【KS5U解析】福建省厦门市2018-2019学年高一下学期期末考试数学试题Word版含解析】

1、厦门市2018-2019学年度第二学期高一年级质量检测(数学)一、单选题：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 .若点A(a,0)B(0,2 )C(1,3)共线，则a的值为()A. _2B. -1C. 0D. 1【答案】A【解析】【分析】通过三点共线转化为向量共线，即可得到答案.【详解】由题意，可知 BC=(1,1),又AB=(.a,2点A(a,0),B(0,2 ),C(1,3)共线，则BC AB ,即a =2 ,所以 a = 2 ,故选 A.【点睛】本题主要考查三点共线的条件，难度较小2 .已知等差数列an的前n项和为Sn,a3+a7=1

2、0，则S9=()A. 15B. 30C. 45D. 90【答案】C【解析】【分析】利用等差数列的求和公式及性质即可得到答案【详解】由于a3+a7=10,根据等差数列的性质，S9= 9(a1*%)= 9(a3*a7)=45 故选22C.【点睛】本题主要考查等差数列的性质与求和，难度不大3 .下列选项正确的是()A.若 a >b,G>d ,则 a c>b d_，11B.右 a > b a 0,则一2 < a bC.若42>后，则a>bD.若 a > b a 0,c # 0,则 ac > bc【答案】B【解析】【分析】通过逐一判断ABCD项，得到

3、答案.【详解】对于 A选项，若a =2,b =1,c =2,d =1,代入ac = 0, b d=0,故A错误；对于C选项，JO2>后等价于1aA|b|,故C错误；对于D选项，若cc0 ,则ac<bc, 故D错误，所以答案选 B.【点睛】本题主要考查不等式的相关性质，难度不大33【答案】Bji64. zABC 的内角 A, B,C 的对边分别为 a,b,c,若 acosB+bcosA = 2ccosC ,则 C =() 一2 二A.-C. D-D.【解析】【分析】1首先通过正弦定理将边化角，于是求得cosC =-,于是得到答案.2【详解】根据正弦定理得：sinAcosB+sinBc

4、osA = 2sinCcosC ,即S C2S a C C1而sinC =0,所以cosC =,又为二角形内角，所以 C =一,故选B. 23【点睛】本题主要考查正弦定理的运用，难度不大 5 .已知口，P为不同的平面，a,b为不同的直线则下列选项正确的是()A.若 a/%bua,则 a/小C.若 a/b, a _La ,则 bB.若a/s,b/a，则 a/bD.若二口避二口，。【答案】C【解析】【分析】通过对ABC应一判断，利用点线面的位置关系即可得到答案【详解】对于A选项，a,b有可能异面，故错误；对于B选项，a,b可能相交或异面，故错误；对于C选项，a/b, a_L£,显然b_L

5、o（故正确；对于 D选项，a豆也有可能，故错误.所以 答案选C.【点睛】本题主要考查直线与平面的位置关系，意在考查学生的空间想象能力，难度不大.6 .正方体ABCD ABiCi Di中，直线AC与BC1所成角的余弦值为（）A.B 2 b.2D. 0-26 -【答案】C【解析】【分析】作出相关图形，通过平行将异面直线所成角转化为共面直线所成角【详解】作出相关图形，由于 AC / /A1C1,所以直线AC与BCi所成角即为直线 AiCi与BCi1所成角，由于&AGB为等边三角形，于是所成角余弦值为一,故答案选c.2【点睛】本题主要考查异面直线所成角的余弦值，难度不大一，,417 .已知0c

6、x <1 ,当一 +取得最小值时x =（）x 1 - xA. 2 - . 2B. .2-1C. 4D. 253【答案】D【解析】【分析】可用导函数解决最小值问题，即可得到答案.- 一 人4141-(x-2)(3x-2)【详解】根据题意，令 f(x)=4+,则f (x)=- +2 =2-,而( ) x 1xx 1-xx2 1 x-2 一 . 一22当 x W (0, )时，f (x) <0 ,当 x W (，1)时，f (x) > 0 ,则 f (x)在 x =一 处取得极小值， 333故选D.【点睛】本题主要考查函数的最值问题，意在考查学生利用导数工具解决实际问题的能力，难度

7、中等.1 98. AABC的内角A, B,C的对边分别为a,b,c, b2 =a2+c2, AB边上的中线长为2,则 2ABC面积的最大值为()A. 2B. 2.2C. 2.3D. 4作出图形，通过 /CDB+/ADC=n和余弦定理可计算出 a = 2 ,于是利用均值不等式即可得到答案.【详解】根据题意可知AD = BD = c ,2而 cosdADC =24+ - -b242 2 c224+ - -b242ccos-CDB24+ - - a242c,而/CDB+/ADC=n ,于是 coMCDB+cos ADC =2c c 28+ - - ao. .2212-b =0,又因为b =a + c

8、，代入解得a = 2.过D作DE垂直于AB于点E,21因此E为中点，故BE = -c,而4S.ABC =2AB .4-BE2 =2.4-BE24-BE2 BE2BE <2= 4 ,故面积最大值为 4,答案为D.【点睛】本题主要考查解三角形与基本不等式的相关综合，表示出三角形面积及使用均值不 等式是解决本题的关键，意在考查学生的转化能力，计算能力，难度较大二、多选题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的四个选项中 ，有多个选项符合题目要求，全部选又的得5分,选对但不全的得 3分,有选错的得0分。9.如图，正方形ABCD中，E、F分别是AB、BC的中点将 ADE , ACDF

9、,_ BEF分别沿DE、DF、EF折起，使A、B、C重合于点P .则下列结论正确的是（）A. PD _ EFB.平面PDE _L平面PDF1C.二面角P -EF -D的余弦值为3D.点P在平面 DEF上的投影是 ADEF的外心【答案】ABC【解析】【分析】 对于A选项，只需取EF中点H,证明EF _L平面PDH ；对于B选项，知PE,PF,PD三线两两垂直，可知正确；对于C选项，通过余弦定理计算可判断； 对于D选项，由于PE = PF / PD , 可判断正误.【详解】对于 A选项，作出图形，取 EF中点H,连接PHH DH,又原图知BEF和ADEF为 等腰三角形，故PH 1 EF , DH

10、_L EF ,所以EF _L平面PDH，所以PD _L EF，故A正确； 根据折起前后，可知 PE,PF , PD三线两两垂直，于是可证平面 PDE 1平面PDF ,故B正 确；根据 A选项可知 /PHD为二面角P-EF -D的平面角，设正方形边长为 2,因此 PE=PF=1, PH =，DH =2尤一匹= 32 , PD = JDF 2 PF 2 = 2，由余弦定222PH 2 HD2 - PD2理得：cos. PHD =2PH HD1，故C正确；由于 PE = PF ¥ PD ,故点P在 3平面DEF上的投影不是 ADEF的外心，即D错误；故答案为 ABC.E【点睛】本题主要考查

11、异面直线垂直，面面垂直，二面角的计算，投影等相关概念，综合性 强，意在考查学生的分析能力，计算能力及空间想象能力，难度较大10.古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现：“平面内到两个定点A, B的距离之比为定值，"九# 1 ）的点的轨迹是圆”.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xOy中，A（ -2,0 ）, B（4,0 ）,点PA 1P满足 一= 一.设点P的轨迹为C,下列结论正确的是（）|PB 22 oA. C的方程为（x+4 ）+y =9PD 1B.在x轴上存在异于 A,B的两定点D,E,使得一- = -PE 2C.当

12、A,B, P三点不共线时，射线PO是/ APB的平分线D.C上存在点M，使得MO =2| MA|【答案】BC【解析】【分析】 PA|1 r-L r 一 一通过设出点P坐标，利用 一=即可得到轨迹方程，找出两点D,E即可判断B的正误，设PB| 2出M点坐标，利用 MO =2| MA|与圆的方程表达式解出就存在，解不出就不存在PA1x 2 y22【详解】设点P(x,y ),则：=,化间整理得 x + y +8x = 0 ,即PB 2x-42 y222PD 1r =一，故B正确；对于C选PE 2AP2 PO2 - AO2BP2 PO2 - BO2项，cosZAPO=， cos/ BPO =2AP P

13、O2BP PO,要证PO为角平分线,(x+4)+y =16,故 A错误；当 D(1,0 ),B(2,0 ),时,AP2 PO2 一 AO2 BP2 PO2 一 BO2只需证明cos/APO=cos/BPO,即证 把一PO一A = BPPO兰，化简整2BP PO2AP PO理即证 po2 =2AP2 -8 ,设 P(x,y ),则 PO2 =x2 +y2,_ 2_ 2_22-222222AP 8=2x +8x+2y =(x +8x + y )+(x +y )=x +y ,则证cos/APO=cos/BPO ,故 C正确；对于 D选项，设 M (x0,y0 ),由 MO =2| MA|可得 Jx0

14、2 +y02 = J(x0 +2 f+y02 ,整理得 3x。2+3y。2+16x0+16 = 0 ,而点 m 在圆上，故满足 22x +y +8x=0,联立解得Xo=2 , y。无实数解，于是 D错误.故答案为BC.【点睛】本题主要考查阿氏圆的相关应用，轨迹方程的求解，意在考查学生的转化能力，计算能力，难度较大.三、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。11.不等式x2 +x T <0的解集是【答案】X ±Y5MX<±Y5i 22 J【解析】分析】可先求出一元二次方程的两根，即可得到不等式的解集【详解】由于X2+x1= 0的两根分别为：X1=±

15、Y5, x2=一1+痣,因此不等式 22x2 +x -1 <0 的解I【点睛】本题主要12.等比数列a入 1【答案】-2【解析】【分析】观察式子，将两式才【详解】根据题意,的求解,3二二，a，as2难度不大3 一二一其公比q -16【点睛】本题主要考查等比数列公比的相关计算，难度很小13.直线11过点（-2,0）且倾斜角为30。，直线12过点（2,0）且与11垂直，则11与12的交点坐标为【答案】1, .3【解析】【分析】通过题意，求出两直线方程，联立方程即可得到交点坐标【详解】根据题意可知 k1 =tan30o因此直线11为：y=，3（x + 2）,由于直线12与1133垂直，故ki?

16、k2 -1,所以k2 =-J3,所以直线I2为：y = -J3（x 2）,联立两直线方程,可得交点1-3 .【点睛】本题主要考查直线方程的相关计算，难度不大 14 .如图，货轮在海上以20n mile/h的速度沿着方位角（从指北方向顺时针转到目标方向线的水平角）为150°的方向航行.为了确定船位，在点B观察灯塔A的方位角是120° ,航行半小时后到达C点，观察灯塔A的方位角是75。，则货轮到达 C点时与灯塔A的距离为 n mile【答案】5,2【解析】【分析】通过方位角定义，求出 /ABC, /A=45 ,利用正弦定理即可得到答案 .【详 解】 根 据 题 意， 可 知BC

17、 =20父0.5=10 , /ABC =150' 120 =30 , NACB =30，+75 =105 ,因此可得,BC AC .一 /A=45,，由正弦定理得： =,求得 AC=5j2，即答案为5J2.sin A sin ABC【点睛】本题主要考查正弦定理的实际应用，难度不大15 .若直线l : y = x + m上存在满足以下条件的点P:过点P作圆O : x2 + y2 =1的两条切线（切点分别为A, B）,四边形PAOB的面积等于3,则实数m的取值范围是 【答案】-2,5,2,5分析】通过画出图形，可计算出圆心到直线的最短距离，建立不等式即可得到m的取值范围【详解】作出图形，由

18、题意可知PA1OA, PB1OB,此时，四边形 PAOB即为2s西A。,一 13而S店AO = | PA|OA| ,故| PA|=3 ,勾股定理可知| PO |二 斤，而要是得存在点 P满710即可，即d =足该条件，只需的取值范围是|m| </10 ,所以|m区2杳，故m【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系，点到直线的距离公式，意在考查学生的转化能 力，计算能力，分析能力，难度中等16 .如图，圆锥型容器内盛有水，水深3dm,水面直径273dm放入一个铁球后，水恰好把铁球淹 没，则该铁球体积为 dm5【解析】【分析】通过将图形转化为平面图形，然后利用放球前后体积等量关系求得球的体积【

19、详解】作出相关图形，显然AH = J3，因此NACH =30° ,因此放球前2=1讥（/32，3 = 3球。与边AC相切于点M故OM丰，则OC =2 ,所以CHi =3r ,12343A1H1 = J3r ,所以放球后V2 =沉（J3r ） 3r=3兀r 而Vi+V球一V2,而丫球二一 r r ,斛仔3312ji5cc放球前放球后【点睛】本题主要考查圆锥体积与球体积的相关计算，建立体积等量关系是解决本题的关键,意在考查学生的划归能力，计算能力和分析能力四、解答题：共70分。解答应写出文字说明证明过程或演算步骤。17 .已知数列&前n项和为&,sn = 证明：数列an是

20、等差数列；(2)设 Cn= (-1)%n ,求数列 幻的前2020项和 T2020 .【解析】【分析】(1)见解析；(2) 3030(1)当n =1时，可求出首项是等差数列;(2)可将奇数项和偶数项合并求【详解】(1)当时，a1 =S当心2时，an =Sn-Sn综上，an =3n -2, n N .n之2时,-Sn 1即可求项公式，进而证明an -n 3(n)-(n -1)=3n 22因为 an -an4 =(3n -2) 一3(n -1)-2 =3,所以a 是等差数列(2)法一：Cn =(1)n an =(1)n(3n2),fCn 的前2020项和为：T2000 = 一& a2_a3

21、 . adI"2201922020=a2 -aia4 -a3 IHa2020 - a2019=3 3 II) 3 =3 1010=3030法二：Cn =(1)n an =(1)n (3n2),匕的前2020项和为：T2000 = -ala2 一为a4 HI一为019a2020=一 & a3 , % ' 111 a2019a2 a4 a6 W a2020八 / 1010 10091010 1 1010 1009 06 11010 4 6=1010 1 1010 4 =3030.【点睛】本题主要考查等差数列的证明，分组求和的相关计算，意在考查学生的分析能 力和计算能力，难

22、度中等. 12_18.已知函数 f(x) = x2+(m2)x(mw R) 2(1)若关于x的不等式f(x)<4的解集为(2,4),求m的值；(2)若对任意x w0,4, f (x)+20恒成立，求m的取值范围.【答案】(1) m=1; (2) 0, +=c)【解析】【分析】(1)不等式f(x)<4可化为x2 (4 2m)x8父0 ,而解集为(2,4),可利用韦达定理或直接代入即可得到答案；(2)法一：讨论x=0和x(0,4时，分离参数利用均值不等式即可得到取值范围；法二：利用二次函数在 xw 0,4上大于等于0恒成立，即可得到取值范围.【详解】(1)法一：不等式f (x产4可化为

23、x2 (4-2m)x-8 <0,其解集为(一2,4 ),由根与系数的关系可知 2 + 4 = 4 2m,解得m=1,经检验m = 1时满足题意.法二：由题意知，原不等式所对应的方程f (x )=4的两个实数根为2和4,将-2 (或4)代入方程计算可得 m=1,经检验m = 1时满足题意.1 2(2)法一：由题意可知 (2 m)x <2+3x2恒成立，若x =0 ,则0<2恒成立，符合题意。若 xW(0,4,则(2 m) W1x + 2恒成立，而 1x + 2>2J1x 2 =2, 2 x2 x 2 x2当且仅当x = 2时取等号，所以 2m x+ f =2 ,即m之0

24、.<2X Jmin故实数m的取值范围为0, +g).1 2法一：一次函数 f(x)=X +(m2)x的对称轴为x = 2 m.2 若2m W0,即m之2,函数f (x )在0,4 上单调递增，f (x) + 2之f (0)+2 = 2之0恒成立，故m22 ；若0<2mc4,即-2<m<2,此时f (x )在fo,2-m】上单调递减，在2 m,4】上单调递增，由 f (x) +2 * f (2 -m) +2 = (2-m) +(2 -m)2+2>0 得 0MmM4.2故 0 Mm <2；若2 m之4 ,即m E 2,此时函数f (x庵10,4】上单调递减，1

25、1由 f (x) +2 之 f (4) +2 = 父16 +(m2)父4 +2 =4m + 2 之0得 m 之一，与 mM2 矛盾，2 2故m不存在.综上所述，实数 m的取值范围为0,收).【点睛】本题主要考查一元二次不等式的性质，不等式恒成立中含参问题，意在考查学生的分析能力，计算能力及转化能力，难度较大.19.平面四边形 ABCD 中，AB =23,/ACB =60°.若AC =22，求BC;(2)设/ACD =%/ADC = P ,若 AD cos« = AC cos P, a =60 求L ACD 面积的最大值.【答案】(1) BC =J2 + J6； (2) 8平

26、【解析】【分析】(1)法一：在 ABC中，利用余弦定理即可得到 BC的长度；法二：在 4ABC中，由正弦定理可求得 /ABC,再利用正弦定理即可得到 BC的长度;(2)在ACD中，使用正弦定理可知 L ACD是等边三角形或直角三角形，分两种情况分别 找出面积表达式计算最大值即可.【详解】(1)法一：ZXABC中，由余弦定理得AB2 =AC2 + BC2 2 AC BC cos/ACB ,即（2出）2 =（2扬2 +BC2 2父272父 BCm cos；, 解得 bc = J2 + J6 或 J2 J6, J2J6<0 舍去, 所以 bc = 2.6 . ABC中，由正弦定理得AB _ A

27、Csin ACB - sin ABC2.3,即一rsin 一32、Wsin ABC . n故 ZABC =一,4(2) L ACD中，由正弦定理及AD cos« =AC cos 口 ,可得 sina cosa =sincosP ,解得 sin/ABC = - AC < AB,ABC </ACB ,2二 二 5 二 CAB =：-=.3 412 ABBC-2-3. = BC-由正弦定理得=，即 n5i ,解得BC = J2 +J6.sin ACB sin CAB sin sin 一31211即一sin 2a = sin2F,2 =20 或 2a +2=n 即 a = P 或

28、a +p =_ .222一 几 一、一,、 一, *a=一, .ACD是等边三角形或直角三角形.3ABC中，设/ABC =8 ,由正弦定理得2.3JTsin 一3ACsin -AC =4sin 1若LACD是等边三角形，则. 2 .sin 1.-11小，2n ) 6 = 10,I, 3 JSaacd =一 AC AD sin CAD = 4sin 1 4sin1 222,二.当日=5时，|_ACD面积的最大值为4J3;11-9若 ACD 是直角二角形，则 S卷CD = - AC AD = - x 4sin 9 x 4由sin 日=8盗sin28 .2 二 一二，一一.ew。,当日=时，Lacd

29、面积的最大值为8J3； ,32 L综上所述，Lacd面积的最大值为8J3.【点睛】本题主要考查正弦定理，余弦定理，面积公式，三角函数最值的相关应用，综合性强，意在考查学生的计算能力，转化能力，分析三角形的形状并讨论是解决本题的关键20.如图，直三棱柱 ABC AB1c1 中，AB _L AC, AB =1,AC = 2, AA1 = 2,D,E 分别为BC,Ag的中点.人证明：C1D /平面ABE;（2）求eg与平面ABE所成角的正弦值【答案】（1）见解析；（2）立5【解析】【分析】(1)法一：要证CiD /平面ABE,只需证明DCi / HE即可，通过构造平行四边形可证之；法二：可先证平面

30、CiKD /平面ABE,利用面面平行的性质即可得到CiD /平面ABE;(2)法一：由于CCi / AA1, /AAE即为CCi与平面ABE所成的角，利用数据求之；d法二：(等积法)利用等积法计算出 A到平面ABE的距离，从而要求的答案为：Sin9 =7五AAi即可.1【详解】(1)法一：取AB中点H，连接EH ,HD ,在直二棱柱ABC A B1C1中，EC$ AC . _ 21 _. D 为 BC 中点，H 为 AB 中点，. . HD1-AC, HD述EC1， =2=四边形DHEC1为平行四边形，DC"/ HE . ; EH仁平面ABE, GD乱平面ABE,C1D / 平面 A

31、BE.法二：取 AC中点K ,连结CK,KD ,在直三棱柱 ABC AB1C1中，ACAC .E为AG中点，K为AC中点，EC必AK ,四边形AKCE为平行四边形， AE / CK .又CK7平面ABE, AE u平面 ABE,，GK /平面 ABE.1. K,D 分别为 AC,BC 中点，DK1 - AB .一2又 DK q 平面 ABE, AB 1 平面 ABE ,DK / 平面 ABE.V C1K H DK =K, .平面 C1KD / 平面 ABE. C1D u 平面 C1KD,C1D / 平面 ABE.(2)法一：直三棱柱 ABC ABCi 中，AA _L 平面 ABC, . AA

32、_L AB .又 AB_L AC ,且 ACA AAi =A,AB_L平面 ACCA .过 A1 作 A1F _L 庆£于 F . 二 AF 二平面 ACC1A，.- AB _L AF .又 ABAAE=A,二 AF，平面 ABE.又CCi / AA,AAE即为CCi与平面ABE所成的角75 5:'AA=2, AE=1, j.AE=75,，sin/AAE =法二：（等积法）C CCi / AAi, .AAi、CCi与平面ABE所成的角相等连结 AB ,直三棱柱 ABC AB1C1 中，AAi 1 平面 ABC ,AAi J- AB .又；'AB_LAC, ACCAA=

33、A,二 AB _L平面 ACC1Al.Vbae =3 S/xA1AE AB =1 1 1 2 1=1，AE = , AA2 AE2 = 22 12 = . 5.设 Ai 到平面 ABE 的距离为 d , Vabbe =1x Sa abe 乂 d =1 黑工父1><5Md = d .A13 ABE 3 261.52 Va.be =Vbtae,3 ="6-d，即 d -75.设CCi与平面ABE所成的角为H ,sin?=八 :立AA1【点睛】本题主要考查线面平行，线面角所成正弦值的相关计算，意在考查学生的空间想象能力，分析能力，转化能力，计算能力.21.已知圆M ：(x 4)

34、2十(y 5)2 =4,圆N与圆M关于直线l : x + y - 2 = 0对称.求圆N的方程；(2)过直线l上的点P分别作斜率为-4,4的两条直线l12，使得被圆M截得的弦长与12被圆N截得的弦长相等.(i)求P的坐标；(ii)过P任作两条互相垂直的直线分别与两圆相交，判断所得弦长是否恒相等，并说明理由.【答案】(1) N : (x+3)2+(y+2)2 =4 ； (2) (i ) P(3,5), (ii )见解析【解析】【分析】(1)根据题意，将问题车专化为 M (4,5 )关于直线1 :x + y -2 = 0的对称点即可得到 N ,半径不变，从而得到方程；(2) (i)设P(m,2-m

35、),由于弦长和距离都相等，故P到两直线的距离也相等，利用点到线距离公式即可得到答案；(ii)分别讨论斜率不存在和为0三种情况分别计算对应弦长，故可判断.【详解】(1)设N(a,b )，因为圆M与圆N关于直线1 ：x+y 2 = 0对称，M (4,5),则直线MN与直线1垂直,MN中点在直线1上，得b -5 .=1,a -4a 4 b 5 r -2 =0,1a - -3,解得b = -2.所以圆 N :(x 3)2 (y 2)21(2) (i )设 P(m,2 -m)J 的方程为 y (2 m) = (x m),即 x + 4y +(3m 8) = 0 ； 4I2 的方程为 y (2 m) =4

36、(x m),即 4x y+(2 5m) =0.因为li被圆M截得的弦长与12被圆N截得的弦长相等，且两圆半径相等，|16 3m | |8 5m|所以M到1i的距离与N到l2的距离相等，即；2二j2 ,1414所以m =4或m = 3.由题意，M到直线l1的距离d=H6粤£2- -16-2=/16 + 2,1733所以m =4不满足题意，舍去，故m 二 一3 ,点P坐标为 -3,5 .(ii )过点P任作互相垂直的两条直线分别与两圆相交，所得弦长恒相等证明如下：当I的斜率等于0时，l2的斜率不存在，k被圆M截得的弦长与l2被圆N截得的弦长都等于圆的半径；当l1的斜率不存在，l2的斜率等

37、于0时，k与圆M不相交，l2与圆N不相交.当l1、l2的斜率存在且都不等于 0,两条直线分别与两圆相交时，设l1、l2的方程分别为1y-5 = (x+3) , y5=k(x+3),即 x+ky+(3 5k) = 0, kx y + (3k + 5) = 0 . k,|4 5k (3 -5k) |7因为 M 到l1的距离 d1 =尸F= i2，1k1 k,| -3k 2 (3k 5) |7N到l2的距离d2 =产=22，所以M到l1的距离与N到l2的距离相、一1 k21 k2等.所以圆M与圆N的半径相等，所以l1被圆M截得的弦长与l2被圆N截得的弦长恒相等.综上所述，过点 P任作互相垂直的两条直线分别与两圆相交，所得弦长恒相等【点睛】本题主要考查点的对称问题，直线与圆的位置关系，计算量较大，意在考查学生的 转化能力，计算能力，难度中等.22.数学的发展推动着科技的进步，正是基于线性代数、群论等数学知识的极化码原理的应