精品解析：四川成都市教科院附属学校2026-2027学年高二上学期定时训练数学试题

高2025级2026-2027学年（上）期定时训练 数学试题 满分150分 考试时间是120分钟. 注意事项： 1.答题前，务必将自己的姓名、考绩号填写在答题卡规定的位置上. 2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案编号. 3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将其答案书写在答题卡规定的位置上. 4.所有题目必须在答题卡上作答，在试卷上答题无效. 5.考试结束后，只将答题卡交回. 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. “”是“直线和直线平行”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据两直线平行的判定条件进行判断即可. 【详解】当时，两直线方程为和， 可见两直线斜率相等，且两直线不重合，所以两直线平行， 所以“”是“直线和直线平行”的充分条件； 若直线和直线平行， 若，则，解得. 当时，两直线方程为和，斜率相等，平行； 当时，两直线方程为和，斜率相等，平行； 若，两直线方程为和，两直线垂直，不平行； 所以若直线和直线平行，则或. 综上，“”是“直线和直线平行”的充分不必要条件. 故选：A. 2. 已知空间向量，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用投影向量的定义求解. 【详解】空间向量，，则， 所以在上的投影向量为. 故选：A 3. 直线，的方向向量分别为，，平面，的法向量分别为，，下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】B 【解析】 【详解】对于A，由，得或，A错误； 对于B，由，得，B正确； 对于C，由，得，C错误； 对于D，由，得，D错误. 4. 某企业不断自主创新提升技术水平，积极调整企业旗下的甲、乙、丙、丁、戊等种系列产品的结构比例，近年来取得了显著效果.据悉该企业年种系列产品年总收入是年的倍，其中种系列产品的年收入构成比例如图所示.则下列说法错误的是（ ） A. 年甲系列产品收入比年的多 B. 年乙和丙系列产品收入之和比年的企业年总收入还多 C. 年丁系列产品收入是年丁系列产品收入的 D. 年戊系列产品收入是年戊系列产品收入的倍 【答案】C 【解析】 【分析】利用已知条件可分别得出年和年种系列产品所占总收入的比例，结合该企业年种系列产品年总收入是年的倍，逐一检验选项即可得出答案． 【详解】对于A：年甲系列产品收入占了总收入的，年甲系列产品收入占了总收入的， 而该企业年种系列产品年总收入是年的倍，故年甲系列产品收入比年的多，故A选项不符题意； 对于B：年乙和丙系列产品收入之和占了总收入的，该企业年种系列产品年总收入是年的倍， 故年乙和丙系列产品收入之和比年的企业年总收入还多，故B选项不符题意； 对于C：年丁系列产品收入占了总收入的，年丁系列产品收入占了总收入的，而该企业年种系列产品年总收入是年的倍，故年丁系列产品收入是年丁系列产品收入的，故C选项符合题意； 对于D：年戊系列产品收入占了总收入的，年戊系列产品收入占了总收入的，而该企业年种系列产品年总收入是年的倍，故年戊系列产品收入是年戊系列产品收入的倍，故D选项不符题意. 故选：C. 5. 如图所示，在三棱柱中，M为的中点，若，则可表示为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】取AC的中点N，连接BN，MN，如图所示， ∵M为的中点，，， ， ． 6. 抛掷一枚质地均匀的硬币3次，记事件“3次中既有正面朝上又有反面朝上”，“3次中至多有一次正面朝上”，下列说法正确的是（ ） A. B. 事件和事件对立 C. 事件和事件互斥但不对立 D. 事件和事件独立 【答案】D 【解析】 【详解】抛掷一枚均匀硬币3次，共8种等可能结果： 事件：既有正面又有反面，对立事件为全正或全反，故 . 事件：至多一次正面，即0次正面或1次正面，共种结果，故 . 事件：既有正面又有反面且至多一次正面，即恰好1次正面，共3种结果，故 . 选项A：，，二者不相等，A错误. 选项B、C：与存在公共结果（恰好1次正面），不互斥，更不对立，B、C错误. 选项D：，满足独立事件定义，D正确. 7. 台风中心从M地以每小时30km的速度向西北方向移动，离台风中心内的地区为危险地区，城市N在M地正西方向60km处，则城市N处于危险区内的时长为（ ） A. 1h B. C. 2h D. 【答案】C 【解析】 【分析】建立直角坐标系，数形结合求直线与圆相交的弦长，进而可得城市处于危险区内的时长. 【详解】 如图所示，以点为坐标原点建立直角坐标系，则， 以为圆心，为半径作圆， 则圆的方程为， 当台风进入圆内，则城市处于危险区， 又台风的运动轨迹为， 设直线与圆的交点为，， 圆心到直线的距离， 则， 所以时间， 故选：C. 8. 已知实数满足，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意得出点是在圆的上半部分，以及表示点到直线距离的倍，利用点到直线的距离即可求解. 【详解】 由，得，即为圆的上半圆，圆心，半径为， 如图所示，取点，又因为表示点到直线距离的倍， 圆心到直线的距离， 即直线与圆相离，点到直线的距离， 所以的最小值为，最大值为， 所以的取值范围为，故B正确． 二、多选题（本大题共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. 下列说法不正确的是（ ） A. 直线的倾斜角的取值范围是 B. 圆上存在4个点到直线：的距离都等于1 C. 过点，且在两坐标轴上截距互为相反数的直线的方程为 D. 数据的方差为32，则数据，，…，的方差为128 【答案】ABC 【解析】 【分析】（1）根据直线方程求出斜率的范围，再利用正切函数性质求解倾斜角的范围判断A.（2）利用点到直线距离公式求出圆心到直线的距离，结合半径分析符合条件的点数判断B.（3）分截距为零与不为零两种情况讨论直线的方程判断C.（4）根据方差的线性变换性质进行计算判断D. 【详解】对于A，直线可化为，其斜率. 因为，所以. 设倾斜角为，则. 又，当时，； 当时，. 故倾斜角范围是，A错误. 对于B，圆的圆心为，半径. 圆心到直线的距离. 圆上到直线的距离等于的点，即为圆与直线的交点. 直线过圆心，与圆有个交点； 直线到圆心的距离为，与圆相切，有个交点. 综上共有个点，B错误. 对于C，若截距不为，设直线方程为，即， 代入点得，解得，方程为； 若截距均为，直线过原点和，方程为，即. 故满足条件的直线有两条，C错误. 对于D，设原数据的方差为，新数据为. 根据方差性质知，D正确. 10. 在一次奥运会男子羽毛球单打比赛中，运动员甲和乙进入决赛（比赛采用三局两胜制，即率先获得两局胜利者赢得比赛，随即比赛结束）.假设每局比赛甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4.某同学利用计算机产生1～5之间的随机数，当出现1，2或3时，表示甲获胜，当出现4或5时，表示乙获胜，以每3个随机数为一组进行冠军模拟预测，如果产生如下20组随机数： 423 123 423 344 114 453 525 332 152 342 534 443 512 541 125 432 334 151 314 354， 根据频率估计概率的思想，下列说法正确的有（ ） A. 甲获得冠军的概率近似值为0.65 B. 甲以2：0的比分获得冠军的概率近似值为0.5 C. 比赛总共打满三局的概率近似值为0.55 D. 乙以2：0的比分获得冠军的概率近似值为0.15 【答案】ACD 【解析】 【分析】由20组随机数中分别先求出甲获得冠军的数，甲以2：0的比分获得冠军的数，比赛总共打满三局的数和乙以2：0的比分获得冠军的数，从而可求出各选项频率，进而可得答案. 【详解】对于A，表示甲获得冠军的数有423，123，423，114，332，152，342，512，125，432， 334，151，314共13组数，故估计该场比赛甲获胜的概率为 ，故A正确； 对于B，表示甲以2：0的比分获得冠军的数有：123，114，332，125，334，314， 共6组数，故估计甲以2：0的比分获得冠军概率为 ，故B错误； 对于C，表示比赛总共打满三局的数有：423，423，344，525，152，342，534，512，432， 151，354共11组数，故估计比赛总共打满三局的概率为 ，故C正确； 对于D，表示乙以2：0的比分获得冠军的数有：453，443，541共3组数， 故估计乙以2：0的比分获得冠军的概率为 ，故D正确； 故选：ACD. 11. 如图，若正方体的棱长为1，点是正方体的侧面上的一个动点（含边界），是棱上靠近点的三等分点，则下列结论正确的有（ ） A. 沿正方体的表面从点到点的最短路程为 B. 直线与所成角的余弦值为 C. 若保持，则点在侧面内运动路径长度为 D. 当在点时，三棱锥的体积取到最大值 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用平面展开图可判断A；建立空间直角坐标系，用向量夹角的余弦公式即可判断B；利用两点间距离公式表示出，得到点在侧面内的轨迹是一个半圆，即可判断C；转换顶点：，利用点到平面的距离公式即可判断D． 【详解】A项：将正方体的上面和右面展开可得如下图形： 因此，最短路径为，A对； B项： 以为原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系，， 是棱上靠近点的三等分点，所以，， 所以， 故直线与所成角的余弦值为，B对； C项：点在侧面内，设， 由，得，即，化简得， 这表示在侧面内，点的轨迹是以为圆心，半径的圆， 又，所以在该侧面内的轨迹是一个半圆，其运动路径长度为，C错； D项：设平面的法向量为， 因为， 所以，令，则， 所以点到平面的距离等于， 因为的面积为定值，且点在侧面内，即， 当，即与重合时，点到平面的距离最大， 故当在点时，三棱锥的体积取到最大值，D对． 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知两个随机事件和，其中，，，则____ 【答案】0.2 【解析】 【分析】根据和概率事件的计算公式进行计算． 【详解】由概率的基本性质，对于任意两个随机事件，有 将，，，代入公式得． 13. 圆心在直线上，且经过圆与圆的交点的圆的方程为________. 【答案】（或） 【解析】 【分析】先求出两圆的交点，利用直接法或者待定系数法可求圆的方程，或者利用圆系方程求解. 【详解】法一：由， 解得或者， 所以圆与圆的交点分别为， 则线段AB的垂直平分线的方程为. 由，解得， 所以所求圆的圆心坐标为，半径为， 所以所求圆的方程为. 法二：同法一求得， 设所求圆的方程为， 由，解得， 所以所求圆的方程为. 法三：设所求圆的方程为，其中， 化简可得，圆心坐标为. 又圆心在直线上， 所以，解得， 所以所求圆的方程为. 故答案为：（或） 14. 已知四面体中，，且与平面所成的角为，则当时，的最小值是___________. 【答案】 【解析】 【分析】设，且点在平面内，根据条件，将问题转化成当在面上的投影与共线时，求的最小值，建立平面直角坐标系，得到，即点与，的距离之和，即可求出结果. 【详解】设，且点在平面内，取中点， 则， 显然，当在面上的投影与共线时，会比不共线的小， 当在面上的投影与共线时，以为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系， 又，且与平面所成的角为，设， 则，，，得到，， 所以， 其可表示为点与，的距离之和，作关于轴的对称点， 显然， 故答案为：. 【点睛】关键点点晴：本题的关键在于将问题转化成当在面上的投影与共线时，求的最小值，再通过建立平面直角坐标系，将问题转化成点与，的距离之和，从而解决问题. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要文字说明、证明过程或演算步骤） 15. （1）求垂直于直线，且过点的直线的方程； （2）已知圆：，直线过点，当直线与圆相切时，求直线的方程. 【答案】 （1）；（2）或 【解析】 【分析】（1）由垂直关系设出方程，再利用待定系数法求解. （2）按直线的斜率是否存在分类，再结合点到直线距离公式求解. 【详解】（1）设垂直于直线的直线方程为， 由该直线过点，得，解得， 所以所求直线方程为. （2）圆：的圆心，半径， 点到直线的距离等于2，即直线与圆相切，且过点，因此直线的方程可以为； 当直线的斜率存在时，设其方程为，即， 由直线与圆相切，得，解得，方程为， 所以直线的方程为或. 16. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，，点是棱的中点，点是棱上一点. （1）证明：； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明：依题意，底面是正方形，， 由于平面， 因为平面，所以， 由此以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 所以， 设，， 所以，所以. （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法来证得. （2）结合（1），根据线面角的向量方法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：由 得是三等分点靠近点的点， 所以，， 所以， 设平面的一个法向量为 ， 则，即 令，得，故， 设直线与平面所成角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为 . 17. 已知定点，点为圆：上的动点，为线段的中点，若点的轨迹为曲线. （1）求曲线的方程. （2）已知圆：，判断圆与曲线的位置关系；如果相交求公共弦长. 【答案】（1） 曲线E的方程为； （2） 圆与曲线E相交，公共弦长为。 【解析】 【分析】（1）通过中点坐标建立动点M与圆上点Q的坐标对应关系，代入已知圆的方程化简得到M的轨迹方程； （2）先将两圆方程化为标准形式，通过圆心距与两半径的数量关系判断位置关系，再通过两圆一般式作差得到公共弦所在直线，结合点到直线距离公式与弦长公式计算公共弦长. 【小问1详解】 设动点，圆上的动点， 因为M为线段的中点，且，可得 ， 得 ， 由于点Q在圆上，代入得 ， 化简整理得  ，所以曲线E的方程为. 【小问2详解】 由得   ，因此圆的圆心为，半径， 由（1）可知，曲线E是圆心为，半径的圆， 两圆圆心距为  ， ，，由于，因此圆与曲线E的位置关系为相交，  ， 将两圆的一般式方程相减，得到公共弦所在直线的方程为  ， 圆心到公共弦所在直线的距离为 ， 所以公共弦长 . 18. 某中学高二年级举行了数学素养知识竞赛，竞赛分为初赛和决赛两个阶段，为了解初赛情况，现从高二年级随机抽取了200名学生，记录他们的初赛成绩，将数据按照，，，，分成5组，制成了频率分布直方图，如图. （1）根据频率分布直方图求的值，并估计上四分位数（计算结果保留两位小数） （2）采用按比例分配的分层随机抽样的方式从和两组中随机抽取了5名学生，现从已抽取的5名学生中随机抽取2名，求恰有1名学生的成绩在的概率. （3）已知本次竞赛最终由甲、乙、丙三人进行决赛，决赛规则如下：比赛前抽签决定首场比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场的比赛（比赛没有平局），先赢两场者获胜，比赛随即结束.已知每场比赛甲胜乙的概率为，甲胜丙的概率为，乙胜丙的概率为，每场比赛相互独立.请通过计算说明如果甲、乙参加首场比赛，甲获胜的概率. 【答案】（1）,上四分位数的估计值为. （2）. （3）. 【解析】 【分析】（1）先由频率分布直方图各小矩形面积之和为求出,再按百分位数的定义从第一组起累加频率,确定上四分位数所在的组,在组内按频率均匀分布列方程求值. （2）先由分层抽样的抽样比确定两组各抽取的人数,再按古典概型分别算出总的取法与符合条件的取法数,作商得概率. （3）按首场比赛的胜负分类,逐场写出使甲先赢两场的比赛过程,每条路径的概率用独立事件同时发生的概率相乘,再把互斥的各路径概率相加. 【小问1详解】 由图可知,组距为,组的频率为,,,三组的频率依次为 ,,. 各小矩形的面积之和为,于是,解得. 此时各组的频率依次为,,,,,前两组频率之和为, 前三组之和为,前四组之和为. 因为,所以上四分位数即第百分位数落在内. 设上四分位数为,则,解得. 所以,上四分位数的估计值为. 【小问2详解】 由（1）知,组的频率为,人数为；组的频率为,人数为. 按比例分配的分层随机抽样中,抽样比为, 故从组抽取人，从组抽取人. 从这人中任取人,共有种等可能的取法. 恰有人成绩在内,即从组的人中取人,从组的人中取人,共有种取法. 所以所求概率为. 【小问3详解】 甲、乙参加首场比赛时,丙轮空,此后每场的胜者与轮空者比赛.按首场比赛的胜负分两种情况讨论. 情况一:甲胜乙,概率为.第二场由甲对丙. 若甲胜丙,概率为,则甲连赢两场获胜,该路径的概率为. 若丙胜甲,概率为,则第三场由丙对乙.丙胜乙的概率为,此时丙连赢两场,甲告负. 若乙胜丙,概率为,此时甲、乙、丙各胜一场,第四场由乙对甲. 第四场甲胜乙的概率为,此时甲获胜,该路径的概率为. 情况二:乙胜甲,概率为.第二场由乙对丙. 若乙胜丙,概率为,则乙连赢两场,甲告负. 若丙胜乙,概率为,则第三场由丙对甲. 若丙胜甲,概率为,则丙连赢两场,甲告负. 若甲胜丙,概率为,则第四场由甲对乙. 第四场甲胜乙的概率为,此时甲获胜,该路径的概率为. 以上各路径互斥,所以甲获胜的概率为. 19. 已知：与轴分别相交于，两点，过点的直线交于，两点（不同于，两点）. （1）当时，求直线的方程； （2）当的面积取得最大值时，将沿轴折成直二面角.如图，在上半圆上是否存在一点，使平面与平面的夹角的正弦值为?若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由； （3）若直线与直线相交于点，判断点是否在定直线上?若在，请求出定直线方程；若不在，请说明理由. 【答案】（1） （2）存在，满足题意，理由如下： 由题意得直线的斜率不为0，设，即， 由（1）知，， ， 令，则， 所以， 又，在上单调递增， 所以当时，取得最小值为，取得最大值为， 此时，解得， 建立空间直角坐标系，如图， 则，，， 所以，， 设平面的法向量为， 则，即，令得， 设，其中， 所以，， 设面的法向量为， ，即， 令，则，，即， 设平面与平面的夹角为， 因为平面与平面的夹角的正弦值为，即 所以，即， 整理得，解得，此时，所以. （3）点在定直线上，理由如下： ，设，， 由题意得直线的斜率不为0，设， 所以，可得， 所以，， ，直线的方程为，① ，直线的方程为，② 联立方程①②可得 ，即，解得：， 所以点在定直线上. 【解析】 【分析】（1）设，利用圆心到直线的距离公式和圆心、弦长列式求解即可； （2）利用面积公式求解可得，当时，取得最大值，建立空间直角坐标系，设，其中，用二面角的向量法求出点坐标即可； （3）联立直线与圆的方程，利用韦达定理及斜率公式，求出两直线的方程，联立直线方程可得在定直线上. 【小问1详解】 解：由题意得直线的斜率不为0，设，即， ：的圆心为坐标原点，半径为， 所以，圆心到直线的距离为， 又，即 所以，所以，解得， 所以直线的方程为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高2025级2026-2027学年（上）期定时训练 数学试题 满分150分 考试时间是120分钟. 注意事项： 1.答题前，务必将自己的姓名、考绩号填写在答题卡规定的位置上. 2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案编号. 3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将其答案书写在答题卡规定的位置上. 4.所有题目必须在答题卡上作答，在试卷上答题无效. 5.考试结束后，只将答题卡交回. 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. “”是“直线和直线平行”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 2. 已知空间向量，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 3. 直线，的方向向量分别为，，平面，的法向量分别为，，下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 4. 某企业不断自主创新提升技术水平，积极调整企业旗下的甲、乙、丙、丁、戊等种系列产品的结构比例，近年来取得了显著效果.据悉该企业年种系列产品年总收入是年的倍，其中种系列产品的年收入构成比例如图所示.则下列说法错误的是（ ） A. 年甲系列产品收入比年的多 B. 年乙和丙系列产品收入之和比年的企业年总收入还多 C. 年丁系列产品收入是年丁系列产品收入的 D. 年戊系列产品收入是年戊系列产品收入的倍 5. 如图所示，在三棱柱中，M为的中点，若，则可表示为（ ） A. B. C. D. 6. 抛掷一枚质地均匀的硬币3次，记事件“3次中既有正面朝上又有反面朝上”，“3次中至多有一次正面朝上”，下列说法正确的是（ ） A. B. 事件和事件对立 C. 事件和事件互斥但不对立 D. 事件和事件独立 7. 台风中心从M地以每小时30km的速度向西北方向移动，离台风中心内的地区为危险地区，城市N在M地正西方向60km处，则城市N处于危险区内的时长为（ ） A. 1h B. C. 2h D. 8. 已知实数满足，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共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. 下列说法不正确的是（ ） A. 直线的倾斜角的取值范围是 B. 圆上存在4个点到直线：的距离都等于1 C. 过点，且在两坐标轴上截距互为相反数的直线的方程为 D. 数据的方差为32，则数据，，…，的方差为128 10. 在一次奥运会男子羽毛球单打比赛中，运动员甲和乙进入决赛（比赛采用三局两胜制，即率先获得两局胜利者赢得比赛，随即比赛结束）.假设每局比赛甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4.某同学利用计算机产生1～5之间的随机数，当出现1，2或3时，表示甲获胜，当出现4或5时，表示乙获胜，以每3个随机数为一组进行冠军模拟预测，如果产生如下20组随机数： 423 123 423 344 114 453 525 332 152 342 534 443 512 541 125 432 334 151 314 354， 根据频率估计概率的思想，下列说法正确的有（ ） A. 甲获得冠军的概率近似值为0.65 B. 甲以2：0的比分获得冠军的概率近似值为0.5 C. 比赛总共打满三局的概率近似值为0.55 D. 乙以2：0的比分获得冠军的概率近似值为0.15 11. 如图，若正方体的棱长为1，点是正方体的侧面上的一个动点（含边界），是棱上靠近点的三等分点，则下列结论正确的有（ ） A. 沿正方体的表面从点到点的最短路程为 B. 直线与所成角的余弦值为 C. 若保持，则点在侧面内运动路径长度为 D. 当在点时，三棱锥的体积取到最大值 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知两个随机事件和，其中，，，则____ 13. 圆心在直线上，且经过圆与圆的交点的圆的方程为________. 14. 已知四面体中，，且与平面所成的角为，则当时，的最小值是___________. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要文字说明、证明过程或演算步骤） 15. （1）求垂直于直线，且过点的直线的方程； （2）已知圆：，直线过点，当直线与圆相切时，求直线的方程. 16. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，，点是棱的中点，点是棱上一点. （1）证明：； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值. 17. 已知定点，点为圆：上的动点，为线段的中点，若点的轨迹为曲线. （1）求曲线的方程. （2）已知圆：，判断圆与曲线的位置关系；如果相交求公共弦长. 18. 某中学高二年级举行了数学素养知识竞赛，竞赛分为初赛和决赛两个阶段，为了解初赛情况，现从高二年级随机抽取了200名学生，记录他们的初赛成绩，将数据按照，，，，分成5组，制成了频率分布直方图，如图. （1）根据频率分布直方图求的值，并估计上四分位数（计算结果保留两位小数） （2）采用按比例分配的分层随机抽样的方式从和两组中随机抽取了5名学生，现从已抽取的5名学生中随机抽取2名，求恰有1名学生的成绩在的概率. （3）已知本次竞赛最终由甲、乙、丙三人进行决赛，决赛规则如下：比赛前抽签决定首场比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场的比赛（比赛没有平局），先赢两场者获胜，比赛随即结束.已知每场比赛甲胜乙的概率为，甲胜丙的概率为，乙胜丙的概率为，每场比赛相互独立.请通过计算说明如果甲、乙参加首场比赛，甲获胜的概率. 19. 已知：与轴分别相交于，两点，过点的直线交于，两点（不同于，两点）. （1）当时，求直线的方程； （2）当的面积取得最大值时，将沿轴折成直二面角.如图，在上半圆上是否存在一点，使平面与平面的夹角的正弦值为?若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由； （3）若直线与直线相交于点，判断点是否在定直线上?若在，请求出定直线方程；若不在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $