在四棱锥的四个侧面中，直角三角形最多可有（ ）

\begin{answer} D \end{answer}

\begin{solution} 四棱锥只有四个侧面，所以直角三角形的个数不可能超过 $4$. 下面验证上界可以达到：取 $A=(0,0,0)$、$B=(1,0,0)$、$C=(1,1,0)$、$D=(0,1,0)$，并取顶点 $S=(0,0,h)$，其中 $h>0$. 则 $\overrightarrow{AS}\cdot\overrightarrow{AB}=0$、$\overrightarrow{AS}\cdot\overrightarrow{AD}=0$，所以侧面 $SAB$、$SAD$ 都是直角三角形；又 $\overrightarrow{BS}=(-1,0,h)$、$\overrightarrow{BC}=(0,1,0)$，以及 $\overrightarrow{DS}=(0,-1,h)$、$\overrightarrow{DC}=(1,0,0)$，两组内积都为零，所以侧面 $SBC$、$SCD$ 也都是直角三角形. 因而最大个数为 $4$，故选 D. \end{solution}

圆心在抛物线 $y^2=2x$ 上，且与 $x$ 轴和该抛物线的准线都相切的一个圆的方程是（ ）

\begin{answer} D \end{answer}

\begin{solution} 设圆心为 $(u,v)$，半径为 $r$. 由圆心在 $y^2=2x$ 上，得 $v^2=2u$，即 $u=\frac{v^2}{2}\geqslant0$. 该抛物线的准线为 $x=-\frac12$. 圆与 $x$ 轴相切，故 $r=|v|$；圆与准线相切，故 $r=\left|u+\frac12\right|=u+\frac12$. 于是 $|v|=\frac{v^2}{2}+\frac12$. 令 $s=|v|$，则 $s=\frac{s^2}{2}+\frac12$，即 $(s-1)^2=0$，所以 $s=1$、$u=\frac12$、$r=1$.

因此圆心可能为 $\left(\frac12,1\right)$ 或 $\left(\frac12,-1\right)$. 前者的方程为 $\left(x-\frac12\right)^2+(y-1)^2=1$，化为 $x^2+y^2-x-2y+\frac14=0$，正是选项 D；后者关于 $x$ 轴对称且不在给出的选项中. 故选 D. \end{solution}

已知直线 $l_1$ 和 $l_2$ 夹角的平分线为 $y=x$，如果 $l_1$ 的方程是 $ax+by+c=0$（$ab>0$），那么 $l_2$ 的方程是（ ）

\begin{answer} A \end{answer}

\begin{solution} 关于直线 $y=x$ 对称会交换坐标 $x$，$y$. 因而直线 $l_1:ax+by+c=0$ 的对称直线为 $l_2:ay+bx+c=0$，即 $bx+ay+c=0$. 这两条直线关于 $y=x$ 对称，所以 $y=x$ 是它们的一条夹角平分线.

也可直接验证：两直线的法向量长度同为 $\sqrt{a^2+b^2}$，而点到两直线的距离相等时满足 $\left|ax+by+c\right|=\left|bx+ay+c\right|$. 其中一个等距轨迹分支给出 $(a-b)(x-y)=0$. 两直线不重合时 $a\neq b$，故该分支即为 $y=x$. 因此选项 A 正确，故选 A. \end{solution}

如图，在棱长为 $1$ 的正方体 $ABCD-A_1B_1C_1D_1$ 中，$M$ 和 $N$ 分别为 $A_1B_1$ 和 $BB_1$ 的中点，那么直线 $AM$ 与 $CN$ 所成角的余弦值是（ ）

\begin{answer} D \end{answer}

\begin{solution} 建立直角坐标系，取 $A=(0,0,0)$、$B=(1,0,0)$、$C=(1,1,0)$、$A_1=(0,0,1)$. 因为 $M$，$N$ 分别为中点，所以 $M=\left(\frac12,0,1\right)$、$N=\left(1,0,\frac12\right)$. 于是 $\overrightarrow{AM}=\left(\frac12,0,1\right)$、$\overrightarrow{CN}=\left(0,-1,\frac12\right)$.

两向量的内积为 $\overrightarrow{AM}\cdot\overrightarrow{CN}=\frac12$，且 $\lvert\overrightarrow{AM}\rvert=\lvert\overrightarrow{CN}\rvert=\sqrt{\frac14+1}=\frac{\sqrt5}{2}$. 因此两直线所成锐角的余弦为 $\frac{\left|\overrightarrow{AM}\cdot\overrightarrow{CN}\right|}{\lvert\overrightarrow{AM}\rvert\lvert\overrightarrow{CN}\rvert}=\frac{\frac12}{\frac54}=\frac25$，故选 D. \end{solution}

已知 $\frac{\pi}{2}<\beta<\alpha<\frac{3\pi}{4}$，$\cos(\alpha-\beta)=\frac{12}{13}$，$\sin(\alpha+\beta)=-\frac{3}{5}$. 求 $\sin 2\alpha$ 的值.

\begin{solution} 令 $\delta=\alpha-\beta$，则 $0<\delta<\frac{\pi}{4}$，所以 $\sin\delta=\frac{5}{13}$. 又 $\pi<\alpha+\beta<\frac{3\pi}{2}$，且 $\sin(\alpha+\beta)=-\frac{3}{5}$，故 $\cos(\alpha+\beta)=-\frac{4}{5}$. 于是 $\sin2\alpha=\sin\bigl((\alpha+\beta)+(\alpha-\beta)\bigr)=\sin(\alpha+\beta)\cos\delta+\cos(\alpha+\beta)\sin\delta= -\frac{3}{5}\cdot\frac{12}{13}-\frac{4}{5}\cdot\frac{5}{13}=-\frac{56}{65}$. \end{solution}