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．直线3x﹣y﹣2＝0在y轴上的截距为（　　） A．﹣2 B．2 C． D． 2．已知直线l1：x﹣my+3＝0与直线l2：mx+（m﹣2）y﹣8＝0，且l1⊥l2，则m的值为（　　） A．3或0 B．3 C．﹣2或1 D．1 3．若F为椭圆C：的右焦点，A，B为C上两动点，则△ABF周长的最大值为（　　） A．4 B．8 C．10 D．20 4．已知椭圆与直线l交于A，B两点，若点P（﹣1，1）为线段AB的中点，则直线l的方程是（　　） A．9x+4y﹣13＝0 B．9x﹣4y+13＝0 C．4x﹣9y+13＝0 D．4x﹣9y+3＝0 5．已知直线l：y＝﹣2x，则曲线上到直线l的距离为的点的个数为（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 6．已知椭圆的左、右焦点分别是F1，F2，P是椭圆外一点，直线PF1的倾斜角为，|PF2|＝|F1F2|，线段PF2的中点在C上，则C的离心率为（　　） A． B． C． D． 7．已知点P在直线y＝x﹣2上运动，点E是圆x2+y2＝1上的动点，点F是圆（x﹣6）2+（y+5）2＝9上的动点，则|PF|﹣|PE|的最大值为（　　） A．6 B．7 C．8 D．9 8．在正四面体D﹣ABC中，点E在棱AB上，满足AE＝2EB，点F为线段AC上的动点，则（　　） A．存在某个位置，使得DE⊥BF B．存在某个位置，使得 C．存在某个位置，使得直线DE与平面DBF所成角的正弦值为 D．存在某个位置，使得平面DEF与平面DAC夹角的余弦值为 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．给出下列命题，其中是真命题的是（　　） A．已知是空间的一个基底，若，则也是空间的一个基底 B．平面α经过三点A（2，1，0），B（﹣1，3，1），A（2，1，0），B（﹣1，3，1），C（2，2，﹣1），向量是平面α的法向量，则u+t＝2 C．若，则是锐角 D．若对空间中任意一点O，有，则M，A，B，C四点不共面 10．下列4个说法中，错误的说法有（　　） A．对立事件一定是互斥事件 B．若A，B为两个事件，则P（A+B）＝P（A）+P（B） C．若事件A，B，C彼此互斥，则P（A）+P（B）+P（C）＝1 D．若事件A，B满足P（A）+P（B）＝1，则A，B是对立事件 11．已知椭圆的两个焦点分别为F1，F2，点P是椭圆C上的动点，点Q是圆E：（x﹣2）2+（y﹣4）2＝2上任意一点．若|PQ|+|PF2|的最小值为，则下列说法中正确的是（　　） A． B．的最大值为5 C．存在点P使得 D．|PQ|﹣|PF2|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．抛掷两个质地均匀的骰子，则“抛掷的两个骰子的点数之和是6”的概率为 　 　 ． 13．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点P是棱BB1上的动点，则△A1PC的面积的最小值为　 　 ． 14．已知直线l：3x+y+m＝0与圆C：（x﹣2）2+（y+2）2＝16相交于A，B两点，O为坐标原点，若A，B，C，O四点共圆，则m的值为 　 　 ． 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。 15．（13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． 16．（15分）已知圆C过点和，且圆心C在y轴上． （1）求圆C的标准方程； （2）若直线l过点P（2，0），且被圆C截得的弦长为，求直线l的方程． 17．（15分）某足球俱乐部举办新一届足球赛，按比赛规则，进入淘汰赛的两支球队如果在120分钟内未分出胜负，则需进行点球大战．点球大战规则如下：第一阶段，双方各派5名球员轮流罚球，双方各罚一球为一轮，球员每罚进一球则为本方获得1分，未罚进不得分，当分差拉大到即使落后一方剩下的球员全部罚进也不能追上的时候，比赛即宣告结束，剩下的球员无需出场罚球．若5名球员全部罚球后双方得分一样，则进入第二阶段，双方每轮各派一名球员罚球，直到出现某一轮一方罚进而另一方未罚进的局面，则罚进的一方获胜．设甲、乙两支球队进入点球大战，由甲队球员先罚球，甲队每位球员罚进点球的概率均为，乙队每位球员罚进点球的概率均为．假设每轮罚球中，两队进球与否互不影响，各轮结果也互不影响． （1）求每一轮罚球中，甲、乙两队打成平局的概率； （2）若在点球大战的第一阶段，甲队前两名球员均得分而乙队前两名球员均未得分，甲队暂时以2：0领先，求甲队第5个球员需出场罚球的概率． 18．（17分）如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AD⊥DC，BC＝2AD＝4，DC＝6，点E是CD上靠近点D的三等分点，现将△ADE沿着AE折起，使得点D到达点P的位置，且PC＝2，如图2． （1）求证：平面PAE⊥平面ABCE； （2）若P，A，B，C在同一个球面上，设该球面所在球的球心为O，证明：点O在平面ABCE内； （3）若点F为线段PB上一点，直线AF与平面APE所成角的正弦值为，求平面AEF与平面PAB所成角的余弦值． 19．（17分）已知椭圆的左、右顶点分别为A，B且焦距为2，上顶点为M，且直线MA，MB的斜率之积为． （1）求椭圆E的方程： （2）设直线l1不经过M点且与E相交于P、Q两点， （i）证明：直线l1过定点G； （ii）设H为①中点G关于y轴的对称点，过点H作直线l2交于椭圆E于C、D两点，且l1⊥l2，求四边形PCQD面积的取值范围． ( 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．直线3x﹣y﹣2＝0在y轴上的截距为（　　） A．﹣2 B．2 C． D． 【分析】利用直线在y轴上的截距的内涵求解即可． 【解答】解：直线3x﹣y﹣2＝0， 令x＝0，则y＝﹣2． 故直线在y轴上的截距为﹣2． 故选：A． 【点评】本题主要考查直线方程的应用，属于基础题． 2．已知直线l1：x﹣my+3＝0与直线l2：mx+（m﹣2）y﹣8＝0，且l1⊥l2，则m的值为（　　） A．3或0 B．3 C．﹣2或1 D．1 【分析】利用直线与直线垂直的性质直接求解． 【解答】解：∵直线l1：x﹣my+3＝0与直线l2：mx+（m﹣2）y﹣8＝0，且l1⊥l2， ∴m﹣m（m﹣2）＝0， 解得m＝0或m＝3， 故选：A． 【点评】本题考查实数值的求法，考查直线与直线垂直的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题． 3．若F为椭圆C：的右焦点，A，B为C上两动点，则△ABF周长的最大值为（　　） A．4 B．8 C．10 D．20 【分析】利用椭圆的定义，结合三角形的边长关系，求解即可． 【解答】解：椭圆C：的一个右焦点为F，记F′为椭圆的左焦点， A，B为C上两动点，则|AB|+|AF|+|BF|≤|AF′|+|BF′|+|AF|+|BF|＝4a＝20， 当且仅当AB经过椭圆的左焦点时，三角形的周长取得最大值， 故△ABF周长的最大值为20． 故选：D． 【点评】本题考查椭圆的定义和简单性质的应用，是基础题． 4．已知椭圆与直线l交于A，B两点，若点P（﹣1，1）为线段AB的中点，则直线l的方程是（　　） A．9x+4y﹣13＝0 B．9x﹣4y+13＝0 C．4x﹣9y+13＝0 D．4x﹣9y+3＝0 【分析】设点A（x1，y1），B（x2，y2），代入椭圆方程相减整理后得：4（y1+y2）（y1﹣y2）+9（x1+x2）（x1﹣x2）＝0，利用P为AB中点，结合斜率公式，整理得直线l的斜率，即可求出直线l的方程． 【解答】解：设点A（x1，y1），B（x2，y2）， 则由点P（﹣1，1）为线段AB的中点，得x1+x2＝﹣2，y1+y2＝2①， 又 ②， ③， 由②﹣③，可得4（y1+y2）（y1﹣y2）+9（x1+x2）（x1﹣x2）＝0， 将①代入上式，化简得kl， 所以直线l的方程为：， 即9x﹣4y+13＝0． 故选：B． 【点评】本题考查直线与椭圆的位置关系，点差法的应用，属于中档题． 5．已知直线l：y＝﹣2x，则曲线上到直线l的距离为的点的个数为（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】判断曲线的形状，利用点到直线的距离公式综合求解即可． 【解答】解：曲线（y≥1），可化为（x+1）2+（y﹣1）2＝4表示以（﹣1，1）为圆心，2为半径的上半个圆．如图， 圆的圆心（﹣1，1）到直线y＝﹣2x的距离为：d，点（1，1）到直线2x+y＝0的距离为：． 所以曲线上到直线l的距离为的点的个数为3个． 故选：C． 【点评】本题考查直线与圆的位置关系的应用，是中档题． 6．已知椭圆的左、右焦点分别是F1，F2，P是椭圆外一点，直线PF1的倾斜角为，|PF2|＝|F1F2|，线段PF2的中点在C上，则C的离心率为（　　） A． B． C． D． 【分析】根据给定条件，利用椭圆的定义，结合离心率的意义求解． 【解答】解：如图， 设椭圆半焦距为c，M为线段PF2的中点，连接MF1， 由，|PF2|＝|F1F2|，得△PF1F2为等边三角形，则， 所以C的离心率为． 故选：B． 【点评】本题主要考查求椭圆的离心率，属于中档题． 7．已知点P在直线y＝x﹣2上运动，点E是圆x2+y2＝1上的动点，点F是圆（x﹣6）2+（y+5）2＝9上的动点，则|PF|﹣|PE|的最大值为（　　） A．6 B．7 C．8 D．9 【分析】作出x2+y2＝1关于直线y＝x﹣2的对称圆，把|PE|转化到与|PF|，直线y＝x﹣2同侧的|PE1|，数形结合找到|PF|﹣|PE|取最大值的位置，求出|PF|﹣|PE|的最大值． 【解答】解：如图所示， 圆（x﹣6）2+（y+5）2＝9的圆心为A（6，﹣5），半径为3， 圆x2+y2＝1关于直线y＝x﹣2的对称圆为圆B，其中设圆心B坐标为（m，n）， 则，解得：， 故圆B的圆心为（2，﹣2），半径为1， 由于此时圆心A与圆心B的距离为：， 大于两圆的半径之和，所以两圆相离，此时E点的对称点为E1，且|PE1|＝|PE|， 所以|PF|﹣|PE|＝|PF|﹣|PE1|， 在P点运动过程中，当P，B，A，E1，F五点共线时，且E1在圆B左侧，点F在圆A右侧时，|PF|﹣|PE1|最大，最大值为|E1F|＝|E1B|+|BA|+|AF|＝1+5+3＝9． 故选：D． 【点评】本题考查直线与圆的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题． 8．在正四面体D﹣ABC中，点E在棱AB上，满足AE＝2EB，点F为线段AC上的动点，则（　　） A．存在某个位置，使得DE⊥BF B．存在某个位置，使得 C．存在某个位置，使得直线DE与平面DBF所成角的正弦值为 D．存在某个位置，使得平面DEF与平面DAC夹角的余弦值为 【分析】设正四面体D﹣ABC的底面中心为点O，连接DO，则DO⊥平面ABC，以点O为坐标原点，OB、OD所在直线分别为x、z轴建立空间直角坐标系，设正四面体D﹣ABC的棱长为2，然后利用空间向量法逐一分析求解可得结果． 【解答】解：如图所示，设正四面体D﹣ABC的底面中心为点O，连接DO，则DO⊥平面ABC， 以点O为坐标原点，OB、OD所在直线分别为x、z轴建立空间直角坐标系， 设正四面体D﹣ABC的棱长为2， 则，，，，， 设，其中﹣1≤λ≤1， 对于A，若存在某个位置使得DE⊥BF，，， 所以，解得λ＝﹣3，不满足题意，∴A错误； 对于B，若存在某个位置使得，，， 则，该方程无解，∴B错误； 对于C，设平面DBF的一个法向量为， 又，， 由，令取， 若存在某个位置，使得直线DE与平面DBF所成角的正弦值为，又， ∴， 整理得λ2+4λ＝0，解得λ＝0或λ＝﹣4（舍去）， ∴存在，即F为AC的中点时，满足题意，∴C正确； 对于D，设平面DAC的一个法向量为， 又，， 由，取， 设平面DEF的一个法向量为， 又，， 由，取， 若存在某个位置，使得平面DEF与平面DAC夹角的余弦值为， 则， 整理得47λ2﹣42λ+279＝0，∴Δ＝422﹣4×47×279＜0， ∴该方程无解，∴D错误． 故选：C． 【点评】本题考查向量法求解线线垂直问题，向量法求解线线角问题，向量法求解线面角问题，向量法求解面面角问题，方程思想，属难题． 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．给出下列命题，其中是真命题的是（　　） A．已知是空间的一个基底，若，则也是空间的一个基底 B．平面α经过三点A（2，1，0），B（﹣1，3，1），A（2，1，0），B（﹣1，3，1），C（2，2，﹣1），向量是平面α的法向量，则u+t＝2 C．若，则是锐角 D．若对空间中任意一点O，有，则M，A，B，C四点不共面 【分析】选项A：直接利用共面向量基本定理进行判断，选项B：利用法向量的定义求解出s，t，选项C：当夹角为0°时，，选项D利用平面向量共面定理求解． 【解答】解：对于A：已知是空间的一个基底，，所以存在实数x，y，使得， 所以，，这是不可能的，故A正确； 对于B：由于平面α经过三点A（2，1，0），B（﹣1，3，1），A（2，1，0），B（﹣1，3，1），C（2，2，﹣1）， ，，向量是平面α的法向量， 则，，2u+t＝3， u﹣t＝0，u＝t＝1，u+t＝2．故选项B正确； 对于C：当夹角为0°时，，故选项C错误； 对于D：若，则， 即，所以，， 所以共面，所以M，A，B，C四点共面，故D错误． 故选：AB． 【点评】本题考查的知识点：向量的坐标运算，向量的线性运算，法向量，主要考查学生的运算能力，属于中档题． （多选）10．下列4个说法中，错误的说法有（　　） A．对立事件一定是互斥事件 B．若A，B为两个事件，则P（A+B）＝P（A）+P（B） C．若事件A，B，C彼此互斥，则P（A）+P（B）+P（C）＝1 D．若事件A，B满足P（A）+P（B）＝1，则A，B是对立事件 【分析】根据已知条件，结合互斥事件和对立事件的定义，即可求解． 【解答】解：对于A，对立事件首先是互斥事件，故A正确， 对于B，只有互斥事件的和事件的概率才适合概率的加法公式，故B错误， 对于C，概率的加法公式可以适合多个互斥事件的和事件，但和事件不一定是必然事件，故C错误， 对于D，对立事件和的概率公式逆用不正确，例如两种没有联系的事件，概率和满足P（A）+P（B）＝1，但A，B不对立，故D错误． 故选：BCD． 【点评】本题主要考查互斥事件和对立事件的定义，属于基础题． （多选）11．已知椭圆的两个焦点分别为F1，F2，点P是椭圆C上的动点，点Q是圆E：（x﹣2）2+（y﹣4）2＝2上任意一点．若|PQ|+|PF2|的最小值为，则下列说法中正确的是（　　） A． B．的最大值为5 C．存在点P使得 D．|PQ|﹣|PF2|的最小值为 【分析】首先得到圆心坐标与半径，即可判断E在椭圆外部，在求出|EF2|，即可求出k，再根据数量积的运算律及椭圆的性质判断B、C，根据椭圆的定义判断D． 【解答】解：椭圆，则a＝3，所以|PF1|+|PF2|＝2a＝6， 圆E：（x﹣2）2+（y﹣4）2＝2的圆心为E（2，4），半径， 所以，所以点E在椭圆外部， 又，当且仅当E、P、F2三点共线（P在EF2之间）时等号成立， 所以，解得c＝2， 所以9﹣k2＝4，解得（负值舍去），故A正确； ， 又，所以，所以， 即的最大值为5，当且仅当P在上、下顶点时取最大值，故B正确； 设B为椭圆的上顶点，则， 所以，所以，所以， 则存在点P使得，故C正确； 因为|PQ|﹣|PF2|＝|PQ|﹣（6﹣|PF1|）＝|PQ|+|PF1|﹣6 ， 当且仅当E、Q、P、F1四点共线（且Q、P在EF1之间）时取等号，故D错误． 故选：ABC． 【点评】本题考查了椭圆的性质，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．抛掷两个质地均匀的骰子，则“抛掷的两个骰子的点数之和是6”的概率为 　　 ． 【分析】利用列举法求解，列出抛掷两个质地均匀的骰子出现的所有情况，再找出抛掷的两个骰子的点数之和是6的情况，然后利用古典概型的概率公式求解即可． 【解答】解：抛掷两个质地均匀的骰子出现的所有情况有： （1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（1，6）， （2，1），（2，2），（2，3），（2，4），（2，5），（2，6）， （3，1），（3，2），（3，3），（3，4），（3，5），（3，6）， （4，1），（4，2），（4，3），（4，4），（4，5），（4，6）， （5，1），（5，2），（5，3），（5，4），（5，5），（5，6）， （6，1），（6，2），（6，3），（6，4），（6，5），（6，6）， 共36种情况， 其中“抛掷的两个骰子的点数之和是6”的有： （1，5），（2，4），（3，3），（4，2），（5，1），5种， 所以所求概率为． 故答案为：． 【点评】本题考查古典概型相关知识，属于基础题． 13．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点P是棱BB1上的动点，则△A1PC的面积的最小值为　　 ． 【分析】建系，利用点到直线距离的向量式，得出解析式，再利用二次函数求最值即可求解． 【解答】解：如图建系， 因为正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点P是棱BB1上的动点， 则A1（2，0，2），C（0，2，0），P（2，2，h），其中（0≤h≤2）， 可得，， 则，， 所以， 故， 所以点P到直线A1C得距离d， 故当h＝1时，点P到直线A1C得距离d取得最小值为， 所以△A1PC的面积的最小值为． 故答案为：． 【点评】本题考查向量法在立体几何中的应用，属于中档题． 14．已知直线l：3x+y+m＝0与圆C：（x﹣2）2+（y+2）2＝16相交于A，B两点，O为坐标原点，若A，B，C，O四点共圆，则m的值为 　4　 ． 【分析】由圆C：（x﹣2）2+（y+2）2＝16可得圆心C，半径r，线段AB的垂直平分线所在直线方程为：x﹣3y+t＝0，由于此直线经过圆心，可得t．线段OC的垂直平分线方程为：x﹣y﹣2＝0．联立，解得坐标设为G，求出点G到直线l的距离h，点C到直线l的距离d，|AB|＝2，根据A，B，C，O四点共圆，可得h2＝|OG|2，即可得出m． 【解答】解：由圆C：（x﹣2）2+（y+2）2＝16可得圆心C（2，﹣2），半径r＝4， 线段AB的垂直平分线所在直线方程为：x﹣3y+t＝0， 由于此直线经过圆心，∴2﹣3×（﹣2）+t＝0，解得t＝﹣8． ∴直线方程为x﹣3y﹣8＝0， 线段OC的垂直平分线方程为：y﹣（﹣1）＝x﹣1，化为x﹣y﹣2＝0． 联立，解得，设为G（﹣1，﹣3）， 点G到直线l的距离h， 点C到直线l的距离d， |AB|＝2， ∵A，B，C，O四点共圆， ∴h2＝|OG|2， ∴16（﹣1）2+（﹣3）2， 解得m＝4． 【点评】本题考查了圆的方程、垂直平分线的性质与方程、点到直线距离公式、弦长公式、四点共圆，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 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△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． 16．（15分）已知圆C过点和，且圆心C在y轴上． （1）求圆C的标准方程； （2）若直线l过点P（2，0），且被圆C截得的弦长为，求直线l的方程． 【分析】（1）根据题意，设出圆的标准方程，将A、B坐标代入得到关于b、r的方程组，解之即可得到圆C的标准方程． （2）由圆的弦长公式求出直线l到圆心的距离d＝2，然后按照直线l的斜率是否存在加以讨论，结合点到直线的距离公式算出直线l的方程，可得答案． 【解答】解：（1）设圆C的圆心为（0，b），半径为r，则圆C的标准方程为x2+（y﹣b）2＝r2， 结合题意可得，解得， 所以圆C的标准方程为x2+（y﹣2）2＝16． （2）若直线l被圆C截得的弦长为， 则直线l到圆心C的距离d满足，可得r2﹣d2＝12，结合r＝4解得d＝2， 直线l过点P（2，0），当l的斜率不存在时，方程为x＝2，即x﹣2＝0， 此时直线l到圆心C的距离d＝2，符合题意； 当l的斜率存在时，设l的方程为y＝k（x﹣2），即kx﹣y﹣2k＝0， 由d，解得k＝0，可得直线l的方程为y＝0． 综上所述，满足条件的直线l的方程为x﹣2＝0或y＝0． 【点评】本题主要考查圆的方程、点到直线的距离公式、直线与圆的位置关系等知识，考查了计算能力、逻辑推理能力，属于中档题． 17．（15分）某足球俱乐部举办新一届足球赛，按比赛规则，进入淘汰赛的两支球队如果在120分钟内未分出胜负，则需进行点球大战．点球大战规则如下：第一阶段，双方各派5名球员轮流罚球，双方各罚一球为一轮，球员每罚进一球则为本方获得1分，未罚进不得分，当分差拉大到即使落后一方剩下的球员全部罚进也不能追上的时候，比赛即宣告结束，剩下的球员无需出场罚球．若5名球员全部罚球后双方得分一样，则进入第二阶段，双方每轮各派一名球员罚球，直到出现某一轮一方罚进而另一方未罚进的局面，则罚进的一方获胜．设甲、乙两支球队进入点球大战，由甲队球员先罚球，甲队每位球员罚进点球的概率均为，乙队每位球员罚进点球的概率均为．假设每轮罚球中，两队进球与否互不影响，各轮结果也互不影响． （1）求每一轮罚球中，甲、乙两队打成平局的概率； （2）若在点球大战的第一阶段，甲队前两名球员均得分而乙队前两名球员均未得分，甲队暂时以2：0领先，求甲队第5个球员需出场罚球的概率． 【分析】（1）每一轮罚球中两队打成平局的情况有两种：甲乙均没有罚进点球或甲乙均罚进点球； （2）甲队第5个球员需出场罚球，则前四轮罚球中甲乙两队分差不能超过1分，即四轮罚球结束时的比分可能为2：1或2：2或3：2，由此能求出结果． 【解答】解：（1）设每一轮罚球中，甲队球员罚进点球的事件为A，乙队球员罚进点球的概率为B， 设每一轮罚球中，甲乙两队打成平局的事件为C， 由题意每一轮罚球中两队打成平局的情况有两种：甲乙均没有罚进点球或甲乙均罚进点球， ∴每一轮罚球中，甲、乙两队打成平局的概率为： P． （2）甲队第5个球员需出场罚球，则前四轮罚球中甲乙两队分差不能超过1分，即四轮罚球结束时的比分可能为2：1或2：2或3：2， ①比分为2：1的概率为： P（）P（B）P（）P（）+P（）P（）P（）P（B） ， ②比分为2：2的概率为： ， ③比分为3：2的概率为： P（A）P（B）P（）P（B）+P（ ）P（B）P（A）P（B） ， ∴甲队第5个球员需出场罚球的概率P． 【点评】本题考查概率的求法，考查相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 18．（17分）如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AD⊥DC，BC＝2AD＝4，DC＝6，点E是CD上靠近点D的三等分点，现将△ADE沿着AE折起，使得点D到达点P的位置，且PC＝2，如图2． （1）求证：平面PAE⊥平面ABCE； （2）若P，A，B，C在同一个球面上，设该球面所在球的球心为O，证明：点O在平面ABCE内； （3）若点F为线段PB上一点，直线AF与平面APE所成角的正弦值为，求平面AEF与平面PAB所成角的余弦值． 【分析】（1）在平面PAE内过点P作PH⊥AE于点H，连接CH，利用面面垂直的判定定理即可得证； （2）过点H作AB的平行线交BC于点G，易得HG⊥AE，以H为原点，建立空间直角坐标系，设A，B，C，P在同一个球的球心坐标为O（x，y，z），半径为r，利用两点间的距离公式建立方程组，求出球心O即可求解； （3）设，（0≤λ≤1），利用线面角求出λ，进而得点F的坐标，求平面AEF与平面PAB的法向量，再利用夹角公式即可求解． 【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＝2， 易得∠DEA＝60°，则EH＝DEcos∠DEA＝1，，即， 在△CEH中，由余弦定理， 得CH2＝EH2+EC2﹣2EH•EC•cos∠HEC＝1+16+4＝21． ∵，且PC2＝PH2+CH2， ∴PH⊥HC，又AE∩CH＝H， ∴PH⊥平面ABCE， ∵PH⊂平面PAE， ∴平面PAE⊥平面ABCE； （2）证明：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（3，0，0），，，E（﹣1，0，0），， 再设A，B，C，P在同一个球的球心坐标为O（x，y，z），半径为r， 则有， 求解可得， 即球心坐标为， ∴点O在平面ABCE内； （3）设，（0≤λ≤1），由， 得，则， ， 易知平面APE的法向量为 直线AF与平面APE所成角的正弦值为： ， 解得， ∴， 平面AEF中，， 设平面AEF的法向量为， 则，则， 令z＝4，则x＝0，y＝﹣1，所以平面AEF的法向量为， 在平面PAB中，，， 设平面PAB的法向量为， 则，所以， 令x2＝1，得， 平面AEF与平面PAB所成角的余弦值为 ． 【点评】本题考查面面垂直的判定，考查利用向量法求空间角，属于难题． 19．（17分）已知椭圆的左、右顶点分别为A，B且焦距为2，上顶点为M，且直线MA，MB的斜率之积为． （1）求椭圆E的方程： （2）设直线l1不经过M点且与E相交于P、Q两点， （i）证明：直线l1过定点G； （ii）设H为①中点G关于y轴的对称点，过点H作直线l2交于椭圆E于C、D两点，且l1⊥l2，求四边形PCQD面积的取值范围． 【分析】（1）根据直线MC与MD的斜率之积得到，故，结合焦距得到a2＝4，b2＝3，得到椭圆方程； （2）（i）设直线l1：m（x﹣2）+ny＝1，椭圆方程整理为3[（x﹣2）+2]2+4y2﹣12＝0，利用直线的方程将椭圆的方程齐次化，然后转化为关于斜率的方程4k2+12nk+3+12m＝0，此方程的两根为kPA，kQA．利用椭圆的性质，结合已知条件得到，进而利用韦达定理求得，从而得到直线l1：x＝3ny﹣1经过定点G（﹣1，0）； （ii）设l1：x＝λy﹣1，利用弦长公式求得，同理得，利用由对角线及其夹角所表示的四边形的面积公式得到四边形PCQD面积关于λ的表达式，进而进行变换，利用基本不等式和函数单调性求得其面积的取值范围． 【解答】解：（1）根据题意可得B（a，0），A（﹣a，0）， 令M（x，y），，则化简得，再根据， 可得， 由于椭圆焦距为2，那么，解得b2＝3，a2＝4， 因此椭圆E的标准方程为； （2）（i）根据题意可知直线l1不过椭圆的右顶点， 所以可设直线l1：m（x﹣2）+ny＝1①， 那么椭圆方程整理为3[（x﹣2）+2]2+4y2﹣12＝0， 整理可得：3（x﹣2）2+4y2+12（x﹣2）＝0②， 联立①②得：3（x﹣2）2+4y2+12（x﹣2）[m（x﹣2）+ny]＝0③， 令Q（x2，y2），P（x1，y1），这两点坐标都满足方程③， ， 方程③两边同除以x﹣2得：3+4k2+12（m+nk）＝0， 所以4k2+12nk+3+12m＝0，此方程的两根为kPA，kQA． 因为点P在椭圆上，所以， 又因为，所以，所以，所以， 所以直线，l1：x＝3ny﹣1，与x轴交点坐标为（﹣1，0）， 所以直线l1恒过定点G（﹣1，0）． （ii）G（﹣1，0）关于原点的对称点为H（1，0）． 当直线l1的斜率不为零时，设其方程为l1：x＝λy﹣1． 将直线l1：x＝λy﹣1代入椭圆E的标准方程为， 整理得：（3λ2+4）y2﹣6λy﹣9＝0，Δ＝122（λ2+1）， ，同理得． 又∵l1⊥l2，∴四边形PCQD面积为： ，当λ＝±1时，取到， 又∵当直线l1的斜率为零时，必经过椭圆的左右顶点，与题意矛盾， ∴四边形PCQD面积的取值范围是． 【点评】本题考查椭圆性质的综合应用，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：2026/7/6 10:46:37；用户：15972902576；邮箱：15972902576；学号：21498003 学科网（北京）股份有限公司 $