数学-浙江杭州周边重点中学四校2024-2025学年高二上学期10月联考_2024-2025高二（7-7月题库）_2024年10月试卷_1012浙江杭州周边重点中学四校2024-2025学年高二上学期10月联考

2024 学年第一学期高二年级 10 月四校联考
数学 学科 试题卷
命题人：浦江中学
考生须知：
1．本卷满分 150分，考试时间 120分钟；
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场、座位号及准考证号（填涂）；
3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；
一、选择题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项
是符合题目要求．
3x−3y−1=0
1. 直线 的倾斜角为（ ）
A. 30° B. 60° C. 120° D. 150°
2. 若圆锥的表面积为12π，底面圆的半径为2，则该圆锥的体积为（ ）
8 3
A. B. 4 3π C. π D. 8 3π
3
4√3
3 π
3. 设a∈R，则“a＝1”是“直线l ：ax＋2y－1＝0与直线l ：x＋(a＋1)y＋4＝0平行”的（ ）
1 2
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
      
4. 在四面体OABC中，记OA=a，OB=b，OC =c，若点 M、N 分别为棱 OA、BC 的中点，则 MN =
（ ）
1  1  1  1  1  1 
A. a+ b + c B. − a+ b + c
2 2 2 2 2 2
1  1  1  1  1  1 
C. a− b + c D. a+ b − c
2 2 2 2 2 2
5. 直线x+ y+2=0分别与x轴， y轴交于A,B两点，点P在圆( x−2 )2 + y2 =2上，则ABP面积的取
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学科网（北京）股份有限公司值范围是（ ）
A. [ 2,6 ] B. [ 4,8 ] C.  2,3 2 D. 2 2,3 2
   
6. 已知圆C:x2 + y2 −2x=0，直线l:x+ y+1=0，P为l上的动点，过点P作圆C的两条切线PA、
PB，切点分别A、B，当 PC·AB 最小时，直线AB的方程为（ ）
A. x+ y =0 B. x− y =0
C. 2x−2y+1=0 D. 2x+2y+1=0
7. 设函数 f ( x )= ( x2 +ax+b ) lnx，若 f(x)≥0，则a的最小值为（ ）
A. −2 B. −1 C. 2 D. 1
8. 已知三棱锥A−BCD的所有顶点都在球O的球面上，AD ⊥平面ABC，∠BAC =90°，AD=2，
若球O的表面积为29π，则三棱锥A−BCD的侧面积的最大值为
25 5 41 27 25
A. 5 2+ B. 5 2+ C. 6 3+ D. 10 2+
4 4 2 2
二．多选题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题
目要求的，全部选对的得 6分，部分选对得部分分，有选错的得 0分．
9. 已知圆C: ( x+2 )2 + y2 =4，直线l: ( m+1 ) x+2y−1+m=0 ( m∈R ) ，则（ ）
A. 直线l恒过定点
(−1,1 )
B. 直线l与圆C有两个交点
C. 当m=1时，圆C上恰有四个点到直线l的距离等于1
D. 圆C与圆x2 + y2 −2x+8y+8=0恰有三条公切线
10. 定义在R上的偶函数 f ( x ) ，满足 f (x+2)− f (x)= f (1)，则（ ）
A. f ( 1 )=0 B. f (1−x)+ f (1+x)=0
20
C. f ( 1+2x )= f ( 1−2x ) D. ∑ f(i)=10
i=1
11. 球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科．如图，球O的半径为R，A，B，C为球面上
三点，劣弧BC的弧长记为a，设O 表示以O为圆心，且过B，C的圆，同理，圆O ,O 的劣弧AC,AB
a b c
的弧长分别记为b,c，曲面ABC（阴影部分）叫做曲面三角形，a=b=c，则称其为曲面等边三角形，
线段OA，OB，OC与曲面ABC围成的封闭几何体叫做球面三棱锥，记为球面O− ABC．设
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学科网（北京）股份有限公司∠BOC =α,∠AOC =β,∠AOB=γ ，则下列结论正确的是（ ）
3
A. 若平面ABC是面积为 R2的等边三角形，则a=b=c= R
4
B. 若a2 +b2 =c2，则α2 +β2 =γ2
π 2
C. 若a=b=c= R，则球面O− ABC的体积V > R3
3 12
π
D. 若平面ABC为直角三角形，且∠ACB = ，则a2 +b2 =c2
2
三．填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分．
12. 若圆C：( x−2 )2 + y2 =1与圆C :x2 + y2 +4x+6y+m=0有且仅有一条公切线，m= ______ .
1 2
 π ( )
13. 已知函数y =2sin (ωx+ϕ)  ω>0,0≤ϕ≤ 的图象经过点 0, 2 ，且在 y轴右侧的第一个零点为
 2
π
，当x∈[ 0,2π ] 时，曲线y =sinx与y =2sin (ωx+ϕ) 的交点有__________个，
4
14. 如图，在长方形ABCD中，AB=3，BC =2，E为DC 的中点，F 为线段EC（端点除外）上一动点.
现将△AFD沿AF 折起，使平面ABD⊥平面ABC，在平面ABD内过点D作DK ⊥ AB，K为垂足．设
AK t，则t的取值范围是_______.
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．
15. 某校为提高学生对交通安全的认识，举办了相关知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，
[ ] [ ) [ )
发现得分均在区间 30,90 内.现将100个样本数据按 30,40 ， ， ， ， 70,80 ，
[40,50) [50,60) [60,70)
[ ]
80,90 分成6组，并整理得到如下频率分布直方图.
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学科网（北京）股份有限公司（1）请估计样本数据的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）和中位数（精确到0.1）；
（2）学校决定表彰成绩排名前30％的学生，学生甲的成绩是76，请估计该学生能否得到表彰，并说明理
由.
16. 在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为 ( 1,1 ) ，动点P满足 PA = 2 PO
（1）求动点P的轨迹C的方程
( )
（2）若直线l过点Q 1,2 且与轨迹C相切，求直线l的方程.
b−a2x 5
17. 已知函数 f ( x )= −x（a>0且a≠1b∈R）是定义在R 上的奇函数，且 f ( 1 )=− ；
ax 2
（1）求a，b的值；
（2）解不等式 f ( 1−x2 ) + f ( 5x−7 )<0．
18. 在如图所示的试验装置中，两个正方形框架ABCD，ABEF的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直，
活动弹子 M，N 分别在正方形对角线 BD 和 BF 上移动，且 BM 和 BN 的长度保持相等，记
( )
BM = BN =a 0<a< 2 ．
（1）证明：MN//平面BCE；
2
（2）当a= 时，求平面MNA与平面MNB夹角的余弦值．
2
19. “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题.该问题是：“在一个三角形内求作一点，
使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当ABC的三个内角均
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学科网（北京）股份有限公司小于120°时，使得∠APB=∠BPC =∠CPA=120°的点P即为费马点；当ABC有一个内角大于或等
于120°时，最大内角的顶点为费马点.在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.
tan AtanC
（1）若cos(A−C)+cosB = .
tan AtanC −1
①求B；
 
②若ABC的面积为 3，设点P为ABC的费马点，求PA⋅PC的取值范围；
（2）若ABC内一点P满足∠PAB=∠PBC =∠PCA=θ，且PB平分∠ABC，试问是否存在常实数
t，使得b2 =tac，若存在，求出常数t；若不存在，请说明理由.
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学科网（北京）股份有限公司2024 学年第一学期高二年级 10 月四校联考
数学 学科 试题卷
命题人：浦江中学
考生须知：
1．本卷满分 150分，考试时间 120分钟；
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场、座位号及准考证号（填涂）；
3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；
一、选择题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项
是符合题目要求．
3x−3y−1=0
1. 直线 的倾斜角为（ ）
A. 30° B. 60° C. 120° D. 150°
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线倾斜角与斜率之间的关系即可得倾斜角．
3
【详解】因为该直线的斜率为 ，
3
所以它的倾斜角为30°．
故选：A．
2. 若圆锥的表面积为12π，底面圆的半径为2，则该圆锥的体积为（ ）
8 3
A. B. 4 3π C. π D. 8 3π
3
4√3
3 π
【答案】C
【解析】
【分析】利用圆锥表面积公式求出圆锥的母线及高，再利用锥体的体积公式计算即得.
【详解】圆锥底面圆半径r ，母线l，高h，
由圆锥的表面积为12π，得 ，而r =2，解得l =4，
2
因此h= l2 −r2 =2 3， π 𝑟𝑟 + π 𝑟𝑟𝑟𝑟 =12 π
所以该圆锥的体积 .
1 2 1 2 8√3
故选：C 𝑉𝑉 =3π 𝑟𝑟 ℎ =3π ×2 ×2√3= 3 π
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学科网（北京）股份有限公司3. 设a∈R，则“a＝1”是“直线l ：ax＋2y－1＝0与直线l ：x＋(a＋1)y＋4＝0平行”的（ ）
1 2
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
【答案】A
【解析】
【详解】∵当a=1时，直线l ：x+2y﹣1=0与直线l ：x+2y+4=0，
1 2
1
两条直线的斜率都是− ，截距不相等，得到两条直线平行，
2
故前者是后者的充分条件，
a 2 −1
∵当两条直线平行时，得到 = ≠ ，
1 a+1 4
解得a=﹣2，a=1，
∴后者不能推出前者，
∴前者是后者的充分不必要条件．
故选A．
考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断；直线的一般式方程与直线的平行关系．
      
4. 在四面体OABC中，记OA=a，OB=b，OC =c，若点 M、N 分别为棱 OA、BC 的中点，则 MN =
（ ）
1  1  1  1  1  1 
A. a+ b + c B. − a+ b + c
2 2 2 2 2 2
1  1  1  1  1  1 
C. a− b + c D. a+ b − c
2 2 2 2 2 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间向量的线性运算，即可求得答案.
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学科网（北京）股份有限公司        
1 1 1 1 1
【详解】由题意得：MN =ON −OM = (OB+OC)− OA=− a+ b+ c，
2 2 2 2 2
故选：B.
5. 直线x+ y+2=0分别与x轴， y轴交于A,B两点，点P在圆( x−2 )2 + y2 =2上，则ABP面积的取
值范围是（ ）
A. [ 2,6 ] B. [ 4,8 ] C.  2,3 2 D. 2 2,3 2
   
【答案】A
【解析】
【分析】先求出A,B两点坐标得到| AB|，再计算圆心到直线距离，得到点P到直线AB距离的范围，由三
角形的面积公式计算即可.
【详解】因为线x+ y+2=0分别与x轴， y轴交于A,B两点，
所以A(−2,0),B(0,−2)，所以| AB|= (0+2)2 +(−2−0)2 =2 2，
由( x−2 )2 + y2 =2，可得圆的圆心为(2,0)，半径为 2，
|2+0+2|
因为点P在圆( x−2 )2 + y2 =2上，所以圆心到直线AB的距离为d = =2 2，
2
故P到直线AB的距离d 的范围为[ 2,3 2]，
1
1
则S = | AB|d = 2d ∈[2,6].
ABP 2 1 1
故选：A.
6. 已知圆C:x2 + y2 −2x=0，直线l:x+ y+1=0，P为l上的动点，过点P作圆C的两条切线PA、
PB，切点分别A、B，当 PC·AB 最小时，直线AB的方程为（ ）
A. x+ y =0 B. x− y =0
C. 2x−2y+1=0 D. 2x+2y+1=0
【答案】A
【解析】
【分析】根据圆的切线的有关知识，判断出 PC·AB 最小时，直线l与直线PC垂直，结合图象求得直线
AB的方程.
【详解】圆C的标准方程为( x−1 )2 + y2 =1，圆心为 ( 1,0 ) ，半径为r =1.
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学科网（北京）股份有限公司依圆的知识可知，四点P，A，B，C四点共圆，且AB⊥PC，所以
1
PC ⋅ AB =4S =4× × PA ⋅ AC =2 PA ，而 PA = PC 2 −1，
△PAC
2
当直线PC⊥l时， PA 最小，此时 PC ⋅ AB 最小.
结合图象可知，此时切点为 ( 0,0 ) , ( 1,−1 ) ，所以直线AB的方程为y =−x，即x+ y =0.
故选：A
7. 设函数 f ( x )= ( x2 +ax+b ) lnx，若 f(x)≥0，则a的最小值为（ ）
A. −2 B. −1 C. 2 D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】根据对数函数性质判断lnx在不同区间的符号，在结合二次函数性质得x=1为该二次函数的一个
零点，结合恒成立列不等式求参数最值.
【详解】函数 f(x)定义域为(0,+∞)，而0< x<1⇒lnx<0，x=1⇒lnx=0，x>1⇒lnx>0，
要使 f ( x )≥0，则二次函数y = x2 +ax+b，在0< x<1上 y<0，在x>1上y >0，
所以x=1为该二次函数的一个零点，易得b=−a−1，
则y = x2 +ax−(a+1)=(x−1)[x+(a+1)]，且开口向上，
所以，只需−(a+1)≤0⇒a+1≥0⇒a≥−1，故a的最小值为−1.
故选：B
8. 已知三棱锥A−BCD的所有顶点都在球O的球面上，AD ⊥平面ABC，∠BAC =90°，AD=2，
若球O的表面积为29π，则三棱锥A−BCD的侧面积的最大值为
25 5 41 27 25
A. 5 2+ B. 5 2+ C. 6 3+ D. 10 2+
4 4 2 2
【答案】A
【解析】
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学科网（北京）股份有限公司【分析】由题意画出图形，设球O得半径为R，AB=x，AC=y，由球O的表面积为29π，可得x2+y2=25，写出
侧面积，再由基本不等式求最值．
【详解】设球O得半径为R，AB=x，AC=y，
由4πR2=29π，得4R2=29．又x2+y2+22=（2R）2，得x2+y2=25．三棱锥A-BCD的侧面积：
1 1 1 25 5 2
S=S +S +S = ⋅2x+ ⋅2y+ xy由x2+y2≥2xy，得 当且仅当x=y= 时取等号，由
ABD ACD ABC
2 2 2 2 2
△ △ △
xy≤
5 2 1 25
（x+y）2=x2+2xy+y2≤2（x2+y2），得 2 当且仅当x=y= 时取等号，∴ 2 ×
2 2 2
x+y≤5 , S≤5 + =
25 5 2 25
5 2+ 当且仅当x=y= 时取等号. ∴三棱锥A-BCD的侧面积的最大值为5 2+ .故选A.
4 2 4
【点睛】本题考查三棱锥的外接球、三棱锥的侧面积、基本不等式等基础知识，考查空间想象能力、逻辑
思维能力、运算求解能力，考查数学转化思想方法与数形结合的解题思想方法，是中档题．
二．多选题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题
目要求的，全部选对的得 6分，部分选对得部分分，有选错的得 0分．
9. 已知圆C: ( x+2 )2 + y2 =4，直线l: ( m+1 ) x+2y−1+m=0 ( m∈R ) ，则（ ）
A. 直线l恒过定点
(−1,1 )
B. 直线l与圆C有两个交点
C. 当m=1时，圆C上恰有四个点到直线l的距离等于1
D. 圆C与圆x2 + y2 −2x+8y+8=0恰有三条公切线
【答案】ABD
【解析】
【分析】求出直线l过的定点判断A；判断定点与圆的位置关系判断B；求出圆心到直线距离判断C；判断
圆与圆的位置关系判断D.
x+1=0 x=−1
【详解】对于A，直线l的方程为(x+1)m+ x+2y−1=0，由 ，得 ，直线l过定
x+2y−1=0 y =1
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学科网（北京）股份有限公司点(−1,1)，A正确；
对于B，(−1+2 )2 +12 =2<4，即定点(−1,1) 在圆C内，则直线l与圆C相交且有两个交点，B正确；
−2+0
对于C，当m=1时，直线l:x+ y =0，圆心C(−2,0)到直线l的距离为d = = 2，
2
而圆C半径为2，因此只有2个点到直线l的距离等于1，C错误；
对于D，圆x2 + y2 −2x+8y+8=0的方程化为(x−1)2 +(y+4)2 =9，
其圆心为 (1,−4)，半径为3，两圆圆心距为d′= (1+2)2 +(−4−0)2 =5=3+2，
两圆外切，因此它们有三条公切线，D正确.
故选：ABD.
10. 定义在R上的偶函数 f ( x ) ，满足 f (x+2)− f (x)= f (1)，则（ ）
A. f ( 1 )=0 B. f (1−x)+ f (1+x)=0
20
C. f ( 1+2x )= f ( 1−2x ) D. ∑ f(i)=10
i=1
【答案】AC
【解析】
【分析】利用特殊值及偶函数性质判断A；根据已知条件得 f(x+2)− f(−x)=0、f(x+1)− f(1−x)=0判
断B、C；根据函数的性质，举反例 f(x)=0判断D.
【详解】由 f (x+2)− f (x)= f (1)，令x=−1，则 f (1)− f (−1)= f (1)⇒ f(−1)=0，
又 f ( x ) 为偶函数，则 f(1)= f(−1)=0，A对；
由上，得 f (x+2)− f (x)=0⇒ f(x+2)− f(−x)=0①，
在①式，将x−1代换x，得 f(x+1)− f(1−x)=0②，B错；
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学科网（北京）股份有限公司在②式，将2x代换x，得 f(2x+1)− f(1−2x)=0⇒ f(2x+1)= f(1−2x)，C对；
由 f ( x+2 )= f ( x ) 且 f(x+1)= f(1−x)，即 f ( x ) 周期为2且关于x=1对称，
20
显然 f(x)=0是满足题设的一个函数，此时 ∑ f(i)=0，D错.
i=1
故选：AC
11. 球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科．如图，球O的半径为R，A，B，C为球面上
三点，劣弧BC的弧长记为a，设O 表示以O为圆心，且过B，C的圆，同理，圆O ,O 的劣弧AC,AB
a b c
的弧长分别记为b,c，曲面ABC（阴影部分）叫做曲面三角形，a=b=c，则称其为曲面等边三角形，
线段OA，OB，OC与曲面ABC围成的封闭几何体叫做球面三棱锥，记为球面O−ABC．设
∠BOC =α,∠AOC =β,∠AOB=γ ，则下列结论正确的是（ ）
3
A. 若平面ABC是面积为 R2的等边三角形，则a=b=c= R
4
B. 若a2 +b2 =c2，则α2 +β2 =γ2
π 2
C. 若a=b=c= R，则球面O−ABC的体积V > R3
3 12
π
D. 若平面ABC为直角三角形，且∠ACB = ，则a2 +b2 =c2
2
【答案】BC
【解析】
【分析】对于 B，利用a =αR,b=βR,c=γR 代入易得；对于 C，先求得三棱锥O−ABC的体积
2
V = R3，由球面O−ABC的体积V >V 即得；对于 A，由条件知ABC 三边为R，推得
O−ABC
12
O−ABC
π
a=b=c= R排除A，对于D，由余弦定理和题设可得cosα+cosβ−cosγ=1，取特殊值即可排除D.
3
3
【详解】对于A，因等边三角形ABC的面积为 R2，则AB= BC = AC = R，
4
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学科网（北京）股份有限公司π π
又OA=OB=OC = R，故α=β=γ = ,则a=b=c= R，故A错误；
3 3
对于B，由a2 +b2 =c2可得(αR)2 +(βR)2 =(γR)2，故α2 +β2 =γ2，即B正确；
π π
对于C，由a=b=c= R可得，α=β=γ= ,故AB= BC = AC = R.
3 3
1 R 3R
=
由正弦定理，ABC的外接圆半径为 2 π 3 ，点O到平面ABC的距离
sin
3
2
 3R 6
h= R2 −  = R，
 
3 3
 
1 1 3 6 2
则三棱锥O−ABC的体积V = S ⋅h= × R2× R= R3,
O−ABC
3
ABC
3 4 3 12
2
而球面O−ABC的体积V >V = R3，故C正确；
O−ABC
12
BC2 =2R2 −2R2cosα,
 π
对于D，由余弦定理可知AC2 =2R2 −2R2cosβ,由C = 可得，BC2 + AC2 = AB2，
2

AB2 =2R2 −2R2cosγ,

即4R2 −2R2cosα−2R2cosβ=2R2 −2R2cosγ，化简得，cosα+cosβ−cosγ=1．
π π π π 2π2 π2
取α=β= ,γ= ，则a =b= R,c= R，则a2 +b2 = R2 < R2 =c2，故D错误．
3 2 3 2 9 4
故选：BC
三．填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分．
12. 若圆C：( x−2 )2 + y2 =1与圆C :x2 + y2 +4x+6y+m=0有且仅有一条公切线，m= ______ .
1 2
【答案】−23
【解析】
【分析】根据两圆的位置关系先确定两圆内切，再由圆心距计算即可.
【详解】由C :x2 + y2 +4x+6y+m=0⇒( x+2 )2 +( y+3 )2 =13−m，
2
显然13>m,C ( 2,0 ) ,C (−2,−3 ) ，
1 2
又C ,C 只有一条公切线，所以C ,C 相内切，
1 2 1 2
将C 点坐标代入圆C 方程知(−2−2 )2 +(−3 )2 >1，即C 在圆C 外部，
2 1 2 1
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学科网（北京）股份有限公司所以圆C 内切于圆C ，
1 2
则有 CC = (−2−2 )2 +(−3−0 )2 =5= 13−m−1，
1 2
解之得m=−23.
故答案为：−23
 π ( )
13. 已知函数y =2sin (ωx+ϕ)  ω>0,0≤ϕ≤ 的图象经过点 0, 2 ，且在 y轴右侧的第一个零点为
 2
π
，当x∈[ 0,2π ] 时，曲线y =sinx与y =2sin (ωx+ϕ) 的交点有__________个，
4
【答案】6
【解析】
 π  π
【分析】根据题意，求得函数的解析式为 y =2sin3x+ ，画出 y =sinx与 y =2sin3x+ 在区间
 4  4
[ ]
0,2π 上的图象，结合图象，即可求解.
【详解】因为函数y =2sin (ωx+ϕ) 的图象经过点 ( 0, 2 ) ，可得2sinϕ= 2，即sinϕ= 2 ，又因为
2
π π
0≤ϕ≤ ，所以ϕ= ，
2 4
 π π π π
因为y =2sin ωx+ (ω>0)在 y轴右侧的第一个零点为 ,所以 ω+ =π，
 4 4 4 4
 π
解得ω=3，所以y =2sin3x+ ，
 4
 π
画出y =sinx与y =2sin3x+ 在区间 [ 0,2π ] 上的图象，如图所示，
 4
 π
由图可知曲线y =sinx与y =2sin3x+ 的交点有6个.
 4
故答案为：6.
14. 如图，在长方形ABCD中，AB=3，BC =2，E为DC 的中点，F 为线段EC（端点除外）上一动点.
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学科网（北京）股份有限公司现将△AFD沿AF 折起，使平面ABD⊥平面ABC，在平面ABD内过点D作DK ⊥ AB，K为垂足．设
AK t，则t的取值范围是_______.
4 
【答案】 ,2
3 
【解析】
【分析】设DF = x，求得x关于t的表达式，根据x的取值范围结合AK  AD求得t的取值范围.
【详解】如图，在平面ADF内过点D作DH ⊥ AF，垂足为H ，连接HK ．
过点F 作FP//BC，交AB于点P．
3 2 5 3 13 3
设∠FAB=θ，AE =   +22 = ,AC = 13，所以cosθ∈  ,   ．
2 2  13 5 
3
设DF = x，则 <x<3．
2
因为平面ABD⊥平面ABC，平面ABD∩平面ABC = AB，
DK ⊥ AB，DK ⊂平面ABD，所以DK ⊥平面ABC，
又AF ⊂平面ABC，所以DK ⊥ AF ．
又因为DH ⊥ AF，DK DH = D，DK ，DH ⊂平面DKH，所以AF ⊥平面DKH ，所以
AF ⊥ HK，即AH ⊥ HK ．
2x
在RtADF 中，AF = 4+x2 ，DH = ，
4+x2
因为△ADF和APF都是直角三角形，PF = AD，
所以Rt△ADF≌Rt△FPA，AP= DF = x．
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学科网（北京）股份有限公司2x
因为△AHD∽△ADF， AH DH AH 4+x2 4 ，
= , = ,AH =
AD DF 2 x 4+x2
4
4
所以 AH AP 4+x2 x ，得x = ．
cosθ= = , = t
AK AF t 4+x2
3 3 4 4 8
因为 <x<3，所以 < <3，所以 <t < ．
2 2 t 3 3
4
又AK  AD，即t <2，故 <t <2.
3
4 
故答案为： ,2
3 
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．
15. 某校为提高学生对交通安全的认识，举办了相关知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，
[ ] [ ) [ )
发现得分均在区间 30,90 内.现将100个样本数据按 30,40 ， ， ， ， 70,80 ，
[40,50) [50,60) [60,70)
[ ]
80,90 分成6组，并整理得到如下频率分布直方图.
（1）请估计样本数据的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）和中位数（精确到0.1）；
（2）学校决定表彰成绩排名前30％的学生，学生甲的成绩是76，请估计该学生能否得到表彰，并说明理
由.
【答案】（1）样本数据的平均值为68.5，中位数为71.7；
（2）学生甲不能得到表彰，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）用每组数据中点值乘以该组数据的频率相加求和可得平均值，先估算中位数的范围，再列方
程求中位数；
（2）估算排名在70%的成绩，和76比较，得到结论.
【小问1详解】
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学科网（北京）股份有限公司样本数据的平均值为
( 35×0.005+45×0.010+55×0.010+65×0.020+75×0.030+85×0.025 )×10=68.5
因为从左至右的前4组数据的频率为0.05+0.1+0.1+0.2=0.45，
从左至右的前5组数据的频率为0.05+0.1+0.1+0.2+0.30=0.75，
所以样本数据的中位数位于区间 [ 70,80 ) 内，设中位数为x，则0.45+( x−70 )×0.030=0.5，
215
所以x= ≈71.7，
3
【小问2详解】
成绩低于70分的频率为0.45，成绩低于80分的频率为0.75，
0.7−0.45
则被表彰的最低成绩为70+ ×10=78.3333>76，
0.30
所以估计学生甲不能得到表彰.
16. 在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为 ( 1,1 ) ，动点P满足 PA = 2 PO
（1）求动点P的轨迹C的方程
( )
（2）若直线l过点Q 1,2 且与轨迹C相切，求直线l的方程.
【答案】（1）x2 + y2 +2x+2y−2=0；
（2）x=1或5x−12y+19=0.
【解析】
【分析】（1）设P ( x,y ) ，根据动点P满足 PA = 2 PO ，再用两点间距离公式列式化简作答.
（2）讨论直线的斜率，设出直线l的方程，由圆心到直线的距离等于圆的半径求解作答.
【小问1详解】
设P ( x,y ) ，由|PA|= 2 |PO|，得 ( x−1 )2 +( y−1 )2 = 2⋅ x2 + y2 ，
化简得x2 + y2 +2x+2y−2=0，
所以P点的轨迹C的方程为x2 + y2 +2x+2y−2=0.
【小问2详解】
由（1）知，轨迹C：(x+1)2 +(y+1)2 =4表示圆心为C(−1,−1)，半径为2的圆，
当直线l的斜率不存在时，方程为x=1，圆心C(−1,−1)到直线l的距离为2，l与C相切；
当直线l的斜率存在时，设l: y2kx1，即kx− y+2−k =0，
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学科网（北京）股份有限公司|−2k+3|
5 5 19
于是 =2，解得k = ，因此直线l的方程为 x− y+ =0，即5x−12y+19=0，
k2 +1 12 12 12
所以直线l的方程为x=1或5x−12y+19=0.
b−a2x 5
17. 已知函数 f ( x )= −x（a>0且a≠1b∈R）是定义在R 上的奇函数，且 f ( 1 )=− ；
ax 2
（1）求a，b的值；
（2）解不等式 f ( 1−x2 ) + f ( 5x−7 )<0．
【答案】（1）b=1, a=2，
{ }
（2） x 2< x<3
【解析】
5
【分析】（1）根据 f ( 0 ) =0和 f ( 1 )=− 即可联立求解，
2
（2）根据函数的单调性以及奇偶性即可求解.
【小问1详解】
5
由题意可知： f ( 0 ) =0和 f ( 1 )=− ，
2
b−1 b−a2 5
故 f ( 0 )= −0=0且 f ( 1 )= −1=− ，
a0 a 2
1
故b=1, a=2，a =− （舍去）
2
【小问2详解】
1−22x 1
f ( x )= −x= −2x −x，
2x 2x
1
由于函数y = ,y =−2x,y =−x均为单调递减函数，故 f ( x ) 为单调递减，
2x
故 f ( 1−x2 ) + f ( 5x−7 )<0⇒ f ( 1−x2 ) < f ( 7−5x ) ，
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学科网（北京）股份有限公司即1−x2 >7−5x，解得2< x<3，
{ }
故不等式的解为 x 2< x<3
18. 在如图所示的试验装置中，两个正方形框架ABCD，ABEF的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直，
活动弹子 M，N 分别在正方形对角线 BD 和 BF 上移动，且 BM 和 BN 的长度保持相等，记
( )
BM = BN =a 0<a< 2 ．
（1）证明：MN//平面BCE；
2
（2）当a= 时，求平面MNA与平面MNB夹角的余弦值．
2
【答案】（1）证明见解析
1
（2）
3
【解析】
【分析】（1）由已知可证明MN//DF ，可得MN//CE，由线面平行的判定定理得MN//平面BCE；
（2）由题意，M，N分别BD和BF的中点，O为MN 中点，连接AO,BO，余弦定理求cos∠BOA，可
得平面MNA与平面MNB夹角的余弦值.
【小问1详解】
连接DF,CE，
ABCD，ABEF的边长都是正方形，则有BD=BF = 2，
( )
又BM = BN =a 0<a< 2 ，
BM BN
则BDF中， = ，所以MN//DF ，
BD BF
由DC//AB//FE，DC = AB= FE，
则四边形CDFE为平行四边形，有DF//CE ，所以MN//CE，
MN ⊄平面BCE，CE ⊂平面BCE，所以MN//平面BCE.
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学科网（北京）股份有限公司【小问2详解】
2
当a= 时，M，N分别BD和BF的中点，连接AM,AN ，
2
2
则BM = BN = AM = AN = ，
2
平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD平面ABEF = AB，
AD⊂平面ABCD，AD⊥AB，则AD ⊥平面ABEF，
AF ⊂平面ABEF，则AD⊥ AF，
1 2
AD= AF =1，得DF = 2，MN = DF = ，
2 2
6
O为MN 中点，连接AO,BO，则AO⊥MN ，BO⊥MN，AO= BO= ，
4
AO2 +BO2 −AB2 1
AOB中，由余弦定理，cos∠BOA= =− ，
2AO⋅BO 3
1
所以平面MNA与平面MNB夹角的余弦值为 .
3
【点睛】方法点睛：作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂
线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角，
利用余弦定理求解；也可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
19. “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题.该问题是：“在一个三角形内求作一点，
使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当ABC的三个内角均
小于120°时，使得∠APB=∠BPC =∠CPA=120°的点P即为费马点；当ABC有一个内角大于或等
于120°时，最大内角的顶点为费马点.在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.
tan AtanC
（1）若cos(A−C)+cosB = .
tan AtanC −1
①求B；
 
②若ABC的面积为 3，设点P为ABC的费马点，求PA⋅PC的取值范围；
第15页/共18页
学科网（北京）股份有限公司（2）若ABC内一点P满足∠PAB=∠PBC =∠PCA=θ，且PB平分∠ABC，试问是否存在常实数
t，使得b2 =tac，若存在，求出常数t；若不存在，请说明理由.
π  2 
【答案】（1）①B= ；②

− ,0
3  3 
（2）存在，t =1
【解析】
【分析】（1）①根据三角形内角和定理结合两角和差的余弦公式化简即可得解；②在PAB，PBC中，
分别利用正弦定理求出PA,PC，再根据数量积的定义结合三角恒等变换化一，再根据三角函数的性质即可
得解；
（2）根据S S S S 求出三角形ABC面积的表达式，再在PAB，PBC，PAC
ABC PAB PBC PAC
1
中，分别由余弦定理求出cosθ与a,b,c的关系，再结合S = acsin2θ化简即可得出结论.
ABC
2
【小问1详解】
tan AtanC
①因为cos(A−C)+cosB = ，且A+B+C=π，
tan AtanC −1
tan AtanC
所以cos(A−C)−cos(A+C)= ，
tan AtanC−1
sinAsinC
所以cosAcosC+sinAsinC−(cosAcosC−sin AsinC)= ，
sinAsinC−cosAcosC
sin AsinC
即2sin AsinC = ，
−cos(A+C)
因为A∈(0,π)，C∈(0,π)，所以sinA≠0，sinC ≠0，
1
所以cosB= ，
2
π
因为 B∈(0,π)，所以B= ；
3
π 2π
②因为∠ABC = ，所以ABC的内角均小于 ，
3 3
2π
所以点P在ABC的内部，且∠APB=∠BPC =∠CPA= ，
3
1
由S = acsinB= 3，得ac=4，
ABC
2
 π π
设∠ABP=θ，θ∈ 0, ，则∠CPB= −θ，
 3 3
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学科网（北京）股份有限公司PA c 2
在PAB中，由正弦定理得 = ，即PA= csinθ,
sinθ sin∠APB 3
PC a
= 2 π 
在PBC中，由正弦定理得 π  sin∠CPB ，即PC = asin −θ ，
sin −θ  3 3 
3 
 
2π 2 2 π   1
所以PA⋅PC = PA⋅PCcos = csinθ⋅ asin −θ  ×  − 
3 3 3 3   2
2 π  8 π 
=− acsinθsin −θ

=− sinθsin −θ

3 3  3 3 
8  3 1  8 3 1 1−cos2θ
=− sinθ cosθ− sinθ=−  sin2θ− ⋅ 
   
3  2 2  3 4 2 2 
8 3 1 1 4  π 2
=−   sin2θ+ cos2θ−   =− sin2θ+  + ，
3  4 4 4  3  6 3
 π π π 5π
因为θ∈ 0, ，所以2θ+ ∈  , ，
 3 6 6 6 
 π 1 
所以sin2θ+  ∈  ,1  ，
 6 2 
   2 
所以PA⋅PC的取值范围为

− ,0；
 3 
【小问2详解】
1 1 1
因为S =S +S +S = c⋅APsinθ+ a⋅BPsinθ+ b⋅CPsinθ，
ABC PAB PBC PAC
2 2 2
1
即S = sinθ(c⋅AP+a⋅BP+b⋅CP)，
ABC
2
2S
所以c⋅AP+a⋅BP+b⋅CP= ABC ，
sinθ
在PAB，PBC，PAC中，
分别由余弦定理得：BP2 =c2 + AP2 −2c⋅APcosθ，
CP2 =a2 +BP2 −2a⋅BPcosθ，AP2 =b2 +CP2 −2b⋅CPcosθ，
三式相加整理得2cosθ(c⋅AP+a⋅BP+b⋅CP)=a2 +b2 +c2，
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学科网（北京）股份有限公司a2 +b2 +c2 =2cosθ(c⋅AP+a⋅BP+b⋅CP)，
2S
将c⋅AP+a⋅BP+b⋅CP= ABC 代入得：
sinθ
2S
a2 +b2 +c2 =2cosθ⋅ ABC ，
sinθ
1
因为PB平分∠ABC，所以∠ABC =2θ，S = acsin2θ，
ABC
2
2S acsin2θ
所以a2 +b2 +c2 =2cosθ⋅ ABC =2cosθ⋅ =4accos2θ，③
sinθ sinθ
( )
又由余弦定理可得：a2 +c2 =b2 +2accos2θ=b2 +2ac cos2θ−sin2θ ，④
由③−④得：b2 =−b2 +2ac ( sin2θ+cos2θ ) ，
( )
所以b2 =ac sin2θ+cos2θ ，即b2 =ac，
所以常数t =1，使得b2 =ac.
【点睛】方法点睛：解三角形的基本策略：
（1）利用正弦定理实现“边化角”；
（2）利用余弦定理实现“角化边”.
求三角形有关代数式的取值范围也是一种常见的类型，主要方法有两类：
（1）找到边与边之间的关系，利用基本不等式来求解；
（2）利用正弦定理，转化为关于某个角的三角函数，利用函数思想求解.
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