辽宁省部分高中2024-2025学年高二上学期开学9月联合考试数学试题

数学答案 第 1 页 共 11 页 2024-2025 学年度上学期高二年级开学阶段测试 数学 参考答案及解析 一、单选题 1.D【解析】由题可得 1 21 3i, 2 5iz z     ，所以 2 2 5iz   ，    1 2 1 3i 2 5i 17 iz z        ． 2.B【解析】对于 A，若 , ,m n m n   ∥ ，则 ∥ 或 与  相交，故 A错误；对于 B， 若m  ，m n∥ ，则 n  ，又 n  ，所以  ，故 B 正确；对于 C，若 , ,m n m       ，则 n  不一定成立，故 C 错误；对于 D，若  ，m  ，则 m ∥ ，或m  ，故 D 错误. 3.A【解析】由题意得， | | 2 | | 3a b    ， ，因为     2 22 2 17a b a b a b a b                ，所以 3a b    ，所以 3 1cos , 2 3 2 a ba b a b            ，因为 , [ ]0,πa b    ，所以 π, 3 a b    ，即 a  与b  的夹角为 π 3 . 4.C【解析】因为  f x 的图象关于点 π ,0 3       中心对称，所以 π2 π, 3 k k   Z，即 2π + π, 3 k k   Z，又 π 2   ，所以取 π1 3 k  ，则 . 5.D【解析】       2 2 sin ,cos 1,0 cos , cos , sin sin cos OP OQP Q OP OQ OP OQ                   ，故 51 sin 5 3   ，所以 3sin 5   ，则 2 19cos 2 1 2sin 25     . 6.B【解析】取 BC的中点O，CD的中点 E，连接 AO，OE，则OE BD∥ ．因为 =AB AC，所以 AO BC .又因为 90CBD  ，所以OE BC ，所以 AOE 为二面角 A BC D- - 的平面角，即 AOE  120，过点 E作EF AO 于点 F ，因为 , ,BC OE BC AO OE AO O    ，且 ,OE AO 平面OEF ，所以 ,EF BC BC AO O  又 ，所以 EF 平面 ABC .因为 2 2OE  ，所以点 E到平面 ABC的距离为 2 2 sin 60 6EF    ，所以点D到平面 ABC的距离为 2 6h  ，所以 三棱锥D ABC 的体积 1 1 1 164 4 2 6 6 3 3 2 3ABC V S h       △ . 数学答案 第 2 页 共 11 页 7.C【解析】由题知，设 AB x ，则 3 tan 30 xBC x   ， tan 45 xBD x   ， 3 tan 60 3 xBE x   ，又 60 mCD DE  ，所以在 BEC△ 中， 2 2 2 cos 2 BE EC BCBEC BE EC      2 2 21 120 3 3 32 120 3 x x x      ①，在 BDE△ 中， 2 2 2 cos 2 BE ED BDBEC BE ED      2 2 21 60 3 32 60 3 x x x      ②，联立①②，解得 30 6 73.47 73x    . 8.B【解析】在△ABC 中，由已知与正弦定理得 2 2 23 2 2 sinb c a bc A   ，因为 2 2 2 2 cosa b c bc A   ，所以 2 2 2 23 2 2 cos 2 sinb c b c bc A bc A     ， 2 2 π2 2 sin cos ) 2 2 sin( ) 4 b c bc A A bc A    （ ，因为 2 20, 0,2 2 2b c b c bc    ， 即 π2 2 sin( ) 2 2 4 bc A bc  ，所以 πsin( ) 1 4 A  ，所以 πsin( ) 1 4 A  ，解得 3π 4 A  ， 此时 2 2 2c b  ，所以△ABC 的面积 1 1 2sin 2 2 2 2 2 2 2 S bc A      . 二、多选题 9.BD【解析】对于 A， ( 3, 4)a b    ，所以 | | 5a b   ，A 错误；对于 B，若  a b  ∥ c， 因为 ( 3, 4)a b    ，  , 1c m n  ，所以 3 1 4 =0n m   （ ） ，则 4 3 3m n  ，B 正确； 对于 C，若 a c ，则 1 1 0m n     ，则 1n m  ，C 错误；对于 D， a在b  上的投影 向量的坐标为 5 10 15( 2,3) , 13 13 13 a b b b b               ，D 正确. 10.BCD【解析】对于 A,利用余弦定理得， 2 2 2 3 3cos 2 2 2 b c a bcA bc bc      ，因为  0, πA ， 所以 π 6 A  ，故 A 错误；对于 B，当△ABC 有两解时， 1 4 2 b b  ，所以b的取值范围是  4 8， ，故 B正确；对于 C，△ABC 的面积 1 n 2 4 1si S bc A bc  ，且易知 2 2 16 3 2 16b c bc bc     ，解得 16(2 3)bc   ，当且仅当 b c = 2 2 2 6 时取等号， 此时 4 3 1 8 4 S bc   ，故 C 正确；对于 D，设D为 BC的中点，则 1 ( ) 2 AD AB AC     ， 数学答案 第 3 页 共 11 页 所以 2 21 ( ) 4 AD AB AC     ，即 2 2 3 32b c bc   ，又因为 2 2 16 3b c bc   ，所以 2 2 24b c  ，故 D正确. 11.ACD【解析】取 BC 的中点 H，连接 AH，取 HC 的中点 E，连接 NE，MN，易知 1 1NE BCC B平面 ,所以 1NE BC ,又因为在正方形 1 1BCC B 中，E,M 分别为 1,BC C C边 上的四等分点，所以 1ME BC ，又ME NE E  ，所以 1BC NEM平面 ，所以 1MN BC ，故 A 正确；取 1CC 的中点 Q，连接 AQ，在 1BB 上取靠近 B 的四等分点 J，连接 JQ，易知平面 BMN ∥平面 AQJ ,所以动点 P的轨迹长度即为 JQ 的长度，所以 17JQ BM  ,故 B 错误；在正方形 1 1ACC A 中，点 N 为 AC 的中点，点 M 为 1CC 的四 等分点，所以 1A N MN , 1 1BN ACC A平面 ，又因为 2 3BN  ， 1 14 2, 5A B AM  ， 1 2 5, 5,A N MN  由余弦定理，得 2 2 2 1 1 1 1 1 2cos 2 2 A B AM BMBAM A B AM      ，则 1 π 4 BAM  ，设点N到平面 1ABM 的距离为d ，由 1 1N A BM B AMNV V 三棱锥 三棱锥 ，得 1 1 1 1 1 π 1 1sin 3 2 4 3 2 d A B AM BN A N MN                   ，解得 3d  ，所以点 N到平面 1ABM 的距离为 3 ，故C 正确；如图， 11, 3MC MC  ，M 到棱 1AA的距离等于 4，故球 M 的球面与侧面 1 1ACC A 的棱 1 1 1, ,AC AA AC 各有一个交点，分别为 1 2 3, ,O O O ，同理可得与侧 面 1 1BCC B 的棱 1 1 1, ,BC BB BC各有一个交点，分别为 4 ,O 5 6,O O . 如图，点 M在平面 1 1ABB A 上的射影为 1M ,因为以点 M 为球心，4为半径作球，点 M到平 面 1 1ABB A 的距离为 2 3 ，所以在平面 1 1ABB A 上，以点 1M 为圆心，2为半径作圆，与 AB有两个交点分别为 7 8,O O . 与 1 1AB 没有交点.综上，以M 为球心，4 为半径的球面与该 棱柱的棱的公共点的个数为 8，故 D 正确. 数学答案 第 4 页 共 11 页 三、填空题 12. 2 5 【解析】    2cos 1 sin 2 cos sin cos sin cos sin cos               2 2 2 2 2 sin cos cos tan 1 2sin cos cos sin cos tan 1 5                   . 13.   2sin 2 1f x x  （答案不唯一）【解析】由①可设 ( ) ( )cosf x A ωx φ B= + + ，又由③ 可 知 ， 不 妨 设 0A  ， 由 题 得 3 ( 1) 3 ( 1)2, 1 2 2 A B       ， 又 由 ② 可 知 *π π , 2 4 4 kT k k        N ，且 为奇数，令 =1k ，则 π π 2 4 4 T        ，所以 πT  ，所以 π2 2 T    ， 所 以    2cos 2 1f x x    ， 又 3π π2cos 1 4 2 f               ， 解 得 2 π,π 2 k k    Z ， 取 =0k , 则 2 π   ， 此 时 函 数  f x 的 一 个 解 析 式 为   2sin 2 1f x x  . 14.90 4 3  【解析】由几何体的结构特征知 PQ为外接球的直径，所以 90PBQ   .连 接 PQ，交平面 ABC于点 N，取 AB的中点M ，连接 , , ,CM PM QM BN，如图，由正棱锥 的性质知 N CM ， ,PMN QMN     ，因为 2 2 2 22 2 2 21 3 3 3 2 3 3 CN CM BC BM      ，则 2 3 3 BN CN  ， 3CM  ， 3 3 MN  .设 1 2,PN h QN h  ，外接球半径为 R，则 2 2 2 21 4 3 PB BN PN h    ， 2 2 2 2 2 4 3 BQ BN NQ h    ，所以由 2 2 2PQ PB BQ  得  2 2 21 2 1 2 4 4 3 3 h h h h     ，即 1 2 4 3 h h  .又 1 2tan 3 , tan 3 PN QNh h MN MN      ，故   1 2 1 2 1 2 3( 3(tan tantan 1 tan tan 1 3 ) ) 3 h h h h h h              ，而 1 2 1 2 4 32 3 h h h h   ，当且仅当 数学答案 第 5 页 共 11 页 1 2 2 3 3 h h  时取等号，故 max 4tan( ) 3     . 四、解答题 15.解：（1）如图，正四棱台 1 1 1 1ABCD ABC D 的每个侧面皆为全等的等腰梯形， 分别取 1 1,BC BC的中点为 ,M N，连接 1 ,,OM ON MN，过点 M作MH ON 于 H， 则 1 160 cm, 20 cm 40 cm, 20 cm,OO MH OM ON HN     ， 故  2 2 2 260 20 20 10 cmMN MH HN     ，------2 分 所以正四棱台 1 1 1 1ABCD ABC D 的表面积为    2 2 2140 80 4 40 80 20 10 8 000 4 800 10 cm2        .----7 分 （2）若将这块铁料最大限度地打磨为一个圆台，则圆台 1OO的上、下底面圆分别是正四棱 台的上、下底面正方形的内切圆，高为正四棱台的高，则圆台的上底面半径为 20 cm，下 底面半径为 40 cm，高为 60 cm，-----9 分 则圆台 1OO的体积    2 2 31 π 20 40 20 40 60 56 000π cm3V       .------13 分 16.解：（1）因为 cos 3 sin a C a C b c   ， 由正弦定理得  sin cos 3sin sin sin sin sin sin A C A C B C A C C      sin cos cos sin sin A C A C C   ， 所以 3sin sin cos sin sin A C A C C  .------3 分 因为  0, πC ，所以 sin 0C  ，所以 3 sin cos 1A A  ，即 π2sin 16A       ，所以 数学答案 第 6 页 共 11 页 π 1sin 6 2 A      . 因为  0, πA ，所以 π π 5π 6 6 6 A    ，即 π π 6 6 A  ，所以 π 3 A  .------5 分 又 3a  ，由正弦定理得 2sin sin sin b c a B C A    ，则 2sin , 2sinb B c C  ， 所以 2π2sin 2sin 3 2sin 2sin( ) 3 3 a b c B C B B         π3sin 3 cos 3 2 3 sin( ) 3 6 B B B      . ------7 分 由 2π0 3 B  知， π π 5π 6 6 6 B   ，则 π2 3 2 3 sin( ) 3 3 3 6 B    ， 所以△ABC 周长的取值范围为 2 3,3 3 .------8 分 （2）△ABC 的面积 1 3sin 2 4 S bc A bc  ，设△ABC 的内切圆半径为 r， 则△ABC 的面积 1 1( ) ( 3) 2 2 S r a b c r b c      ，所以 1 3( 3) 2 4 r b c bc   .------10 分 由余弦定理得 2 2 2 cos 2 b c aA bc    ，即 2 21 3 2 2 b c bc    ， 得 2 2 3c bcb    ， 2( ) 3 3b c bc   ，所以 2 1[( ) 3] 3 bc b c   ，------13 分 则 21[( ) 3]3 3 33 ( 3) 2 62( 3) 3 b cbcr b c b c b c             ，由（1）知  3,2 3b c   ， 所以 r的最大值为 1 2 .------15 分 17.证明：（1）如图，取 BE的中点O，连接 ,OC OG， 又因为G为 AB的中点，所以 1, 2 AE OG AEOG ∥ ． 因为 1, 2 AE CD AECD ∥ ，所以CD OG∥ ，且CD OG ， 所以四边形CDGO为平行四边形，则DG CO∥ ，------2 分 因为 , , , ,AE CE AE EB CE EB E CE EB     平面 BCE，所以 AE 平面 BCE． 因为CO平面 BCE，所以 AE CO ，则 AE DG ，------4 分 因为二面角C AE B  的大小为60，所以 60CEB  ， 因为 BE CE ，所以△CEB为等边三角形. 因为O是 BE的中点，所以 BE CO ，------6 分 所以 BE DG⊥ ， 数学答案 第 7 页 共 11 页 因为 , ,BE AE E BE AE  平面 ABE，所以DG 平面 ABE .------8 分 （2）解：如图，在平面 ABE内，过点G作GH AF ，连接DH GF， ， 由（1）知，DG 平面 ABE，因为 AF 平面 ABE，所以DG AF . 因为GH AF ， ,DG GH 平面 DHG，DG GH G  ，所以 AF 平面 DHG . 因为DH 平面 DHG，所以 AF DH .所以 DHG 是二面角D AF B  的平面角. ------10 分 在 Rt AEF△ 中， 32, 2 AE EF  ，所以 2 2 9 54 4 2 AF AE EF     ， 因为 1 1 2 2 2 2 2AEB S AE EB     △ ，所以 1 1 1 1 12 2 2 4 8 4AFG AFB AEB S S S     △ △ △ ， 所以 1 1 2 4AFG S AF GH  △ ， 解得 1 5 GH  .------12 分 在 Rt COE△ 中， 2 2 4 1 3CO CE OE     ，所以 3DG CO  ， 在 Rt DHG△ 中， 2 2 1 2 193 25 5 DH DG GH     ，------14 分 所以 1 195cos 382 19 5 GHDHG DH   ∠ ，即二面角D AF B  的余弦值为 19 38 . ------15 分 18.解：（1）由离散曲率的定义得  1Φ 1 2πP APB BPC CPA     ，  1Φ 1 2πA BAP CAP BAC     ，  1Φ 1 2πB ABP CBP ABC     ，  1Φ 1 2πC ACB BCP ACP     ， 四个式子相加得 1Φ Φ Φ Φ 4 4π 2 2πP A B C        .------4 分 （2）①因为 PA 平面 ABC， BC 平面 ABC，所以 PA BC . 因为 AC BC⊥ ， PA AC AI ，所以BC⊥平面PAC . 又PC 平面PAC，所以 BC PC ， 即 π 2 BCP  .------5 分 数学答案 第 8 页 共 11 页 由题得  1Φ 1 2πC ACB BCP ACP     ， 即 2 3 1 π π1 2π8 2 ACP        ，解得 π 4 ACP  .------7 分 如图，过 A作 AM PC 于点M ，因为BC⊥平面 PAC， AM 平面PAC，所以 BC AM⊥ , 又 BC PC CI ， ,BC PC 平面 PCB，所以 AM 平面 PCB， 所以点 A到平面 PCB的距离为线段 AM 的长.------9 分 在 ACM△Rt 中， 2sin 2 2 2 AM AC ACP     .------10 分 ②如图，过点Q作QG PA∥ 交 AB于点G，连接CG， 因为 PA 平面 ABC，所以QG 平面 ABC，则 GCQ 为直线CQ与平面 ABC所成的角. ------11 分 由题知 2, 2 2, 2 3PA AB PB   ， 3sin , 3 PAPBA PB    6cos , 3 ABPBA PB    设 BQ x  0 2 3x  ，则 3sin 3 QG BQ xPBA   ， 6cos 3 BG BQ xPBA   ， 在 BCG△ 中， 2 2 22 4 32 cos 4 3 3 CG BC BG BC BG ABC x x         . ------14 分 又 6 c s 30o GCQ  ，所以 2 6 sin 1 cos 6GCQ GCQ    ，所以 数学答案 第 9 页 共 11 页 5 sint c 5an os GCQGCQ GCQ     ， 所以 2 5 t 3an 2 4 34 3 3 3 5xQG CG x x GCQ      ，解得 2 3 3 x  ，故 2 3 3 BQ  . ------17 分 19.（1）证明：在 AOC△ ， AOD△ ， BOC△ ， BOD△ 中， 1 sin sin2 1 sinsin 2 AOC BOC OA OC AOCSCA OA AOC CB S OB BOCOB OC BOC         △ △ ， 1 sin sin2 1 sinsin 2 AOD BOD OA OD AODSDA OA AOD DB S OB BODOB OD BOD         △ △ ， 所以   sin sin sinsin sin sin sin sin OA AOC AOC BODOB BOCABCD OA AOD D CA CB DA BOC AO OB B DD OB            .------3 分 又在 EOG△ ， EOH△ ， FOG△ ， FOH△ 中， 1 sin sin2 1 sinsin 2 EOG FOG OE OG EOGSGE OE EOG GF S OF FOGOF OG FOG         △ △ ， 1 sin sin2 1 sinsin 2 EOH FOH OE OH EOHSHE OE EOH HF S OF FOHOF OH FOH         △ △ ， 所以   sin sin sinsin sin sin sin sin GE OE EOG EOG FOHGF OF FOGEFGH HE OE EOH FOG EOH HF OF FOH             .------6 分 又 EOG AOC  ， FOH BOD  ， FOG BOC  ， EOH AOD  ， 所以 sin sin sin sin sin sin sin sin AOC BOD EOG FOH BOC AOD FOG EOH              ， 所以    EFGH ABCD .------7 分 数学答案 第 10 页 共 11 页 （2）解：由题意可得   3 2 EFGH  ，所以   3 2 ABCD  ，即 3 2 CA CB DA DB  ，所以 3 2 CA DB CB DA   . 又 B为线段 AD的中点，即 1 2 DB DA  ，所以 3 CA CB  ， 又 3AC  ，则 1BC  ， 2AB  ，------10 分 设OA x ，OC y 且 3OB  ， 由 πABO CBO   ，得 cos cos 0ABO CBO    ， 即    2 22 2 2 22 3 1 3 0 2 2 3 2 1 3 x y          ，解得 2 22 15x y  ①，------12 分 在 AOB△ 中，由正弦定理可得 sin sin AB x AOB ABO    ②， 在 COB△ 中，由正弦定理可得 sin sin OB y BCO CBO    ③， 且 sin sinABO CBO   ， ②③得 sin 3 2 3 sin 2 3 x AB BCO y AOB OB        ，即 3x y ④ ，------15 分 由①④解得 3x  ， 3y  （负值舍去），即 3AO  ， 3OC  ， 所以   22 22 2 2 3 2 3 5cos 2 2 3 2 6 AO AB OBA AO AB          .------17 分 2024一2025学年度上学期高二年级开学阶段测试 数学 本卷满分150分，考试时间120分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需 改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。 写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题所给的四个选项中，有且只有 一项是符合题目要求的) 1.若复数x1,x2在复平面内对应的点的坐标分别为（一1,3），(2，一5)，则1·z2= A.17-i B.-13-11i C.13+11i D.-17+i 2.已知a,β是两个平面，m,n是两条直线，则下列命题正确的是 A.若mCa,nCB,m∥n,则a∥g B.若m⊥a,m∥n,nCB,则a⊥B C.若a⊥B,a∩B=m,n⊥m,则n⊥BD.若a⊥3，m⊥a,则m∥B 3.已知la|=2,lb|=3,(a十b)·(a-2b)=-17,则a与b的夹角为 A月 B开 c D. 4.已知函数f(x)=sin(2x十p(lpl<)的图象关于点（写，0）中心对称，则p= A君 B牙 c骨 D. 5π 5.人脸识别就是利用计算机检测样本之间的相似度，余弦距离是检测相似度的常用方法. 假设二维空间中有两个点A(x1,y1),B(x2,y2),O为坐标原点，定义余弦相似度为 cos(A,B)=cos(OA,O),余弦距离为1-cos(A,B).已知点P(sina,cosa),Q(1,0), 若P,Q的余弦距离为，5，则c0s2a= A-吉 B吉 c品 D号 6.在三棱锥A-BCD中，AB=AC=4,∠CAB=90°，BC=BD,∠CBD=90°，二面角A BC-D的大小为120°，则三棱锥A-BCD的体积为 A. 206 203 165 3 B166 c. D. 3 3 3 高二数学第1页（共4页）】 7.如图，某校数学兴趣小组为了测量某古塔的高度AB,在地面上共线的三点 C,D,E处测得点A的仰角分别为30°，45°，60°，且CD=DE=60m,则古 塔高度AB约为（结果保留整数）（参考数据：√6≈2.449） A.69m B.70m C.73m D.75m 对0c 60°1 8.在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若b=2,3 bsin B+ 2 csin C=sinA(a+2 bsin C),则△ABC的面积为 A.1 B.2 c.7 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题所给的四个选项中，有多项符 合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分)】 9.已知向量a=(-1,1),b=(一2,3)，c=(m,n-1),则 A.Ia+b|=√5 B.当(a十b)∥c时，4m+3n=3 C.当a⊥c时，m十n=1 D.。在b上的投影向量的坐标为-背) 10.在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且a=4,b2+c2-16=3bc,则 AA=骨 B.当△ABC有两解时，b的取值范围是(4,8) C.△ABC面积的最大值为8+43 D.当BC边上的中线的长为2瓦时，b2+c2=24 11.已知正三棱柱ABC-A:B,C1的棱长均为4，点M在棱CC1上，且CC1=4CM,N为 AC的中点，P为侧面BCC,B,内一动点（包括边界），则下列选项正确的是 A.MN⊥B,C B.若AP∥平面BMN,则动点P的轨迹长度为4 C.点N到平面A,BM的距离为√3 D.以M为球心，4为半径的球面与该棱柱的棱的公共点的个数为8 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12.若tan9=3,则os91+sin20) sin 0+cos 0 13.已知函数f(x)满足下列条件： ①f(x)的图象是由y=cosx的图象经过变换得到的； ②对于Vx∈R,均满足f(-)≤f(x)≤f(牙)： ③f(x)的值域为[-1,3]. 请写出符合上述条件的一个函数解析式： 14.如图，正三棱锥P-ABC的侧面和底面ABC所成的角为a,正三棱锥 Q-ABC的侧面和底面ABC所成的角为B,AB=2,P和Q位于平面 ABC的异侧，且这两个正三棱锥的所有顶点都在同一个球面上，则 ∠PBQ= ,tan(a十B)的最大值为 高二数学第2页（共4页） 四、解答题（本大题共5小题，共77分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算 步骤)】 15.(13分)如图，正四棱台ABCD-A1B1C1D1是一块铁料，上、下底面的边长分别为 40cm和80cm,O1,0分别是上、下底面的中心，棱台高为60cm. (1)求正四棱台ABCD-A1B,C1D1的表面积； (2)若将这块铁料最大限度地打磨为一个圆台，求圆台的体积. 16.(15分)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=√3，acos C+√3 asin C= b+c. (1)求△ABC周长的取值范围； (2)求△ABC内切圆半径的最大值. 17.(15分)如图①，在平面四边形ABCD中，BC⊥CD,点E在边BC上，AE∥CD,AE= BE=CE=2CD=2,G为AB的中点，将四边形AECD沿AE折起，使得二面角C AE-B的大小为60°，得到如图②所示的几何体. ① ② (1)证明：DG⊥平面ABE; (2)若点F在BE上，BE=4BF,求二面角D-AF-B的余弦值. 高二数学第3页（共4页）】 18.(17分)离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标.设P为多面体M的一个顶点，定义多 面体M在点P处的离散曲率为@，=1-六（∠Q,PQ:十∠Q,PQ,十十∠Q-1PQ,+ ∠QPQ:),其中Q:(i=1,2,…,k,k≥3)为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平 面Q,PQ2,平面Q,PQ,…,平面Q-1PQ:和平面QPQ1为多面体M的所有以P为 公共点的面.如图，在三棱锥P-ABC中 (1)求三棱锥P-ABC在各个顶点处的离散曲率的和： (2)若PA⊥平面ABC,AC⊥BC,AC=BC=2,三棱锥P-ABC在顶点C处的离散曲 率为爱 ①求点A到平面PBC的距离； ②点Q在棱PB上，直线CQ与平面ABC所成角的余弦值为 6 ,求 BQ的长度 19.(17分)射影几何学中，中心投影是指光从一点向四周散射而形成的投彩，如图，O为透 视中心，平面内四个点E,F,G,H经过中心投影之后的投影点分别为A,B,C,D.对于 CA CB 四个有序点A,B,C,D,定义比值x= 示叫做这四个有序点的交比，记作(ABCD). DB (1)证明：(EFGH)=(ABCD); (2②)已知(EFGH)=多，B为线段AD的中点，AC=月OB=3, sin∠ACO3 sin ZAOB=2,求cosA. 高二数学第4页（共4页）