2023-2024学年贵州省高二（上）联考数学试卷（一）

2023-2024学年贵州省高二（上）联考数学试卷（一）一、选择题：本题共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．（5分）复数的虚部为（）A．2 B． C． D．i2．（5分）过两点A（3，y），B（2，0）的直线的倾斜角为120°，则y＝（）A． B． C． D．3．（5分）已知直线l的一个方向向量为（3，﹣1），且经过点A（1，0），则直线l的方程为（）A．x﹣3y﹣1＝0 B．x+3y﹣1＝0 C．x﹣2y﹣1＝0 D．x+2y﹣1＝04．（5分）今年，被称为“村超”的贵州榕江县“和美乡村足球超级联赛”，使榕江成为网络顶流，刷爆各大网络平台，更吸引了大量游客到赛事举办地观赛游玩，为更好地发展当地的旅游业，政府随机调查了18个旅游团对榕江县旅游满意度的综合评分情况，得到如下数据：a，80，81，80，82，83，84，84，85，86，87，89，90，93，95，97，95，100．若a恰好是这组数据的上四分位数，则a的值不可能为（）A．93 B．94 C．95 D．965．（5分）已知四面体ABCD中，M为AB中点，N为AC中点，m为平面BCD内任一直线，则“直线MN与直线m异面”是“m与直线BC相交”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件6．（5分）在正三棱锥A﹣BCD中，二面角A﹣BC﹣D的平面角为60°，BC＝2，则AC与平面BCD所成角的正切值为（）A． B． C． D．17．（5分）几何学史上有一个著名的米勒问题：“设点M，N是锐角∠AQB的一边QA上的两点，试在边QB上找一点P，使得∠MPN最大．”如图，其结论是：点P为过M，N两点且和射线QB相切的圆与射线QB的切点．根据以上结论解决以下问题：在平面直角坐标系xOy中，给定两点M（0，2），N（2，4），点P在x轴上移动，当∠MPN取最大值时，点P的横坐标是（）A．2 B．6 C．2或6 D．1或38．（5分）古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：已知平面内两个定点A，B及动点P，若（λ＞0且λ≠1），则点P的轨迹是圆．后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆（简称“阿氏圆”）．在平面直角坐标系中，已知，直线l1：kx﹣y+k+3＝0，直线l2：x+ky+3k+1＝0，若P为l1，l2的交点，则的最小值为（）A． B． C． D．二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．（多选）9．（5分）已知直线l过直线和l2：3x﹣y＝0的交点，且原点到直线l的距离为3，则l的方程可以为（）A．x＝3 B．4x﹣3y﹣15＝0 C．4x﹣3y+15＝0 D．3x+4y﹣15＝0（多选）10．（5分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，O1为底面A1B1C1D1的中心，则（）A．AO1⊥BD B．BC1∥平面AB1D C．AO1与平面A1B1C1D1所成角的正切值为 D．A1C⊥平面AB1D1（多选）11．（5分）在平面直角坐标系xOy中，圆M：（x﹣a）2+（y﹣a）2＝1（a为实数），点A（2，0），B（﹣1，0），点P为圆N：（x+2）2+y2＝4上的动点，则（）A．若Q（﹣1，2），过点Q可以作圆N的两条切线 B．当a＝0时，圆M与圆N的公共弦长为 C．圆M上始终存在两点与点B的距离为1，则a的取值范围为 D．的取值范围为[﹣2，18]（多选）12．（5分）在平面直角坐标系xOy中，圆C：x2+y2＝1，点P为直线l：x﹣y﹣2＝0上的动点，则（）A．圆C上有且仅有两个点到直线l的距离为 B．已知点M（3，2），圆C上的动点N，则|PM|+|PN|的最小值为 C．过点P作圆C的一条切线，切点为Q，∠OPQ可以为60° D．过点P作圆C的两条切线，切点为M，N，则直线MN恒过定点三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．（5分）若，且与夹角为60°，则＝．14．（5分）已知点P为直线y＝2x+1与直线y＝﹣x+4的交点，则点P到直线mx+2m﹣y+1＝0的最大距离为．15．（5分）已知M、N是圆C：（x+3）2+（y﹣4）2＝2上不同的两个动点，且|MN|＝2，O为坐标原点，则的取值范围为．16．（5分）已知P（x0，y0）为圆C：（x﹣t）2+（y﹣s）2＝r2（r＞0）上的任意一点，当a≠b时，|x0﹣y0+a|+|x0﹣y0+b|的值与x0，y0无关，下列结论正确的是．（1）当|a﹣b|＝2r时，点（t，s）的轨迹是一条直线；（2）当|a﹣b|＝2时，有r的最大值为1；（3）当r＝，b＝2时，a的取值范围a≥6．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．17．（10分）为了解某市家庭用电量情况，统计人员调查了100户居民过去一年的月均用电量，发现月均用电量都在50～400kW•h之间，进行适当分组后（每组为左闭右开的区间），画出频率分布直方图如图所示．（1）求x的值，并估计该市居民用电量的平均值；（同一组中数据用该组区间的中点值作为代表）（2）为了既满足居民的基本用电需求，又提高能源的利用效率，市政府计划采用阶梯电价，使70%的居民缴费在第一档，20%的居民缴费在第二档，其余10%的居民缴费在第三档．请确定各档的范围（结果四舍五入取整数）．18．（12分）已知△ABC的三个顶点的坐标为A（2，1），B（4，7），C（8，3）．（1）求△ABC的面积；（2）求△ABC的外心坐标．19．（12分）在△ABC中，边a，b，c所对的角分别为A，B，C，且满足a3﹣b2c＝ab2﹣c3．（1）求角B的大小；（2）若△ABC的面积为，求△ABC的周长．附参考公式：m3+n3＝（m+n）（m2﹣mn+n2）20．（12分）已知圆C的圆心在直线2x﹣y﹣2＝0上，且经过点A（1，2）和B（2，1）．（1）求圆C的标准方程；（2）若自点P（﹣3，3）发出的光线l经过x轴反射后，其反射光线所在的直线与圆C相切，求直线l的方程．21．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，点Q为PD的中点，PA⊥底面ABCD，平面PAB⊥平面．（1）证明：AB⊥BC；（2）若AC＝AD，求直线CQ与平面PBC所成角的正弦值．22．（12分）已知圆C：x2+y2＝1，直线l：x+3y﹣10＝0，P为直线l上一点，过点P作圆C的两条切线PA、PB，其中A，B为切点，且|PA|最小．（1）求直线AB的方程；（2）Q为圆C与x轴正半轴的交点，过点P作直线l′与圆C交于两点M，N，设QM，QN的斜率分别为k1，k2，求证：k1+k2为定值．

2023-2024学年贵州省高二（上）联考数学试卷（一）参考答案与试题解析一、选择题：本题共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．【分析】根据复数虚部的知识求得正确答案．【解答】解：依题意，复数的虚部为．故选：C．【点评】本题主要考查复数虚部的定义，属于基础题．2．【分析】由倾斜角与斜率及两点坐标的关系可求．【解答】解：设直线斜率为k，则．故选：D．【点评】本题主要考查了直线的斜率公式及斜率与倾斜角关系的应用，属于基础题．3．【分析】由直线的方向向量可得斜率，再由点斜式求解直线方程即可．【解答】解：直线l的一个方向向量为（3，﹣1），则直线的斜率为，又直线过点A（1，0），则由点斜式得所求直线方程为，即x+3y﹣1＝0．故选：B．【点评】本题主要考查了直线的方向向量，考查了直线的点斜式方程，属于基础题．4．【分析】先求出18个数据的上四分位数为第14个数，将剩余17个数据，从小到大排列，结合已知得到a的范围，从而得到结果．【解答】解：上四分位数即第75百分位数，由18×75%＝13.5，则将这些数据按照从小到大排列后，第14个数为上四分位数，即a为18个数据从小到大排列后的第14个数，由已知去掉a后，其余数据从小到大排列为：80，80，81，82，83，84，84，85，86，87，89，90，93，95，95，97，100，其中，第13个数据为93，第14个数据为95，所以93≤a≤95，a不可能为96．故选：D．【点评】本题考查四分位数、百分位数等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．5．【分析】由题意画出图形，利用反证法思想结合充要条件的判定得答案．【解答】解：如图，∵M为AB中点，N为AC中点，∴MN∥BC，m⊂平面BCD，则m与BC的位置关系是平行、重合或相交．若直线MN与直线m异面，则m与BC相交；反之，若m与BC相交，则直线MN与直线m异面，则“直线MN与直线m异面”是“m与直线BC相交”的充要条件．故选：C．【点评】本题考查异面直线的判定，考查充分必要条件的判定方法，考查空间想象能力与逻辑思维能力，是基础题．6．【分析】设点A在底面BCD上的投影为点O，取BC的中点E，连接DE，OC，OA，易知AE⊥BC，DE⊥BC，由二面角的定义知∠AED＝60°，结合三角形重心的性质，求得AO和OC的长，由AO⊥平面BCD，知∠ACO即为所求，然后由tan∠ACO＝，即可得解．【解答】解：设点A在底面BCD上的投影为点O，取BC的中点E，连接DE，OC，OA，则O为△BCD的重心，在△BCD中，BC＝2，DE＝，所以OE＝DE＝，OC＝，因为△ABC和△BCD均为等腰三角形，且E为BC的中点，所以AE⊥BC，DE⊥BC，所以∠AED就是二面角A﹣BC﹣D的平面角，即∠AED＝60°，所以AO＝OEtan60°＝×＝1，因为AO⊥平面BCD，所以∠ACO即为AC与平面BCD所成角，在Rt△ACO中，tan∠ACO＝＝＝，即AC与平面BCD所成角的正切值为．故选：C．【点评】本题考查空间角的求法，理解二面角、线面角的定义是解题的关键，考查空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．7．【分析】利用米勒问题的结论，将问题转化为点P为过M，N两点且和x轴相切的圆与x轴的切点，求出切点的横坐标即可．【解答】解：由题意知，点P为过M，N两点且和x轴相切的圆与x轴的切点，已知M（0，2），N（2，4），则线段MN的中点坐标为（1，3），直线MN斜率为，线段MN的垂直平分线方程为y﹣3＝﹣（x﹣1），即x+y﹣4＝0，所以以线段MN为弦的圆的圆心在直线x+y﹣4＝0上，所以可设圆心坐标为C（a，4﹣a），又因为圆与x轴相切，所以圆C的半径r＝|4﹣a|，又因为|CM|＝r，所以（a﹣0）2+（4﹣a﹣2）2＝（4﹣a）2，解得a＝2或a＝﹣6，即切点分别为P（2，0）和P′（﹣6，0），两圆半径分别为2，10，由于圆上以线段MN（定长）为弦所对的圆周角会随着半径增大而圆周角角度减小，且过点M，N，P′的圆的半径比过M，N，P的圆的半径大，所以∠MP′N＜∠MPN，故点P（2，0）为所求，所以当∠MPN取最大值时，点P的横坐标是2．故选：A．【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，属于中档题．8．【分析】由已知可得l1⊥l2，则点P的轨迹是以EF为直径的圆，除去F点，得到P的轨迹方程为（x+1）2+y2＝9（y≠﹣3），由阿氏圆性质找到点D，将3|PO|转化为|PD|，问题转化为求解到两定点距离之和最小即可．【解答】解：当k＝0时，l1：y＝3，l2：x＝﹣1，此时l1⊥l2，交点为P（﹣1，3）．当k≠0时，由l1：kx﹣y+k+3＝0，斜率为k，由l2：x+ky+3k+1＝0，斜率为，∴l1⊥l2，综上，l1⊥l2．又l1：k（x+1）﹣y+3＝0，∴直线l1恒过E（﹣1，3），l2：x+1+k（y+3）＝0，∴直线l2恒过F（﹣1，﹣3），若P为l1，l2的交点，则PE⊥PF，设点P（x，y），∴点P的轨迹是以EF为直径的圆，除去F点，则圆心为EF的中点C（﹣1，0），圆的半径为，故P的轨迹方程为（x+1）2+y2＝9（y≠﹣3），即x2+y2+2x＝8（y≠﹣3），则有y2＝﹣x2﹣2x+8．又，易知O、Q在该圆内，又由题意可知圆C上一点P1（2，0）满足|P1O|＝2，取D（8，0），则|P1D|＝6，满足．下面证明任意一点P（x，y）都满足，即|PD|＝3|PO|，∵，又，∴3|PO|＝|PD|，∴3|PO|+|PQ|＝|PD|+|PQ|≥|DQ|，又，∴，如图，当且仅当D，P，Q三点共线，且P位于D，Q之间时，等号成立，即最小值为．故选：A．【点评】本题考查了直线过定点问题，平面中两点的距离问题和圆的轨迹方程，考查了转化思想，属难题．二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．【分析】先求得l1和l2的交点坐标，然后根据直线l的斜率是否存在进行分类讨论，结合原点到直线l的距离确定正确答案．【解答】解：由解得x＝3，y＝9，即交点为（3，9），当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝3，此时原点到直线l的距离为3，符合题意，A选项正确．当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y﹣9＝k（x﹣3），即kx﹣y+9﹣3k＝0，由解得，直线l的方程为，C选项正确．故选：AC．【点评】本题主要考查点到直线的距离公式，属于基础题．10．【分析】选项A，易知AO1⊥B1D1，而BD∥B1D1，从而知AO1⊥BD；选项B，结合BC1∥AD1，及AD1与平面AB1D有一个交点A，即可判断；选项C，由AA1⊥平面A1B1C1D1，知∠A1O1A即为所求，再由tan∠A1O1A＝，即可得解；选项D，利用三垂线定理可知A1C⊥B1D1，A1C⊥AB1，再由线面垂直的判定定理，即可判断．【解答】解：选项A，因为AB1＝AD1，且O1为B1D1的中点，所以AO1⊥B1D1，又BD∥B1D1，所以AO1⊥BD，即选项A正确；选项B，由正方体的性质知，BC1∥AD1，因为AD1与平面AB1D有一个交点A，所以BC1不可能与平面AB1D平行，即选项B错误；选项C，由正方体的性质知，AA1⊥平面A1B1C1D1，所以∠A1O1A就是AO1与平面A1B1C1D1所成角，在Rt△A1O1A中，tan∠A1O1A＝＝＝，所以AO1与平面A1B1C1D1所成角的正切值为，即选项C正确；选项D，因为A1C在底面A1B1C1D1上的投影为A1C1，且A1C1⊥B1D1，所以A1C⊥B1D1，同理可得，A1C⊥AB1，因为B1D1∩AB1＝B1，B1D1、AB1⊂平面AB1D1，所以A1C⊥平面AB1D1，即选项D正确．故选：ACD．【点评】本题考查空间中线与面的位置关系，熟练掌握线面垂直的判定定理，三垂线定理，线面角的求法是解题的关键，考查空间立体感、逻辑推理能力，属于中档题．11．【分析】对于A，只需判断点Q与圆的位置关系即可；对于B，先求公共弦所在直线方程，进而可求圆心M（0，0）到直线的距离；对于C，只需|MB|＜2即可；对于D，将P点坐标用三角函数表示，再用数量积的坐标运算即可．【解答】解：圆M的圆心M（a，a），半径r1＝1，圆N的圆心N（﹣2，0），半径r2＝2，对于A，，所以点Q在圆外，过点Q可以作圆N的两条切线，A正确；对于B，当a＝0时，圆M：x2+y2＝1，两圆方程相减得公共弦所在直线方程为4x+1＝0，则圆心M（0，0）到直线的距离为，所以公共弦长为，B错误；对于C，，只需|MB|＜2，即，即（a+1）2+a2＜4，∴2a2+2a﹣3＜0，解得，C正确；对于D，设P（2cosθ﹣2，2sinθ），∴＝4﹣10cosθ+4cos2θ+4sin2θ＝8﹣10cosθ，∵cosθ∈[﹣1，1]，∴，D正确．故选：ACD．【点评】本题考查圆的几何性质，直线与圆的位置关系，属中档题．12．【分析】对A，求出圆心到直线l的距离，并与半径比较，即可判断；对B，先求出点M关于直线l的对称点M'，再利用“将军饮马”的原理，求解即可；对C，利用sin∠OPQ＝，可将问题转化为求|OP|的最小值，再结合点到直线的距离公式，即可得解；对D，根据M，N两点既在圆C上，也在以OP为直径的圆上，可得直线MN的方程，再求定点，即可求解．【解答】解：选项A，由题意知，圆心（0，0）到直线l的距离为，而圆的半径为1，所以圆上有且仅有两个点到直线l的距离为，即A正确；选项B，设点M（3，2）关于直线x﹣y﹣2＝0的对称点为M′（x，y），则，解得，即M′（4，1），所以，当且仅当O，N，P，M'三点共线时，等号成立，所以|PM|+|PN|的最小值为，即B正确；选项C，由切点为Q，知∠OQP＝90°，在Rt△OQP中，，所以当|OP|最小时，sin∠OPQ取最大值，此时∠OPQ也取最大值，过点O作OP′⊥l，垂足为P′，此时|OP|最小，最小值为，所以sin∠OPQ的最大值为，即∠OPQ最大为45°，不可能为60°，故C错误；选项D，设点P（m，n），则|OP|＝，m﹣n﹣2＝0，所以以OP为直径的圆的方程为，即x2+y2﹣mx﹣ny＝0，因为M，N既在圆C上，也在以OP为直径的圆上，所以弦MN所在的直线方程为mx+ny＝1，因为m﹣n﹣2＝0，所以（n+2）x+ny＝1，即（x+y）n+2x﹣1＝0，令，则x＝，y＝﹣，所以直线MN恒过定点（，﹣），即D正确．故选：ABD．【点评】本题考查直线与圆的位置关系，熟练掌握点关于直线的对称问题，“将军饮马”的原理，两圆公共弦所成直线方程的求法等是解题的关键，考查转化思想，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．【分析】先求，将展开后将数量积与模代入求解即可．【解答】解：已知，且与夹角为60°，则，∴，∴．故答案为：．【点评】本题考查平面向量数量积的性质及运算，属基础题．14．【分析】先求得直线y＝2x+1与直线y＝﹣x+4的交点，然后根据直线mx+2m﹣y+1＝0所过定点求得正确答案．【解答】解：由解得x＝1，y＝3，所以P（1，3），直线mx+2m﹣y+1＝0即（x+2）m﹣y+1＝0，由解得x＝﹣2，y＝1，所以直线mx+2m﹣y+1＝0过定点（﹣2，1），所以点P到直线mx+2m﹣y+1＝0的最大距离为．故答案为：．【点评】本题主要考查两直线的交点求解，考查计算能力，属于基础题．15．【分析】先求得线段MN中点的轨迹，根据点和圆的位置关系求得的取值范围．【解答】解：设线段MN的中点为D，连接CD，圆C：（x+3）2+（y﹣4）2＝2的圆心为C（﹣3，4），半径为，由于|CM|2+|CN|2＝|MN|2，所以CM⊥CN，即三角形MCN是等腰直角三角形，所以，所以D点的轨迹是以C为圆心，半径为1的圆，即圆，即，所以．故答案为：[8，12]．【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，属于中档题．16．【分析】利用点到直线的距离以及平行线之间的距离，结合已知条件判断命题的真假即可．【解答】解：P（x0，y0）为圆C：（x﹣t）2+（y﹣s）2＝r2（r＞0）上的任意一点，当a≠b时，|x0﹣y0+a|+|x0﹣y0+b|的值与x0，y0无关，|x0﹣y0+a|+|x0﹣y0+b|为圆上的点到两条平行线距离和的倍，可知圆在两条平行线x﹣y+a＝0与x﹣y+b＝0之间，|a﹣b|表示两条平行线之间距离的倍．当|a﹣b|＝2r时，点（t，s）的轨迹是一条直线，与x﹣y+a＝0以及x﹣y+b＝0等距离的直线，所以①正确．当|a﹣b|＝2时，有r的最大值为1，正确．当r＝，b＝2时，可得|a﹣2|≥4，解得a≥6或a≤﹣2，所以③不正确．故答案为：①②．【点评】本题考查直线与圆的位置关系的综合应用，考查分析问题解决问题的能力，是中档题．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．17．【分析】（1）由频率直方图，结合各组的频率之和为1，即可求x，再由平均数的定义求解；（2）根据百分位数的定义求解．【解答】解：（1）由频率分布直方图可知，（0.0004+0.0008+2x+0.0036+0.0044+0.006）×50＝1，解得x＝0.0024，平均值（0.0024×75+0.0036×125+0.006×175+0.0044×225+0.0024×275+0.0008×325+0.0004×375）×50＝187；（2）用电量落在区间[50，200）的频率之和为（0.0024+0.0036+0.006）×50＝0.6＜0.7，用电量落在区间[50，250）的频率之和为（0.0024+0.0036+0.006+0.0044）×50＝0.82＞0.7，∴要使70%的居民缴费在第一档，月用电量的70%分位数位于[200，250）区间内，设其为m，则0.6+（m﹣200）×0.0044＝0.7，解得m≈223，即月用电量第一档的范围为[0，223]，用电量落在区间[50，300）的频率之和为（0.0024+0.0036+0.006+0.0044+0.0024）×50＝0.94＞0.9，∴要使20%的居民缴费在第二档，月用电量的90%分位数位于[250，300）区间内，设其为n，则0.82+（n﹣250）×0.0024＝0.9，解得n≈283，即月用电量第二档的范围为（223，283]，∴月用电量第三档的范围为（283，400]．【点评】本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查了百分位数的计算，属于中档题．18．【分析】（1）由两点间距离公式分别求出三边长，再利用等腰三角形对称性求解面积即可；（2）由两边的垂直平分线交点可得外心．【解答】解：（1）∵A（2，1），B（4，7），C（8，3），∴，，，则△ABC为等腰三角形，取BC中点D（6，5），则AD⊥BC，又∵，∴△ABC的面积；（2）由题意，AB的中点E（3，4），且直线AB的斜率为，则AB垂直平分线过E（3，4），且斜率为，则AB垂直平分线的方程为，即x+3y﹣15＝0．又∵直线BC的斜率为，则BC垂直平分线过D（6，5），且斜率为1，BC垂直平分线的方程为y﹣5＝x﹣6，即x﹣y﹣1＝0，联立，解得，即△ABC的外心坐标为．【点评】本题主要考查了两点间距离公式，考查了直线的一般方程，以及三角形外心的性质，属于中档题．19．【分析】（1）利用立方和公式化简已知等式，可得b2＝a2﹣ac+c2，再由余弦定理，即可求得角B；（2）由三角形的面积公式可得ac的值，再利用余弦定理表示出a2+c2，然后结合完全平方公式求得a+c，进而知△ABC的周长．【解答】解：（1）由a3﹣b2c＝ab2﹣c3得，a3+c3＝ab2+b2c＝b2（a+c），因为a3+c3＝（a+c）（a2﹣ac+c2），且a+c≠0，所以b2＝a2﹣ac+c2，即a2+c2﹣b2＝ac，由余弦定理得，，又0＜B＜π，所以．（2）因为△ABC的面积为，所以，所以，由（1）知a2+c2﹣ac＝b2＝16，所以a2+c2＝16+ac，所以，所以，故△ABC的周长为．【点评】本题考查解三角形，熟练掌握余弦定理，三角形面积公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．20．【分析】（1）由题意，用待定系数法求出圆心坐标，可得半径，从而得到圆的标准方程．（2）由题意，根据反射定律求出反射点的坐标，可得直线l的斜率，再用点斜式求直线l的方程．【解答】解：（1）∵圆C的圆心在直线2x﹣y﹣2＝0上，且经过点A（1，2）和B（2，1）．设C（a，2a﹣2），则根据|CA|2＝|CB|2，可得（a﹣1）2+（2a﹣4）2＝（a﹣2）2+（2a﹣3）2，求得a＝2，可得圆心C（2，2），半径为|CA|＝＝1．故圆C的标准方程为（x﹣2）2+（y﹣2）2＝1．（2）若自点P（﹣3，3）发出的光线l经过x轴反射后，反射光线所在的直线与圆C相切，则点P关于x轴的对称点D（﹣3，﹣3）在反射光线所在的直线l′上，设直线l与x轴的交点为M（m，0），则反射光线所在直线DM的方程为y+3＝（x+3），即3x﹣3y﹣my﹣3m＝0．由题意可得，圆C和直线DM相切，故有1＝，求得m＝1或m＝﹣．故直线l的斜率为＝﹣，当m＝1时，直线l的斜率为﹣，直线l的方程为y﹣3＝﹣（x+3），即3x+4y﹣3＝0．当m＝﹣时，直线l的斜率为﹣，直线l的方程为y﹣3＝﹣（x+3），即4x+3y+3＝0．综上，直线l的方程为3x+4y﹣3＝0或4x+3y+3＝0．【点评】本题主要考查求圆的标准方程，反射定律的应用，用点斜式求直线的方程，属于中档题．21．【分析】（1）由PA⊥底面ABCD，得到PA⊥BC，作AE⊥PB，根据面面垂直的性质定理，证得AE⊥平面PBC，得到AE⊥BC，证得BC⊥平面PAB，即可证得BC⊥AB；（2）根据题意，利用余弦定理，求得，得到，从而得到AC⊥AD，以A为原点，建立空间直角坐标系，求得和平面PBC的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解．【解答】证明：（1）因为PA⊥底面ABCD，且BC⊂底面ABCD，所以PA⊥BC，如图所示，过点A作AE⊥PB垂足为E，因为平面PAB⊥平面PBC，平面PAB∩平面PBC＝PB，且AE⊂平面PAB，所以AE⊥平面PBC，又因为BC⊂平面PBC，所以AE⊥BC，因为AE⋂PA＝A，且AE，PA⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB，又因为AB⊂平面PAB，所以BC⊥AB；解：（2）因为AB⊥BC，