2023-2024学年四川省成都十二中高二（上）第三次月考数学试卷（12月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年四川省成都十二中高二（上）第三次月考数学试卷（12月份）（含解析），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.甲乙两位同学进行乒乓球比赛，甲获胜的概率为0.4，现采用随机模拟的方法估计这两位同学打3局比赛甲恰好获胜2局的概率：先利用计算器产生0到9之间取整数值的随机数，制定1，2，3，4表示甲获胜，用5，6，7，8，9，0表示乙获胜，再以每三个随机数为一组，代表3局比赛的结果，经随机模拟产生了30组随机数：
102 231 146 027 590 763 245 207 310 386 350 481 337 286 139
579 684 487 370 175 772 235 246 487 569 047 008 341 287 114
据此估计，这两位同学打3局比赛甲恰好获胜2局的概率为( )
A. 13B. 310C. 25D. 1130
2.与圆x2+y2=1及圆x2+y2−8x+12=0都外切的圆的圆心在( )
A. 一个椭圆上B. 一个圆上C. 一条抛物线上D. 双曲线的一支上
3.若直线l1：mx+y+1=0与直线l2：2x+y−2=0互相垂直，则实数m的值为( )
A. 2B. −2C. 12D. −12
4.图1为一种卫星接收天线，其曲面与轴截面的交线为抛物线的一部分，已知该卫星接收天线的口径AB=6，深度MO=2，信号处理中心F位于焦点处，以顶点O为坐标原点，建立如图2所示的平面直角坐标系xOy，若P是该抛物线上一点，点Q(158,2)，则|PF|+|PQ|的最小值为( )
A. 4B. 3C. 2D. 1
5.设F为双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径的圆与圆x2+y2=a2交于P，Q两点．若|PQ|=|OF|，则C的离心率为( )
A. 2B. 3C. 2D. 5
6.三棱锥P−ABC中，△PAB和△ABC都是等边三角形，AB=2，PC=1，D为棱AB上一点，则PD⋅PC的值为( )
A. 12B. 1C. 32D. 与D点位置有关
7.设圆C：x2+y2=3，直线l：x+3y−6=0，点P(x0,y0)∈l，存在点Q∈C，使∠OPQ=60°(O为坐标原点)，则x0的取值范围是( )
A. [−12,1]B. [0,1]C. [0,65]D. [12,32]
8.已知椭圆C1：x2a12+y2b12=1(a1>b1>0)与双曲线C2：x2a22−y2b22=1(a2>b2>0)有相同的焦点F1、F2，椭圆C1的离心率为e1，双曲线C2的离心率为e2，点P为椭圆C1与双曲线C2的交点，且∠F1PF2=π3，则2e1+3e2的最大值为( )
A. 7B. 2 7C. 4 3D. 443
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知一组样本数据x1，x2，…，xn，由这组数据得到新样本数据y1，y2，…，yn，其中yi=xi+c(i=1,2,…,n)，c为非零常数，则这两组样本数据的数字特征相同的是( )
A. 平均数B. 方差C. 众数D. 极差
10.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点为F1，F2，O为坐标原点，直线y=x− 3过F2交C于A，B两点，若△AF1B的周长为8，则( )
A. 椭圆焦距为 3B. 椭圆方程为x24+y2=1
C. 弦长|AB|=85D. S△OAB=4 65
11.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F，G分别为棱A1D1，AA1，CD的中点，则( )
A. BE⋅BF=6
B. B1G⊥平面BEF
C. EF⊥BF
D. 点B1到平面BEF的距离为43
12.在矩形ABCD中，AB=2 3，BC=2，E为平面ABCD外一点，则( )
A. 当EA+EC=8时，四棱锥E−ABCD体积的最大值为8
B. 当EA2+EC2=16时，四棱锥E−ABCD体积的最大值为8 33
C. 当平面EAB⊥平面ECD时，四棱锥E−ABCD体积的最大值为8 33
D. 当平面EAD⊥平面EBC时，四棱锥E−ABCD体积的最大值为4
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.空间直角坐标系中，两平面α与β分别以n1=(2,1,1)与n2=(0,2,1)为其法向量，若α∩β=l，则直线l的一个方向向量为______(写出一个方向向量的坐标)
14.口袋里装有1红，2白，3黄共6个形状相同的小球，从中取出2球，事件A=“取出的两球同色”，B=“取出的2球中至少有一个黄球”，C=“取出的2球至少有一个白球”，D=“取出的两球不同色”，E=“取出的2球中至多有一个白球”.下列判断中正确的序号为______．
①A与D为对立事件；②B与C是互斥事件；③C与E是对立事件：④P(C∪E)=1；⑤P(B)=P(C)．
15.已知抛物线M：x2=8y，直线l：y=kx+2与抛物线交于A，D两点，与圆：N：x2+y2−4y+3=0交于B，C两点(A,B在第一象限)，则|AC|+2|BD|的最小值为______．
16.在平面直角坐标系xOy中，A(−12,0)，B(0,6)，点P在圆O：x2+y2=50上．若PA⋅PB≤20，则点P的横坐标的取值范围是 ．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
为进一步增强疫情防控期间群众的防控意识，使广大群众充分了解新冠肺炎疫情防护知识，提高预防能力，做到科学防护，科学预防．某组织通过网络进行新冠肺炎疫情防控科普知识问答．共有100人参加了这次问答，将他们的成绩(满分100分)分成[40,50)，[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]这六组，制成如图所示的频率分布直方图．
(1)求图中a的值，并估计这100人问答成绩的平均数；(同一组数据用该组数据的中点值代替)
(2)用分层随机抽样的方法从问答成绩在[60,80)内的人中抽取一个容量为5的样本，再从样本中任意抽取2人，求这2人的问答成绩均在[70,80)内的概率．
18.(本小题12分)
已知双曲线C和椭圆x24+y21=1有公共的焦点，且离心率为 3．
(Ⅰ)求双曲线C的方程．
(Ⅱ)经过点M(2,1)作直线l交双曲线C于A，B两点，且M为AB的中点，求直线l的方程．
19.(本小题12分)
如图：三棱柱ABC−A1B1C1中，CA=a,CB=b,CC1=c,CA=CB=CC1=1，==2π3,=π2,N是AB的中点．
(1)求A1N的长；
(2)若点M是棱C1B1所在直线上的点，设C1M=tC1B1,t∈R，当AM⊥CB时，求实数t的值．
20.(本小题12分)
已知圆C的圆心在y轴上，点P是圆C的上任一点，且当点P的坐标为(−95,−75)时，P到直线3x+4y−24=0距离最大．
(1)求圆的方程；
(2)经过原点，且斜率为k(k≠0)的直线l与圆C交于A(x1,y1)，B(x2,y2)两点.求证：1y1+1y2为定值．
21.(本小题12分)
如图，四棱台ABCD−A1B1C1D1中，上、下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，AB=2A1B1=4，E、F分别为DC、BC的中点，上下底面中心的连线O1O垂直于上下底面，且O1O与侧棱所在直线所成的角为45°．
(1)求证：BD1//平面C1EF；
(2)求点A1到平面C1EF的距离；
(3)边BC上是否存在点M，使得直线A1M与平面C1EF所成的角的正弦值为3 2222，若存在，求出线段BM的长；若不存在，请说明理由．
22.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，点A(−1,32)在椭圆C上，点P是y轴正半轴上的一点，过椭圆C的右焦点F和点P的直线l与椭圆C交于M，N两点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)求|PM|+|PN||PF|的取值范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查随机模拟，随机事件发生的概率，属于基础题．
由随机模拟产生了30组随机数中，表示打3局比赛甲恰好获胜2局的有9组随机数，根据概率公式，得到结果．
【解答】
解：由题意知模拟打3局比赛甲恰好获胜2局的结果，经随机模拟产生了30组随机数，
在30组随机数中表示打3局比赛甲恰好获胜2局的有：102，146，245，310，481，337，139，235，246，共9组随机数，
∴所求事件的概率为930=310．
故选B．
2.【答案】D
【解析】解：由x2+y2−8x+12=0，得(x−4)2+y2=4，
画出圆x2+y2=1与(x−4)2+y2=4的图象如图，
设圆P的半径为r，
∵圆P与圆O和圆M都外切，
∴|PM|=r+2，|PO|=r+1，
则|PM|−|PO|=1<4，
∴P点在以O、M为焦点的双曲线的左支上，
故选：D．
化圆的一般方程为标准方程，画出图形，由动圆与两定圆圆心距及半径的关系结合双曲线定义得答案．
本题考查圆与圆的位置关系的判断与应用，考查双曲线的定义，是基础题．
3.【答案】D
【解析】解：∵直线mx+y+1=0与直线2x+y−2=0互相垂直，
∴−m⋅(−2)=−1，
解得m=−12．
故选：D．
根据直线相互垂直与斜率之间的关系即可得出m．
本题考查了直线相互垂直与斜率之间的关系，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：设抛物线的方程为y2=2px(p>0)，
因为AB=6，MO=2，
所以点A(2,3)在抛物线上，
所以9=4p，故p=94，
所以抛物线的方程为y2=92x，
所以抛物线的焦点F的坐标为(98,0)，准线方程为x=−98，
在方程y2=92x中取x=158可得y2=13516>4，
所以点Q在抛物线内，过点P作PP′与准线垂直，P′为垂足，
点Q作QQ′与准线垂直，Q′为垂足，则|PF|=|PP′|，
所以|PF|+|PQ|=|PP′|+|PQ|≥|QQ′|=158+98=3，
当且仅当直线PQ与准线垂直时等号成立，所以|PF|+|PQ|的最小值为3，
故选：B．
由已知点(2,3)在抛物线上，利用待定系数法求抛物线方程，结合抛物线定义求|PF|+|PQ|的最小值．
本题考查抛物线的几何性质，方程思想，化归转化思想，属中档题．
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查双曲线的简单性质，考查数形结合的解题思想方法，属于中档题．
方法一：根据题意画图，由图形的对称性得出P点坐标，代入圆的方程得到c与a的关系，可求双曲线的离心率．
方法二：由题意画出图形，先求出|PQ|，再由|PQ|=|OF|列式求C的离心率．
【解答】
解：方法一：设PQ与x轴交于点A，由对称性可知PQ⊥x轴，
又∵|PQ|=|OF|=c， ∴|PA|=c2，
∴PA为以OF为直径的圆的半径，
∴A为圆心，|OA|=c2，
∴Pc2,c2，又P点在圆x2+y2=a2上，
∴c24+c24=a2，即c22=a2，
∴e2=c2a2=2
∴e= 2，
故选A．
方法二：如图，以OF为直径的圆的方程为x2+y2−cx=0，
又圆O的方程为x2+y2=a2，
∴PQ所在直线方程为x=a2c．
把x=a2c代入x2+y2=a2，得PQ=2abc，
再由|PQ|=|OF|，得2abc=c，
即4a2(c2−a2)=c4，
∴e2=2，解得e= 2．
故选A．
6.【答案】A
【解析】解：如图所示，
取AB的中点E，连接PE，CE，
∵△PAB，△ABC为等边三角形，
∴PE⊥AB，CE⊥AB，∵PE∩CE=E，
∴AB⊥面PEC，∵PC⊂面PEC，∴AB⊥PC，
在△APC中，AP=AC=2，PC=1，
由余弦定理得cs∠APC=AP2+PC2−AC22×AP×PC=4+1−44=14，
∴PD⋅PC=(PA+AD)⋅PC=PA⋅PC+AD⋅PC=PA⋅PC=2×1×14=12．
故选：A．
先证明AB⊥面PEC，得到AB⊥PC，再根据空间向量的线性运算和数量积的定义，计算即可．
本题考查了空间向量的线性运算和数量积，空间中直线与平面的垂直，属于中档题．
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查圆的方程，直线与圆的位置关系，属于较难题．
解题的关键是结合图形，利用几何知识，判断出PO≤2，从而得到不等式求出参数的取值范围．
【解答】
解：圆C外有一点P，圆上有一动点Q，∠OPQ在PQ与圆相切时取得最大值，
因为sin∠OPQ=QOPO，QO为定值，即半径，
PO变大，则sin∠OPQ变小，由于∠OPQ∈(0,π2)，
所以∠OPQ也随之变小，可以得知，
当∠OPQ=60°，且PQ与圆相切时，PO=2，
而当PO>2时，Q在圆上任意移动，∠OPQ<60°恒成立，
因此，PO的取值范围就是PO≤2，
即满足PO≤2，就能保证一定存在点Q，使得∠OPQ=60°．
由分析可得：PO2=x02+y02，
又因为P在直线l上，所以x0=−(3y0−6)，
故10y02−36y0+36≤4，
解得85≤y0≤2，0≤x0≤65，
即x0的取值范围是[0,65]，
故选C．
8.【答案】B
【解析】解：设P为第一象限的交点，|PF1|=m、|PF2|=n，
则m+n=2a1、m−n=2a2，
解得m=a1+a2、n=a1−a2，
在△PF1F2中，由余弦定理得：cs∠F1PF2=m2+n2−4c22mn=12，
∴m2+n2−mn=4c2，即(a1+a2)2+(a1−a2)2−(a12−a22)=4c2，
得a12+3a22=4c2，∴a12c2+3a22c2=4，
∴1e12+3e22=4，由柯西不等式可得：
(1e12+3e22)[22+( 3)2]≥(1e1×2+ 3e2× 3)2=(2e1+3e2)2，
∴2e1+3e2≤2 7，当且仅当12e1= 3 3e2时等号成立，
故选：B．
由椭圆的定义及双曲线的定义结合余弦定理可得a1，a2，c的关系，由此可得1e12+3e22=4，再利用柯西不等式求最值．
本题考查圆锥曲线的方程，余弦定理，椭圆和双曲线的定义和离心率的关系，考查柯西不等式的应用，考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
9.【答案】BD
【解析】解：两组数据的平均数、众数均相差为c，故AC错误，
由D(X+b)=D(X)线性公式可知，方差不变，故B正确；
由极差的定义可知，极差不变，故D正确．
故选：BD．
根据已知条件，结合平均数、方差、众数、极差的定义，即可求解．
本题主要考查统计的知识，属于基础题．
10.【答案】BC
【解析】解：因为△AF1B的周长为8，所以4a=8，得a=2，
因为y=x− 3过F2，所以c= 3，所以b2=a2−c=c2=4−3=1，所以椭圆的焦距为2 3，故A错误；
所以椭圆的方程为程为x24+y2=1，故B正确；
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，由x24+y2=1y=x− 3，得5x2−8 3x+8=0，
解得x1+x2=8 35，x1x2=85，
所以AB= (1+1) (x2−x1)2= 2[(x2+x1)2−4x1x2= 2[(8 35)2−4×85=85，故C正确；
原点到直线y=x− 3的距离为d=− 3 2= 62，
所以S△OAB=12d×AB=12× 62×85=2 65.故D错误．
故选：BC．
利用椭圆的性质逐项计算判断即可．
本题考查椭圆的性质与弦长公式，属基础题．
11.【答案】ABD
【解析】解：建系如图，则根据题意可得：
B(0,0,0)，E(1,2,2)，F(0,2,1)，G(2,1,0)，B1(0,0,2)，
∴BE=(1,2,2)，BF=(0,2,1)，B1G=(2,1,−2)，EF=(−1,0,−1)，
对A选项，∵BE⋅BF=4+2=6，∴A选项正确；
对B选项，∵B1G⋅BE=2+2−4=0，B1G⋅BF=2−2=0，
∴B1G⊥BE，B1G⊥BF，又BE∩BF=B，
∴B1G⊥平面BEF，∴B选项正确；
对C选项，∵EF⋅BF=−1≠0，
∴EF与BF不垂直，∴C选错误；
对D选项，∵BB1=(0,0,2)，又由B选项分析可得：
平面BEF的法向量为B1G=(2,1,−2)，
∴点B1到平面BEF的距离为：
|BB1||cs|=|BB1⋅B1G||B1G|=4 4+1+4=43，∴D选项正确，
故选：ABD．
建系，根据向量的数量积的坐标运算，向量垂直垂线的性质，线面垂直的判定定理，向量法求解点面距，即可分别求解．
本题考查坐标法求解向量的数量积，向量法证明线线垂直问题，线面垂直的判定定理，向量法求解点面距问题，化归转化思想，属中档题．
12.【答案】ABD
【解析】解：在矩形ABCD中，AB=2 3，BC=2，E为平面ABCD外一点，
对于A，由EA+EC=8>AC= AB2+BC2=4，
则在平面ACE内，点E的轨迹为以A，C为焦点的椭圆上，
易知该椭圆的焦距AC=4=2c，EA+EC=2a=8，
则b= a2−c2=2 3，
由椭圆的性质，可知点E到AC的距离最大值为EF=2 3，
此时EF⊥AB且AF=BF，如图：
当EF为四棱锥E−ABCD的高时，四棱锥E−ABCD的体积可取得最大值，如图：
此时平面ABE⊥平面ABCD，则四棱锥E−ABCD的体积可取得最大值13⋅EF⋅AB⋅BC=13×2 3×2 3×2=8，故A正确；
对于B，在矩形ABCD中，对角线AC= AB2+BC2=4，
由EA2+EC2=16=AC2，可得EA⊥EC，则此时在平面EAC内，点E的轨迹为以AC为直径的圆，
根据圆的性质，易知点E到AC距离的最大值为EF=2，此时EF⊥AC，AF=FC，如图：
当EF为四棱锥E−ABCD的高时，四棱锥E−ABCD的体积可取得最大值，如图：
此时平面ACE⊥平面ABCD，则四棱锥E−ABCD的体积可取得最大值13⋅EF⋅AB⋅BC=13×2×2 3×2=8 33，故B正确；
对于C，由题意可知四棱锥E−ABCD的侧视图为直角三角形，则易知点E到底面ABCD距离的最大值h1=1，此时侧视图如图：
则四棱锥E−ABCD的体积可取的最大值13⋅h1⋅AB⋅BC=13×1×2 3×2=4 33，故C错误；
对于D，由题意可知四棱锥E−ABCD的主视图为直角三角形，
则点E到底面ABCD距离的最大值h2= 3，此时主视图如图：
则四棱锥E−ABCD的体积可取的最大值为：
VE−ABCD=13⋅h2⋅AB⋅BC=13× 3×2 3×2=4，故D正确．
故选：ABD．
利用椭圆的定义以及勾股定理，明确动点轨迹，根据几何性质，求得四棱锥高的最大值，可得A、B的正误；根据四棱锥的侧视图以及主视图，求得四棱锥高的最大值，可得C、D的正误．
本题考查椭圆的定义、勾股定理、动点轨迹、四棱锥高的最大值、四棱锥的侧视图以及主视图等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
13.【答案】(12,1,−2)
【解析】解：设直线l的一个方向向量为a=(x,y,z)，
由两平面α与β分别以n1=(2,1,1)与n2=(0,2,1)为其法向量，
可得a⋅n1=2x+y+z=0，a⋅n2=2y+z=0，
可得z=−2y，x=12y，
可设y=1，则x=12，z=−2，
可得a=(12,1,−2)．
故答案为：(12,1,−2)．
设直线l的一个方向向量为a=(x,y,z)，运用向量垂直的条件：数量积为0，化简可得所求向量．
本题考查空间向量的数量积的坐标表示，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
14.【答案】①④
【解析】解：口袋里装有1红，2白，3黄共6个形状相同的小球，从中取出2球，
事件A=“取出的两球同色”，B=“取出的2球中至少有一个黄球”，
C=“取出的2球至少有一个白球”，D=“取出的两球不同色”，E=“取出的2球中至多有一个白球”．
在①中，A与D为对立事件，故①正确；
在②中，B与C能同时发生，不是互斥事件，故②错误；
在③中，C与E能同时发生，不是对立事件，故③错误：
在④中，∵C∪E=Ω，∴P(C∪E)=1，故④正确；
在⑤中，P(B)=C31C31+C32C62=45，P(C)=C21C41+C22C62=35.故⑤错误．
故答案为：①④．
利用对立事件、互斥事件、古典概型直接求解．
本题考查命题真假的判断，考查对立事件、互斥事件、古典概型等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
15.【答案】9+4 2
【解析】解：因为抛物线M的方程为x2=8y，
所以抛物线M的焦点为F(0,2)，准线y=−2，
则直线y=kx+2过抛物线的焦点F，
当k=0时，联立y=2与x2=8y可得，x=±4
所以|AF|=|DF|=4，则1|AF|+1|DF|=12；
当k≠0时，如图，
过A作AK⊥y轴于K，设抛物线的准线交y轴于E，
则|EK|=|EF|+|FK|=p+|AF|cs∠AFK=|AF|，
得|AF|=p1−cs∠AFK，
则1|AF|=1−cs∠AFKp，
同理可得1|DF|=1+cs∠AFKp，
所以1|AF|+1|DF|=2p=12，
化圆N：x2+y2−4y+3=0为x2+(y−2)2=1，则圆N的圆心为F，半径为1，
|AC|+2|BD|=|AF|+1+2(|DF|+1)=|AF|+2|DF|+3
=2(|AF|+2|DF|)×(1|AF|+1|DF|)+3=2(3+|AF||DF|+2|DF||AF|)+3
≥2(3+2 |AF||DF|⋅2|DF||AF|)+3=9+4 2，
当且仅当|AF|= 2|DF|且1|AF|+1|DF|=12时等号成立，
即|DF|=2+ 2，|AF|=2+2 2时等号成立；
所以|AC|+2|BD|的最小值为9+4 2．
故答案为：9+4 2．
分别在k=0，k≠0时，结合抛物线的性质证明1|AF|+1|DF|=12，结合图象可得|AC|+2|BD|=|AF|+2|DF|+3，再利用基本不等式求其最小值．
本题主要考查抛物线的性质，直线与抛物线的位置关系，圆的性质，基本不等式的应用，考查转化思想与运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】[−5 2,1]
【解析】【分析】
本题主要考查圆与圆的位置关系的应用，及数形结合思想的运用，属于中档题．
利用平面向量数量积坐标运算，结合圆与圆位置关系数形结合可得．
【解答】
解：设P(x,y)，由PA⋅PB⩽20，得(−12−x)(−x)+(−y)(6−y)≤20，
即x2+y2+12x−6y≤20.
整理得(x+6)2+(y−3)2≤65，
则P为圆O在圆(x+6)2+(y−3)2=65上及圆内部分，
联立方程组x2+y2=50,x2+y2+12x−6y=20.
解得x=1,y=7或x=−5,y=−5,
结合图象可得点P的横坐标的取值范围是−5 2≤x≤1．
故答案为[−5 2,1]．
17.【答案】解：(1)由图可知，10×(2×0.005+a+0.02+0.025+0.03)=1，解得a=0.015．
这100人问答成绩的平均数约为45×0.05+55×0.15+65×0.2+75×0.3+85×0.25+95×0.05=72．
(2)用分层随机抽样的方法从问答成绩在[60,80)内的人中抽取一个容量为5的样本，
则问答成绩在[60,70)内的有22+3×5=2人，分别记为A，B；
问答成绩在[70,80)内的有32+3×5=3人分别记为a，b，c，从中任意抽取2人，
则实验的样本空间Ω={(A,B)，(A,a)，(A,b)，(A,c)，(B,a)，(B,b)，(B,c)，(a,b)，(a,c)，(b,c)}，共有10个样本点．
设事件A为2人的问答成绩均在[70,80)内，
则A={(a,b)，(a,c)，(b,c)}，
所以这2人的间答成绩均在[70,80)内的概率P(A)=310．
【解析】(1)由频率之和为1即可求解a，由平均数的计算公式即可求解平均数，
(2)根据列举法即可求解古典概型的概率．
本题主要考查频率分布直方图，属于基础题．
18.【答案】解：(Ⅰ)椭圆x24+y21=1焦点F1(− 3,0)，F2( 3,0)，
设双曲线C的方程为x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，
由题意可知，c= 3a2+b2=c2e=ca= 3，解得a2=1，b2=2，
故双曲线C的方程为x2−y22=1；
(Ⅱ)由题意可知，直线l的斜率存在，
设直线l的方程为y−1=k(x−2)，即y=k(x−2)+1，
联立y=k(x−2)+1x2−y22=1，化简整理可得，(2−k2)x2+(−2k+4k2)x+4k−4k2−3=0①，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
M为AB的中点，
则x1+x2=4k2−2kk2−2=4，解得k=4，
经检验，当k=4时，①中方程的Δ>0，
故直线l的方程为y=4(x−2)+1=4x−7．
【解析】(Ⅰ)根据已知条件，结合椭圆、双曲线的性质，即可求解；
(Ⅱ)根据已知条件，设出直线l的方程，再与双曲线的方程联立，再结合韦达定理，以及中点坐标公式，即可求解．
本题主要考查直线与圆锥曲线的综合，考查转化能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)A1N=A1A+AN=−AA1+12AB=−CC1+12(CB−CA)=−12a+12b−c，
由CA=CB=CC1=1，==2π3，=π2，
可得|A1N|= (−12a+12b−c)2= 14a2+14b2+c2−12a⋅b+a⋅c−b⋅c
= 14+14+1−12×1×1×(−12)+1×1×(−12)−0
= 14+14+1+14−12−0= 52，
所以A1N的长为 52；
(2)AM=AC+CC1+C1M=−CA+CC1+tC1B1=−a+tb+c，
因为AM⊥CB，所以AM⋅CB=0，
即(−a+tb+c)⋅b=0，即−a⋅b+tb2+b⋅c=12+t=0，解得t=−12．
【解析】(1)先将A1N用a,b,c表示，再根据向量的模和数量积的运算律即可得解；
(2)先将AM用a,b,c表示，根据AM⊥CB，可得AM⋅CB=0，再根据数量积的运算律即可得解．
本题考查空间中两点的距离和线线垂直的性质，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)由题意，PC垂直直线3x+4y−24=0，设圆心C(0,a)，
当P的坐标为(−95,−75)时，kPC=a+7595=5a+79，
∴5a+79⋅(−34)=−1，∴a=1，
∴C(0,1)，∴|PC|= (−95)2+(−75−1)2=3，
∴半径为3，
∴圆C的标准方程为x2+(y−1)2=9；
(2)证明：由题意直线l的方程为y=kx(k≠0)，
联立y=kxx2+(y−1)2=9，消x得(1+1k2)y2−2y−8=0，
Δ=4+32(1+1k2)>0恒成立，
∴y1+y2=21+1k2=2k21+k2，y1y2=−81+1k2=−8k21+k2．
∴1y1+1y2=y1+y2y1y2=2k21+k2−8k21+k2=−14为定值．

【解析】(1)当P到直线3x+4y−24=0距离最大时，PC与3x+4y−24=0垂直，可求出圆心C的坐标，从而可以求出圆的方程；
(2)直线l的方程为y=kx(k≠0)，与圆的方程联立，利用韦达定理求出y1+y2，y1y2，再由1y1+1y2=y1+y2y1y2代入即可得出结论．
本题考查了直线与圆的位置关系，属中档题．
21.【答案】解：(1)证明：因为OO1⊥平面ABCD，
以点O为坐标原点，DA,OF,OO1的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
因为侧棱所在直线与上下底面中心的连线OO1所成的角为45°，
所以OO1= 2，
则B(2,2,0)，D1(−1,−1, 2)，C1(−1,1, 2)，F(0,2,0)，E(−2,0,0)，A1(1,−1, 2)，C(−2,2,0)，
所以BD1=(−3,−3, 2)，C1E=(−1,−1,− 2)，EF=(2,2,0)，
设平面C1EF的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅EF=2x+2y=0n⋅C1E=−x−y− 2z=0，令x=1，则n=(1,−1,0)，
因为BD1=(−3,−3, 2)，所以n⋅BD1=0，所以n⊥BD1，
又因为BD1⊄平面C1EF，所以BD1//平面C1EF；
(2)由(1)知，A1E=(−3,1,− 2)，
所以点A1到平面C1EF的距离为d=|A1E⋅n||n|=|−4| 2=2 2；
(3)假设边BC上存在点M(x,2,0)满足条件，x∈[−2,2]，
则A1M=(x−1,3,− 2)，
设直线A1M与平面C1EF所成角为θ，
由题意可得sinθ=|cs|=|A1M⋅n||A1M|⋅|n|=|x−4| 2⋅ x2−2x+12=3 2222，
化简得x2−35x+34=0，则x=1或x=34(舍去)，即存在点M符合题意，此时BM=1．
【解析】本题考查线面平行的证明，考查点到面的距离的求法，考查利用线面夹角求解线段长的求法，属于中档题．
(1)建立空间直角坐标系后，用直线的方向向量和平面的法向量垂直即可证明线面平行；
(2)建立空间直角坐标系后，用点到平面的距离公式即可求解；
(3)假设存在，列出方程求解即可．
22.【答案】解：(1)由题意知，ca=121a2+94b2=1a2=b2+c2，解得a=2，b= 3，
故椭圆C的标准方程为x24+y23=1．

(2)设直线l的方程为y=k(x−1)，其中k<0，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立y=k(x−1)x24+y23=1，得(4k2+3)x2−8k2x+4k2−12=0，
∴x1+x2=8k24k2+3，x1x2=4k2−124k2+3，Δ=64k4−4(4k2+3)(4k2−12)=144(k2+1)，
∴|PM|+|PN||PF|=|PM||PF|+|PN||PF|=|x1|1+|x2|1=|x1|+|x2|，
当点P在椭圆及外部，即k≤− 3时，x1≥0，x2>0，
∴|PM|+|PN||PF|=|x1|+|x2|=x1+x2=8k24k2+3=84+3k2∈[85,2)；
当点P在椭圆内部，即− 30，
∴|PM|+|PN||PF|=|x1|+|x2|=−x1+x2= (x1+x2)2−4x1x2= △4k2+3=12 k2+14k2+3，
令 k2+1=m，则1∴x2−x1=12m4(m2−1)+3=12m4m2−1=124m−1m∈(85,4)，
综上所述，|PM|+|PN||PF|的取值范围为[85,4)．
【解析】(1)由题意知，ca=121a2+94b2=1a2=b2+c2，解之即可；
(2)设直线l的方程为y=k(x−1)，将其与椭圆方程联立，写出韦达定理，借助相似三角形可推出|PM|+|PN||PF|=|x1|+|x2|，再分点P在椭圆上、内、外等情况讨论，并结合换元法，函数的单调性等，即可得解．
本题考查直线与椭圆的位置关系，椭圆方程的求法，熟练掌握相似三角形的性质，换元法等是解题的关键，考查分类讨论思想，逻辑推理能力和运算能力，属于难题．