湖北省省级示范高中2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试卷

这是一份湖北省省级示范高中2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试卷，共25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。
★祝考试顺利★
注意事项：
答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.
一、单选题：共 8 小题，每个小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
x2  y2 
1FF
△ABF
过椭圆 259
的左焦点 1 的直线交椭圆于 A ， B 两点， 2 为椭圆的右焦点，则2 的周长为
（）
A. 32B. 20C. 16D. 12
已知直线(k  3)x  (4  k ) y  1  0 与2(k  3)x  2 y  3  0 平行，那么 k 的值为（）
A. 1 或 3B. 1 或 5C. 3 或 5D. 1 或 2
已知 P  A  1 ，P  B  1 ，P  AB  1 ，则 P  A ∪ B  （）
4612
5111
A.B. C.
123
4D. 6
→→
在空间直角坐标系中，若 a  (1,1,  3), b  (1, 1, x) ，且 a  b ，则 a  b （）
​
​
3D.
13
11
7
已知直线l : y  kx  2 的一个方向向量为 3,1，则直线l 的倾斜角为（）
A. 30B. 60C. 120D. 150
抛掷一红一绿两颗质地均匀的骰子，记录骰子朝上面的点数，若用 x 表示红色骰子的点数，用 y 表示绿色骰子的点数，用 x, y  表示一次试验结果，设事件 E : x  y  8 ；事件 F ：至少有一颗点数为 6；事件
G : x  4 ；事件 H : y  4 .则下列说法正确的是（）
事件 E 与事件 F 为互斥事件B. 事件 F 与事件G 为互斥事件
C. 事件 E 与事件G 相互独立D. 事件G 与事件 H 相互独立
若两条直线l1 : y  x  a, l2 : y  x  b 与圆 x2  y2  4x  2 y  m  0(m  5) 的四个交点能构成矩形，则
a  b  （）
A. 1B. 1C. 2D. 2
已知点 P(1, 0) 及圆C : x2  y2  2 ，点 M ， N 在圆C 上，若 PM  PN ，则| MN |的取值范围为
（ ）
3
[
1,
1]
[2 
2, 2 2]
[2 
3, 2 3]
[2 
2, 2  3]
3
二、多选题：本题共 3 小题，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错的得 0 分.
x2y2FF
A, B
已知椭圆C :
 1 ， 1 ， 2 分别为它的左右焦点，
259
分别为它的左右顶点，点 P 是椭圆上的一
个动点，下列结论中正确的有（）
A. 短轴长是 3B. VF1PF2 的周长为 15
C. 离心率e  4
5
D. 若F1PF2
 90 ，则VF1PF2 的面积为 9
如图，在正方体 ABCD  A1B1C1D1 中， G 为底面 A1B1C1D1 的中心，E，F 分别为 AB ， BB1 的中点，
P 点满足 AP  AF  AE  AG ，则（）
A C1D / / 平面 EFGB. BD1 / / 平面 EFG
–––→1 –––→1 –––→1 –––→
C. GF  2 B1B  2 CB  2 AB
D. P，G，E，F 四点共面
古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点 A ， B 的距离之比为定值λ（λ 1）的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”.在平面直角坐标系 xOy 中，已知 A4, 2 ， B 2, 2 ，点 P 满足
PA
PB
 2 ，设点 P 的轨迹为圆C ，下列结论正确的是（）
圆C 的方程是 x  42   y  22  16
π
过点 A 向圆C 引切线，两条切线的夹角为 3
过点 A 作直线l ，若圆C 上恰有三个点到直线l 距离为 2，该直线斜率为 15
5
PD
PE
在直线 y  2 上存在异于 A ， B 的两点 D ， E ，使得 2
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
→→→
→→→
→→→
12 设向量e1 ， e2 ， e3 不共面，已知 AB  3e1  e2  2e3 ， BC  e1  λe2  6e3 ，
→
8e3
→
→
CD  4e1  2e2 ，若 A，C，D 三点共线，则λ ．
柜子里有 3 双不同的鞋子，分别用 a1, a2 , b1, b2 , c1, c2 表示 6 只鞋，从中有．放．回．地．取出 2 只，记事件 M 
“取出的鞋是一只左脚一只右脚的，但不是一双鞋”，则事件 M 的概率是．
6
棱长为
的正四面体 A  BCD 中，点 M 为△BCD 所在平面内的动点，且满足 AM ，则直线
5
AM 与直线 BD 所成的角的余弦值的最大值为.
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
翱翔蓝天，报效祖国是很多有志青年的梦想，而实现这个梦想，需要依次通过五关：目测、初检、复检、文考（文化考试）、政审．若某校甲、乙、丙三位同学都顺利通过了前两关，根据分析甲、乙、丙三位同学通过复检关的概率分别是0.4, 0.5, 0.75 ，他们能通过文考关的概率分别是0.6, 0.5, 0.3，若后三关之间通过
与否没有影响．
求甲、乙都能进入政审这一关的概率；
求甲、乙、丙三位同学中恰好有两个人通过复检的概率．
2
在 如 图 所 示 的 平 行 六 面 体 ABCD  A1B1C1D1 中 ， AB  1， AD  2 ， AA1  2，
A AB  A AD  45∘ ， BAD  60∘ ，设–––→  → ， AD  b ， AA  → .
11AB a1c
––––→
用 a ， b ， c 表示 AC ， AC1 ， BD1 ；
求异面直线 AC 与 BD1 所成角的余弦值.
已知圆C 过两点 A1,1 、 B 1, 3 ，且圆心C 在直线 x  2 y 1  0 上.
求圆C 的标准方程；
求过点 P 3, 4 的圆C 的切线方程；
3
若直线l 的横截距为 a a  1 ，纵截距为b b  1 ，直线l 被圆C 截得的弦长为2
，求ab 的最小
值．
如图，在四棱锥 P  ABCD 中， PA  平面 PBC,∠ABP  π ，底面 ABCD 为直角梯形， AB ∥
3
DC, AB  BC, AB  2DC  4 ， BC  2 2 .
证明：平面 ABCD ⊥平面 PAB ；
求点C 到平面 PAD 的距离；
线段 PC 上是否存在一点 E ，使得平面 BDE 与平面 PAD 所成角（即两个平面相交时所成的锐二面
7
角）的余弦值为
9
PE
，若存在，求出
EC
的值；若不存在，说明理由.
2
已知圆
C1 :  x  a
 y2 
64 a  0 与圆
9

C2 : 
2
2 2
x  3    y  3
 49
9
相外切.

2 2
 m 

3 
  n  3
2
求圆C1 的标准方程；
10 2
 m   n2

3 
若n  m  2 ，求

的最小值；
PA
PB
已知 A2, 0 ，P 为圆C1 上任意一点，试问在 x 轴上是否存在定点 B（异于点 A），使得为定
值? 若存在，求点 B 的坐标；若不存在，请说明理由.
高二数学试卷
考试时间：2025 年 11 月 12 日14：30-16：30试卷满分：150 分
★祝考试顺利★
注意事项：
答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.
一、单选题：共 8 小题，每个小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
x2  y2 
1FF
△ABF
过椭圆 259
的左焦点 1 的直线交椭圆于 A ， B 两点， 2 为椭圆的右焦点，则2 的周长为
（）
A. 32B. 20C. 16D. 12
【答案】B
【解析】
【分析】根据椭圆的定义，即可求解三角形的周长.
【详解】由椭圆的定义可得： AF1  AF2  BF1  BF2  2a  10 ，
V ABF2 的周长为： AB  AF2  BF2  AF1  BF1  AF2  BF2  20 ．
故选：B．
已知直线(k  3)x  (4  k ) y  1  0 与2(k  3)x  2 y  3  0 平行，那么 k 的值为（）
A. 1 或 3B. 1 或 5C. 3 或 5D. 1 或 2
【答案】C
【解析】
【分析】讨论 k 的取值，结合两直线平行列式求解，即得答案；也可采用排除法.
【详解】当 k  3 时，两直线为 y  1, y  3 ，满足题意；
2
当 k  3 时，因已知两条直线平行，所以 k  3  4  k  1 ，解得 k  5 .
2 k  323
另解：把 k  1 代入已知两条直线方程，得2x  3y 1  0 与4x  2 y  3  0 ，此时两条直线的斜率不相等，所以两条直线不平行，所以 k  1 ，排除 A，B，D.
故选：C
已知 P  A  1 ，P  B  1 ，P  AB  1 ，则 P  A ∪ B  （）
4612
5111
A.B. C.
123
4D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用概率的基本性质列式计算即得.
【详解】由 P  A  1 , P  B  1 , P  AB  1 ，得 P  A ∪ B  P  A  P  B  P  AB  1 ．
故选：B
46123
→→
在空间直角坐标系中，若 a  (1,1,  3), b  (1, 1, x) ，且 a  b ，则 a  b （）
13
​
​
3D.
11
7
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，利用向量垂直的坐标表示，求得 x  0 ，得到b  (1, 1, 0) ，结合向量模的计算公式，
即可求解.
【详解】由向量 a  (1,1,  3), b  (1, 1, x) ，
因为 a  b ，可得 a  b  11 3x  0 ，解得 x  0 ，所以b  (1, 1, 0) ，
则 a  b  (2, 0, 
→→
22  ( 3)2
3) ，所以 a  b 
.
7
故选：D.
已知直线l : y  kx  2 的一个方向向量为 3,1，则直线l 的倾斜角为（）
A. 30B. 60C. 120D. 150
【答案】A
【解析】
【分析】先根据方向向量求出直线的斜率，再求出倾斜角.
【详解】已知直线l 的一个方向向量为( 3,1) ，根据直线方向向量与斜率的关系，直线的斜率
3
k  1 3 . 因为直线的斜率k  tanα3 ，且0 α π ，所以α π .
336
故选：A.
抛掷一红一绿两颗质地均匀的骰子，记录骰子朝上面的点数，若用 x 表示红色骰子的点数，用 y 表示绿色骰子的点数，用 x, y  表示一次试验结果，设事件 E : x  y  8 ；事件 F ：至少有一颗点数为 6；事件 G : x  4 ；事件 H : y  4 .则下列说法正确的是（）
事件 E 与事件 F 为互斥事件B. 事件 F 与事件G 为互斥事件
C. 事件 E 与事件G 相互独立D. 事件G 与事件 H 相互独立
【答案】D
【解析】
【分析】A 选项，写出事件 E, F 包含的情况，得到 E ∩ F   ，A 错误；B 选项，写出事件G 包含的情况，结合 A 选项，得到 F ∩ G   ，B 错误；C 选项，写出事件 E ∩ G 包含的情况，故
P  EG   P  E  P G  ，C 错误；D 选项，写出事件 H 和G ∩ H 包含的情况，得到
P G  H   P G  P  H  ，D 正确.
【详解】A 选项，事件 E : x  y  8 包含的情况有2, 6, 3, 5, 4, 4, 5, 3, 6, 2 ，事件 F ：至少有一颗点数为 6 包含的情况有
1, 6, 2, 6, 3, 6, 4, 6, 5, 6, 6, 6, 6,1, 6, 2, 6, 3, 6, 4, 6, 5 ，
故 E ∩ F   ，事件 E 与事件 F 不为互斥事件，A 错误；
B 选项，事件G : x  4 包含的情况有
5,1, 5, 2, 5, 3, 5, 4, 5, 5, 5, 6, 6,1, 6, 2, 6, 3, 6, 4, 6, 5, 6, 6 ，故 F ∩ G   ，事件 F 与事件G 不为互斥事件，B 错误；
C 选项，抛掷一红一绿两颗质地均匀的骰子，共有6  6  36 种情况，
故 P  E   5 , P G   12  1 ，
36363

事件 E ∩ G 包含的情况为5, 3, 6, 2 ，故 P  EG   21 ，
3618
故 P  EG   P  E  P G  ，故事件 E 与事件G 不相互独立，C 错误；
D 选项，事件 H : y  4 包含的情况有
1,1, 1, 2, 1, 3, 2,1, 2, 2, 2, 3, 3,1, 3, 2, 3, 3, 4,1, 4, 2, 4, 3 ，
5,1, 5, 2, 5, 3, 6,1, 6, 2, 6, 3 ，共 18 种情况，故 P  H   18  1 ，
362
事件G ∩ H 包含的情况有： 5,1, 5, 2, 5, 3, 6,1, 6, 2, 6, 3 ，
故 P G  H   6  1 ，
366
因为 P G  H   P G  P  H  ，所以事件G 与事件 H 相互独立，D 正确.故选：D
若两条直线l1 : y  x  a, l2 : y  x  b 与圆 x2  y2  4x  2 y  m  0(m  5) 的四个交点能构成矩形，则
a  b  （）
A. 1B. 1C. 2D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】根据点到直线的距离公式即可求解.
2
2 1 a
2
1 a
【详解】由题意，直线l1, l2 平行，且与圆的四个交点构成矩形，则可知圆心到两直线的距离相等且 a  b ，由圆 x2  y2  4x  2 y  m  0 的圆心为2,1 ，
圆心到l1
: y  x  a 的距离为 d1
，
2
2 1 b
2
1 b
圆心到l2 ： y  x  b 的距离为 d2 ，
所以
 1 a  1 b ，整理得到a  ba  b  2  0 ，
2
1 a
2
1 b
由 a  b ，所以 a  b  2 ．故选：D．
已知点 P(1, 0) 及圆C : x2  y2  2 ，点 M ， N 在圆C 上，若 PM  PN ，则| MN |的取值范围为
（ ）
3
3
[
1,
1]
[2 
2, 2 2]
[2 
3, 2 3]
[2 
2, 2  3]
【答案】A
【解析】
【分析】
如图所示，当四边形 PMQN 为正方形且 MN  OP 时， | MN |取得最小值或最大值，求出 M 的坐标即可得出答案．
【详解】如图所示，
当四边形 PMQN 为正方形且 MN  OP 时， | MN |取得最小值或最大值．由图可知 PM 所在直线斜率 k  1 ，则 PM 方程为 y  x  1 ，
x2  y2  2
则 PM 与圆 x2  y2  2 的两个交点分别为 M 、 M  ， ，
 y  x 1
解得 xM
 1 
2
3 1  3 ，
， x
M 2
1  3
， 1 
3 ) ，
所以
(
M 1  3 ， 3  1) ， M (
2222
3
3
则| MN |的最小值为： 2 | yM | 1 ，最大值为： 2 | yM  | 1，
3
所以| MN |的取值范围为[
 1，
1]．
3
故选：A．
【点睛】解题的关键是根据题意，根据对称性，求得 PM 的方程，进而可求得 M 点坐标，即可求得答案，考查数形结合的解题思想，考查了计算能力，属中档题．
二、多选题：本题共 3 小题，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对
得 6 分，部分选对得部分分，有选错的得 0 分.
x2y2FF
A, B
已知椭圆C :
 1 ， 1 ， 2 分别为它的左右焦点，
259
分别为它的左右顶点，点 P 是椭圆上的一
个动点，下列结论中正确的有（）
A. 短轴长是 3B. VF1PF2 的周长为 15
C. 离心率e  4
5
D. 若F1PF2
 90 ，则VF1PF2 的面积为 9
【答案】CD
【解析】
【分析】根据短轴长 2b 的定义可判断 A；利用椭圆的定义可判断 B；根据离心率e  c 来判断 C；利用勾
a
股定理以及椭圆的定义求出 PF1 PF2 可判断 D.
1
【详解】A，由 x2  y2  ，可得 a  5 ， b  3, c  4 ，所以椭圆C 的短轴长为2b  6 ，故 A 不正确；
259
B， VF1PF2 的周长为 PF1  PF2  F1F2  2a  2c  18 ，故 B 不正确.
C，离心率e  c  4 ，故 C 正确；
a5
2
2
2
1
2
D，QF1PF2  90 ， PF PF F1F2 64 ，
又因为 PF1  PF2  2a  10 ，所以 PF1  PF2 2  100 ，
即 PF 2  PF 2  2 PF PF  100 ，解得 PF PF  18 ,
121212
所以 S

PF PF
 9 ，故 D 正确.
1
2
△F1PF212
故选：CD
如图，在正方体 ABCD  A1B1C1D1 中， G 为底面 A1B1C1D1 的中心，E，F 分别为 AB ， BB1 的中点，
P 点满足 AP  AF  AE  AG ，则（）
A. C1D / / 平面 EFGB. BD1 / / 平面 EFG
–––→1 –––→1 –––→1 –––→
C. GF  2 B1B  2 CB  2 AB
D. P，G，E，F 四点共面
【答案】ABD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算判断 ABC；求出 P 点坐标，再推导出 FE  PG
判断 D.
【详解】在正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，以 A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
令 AB  2 ，则C1 (2, 2, 2), D(0, 2, 0), B(2, 0, 0), D1 (0, 2, 2), E(1, 0, 0) ，
G(1,1, 2), F (2, 0,1), B1(2, 0, 2), A1(0, 0, 2) ，
––––→
则 EG  (0,1, 2) ， FE  (1, 0, 1) ， C1D  (2, 0  2) ， BD1  (2, 2, 2) ，
→ –––→
设平面 EFG 的法向量 n  (x, y, z) ，则n  FE  x  z  0 ，令 x  1 ，得 n  (1, 2, 1) ，
→ –––→
n  EG  y  2z  0
对于 A， ––––→  →  0 ，且C D  平面 EFG ，则C D// 平面 EFG ，A 正确；
C1D n11
对于 B， BD  →  2 1 2  2  2 (1)  0 ， BD  平面 EFG ，则 BD // 平面 EFG ，B 正确；
1 n11
对于 C， GF  1, 1, 1 ， B1B  0, 0, 2 ， CB  0, 2, 0 ， AB  2, 0, 0 ，
–––→1 –––→1 –––→1 –––→
则GF  2 B1B  2 CB  2 AB ，C 错误；
对于 D，由 AP  AF  AE  AG ，得 AP  AE  AG  AF  (1, 0, 0)  (1,1, 2)  (2, 0,1)  (0,1,1) ，
即 P(0,1,1) ，则 PG  (1, 0,1) ， FE  (1, 0, 1) ，即 FE  PG ，因此 FE // PG ，即 P, G, E, F 四点共面，D 正确.
故选：ABD.
PA
PB
古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点 A ， B 的距离之比为定值λ（λ 1）的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”.在平面直角坐标系 xOy 中，已知 A4, 2 ， B 2, 2 ，点 P 满足
 2 ，设点 P 的轨迹为圆C ，下列结论正确的是（）
圆C 的方程是 x  42   y  22  16
π
过点 A 向圆C 引切线，两条切线的夹角为 3
过点 A 作直线l ，若圆C 上恰有三个点到直线l 距离为 2，该直线斜率为 15
5
PD
PE
在直线 y  2 上存在异于 A ， B 的两点 D ， E ，使得 2
【答案】ABD
【解析】
【分析】
根据 A4, 2 ， B 2, 2 ，点 P 满足
PA
PB
 2 ，设点 P  x, y  ，求出其轨迹方程，然后再逐项运算验证.
PA
PB
【详解】因为 A4, 2 ， B 2, 2 ，点 P 满足
 2 ，
 x  42   y  22
 x  22   y  22
设点 P  x, y  ，则
 2 ，
化简得： x2  y2  8x  4 y  4  0 ，即  x  42   y  22  16 ，故 A 正确；
因为 AC  8, R  4 ，所以sinα
2
R  1 ，则
AC2
α π，解得
26
α π，故 B 正确；
3
8k
k 2 1
易知直线的斜率存在，设直线l : kx  y  4k  2  0 ，因为圆C 上恰有三个点到直线l 距离为 2，则圆心到
直线的距离为：
d  2 ，解得 k  
15 ，故 C 错误；
15
 x  m2   y  22
 x  n2   y  22
假设存在异于 A ， B 的两点 D m, 2 ， E n, 2 ，则
 2 ，
222m  8n4n2  m2 12
化简得： x  y 
x  4 y  0 ，因为点 P 的轨迹方程为：
33
 2m  8n  8
22
3
x  y  8x  4 y  4  0 ，所以
m  12
解得或
m  4

（舍去），故存在
 4n2  m2 12 
n  6
n  2
34
D 12, 2, E 6, 2 ，故 D 正确；
故选：ABD
PA
PB
【点睛】关键点点睛：本题关键是根据
 2 求出点 P 的轨迹方程，进而再根据直线与圆的位置关系求
解.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
→→→
→→→
→→→
设向量e1 ， e2 ， e3 不共面，已知 AB  3e1  e2  2e3 ， BC  e1  λe2  6e3 ，
→
8e3
→
→
CD  4e1  2e2 ，若 A，C，D 三点共线，则λ ．
【答案】0
【解析】
【分析】方法一、根据题意，得到 AC, CD ，根据 A，C，D 三点共线得CD  y AC ，再利用向量相等的

→ → →
条件求解参数即可；方法二、假设 e1, e2 , e3 为空间的一个单位正交基底，再利用空间坐标的平行表示计
算即可.
→→→
→→→
→→→
【详解】方法一、因为 AB  3e1  e2  2e3 ， BC  e1  λe2  6e3 ， CD  4e1  2e2  8e3 ，
所以 AC  AB  BC   →  λ  →  → ．
2e1
1 e24e3
因为 A，C，D 三点共线，所以存在唯一的实数 y，使得CD  y AC ，
即 →  →  →  y  →  λ  →  →  ，
4e1
2e28e3
 2e1
1 e2
4e3 
4  2 y
λ 0
即2  y λ1 ，解得．


8  4 y
 y  2
→→→→ → →
AB
方法二、因为向量e1 ， e2 ， e3 不共面，所以可假设e1, e2 , e3 为空间的一个单位正交基底，则–––→ 在此基底下的坐标为3, 1, 2 ，同理 BC  1,λ, 6 ， CD  4, 2,8 ，
则 AC  AB  BC  2, 1 λ, 4 ，
若 A，C，D 三点共线，则 AC ∥CD ，
即 4 
2
2
1λ
8 ，解得λ 0 ．
4
故答案为：0.
柜子里有 3 双不同的鞋子，分别用 a1, a2 , b1, b2 , c1, c2 表示 6 只鞋，从中有．放．回．地．取出 2 只，记事件 M 
“取出的鞋是一只左脚一只右脚的，但不是一双鞋”，则事件 M 的概率是．
1
【答案】
3
【解析】
【分析】列举法写出试验的样本空间，根据古典概型的概率公式直接可得解.
【详解】设 a1, b1, c1 表示三只左鞋， a2,b2,c2 表示三只右鞋，则从中有放回取出 2 只的所有可能为：
a1, a1 , a1, a2 , a1, b1 , a1, b2 , a1, c1 , a1, c2 
a2 , a1 , a2 , a2 , a2 , b1 , a2 , b2 , a2 , c1 , a2 , c2 
b1, a1 , b1, a2 , b1, b1 , b1, b2 , b1, c1 , b1, c2 
b2 , a1 , b2 , a2 , b2 , b1 , b2 , b2 , b2 , c1 , b2 , c2 
c1, a1 , c1, a2 , c1, b1 , c1, b2 , c1, c1 , c1, c2 
c2 , a1 , c2 , a2 , c2 , b1 , c2 , b2 , c2 , c1 , c2 , c2  ，共计 36 种，其中满足取出的鞋一只左脚一只右脚，但不是一双鞋的有 12 种，
 P M   12  1 .
363
1
故答案为： .
3
6
棱长为
的正四面体 A  BCD 中，点 M 为△BCD 所在平面内的动点，且满足 AM ，则直线
5
AM 与直线 BD 所成的角的余弦值的最大值为.
【答案】 5 ## 15
55
【解析】
【分析】利用给定条件判断 M 的轨迹，再建立空间直角坐标系，利用线线角的向量求法将所求夹角余弦值表示为三角函数，结合三角函数的有界性求出取值范围即可.
【详解】首先，记 A 在底面 BCD 内的投影为O ，则 AO  底面 BCD ，因为 CO, OM  平面 BCD ，所以 AO  CO, AO  OM ，
因为正四面体 A  BCD ，所以△BCD 是等边三角形，
6
由题意得 BC  BD  CD  AC ， O 是△BCD 的中心，
6
6  2
则CO  2 3 2, AO 
 2 ，
32
5
5  22
由题意得 AM ，则OM 
 1，
所以 M 的轨迹是以O 为圆心，半径为1的圆，建立如下图所示的空间直角坐标系：
设 M 与 x 轴正半轴所成的角为α，则 M (csα, sinα, 0) ，
α0, 2π, A0, 0, 2, B  2 ,  6 , 0  , D  2 , 6 , 0  ，
 22
 22

 
––––→–––→
所以 AM  csα, sinα, 2 , BD  0, 6, 0 ，
设直线 AM 与直线 BD 所成的角为θ，
cs
所以csθ
––––→ –––→
6sinα
5  6
5
5
AM , BD

sinα
，
因为 sinα0,1，所以
sinα 0, 5  ，
5
5
5 

即直线 AM 与直线 BD 所成的角的余弦值的最大值为 5 .
5
故答案为： 5 .
5
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
翱翔蓝天，报效祖国是很多有志青年的梦想，而实现这个梦想，需要依次通过五关：目测、初检、复检、文考（文化考试）、政审．若某校甲、乙、丙三位同学都顺利通过了前两关，根据分析甲、乙、丙三位同学通过复检关的概率分别是0.4, 0.5, 0.75 ，他们能通过文考关的概率分别是0.6, 0.5, 0.3，若后三关之间通过
与否没有影响．
求甲、乙都能进入政审这一关的概率；
求甲、乙、丙三位同学中恰好有两个人通过复检的概率．
【答案】（1） 0.06
（2） 0.425
【解析】
【分析】（1）分别求甲、乙能进入政审这一关的概率，结合独立事件概率乘法公式运算求解；
（2）分析可知恰好有两个人通过复检的有：甲乙或甲丙或乙丙，结合独立事件概率乘法公式运算求解.
【小问 1 详解】
由题意可知：甲、乙分别能进入政审这一关的概率 p1  0.4  0.6  0.24, p2  0.5 0.5  0.25 ，所以甲、乙都能进入政审这一关的概率 P1  p1  p2  0.24  0.25  0.06 .
【小问 2 详解】
甲、乙、丙三位同学中恰好有两个人通过复检的有：甲乙或甲丙或乙丙，所以恰好有两个人通过复检的概率
P2  0.4  0.5 1 0.75  0.4 1 0.5 0.75  1 0.4 0.5 0.75  0.425 .
2
在 如 图 所 示 的 平 行 六 面 体 ABCD  A1B1C1D1 中 ， AB  1， AD  2 ， AA1  2，
A AB  A AD  45∘ ， BAD  60∘ ，设–––→  → ， AD  b ， AA  → .
11
––––→
用 a ， b ， c 表示 AC ， AC1 ， BD1 ；
求异面直线 AC 与 BD1 所成角的余弦值.
AB a1c
→AC
 →→→→
【答案】（1） AC  a  b ，1
（2） 3 105
35
【解析】
a  b  c ， BD1  a  b  c
【分析】（1）应用空间向量的加减法计算求解；
a
（2）应用空间向量数量积公式计算 →  b, b  c, a  c ，再应用异面直线所成角的余弦公式计算求解.
【小问 1 详解】
a
AC  AB  AD  →  b ，
→→
AC1  AC  CC1  a  b  c ，
→→
BD1  AD1  AB  AD  AA1  AB  a  b  c ；
【小问 2 详解】
→ →∘
1→ →∘2
因为 a  b 
AB  AD  cs60
 1 2  2  1， a  c 
AB  AA1  cs45
 1 2 2 
2
 2 ，
→ →
b  c 
AD  AA  cs45∘
 2  2 2 
2  4 ，
2
1
→→
又 AC  →  b ， BD    b ，
a
–––→ ––––→
1a
→→→
c
→→→2
2
→ →→→ →
所以 AC  BD1  a  b a  b  c   a
 →
a  b
→

2
a  2a  b  b
→2
→
→→
2
1 2  4
–––→
 a  c  b
 b  c  1 2  4  4  9 ，
7
，
AC 
––––→
BD1 


a  b  c
→
→
→

2
a  b  c  2a  b  2a  c  2b  c
→2
→
2
→2
→
→
→ →
→ →

BD

π  


1 4  8  2  4  8
15
，
设异面直线 AC 与1 所成角为θθ  0, 2   ，
–––→ ––––→

–––→ ––––→
AC  BD1
 
93 105
则csθ cs AC, BD1
 –––→ ––––→ 
7  15
35
AC BD1
已知圆C 过两点 A1,1 、 B 1, 3 ，且圆心C 在直线 x  2 y 1  0 上.
求圆C 的标准方程；
求过点 P 3, 4 的圆C 的切线方程；
3
若直线l 的横截距为 a a  1 ，纵截距为b b  1 ，直线l 被圆C 截得的弦长为2
，求ab 的最小
值．
【答案】（1） C :  x 12   y 12  4
（2） x  3 或5x  12 y  33  0
2
（3） 6  4
【解析】
【分析】（1）设圆心为C 2t 1, t  ，根据 CA  CB 结合两点间的距离公式可求出t 的值，可得出圆心的坐标，进而可求出圆C 的半径，由此可得出原C 的标准方程；
分析可知，点 P 在圆C 外，对切线的斜率是否存在进行分类讨论，在切线斜率不存在时，直接验证即可；在直线斜率的存在时，设出切线的方程，利用圆心到直线的距离等于圆的半径求出切线斜率的值，综合可得出切线的方程；
利用直线截圆的弦长可得出圆心C 到直线l 的距离为 d  1 ，求出直线l 的方程，利用点到直线的距离公式可得出 ab  2  2 a  b ，利用基本不等式结合二次不等式的解法可求得ab 的最小值.
【小问 1 详解】
4t 2  t 12
2t  22  t  32
解：因为圆心C 在直线 x  2 y 1  0 上，设圆心为C 2t 1, t  ，因为点 A1,1 、 B 1, 3 在圆C 上，所以 CA  CB ，
即

，解得t  1，
所以圆心C 1,1 ，半径 r  OA  2 ，所以圆的标准方程为C :  x 12   y 12  4 .
【小问 2 详解】
解：由（1）可得圆C :  x 12   y 12  4 ，则圆心C 1,1 ，半径 r  2 ，因为3 12  4 12  4 ，则点 P 在圆C 外，
当过点 P 3, 4 的直线斜率不存在，则直线方程为 x  3 ，
圆心C 到直线 x  3 的距离为2 ，故直线 x  3 为圆C 的切线；当过点 P 3, 4 的直线斜率存在，
可设直线方程 y  4  k  x  3 ，即 kx  y  3k  4  0 ，
k 2 1
3  2k
圆心C 到该直线的距离 d ，
1 k 2
3  2k
由直线 kx  y  3k  4  0 与圆C 相切，则 d  r ，即 2 ，
可得4k 2 12k  9  4k 2  4 ，解得 k  5 ，
12
此时，直线方程为 y  4 
5  x  3 ，即5x  12 y  33  0 ，
12
综上，切线的方程为 x  3 或5x  12 y  33  0 .
【小问 3 详解】
3
4  
3 2
解：Q直线l 被圆C 截的弦长为2，所以，圆心C 到直线l 的距离为 d 
 1 ，
又直线l 的横截距为 a a  1 ，纵截距为b b  1 ，
则直线l 的方程为 x  y  1，即bx  ay  ab  0 ，
ab
a2  b2
a  b  ab
ab
圆心C 1,1 到直线l 的距离为 d  1，整理可得 ab  2  2 a  b ，
由 a  b  2
，得 ab  2  2 a  b  4
ab ，即
ab 2  4
 2  0 ，
ab
解得
 2 
2 或
 2 ，
ab
ab
2
ab
因为 a  1 ， b  1，则 ab  1 ，则
2
2
a  b
 2 ，故 ab  6  4，
ab
2

当且仅当 2 
时，即当 a  b  2 时，等号成立，
2
2
所以， ab 的最小值为6  4.
如图，在四棱锥 P  ABCD 中， PA  平面 PBC,∠ABP  π ，底面 ABCD 为直角梯形， AB ∥
3
DC, AB  BC, AB  2DC  4 ， BC  2 2 .
证明：平面 ABCD ⊥平面 PAB ；
求点C 到平面 PAD 的距离；
线段 PC 上是否存在一点 E ，使得平面 BDE 与平面 PAD 所成角（即两个平面相交时所成的锐二面
7
角）的余弦值为
9
PE
，若存在，求出
EC
的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2） 2 32
（3）存在， PE  2
EC
【解析】
【分析】（1）由线面垂直得到 PA  BC ，进而得到线面垂直，最后得到平面 ABCD ⊥平面 PAB .（2）建立空间直角坐标系，求出关键点坐标和法向量，结合点面距离公式计算即可；
（3）结合（2），设CE  λCP ，得到平面 EBD 的一个法向量，结合题意，构造方程计算λ即可.
【小问 1 详解】
由 PA  平面 PBC, BC  平面 PBC ，则 PA  BC ，
又 AB  BC ，由 PA ∩ AB  A ，且 PA, AB  平面 PAB ，所以 BC  面 PAB ，
又 BC  面 ABCD ，所以平面 ABCD ⊥平面 PAB .
【小问 2 详解】
由（1）易知 PA  PB ，又ABP  π ，过 P 作 PO  AB 于O ，
3
由面 ABCD ⊥面 PAB ，面 ABCD  面 PAB  AB, PO  面 PAB ，所以 PO  面 ABCD ，
过O 作Oz ∥ BC ，易知Oz  AB ，故可构建如图示空间直角坐标系.
又 AB  2DC  4, BC  2 2, DC ∥ AB ，
则 A0, 3, 0, P  3, 0, 0, C 0,1, 2 2 , D 0, 1, 2 2  ，
–––→–––→–––→
所以 AP   3, 3, 0, AD  0, 2, 2 2 , DC  0, 2, 0 ，
→
若 m   x, y, z  是面 PAD 的一个法向量，
 → –––→
m  AP
3x  3y  0→
,
则 → –––→
解得 m   6, 2, 1 ，
m  AD
 2 y  2 2z  0
→ –––→
2 2
m  DC
所以点C 到平面 PAD 的距离 → .
m3
【小问 3 详解】
→
同（2）构建空间直角坐标系，易知平面 PAD 的法向量 m  
设CE  λCP ，
于是 BE  BC  CE  BC  λCP
6, 2, 1
 0, 0, 2 2  λ 3, 1, 2 2 
2
  3λ, λ, 2 2 2λ ，
–––→
DB  0, 2, 2 2  ，
→
设 n   x, y, z  是平面 EBD 的一个法向量，
→ –––→
n  BE 
3λx λy  2
 2 2λ z  0
→ 3 2λ 2 
2
2
则→
–––→
，令 z  1, n  3λ
, 2,1 ，
n  DB  2 y  2 2z  0
7
因为平面 BDE 与平面 PAD 所成角的余弦值为 9 ，
2
 6  3 2λ 2
 2 1
m,n
所以 cs → →  3λ  7 ，
 3 2λ 2 2 2

 2 1 
9
6  4 1
3λ
整理得81λ2 12λ 5  0 ，即27λ 53λ1  0,λ 1 或λ 
3
5
（舍）
27
–––→
故CE 
1 –––→PE
CP ，所以 2
3EC
264
2 2249
已知圆
C1 :  x  a
 y2 
a  0 与圆
9
C2 : 
x  3    y  3
相外切.
9

2 2
 m 

3 
  n  3
2
求圆C1 的标准方程；
10 2
 m   n2

3 
若n  m  2 ，求

的最小值；
PA
PB
已知 A2, 0 ，P 为圆C1 上任意一点，试问在 x 轴上是否存在定点 B（异于点 A），使得为定
值? 若存在，求点 B 的坐标；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）  x 

10 2

3

 y2 
64 .
9
（2） 641
3
（3）存在定点 B，B 的坐标为2, 0 .
【解析】
【分析】（1）运用圆与圆的位置关系构造方程求出圆心即可
 10
 2
10 2
 m   n2

3 
将

转化点 P m, n 到圆心
C1  

,0  与圆心
3
C2  3
,3

2 2
 m 

3 
  n  3
2

的距离之和，结合点关于直线的对称知识画图求解即可；
PA
PB
PA
PB
 8 x
3
 20  6c x  c2  4
3
设 B(c, 0)(c  2), P(x, y) ，用式子表示，
分析得到c²  4  0 取得定值即可.
【小问 1 详解】
圆心 C a,0，r  8 圆心 C  2 ,3，r  7 ，
113
2  323

2642 2249
因为圆
C1 :  x  a
 y2 与圆
9
C2 : 
x  3    y  3
相外切，
9

 2

2

3
 a 3  0



2
871014
所以 C1C2
 r1  r2，即
  解得 a 或
333
a  . 3
因为 a  0 ，所以
a   14 舍去，故
3
a  10
3
故圆C1 的标准方程为
 x 


10 2
3


 y2 
64 .
9
【小问 2 详解】
2 2
 m   n  3
2

3 
若n  m  2 ，则点 P(m, n) 在直线l : x  y  2  0 上，
10 2
 m   n2

3 
则

表示点 P(m, n) 到圆心
 10
C

1 3
,0  与圆心


C  2
2  3

,3 的距


离之和，
设如图C   10 ,0  关于直线l : x  y  2  0 对称点C (x , y ) ，
1 3
300

 y0  0  1

 x  10
 x  2，
 03
则 
10

得  y
0
  16
，则点
C3  2, 
16 
3 
 x y
 03
 03  0  2  0
22
数形结合易知， P(m, n) 到圆心 C   10 ,0  与圆心 C  2 ,3 的距离之和的最小值等于 C C ， 即
1 32  31 2

2 2
 2  3     3  3
16
2



641 .
3
【小问 3 详解】
假设存在定点 B，设 B(c, 0)(c  2), P(x, y) ，
64
10 220
则 y2   x   x2 
x  4
93 3
PA
PB
 x  22  y2
 x  c2  y2
x2  4x  4  x2  20 x  4
3
x2  2cx  c2  x2  20 x  4
3
 8 x
3
 20  6c x  c2  4
3
，
当 c²  4  0 即c  2(c  - 2) 时，
为定值，且定值 1 ，
PA
PB
2
故存在定点 B，且 B 的坐标为2, 0 .