河北省石家庄市第一中学2025-2026学年高二上学期10月阶段检测数学试卷

石家庄市第一中学 2024级高二级部10月阶段检测化学学科试题 （时间 75 分钟，满分 100 分） 一、单项选择题：本题包含 14 小题，每小题 3 分，共 42 分。每小题给出的四个选项中，只有一项是 符合题目要求的。 1.【答案】C 【详解】A．古代使用的铁一般是生铁(铁碳合金)，铜常是青铜(铜锡合金)，都属于金属材料，A项错误； B．碱式碳酸铜属于碱式盐，B项错误； C．铁表面易生锈，生成，C项正确； D．铁、铜合金都易溶于硝酸，文物不能用稀硝酸浸泡，D项错误； 故选C。 2【答案】B 【详解】A．由总反应知Ag2O得电子变为Ag，则正极的电极反应式为Ag2O+2e-+H2O=2Ag+2OH-，A正确； B．Cu失去电子，为负极，则Ag2O/Ag为正极，电子从Cu经外电路流向Ag2O/Ag电极，电子不能通过溶液，B错误； C．阴离子向负极移动，故OH-向Cu电极移动，C正确； D．此装置能量转化为化学能转化为电能，即反应物总能量高于生成物总能量，故2molCu和1molAg2O的总能量高于1molCu2O和2molAg的总能量，D正确； 故答案为B。 3.【答案】A 【详解】A．价电子排布为对应第3周期ⅡA族的镁（），选项中价电子排布与其在周期表中的位置对应一致，A正确； B．价电子排布为，对应稀有气体（如），应位于0族（ⅧA族），而非Ⅷ族（d区过渡金属），B错误； C．价电子排布为，对应第1周期氦（），属于0族，而非ⅡA族，C错误； D．价电子排布为对应第4周期铜（），属于ⅠB族，而非ⅠA族，D错误； 故答案选A。 4.【答案】C 【详解】A．根据电池的总反应可知，高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，故A错误； B．放电时正极反应为FeO42+4H2O+3e-=Fe(OH)3+5OH-，每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被还原，故B错误； C．充电时阳极发生Fe(OH)3失电子的氧化反应，即反应为：Fe(OH)3-3e-+5OH-=FeO42-+4H2O，故C正确； D．根据电池总反应式可知，放电时有KOH生成，电解质KOH的浓度增大，故D错误； 故选C。 【点晴】根据电池的总反应可知，高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，电极反应式为Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2，高铁酸钠在正极得到电子，电极反应式为FeO42+4H2O+3e-=Fe(OH)3+5OH-，根据电极反应式可判断电子转移的物质的量与反应物之间的关系，充电时，阳极上氢氧化铁转化成高铁酸钠，电极反应式为Fe(OH)3+5OH-=FeO42+4H2O+3e-，阳极消耗OH-离子，碱性要减弱，阴极上电极反应式为Zn(OH)2+2e-=Zn+2OH-，生成氢氧根离子，所以阴极附近碱性增强。 5.【答案】B 【详解】A．黄铜是锌和铜的合金，锌比铜的化学性质活泼，与铜相比它更易与空气中的氧气反应，而阻碍了铜的空气中的缓慢氧化，所以黄铜（铜锌合金）制作的铜锣不易产生铜绿，故A错误； B．镀层破损后，镀锡铁中，金属铁为负极，易被腐蚀，镀锌铁中，金属铁是正极，被保护，所以镀锡铁中铁的腐蚀速率更快，故B正确； C．为防止金属被腐蚀，如果利用牺牲阳极的阴极保护法保护金属，则被保护的金属作原电池正极，应该选取比铁活泼的金属作原电池负极，一般在轮船身上装有一定数量的锌，故C错误； D．不锈钢有较强的抗腐蚀能力，不是因为在钢铁表面镀上了铬，而是铁与以铬为主，再添加镍、锰、钼等元素冶炼而成的合金，故D错误； 故选B。 6.【答案】D 【详解】A．灼烧干海带需在坩埚中进行，而不能在蒸发皿中进行，A错误； B．过滤时需通过玻璃棒引流，且漏斗下端尖嘴部分需紧靠烧杯内壁，B错误； C．分液时，分液漏斗下端尖嘴部分需紧靠烧杯内壁，C错误； D．分离碘和CCl4，采用蒸馏操作，图D中蒸馏操作规范、正确，D正确； 故答案为：D。 7.【答案】A 【详解】A．C原子的核外电子数为6，根据泡利不相容原理，每个电子的运动状态都不同，所以C原子核外电子共有6种不同的运动状态，A正确； B．基态S原子的外围电子排布式为，根据洪特规则，3p轨道上的4个电子应先分占不同轨道且自旋平行，然后再配对，正确的轨道表示式应为，B错误； C．在基态多电子原子中，同能层的p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量，但是能层不同则不一定，如2p轨道电子能量低于3s轨道电子能量，A错误； D．表示3d能级目前排了3个电子，但3d能级本身有5个轨道，D错误； 故选A。 8.【答案】C 【详解】A．的原子序数为26，依据基态原子核外电子排布规律和能量最低原理，基态原子的核外电子排布式为，违背了能量最低原理，A错误； B．泡利原理是指一个原子轨道最多填入2个电子，且自旋方向相反，故若将基态原子核外电子排布图写为，违背了洪特规则，B错误； C．若将基态原子的核外电子排布式写为，则违背了构造原理，应先排轨道，再排轨道，C正确； D．同一轨道自旋方向相同，违反泡利原理，基态O原子的价层电子的轨道表示式为，D错误； 故选C。 9.【答案】D 【详解】A．pH=12的NH3·H2O溶液中c(OH-)=0.01 mol/L，但未给出溶液体积，无法计算OH-数目，A错误； B．Cl2与水的反应为可逆反应（Cl2+H2O⇌HCl+HClO），1 mol Cl2不能完全反应，转移电子数小于NA，B错误； C．常温下Al与浓硝酸发生钝化，表面生成氧化膜阻止反应继续进行，转移电子数远小于0.3NA，C错误； D．S8和S6均为硫单质，64 g混合物中硫原子总物质的量为64 g/32 g/mol=2 mol，S8（皇冠形）和S6（六元环）均为环状分子，每个硫原子形成2个共价键，每个共价键由2个硫原子共用，故1 mol硫原子对应1 mol共价键，2 mol硫原子含共价键2NA，D正确； 答案选D。 10.【答案】C 【分析】装置图中右侧为饱和食盐水，右侧电极上生成气体，则右侧为电解池的阳极，氯离子放电生成氯气，电极反应：2Cl--2e-=Cl2↑，左侧电极为阴极，发生还原反应，Fe2O3在碱性条件下转化为Fe，电极反应：Fe2O3+6e-+3H2O=2Fe+6OH-，中间为阳离子交换膜，Na+由阳极移向阴极，据此分析判断选项。 【详解】A．结合分析可知，左侧电极为阴极，A正确； B．右侧为电解池的阳极，氯离子放电生成氯气，阳极反应：2Cl--2e-═Cl2↑，B正确； C．理论上每消耗1molFe2O3，转移6mol电子，生成3mol氯气，同时有6molNa+由阳极移向阴极，阳极室溶液减少质量=3mol×71g/mol+6mol×23g/mol=351g，C错误； D．左侧电极为阴极，发生还原反应，Fe2O3在碱性条件下转化为Fe，电极反应：Fe2O3+6e-+3H2O=2Fe+6OH-，阴极区溶液中OH-浓度逐渐升高，D正确； 故选C。 11.【答案】B 【详解】A．银离子氧化性大于氢离子的氧化性，所以溶液中银离子先被还原，水电离出的OH-被氧化生成氧气，0-t1时：4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3，当银离子被电解完，水电离出来的氢离子被还原生成氢气，t1-t2时：2H2O2H2↑+O2↑，故A正确； B．进行到t1时银离子被完全还原，溶液的pH为1，硝酸银溶液中，，由反应得消耗电子转移0.01mol，设此过程生成氧气的物质的量为，，，，，t1- t2电解水生成的气体体积为0.224L-0.056L=0.168L，其中氧气和氢气体积比为1：2，电解水生成的氧气体积为0.056L，氧气的物质的量为，电子转移0.01mol，共计电子转移0.02mol，故B错误； C．若使用氢氧燃料电池为电源，氢气与通过电子的关系为： ，t1时，电子转移0.01mol，理论上负极消耗的氢气物质的量为0.005mol，故C正确； D．电解到t1时刻，生成了0.01mol的银和0.025mol氧气，0.01mol硝酸，加入1.16gAg2O其物质的量为，0.005molAg2O与0.01mol硝酸恰好完全反应生成0.01mol硝酸银和0.005mol水，可使溶液复原，故D正确； 故选：B。 12.【答案】C 【分析】由图可知，放电时电子流向为N→M，故N为负极，铝失电子，发生氧化反应， M为正极，得电子，发生还原反应，阴离子向负极区域移动。 【详解】A．由分析知， N为负极、M为正极，正极电极电势高于负极，则M＞N，A错误； B．放电时阴离子向负极移动，N为负极（右极室），向负极N极室移动（右极室），B错误； C．电池的负极为铝电极，放电时负极的反应为， C正确； D．“将纳米级嵌入电极材料，能大大提高可充电铝离子电池的容量”，若从电极表面脱落，电池容量减小，则电池单位质量释放电量减少，D错误； 故答案选C。 13.【答案】D 【分析】戊室电极与电源的正极相连，则为阳极室，Cl-放电，其电极反应式为：2Cl-－2e-= Cl2↑，甲室电极与电源的负极相连，则为阴极室，水得电子生成氢气同时生成OH-，其电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-。 【详解】A. 由图可知，甲室电极与电源负极相连，为阴极室，开始电解时，阴极上水得电子生成氢气同时生成OH-，生成的OH-和HCO3-反应生成CO32-，Ca2+转化为CaCO3沉淀，OH-和Mg2+生成Mg(OH)2，CaCO3和Mg(OH)2是水垢的成分，A正确； B. 由图可知，戊室电极与电源正极相连，为阳极室，Cl-放电能力大于OH-，所以阳极的电极反应式为：2Cl-－2e-= Cl2↑，B正确； C. 阳膜只允许阳离子通过，阴膜只允许阴离子通过，电解时乙室中阳离子移向甲室，丁室中的阴离子移向戊室，则乙室和丁室中部分离子的浓度减小，剩下的物质主要是水，淡水的出口为a、c ，C正确； D. 甲室收集到的是H2，当甲室收集到22.4L(标准状况)气体时，则电路中转移2mol电子，通过甲室阳膜的离子为阳离子，既有+1价的离子，又有+2价的离子，所以物质的量不是1mol，D错误； 故答案为：D。 14.【答案】D 【分析】由图可知，乙装置为电解池，c极为阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成和：，通过阳离子交换膜进入X区，与反应生成，p口流出氨水；d极为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成和：，通过阴离子交换膜进入Y区，q口流出；甲装置为原电池，与c极相连的b极为原电池的负极，二价在负极失去电子发生氧化反应生成：；与d极相连的a极为正极，在酸性条件下在正极得到电子发生还原反应生成离子：，据此分析解答。 【详解】A．根据分析，全钒液流电池放电时，a电极为正极，电极反应式为：，A正确； B．根据分析，c电极为阴极；中的通过阴离子交换膜进入Y区，则隔膜2为阴离子交换膜，B正确； C．根据分析，装置乙中X区为阴极区，中的通过阳离子交换膜进入X区，与反应生成，则p口为X区出口，流出液含，C正确； D．装置乙产生的气体为和，标准状况下气体中，根据电子转移守恒，可得，则、，根据电极反应式可知转移电子数为2mol；则装置甲放电时，转移电子数等于通过质子交换膜的数，故为2mol，D错误； 故答案为：D。 二、非选择题：本题包含 4 小题，共 58 分。 15.（15分） 【答案】 (1) cab或cba或bca 除去多余的和 在室温下，的溶解度最小 (2) 加热浓缩、冷却结晶、过滤 强酸对设备的严重腐蚀 89.6L 【详解】（1）总体思路是先沉淀再过滤，沉淀时要先加溶液，再加溶液，因为碳酸钠能把过量的氯化钡沉淀出来，氢氧化钠可放在它们前面，也可放在它们后面或中间，都完全沉淀完后再过滤；加入适量盐酸pH调至酸性除去的离子是和；；由烧碱和氢氧化钠反应生成氯化钠．次氯酸钠和水，纯碱溶液呈碱性，饱和纯碱溶液与反应制生成次氯酸钠、氯化钠和碳酸氢钠，化学方程式为：，该复分解反应能发生，是因为在室温下，的溶解度最小。 （2） 由于得到的是，所以需要经过加热浓缩、冷却结晶、过滤等步骤，而不能直接将溶液蒸干；水溶液吸收，发生反应方程式为：，由于生成两种强酸，故在工业生产中应解决的主要问题是：强酸对设备的严重腐蚀；海水中的质量为320 g，根据，可知一次转化消耗44.8 L (标准状况下)，两次需要89.6L (标准状况下)。 16. 【答案】 (1) 4.7≤pH<5.9 CuS 2 (2) 可以保证溶液中的Mn2+充分反应，提高Mn2+的沉淀率 温度过高会导致NH4HCO3分解 (3)酸性 (4)92% 【分析】含锰废水中先后加入H2O2溶液、NaOH溶液，Fe2+被氧化为Fe3+，再通过调节pH使Fe3+、Al3+完全沉淀，过滤；向滤液中加入(NH4)2S，Cu2+会与S2-结合生成CuS沉淀，过滤；向滤液中加入NH4F，Ca2+和Mg2+与F−结合生成CaF2 和MgF2沉淀，过滤；向滤液中加入NH4HCO3，Mn2+转化为MnCO3沉淀，过滤后经洗涤、干燥得到纯净干燥的MnCO3固体。 【详解】（1）①“除铁、铝”时，需将Fe2+氧化为Fe3+，再通过调节pH使Fe3+、Al3+完全沉淀，由题中表格数据可知，加入的氢氧化钠调节4.7≤pH＜5.9，即可将Fe3+、Al3+完全沉淀； ②“除重金属”时，加入的试剂是(NH4​)2​S，Cu2+会与S2-结合生成CuS沉淀，所以Cu2+以CuS形式除去。 ③“除钙、镁”时，Ca2+和Mg2+与F−结合生成CaF2 ​和MgF2沉淀。已知。当Ca2+和Mg2+均沉淀完全时，此时，，则。 （2）①“沉锰过程”是向含Mn2+的溶液中加入NH4HCO3，反应生成MnCO3沉淀。根据复分解反应原理，Mn2+与反应，在反应中提供和H+，与Mn2+结合生成MnCO3沉淀，同时H+与另一分子反应生成CO2和H2O，故离子方程式为。加入适当过量的NH4HCO3，可以保证溶液中的Mn2+充分反应，提高Mn2+的沉淀率。 ②当温度超过30℃时，沉锰反应的沉锰速率随温度升高而下降，原因是温度过高会导致NH4HCO3分解，浓度降低，使得反应速率减慢。 （3）马日夫盐，的电离常数，水解常数，因为Ka2>Kh，即的电离常数大于水解常数，故马日夫盐呈酸性。 （4）先计算每次滴定消耗硫酸亚铁铵标准溶液的体积。第1次：20.30-0.20=20.10 mL；第2次：20.32-0.32=20.00 mL；第3次：23.10-1.10=22.00 mL；第4次：21.05-1.15=19.90 mL。舍去第3次异常数据，取第1、2、4次的平均值，故。由离子方程式，可知，，所以，，则产品纯度为。 17.【答案】 (1) 原电池 (2) (3)0.64 (4)B (5) H2SO4 阴 (6) 精铜或纯铜 铁 【分析】甲中甲醇在a极失电子，氧气在b电极得电子，甲是氢氧燃料电池，a是负极、b是正极；乙、丙均为电解池，乙中c与电源正极相连，c是阳极，d与电源负极相连，d是阴极；丙中左侧电极连接电源正极，左侧为阳极，右侧与电源负极连接，右侧为阴极。 【详解】（1）根据以上分析，甲装置是原电池， a极甲醇失电子生成碳酸根离子，a极的电极反应式。 （2）乙池中c极是阳极，失电子生成氧气和氢离子，c极的电极反应式为； （3）b极发生反应O2+4e-+2H2O=4OH-，当b极消耗标准状况下的O2 112mL 时转移电子 ，d是阴极，发生反应Cu2++2e-=Cu，生成0.01molCu，d电极增加的质量是0.64g。 （4）若CuSO4(aq)足够，阳极生成氧气、阴极生成Cu，电解一段时间后，要恢复到原来的状态，根据元素守恒，则可加入CuO，故选B。 （5）左侧为阳极，阳极发生反应，则A出口导出的溶液溶质为H2SO4，硫酸钾溶液中的磷酸根离子进入阳极生成硫酸，所以M为阴离子交换膜。 （6）电解精炼铜，粗铜在阳极溶解，纯铜在阴极析出，d电极为阴极，则电极材料为纯铜。铁上镀铜，阴极发生Cu2++2e-=Cu，铜在阴极析出，则铁应放在阴极。 18. 【答案】 (1)CH3* + CO2*= CH3COO*或CH3*+ H* + CO2*= CH3COO* +H* (2)ac (3)+41 (4)ad (5) a 温度升高后，以副反应(或反应ii )为主，副反应(或反应ii )是一个吸热反应，升高温度平衡正向移动(其他合理答案也可) 【详解】（1）从图中可以看出，第二个过渡态的活化能最大，则此步为控速步，其基元反应CH3* + CO2*= CH3COO*或CH3*+ H* + CO2*= CH3COO* +H*。 （2）a．增大催化剂表面积，可提高CO2在催化剂表面的接触面积，从而提高二氧化碳在催化剂表面的吸附速率，故正确； b．从图中可以看出 CH3COOH* 比CH3COOH(g)能量要低得多，故错误； c．从图中看出，催化剂2参与的反应中，活化能都比催化剂1参与的相同的反应活化能低，所以催化效果更好的是催化剂2，故正确； d．使用高活性催化剂能加快反应速率，但不能降低反应焓变，故错误。 故选ac。 （3）从图分析，有热化学方程式①  ②     则根据盖斯定律分析，有②-①得热化学方程式CO2(g) + H2(g CO(g)+ H2O(g) ΔH2=-242+283=+41 kJ·mol-1。 （4）恒温恒容条件下a． CO的分压不再发生变化能说明反应到平衡，故正确；b．该反应前后气体总物质的量的不变，故气体平均相对分子质量始终不变，故气体平均相对分子质量不再发生变化不能说明反应到平衡，故错误；c． 该反应在密闭容器中进行，容器的体积不变，反应体系全为气体，气体总质量不变，故气体密度始终不变，故密度不再发生变化不能说明到平衡，故错误；d． 比值不再发生变化说明该反应到平衡，故正确。故选ad。 （5）①反应i为放热反应，反应ii为吸热反应，升温反应i逆向移动，反应ii正向移动，故表示平衡时CH3OH在含碳产物中物质的量百分数的曲线是a。 ②CO2平衡转化率随温度的升高先减小后增大，增大的原因可能是升温后反应以反应ii为主，该反应为吸热反应，升温正向移动，二氧化碳的转化率增大。 ③根据将n(CO2) ： n(H2)=5 ： 16假设，起始加入的二氧化碳为5mol，氢气为16mol，250℃时二氧化碳的转化率为20%，即反应的二氧化碳的量为1mol，体系中一氧化碳和甲醇在含碳产物中的物质的量百分数为50%，即各为0.5mol， 反应i： ，，平衡时二氧化碳为5-1=4mol氢气为16-1.5-0.5=14mol，甲醇为0.5mol，水为0.5+0.5=1mol，一氧化碳为0.5mol，总物质的量为4+14+0.5+1+0.5=20mol，CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)的 Kp=。 学科网（北京）股份有限公司 $石家庄市第一中学2024级高二级部10月阶段检测 数学试卷 考试时间：120分钟满分：150分 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和考号填写在答题卡上。 2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；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，将答案写在答题卡指定位置上，在其他位 置作答一律无效。 3.考生必须保持答题卡的整洁，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。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目 要求的。) 1.若复数z=3+i(m∈R),则2(1-i)=0 A.4-4i B.2-4i C.3-2i D.4-2i 2.若直线x+my+1=0 的倾斜角的大小为6，则实数m= A.V3 v B.3 C -3 D.-3 3.某校高一、高二、高三的学生志愿者人数分别为100,100,50.按学生所在年级进行分层，用分层 随机抽样的方法从中抽取5名学生去敬老院献爱心.从这5人中随机抽取2人作为负责人，则2名 负责人至少有一名来自高二年级的概率为 A.5 C.5 D.10 4.圆心在直线y=x上，且经过点P(3,1),Q(1,一1)的圆的方程为 A.x2+y2-2x-2y-2=0 B.x2+y2-4x-4y-2=0 C.x2+y2-2x-2y-1=0 D.x2+y2-4x-4y-1=0 第1页（共4页） 5。已知两条不重合的直线m、”,两个互不重合的平面“、B,给出下列命愿： ①若m上a,n上B,且m上n,则a上B:②若mlla,llp,且mlm,则ap: ③若m上a,nlB,m上n,则a上B;④若m上a,n/B,且mlm,则aB.其中正确命题的个数为() A.0 B.1 C.2 D.3 6.已知圆2+0+22=2(，>0)上到直线y=V5x+2的距离为1的点有且仅有2个，则的取值范围是 A.(0,1) B.(1,3) C.(3,+o) D.(0,+co) 7.定义在R上的偶函数f)满足f+2)=-f0),且x∈(-1,0)时，f=2-号，则 f(20+1og225)=() A方 B月 7 C.15 n. 8.已知非零向量AB与AC满足 【高+需)配=0，且函-d1-2+G1=6v5,点 D是△ABC的边AB上的动点，则DB·DC 的最小值为() A.-1 B.- c.- 9.圆01：X2+y2-2x=0和圆02：2+)y2+2x-8y=0的交点为A,B,则下列结论正确的是() A.直线AB的方程为x-2y=0 BA1=29 C.线段AB的垂直平分线方程为2x+y-2=0 D.点P为圆O1上的一个动点，则点P到直线AB的离的最大值为等+ 10.已知函数f()=sin(号-)+sin2x,则下列说法正确的是 A.函数fx)的最大值为2 B.函数fx)的最小值为-1 第2页（共4页） C.函数f)在（号， )上单调递减 D.函数树在（一专，刀）内有且只有一个零点 11.在三棱柱ABC-AB1C中，AB=1,A1B=BC=V3,AA1=AC=2,∠A1AC=60,M为线段A1B 的中点，N为线段B1C上的动点，则下列说法中正确的是 A.四边形BCCB1是矩形 B.若N是B1C的中点，则MNW平面ABC C.点A到平面ABC的距离为1 16+411 D.AN+NC的最小值为 5 12.平面向量ā，石满足l=1,=2,12a-引=2，则a+1=一 13.在三棱维P-ABC中，PA⊥平面ABC,∠BAC=亭，AB=AC=2V5,PA=2,则该三枝维外接球的 表面积为 14.设函数f)是定义域为R的奇函数，且x∈R,都有f)-f2-)=0.当x∈(0，)时， f0=lnx+2x-1,则函数f)在区间[宁，引上有一个零点. 15(本小题满分13分).已知圆01过点A(-1,1),B(3,-1),C(-4,0)三点，圆 02:x2+y2-4x-4y-2=0 (1)求O1的一般方程： (2)若O1与O2交于M,N两点，求MW 16(本小题满分15分).直三棱柱ABC-AB1C1中，点 M、N分别 BC、A1C中点. B B (1)求证：MNW平面A1ABB1: (2)己知AB=3,AC=AA1=4,∠BAC=90° (i)求直线B1C1与平面A1BC1所成角的正弦值： (ii)求点C到平面A1BC1的距离. 第3页（共4页) 17(本小题满分15分).已知△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且2bsin(A+若)=a+c (1)求B的大小： (2)若a+c=3,b=V3a,求△ABC外接圆的半径： (3)若点M在线段AC上，∠ABM=∠CBM,BM=4,求2a+c的最小值. 18(本小题满分17分).已知圆C:(x-1)2+y2=1. (1)若直线：y=kx+2与圆C交于A,B两点， (i)求k的取值范围： (ii)证明：直线OA与直线OB(O为坐标原点)的斜率之和为定值. (2)若直线y=x+a和直线y=x+b将圆C的周长四等分，求a-b的值. 19(本小题满分17分).已知两个非零向量元，3，在空间任取一点O,作O=立O=石，则∠AOB叫 做向量a,b的夹角，记作(a,b).定义a与方的"向量积"为：ā×b是一个向量，它与向量a,b都垂直，它 的模a×=回··sin(a,b.如图，在四棱雉P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PD上底面 ABCD,DP=DA=4,E为AD上一点， |AD×BPI=8V5 (1)求AB的长： (2)若E为AD的中点，求二面角P-EB一A的正弦值： (3)若M为PB上一点，且满足AD×B丽=E,求川. D B 第4页（共4页）