湖北武汉市第一中学2026-2027学年高二数学上学期期中模拟卷

2026-2027学年高二数学上学期期中模拟卷 （测试内容：概率、空间向量、直线和圆、椭圆） 1、 选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的。 1．已知直线l经过点，（﹣2，0），则直线l的倾斜角为（　　） A． B． C． D． 2．直线2x+（m+1）y﹣2＝0与直线mx+3y﹣2＝0平行，那么m的值是（　　） A．2 B．﹣3 C．2或﹣3 D．﹣2或﹣3 3．若方程表示焦点在y轴上的椭圆，则实数m的取值范围是（　　） A．[3，5） B．（1，5） C．（1，3） D．（3，5） 4．已知圆C：（x﹣2）2+（y﹣4）2＝4，若圆C关于直线l：ax+by＝2（a＞0，b＞0）对称，则的最小值为（　　） A．8 B．1 C．16 D． 5．已知A，B两点的坐标分别是（﹣1，0），（1，0），P是椭圆上一点，若△ABP为直角三角形，则满足条件的点P的个数为（　　） A．2 B．4 C．6 D．8 6．概率论起源于博弈游戏17世纪，曾有一个“赌金分配”的问题：博弈水平相当的甲、乙两人进行博弈游戏，每局比赛都能分出胜负，没有平局．双方约定：各出赌金210枚金币，先赢3局者可获得全部赎金．但比赛中途因故终止了，此时甲赢了2局，乙赢了1局，问这420枚金币的赌金该如何分配？数学家费马和帕斯卡都用了现在称之为“概率”的知识，合理地给出了赌金分配方案．该分配方案是（　　） A．甲315枚，乙105枚 B．甲280枚，乙140枚 C．甲210枚，乙210枚 D．甲336枚，乙84枚 7．如图所示，四面体ABCD的体积为V，点M为棱BC的中点，点E、F分别为线段DM的三等分点，点N为线段AF的中点，过点N的平面α与棱AB、AC、AD分别交于O、P、Q，设四面体AOPQ的体积为V′，则的最小值为（　　） A． B． C． D． 8．设F是椭圆C：（a＞b＞0）的一个焦点，P是C上的点，圆x2+y2与直线PF交于A，B两点，若A，B是线段PF的两个三等分点，则C的离心率为（　　） A． B． C． D． 二、选择题：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。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．已知圆C：x2﹣2ax+y2+a2﹣1＝0与圆D：x2+y2＝4有且仅有两条公共切线，则实数a的取值可以是（　　） A． B．﹣2 C．2 D．﹣3 10．已知椭圆的右焦点为F，左、右顶点分别为A，B两点，直线与椭圆C交于P，Q两点，则（　　） A．椭圆C的焦距为1 B．|PF|+|QF|为定值 C．直线AP和AQ的斜率的乘积为 D．当以P，Q，F，B四个点为顶点的四边形为平行四边形时，该四边形的面积为 11．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AA1＝1，AD＝2，M为BC的中点．动点P满足，，y∈[0，1]，则下列说法中正确的是（　　） A．点P一定在平面AA1M内 B．当y＝2x时，点P轨迹的长为 C．当A1，P，M三点共线时，y﹣2x＝1 D．的最小值为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分。 12．同时抛掷两颗质地均匀的骰子，则两颗骰子出现的点数之和为4的概率为 　 　 ． 13．过点P（3，﹣1）且与圆C：x2+y2﹣2x﹣6y+6＝0相切的直线方程为 　 　 ． 14．已知点P是椭圆C：1上一动点，过点P作⊙G：（x+1）2+y2的切线PA、PB，切点分别为A、B，当|PG|•|AB|最小时，线段AB的长度为 　 　 ． 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。 15．（13分）已知圆C与直线3x+4y＝0相切于坐标原点，且（6，0）为圆C与x轴的一个交点． （1）求圆C的方程； （2）求与圆C相切且在坐标轴上截距相等的直线的方程． 16．（15分）已知△ABC的顶点B（1，4），AB边上的中线CM所在直线方程为x+3y﹣6＝0，∠BAC的角平分线方程为x﹣y+1＝0． （1）求A点的坐标和直线AC的方程； （2）求BC边上的高所在直线方程． 17．（15分）高二年级有甲、乙、丙、丁4支辩论队进行辩论比赛，赛程如图的框图所示，其中编号为i的方框表示第i场比赛，方框中是进行该场比赛的两支辩论队，第i场比赛的胜者称为“胜者i”，负者称为“负者i“，第6场为决赛，获胜的是冠军．已知甲每场比赛获胜的概率均为，而乙、丙、丁之间相互比赛，每支辩论队胜负的可能性相同． （1）求甲获得冠军的概率； （2）求乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率． 18．（17分）如图1，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝90°，BC＝2AD＝2，点E是CD上的点，且DC＝3DE＝3．现将△ADE沿AE折起，使得点D到达点P的位置，且PC，如图2． （1）求证：平面PAE⊥平面ABCE； （2）设AE的中点为M，AP的中点为N． （i）经过C，M，N三点的平面交PB于点F，求； （ii）在平面PMC内取一点Q，使得直线EQ⊥平面PBC，求PQ的长． 19．（17分）已知F1，F2分别为椭圆的左，右焦点． （1）设过点H（﹣2，0）的直线与椭圆交于A，B两点，且AF1⊥BF1，求直线AB的方程； （2）经过右焦点F2的直线l1，l2分别与椭圆交于点C，D和点E，F，且它们的斜率乘积为分别是线段CD和EF的中点． （i）证明：直线OM和ON的斜率乘积为定值； （ii）求△F2MN面积的最大值． ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年高二数学上学期期中模拟卷 （测试内容：概率、空间向量、直线和圆、椭圆） 1、 选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的。 1．已知直线l经过点，（﹣2，0），则直线l的倾斜角为（　　） A． B． C． D． 【分析】根据题意，设直线l的倾斜角为θ，先求出直线的斜率，结合直线的斜率与倾斜角的关系，分析可得答案． 【解答】解：根据题意，设直线l的倾斜角为θ， 直线l经过点，（﹣2，0），则直线l的斜率k， 则有tanθ＝k， 而0≤θ＜π，则有θ． 故选：A． 【点评】本题考查直线的倾斜角，涉及直线的斜率与倾斜角的关系，属于基础题． 2．直线2x+（m+1）y﹣2＝0与直线mx+3y﹣2＝0平行，那么m的值是（　　） A．2 B．﹣3 C．2或﹣3 D．﹣2或﹣3 【分析】结合直线一般式方程平行条件即可直接求解． 【解答】解：因为2x+（m+1）y﹣2＝0与直线mx+3y﹣2＝0平行， 所以m（m+1）﹣2×3＝0， 即m2+m﹣6＝0， 解得m＝﹣3或m＝2， 当m＝2时，两直线方程都为：2x+3y﹣2＝0，此时两直线重合，不符合题意． 故选：B． 【点评】本题主要考查了直线一般式方程平行条件应用，属于基础题． 3．若方程表示焦点在y轴上的椭圆，则实数m的取值范围是（　　） A．[3，5） B．（1，5） C．（1，3） D．（3，5） 【分析】由方程表示焦点在y轴上的椭圆可得关于m的不等式组，可解得m的取值范围． 【解答】解：因为方程表示焦点在y轴上的椭圆，所以m﹣1＞5﹣m＞0，解得3＜m＜5． 故选：D． 【点评】本题主要考查由方程表示椭圆求参数取值范围，属于基础题． 4．已知圆C：（x﹣2）2+（y﹣4）2＝4，若圆C关于直线l：ax+by＝2（a＞0，b＞0）对称，则的最小值为（　　） A．8 B．1 C．16 D． 【分析】根据题意直线l：ax+by＝2过圆心C（2，4），进而有a+2b＝1，应用基本不等式“1”的代换求目标式的最小值． 【解答】解：圆C：（x﹣2）2+（y﹣4）2＝4，圆C关于直线l：ax+by＝2（a＞0，b＞0）对称， 可得直线l：ax+by＝2过圆心C（2，4），则2a+4b＝2⇒a+2b＝1，且a＞0，b＞0， 所以， 当且仅当时取等号，故的最小值为8． 故选：A． 【点评】本题主要考查圆的相关性质，考查计算能力，属于基础题． 5．已知A，B两点的坐标分别是（﹣1，0），（1，0），P是椭圆上一点，若△ABP为直角三角形，则满足条件的点P的个数为（　　） A．2 B．4 C．6 D．8 【分析】由已知可得a，b，c，再关于∠APB＝90°，∠PAB＝90°和∠PBA＝90°进行分类讨论，确定满足条件的点P的个数． 【解答】解：由已知，a，b＝1，c＝1， 所以A，B两点是椭圆的焦点， 当点P在短轴端点处时，∠APB最大，此时∠PAO＝45°，∠APB＝2∠PAO＝90°， 所以若∠APB＝90°，满足条件的点P有两个； 当∠PAB＝90°，满足条件的点P有两个； 当∠PBA＝90°，满足条件的点P有两个； 综上，满足条件的点P的个数为6． 故选：C． 【点评】本题主要考查椭圆的几何特征，属于中档题． 6．概率论起源于博弈游戏17世纪，曾有一个“赌金分配”的问题：博弈水平相当的甲、乙两人进行博弈游戏，每局比赛都能分出胜负，没有平局．双方约定：各出赌金210枚金币，先赢3局者可获得全部赎金．但比赛中途因故终止了，此时甲赢了2局，乙赢了1局，问这420枚金币的赌金该如何分配？数学家费马和帕斯卡都用了现在称之为“概率”的知识，合理地给出了赌金分配方案．该分配方案是（　　） A．甲315枚，乙105枚 B．甲280枚，乙140枚 C．甲210枚，乙210枚 D．甲336枚，乙84枚 【分析】根据题意，求得甲乙获胜的概率均为，且游戏最多再进行2局即可分出胜负，求得甲获胜的概率，进而得到答案． 【解答】解：根据题意，对单独每一局游戏，甲乙获胜的概率均为，若游戏继续进行，设甲获胜为事件A， 分2种情况讨论： ①第四局甲赢，比赛结束，甲胜出，此时概率为； ②第四局乙赢，第五局甲赢，比赛结束，甲胜出，此时概率为； 故P（A）， 即甲胜出的概率为，甲应该分得赌金的，即甲分得赌金枚，乙分得赌金420﹣315＝105枚． 故选：A． 【点评】本题考查概率的应用，涉及互斥事件的概率计算，属于基础题． 7．如图所示，四面体ABCD的体积为V，点M为棱BC的中点，点E、F分别为线段DM的三等分点，点N为线段AF的中点，过点N的平面α与棱AB、AC、AD分别交于O、P、Q，设四面体AOPQ的体积为V′，则的最小值为（　　） A． B． C． D． 【分析】利用向量线性运算可得，令，可得，利用四点共面和基本不等式可求得xyz的最小值，结合棱锥体积公式可求得结果． 【解答】解：连接AM， 由题意知： ， 令则 所以， 因为N，O，P，Q四点共面， 所以（当且仅当时取等号）， 所以， 设点C到平面BAD的距离为d， 则点P到平面BAD的距离为， 又， ， 所以， 即的最小值为． 故选：C． 【点评】本题考查几何体体积的计算，属于难题． 8．设F是椭圆C：（a＞b＞0）的一个焦点，P是C上的点，圆x2+y2与直线PF交于A，B两点，若A，B是线段PF的两个三等分点，则C的离心率为（　　） A． B． C． D． 【分析】取AB中点H，椭圆另一个焦点为E，连结PE根据平面几何的知识、勾股定理及中位线的性质得a＝5d 【解答】解：如图，取AB中点H，椭圆另一个焦点为E，连结PE． ∵A、B三等分线段PF，∴H也是AB中点，即OH⊥AB 设OH＝d，则PE＝2d，PF＝2a﹣2d，AH， 在Rt△OHA中，OA2＝OH2+AH2，解得a＝5d． 在Rt△OHF中，FH，OH，OF＝c，由OF2＝OH2+FH2 化简得17a2＝25c2，．即C的离心率为． 故选：D． 【点评】本题考查椭圆离心率的求解问题，关键是根据题设条件获得关于a，b，c的关系式，最后化归为a，c（或e）的关系式，利用方程求解．属于中档题． 二、选择题：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。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 （多选）9．已知圆C：x2﹣2ax+y2+a2﹣1＝0与圆D：x2+y2＝4有且仅有两条公共切线，则实数a的取值可以是（　　） A． B．﹣2 C．2 D．﹣3 【分析】由两圆方程可确定圆心和半径，根据两圆公切线条数可知两圆相交，根据相交时圆心距和两圆半径之间关系构造不等式求得a的取值范围． 【解答】解：圆C方程可化为：（x﹣a）2+y2＝1，则圆心C（a，0），半径r1＝1， 由圆D方程知：圆心D（0，0），半径r2＝2， ∵圆C与圆D有且仅有两条公切线，∴两圆相交， 又两圆圆心距d＝|a|，∴2﹣1＜|a|＜2+1，即1＜|a|＜3，解得：﹣3＜a＜﹣1或1＜a＜3， 可知ABC中的a的取值满足题意． 故选：ABC． 【点评】本题考查圆与圆间的位置关系，若两圆之间圆心距为d，半径分别为r1，r2，则两圆位置关系与l，r1，r2关系如下：（1）内含：d＜|r1﹣r2|；（2）内切：d＝|r1﹣r2|（3）相交：|r1﹣r2|＜d＜r1+r2；（4）外切：d＝r1+r2；（5）外离：d＞r1+r2.属于基础题． （多选）10．已知椭圆的右焦点为F，左、右顶点分别为A，B两点，直线与椭圆C交于P，Q两点，则（　　） A．椭圆C的焦距为1 B．|PF|+|QF|为定值 C．直线AP和AQ的斜率的乘积为 D．当以P，Q，F，B四个点为顶点的四边形为平行四边形时，该四边形的面积为 【分析】根据椭圆的几何性质，椭圆的对称性，针对各个选项分别求解即可． 【解答】解：因为椭圆中，a＝3，b，c＝1， 所以椭圆C的焦距为2c＝2，所以A选项错误； 设椭圆C的左焦点为F′，则根据对称性可得|QF|＝|PF′|， 所以|PF|+|QF|＝|PF|+|PF′|＝2a＝6，所以B选项正确； 根据对称性可知AQ的斜率为PB的斜率的相反数， 所以kAP•kAQ＝kAP•（﹣kBP）， 设P（x，y），又A（﹣3，0），B（3，0），则， 所以， 所以kAP•kBP， 所以kAP•kAQ＝kAP•（﹣kBP），所以C选项正确； 当以P，Q，F，B四个点为顶点的四边形为平行四边形时，因为|FB|＝a﹣c＝2， 所以|PQ|＝2，所以|xP|＝|xQ|＝1， 将x＝1代入中，可得|y|， 所以四边形的面积为2，所以D选项错误． 故选：BC． 【点评】本题考椭圆的几何性质，直线与椭圆的位置关系，椭圆焦点三角形问题，属中档题． （多选）11．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AA1＝1，AD＝2，M为BC的中点．动点P满足，，y∈[0，1]，则下列说法中正确的是（　　） A．点P一定在平面AA1M内 B．当y＝2x时，点P轨迹的长为 C．当A1，P，M三点共线时，y﹣2x＝1 D．的最小值为 【分析】对A，利用及共面向量基本定理即可判断；对B，取B1C1的中点N，即可得出，计算AN长度即可；对C，由向量共线的性质得解；对D，利用基底表示运算得解． 【解答】解：对于A，由， 所以2x（）+y2xy， 所以，，共面，即故点P在平面AA1M为，故A正确； 对于B，取B1C1的中点N，连接A1N，MN，则MN∥BB1，MN＝BB1，又AA1∥BB1，AA1＝BB1， 所以MN∥AA1，MN＝AA1，则四边形AMNA1为平行四边形， 当y＝2x时，，， 可知此时点P的轨迹为线段AN，其长度为，故B正确； 对于C，由，及A1，P，M三点共线，故2x+y＝1，故C错误； 对于D，由题为一组基底，所以2xxy2x（x﹣1）y， 所以••（2xxy）•[2x（x﹣1）y]＝4x22+x（x﹣1）2+y22＝8x2﹣4x+y2＝8（x）2+y2， 当且仅当，y＝0时，取得最小值，故D正确． 故选：ABD． 【点评】本题主要考查空间几何体中动点轨迹问题，向量的线性运算及数量积运算，考查运算求解能力，属于中档题． 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分。 12．同时抛掷两颗质地均匀的骰子，则两颗骰子出现的点数之和为4的概率为 　　 ． 【分析】按古典概型概率公式求解． 【解答】解：同时抛掷两枚质地均匀的骰子，基本事件共有6×6＝36个； 设两枚骰子点数之和为4为事件A，则事件A包含：（1，3），（2，2），（3，1）共3个基本事件， 所以． 故答案为：． 【点评】本题考查古典概型相关知识，属于基础题． 13．过点P（3，﹣1）且与圆C：x2+y2﹣2x﹣6y+6＝0相切的直线方程为 x＝3或3x+4y﹣5＝0　 ． 【分析】首先将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，再分切线的斜率存在与不存在两种情况讨论，分别求出切线方程． 【解答】解：圆C：x2+y2﹣2x﹣6y+6＝0即（x﹣1）2+（y﹣3）2＝4，圆心为C（1，3），半径r＝2， 当切线的斜率不存在时，直线x＝3恰好与圆C相切； 当切线的斜率存在时，设切线为y+1＝k（x﹣3），即kx﹣y﹣3k﹣1＝0，则， 解得，所求切线方程为3x+4y﹣5＝0， 综上可得过点P（3，﹣1）与圆C相切的直线方程为x＝3或3x+4y﹣5＝0． 故答案为：x＝3或3x+4y﹣5＝0． 【点评】本题主要考查了直线与圆的位置关系，属于中档题． 14．已知点P是椭圆C：1上一动点，过点P作⊙G：（x+1）2+y2的切线PA、PB，切点分别为A、B，当|PG|•|AB|最小时，线段AB的长度为 　　 ． 【分析】根据题意结合四边形PAGB的面积分析可知当且仅当点P为左顶点时，|PG|取到最小值a﹣c＝1，进而可得线段AB的长度． 【解答】解：已知椭圆C的方程为1， 则， 圆的圆心为G（﹣1，0）（也为椭圆的左焦点），半径， 因为PG⊥AB， 则四边形PAGB的面积， 当|PG|•|AB|最小时，四边形PAGB的面积SPAGB最小， 又因为， 可知当|PG|取到最小值时，四边形PAGB的面积SPAGB最小，即|PG|•|AB|最小， 又点P是椭圆C上一动点， 由椭圆性质可知：当且仅当点P为左顶点时，|PG|取到最小值a﹣c＝1， 此时， 由对称性可知：， 即，△PAB为等边三角形， 则． 故答案为：． 【点评】本题考查了椭圆的性质，重点考查了三角形的面积公式，属中档题． 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．（13分）已知圆C与直线3x+4y＝0相切于坐标原点，且（6，0）为圆C与x轴的一个交点． （1）求圆C的方程； （2）求与圆C相切且在坐标轴上截距相等的直线的方程． 【分析】（1）设圆C的圆心为（a，b），半径为r，原点（0，0）在圆上，且圆心与原点的连线垂直于切线，所以圆心与原点连线斜率为，联立（a﹣6）2+b2＝r2①，a2+b2＝r2②，即可求解； （2）分截距为0和不为0两种情况求解即可． 【解答】解：（1）设圆C的圆心为（a，b），半径为r， 因圆C与直线3x+4y＝0相切于原点，故原点（0，0）在圆上，且圆心与原点的连线垂直于切线， 切线斜率为，故圆心与原点连线斜率为，即，得， 又（6，0）在圆上，故（a﹣6）2+b2＝r2①， 而原点在圆上得a2+b2＝r2②， 联立得a2＝（a﹣6）2，解得a＝3，则b＝4，r＝5， 因此，圆C的方程为（x﹣3）2+（y﹣4）2＝25； （2）分两种情况讨论： ①截距均为0（过原点）：设直线方程为y＝kx，即kx﹣y＝0， 圆心到直线距离为半径，得，解得，直线方程为3x+4y＝0， 截距不为0：设直线方程为x+y＝m（m≠0），即x+y﹣m＝0， 圆心到直线距离为半径，得，解得， 直线方程为和， 综上所述，直线方程为3x+4y＝0，x+y＝7+5，． 【点评】本题主要考查直线和圆的位置关系以及与截距相关的问题，属于中档题． 16．（15分）已知△ABC的顶点B（1，4），AB边上的中线CM所在直线方程为x+3y﹣6＝0，∠BAC的角平分线方程为x﹣y+1＝0． （1）求A点的坐标和直线AC的方程； （2）求BC边上的高所在直线方程． 【分析】（1）由点A在∠BAC的角平分线x﹣y+1＝0上，设A点坐标为（t，t+1），可得点M坐标，结合CM所在直线求出t的值，即可得到点A的坐标； 求出直线AB的方程，设出直线AC的方程，由角平分线上一点到两直线距离相等列式求出参数，进而求解． （2）联立AC方程与CM方程，求出点C的坐标，再由直线BC的斜率求出高所在直线的斜率，利用点斜式求解即可． 【解答】解：（1）因为点A在∠BAC的角平分线x﹣y+1＝0上，所以设A点坐标为（t，t+1）， 所以AB边的中点M坐标为， 由于M在中线CM所在直线x+3y﹣6＝0上， 所以， 解得t＝﹣1，故A点坐标为（﹣1，0）． 直线AB的方程为y＝2（x+1），即2x﹣y+2＝0． 设直线AC的方程为y＝k（x+1），即kx﹣y+k＝0， 因为∠BAC的角平分线方程为x﹣y+1＝0， 令x＝0，可得y＝1，所以∠BAC的角平分线与y轴交于点D（0，1）， 所以，解得k＝2（舍）或， 故直线AC的方程为x﹣2y+1＝0． （2）联立AC方程与CM方程解得C点坐标为． 所以，故BC边上高的斜率为，且过A点（﹣1，0）， 所以BC边上的高所在直线方程为：，整理得4x﹣13y+4＝0． 【点评】本题考查直线的方程、两条相交直线的交点、点到直线的距离公式等，属于中档题． 17．（15分）高二年级有甲、乙、丙、丁4支辩论队进行辩论比赛，赛程如图的框图所示，其中编号为i的方框表示第i场比赛，方框中是进行该场比赛的两支辩论队，第i场比赛的胜者称为“胜者i”，负者称为“负者i“，第6场为决赛，获胜的是冠军．已知甲每场比赛获胜的概率均为，而乙、丙、丁之间相互比赛，每支辩论队胜负的可能性相同． （1）求甲获得冠军的概率； （2）求乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率． 【分析】（1）甲获得冠军，有三种途径，第一种连胜三场，第二种先胜一场，然后输一场胜两场，第三种先输一场，再连赢三场，求三种情况的概率之和即可． （2）如果甲进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇，有三种可能，甲乙、乙丙、乙丁，求三种情况的概率之和即可． 【解答】解：（1）甲获得冠军，则甲参加的比赛结果有三种情况： 1胜3胜6胜；1负4胜5胜6胜；1胜3负5胜6胜 所以甲获得冠军的概率为． （2）若乙的决赛对手是甲，则两人参加的比赛结果有两种情况： 甲：1胜3胜，乙：1负4胜5胜； 甲：1负4胜5胜，乙：1胜3胜． 所以甲与乙在决赛相遇的概率为， 若乙的决赛对手是丙，则两人只可能在第3场和第6场相遇，两人参加的比赛的结果有两种情况： 乙：1胜3胜，丙：2胜3负5胜； 乙：1胜3负5胜，丙：2胜3胜． 同时考虑甲在第4场和第5场的结果， 乙与丙在第3场和第6场相遇的概率为， 丁与丙的情况相同，所以乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率为． 【点评】本题考查概率的概念、事件的关系以及概率的运算性质，属于难题． 18．（17分）如图1，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝90°，BC＝2AD＝2，点E是CD上的点，且DC＝3DE＝3．现将△ADE沿AE折起，使得点D到达点P的位置，且PC，如图2． （1）求证：平面PAE⊥平面ABCE； （2）设AE的中点为M，AP的中点为N． （i）经过C，M，N三点的平面交PB于点F，求； （ii）在平面PMC内取一点Q，使得直线EQ⊥平面PBC，求PQ的长． 【分析】（1）在平面PAE内过点P作PH⊥AE于点H，连接CH，结合已知条件可得，从而得PC2＝PH2+CH2，PH⊥HC，由线面垂直的判断定理可得PH⊥平面ABCE，即可得平面PAE⊥平面ABCE； （2）过点H作AB的平行线交BC于点G，易得HG⊥AE，以H为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系H﹣xyz，求了各点坐标： （i）设，即PF＝λPB，从而得，再由s，解出λ的值即可； （ii）设，可表示出Q点坐标及的坐标，再利用EQ⊥平面PBC，解出Q点坐标，即可得解． 【解答】解：（1）证明：在平面PAE内过点P作PH⊥AE于点H，连接CH， 在梯形ABCD中，由∠ADC＝90°，，DE＝1， 易得∠DEA＝60°， 则，， 即， 在△CEH中，由余弦定理， 得， 因为， 且PC2＝PH2+CH2， 所以PH⊥HC， 又AE∩CH＝H， 得PH⊥平面ABCE， 又因为PH⊂平面PAE， 所以平面PAE⊥平面ABCE； （2）过点H作AB的平行线交BC于点G，易得HG⊥AE， 以H为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系H﹣xyz， 由已知，得A，0，0），，，，P， 则AE的中点，AP的中点， （i）设，即λ， 由， 得λ， 则． 因为C，M，N，F四点共面， 所以s， 即， 得， 解得，即； （ii）设， 则Q，， 因为直线EQ⊥平面PBC， 得， 解得， 则， 所以． 【点评】本题考查了证明平面与平面垂直、向量在立体几何中的应用，考查了建模能力及逻辑推理能力，属于中档题． 19．（17分）已知F1，F2分别为椭圆的左，右焦点． （1）设过点H（﹣2，0）的直线与椭圆交于A，B两点，且AF1⊥BF1，求直线AB的方程； （2）经过右焦点F2的直线l1，l2分别与椭圆交于点C，D和点E，F，且它们的斜率乘积为分别是线段CD和EF的中点． （i）证明：直线OM和ON的斜率乘积为定值； （ii）求△F2MN面积的最大值． 【分析】（1）由题意，设出直线AB的方程，将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理和向量的坐标运算求解即可； （2）（i）设出直线l1，l2的方程，将其分别与椭圆方程联立，利用韦达定理求出中点M，N的坐标，计算kOM•kON得到定值； （ii）由（i）得直线F2M的方程，再求点N到直线F2M的距离为d，结合三角形面积公式以及基本不等式得到三角形的最值 【解答】解：（1）因为椭圆的方程为， 所以F1（﹣1，0），F2（1，0）， 显然直线AB的斜率存在， 设直线AB的方程为y＝k（x+2）（k≠0），A（x1，y1），B（x2，y2）， 联立，消去y并整理得（1+2k2）x2+8k2x+8k2﹣2＝0， 此时Δ＝（8k2）2﹣4（1+2k2）（8k2﹣2）＝8（1﹣2k2）＞0， 解得， 由韦达定理得，， 因为AF1⊥BF1， 所以， 此时（﹣1﹣x1，﹣y1）•（﹣1﹣x2，﹣y2）＝0， 即（﹣1﹣x1）×（﹣1﹣x2）+y1y2＝0， 所以1+x1+x2+x1x2+k（x1+2）•k（x2+2）＝0， 整理得， 因为，， 所以，解得，此时满足条件， 则直线AB的方程为或， 即x﹣2y+2＝0或x+2y+2＝0； （2）（i）证明：设l1斜率为k， 则l2的斜率为， 因为F2（1，0）， 设直线l1的方程为y＝k（x﹣1）， 联立，消去y并整理得（1+2k2）x2﹣4k2x+2k2﹣2＝0， 由韦达定理和中点坐标公式得， 所以， 此时， 设直线l2的方程为， 联立，消去y并整理得（1+2k2）x2﹣2x﹣4k2+1＝0， 由韦达定理和中点坐标公式得， 所以， 此时， 则为定值； （ⅱ）由（i）得，， 因为F2（1，0）， 所以直线F2M的方程为y＝k（x﹣1）， 即kx﹣y﹣k＝0， 又点N到直线F2M的距离为， 因为， 所以， 所以， 令t＝|k|，t≥0， 此时0时，S＝0，此时需考虑t＞0的情况）， 对于t＞0， 此时， 因为， 当且仅当，即时，等号成立， 所以， 此时． 则△F2MN面积的最大值为． 【点评】本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/7/8 10:58:13；用户：15972902576；邮箱：15972902576；学号：21498003 学科网（北京）股份有限公司 $