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绝密★启用前浙江省温州市普通高中2021届高三毕业班上学期选考适应性测试(一模)化学试题2020年11月考生须知：1．本试卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。
2．考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卷上。
3．选择题的答案须用2B铅笔将答题卷上对应题目的答案标号涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净。
4．非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卷上相应区域内,作图时可先使用2B铅笔,确定后须用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑,答案写在本试题卷上无效。
5．可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 S 32Cl 35．5 K 39 Fe 56 Cu 64 Ba 137选择题部分一、选择题（本大题共25小题,每小题2分,共50分。
每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分）1．水溶液呈碱性的是A．NaHCO3B．BaCl2C．CH3OH D．KAl(SO4)22．实验室用95%乙醇溶液制备无水乙醇,通常需要用到的仪器是A． B． C． D．3．在熔融状态下能导电的化合物是A．SO3B．MgCl2C．CH3COOH D．Mg-Al合金4．下列物质对应的组成正确的是A．芒硝：Na2SO4·H2O B．消石灰：CaOC．碳铵：NH4HCO3D．摩尔盐：NH4Fe(SO4)2·6H2O5．下列表示不正确．．．的是A．溴化钠的电子式： B．硫离子的结构示意图：C．聚乙烯的结构简式： D．甲烷分子的比例模型：6．下列说法不正确．．．的是A．甲烷是重要的化工原料,其分解产物可用于合成氨工业B．异丙苯主要通过苯与丙烯反应获得C．石油裂化的主要产物是乙烯等气态短链烃D．废纸、脲醛树脂、旧橡胶制品等均属于有机物7．下列说法正确的是A．C60和石墨是具有相同质子数的不同核素B．和互为同系物C．16O和18O是同素异形体D．乙醇和乙醚互为同分异构体8．下列说法正确的是A．常温下浓硫酸与铁或铝均不反应B．高温下用氢气还原四氯化硅可得到硅C．Mg条在空气中燃烧主要生成Mg3N2D．Cl2常用澄清石灰水吸收避免污染空气9．下列说法不正确．．．的的是A．金属镁的密度小、硬度大,因此被用于制造飞机的部件等B．硫酸是重要的化工原料,可生产化肥、染料、炸药等C．氨气在加压下易液化,工业上可使用液氨作制冷剂。
2020届高考数学压轴必刷题专题08立体几何与空间向量(文理合卷)1．【2019年新课标1理科12】已知三棱锥P﹣ABC的四个顶点在球O的球面上，P A＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是P A，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为（）A．8πB．4πC．2πD．π【解答】解：如图，由P A＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，可知三棱锥P﹣ABC为正三棱锥，则顶点P在底面的射影O为底面三角形的中心，连接BO并延长，交AC于G，则AC⊥BG，又PO⊥AC，PO∩BG＝O，可得AC⊥平面PBG，则PB⊥AC，∵E，F分别是P A，AB的中点，∴EF∥PB，又∠CEF＝90°，即EF⊥CE，∴PB⊥CE，得PB⊥平面P AC，∴正三棱锥P﹣ABC的三条侧棱两两互相垂直，把三棱锥补形为正方体，则正方体外接球即为三棱锥的外接球，其直径为D．半径为，则球O的体积为．故选：D．2．【2019年浙江08】设三棱锥V﹣ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端点）．记直线PB与直线AC所成角为α，直线PB与平面ABC所成角为β，二面角P﹣AC﹣B的平面角为γ，则（）A．β＜γ，α＜γB．β＜α，β＜γC．β＜α，γ＜αD．α＜β，γ＜β【解答】解：方法线段AO上，作DE⊥AC于E，易得PE∥VG，过P作PF∥AC于F，过D作DH∥AC，交BG于H，则α＝∠BPF，β＝∠PBD，γ＝∠PED，则cosαcosβ，可得β＜α；tanγtanβ，可得β＜γ，方法由最大角定理可得β＜γ'＝γ；方法易得cosα，可得sinα，sinβ，sinγ，故选：B．3．【2018年新课标1理科12】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（）A．B．C．D．【解答】解：正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，如图：所示的正六边形平行的平面，并且正六边形时，α截此正方体所得截面面积的最大，此时正六边形的边长，α截此正方体所得截面最大值为：6．故选：A．4．【2018年新课标3理科10】设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且面积为9，则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为（）A．12B．18C．24D．54【解答】解：△ABC为等边三角形且面积为9，可得，解得AB＝6，球心为O，三角形ABC的外心为O′，显然D在O′O的延长线与球的交点如图：O′C，OO′2，则三棱锥D﹣ABC高的最大值为：6，则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为：18．故选：B．5．【2018年浙江08】已知四棱锥S﹣ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点）．设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S﹣AB﹣C的平面角为θ3，则（）A．θ1≤θ2≤θ3B．θ3≤θ2≤θ1C．θ1≤θ3≤θ2D．θ2≤θ3≤θ1【解答】解：∵由题意可知S在底面ABCD的射影为正方形ABCD的中心．过E作EF∥BC，交CD于F，过底面ABCD的中心O作ON⊥EF交EF于N，连接SN，取AB中点M，连接SM，OM，OE，则EN＝OM，则θ1＝∠SEN，θ2＝∠SEO，θ3＝∠SMO．显然，θ1，θ2，θ3均为锐角．∵tanθ1，tanθ3，SN≥SO，∴θ1≥θ3，又sinθ3，sinθ2，SE≥SM，∴θ3≥θ2．故选：D．6．【2018年上海15】《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马，设AA1是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点、以AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（）A．4 B．8 C．12 D．16【解答】解：根据正六边形的性质，则D1﹣A1ABB1，D1﹣A1AFF1满足题意，而C1，E1，C，D，E，和D1一样，有2×4＝8，当A1ACC1为底面矩形，有4个满足题意，当A1AEE1为底面矩形，有4个满足题意，故有8+4+4＝16故选：D．7．【2017年新课标2理科10】已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为（）A．B．C．D．【解答】解：【解法一】如图所示，设M、N、P分别为AB，BB1和B1C1的中点，则AB1、BC1夹角为MN和NP夹角或其补角（因异面直线所成角为（0，]），可知MN AB1，NP BC1；作BC中点Q，则△PQM为直角三角形；∵PQ＝1，MQ AC，△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2+BC2﹣2AB•BC•cos∠ABC＝4+1﹣2×2×1×（）＝7，∴AC，∴MQ；在△MQP中，MP；在△PMN中，由余弦定理得cos∠MNP；又异面直线所成角的范围是（0，]，∴AB1与BC1所成角的余弦值为．【解法二】如图所示，补成四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，求∠BC1D即可；BC1，BD，C1D，∴BD2，∴∠DBC1＝90°，∴cos∠BC1D．故选：C．8．【2017年浙江09】如图，已知正四面体D﹣ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P、Q、R分别为AB、BC、CA上的点，AP＝PB，2，分别记二面角D﹣PR﹣Q，D﹣PQ﹣R，D﹣QR﹣P的平面角为α、β、γ，则（）A．γ＜α＜βB．α＜γ＜βC．α＜β＜γD．β＜γ＜α【解答】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△ABC的中心为O．不妨设OP＝3．则O（0，0，0），P（0，﹣3，0），C（0，6，0），D（0，0，6），B（3，﹣3，0）．Q，R，，（0，3，6），（，6，0），，．设平面PDR的法向量为（x，y，z），则，可得，可得，取平面ABC的法向量（0，0，1）．则cos，取α＝arccos．同理可得：β＝arccos．γ＝arccos．∵．∴α＜γ＜β．解法二：如图所示，连接OP，OQ，OR，过点O分别作垂线：OE⊥PR，OF⊥PQ，OG⊥QR，垂足分别为E，F，G，连接DE，DF，DG．设OD＝h．则tanα．同理可得：tanβ，tanγ．由已知可得：OE＞OG＞OF．∴tanα＜tanγ＜tanβ，α，β，γ为锐角．∴α＜γ＜β．故选：B．9．【2016年新课标1理科11】平面α过正方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD ＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m、n所成角的正弦值为（）A．B．C．D．【解答】解：如图：α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABA1B1＝n，可知：n∥CD1，m∥B1D1，∵△CB1D1是正三角形．m、n所成角就是∠CD1B1＝60°．则m、n所成角的正弦值为：．故选：A．10．【2016年新课标3理科10】在封闭的直三棱柱ABC﹣A1B1C1内有一个体积为V的球，若AB⊥BC，AB ＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是（）A．4πB．C．6πD．【解答】解：∵AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，∴AC＝10．故三角形ABC的内切圆半径r2，又由AA1＝3，故直三棱柱ABC﹣A1B1C1的内切球半径为，此时V的最大值，故选：B．11．【2015年浙江理科08】如图，已知△ABC，D是AB的中点，沿直线CD将△ACD折成△A′CD，所成二面角A′﹣CD﹣B的平面角为α，则（）A．∠A′DB≤αB．∠A′DB≥αC．∠A′CB≤αD．∠A′CB≥α【解答】解：①当AC＝BC时，∠A′DB＝α；②当AC≠BC时，如图，点A′投影在AE上，α＝∠A′OE，连结AA′，易得∠ADA′＜∠AOA′，∴∠A′DB＞∠A′OE，即∠A′DB＞α综上所述，∠A′DB≥α，故选：B．12．【2014年新课标1理科12】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为（）A．6B．6 C．4D．4【解答】解：几何体的直观图如图：AB＝4，BD＝4，C到BD的中点的距离为：4，∴．AC6，AD＝4，显然AC最长．长为6．故选：B．13．【2014年新课标2理科11】直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为（）A．B．C．D．【解答】解：直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，如图：BC的中点为O，连结ON，，则MN0B是平行四边形，BM与AN所成角就是∠ANO，∵BC＝CA＝CC1，设BC＝CA＝CC1＝2，∴CO＝1，AO，AN，MB，在△ANO中，由余弦定理可得：cos∠ANO．故选：C．14．【2014年上海理科16】如图，四个棱长为1的正方体排成一个正四棱柱，AB是一条侧棱，P i（i＝1，2，…8）是上底面上其余的八个点，则•（i＝1，2，…，8）的不同值的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．4【解答】解：，则•（）＝||2，∵，∴•||2＝1，∴•（i＝1，2，…，8）的不同值的个数为1，15．【2014年北京理科07】在空间直角坐标系Oxyz中，已知A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），D（1，1，），若S1，S2，S3分别表示三棱锥D﹣ABC在xOy，yOz，zOx坐标平面上的正投影图形的面积，则（）A．S1＝S2＝S3B．S2＝S1且S2≠S3C．S3＝S1且S3≠S2D．S3＝S2且S3≠S1【解答】解：设A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），D（1，1，），则各个面上的射影分别为A'，B'，C'，D'，在xOy坐标平面上的正投影A'（2，0，0），B'（2，2，0），C'（0，2，0），D'（1，1，0），S1．在yOz坐标平面上的正投影A'（0，0，0），B'（0，2，0），C'（0，2，0），D'（0，1，），S2＝.在zOx坐标平面上的正投影A'（2，0，0），B'（2，0，0），C'（0，0，0），D'（0，1，），S3，则S3＝S2且S3≠S1，故选：D．16．【2013年浙江理科10】在空间中，过点A作平面π的垂线，垂足为B，记B＝fπ（A）．设α，β是两个不同的平面，对空间任意一点P，Q1＝fβ[fα（P）]，Q2＝fα[fβ（P）]，恒有PQ1＝PQ2，则（）A．平面α与平面β垂直B．平面α与平面β所成的（锐）二面角为45°C．平面α与平面β平行D．平面α与平面β所成的（锐）二面角为60°【解答】解：设P1＝fα（P），则根据题意，得点P1是过点P作平面α垂线的垂足∵Q1＝fβ[fα（P）]＝fβ（P1），∴点Q1是过点P1作平面β垂线的垂足同理，若P2＝fβ（P），得点P2是过点P作平面β垂线的垂足因此Q2＝fα[fβ（P）]表示点Q2是过点P2作平面α垂线的垂足∵对任意的点P，恒有PQ1＝PQ2，∴点Q1与Q2重合于同一点由此可得，四边形PP1Q1P2为矩形，且∠P1Q1P2是二面角α﹣l﹣β的平面角∵∠P1Q1P2是直角，∴平面α与平面β垂直17．【2012年新课标1理科11】已知三棱锥S﹣ABC的所有顶点都在球O的表面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC＝2，则此三棱锥的体积为（）A．B．C．D．【解答】解：根据题意作出图形：设球心为O，过ABC三点的小圆的圆心为O1，则OO1⊥平面ABC，延长CO1交球于点D，则SD⊥平面ABC．∵CO1，∴OO1，∴高SD＝2OO1，∵△ABC是边长为1的正三角形，∴S△ABC，∴V三棱锥S﹣ABC．故选：C．18．【2012年浙江理科10】已知矩形ABCD，AB＝1，BC．将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中（）A．存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直B．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直D．对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直【解答】解：如图，AE⊥BD，CF⊥BD，依题意，AB＝1，BC，AE＝CF，BE＝EF＝FD，A，若存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直，则∵BD⊥AE，∴BD⊥平面AEC，从而BD⊥EC，这与已知矛盾，排除A；B，若存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直，则CD⊥平面ABC，平面ABC⊥平面BCD取BC中点M，连接ME，则ME⊥BD，∴∠AEM就是二面角A﹣BD﹣C的平面角，此角显然存在，即当A在底面上的射影位于BC的中点时，直线AB与直线CD垂直，故B正确；C，若存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直，则BC⊥平面ACD，从而平面ACD⊥平面BCD，即A在底面BCD上的射影应位于线段CD上，这是不可能的，排除CD，由上所述，可排除D故选：B．19．【2010年新课标1理科10】设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱长都为a，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（）A．πa2B．C．D．5πa2【解答】解：根据题意条件可知三棱柱是棱长都为a的正三棱柱，上下底面中心连线的中点就是球心，则其外接球的半径为，球的表面积为，故选：B．20．【2010年北京理科08】如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，动点E、F在棱A1B1上，动点P，Q分别在棱AD，CD上，若EF＝1，A1E＝x，DQ＝y，DP＝z（x，y，z大于零），则四面体PEFQ的体积（）A．与x，y，z都有关B．与x有关，与y，z无关C．与y有关，与x，z无关D．与z有关，与x，y无关【解答】解：从图中可以分析出，△EFQ的面积永远不变，为面A1B1CD面积的，而当P点变化时，它到面A1B1CD的距离是变化的，因此会导致四面体体积的变化．故选：D．21．【2019年新课标3理科16】学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD﹣A1B1C1D1挖去四棱锥O﹣EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6cm，AA1＝4cm.3D打印所用原料密度为0.9g/cm3．不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为g．【解答】解：该模型为长方体ABCD﹣A1B1C1D1，挖去四棱锥O﹣EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H，分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6cm，AA1＝4cm，∴该模型体积为：V O﹣EFGH＝6×6×4＝144﹣12＝132（cm3），∵3D打印所用原料密度为0.9g/cm3，不考虑打印损耗，∴制作该模型所需原料的质量为：132×0.9＝118.8（g）．故答案为：118.8．22．【2018年新课标2理科16】已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45°，若△SAB的面积为5，则该圆锥的侧面积为．【解答】解：圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，可得sin∠ASB．△SAB的面积为5，可得sin∠ASB＝5，即5，即SA＝4．SA与圆锥底面所成角为45°，可得圆锥的底面半径为：2．则该圆锥的侧面积：π＝40π．故答案为：40π．23．【2017年新课标1理科16】如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O．D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△F AB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△F AB，使得D、E、F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为．【解答】解法一：由题意，连接OD，交BC于点G，由题意得OD⊥BC，OG BC，即OG的长度与BC的长度成正比，设OG＝x，则BC＝2x，DG＝5﹣x，三棱锥的高h，3，则V，令f（x）＝25x4﹣10x5，x∈（0，），f′（x）＝100x3﹣50x4，令f′（x）≥0，即x4﹣2x3≤0，解得x≤2，则f（x）≤f（2）＝80，∴V4cm3，∴体积最大值为4cm3．故答案为：4cm3．解法二：如图，设正三角形的边长为x，则OG，∴FG＝SG＝5，SO＝h，∴三棱锥的体积V，令b（x）＝5x4，则，令b′（x）＝0，则4x30，解得x＝4，∴（cm3）．故答案为：4cm3．24．【2017年新课标3理科16】a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；③直线AB与a所成角的最小值为45°；④直线AB与a所成角的最小值为60°；其中正确的是．（填写所有正确结论的编号）【解答】解：由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，画出图形如图，不妨设图中所示正方体边长为1，故|AC|＝1，|AB|，斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，以C坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系，则D（1，0，0），A（0，0，1），直线a的方向单位向量（0，1，0），||＝1，直线b的方向单位向量（1，0，0），||＝1，设B点在运动过程中的坐标中的坐标B′（cosθ，sinθ，0），其中θ为B′C与CD的夹角，θ∈[0，2π），∴AB′在运动过程中的向量，（cosθ，sinθ，﹣1），||，设与所成夹角为α∈[0，]，则cosα|sinθ|∈[0，]，∴α∈[，]，∴③正确，④错误．设与所成夹角为β∈[0，]，cosβ|cosθ|，当与夹角为60°时，即α，|sinθ|，∵cos2θ+sin2θ＝1，∴cosβ|cosθ|，∵β∈[0，]，∴β，此时与的夹角为60°，∴②正确，①错误．故答案为：②③．25．【2016年浙江理科14】如图，在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°．若平面ABC外的点P和线段AC上的点D，满足PD＝DA，PB＝BA，则四面体PBCD的体积的最大值是．【解答】解：如图，M是AC的中点．①当AD＝t＜AM时，如图，此时高为P到BD的距离，也就是A到BD的距离，即图中AE，DM t，由△ADE∽△BDM，可得，∴h，V，t∈（0，）②当AD＝t＞AM时，如图，此时高为P到BD的距离，也就是A到BD的距离，即图中AH，DM＝t，由等面积，可得，∴，∴h，∴V，t∈（，2）综上所述，V，t∈（0，2）令m∈[1，2），则V，∴m＝1时，V max．另解：由于PD＝DA，PB＝BA，则对于每一个确定的AD，都有△PDB绕DB在空间中旋转，则PD⊥AC时体积最大，则只需考察所有PD⊥AC时的最大，设PD＝DA＝h，则V S底h h•sin30°•（2h）•2，二次函数求最值可知h时体积最大为．故答案为：．26．【2015年浙江理科13】如图，三棱锥A﹣BCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，点M，N分别是AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是．【解答】解：连结ND，取ND的中点为：E，连结ME，则ME∥AN，异面直线AN，CM所成的角就是∠EMC，∵AN＝2，∴ME EN，MC＝2，又∵EN⊥NC，∴EC，∴cos∠EMC．故答案为：．27．【2014年浙江理科17】如图，某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点A处进行射击训练．已知点A 到墙面的距离为AB，某目标点P沿墙面上的射线CM移动，此人为了准确瞄准目标点P，需计算由点A 观察点P的仰角θ的大小．若AB＝15m，AC＝25m，∠BCM＝30°，则tanθ的最大值是．（仰角θ为直线AP与平面ABC所成角）【解答】解：∵AB＝15m，AC＝25m，∠ABC＝90°，∴BC＝20m，过P作PP′⊥BC，交BC于P′，连接AP′，则tanθ，设BP′＝x，则CP′＝20﹣x，由∠BCM＝30°，得PP′＝CP′tan30°（20﹣x），在直角△ABP′中，AP′，∴tanθ•，令y，则函数在x∈[0，20]单调递减，∴x＝0时，取得最大值为．若P′在CB的延长线上，PP′＝CP′tan30°（20+x），在直角△ABP′中，AP′，∴tanθ•，令y，则y′＝0可得x时，函数取得最大值，故答案为：．28．【2013年上海理科13】在xOy平面上，将两个半圆弧（x﹣1）2+y2＝1（x≥1）和（x﹣3）2+y2＝1（x ≥3），两条直线y＝1和y＝﹣1围成的封闭图形记为D，如图中阴影部分，记D绕y轴旋转一周而成的几何体为Ω．过（0，y）（|y|≤1）作Ω的水平截面，所得截面积为4π8π．试利用祖暅原理、一个平放的圆柱和一个长方体，得出Ω的体积值为．【解答】解：因为几何体为Ω的水平截面的截面积为48π，该截面的截面积由两部分组成，一部分为定值8π，看作是截一个底面积为8π，高为2的长方体得到的，对于4，看作是把一个半径为1，高为2π的圆柱平放得到的，如图所示，这两个几何体与Ω放在一起，根据祖暅原理，每个平行水平面的截面积相等，故它们的体积相等，即Ω的体积为π•12•2π+2•8π＝2π2+16π．故答案为2π2+16π．29．【2013年北京理科14】如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上，点P到直线CC1的距离的最小值为．【解答】解：如图所示，取B1C1的中点F，连接EF，ED1，∴CC1∥EF，又EF⊂平面D1EF，CC1⊄平面D1EF，∴CC1∥平面D1EF．∴直线C1C上任一点到平面D1EF的距离是两条异面直线D1E与CC1的距离．过点C1作C1M⊥D1F，∵平面D1EF⊥平面A1B1C1D1．∴C1M⊥平面D1EF．过点M作MP∥EF交D1E于点P，则MP∥C1C．取C1N＝MP，连接PN，则四边形MPNC1是矩形．可得NP⊥平面D1EF，在Rt△D1C1F中，C1M•D1F＝D1C1•C1F，得．∴点P到直线CC1的距离的最小值为．故答案为30．【2012年上海理科14】如图，AD与BC是四面体ABCD中互相垂直的棱，BC＝2，若AD＝2c，且AB+BD ＝AC+CD＝2a，其中a、c为常数，则四面体ABCD的体积的最大值是．【解答】解：作BE⊥AD于E，连接CE，则AD⊥平面BEC，所以CE⊥AD，由题设，B与C都是在以AD为焦点的椭球上，且BE、CE都垂直于焦距AD，AB+BD＝AC+CD＝2a，显然△ABD≌△ACD，所以BE＝CE．取BC中点F，∴EF⊥BC，EF⊥AD，要求四面体ABCD的体积的最大值，因为AD是定值，只需三角形EBC的面积最大，因为BC是定值，所以只需EF最大即可，当△ABD是等腰直角三角形时几何体的体积最大，∵AB+BD＝AC+CD＝2a，∴AB＝a，所以EB，EF，所以几何体的体积为：．故答案为：．1．【2018年新课标3文科12】设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且面积为9，则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为（）A．12B．18C．24D．54【解答】解：△ABC为等边三角形且面积为9，可得，解得AB＝6，球心为O，三角形ABC的外心为O′，显然D在O′O的延长线与球的交点如图：O′C，OO′2，则三棱锥D﹣ABC高的最大值为：6，则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为：18．故选：B．2．【2017年新课标3文科10】在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则（）A．A1E⊥DC1B．A1E⊥BD C．A1E⊥BC1D．A1E⊥AC【解答】解：法一：连B1C，由题意得BC1⊥B1C，∵A1B1⊥平面B1BCC1，且BC1⊂平面B1BCC1，∴A1B1⊥BC1，∵A1B1∩B1C＝B1，∴BC1⊥平面A1ECB1，∵A1E⊂平面A1ECB1，∴A1E⊥BC1．故选：C．法二：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为2，则A1（2，0，2），E（0，1，0），B（2，2，0），D（0，0，0），C1（0，2，2），A（2，0，0），C（0，2，0），（﹣2，1，﹣2），（0，2，2），（﹣2，﹣2，0），（﹣2，0，2），（﹣2，2，0），∵•2，2，0，6，∴A1E⊥BC1．故选：C．3．【2016年新课标1文科11】平面α过正方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD ＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m、n所成角的正弦值为（）A．B．C．D．【解答】解：如图：α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABA1B1＝n，可知：n∥CD1，m∥B1D1，∵△CB1D1是正三角形．m、n所成角就是∠CD1B1＝60°．则m、n所成角的正弦值为：．故选：A．4．【2016年新课标3文科11】在封闭的直三棱柱ABC﹣A1B1C1内有一个体积为V的球，若AB⊥BC，AB ＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是（）A．4πB．C．6πD．【解答】解：∵AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，∴AC＝10．故三角形ABC的内切圆半径r2，又由AA1＝3，故直三棱柱ABC﹣A1B1C1的内切球半径为，此时V的最大值，故选：B．5．【2015年新课标1文科11】圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r）组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16+20π，则r＝（）A．1 B．2 C．4 D．8【解答】解：由几何体三视图中的正视图和俯视图可知，截圆柱的平面过圆柱的轴线，该几何体是一个半球拼接半个圆柱，∴其表面积为：4πr2πr22r×2πr+2r×2rπr2＝5πr2+4r2，又∵该几何体的表面积为16+20π，∴5πr2+4r2＝16+20π，解得r＝2，故选：B．6．【2015年新课标2文科10】已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝90°，C为该球面上的动点，若三棱锥O﹣ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为（）A．36πB．64πC．144πD．256π【解答】解：如图所示，当点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥O﹣ABC的体积最大，设球O 的半径为R，此时V O﹣ABC＝V C﹣AOB36，故R＝6，则球O的表面积为4πR2＝144π，故选：C．7．【2013年新课标1文科11】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．16+8πB．8+8πC．16+16πD．8+16π【解答】解：三视图复原的几何体是一个长方体与半个圆柱的组合体，如图，其中长方体长、宽、高分别是：4，2，2，半个圆柱的底面半径为2，母线长为4．∴长方体的体积＝4×2×2＝16，半个圆柱的体积22×π×4＝8π所以这个几何体的体积是16+8π；故选：A．8．【2013年北京文科08】如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为对角线BD1的三等分点，P到各顶点的距离的不同取值有（）A．3个B．4个C．5个D．6个【解答】解：建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长|AB|＝3，则A（3，0，0），B（3，3，0），C（0，3，0），D（0，0，0），A1（3，0，3），B1（3，3，3），C1（0，3，3），D1（0，0，3），∴（﹣3，﹣3，3），设P（x，y，z），∵（﹣1，﹣1，1），∴（2，2，1）．∴|P A|＝|PC|＝|PB1|，|PD|＝|P A1|＝|PC1|，|PB|，|PD1|．故P到各顶点的距离的不同取值有，3，，共4个．故选：B．9．【2010年北京文科08】如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，动点E、F在棱A1B1上．点Q是CD的中点，动点P在棱AD上，若EF＝1，DP＝x，A1E＝y（x，y大于零），则三棱锥P﹣EFQ的体积（）A．与x，y都有关B．与x，y都无关C．与x有关，与y无关D．与y有关，与x无关【解答】解：三棱锥P﹣EFQ的体积与点P到平面EFQ的距离和三角形EFQ的面积有关，由图形可知，平面EFQ与平面CDA1B1是同一平面，故点P到平面EFQ的距离是P到平面CDA1B1的距离，且该距离就是P到线段A1D的距离，此距离只与x有关，因为EF＝1，点Q到EF的距离为线段B1C的长度，为定值，综上可知所求三棱锥的体积只与x有关，与y无关．故选：C．10．【2019年新课标3文科16】学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD﹣A1B1C1D1挖去四棱锥O﹣EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6cm，AA1＝4cm.3D打印所用原料密度为0.9g/cm3．不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为g．【解答】解：该模型为长方体ABCD﹣A1B1C1D1，挖去四棱锥O﹣EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H，分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6cm，AA1＝4cm，∴该模型体积为：V O﹣EFGH＝6×6×4＝144﹣12＝132（cm3），∵3D打印所用原料密度为0.9g/cm3，不考虑打印损耗，∴制作该模型所需原料的质量为：132×0.9＝118.8（g）．故答案为：118.8．11．【2019年新课标1文科16】已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为．【解答】解：∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，过点P作PD⊥AC，交AC于D，作PE⊥BC，交BC于E，过P作PO⊥平面ABC，交平面ABC于O，连结OD，OC，则PD＝PE，∴CD＝CE＝OD＝OE1，∴PO．∴P到平面ABC的距离为．故答案为：．12．【2018年新课标2文科16】已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SA与圆锥底面所成角为30°．若△SAB的面积为8，则该圆锥的体积为．【解答】解：圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，△SAB的面积为8，可得：，解得SA ＝4，SA与圆锥底面所成角为30°．可得圆锥的底面半径为：2，圆锥的高为：2，则该圆锥的体积为：V8π．故答案为：8π．13．【2017年新课标1文科16】已知三棱锥S﹣ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥S﹣ABC的体积为9，则球O的表面积为．【解答】解：三棱锥S﹣ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径，若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥S﹣ABC的体积为9，可知三角形SBC与三角形SAC都是等腰直角三角形，设球的半径为r，可得，解得r＝3．球O的表面积为：4πr2＝36π．故答案为：36π．14．【2013年新课标1文科15】已知H是球O的直径AB上一点，AH：HB＝1：2，AB⊥平面α，H为垂足，α截球O所得截面的面积为π，则球O的表面积为．【解答】解：设球的半径为R，∵AH：HB＝1：2，∴平面α与球心的距离为R，∵α截球O所得截面的面积为π，∴d R时，r＝1，故由R2＝r2+d2得R2＝12+（R）2，∴R2∴球的表面积S＝4πR2．故答案为：．15．【2011年新课标1文科16】已知两个圆锥有公共底面，且两个圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，若圆锥底面面积是这个球面面积的，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为．【解答】解：不妨设球的半径为：4；球的表面积为：64π，圆锥的底面积为：12π，圆锥的底面半径为：2；由几何体的特征知球心到圆锥底面的距离，求的半径以及圆锥底面的半径三者可以构成一个直角三角形由此可以求得球心到圆锥底面的距离是，所以圆锥体积较小者的高为：4﹣2＝2，同理可得圆锥体积较大者的高为：4+2＝6；所以这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为：．故答案为：。
2020届高三大数据精华浓缩训练卷（浙江版）专题04 大数据精华浓缩训练卷之浙江卷（4）选择题部分（共40分）一、选择题：本大题共10小题，每小题4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．【浙江省温州市2019-2020学年高三11月适应性测试一模】已知全集{1,2,3,4}U =，{1,3}A =，{,3}C 2U B =，则A B =I （ ）A ．{1}B ．{3}C ．{4}D ．{1,3,4}【答案】A 【解析】因为{1,2,3,4}U =,{,3}C 2U B = 所以由补集定义与运算可得{1,4}B = 又因为{1,3}A =根据交集运算可得{1,3}14{}}{1,A B ==I I 故选:A2．【浙江省2019年高考模拟训练卷】已知双曲线2222:1x y C a a-=，则C 的离心率是（ ）A BC ．2D 【答案】B 【解析】∵双曲线方程为2222:1x y C a a-=，∴双曲线为等轴双曲线，∴故选B.3．【浙江省温州市2019届高三2月高考适应性测试】以下不等式组表示的平面区域是三角形的是（ ）A．B．C．D．【答案】D【解析】A选项：表示的区域如图：不满足题意；B选项：表示的区域如图：不满足题意；C选项：表示的区域如图：不满足题意；D选项：表示的区域如图：满足题意；故选D.4．【浙江省温州九校2019届高三第一次联考】如图，某几何体三视图（单位：）为三个直角三角形，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】根据几何体的三视图，得；该几何体是底面为直角三角形，高为1的三棱锥，∴该几何体的体积为故选：B ．5．【2019年10月浙江省金丽衢十二校零模】己知a ，b 是实数，则“2a >且2b >”是“4a b +>且4ab >”的（ ）A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】A 【解析】因为“2a >且2b >”⇒ “4a b +>且4ab >” “4a b +>且4ab >”¿“2a >且2b >”所以“2a >且2b >”是“4a b +>且4ab >”的充分而不必要条件 故选A6．【2019年9月浙江省超级全能生高三第一次联考】在同一直角坐标系中，函数2y ax bx =+，x b y a-=（0a >且1a ≠）的图象可能是（）A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】对1a >和01a <<分类讨论，当1a >时，对应A,D:由A 选项中指数函数图象可知，002bb a>∴-<，A 选项中二次函数图象不符，D 选项符合；当01a <<时，对应B,C:由指数函数图象可知，00,02bb a a<∴->>，则B ，C 选项二次函数图象不符，均不正确，故选D . 7．【浙江省杭州市第二中学2018届高三6月热身考】若随机变量满足，，则下列说法正确的是 A ． B ． C ． D ．【答案】D【解析】 随机变量满足，，则：，据此可得：. 本题选择D 选项.8．【2019年浙江省名校新高考研究联盟(Z20联盟)高三上学期第一次联考】在矩形ABCD 中，4AB =，3AD =，E 为边AD 上的一点，1DE =，现将ABE ∆沿直线BE 折成A BE ∆'，使得点A '在平面BCDE上的射影在四边形BCDE 内（不含边界），设二面角A BE C '--的大小为θ，直线A B '，'A C 与平面BCDE 所成的角分别为,αβ，则（ ）A ．βαθ<<B ．βθα<<C ．αθβ<<D ．αβθ<<【答案】D 【解析】如图所示，在矩形ABCD 中，过A 作AF BE ⊥交于点O ，将ABE ∆沿直线BE 折成A BE ∆'，则点A '在面BCDE 内的射影'O 在线段OF 上，设A '到平面BCDE 上的距离为h ，则''h AO =，由二面角、线面角的定义得：'tan h O O θ=，'tan h O B α=，'tan hO Cβ=， 显然'''',O O O B O O O C <<，所以tan θ最大，所以θ最大， 当'O 与O 重合时，max (tan )h OB α=，min (tan )h OCβ=，因为h OB <h OC，所以max (tan )α<min (tan )β，则tan tan αβ<，所以αβ<， 所以αβθ<<，故选D.9．【浙江省金华十校2018年4月高考模拟】已知平面内任意不共线三点，，，则的值为（ ）A ．正数B ．负数C ．0D ．以上说法都有可能 【答案】B 【解析】.即的值为负数.本题选择B 选项.10．【2020届浙江省绍兴市柯桥区高三上学期期末】已知数列{}n a 满足101a <<，()142n n n a ta t R a ++=∈+，若对于任意*n N ∈，都有103n n a a +<<<，则t 的取值范围是（ ） A ．(]1,3- B ．[]0,3C ．()3,8D ．()8,+∞【答案】B 【解析】用排除法：当3t =时，1432n n n a a a ++=+，明显有0n a >，下面用数学归纳法证明3n a <， 当1n =时，1013a <<<，成立； 假设当n k =时，3k a <成立，则当1n k =+时，143554432232k k k k a a a a ++==-<-=+++，所以当1n k =+时，13k a +<成立， 综上：对任意*n N ∈，都有3n a <；另外()21(3)1434320222n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a +-++++---=-==>+++， 所以1n n a a +<，所以当3t =时，103n n a a +<<<恒成立，排除CD ；当12t =-时，14212n n n a a a +=+-，若1n =，则1214122a a a -=+，因为101a <<，此时20a <是有可能的，故排除A ， 故选：B.非选择题部分（共110分）二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分.11．【2020届浙江省绍兴市柯桥区高三上学期期末】已知复数11z i =-，122z z i ⋅=-，则复数2z =______. 【答案】32i + 【解析】 设2z a bi =+，则12(1)()()()2z z i a bi a b b a i i ⋅=-+=++-=-，21a b b a +=⎧∴⎨-=-⎩，解得3212a b ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，232z i∴=+， 故答案为：32i+.12．【浙江省金华十校2019届高三上学期期末联考】已知复数z 的共轭复数12iz i+=-，则复数z 的虚部是______，z =______．【答案】35- 5【解析】解：由()()()()1211322255i i i z i i i i +++===+--+， 可得1355z i =-， ∴复数z 的虚部是35-，z ==故答案为：35-；5． 13．【2019年浙江省名校新高考研究联盟(Z20联盟)高三上学期第一次联考】若7280128(2)(21)x x a a x a x a x +-=++++L ，则0a =______，2a =_____.【答案】–2 –154 【解析】令0x =得：02a =-，展开式中含2x 项为：（1）当(2)x +出x ，7(21)x -出含x 项，即1617(2)(1)T x C x =⋅⋅⋅-； （2）当(2)x +出2，7(21)x -出含2x 项，即225272(2)(1)T C x =⋅⋅⋅-； 所以2a =1277224(1)154C C ⋅+⋅⋅⋅-=-，故填：2-；154-.14．【浙江省杭州地区（含周边）重点中学2019-2020学年高三上学期期中】已知角α的终边经过点(P -，则tan α=_________，sin()cos()2ππαα+-=_________.【答案】 34- 【解析】由任意角的三角函数的定义可知tan α==sin()sin παα+=-，cos()cos ()cos()sin 222πππαααα⎡⎤-=--=-=⎢⎥⎣⎦所以223sin()cos()sin 24ππααα⎡⎤⎢⎥+-=-=-=-故答案为：34-15．【浙江省宁波市宁波十校2019-2020学年高三上学期11月月考】已知椭圆221106x y +=，倾斜角为60°的直线与椭圆分别交于A 、B 两点且AB =，点C 是椭圆上不同于A 、B一点，则△ABC 面积的最大值为_____．【解析】由题意，设直线AB 的方程为y m =+，点 A （x 1，y 1），B（x 2，y 2）， 联立方程组221106y mx y ⎧=+⎪⎨+=⎪⎩，整理得18x 2+5m 2﹣30＝0，所以x 1+x 29-=，x 1x 2253018m -=．因为AB ==， 代入整理得24m =，解得2m=±， 不妨取：m ＝2，可得直线AB 的方程为2y =+，设与直线AB 平行且与椭圆相切的直线方程为y =+t ，联立方程组221106y t x y ⎧=+⎪⎨+=⎪⎩，整理得18x 2tx +5t 2﹣30＝0，由△＝300t 2﹣72×（5t 2﹣30）＝0，解得：t ＝±6． 取t ＝﹣6时，与直线AB 平行且与椭圆相切的直线与直线AB的距离4d ==，所以△ABC 面积的最大值12S d AB=142=⨯=，故答案为：9． 16．【浙江省杭州地区（含周边）重点中学2019-2020学年高三上学期期中】设1a >，曲线()xf x a =与曲线()log a g x x =有且仅有一个公共点，则实数a 的值是________. 【答案】1e e 【解析】因为指数函数()xf x a =与对数函数()log a g x x =互为反函数 所以()xf x a =与()log a g x x =关于直线y x =对称由于1a >时，曲线()xf x a =与曲线()log a g x x =有且仅有一个公共点则公共点在直线y x =上即函数()xf x a =，1a >与直线y x =只有一个交点即0x a x -=只有一个根 令()xh x a x =-，1a >()ln 1x h x a a '=-当()log ln a x a >-时，()0h x '> 当()log ln a x a <-时，()0h x '<所以函数()h x 在区间()(,log ln )a a -∞-上单调递减，在区间()()log ln ,a a -+∞上单调递增所以函数()h x 的最小值()()()log ln (log ln )=log ln 0a a a a h a aa --+=即()1ln ln 110ln(ln )1ln ln ln e a a a a e a a e+=⇒=-⇒=⇒= 故答案为：1e e17．【2019年9月浙江省超级全能生高三第一次联考】已知数列{}n a ，满足()21n n na k a a +=-.若1112a k ==，则1n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的最小值是___________，若12a =，且存在常数0M >，使得任意n a M ≤，则k 的取值范围是______________.【答案】12[]11-，【解析】（1）令1y n n x a a +==，，2y x x =-，1n n a a +表示点()1n n a a +，与原点连线的斜率，因为112a =，所以1(0,]2n a ∈，由于()12a a ，为21,(0,]2x y x x ∈=-最高点，所以21a a 最小，等于12.（2）当0k =时，显然存在；当0k ≠时，由12a =，则2M≥ ，由2()y k x x =-图象可知，使得任意n a M ≤成立，则需2,4(),k M k M M M ⎧≤⎪⎨⎪-≤⎩即4,1,1k M k M ⎧≤⎪⎨≤⎪-⎩ 又14(2)1M M M >≥-,所以111k M ≤≤-,故k 的取值范围是11k -≤≤.三、解答题：本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.18．【浙江省杭州市西湖区杭州学军中学2019-2020学年高三上学期期中】已知在ABC △中，1AB =，2AC =．（1）若BAC ∠的平分线与边BC 交于点D ，求()2AD AB AC ⋅-u u u r u u u r u u u r；（2）若点E 为BC 的中点，求2211AE BC+u u u r u u u r 的最小值． 【答案】（1）0；（2）910【解析】（1）因为AD 是角平分线，从而得到12BD AB CD AC ==u u u r u u u r u u u r u u u r 所以可得2133AD AB AC =+u u u r u u u r u u u r，所以()21233AD AB AC AB AC ⎛⎫⋅-=+ ⎪⎝⎭u u u r u u u r u u u r u u ur u u u r ()20AB AC ⋅-=u u u r u u u r ；（2）在ABE ∆和ACE ∆由用余弦定理可得222cos 2AE BE AB AEB AE BE +-∠=u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r ，222cos 2AE CE ACAEC AE CE+-∠=u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r， 而BE CE =u u u r u u u r，cos cos AEB AEC ∠=-∠，所以得到22222222AE BE AB AE CE ACAE BE AE CE+-+-=-u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r整理得：224AE BC +u u u r u u u r ()22210AB AC =+=u u u r u u u r22221111110AE BC AE BC ⎛⎫ ⎪∴+=+ ⎪ ⎪⎝⎭u u u r u u u r u u u r u u u r ()224AE BC +u u ur u u u r2222414110BC AEAE BC ⎡⎤⎢⎥=+++⎢⎥⎢⎥⎣⎦u u u r u u u r u u u r u u u r1951010⎛+= ⎝≥ 当且仅当2BC AE =u u u r u u u r时，等号成立.19．【浙江省宁波市宁波十校2019-2020学年高三上学期11月月考】如图，四边形ABCD 为菱形，四边形ACFE 为平行四边形，设BD 与AC 相交于点G ，AB ＝BD ＝AE ＝2，∠EAD ＝∠EAB ．（1）证明：平面ACFE ⊥平面ABCD ；（2）若直线AE 与BC 的夹角为60°，求直线EF 与平面BED 所成角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析（2）13【解析】（1）证明：连接EG ，因为AB ＝BD ＝AE ＝2，∠EAD ＝∠EAB ， 可得△EAD ≌EAB ，∴ED ＝EB ．∵G 为BD 的中点，所以EG ⊥BD ，因为四边形ABCD 为菱形，∴AC ⊥BD ， ∴BD ⊥平面ACEF ，因为BD ⊂平面ABCD ； ∴平面ACFE ⊥平面ABCD ；（2）因为EF ∥AG ，直线EF 与平面BED 所成角即为AG 与平面BED 所成角； 以G 为原点建立如图所示空间直角坐标系，如图所示， 设E （a ，0，b ）则AE =u u u r（a 3，0，b ）， 因为BC =u u u r3，﹣1，0），所以由条件可得：|AE u u u r |2＝（a 32+b 2＝4且AE u u u r •3BC =-u u ur +3＝2×2×cos 60°＝2；解得3263a b ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，所以BE =u u u r 3126），因为DB =u u u r （0，2，0）；所以可取平面BED 的法向量n =r（22，0，﹣1），因为EF AC ==u u u r u u u r（﹣23，0，0），设直线EF 与平面BED 所成角为θ，则sinθ22n EF n EF⋅==⋅u u ur r u u u r r ，∵0＜θ2π≤；∴sosθ2113sin θ=-=； 既直线EF 与平面BED 所成角的余弦值为13．20．【2019年浙江省十校联盟高三上学期10月联考】已知等差数列{}n a 的前n 项和为()*n S n ∈N，且164a a a +=，69S =.数列{}n b 满足12b =，()1*122,n n n b b n n ---=≥∈N .（Ⅰ）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（Ⅱ）求数列{}n n a b 的前n 项和n T ，并求n T 的最小值.【答案】（Ⅰ）39n a n =-，2n n b =；（Ⅱ）1(312)224n n T n +=-⨯+，最小值2324T T ==-.【解析】（Ⅰ）由()()6163443339S a a a a a =+=+==，得43a =，30a =. 故{}n a 的公差3d =，()3339n a a n d n =+-=-. 即数列{}n a 的通项公式为39n a n =-.当2n ≥时，()()()1211221122222n n n n n n n n b b b b b b b b -----=-+-++-+=++++=L L ，而12b =，故2n n b =，即数列{}n b 的通项公式为2nn b =.（Ⅱ）()()2162323122392n n n T n n -=-⨯-⨯++-⨯+-⨯L ，()()231262323122392n n n T n n +=-⨯-⨯++-⨯+-⨯L ，上述两式相减，得()21123232392nn n T n +-=-+⨯+⋯+⨯--⨯()()()11112324392243122n n n n n +++=-+⨯---⨯=---⨯得()1312224n n T n +=-⨯+.设()13122n n c n +=-⨯，显然当4n ≥时，0n c ≥，24n T ≥，且单调递增.而136c =-，248c =-，348c =-，故n T 的最小值为2324T T ==-.21．【浙江省金华十校2019届第二学期高考模拟】已知抛物线C ：22(0)y px p =>的焦点是(1,0)F ，直线1l ：1y k x =，2l ：2y k x =分别与抛物线C 相交于点A 和点B ，过A ，B 的直线与圆O ：224x y +=相切．（1）求直线AB 的方程（含1k 、2k ）；（2）若线段OA 与圆O 交于点M ，线段OB 与圆O 交于点N ，求MON S ∆的取值范围． 【答案】（1）1212()40k k x k k y -++=；（2）452] 【解析】（1）焦点是(1,0)F ，可得12p=，即2p =，设11(,)A x y ，22(,)B x y ， 抛物线方程为24y x =，联立1y k x =，可得21144(,)A k k ，同理可得22244(,)B k k ， 若AB 斜率存在，可得12121212AB y y k kk x x k k -==-+，AB 的方程为122112144()k k y x k k k k -=-+，化为1212()40k k x k k y -++=， AB 的斜率不存在时，也满足上面的方程，则直线AB 的方程为1212()40k k x k k y -++=；（2）过A ，B 的直线与圆O ：224x y +=相切，可得2d r ===，化简为221212()()4k k k k ++=，即有1220k k -≤<，cos ||||OA OB AOB OA OB ⋅∠==⋅u u u r u u u r u u uru u u r =，由221212()()4k k kk ++=，可得cos AOB ∠=，22121212()44sin 52k k k k MON k k --+∠=-，设1252(5,9]t k k =-∈，则222121212()444sin 452MONk k k k S MON k k ∆--+=∠=⋅-2(5)2(5)444t t t----+=⋅218494918()184t t t t t-+-==-+≤-=，当7t =取等号，即121[2,0)k k =-∈-，所以max ()2MON S ∆=， 又2491618(5)55MON S ∆>-+=，即MON S ∆>，即有MON S ∆的取值范围为2]. 22．【2020届浙江省湖州市高三上学期期末】已知函数()()2log ln a f x x x x =+-，1a >. （1）求证：()f x 在()1,+∞上单调递增；（2）若关于x 的方程()1f x t -=在区间()0,∞+上有三个零点，求实数t 的值；（3）若对任意的112,,x x a a -⎡⎤∈⎣⎦，()()121f x f x e -≤-恒成立（e 为自然对数的底数），求实数a 的取值范围.【答案】（1）证明见解析，（2）2t =，（3）(]1,e【解析】 （1）()()2ln 1'21ln x f x xx a =⋅+-,∵1x >,∴()'0f x >,故()f x 在()1,+∞上单调递增.（2）()()()()2222ln ln ln 'ln x x a a f x x a +-=,令()()()222ln ln ln g x x x a a =+-,()()22'ln 0g x a x=+>,()10g =, 故当()0,1x ∈,()'0g x <,()1,x ∈+∞,()'0g x >,即()f x 在()0,1x ∈上单调递减；在()1,x ∈+∞上单调递增.()11f =, 若()()11f x t f x t -=⇔=±在区间()0,∞+上有三个零点,则11t -=,2t =. （3）()f x 在1,1x a -⎡⎤∈⎣⎦上单调递减；在(]1,x a ∈上单调递增.故()()min 11f x f ==,()()max 1max ,f x f f a a ⎧⎫⎛⎫=⎨⎬⎪⎝⎭⎩⎭, 令()()112ln h a f f a a a a a ⎛⎫=-=+-⎪⎝⎭,∴()0h a <, 故()max 1ln f x a a =+-,∴ln 1ln 1a a e a a e -≤-⇒-≤-, 因为1a >,设()ln a a a ϕ=-则1'()10a aϕ=->,故()ln a a a ϕ=-为增函数, 又()ln 1e e e e ϕ=-=-. ∴(]1,a e ∈.。
2019�2020学年高三11月质扯检测数学（理科）考生注意：1. 本试卷分选择题和非选择题两部分。
满分150分，考试时间120分钟。
2. 答题前，考生务必用直径o.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。
选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径o.5毫术黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
4. 本卷命题范围：集合、常用逻辑用语、函数、导数及其应用、三角函数、三角恒等变换、解三角形、平面向量、数列、不等式、立体几何。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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. 下列集合中不同千另外三个集合的是A.{x飞3=1}2. 下列说法正确的是 B.{x [x 4=1}C. { 1}n{x l±-1}A若a>b,则ac 4>bc 、4 1 B. 若a<b,则2>-1 a b 2C. 若a>b>c ,则a z >b 2>产D.若a>b ,c>d ,则a+c>b+d3.巳知向量a =(x,3) ,b = (—2,7), 若(a —b)_lb,则实数x 的值为A. -16B.-—676_7 c D.164.若函数f (x )=e 工1'则曲线y =f (x )在点（ 1 1 —2 ,f (—了））处的切线方程为A. 2x +y+2=0B. 2x —y+2=05. 下列命题中正确的是A. 若三个平面两两相交，则它们的交线互相平行B. 若三条直线两两相交，则它们最多确定一个平面C. 若不同的两条直线均垂直于同一个平面，则这两条直线平行C. 2x +y —2=0D.缸—y-2=0D .不共线的四点可以确定一个平面6. 若关千x 的不等式x 2+a x —b <O(a,b 为常数）的解集为(-2,1),则不等式b x 2+a x —3>0的解集是A(—=, 勹）U Cl ,+=)B .(—f ,1)C.(-=,-1) U (½,+=)D .(—1分）【高三11月质釐检测·数学理科第1页（共4页）】。
一、单选题二、多选题1. 已知全集，集合，，则（ ）A．B．C．D．2.已知向量，且与互相垂直，则k 的值为（ ）A ．1B．C．D．3. 命题“，”的否定为（ ）A．B．C．，D．，4. 数学与音乐有着紧密的关联.声音中也包含正弦函数，声音是由于物体的振动产生的能引起听觉的波，每一个音都是由纯音合成的.纯音的数学模型是函数，我们平时听到的音乐一般不是纯音，而是有多种波叠加而成的复合音．已知刻画某复合音的函数为，则其部分图象大致为（ ）A． B．C． D．5. 在直角中，．以AB 为旋转轴旋转一周得到一个几何体，则该几何体的内切球的体积为（ ）A．B．C．D．6. 某地区甲､乙､丙､丁四所高中分别有120，150，180，150名高三学生参加某次数学调研考试，为了解学生能力水平，现制定以下两种卷面分析方案:方案①；从这600名学生的试卷中抽取一个容量为200的样本进行分析:方案②:丙校参加调研考试的学生中有30名数学培优生，从这些培优生的试卷中抽取10份试看进行分析．完成这两种方案宜采用的抽样方法依次是（ ）A ．分层抽样法､系统抽样法B ．分层抽样法､简单随机抽样法C ．系统抽样法､分层抽样法D ．简单随机抽样法､分层抽样法7. 已知，表示不同平面，则的充分条件是（ ）A ．存在直线，，且，，B ．存在直线，，且，，，C．存在平面，，D ．存在直线，8.已知数列的前n项和为，且，则（ ）A ．129B ．132C ．381D ．3849.将函数的图像向右平移个单位长度得到函数的图像，则（ ）A．B．是图像的一个对称中心C ．当时，取得最大值浙江省温州市普通高中2024届高三上学期第一次适应性考试数学试题(高频考点版)浙江省温州市普通高中2024届高三上学期第一次适应性考试数学试题(高频考点版)三、填空题四、解答题D ．函数在区间上单调递增10.如图，圆柱的轴截面是正方形，E 在底面圆周上， ，F 是垂足，G 在BD 上， ，则下列结论中正确的是（）A．B．直线与直线所成角的余弦值为C ．直线与平面所成角的余弦值为．D ．若平面平面，则11.已知圆：，直线：，则（ ）A ．直线在y 轴上的截距为1B ．直线的倾斜角为C ．直线与圆有2个交点D ．圆上的点到直线的最大距离为12. 已知是两个不同平面，是两条不同直线，则下述正确的是（ ）A．若，则B．若，则C．若是异面直线，则与相交D．若，则13.等差数列的前n项和为，已知，且，则公差______．14. 已知函数（，）且），若恒成立，则的最小值为______.15.已知函数的定义域为R ，若为奇函数，且直线与的图象恰有5个公共点，，，，，则________.16.设各项均为正数的数列的前项和为,已知数列是首项为,公差为的等差数列.（1）求数列的通项公式；（2）令，若不等式对任意都成立，求实数的取值范围.17. 某汽车专卖店试销A ，B ，C 三种品牌的新能源汽车，销售情况如下表所示：第一周第二周第三周第四周A品牌数量（台）111015B品牌数量（台）14913C品牌数量（台）61112(1)从前三周随机选一周，若A品牌销售量比C品牌销售量多，求A品牌销售量比B品牌销售量多的概率；(2)为跟踪调查新能源汽车的使用情况，根据销售记录，从该专卖店第二周和第三周售出的新能源汽车中分别随机抽取一台．求抽取的两台汽车中A品牌的台数X的分布列和数学期望；(3)直接写出一组的值，使得表中每行数据方差相等．18. 如图，在四面体中，,.（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）若与平面所成的角为，点是的中点，求二面角的大小.19. 在中，角的对边分别为．(1)求的大小；(2)若为锐角，求的取值范围．20. 设函数.（1）当时，在上恒成立，求实数m的取值范围；（2）当时，若函数在上恰有两个不同的零点，求实数a的取值范围；（3）是否存在常数m，使函数和函数在公共定义域上具有相同的单调性？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由.21. 已知函数，(为自然对数的底数).（1）记，求函数在区间上的最大值与最小值；（2）若，且对任意恒成立，求的最大值.。
专题03 二次求导函数处理（二阶导数）一、考情分析1、在历年全国高考数学试题中，函数与导数部分是高考重点考查的内容，并且在六道解答题中必有一题是导数题。
利用导数求解函数的单调性、极值和最值等问题是高考考查导数问题的主要内容和形式，并多以压轴题的形式出现. 常常考查运算求解能力、概括抽象能力、推理论证能力和函数与方程、化归与转化思想、分类与整合思想、特殊与一般思想的渗透和综合运用，难度较大.2、而在有些函数问题中，如含有指数式、对数式的函数问题，求导之后往往不易或不能直接判断出原函数的单调性，从而不能进一步判断函数的单调性及极值、最值情况，此时解题受阻。
需要利用“二次求导”才能找到导数的正负，找到原函数的单调性，才能解决问题. 若遇这类问题，必须“再构造，再求导”。
本文试以全国高考试题为例，说明函数的二阶导数在解高考函数题中的应用。
3、解决这类题的常规解题步骤为： ①求函数的定义域；②求函数的导数)('x f ，无法判断导函数正负； ③构造求)(')(x f x g =，求'(x)g ； ④列出)(),(',x g x g x 的变化关系表； ⑤根据列表解答问题。
二、经验分享方法 二次求导使用情景对函数()f x 一次求导得到()f x '之后，解不等式()0()0f x f x ''><和难度较大甚至根本解不出.解题步骤设()()g x f x '=，再求()g x '，求出()0()0g x g x ''><和的解，即得到函数()g x 的单调性，得到函数()g x 的最值，即可得到()f x '的正负情况，即可得到函数()f x 的单调性.三、题型分析(一) 利用二次求导求函数的极值或参数的范围例1.【2020届西南名校联盟高考适应月考卷一，12】（最小整数问题-导数的单调性和恒成立的转化） 已知关于x 的不等式()22ln 212x m x mx +-+≤在()0,∞上恒成立，则整数m 的最小值为（ ） A.1 B.2 C.3 D.4 【答案】B ．【解析】【第一种解法（排除法）（秒杀）】：令1=x 时，m m ≤+⨯-+21)1(21ln 2化简：34≥m ； 令2=x 时，m m 422)1(22ln 2≤+⨯-+，化简42ln 22+≥m 你还可以在算出3,4，选择题排除法。
温州市普通高中2023届高三第一次适应性考试历史试题卷一、选择题I（本大题共19小题，每小题2分，共38分。
每小题列出的四个各选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.在有关新石器时代考古文化区系类型探讨中，苏秉琦先生认为，存在着六大考古学文化区系，经过多次撞击、融合，最终凝聚成多源、一统的中国传统文化，这种传统铸就了中华民族经久不衰的生命力。
其中“仰韶文化”和“良渚文化”位于下图中的A.①④B.②③C.②⑥D.④⑤2.春秋时期出现天子不能制诸侯，诸侯不能制大夫，以至大夫不能制家臣等现象。
这反映了A.贵族等级分封制受冲击B.原始民主传统影响深远C.封建政治制度开始产生D.奴隶社会的发展与繁荣3.在蒙古国中戈壁省发现的一处摩崖石刻，于2017年被确认为《燕然山铭》。
《燕然山铭》由随军出征的班固撰文，宣扬汉朝德威。
这可以实证A.护乌桓校尉的设置B.窦宪率军大败北匈奴C.河西走廊设立四郡D.纪传体断代史体裁开创4.史家带用“内重外轻”和“外重内轻”论述中国历史上的集权与分权。
“内”指中央政府和中央集权，“外”指地方政府和地方分权。
由外重内轻引发削据，加速王朝瓦解的是A.秦、西汉B.东汉、唐C.唐、北宋D.南宋、明5.下表为某一历史时期全国重点文物保护单位（前八批）类型数量及占比。
据表中信息推测，这一时期最A.先秦B.秦汉C.魏晋南北朝D.明清6.唐武德九年，给事中魏征在上疏中称：“今之共治，所寄惟在县令刺史，年常貌阅，并悉委之。
”“貌阅”反映刺史的职责是A.清丈士地B.评定资品C.整顿吏治D.核定户籍7.建国伊始，政局不稳、百废待兴之际，赵匡胤特意关注修史，先后下诏编修《唐会要》《周世宗实录》《五代会要》及《旧五代史》等。
他还召见后唐庄宗身边的宦官，询问“庄宗以英武定中原，享国不久，何也？”从亲历者口中获悉了后唐庄宗不能控驭军兵的缘由与后果。
这些做法意在A.延续修史传统B.明晰治理思路C.树立政治权威D.塑造正统形象8。
2025届浙江省温州市平阳中学高三适应性调研考试数学试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。
选择题必须用2B 铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．已知函数()22cos sin 4f x x x π⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，则()f x 的最小值为( ) A．12+B ．12C．12-D．14-2．已知向量(22cos m x =，()1,sin2n x =，设函数()f x m n =⋅，则下列关于函数()y f x =的性质的描述正确的是( )A ．关于直线12x π=对称B ．关于点5,012π⎛⎫⎪⎝⎭对称 C ．周期为2πD ．()y f x =在,03π⎛⎫- ⎪⎝⎭上是增函数3．已知12,F F 是椭圆和双曲线的公共焦点，P 是它们的-一个公共点，且1223F PF π∠=，设椭圆和双曲线的离心率分别为12,e e ，则12,e e 的关系为（ ） A ．2212314e e += B ．221241433e e += C ．2212134e e += D ．221234e e +=4．已知椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的焦点分别为1F ，2F ，其中焦点2F 与抛物线22y px =的焦点重合，且椭圆与抛物线的两个交点连线正好过点2F ，则椭圆的离心率为（ ） AB1 C．3- D15．设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，且443S a =+，则2a =( ) A ．2-B ．1-C ．1D ．26．已知点P 不在直线l 、m 上，则“过点P 可以作无数个平面，使得直线l 、m 都与这些平面平行”是“直线l 、m 互相平行”的（ ） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件7．空间点到平面的距离定义如下：过空间一点作平面的垂线，这个点和垂足之间的距离叫做这个点到这个平面的距离．已知平面α，β，λ两两互相垂直，点A α∈，点A 到β，γ的距离都是3，点P 是α上的动点，满足P 到β的距离与P 到点A 的距离相等，则点P 的轨迹上的点到β的距离的最小值是（ ）A ．3B ．3C D ．328．已知i 为虚数单位，复数()()12z i i =++，则其共轭复数z =（ ） A ．13i +B ．13i -C ．13i -+D ．13i --9．若集合{}|sin 21A x x ==，,42k B y y k Z ππ⎧⎫==+∈⎨⎬⎩⎭，则（ ） A ．A B A ⋃=B ．R RC B C A ⊆C ．AB =∅D ．R R C A C B ⊆10．一个四面体所有棱长都是4，四个顶点在同一个球上，则球的表面积为（ ）A ．24πB ．C D ．12π11．已知函数2(0x y a a -=>且1a ≠的图象恒过定点P ，则函数1mx y x n+=+图象以点P 为对称中心的充要条件是( )A ．1,2m n ==-B ．1,2m n =-=C ．1,2m n ==D ．1,2m n =-=-12．某歌手大赛进行电视直播，比赛现场有6名特约嘉宾给每位参赛选手评分，场内外的观众可以通过网络平台给每位参赛选手评分.某选手参加比赛后，现场嘉宾的评分情况如下表，场内外共有数万名观众参与了评分，组织方将观众评分按照[)70,80，[)80,90，[]90,100分组，绘成频率分布直方图如下：嘉宾评分的平均数为1x ，场内外的观众评分的平均数为2x ，所有嘉宾与场内外的观众评分的平均数为x ，则下列选项正确的是（ ） A ．122x x x +=B ．122x x x +>C ．122x x x +<D ．12122x x x x x +>>>二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
一、单选题二、多选题1. 抛物线的焦点为，点是上一点，,则A．B．C．D．2.已知且，函数满足对任意实数，都有成立，则的取值范围是（ ）A．B．C．D．3. 若q是第二象限角，，则（ ）A．B．C．D．4.已知，是虚数单位，则A．B．C．D．5.已知线段是圆的一条动弦，且，若点为直线上的任意一点，则的最小值为（ ）A．B．C．D．6.设，函数在内是增函数，则是的( )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7.要得到函数的图象，只需要将函数的图象A ．向左平移个单位B ．向右平移个单位C ．向左平移个单位D ．向右平移个单位8. 在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它可应用到有限维空间，并构成一般不动点定理的基石．简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数，存在一个点，使得，那么我们称该函数为“不动点”函数，下列为“不动点”函数的是（ ）A．B．C．D．9. 已知，则以下不等式成立的是（ ）A．B．C．D．10.已知双曲线和圆，则（ ）A ．双曲线的离心率为B．双曲线的渐近线方程为C ．当时，双曲线与圆没有公共点D ．当时，双曲线与圆恰有两个公共点浙江省温州市普通高中2024届高三上学期第一次适应性考试数学试题浙江省温州市普通高中2024届高三上学期第一次适应性考试数学试题三、填空题四、解答题11. 在复数范围内，下列命题不正确的是（ ）A ．若是非零复数，则不一定是纯虚数B ．若复数满足，则是纯虚数C ．若，则且D．若，为两个复数，则一定是实数12. 如图，是连接河岸与的一座古桥，因保护古迹与发展的需要，现规划建一座新桥，同时设立一个圆形保护区.规划要求：①新桥与河岸垂直；②保护区的边界为一个圆，该圆与相切，且圆心在线段上；③古桥两端和到该圆上任意一点的距离均不少于.经测量，点分别位于点正北方向､正东方向处，.根据图中所给的平面直角坐标系，下列结论中，正确的是（ ）A ．新桥的长为B ．圆心可以在点处C ．圆心到点的距离至多为D ．当长为时，圆形保护区的面积最大13. 已知，则___________.14.已知函数，则的值为__________．15.设函数，则______.16.设是数列的前n 项和，已知，.(1)求，；(2)令，求.17. 在四棱锥中，侧面为等边三角形，底面ABCD为直角梯形，，，，，E 为线段AB 的中点，过直线CE 的平面与线段PA ，PD 分别交于点M ，N.(1)求证：；(2)若直线PC 与平面CEMN 所成的角的余弦值为，求的值.18. 已知函数．(1)若恒成立，求实数的值；(2)证明：．19. 为激活国内消费布场，挽回疫情造成的损失，国家出台一系列的促进国内消费的优惠政策，某机构从某一电商的线上交易大数据中来跟踪调查消费者的购买力，界定3至8月份购买商品在5000元以上人群属“购买力强人群”，购买商品在5000元以下人群属“购买力弱人群”.现从电商平台消费人群中随机选出200人，发现这200人中属购买力强的人数占80%，并将这200人按年龄分组，记第1组，第2组，第3组，第4组，第5组，得到的频率分布直方图，如图所示.（1）求出频率分布直方图中的a值和这200人的平均年龄；（2）从第2，3，5组中用分层抽样的方法抽取12人，并再从这12人中随机抽取3人进行电话回访，求这三人恰好属于不同组别的概率；（3）把年龄在第1，2，3组的居民称为青少年组，年龄在第4，5组的居民称为中老年组，若选出的200人中“购买力弱人群”的中老年人有20人，问是否有99%的把握认为是否“购买力强人群”与年龄有关？附：0.1500.1000.0500.0250.0100.0050.0012.072 2.7063.841 5.024 6.6357.87910.828，20. 已知圆O：经过点，与x轴正半轴交于点B．Ⅰ______；将结果直接填写在答题卡的相应位置上Ⅱ圆O上是否存在点P，使得的面积为15？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．21.已知点为双曲线上一点，的左焦点到一条渐近线的距离为.(1)求双曲线的标准方程；(2)不过点的直线与双曲线交于两点，若直线PA，PB的斜率和为1，证明：直线过定点，并求该定点的坐标.。
