线方程为： y=±2x ，取右焦点为 5,0 ，
则双曲线 C 的焦点到渐近线的距离为 d=2 5 1+22=2．
【解析】(1)本题主要考查的是直线与抛物线的位置关系，弦长的求解，属于基础题．
先求抛物线的解析式和直线解析式，再将直线与抛物线联立，求解即可．
(2)本题主要考查的是双曲线的性质，直线与圆的位置关系，属于基础题．
根据已知可得双曲线 C:x2−y2b2=1，进而可得渐近线方程为： y=±bx ，利用直线和圆的位置关系，可得结论．
18.【答案】解：(1)由频率分布直方图可知5×(0.01+0.07+x+0.04+0.02)=1，
解得x=0.06.
身高在[180,185]的人数占比为5×0.02=10%，身高在[175,180)的人数占比为5×0.04=20%，
所以该100名学生身高的80%分位数落在[175,180)内，可知恰好为区间的中点，
故该100名学生身高的80%分位数为177. 5.
(2)A组人数为100×5×0.06=30，B组人数为100×5×0.04=20，C组人数为100×5×0.02=10，
由题意可知A组抽取人数为30×630+20+10=3，B组抽取人数为20×630+20+10=2，
C组抽取人数为10×630+20+10=1，
6人中任选2人的方法数为15，这2人来自不同小组方法数为 3×2+3×1+2×1=11 ，
故这2人来自不同小组的概率 P=1115 .
【解析】本题主要考查概率与统计的综合问题，注意披绿分布直方图的应用以及分层抽样的特点．
(1)因为各组的频率之和为1，由此列出等式，求得x的值，然后由百分位数的定义求出80%分位数；
(2)先算出三个小组每组学生数，按照分层抽样的方法，即按比例抽样，即各小组按需30：20：10进行抽取，由古典概型概率求解即可．
19.【答案】解：(1) AC1=AB+BC+CC1=a+b+c ，
∵ |a|=|b|=1，|c|=2，〈a，b〉=〈b，c〉=〈c，a〉=60°，
∴a·b= 12 ，b·c=c·a=1．
AC1=a+b+c= a+b+c2= a2+b2+c2+2a⋅b+2a⋅c+2c⋅b= 11
(2) BD1=BA+AA1+A1D1=−a+b+c ， ∴BD1=−a+b+c= −a+b+c2 = a2+b2+c2−2a⋅b−2a⋅c+2c⋅b= 5 ，
AC=a+b,∴AC= 3 ，
BD1·AC=(b+c−a)·(a+b)=b2−a2+a·c+b·c=2，
∴cs〈BD1，AC〉=BD1·AC|BD1||AC|= 2 1515 ．
∴异面直线AC与BD1所成角的余弦值为 2 1515
【解析】本题考查向量的模，异面直线所成角，属于中档题．
(1)根据|AC1|=|a+b+c|= (a+b+c)2，即可求解；
(2)分别表示出BD1=−a+b+c，AC=a+b,再利用向量数量积求夹角．
20.【答案】解：(1)过两点 0,3 ， 4,5 的直线斜率为5−34−0=12，两点连线的中点为(2,4)，
所以两点的中垂线方程为：y−4=−2(x−2)，即 2x+y−8=0 ，
联立 x−y+8=0 ，解得圆心 C0,8 ，
所以r=5 ，故圆 C 的方程为： x2+(y−8)2=25;
(2)由直线 l 且被圆 C 截得的弦长为 6 ，故圆心 C 到直线 l 的距离为 d= 52−32=4 ，
若直线过原点，可知直线的斜率存在，设直线为： y=kx ，
d=8 1+k2=4⇒k=± 3 ，此时直线 l 的方程为： 3x±y=0 ;
若直线不过原点，设直线为： x2a+ya=1⇒x+2y−2a=0 ，
d=16−2a 1+22=4⇒a=8±2 5 ，
此时直线 l 的方程为： x+2y−16−4 5=0 ， x+2y−16+4 5=0，
故直线 l 的方程为： 3x±y=0 ， x+2y−16−4 5=0 ， x+2y−16+4 5=0 ．
【解析】本题考查圆的标准方程，直线与圆的位置关系，属于中档题．
(1)先求出0,3、4,5两点中垂线方程，与直线x−y+8=0方程联立，求解出圆心坐标，进而确定半径，即可求解；
(2)由已知先求出圆心到直线l的距离，再对直线l是否过原点，结合点到直线距离公式分类讨论求解即可．
21.【答案】(1)证明：因为AB为圆柱底面的直径，所以AD⊥BD.因为DQ为圆柱的母线，
故AD⊥DQ，又BD∩DQ=D，BD，DQ⊂平面BDQ，故AD⊥平面BDQ．
由AP和DQ为圆柱的两条母线知四边形APQD为矩形，
因此PQ // AD，故PQ⊥平面BDQ．
又因为PQ⊂平面PCQ，
所以平面PCQ⊥平面BDQ.
(2)解： 由题意知DA，DB，DQ两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，
令AB=2，故BD=ABsin 30°=1，B(0,1,0)，Q(0,0,２)，
△ACD是圆柱底面的内接正三角形，故∠BAD=30°，故AD=ABcs 30°= 3，
过C作CH⊥AD，垂足为H，DH=12AD= 32，CH= 32AD=32，
故点C的坐标为C 32,32,0， BQ=(0,−1,2),BC=( 32,12,0)
由AD⊥平面BDQ，可设平面BDQ的法向量为m=(1,0,0)，
设平面CBQ的法向量为n=(x,y,z)，
由 n⋅BQ=0, n⋅BC=0 ，即 −y+2z=0 32x+12y=0,
令z= 3⇒n=(−2,2 3, 3) ．
则cs〈m，n〉=m·n|m||n|= −2 19 ，
设二面角 C−BQ−D 的平面角为θ，
∴sin θ= 1−(−2 19)2= 1519= 28519，
故二面角 C−BQ−D 的正弦值为 28519 .
【解析】本题主要考查面面垂直的判定和二面角的求解，属于中档题．
(1)先证明AD⊥平面BDQ，再证明PQ⊥平面BDQ，即可证明平面PCQ⊥平面BDQ;
(2)以D为原点，DA，DB，DQ所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求得二面角C−BQ−D的正弦值．
22.【答案】解：(1) e= 32=ca⇒c= 32a,∴b2=a2−34a2=14a2⇒a2=4b2 ，
又 4a2+1b2=1⇒44b2+1b2=1,∴b2=2,a2=8，
故椭圆 C 的方程为 x28+y22=1；
(2)当直线 AB 的斜率不存在时，
设 A(x0,y0),B(x0,−y0) ， PA⊥PB⇒(2−x0,1−y0)⋅(2−x0,1+y0)=0，
代入 y 02=2−14x 02 ，得： 5x02−16x0+12=0⇒x0=2(舍)或x0=65，
此时直线 AB:x=65；
当直线 AB 的斜率存在时，A(x1,y1),B(x2,y2)
设 AB:y=kx+m ，联立 x28+y22=1 得：(1+4k2)x2+8kmx+4m2−8=0 ，
∴x1+x2=−8km1+4k2,x1⋅x2=4m2−81+4k2 ，
PA⊥PB⇒(2−x1,1−y1)⋅(2−x2,1−y2)=0 ， (2−x1)(2−x2)+(1−y1)(1−y2)=0 ，
∴(x1−2)(x2−2)+(kx1+m−1)(kx2+m−1)=0 ，
∴(k2+1)x1x2+(km−k−2)(x1+x2)+m2−2m+5=0 ，
代入整理得： 12k2+16km+5m2−2m−3=0 ，
(2k+m)(6k+5m)−2m−3=0⇒(2k+m−1)(6k+5m+3)=0 ，
当 2k+m−1=0⇒m=1−2k ，
此时 AB:y=kx+1−2k=k(x−2)+1 ，过定点 P(2,1) ，舍去．
当 6k+5m+3=0⇒m=−6k5−35 ，
此时 AB:y=kx−6k5−35=k(x−65)−35 ，过定点 65,−35，(经验证，此时满足Δ>0，或由定点65,−35在椭圆内部可知直线AB满足与椭圆相交)；
综上，直线 AB 过定点 65,−35 ．
【解析】本题考查了椭圆的标准方程及性质、直线与椭圆位置关系的应用、直线过定点问题，考查了推理能力和计算能力，属于较难题．
(1)由离心率为 32，且经过点P(2,1)，结合c2=a2−b2即可得出；
(2)当直线AB斜率不存在时，易得直线方程；当直线AB的斜率存在时，设直线方程为y=kx+m，A(x1,y1)，B(x2,y2)，联立y=kx+mx28+y22=1，根据根与系数的关系，利用PA⊥PB，即可求解出k与m的关系，即可得出直线AB过的定点，综合这两种情况得到结论．
1.复平面内复数z的共轭复数为z，若z⋅i=1+i，则复数z对应的点所在的象限是( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.直线l的一个方向向量为(2,1,1)，平面α的一个法向量为(4,2,2)，则( )
A. l//αB. l⊥α
C. l//α或l⊂αD. l与α的位置关系不能判断
3.已知抛物线x2=2pyp>0上的点Mx0,2到焦点的距离为3，则p=
A. 1B. 2C. 4D. 8
4.已知a⋅b=1,|a|=2，a,b的夹角为π3，则|a−2b|=( )
A. 1B. 2C. 2D. 4
5.M是圆x−42+y2=2上的动点，若M到两条直线l1:x−y+10=0和l2:x−y+m=0的距离之和与动点M的位置无关，则实数m的取值范围是
A. −2,+∞B. −∞,−2C. −6,+∞D. −∞,−6
6.已知F1,F2分别为双曲线C:x 2a2−y 2b2=1(a>0,b>0)的左右焦点，以F1F2为直径的圆与双曲线C在第一象限交于点P,且cs∠PF1F2=1213，则双曲线C的离心率为( )
A. 125B. 135C. 137D. 127
7.已知点F−1,0为椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点，点P为椭圆的下顶点，平行于FP的直线l交椭圆于A,B两点，且AB的中点为1,12，则该椭圆的方程为
A. x25+y24=1B. x24+y23=1C. x26+y25=1D. x22+y2=1
8.如图是四棱锥P−ABCD的平面展开图，四边形ABCD是矩形，ED⊥DC，FD⊥DA，DA=3，DC=2，∠FAD=30∘，则在四棱锥P−ABCD中，BP与平面PDC所成角的正切值为
( )
A. 32B. 23C. 73D. 3 77
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. 若事件A和事件B互斥，则PA∪B=PA+PB
B. 若事件A和事件B对立，则PA+PB=1
C. 若PAB=PAPB，则事件A和事件B独立
D. 若三个事件A、B、C两两独立，则PABC=PAPBPC
10.设F1、F2分别是双曲线C:x2−y2b2=1b>0的左、右焦点，过F2作x轴的垂线与C交于A、B两点，若ΔABF1 为正三角形，则下列说法正确的是
A. b=2B. AB=4
C. 双曲线C的焦距为 3D. ΔAF1F2的内切圆与x轴相切于点1,0
11.在边长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，动点M满足A1M=λA1C1λ∈0,1，则下列说法正确的是
( )
A. 若λ=1，则直线DM与D1B1所成的角为π6
B. 三棱锥M−AB1C的体积为定值
C. 若λ=12，则直线DM与平面A1B1C1D1所成的角为π4
D. 若λ=12，则三棱锥D−A1D1M的外接球的表面积为8π
12.已知抛物线y2=4x的焦点为F，T是抛物线的准线与x轴的交点，Mx1,y1,Nx2,y2是抛物线上异于坐标原点O的两点，则下列结论正确的是( )
A. 若直线MN过点F，则y1y2=−1
B. 若直线MN过点F，则x1+4x2的最小值为4
C. 若直线MN过点F，则直线MT,NT的斜率之和kMT+kNT=0
D. 若直线MN过点4,0，则OM⊥ON
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知平面向量a=0,1，b=−1,−2，则向量a在向量b上的投影向量的坐标为____________．
14.已知样本x1,x2,x3,x4,x5的平均数为5，若x12,x22,x32,x42,x52的平均数为34 ，则样本x1,x2,x3,x4,x5的方差为_____________.
15.已知圆台上、下底面的圆的半径分别为3和6，该圆台的体积为84π，则该圆台的侧面积为______________．
16.我国著名数学家华罗庚曾说“数缺形时少直观，形少数时难入微；数形结合百般好，隔离分家万事休.”事实上，很多代数问题都可以转化为几何问题解决，如与 x−a2+y−b2相关的代数问题，可以转化为点x,y与点a,b之间的距离的几何问题.依上思想，已知t,θ∈R，则 t−3−csθ2+t2−sinθ2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)
(1)已知抛物线y2=2pxp>0的焦点坐标为14,0，过点2,0且倾斜角为π4的直线l与抛物线相交于A,B 两点，求弦长AB；
(2)已知双曲线C:x 2a2−y 2b2=1(a>0,b>0)的实轴长为2，且它的渐近线与圆x−52+y2=20相切，求双曲线C的焦点到渐近线的距离．
18.(本小题12分)
随机抽取100名学生，测得他们的身高(单位：cm)，按照区间[160,165)，[165,170)，[170,175)，[175,180)，[180,185]分组，得到频率分布直方图如图所示．
(1)求频率分布直方图中x的值，并估计该100名学生身高的80%分位数；
(2)将身高在[170,175)，[175,180)，[180,185]区间内的学生依次记为A，B，C三个组，用分层随机抽样的方法从这三个组中抽取6人，再从这6人中任选2人出来，求这2人来自不同小组的概率．
19.(本小题12分)
如图：平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，∠A1AD=∠DAB=∠A1AB=60∘，且AB=AD=1，AA1=2，记AB=a，AD=b，AA1=c．
(1)将AC1用a，b，c表示出来，并求AC1；
(2)求异面直线AC与BD1所成角的余弦值．
20.(本小题12分)
圆C过0,3、4,5两点，且圆心C在直线x−y+8=0上．
(1)求圆C的方程；
(2)若直线l在x轴上的截距是y轴上的截距的2倍，且被圆C截得的弦长为6，求直线l的方程．
21.(本小题12分)
如图，AB为圆柱底面的直径，ΔACD是圆柱底面的内接正三角形，AP和DQ为圆柱的两条母线，且AB=AP．
(1)求证：平面PCQ⊥平面BDQ；
(2)求二面角C−BQ−D的正弦值．
22.(本小题12分)
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率e= 32，且过点P2,1．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点P作椭圆C的两条互相垂直的弦PA、PB，试判断直线AB是否过定点，若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查复数的几何意义，复数的运算，共轭复数，属于基础题．
利用复数的运算法则化简得z，进而得z，求出其对应点的坐标，即可判断选项．
【解答】
解：由z⋅i=1+i，
得z=1+ii=1+i−ii·−i=1−i，
所以z=1+i，其对应的点为(1,1)，所在的象限是第一象限．
故选A．
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了利用直线的方向向量和平面的法向量的关系，判定线面关系，属于基础题．
观察到的直线l的方向向量与平面α的法向量共线，得到直线与平面的位置关系是垂直．
【解答】
解：直线l的一个方向向量为(2,1,1)，平面α的一个法向量为(4,2,2)，
显然它们共线，所以l⊥α．
故选B．
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查抛物线的概念及标准方程，属于基础题．
求出抛物线的准线方程，利用抛物线的定义，转化求解即可．
【解答】
解：抛物线x2=2pyp>0的准线方程为y= −p2，
抛物线上一点Mx0,2到其焦点的距离为3，
可得2+ p2=3，解得p=2．
故选B．
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查向量的数量积，求向量的模，属于基础题．
根据数量积的定义求出|b|=1，再根据|a−2b|= (a−2b)2及向量数量积的运算律计算可得．
【解答】
解：因为a⋅b=1,|a|=2，a,b的夹角为π3，
所以a⋅b=|a|⋅|b| csπ3=2×|b|×12=1，解得|b|=1，
所以 a−2b= (a−2b)2
= a2−4a⋅b+4b2
= |a|2−4a⋅b+4|b|2
= 22−4×1+4×12=2．
故选：C．
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查直线与圆的位置关系，考查点到直线距离公式的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
作出图形，结合图形可知当圆位于直线l1与l2之间时即为所求，根据直线与圆相切时是临界值即可求解．
【解答】
解：圆x−42+y2=2，圆心设为C(4,0)，半径为 2，
由图可知当圆C位于两直线l1与l2之间时，点M到直线l1和l2的距离之和与点M的位置无关，
此时点M到两直线l1和l2的距离之和即为l1与l2两平行直线间的距离，
当直线l2与圆相切时，|4−0+m| 2= 2，解得m=−6或m=−2(舍去)，
所以m≤−6，即m的取值范围是(−∞,−6]．
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查双曲线的简单性质的应用，解题时要认真审题，注意双曲线定义的灵活运用，属于中档题．
设|PF1|=m，|PF2|=n，由双曲线的定义知m−n=2a，由△PF1F2为直角三角形，结合已知条件得出m=2413c，n=1013c，即可求出离心率．
【解答】
解：设|PF1|=m，|PF2|=n，
则由双曲线的定义知m−n=2a，
∵P在以F1F2为直径的圆上，∴△PF1F2为直角三角形，
又cs∠PF1F2=m2c=1213，sin∠PF1F2=n2c= 1−(1213)2，则m=2413c，n=1013c，
∴2413c−1013c=2a，∴ca=137．
∴e=137．
故选C．
7.【答案】D
【解析】【分析】本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系及其应用，考查数学运算能力，属于较难题．
由题意易得a2=b2+1，则椭圆x2b2+1+y2b2=1(b>0)，易求得直线FP的斜率为−b，则直线l的斜率k=−b，则由题意可设直线l为：y−12=−b(x−1)，联立椭圆方程，消去y，利用韦达定理并结合AB的中点为1,12 可求得b的值，继而可求得椭圆的标准方程．
【解答】解：由题意可知c=1，
则a2−b2=c2=1，
则a2=b2+1，
则椭圆x2b2+1+y2b2=1(b>0)，
又点P为椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的下顶点，
所以P(0,−b)，
则kFP=−b−00−−1=−b，
则直线l的斜率k=−b，
易知直线l过点1,12，
则直线l为：y−12=−b(x−1)，
即y=−bx+b+12，
与椭圆方程x2b2+1+y2b2=1(b>0)，
联立并消去y可得1b2+1+1x2−2b2+bb2x+4b+14b2=0(b>0)，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
则x1+x2=2b2+bb21b2+1+1=2b+1b2+1bb2+2，
又AB的中点为1,12，
则x1+x2=2b+1b2+1bb2+2=2，
整理可得b2−2b+1=0，
解得b=1，
所以b2=1，
所以a2=b2+1=2，
则椭圆的方程为x22+y2=1，
故选D．
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查展开图的问题，线面垂直的判定与性质定理的应用，直线与平面所成角，属于中档题．
将四棱锥P−ABCD的平面展开图还原为立体图，注意量之间关系的变与不变，利用线面垂直的判定定理、性质定理可得三角形PBC为直角三角形且BC⊥PC，再结合已知条件即可求得．
【解答】
解：在四棱锥的平面展开图中有
ED⊥DC,FD⊥DA，
即PD⊥DC,PD⊥DA,DC∩DA=D，DA,DC⊂平面ABCD，
∴在四棱锥P−ABCD中，PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
∴PD⊥BC．
如图：
其中∠PAD=30°,AD=3,CD=2，
∴DP= 3,CP= 7．
由于四边形ABCD是矩形，
∴BC⊥DC．
∵PD与DC是平面PDC内两相交直线，
∴BC⊥平面PDC，又PC⊂平面PDC，∴BC⊥PC．
所以∠BPC为BP与平面PDC所成角
因为BC=AD=3，
∴tan∠BPC=BCPC=3 7=3 77．
故选D．
9.【答案】ABC
【解析】【分析】
本题考查互斥事件的概率加法公式，相互独立事件的概率乘法公式，是基础题．
利用互斥、对立事件的概率公式判断选项AB；利用独立事件的乘法公式判断选项C；举反例判断选项D．
【解答】
解：对于A，根据互斥事件的概率加法公式即可判断A正确；
对于B，若事件A和事件B对立，则PA+PB=1，故B正确；
对于C，根据相互独立事件的概率公式可知C正确；
对于D，例如，从1，2，3，4中随机选出一个数字，记事件 A= “取出的数字为1或2”， B= “取出的数字为1或3”， C= “取出的数字为1或4”，
则 AB=AC=BC=ABC= “取出的数字为1”，
显然 P(A)=P(B)=P(C)=24=12 ，
P(AB)=P(AC)=P(BC)=P(ABC)=14 ，
满足 PAB=PAPB ， PAC=PAPC ， PBC=PBPC ，
所以事件A，B，C两两独立，但是 P(ABC)≠P(A)P(B)P(C) ，故D错误．
故选：ABC．
10.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查双曲线的性质及命题真假的判断，属于中档题．
由题意及△ABF1为正三角形可得a，c的关系，进而求出离心率的值，再由双曲线的方程可得b的值，然后逐一分析各选项即可．
【解答】
解：设|AF2|=t，因为△ABF1为正三角形，
所以|AF1|=2t，2c=|F1F2|= 3t，
由双曲线定义可得：2a=|AF1|−|AF2|=2t−t=t=2，
所以双曲线的离心率e=2c2a= 3tt= 3，
由双曲线的方程可得a=1，c2=1+b2，
所以由离心率e=ca= 3可得： 1+b21= 3，
解得：b= 2，故A错误；
|AB|=2|AF2|=2t=4，故B正确；
c= 1+b2= 3，所以焦距2c=2 3，故C错误；
设△AF1F2的内切圆的圆心为I，与边AF1，F1F2，F2A相切于N，M，K，
可得|AN|=|AK|，|F1M|=|F1N|，|F2M|=|F2K|，
而|AF1|−|AF2|=2，即|F1N|−|F2K|=|F1M|−|F2M|=2，
又|F1M|+|F2M|=2c=2 3，解得|F2M|= 3−1，|F1M|= 3+1，
根据F2的坐标为( 3,0)可得M的横坐标为1，即I的横坐标为1，
即ΔAF1F2的内切圆与x轴相切于点1,0，所以D正确；
故选：BD．
11.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查异面直线所成的角，棱锥的体积，球的表面积，直线与平面所成的角，属于中档题．
若λ=1，则点M与C1重合，所以直线DM与D1B1所成的角为∠AB1D1，可判断A;由点M到平面AB1C的距离为定值，可知三棱锥M−AB1C的体积为定值，可判断B;根据线面所成角的定义，可判断C;求出三棱锥D−A1D1M的外接球的球心及半径，可判断D．
【解答】
解：对于A，若λ=1，则点M与C1重合，所以DM//AB1，
所以直线DM与D1B1所成的角为∠AB1D1，
因为△AB1D1为等边三角形，所以∠AB1D1=π3，故A错误;
对于B，由题意知A1C1//AC，A1C1⊄平面AB1C，AC⊂平面AB1C，所以A1C1//平面AB1C，
所以点M到平面AB1C的距离为定值，
所以三棱锥M−AB1C的体积为定值，故B正确;
对于C，若λ=12，则M为A1C1的中点，又DD1⊥面A1B1C1D1，
所以直线DM与面A1B1C1D1所成的角为∠DMD1，
又tan∠DMD1=DD1D1M=2 2= 2，故C错误;
对于D，若λ=12，则M为A1C1的中点，
所以D1M⊥A1M，DD1⊥平面A1D1M，A1M⊂平面A1D1M，
所以DD1⊥A1M，又D1M⋂DD1=D1，D1M，DD1⊂平面D1MD，
所以A1M⊥平面D1MD，又MD⊂平面D1MD，所以A1M⊥MD，
则三棱锥D−A1D1M的外接球的球心为A1D的中点，
所以外接球半径为12A1D=12 22+22= 2，
所以三棱锥D−A1D1M的外接球的表面积为4π×( 2)2=8π，故D正确．
故选：BD．
12.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查了直线与抛物线的位置关系，考查了运算能力，属于中档题．
对于A，B，C，设直线MN方程为x=ty+1，与抛物线方程联立，根据根与系数的关系可判断A；求得x1x2=y12y2216=1，利用基本不等式判断B；根据斜率公式即可判断C；对于D，设直线MN方程为x=my+4，根据OM·ON=x1x2+y1y2以及根与系数的关系即可判断．
【解答】
解：抛物线y2=4x的焦点为F1,0，T−1,0，
对于A，设直线MN方程为x=ty+1，
联立x=ty+1y2=4x，可得y2−4ty−4=0，
可得y1+y2=4t，y1y2=−4，故A错误；
对于B，结合A可得x1x2=y12y2216=1，
则x1+4x2⩾2 x1·4x2=4 x1x2=4，
当且仅当x1=4x2，即x1=2，x2=12时取等号，
则x1+4x2的最小值为4，故B正确；
对于C，结合A可得：
kMT+kNT=y1x1+1+y2x2+1=y1ty2+2+y2ty1+2ty1+2ty2+2
=2ty1y2+2y1+y2ty1+2ty2+2=−8t+8tty1+2ty2+2=0，故C正确；
对于D，设直线MN方程为x=my+4，
联立x=my+4y2=4x，可得y2−4my−16=0，
可得y1+y2=4m，y1y2=−16，
则OM·ON=x1x2+y1y2=my1+4my2+4+y1y2
=m2+1y1y2+4my1+y2+16
=−16m2+1+16m2+16=0，
即OM→⊥ON→，故D正确．
13.【答案】25,45
【解析】【分析】
本题考查了投影向量的概念，属于基础题．
根据向量 a在向量 b方向上的投影向量为 |a|cs﹤a,b﹥·b|b|，计算坐标即可．
【解答】
解：由a=0,1，b=−1,−2，可得a·b=−2,|b|= 5，
所以向量a在向量b方向上的投影向量的坐标为：
|a|cs﹤a,b﹥·b|b|=a·b|b|·b|b|=−25b=25,45
14.【答案】9
【解析】【分析】
本题考查了求数据的平均数、方差问题，是一道中档题．
根据平均数以及方差的计算公式代入计算即可．
【解答】解：∵x1+x2+…+x5=25，x12+x22+…+x52=5×34，
∴15[(x1−5)2+(x2−5)2+…+(x5−5)2]
=15[x12+x22+…+x52−10(x1+x2+…+x5)+5×25]
=15(5×34−10×25+5×25)=9，
即数据x1，x2，…，x5的方差为9，
故答案为：9．
15.【答案】45π
【解析】【分析】
本题考查圆台的侧面积和体积，属于基础题．
利用圆台体积公式可得其高为ℎ=4，即可知母线长为5，利用圆台的侧面积公式即可求解．
【解答】
解： 根据题意可知，圆台上底面面积为S1=9π，下底面面积为S2=36π;
设圆台的高为ℎ，
由体积可得13ℎ(S1+S2+ S1S2)=84π，解得ℎ=4，
所以可得圆台母线长为l= ℎ2+(6−3)2=5，
可得圆台侧面积为π(3+6)l=45π．
16.【答案】 5−1
【解析】【分析】
本题主要考查两点间的距离公式，圆有关的最值问题，抛物线的性质，属于拔高题．
由已知 (t−3−cs θ)2+(t2−sin θ)2表示点P(t,t2)到A(3+csθ,sinθ)距离，又点A(3+csθ,sinθ)是圆(x−3)2+y2=1上的动点，点P(t,t2)是抛物线y=x2上的动点，所以S的最小值可以转化为抛物线上点P(t,t2)到圆心C(3,0)的距离减去半径1，即可求解．
【解答】
解：令S= (t−3−cs θ)2+(t2−sin θ)2表示点P(t,t2)到A(3+csθ,sinθ)距离，
又点A(3+csθ,sinθ)是圆C:(x−3)2+y2=1上的动点，
点P(t,t2)是抛物线y=x2上的动点，
所以S的最小值可以转化为抛物线上点P(t,t2)到圆心C(3,0)的距离减去半径1，
设过点P的作抛物线的切线方程为y=k(x−t)+t2，联立抛物线方程y=x2，
则x2−kx+kt−t2=0，则Δ=k2−4(kt−t2)=0，则k=2t，
所以当点C到抛物线上一点P的距离最短时，此时直线CP与过点P的切线垂直，
则2t·t2−0t−3=−1，即2t3+t−3=0，即(t−1)(2t2+2t+3)=0，解得t=1，
所以此时点P的坐标为(1,1)，
所以|CP|min= (1−3)2+(1−0)2= 5，
所以 (t−3−cs θ)2+(t2−sin θ)2的最小值为 5−1，
故答案为 5−1．
17.【答案】解：(1)由抛物线 y2=2pxp>0 的焦点为 14,0 ，得抛物线的方程为 y2=x ，
直线 l 过点 2,0 且倾斜角为 π4 ，则直线 l 的方程为 y=x−2 ，
联立得： y2=xy=x−2⇒x2−5x+4=0 ，
则 AB= 1+12⋅ x1+x22−4x1x2=3 2 ；
(2)双曲线的实轴长为 2a=2⇒a=1 ，
则双曲线 C:x2−y2b2=1 ，则渐近线方程为： y=±bx ，
x−52+y2=20，圆心为(5,0)，半径为2 5，
故 5b 1+b2=2 5⇒b=2 ，
故双曲线的渐近线方程为： y=±2x ，取右焦点为 5,0 ，
则双曲线 C 的焦点到渐近线的距离为 d=2 5 1+22=2．
【解析】(1)本题主要考查的是直线与抛物线的位置关系，弦长的求解，属于基础题．
先求抛物线的解析式和直线解析式，再将直线与抛物线联立，求解即可．
(2)本题主要考查的是双曲线的性质，直线与圆的位置关系，属于基础题．
根据已知可得双曲线 C:x2−y2b2=1，进而可得渐近线方程为： y=±bx ，利用直线和圆的位置关系，可得结论．
18.【答案】解：(1)由频率分布直方图可知5×(0.01+0.07+x+0.04+0.02)=1，
解得x=0.06.
身高在[180,185]的人数占比为5×0.02=10%，身高在[175,180)的人数占比为5×0.04=20%，
所以该100名学生身高的80%分位数落在[175,180)内，可知恰好为区间的中点，
故该100名学生身高的80%分位数为177. 5.
(2)A组人数为100×5×0.06=30，B组人数为100×5×0.04=20，C组人数为100×5×0.02=10，
由题意可知A组抽取人数为30×630+20+10=3，B组抽取人数为20×630+20+10=2，
C组抽取人数为10×630+20+10=1，
6人中任选2人的方法数为15，这2人来自不同小组方法数为 3×2+3×1+2×1=11 ，
故这2人来自不同小组的概率 P=1115 .
【解析】本题主要考查概率与统计的综合问题，注意披绿分布直方图的应用以及分层抽样的特点．
(1)因为各组的频率之和为1，由此列出等式，求得x的值，然后由百分位数的定义求出80%分位数；
(2)先算出三个小组每组学生数，按照分层抽样的方法，即按比例抽样，即各小组按需30：20：10进行抽取，由古典概型概率求解即可．
19.【答案】解：(1) AC1=AB+BC+CC1=a+b+c ，
∵ |a|=|b|=1，|c|=2，〈a，b〉=〈b，c〉=〈c，a〉=60°，
∴a·b= 12 ，b·c=c·a=1．
AC1=a+b+c= a+b+c2= a2+b2+c2+2a⋅b+2a⋅c+2c⋅b= 11
(2) BD1=BA+AA1+A1D1=−a+b+c ， ∴BD1=−a+b+c= −a+b+c2 = a2+b2+c2−2a⋅b−2a⋅c+2c⋅b= 5 ，
AC=a+b,∴AC= 3 ，
BD1·AC=(b+c−a)·(a+b)=b2−a2+a·c+b·c=2，
∴cs〈BD1，AC〉=BD1·AC|BD1||AC|= 2 1515 ．
∴异面直线AC与BD1所成角的余弦值为 2 1515
【解析】本题考查向量的模，异面直线所成角，属于中档题．
(1)根据|AC1|=|a+b+c|= (a+b+c)2，即可求解；
(2)分别表示出BD1=−a+b+c，AC=a+b,再利用向量数量积求夹角．
20.【答案】解：(1)过两点 0,3 ， 4,5 的直线斜率为5−34−0=12，两点连线的中点为(2,4)，
所以两点的中垂线方程为：y−4=−2(x−2)，即 2x+y−8=0 ，
联立 x−y+8=0 ，解得圆心 C0,8 ，
所以r=5 ，故圆 C 的方程为： x2+(y−8)2=25;
(2)由直线 l 且被圆 C 截得的弦长为 6 ，故圆心 C 到直线 l 的距离为 d= 52−32=4 ，
若直线过原点，可知直线的斜率存在，设直线为： y=kx ，
d=8 1+k2=4⇒k=± 3 ，此时直线 l 的方程为： 3x±y=0 ;
若直线不过原点，设直线为： x2a+ya=1⇒x+2y−2a=0 ，
d=16−2a 1+22=4⇒a=8±2 5 ，
此时直线 l 的方程为： x+2y−16−4 5=0 ， x+2y−16+4 5=0，
故直线 l 的方程为： 3x±y=0 ， x+2y−16−4 5=0 ， x+2y−16+4 5=0 ．
【解析】本题考查圆的标准方程，直线与圆的位置关系，属于中档题．
(1)先求出0,3、4,5两点中垂线方程，与直线x−y+8=0方程联立，求解出圆心坐标，进而确定半径，即可求解；
(2)由已知先求出圆心到直线l的距离，再对直线l是否过原点，结合点到直线距离公式分类讨论求解即可．
21.【答案】(1)证明：因为AB为圆柱底面的直径，所以AD⊥BD.因为DQ为圆柱的母线，
故AD⊥DQ，又BD∩DQ=D，BD，DQ⊂平面BDQ，故AD⊥平面BDQ．
由AP和DQ为圆柱的两条母线知四边形APQD为矩形，
因此PQ // AD，故PQ⊥平面BDQ．
又因为PQ⊂平面PCQ，
所以平面PCQ⊥平面BDQ.
(2)解： 由题意知DA，DB，DQ两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，
令AB=2，故BD=ABsin 30°=1，B(0,1,0)，Q(0,0,２)，
△ACD是圆柱底面的内接正三角形，故∠BAD=30°，故AD=ABcs 30°= 3，
过C作CH⊥AD，垂足为H，DH=12AD= 32，CH= 32AD=32，
故点C的坐标为C 32,32,0， BQ=(0,−1,2),BC=( 32,12,0)
由AD⊥平面BDQ，可设平面BDQ的法向量为m=(1,0,0)，
设平面CBQ的法向量为n=(x,y,z)，
由 n⋅BQ=0, n⋅BC=0 ，即 −y+2z=0 32x+12y=0,
令z= 3⇒n=(−2,2 3, 3) ．
则cs〈m，n〉=m·n|m||n|= −2 19 ，
设二面角 C−BQ−D 的平面角为θ，
∴sin θ= 1−(−2 19)2= 1519= 28519，
故二面角 C−BQ−D 的正弦值为 28519 .
【解析】本题主要考查面面垂直的判定和二面角的求解，属于中档题．
(1)先证明AD⊥平面BDQ，再证明PQ⊥平面BDQ，即可证明平面PCQ⊥平面BDQ;
(2)以D为原点，DA，DB，DQ所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求得二面角C−BQ−D的正弦值．
22.【答案】解：(1) e= 32=ca⇒c= 32a,∴b2=a2−34a2=14a2⇒a2=4b2 ，
又 4a2+1b2=1⇒44b2+1b2=1,∴b2=2,a2=8，
故椭圆 C 的方程为 x28+y22=1；
(2)当直线 AB 的斜率不存在时，
设 A(x0,y0),B(x0,−y0) ， PA⊥PB⇒(2−x0,1−y0)⋅(2−x0,1+y0)=0，
代入 y 02=2−14x 02 ，得： 5x02−16x0+12=0⇒x0=2(舍)或x0=65，
此时直线 AB:x=65；
当直线 AB 的斜率存在时，A(x1,y1),B(x2,y2)
设 AB:y=kx+m ，联立 x28+y22=1 得：(1+4k2)x2+8kmx+4m2−8=0 ，
∴x1+x2=−8km1+4k2,x1⋅x2=4m2−81+4k2 ，
PA⊥PB⇒(2−x1,1−y1)⋅(2−x2,1−y2)=0 ， (2−x1)(2−x2)+(1−y1)(1−y2)=0 ，
∴(x1−2)(x2−2)+(kx1+m−1)(kx2+m−1)=0 ，
∴(k2+1)x1x2+(km−k−2)(x1+x2)+m2−2m+5=0 ，
代入整理得： 12k2+16km+5m2−2m−3=0 ，
(2k+m)(6k+5m)−2m−3=0⇒(2k+m−1)(6k+5m+3)=0 ，
当 2k+m−1=0⇒m=1−2k ，
此时 AB:y=kx+1−2k=k(x−2)+1 ，过定点 P(2,1) ，舍去．
当 6k+5m+3=0⇒m=−6k5−35 ，
此时 AB:y=kx−6k5−35=k(x−65)−35 ，过定点 65,−35，(经验证，此时满足Δ>0，或由定点65,−35在椭圆内部可知直线AB满足与椭圆相交)；
综上，直线 AB 过定点 65,−35 ．
【解析】本题考查了椭圆的标准方程及性质、直线与椭圆位置关系的应用、直线过定点问题，考查了推理能力和计算能力，属于较难题．
(1)由离心率为 32，且经过点P(2,1)，结合c2=a2−b2即可得出；
(2)当直线AB斜率不存在时，易得直线方程；当直线AB的斜率存在时，设直线方程为y=kx+m，A(x1,y1)，B(x2,y2)，联立y=kx+mx28+y22=1，根据根与系数的关系，利用PA⊥PB，即可求解出k与m的关系，即可得出直线AB过的定点，综合这两种情况得到结论．
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