2019年高考数学试题全国二卷2文科数学

2019年普通高等学校招生全国统一考试（全国Ⅱ卷）文科数学一、选择题1．已知集合A＝{x|x>－1}，B＝{x|x<2}，则A∩B等于()A．(－1，＋∞) B．(－∞，2)C．(－1,2) D．∅答案 C解析A∩B＝{x|x>－1}∩{x|x<2}＝{x|－1<x<2}．2．设z＝i(2＋i)，则等于()A．1＋2i B．－1＋2iC．1－2i D．－1－2i答案 D解析∵z＝i(2＋i)＝－1＋2i，∴＝－1－2i.3．已知向量a＝(2,3)，b＝(3,2)，则|a－b|等于()A. B．2 C．5 D．50答案 A解析∵a－b＝(2,3)－(3,2)＝(－1,1)，∴|a－b|＝＝.4．生物实验室有5只兔子，其中只有3只测量过某项指标．若从这5只兔子中随机取出3只，则恰有2只测量过该指标的概率为()A. B. C. D.答案 B解析设5只兔子中测量过某项指标的3只为a1，a2，a3，未测量过这项指标的2只为b1，b2，则从5只兔子中随机取出3只的所有可能情况为(a1，a2，a3)，(a1，a2，b1)，(a1，a2，b2)，(a1，a3，b1)，(a1，a3，b2)，(a1，b1，b2)，(a2，a3，b1)，(a2，a3，b2)，(a2，b1，b2)，(a3，b1，b2)，共10种可能．其中恰有2只测量过该指标的情况为(a1，a2，b1)，(a1，a2，b2)，(a1，a3，b1)，(a1，a3，b2)，(a2，a3，b1)，(a2，a3，b2)，共6种可能．故恰有2只测量过该指标的概率为＝.5．在“一带一路”知识测验后，甲、乙、丙三人对成绩进行预测．甲：我的成绩比乙高．乙：丙的成绩比我和甲的都高．丙：我的成绩比乙高．成绩公布后，三人成绩互不相同且只有一个人预测正确，那么三人按成绩由高到低的次序为()A．甲、乙、丙B．乙、甲、丙C．丙、乙、甲D．甲、丙、乙答案 A解析由于三人成绩互不相同且只有一个人预测正确．若甲预测正确，则乙、丙预测错误，于是三人按成绩由高到低的次序为甲、乙、丙；若甲预测错误，则甲、乙按成绩由高到低的次序为乙、甲，再假设丙预测正确，则乙、丙按成绩由高到低的次序为丙、乙，于是甲、乙、丙按成绩由高到低排序为丙、乙、甲，从而乙的预测也正确，与事实矛盾；若甲、丙预测错误，则可推出乙的预测也错误．综上所述，三人按成绩由高到低的次序为甲、乙、丙．6．设f(x)为奇函数，且当x≥0时，f(x)＝e x－1，则当x<0时，f(x)等于()A．e－x－1 B．e－x＋1C．－e－x－1 D．－e－x＋1答案 D解析当x<0时，－x>0，∵当x≥0时，f(x)＝e x－1，∴f(－x)＝e－x－1.又∵f(x)为奇函数，∴f(x)＝－f(－x)＝－e－x＋1.7．设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是()A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面答案 B解析对于A，α内有无数条直线与β平行，当这无数条直线互相平行时，α与β可能相交，所以A不正确；对于B，根据两平面平行的判定定理与性质知，B正确，对于C，平行于同一条直线的两个平面可能相交，也可能平行，所以C不正确；对于D，垂直于同一平面的两个平面可能相交，也可能平行，如长方体的相邻两个侧面都垂直于底面，但它们是相交的，所以D不正确，综上可知选B.8．若x1＝，x2＝是函数f(x)＝sin ωx(ω>0)两个相邻的极值点，则ω等于()A．2 B. C．1 D.答案 A解析由题意及函数y＝sin ωx的图象与性质可知，T＝－，∴T＝π，∴＝π，∴ω＝2.9．若抛物线y2＝2px(p>0)的焦点是椭圆 4＋＝1的一个焦点，则p等于()A．2 B．3 C．4 D．8答案 D解析由题意知，抛物线的焦点坐标为，椭圆的焦点坐标为(±，0)，所以＝，解得p＝8，故选D.10．曲线y＝2sin x＋cos x在点(π，－1)处的切线方程为()A．x－y－π－1＝0 B．2x－y－2π－1＝0C．2x＋y－2π＋1＝0 D．x＋y－π＋1＝0答案 C解析设y＝f(x)＝2sin x＋cos x，则f′(x)＝2cos x－sin x，∴f′(π)＝－2，∴曲线在点(π，－1)处的切线方程为y－(－1)＝－2(x－π)，即2x＋y－2π＋1＝0.11．已知α∈，2sin 2α＝cos 2α＋1，则sin α等于()A. B. C. D.答案 B解析由2sin 2α＝cos 2α＋1，得4sin αcos α＝1－2sin2α＋1，即2sin αcos α＝1－sin2α.因为α∈，所以cos α＝，所以2sin α＝1－sin2α，解得sin α＝，故选B.12．设F为双曲线C：－＝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. B. C．2 D.答案 A解析如图，由题意知，以OF为直径的圆的方程为2＋y2＝①，将x2＋y2＝a2记为②式，①－②得x＝，则以OF为直径的圆与圆x2＋y2＝a2的相交弦所在直线的方程为x＝，所以|PQ|＝2. 由|PQ|＝|OF|，得2＝c，整理得c4－4a2c2＋4a4＝0，即e4－4e2＋4＝0，解得e＝，故选A.二、填空题13．若变量x，y满足约束条件则z＝3x－y的最大值是________．答案9解析作出已知约束条件对应的可行域，如图中阴影部分(含边界)所示，由图易知，当直线y＝3x－z过点C时，－z最小，即z最大．由解得即C点坐标为(3,0)，故z max＝3×3－0＝9.14．我国高铁发展迅速，技术先进．经统计，在经停某站的高铁列车中，有10个车次的正点率为0.97，有20个车次的正点率为0.98，有10个车次的正点率为0.99，则经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为________．答案0.98解析经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为＝0.98.15．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b sin A＋a cos B＝0，则B＝________.答案解析∵b sin A＋a cos B＝0，∴＝，由正弦定理，得－cos B＝sin B，∴tan B＝－1，又B∈(0，π)，∴B＝.16．中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1)．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有________个面，其棱长为________．答案26－1解析依题意知，题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后6个面都在正方体的表面上，且该半正多面体的表面由18个正方形，8个正三角形组成，因此题中的半正多面体共有26个面．注意到该半正多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形，设题中的半正多面体的棱长为x，则x＋x＋x＝1，解得x＝－1，故题中的半正多面体的棱长为－1.三、解答题17.如图，长方体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.(1)证明：BE⊥平面EB1C1；(2)若AE＝A1E，AB＝3，求四棱锥E－BB1C1C的体积．(1)证明由已知得B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1，故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1，B1C1，EC1⊂平面EB1C1，所以BE⊥平面EB1C1.(2)解由(1)知∠BEB1＝90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝∠A1EB1＝45°，故AE＝AB＝3，AA1＝2AE＝6.如图，作EF⊥BB1，垂足为F，则EF⊥平面BB1C1C，且EF＝AB＝3.所以四棱锥E－BB1C1C的体积V＝×3×6×3＝18.18．已知{a n}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2＋16.(1)求{a n}的通项公式；(2)设b n＝log2a n，求数列{b n}的前n项和．解(1)设{a n}的公比为q，由题设得2q2＝4q＋16，即q2－2q－8＝0，解得q＝－2(舍去)或q＝4.因此{a n}的通项公式为a n＝2×4n－1＝22n－1.(2)由(1)得b n＝log222n－1＝(2n－1)log22＝2n－1，因此数列{b n}的前n项和为1＋3＋…＋2n－1＝n2.19．某行业主管部门为了解本行业中小企业的生产情况，随机调查了100个企业，得到这些企业第一季度相对于前一年第一季度产值增长率y的频数分布表.(1)分别估计这类企业中产值增长率不低于40%的企业比例、产值负增长的企业比例；(2)求这类企业产值增长率的平均数与标准差的估计值(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)．(精确到0.01)附：≈8.602.解(1)根据产值增长率频数分布表得，所调查的100个企业中产值增长率不低于40%的企业频率为＝0.21.产值负增长的企业频率为＝0.02.用样本频率分布估计总体分布得这类企业中产值增长率不低于40%的企业比例为21%，产值负增长的企业比例为2%.(2)＝×(－0.10×2＋0.10×24＋0.30×53＋0.50×14＋0.70×7)＝0.30，s2＝i(y i－)2＝×[(－0.40)2×2＋(－0.20)2×24＋02×53＋0.202×14＋0.402×7]＝0.029 6，s＝＝0.02×≈0.17.所以，这类企业产值增长率的平均数与标准差的估计值分别为0.30,0.17.20．已知F1，F2是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的两个焦点，P为C上的点，O为坐标原点．(1)若△POF2为等边三角形，求C的离心率；(2)如果存在点P，使得PF1⊥PF2，且△F1PF2的面积等于16，求b的值和a的取值范围．解(1)连接PF1.由△POF2为等边三角形可知在△F1PF2中，∠F1PF2＝90°，|PF2|＝c，|PF1|＝c，于是2a＝|PF1|＋|PF2|＝(＋1)c，故C的离心率为e＝＝－1.(2)由题意可知，若满足条件的点P(x，y)存在，则|y|·2c＝16，·＝－1，即c|y|＝16，①x2＋y2＝c2，②又＋＝1.③由②③及a2＝b2＋c2得y2＝.又由①知y2＝，故b＝4.由②③及a2＝b2＋c2得x2＝(c2－b2)，所以c2≥b2，从而a2＝b2＋c2≥2b2＝32，故a≥4.当b＝4，a≥4时，存在满足条件的点P.所以b＝4，a的取值范围为[4，＋∞)．21．已知函数f(x)＝(x－1)ln x－x－1.证明：(1)f(x)存在唯一的极值点；(2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．证明(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝＋ln x－1＝ln x－(x>0)．因为y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，y＝在(0，＋∞)上单调递减，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f′(1)＝－1<0，f′(2)＝ln 2－＝>0，故存在唯一x0∈(1,2)，使得f′(x0)＝0.又当0<x<x0时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x>x0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，因此，f(x)存在唯一的极值点．(2)由(1)知f(x0)<f(1)＝－2，又f(e2)＝e2－3>0，所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝α.由1<x0<α得0<<1<x0.又f＝ln－－1＝＝＝0，故是f(x)＝0在(0，x0)的唯一根．综上，f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．22．[选修4－4：坐标系与参数方程]在极坐标系中，O为极点，点M(ρ0，θ0)(ρ0>0)在曲线C：ρ＝4sin θ上，直线l过点A(4,0)且与OM垂直，垂足为P.(1)当θ0＝时，求ρ0及l的极坐标方程；(2)当M在C上运动且P在线段OM上时，求P点轨迹的极坐标方程．解(1)因为M(ρ0，θ0)在C上，当θ0＝时，ρ0＝4sin ＝2.由已知得|OP|＝|OA|cos ＝2.设Q(ρ，θ)为l上除P的任意一点，连接OQ，在Rt△OPQ中，ρcos＝|OP|＝2. 经检验，点P在曲线ρcos＝2上．所以，l的极坐标方程为ρcos＝2.(2)设P(ρ，θ)，在Rt△OAP中，|OP|＝|OA|cos θ＝4cos θ，即ρ＝4cos θ.因为P在线段OM上，且AP⊥OM，故θ的取值范围是.所以，P点轨迹的极坐标方程为ρ＝4cos θ，θ∈.23．[选修4－5：不等式选讲]已知f(x)＝|x－a|x＋|x－2|(x－a)．(1)当a＝1时，求不等式f(x)<0的解集；(2)若x∈(－∞，1)时，f(x)<0，求a的取值范围．解(1)当a＝1时，f(x)＝|x－1|x＋|x－2|(x－1)．当x<1时，f(x)＝－2(x－1)2<0；当x≥1时，f(x)≥0.所以，不等式f(x)<0的解集为(－∞，1)．(2)因为f(a)＝0，所以a≥1.当a≥1，x∈(－∞，1)时，f(x)＝(a－x)x＋(2－x)(x－a)＝2(a－x)(x－1)<0. 所以，a的取值范围是[1，＋∞)．祝福语祝你考试成功!。

2019年高考全国2卷文科数学试题解析1．设集合{1,2,3},{2,3,4}A B ==，则AB =A ．{}123,4，， B ．{}123，， C ．{}234，， D ．{}134，， 【答案】A 【解析】由题意{1,2,3,4}A B =，故选A.2．(1i)(2i)++=A ．1i -B ．13i +C ．3i +D ．33i + 【答案】B3．函数π()sin(2)3f x x =+最小正周期为 A ．4π B ．2π C ． π D ．π2【答案】C【解析】由题意2ππ2T ==，故选C. 4．设非零向量a ，b 满足+=-a b a b ，则A ．a ⊥bB ．=a bC ．a ∥bD ．>a b 【答案】A【解析】由+=-a b a b 平方得222222+⋅+=-⋅+a a b b a a b b ，即0⋅=a b ，则⊥a b ，故选A.5．若1a >，则双曲线2221x y a-=的离心率取值范围是A ．)+∞B ．2)C ．D ．(1,2) 【答案】C6．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为 A ．90π B ．63π C ．42π D ．36π【答案】B【解析】由题意，该几何体是由高为6的圆柱截取一半后的图形加上高为4的圆柱，故其体积为221π36π3463π2V =⋅⋅⋅+⋅⋅=，故选B. 7．设,x y 满足约束条件2+330,2330,30,x y x y y -≤⎧⎪-+≥⎨⎪+≥⎩则2z x y =+的最小值是A ．15-B ．9-C ．1D ．9 【答案】A【解析】绘制不等式组表示的可行域，结合目标函数的几何意义可得函数在点()6,3B --处取得最小值，最小值为min 12315z =--=-．故选A.8．函数2()ln(28)f x x x =--的单调递增区间是A ．(,2)-∞-B ． (,1)-∞C ． (1,)+∞D ． (4,)+∞ 【答案】D9．甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞赛的成绩，老师说：你们四人中有2位优秀，2位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩.看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩，根据以上信息，则A．乙可以知道四人的成绩B．丁可以知道四人的成绩C．乙、丁可以知道对方的成绩D．乙、丁可以知道自己的成绩【答案】D【解析】由甲的说法可知乙、丙一人优秀一人良好，则甲、丁一人优秀一人良好，乙看到丙结果则知道自己的结果，丁看到甲的结果则知道自己结果，故选D.10．执行下面的程序框图，如果输入的1a=-，则输出的S=A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B11．从分别写有1,2,3,4,5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为A．110B．15C．310D．25【答案】D【解析】如下表所示，表中的点的横坐标表示第一次取到的数，纵坐标表示第二次取到的数：总计有25种情况，满足条件的有10种. 所以所求概率为102255=. 12．过抛物线2:4C y x =的焦点F ，3的直线交C 于点M （M 在x 的轴上方），l 为C 的准线，点N 在l 上且MN l ⊥,则M 到直线NF 的距离为A 5B ．2C ． 23D ． 33【答案】C二、填空题，本题共4小题，每小题5分，共20分. 13．函数()2cos sin f x x x =+的最大值为 . 5【解析】2()215f x ≤+=14．已知函数()f x 是定义在R 上函数，当(,0)x ∈-∞时，32()2f x x x =+,则(2)f = .【答案】12【解析】(2)(2)[2(8)4]12f f =--=-⨯-+=.15．长方体的长，宽，高分别为3,2,1，其顶点都在球O 球面上，则球O 的表面积为 . 【答案】14π【解析】球的直径是长方体的体对角线，所以222232114,4π14π.R S R =++===16．ABC △的内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ,若2cos cos cos b B a C c A =+,则B = .【答案】π3【解析】由正弦定理可得1π2sin cos sin cos sin cos sin()sin cos 23B B AC C A A C B B B =+=+=⇒=⇒=. 17．（12分）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，等比数列{}n b 的前n 项和为n T ，11221,1,2a b a b =-=+=.（1）若335a b +=，求{}n b 的通项公式； （2）若321T =，求3S . 18．（12分）如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,1,90.2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠=︒ （1）证明：直线BC ∥平面PAD ;（2）若△PCD 的面积为27，求四棱锥P ABCD -的体积. 19．（12分）海水养殖场进行某水产品的新、旧网箱养殖方法的产量对比，收获时各随机抽取100个网箱，测量各箱水产品产量（单位：kg ）, 其频率分布直方图如下：（1）记A 表示事件“旧养殖法的箱产量低于50 kg”，估计A 的概率；（2）填写下面列联表，并根据列联表判断是否有99%的把握认为箱产量与养殖方法有关：（3）根据箱产量的频率分布直方图，对这两种养殖方法的优劣进行比较. 附：22()()()()()n ad bc K a b c d a c b d -=++++.K 2=22006266343815.70510010096104⨯⨯-⨯⨯⨯⨯（）≈.由于15.705＞6.635,故有99%的把握认为箱产量与养殖方法有关.（3）箱产量的频率分布直方图表明：新养殖法的箱产量平均值（或中位数）在50 kg 到55 kg 之间，旧养殖法箱产量平均值(或中位数)在45 kg 到50 kg 之间,且新养殖法的箱产量分布集中程度较旧养殖法箱产量分布集中程度高,因此,可以认为新养殖法的箱产量较高且稳定,从而新养殖法优于旧养殖法. 20．（12分）设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C 错误!未找到引用源。

2019年普通高等学校招生全国统一考试全国2卷含语文，理科数学，英语学科绝密★启用前2019年普通高等学校招生全国统一考试语文本试卷共22题，共150分，共10页。

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一、现代文阅读（36分）（一）论述类文本阅读（本题共3小题，9分）阅读下面的文字，完成1~3题。

杜甫之所以能有集大成之成就，是因为他有可以集大成之容量。

而其所以能有集大成之容量，最重要的因素，乃在于他生而禀有一种极为难得的健全才性——那就是他的博大、均衡与正常。

杜甫是一位感性与理性兼长并美的诗人，他一方面具有极大极强的感性，可以深入到他接触的任何事物，把握住他所欲攫取的事物之精华；另一方面又有着极清明周至的理性，足以脱出于一切事物的蒙蔽与局限，做到博观兼美而无所偏失。

这种优越的禀赋表现于他的诗中，第一点最可注意的成就，便是其汲取之博与途径之正。

就诗歌体式风格方面而言，古今长短各种诗歌他都能深入撷取尽得其长，而且不为一体所限，更能融会运用，开创变化，千汇万状而无所不工。

我们看他《戏为六绝句》之论诗，以及与当时诸大诗人，如李白、高适、岑参、王维、孟浩然等，酬赠怀念的诗篇中论诗的话，都可看到杜甫采择与欣赏的方面之广；而自其《饮中八仙歌》《曲江三章》《同谷七歌》等作中，则可见到他对各种诗体运用变化之神奇工妙；又如从《自京赴奉先县咏怀五百字》《北征》及“三吏”“三别”等五古之作中，可看到杜甫自汉魏五言古诗变化而出的一种新面貌。

就诗歌内容方面而言，杜甫更是无论妍媸巨细，悲欢忧喜，宇宙的一切人物情态，都能随物赋形，淋漓尽致地收罗笔下而无所不包，如写青莲居士之“飘然思不群”，写空谷佳人之“日暮倚修竹”；写丑拙则“袖露两肘”，写工丽则“燕子风斜”；写玉华宫之荒寂，予人以一片沉哀悲响；写洗兵马之欢忭，写出一片欣奋祝愿之情、其涵蕴之博与变化之多，都足以为其禀赋之博大、均衡与正常的证明。

2019年普通高等学校招生全国统一考试（全国II 卷） 文科数学1.设集合{}1-|>=x x A ，{}2|<=x x B ，则=⋂B A ( ) A. ),1(+∞- B. )2,(-∞ C. )2,1(- D. φ2. 设(2)z i i =+，则z = ( ) A. 12i + B. 12i -+ C. 12i - D. 12i --3. 已知向量(2,3)=a ， (3,2)=b ，则-=a b （ ）B. 2C. D. 504. 生物实验室有5只兔子，其中只有3只测量过某项指标.若从这5只兔子中随机取出3只，则恰有2只测量过该指标的概率为（ ）A.23 B. 35C. 25D. 155. 在“一带一路”知识测验后，甲、乙、丙三人对成绩进行预测.甲：我的成绩比乙高. 乙：丙的成绩比我和甲的都高. 丙：我的成绩比乙高.成绩公布后，三人成绩互不相同且只有一个人预测正确，那么三人按成绩由高到低的次序为（ ）A ．甲、乙、丙B ．乙、甲、丙C ．丙、乙、甲D ．甲、丙、乙6. 设()f x 为奇函数，且当0≥x 时，()1=-xf x e ，则当0<x 时，()=f x （ ） A. 1--x e B. 1-+x e C. 1---x e D . 1--+x e7. 设,αβ为两个平面，则//αβ的充要条件是( ) A. α内有无数条直线与β平行 B. α内有两条相交直线与β平行 C. ,αβ平行于同一条直线 D. ,αβ垂直于同一平面8. 若123,44x x ππ==是函数()sin (0)f x x ωω=>两个相邻的极值点，则ω=A ．2B. 32C. 1D.129.若抛物线)0(22>=p px y 的焦点是椭圆1322=+py p x 的一个焦点，则=p （ ） A.2 B.3 C.4 D.810. 曲线2sin cos y x x =+在点(,1)π-处的切线方程为( ) A. 10x y π---= B. 2210x y π---= C. 2210x y π+-+= D. 10x y π+-+=11. 已知(0,)2πα∈，2sin 2cos21αα=+，则sin α=（ ）A.15D.512.设F 为双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b -=>>的右焦点，0为坐标原点，以OF 为直径的圆与圆222x y a +=交于,P Q 两点，若PQ OF =,则C 的离心率为:A.2B.3C.2D.5 二、填空题13. 若变量,x y 满足约束条件23603020x y x y y +-≥⎧⎪+-≤⎨⎪-≤⎩则3z x y =-的最大值是 .14. 我国高铁发展迅速，技术先进.经统计，在经停某站的高铁列车中，有10个车次的正点率为0.97，有20个车次的正点率为0.98，有10个车次的正点率为0.99，则经停该站的高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为 .15. ABC ∆的内角,,A B C 的对边分别为,,a b c .已知sin cos 0b A a B +=，则B = . 16.中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有 个面，其棱长为 .(本题第一空2分，第二空3分.)三、解答题17.如图，长方体1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是正方形，点E 在棱1AA 上，1BE EC ⊥. （1）证明：BE ⊥平面11EB C（2）若1AE AE =,3AB =,求四棱锥11E BB C C -的体积.18.已知{}n a 是各项均为正数的等比数列，162,2231+==a a a . (1)求{}n a 的通项公式：(2)设n n a b 2log =，求数列{}n b 的前n 项和.19. 某行业主管部门为了解本行业中小企业的生产情况，随机调查了100个企业，得到这些企业第一季度相对于前一年第一季度产值增长率y 的频数分布表.y 的分组[)0.20,0-[)0,0.20[)0.20,0.40 [)0.40,0.60 [)0.60,0.80企业数22453147（1）分别估计这类企业中产值增长率不低于40%的企业比例、产值负增长的企业比例； （2）求这类企业产值增长率的平均数与标准差的估计值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）.（精确到0.01） 748.602≈.20. 已知12,F F 是椭圆C ：22221(0,0)x y a b a b+=>>的两个焦点，P 为C 上的点，O 为坐标原点.（1）若2POF ∆为等边三角形，求C 的离心率；（2）如果存在点P ，使得12PF PF ⊥，且12F PF ∆的面积等于16，求b 的值和a 的取值范围.21. 已知函数()(1)ln 1=---f x x x x .证明： （1）()f x 存在唯一的极值点；（2）()0=f x 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.四、选做题（2选1）22.在极坐标系中，O 为极点，点00(,)M ρθ0(0)ρ>在曲线:=4sin C ρθ上，直线l 过点(4,0)A 且与OM 垂直，垂足为P .（1）当03πθ=时，求0ρ及l 的极坐标方程；（2）当M 在C 上运动且P 在线段OM 上时，求P 点轨迹的极坐标方程. 23.[选修4-5：不等式选讲]已知 ()|||2|()f x x a x x x a =-+-- （1）当1a =时，求不等式()0f x <的解集： （2）若(,1)x ∈-∞时，()0f x <，求a 得取值范围.2019年普通高等学校招生全国统一考试（全国II 卷 ）文科数学答 案1. 答案：C 解析：{}1-|>=x x A ，{}2|<=x x B ，∴）（2,1-=⋂B A .2. 答案：D 解析：因为(2)12z i i i =+=-+，所以12z i =--. 3. 答案：A 解答：由题意知(1,1)-=-a b ，所以2-=a b .4. 答案：B 解答：计测量过的3只兔子为1、2、3，设测量过的2只兔子为A 、B 则3只兔子的种类有(1,2,3)(1,2,)A (1,2,)B (1,3,)A (1,3,)B (1,,)A B ()()()()2,3,2,3,2,,3,,A B A B A B ,则恰好有两只测量过的有6种，所以其概率为35.5.答案：A 解答：根据已知逻辑关系可知，甲的预测正确，乙丙的预测错误，从而可得结果. 6. 答案：D 解答：当0<x 时，0->x ，()1--=-xf x e ，又()f x 为奇函数，有()()1-=--=-+xf x f x e .7. 答案：B解析:根据面面平行的判定定理易得答案. 8.答案：A 解答：由题意可知32442T πππ=-=即T=π,所以=2ω. 9.答案：D 解析：抛物线)0(22>=p px y 的焦点是)0,2(p，椭圆1322=+p y p x 的焦点是)0,2(p ±， ∴p p22=，∴8=p . 10. 答案：C 解析：因为2cos sin y x x '=-，所以曲线2sin cos y x x =+在点(,1)π-处的切线斜率为2-， 故曲线2sin cos y x x =+在点(,1)π-处的切线方程为2210x y π+-+=. 11. 答案：B 解答：(0,)2πα∈，22sin 2cos 214sin cos 2cos ααααα=+⇒=，则12sin cos tan 2ααα=⇒=，所以cos α==，所以sin α==. 12. 答案：A解析：设F 点坐标为)0,2c （，则以OF 为直径的圆的方程为2222)2⎪⎭⎫⎝⎛=+-c y c x （-----①，圆的方程222a y x =+-----②，则①-②，化简得到c a x 2=，代入②式，求得caby ±=，则设P 点坐标为),2c ab c a （，Q 点坐标为),2c ab c a -（，故cab PQ 2=，又OF PQ =,则,2c cab=化简得到2222b a c ab +==，b a =∴，故2222==+==aaa b a a c e .故选A. 二、填空题 13. 答案：9 解答：根据不等式组约束条件可知目标函数3z x y =-在()3,0处取得最大值为9. 14.答案：0.98 解答：平均正点率的估计值0.97100.98200.99100.9840⨯+⨯+⨯==.15.答案：34π 解析：根据正弦定理可得sin sin sin cos 0B A A B +=,即()sin sin cos 0A B B +=，显然sin 0A ≠，所以sin cos 0B B +=，故34B π=.16.答案：1 解析：由图2结合空间想象即可得到该正多面体有26个面；将该半正多面体补成正方体后，根据对称性列方程求解. 三、解答题 17.答案： （1）看解析 （2）看解析 解答：（1）证明：因为11B C C ⊥面11A B BA ，BE ⊥面11A B BA∴11B C BE ⊥ 又1111C E B C C ⋂=，∴BE ⊥平面11EB C ；（2）设12AA a =则 229BE a =+，22118+a C E =，22194C B a =+ 因为22211=C B BE C E + ∴3a =，∴11111h 3E BB C C BB C C V S -=1363=183=⨯⨯⨯ 18.答案： （1）122-=n n a ； （2）2n解答：(1)已知162,2231+==a a a ，故162121+=q a q a ，求得4=q 或2-=q ，又0>q ，故4=q ，则12111242---=⋅==n n n n q a a .(2)把n a 代入n b ，求得12-=n b n ，故数列{}n b 的前n 项和为22)]12(1[n nn =-+.19. 答案： 详见解析 解答:（1）这类企业中产值增长率不低于40%的企业比例是14721100100+=， 这类企业中产值负增长的企业比例是2100. （2）这类企业产值增长率的平均数是()0.1020.10240.30530.50140.7071000.30-⨯+⨯+⨯+⨯+⨯÷=⎡⎤⎣⎦这类企业产值增长率的方差是()()()()()222220.100.3020.100.30240.300.30530.500.30140.700.3071000.0296⎡⎤--⨯+-⨯+-⨯+-⨯+-⨯÷=⎣⎦所以这类企业产值增长率的标准差是28.6020.172040.17100==⨯=≈. 20. 答案： 详见解析 解答:（1）若2POF ∆为等边三角形，则P 的坐标为,22c ⎛⎫± ⎪ ⎪⎝⎭，代入方程22221x y a b +=，可得22223144c c a b+=，解得24e =±1e =. （2）由题意可得122PF PF a +=，因为12PF PF ⊥，所以222124PF PF c +=， 所以()22121224PF PF PF PF c +-⋅=，所以222122444PF PF a c b ⋅=-=，所以2122PF PF b ⋅=，所以122121162PF F S PF PF b ∆=⋅==，解得4b =. 因为()212124PF PF PF PF +≥⋅，即()21224a PF PF ≥⋅，即212a PF PF ≥⋅，所以232a ≥，所以a ≥21. 答案：见解析解答：（1）1()ln (0)'=->f x x x x ，设1()ln =-g x x x ，211()0'=+>g x x x则()g x 在(0,)+∞上递增，(1)10=-<g ，11(2)ln 2ln 022=->=g ， 所以存在唯一0(1,2)∈x ，使得00()()0'==f x g x ，当00<<x x 时，0()()0<=g x g x ，当0>x x 时，0()()0>=g x g x ，所以()f x 在0(0,)x 上递减，在0(,)+∞x 上递增，所以()f x 存在唯一的极值点.（2）由（1）知存在唯一0(1,2)∈x ，使得0()0'=f x ，即001ln =x x ， 00000000011()(1)ln 1(1)1()0=---=---=-+<f x x x x x x x x x ， 22221113()(1)(2)110=----=->f e e e e，2222()2(1)130=---=->f e e e e ， 所以函数()f x 在0(0,)x 上，0(,)+∞x 上分别有一个零点.设12()()0==f x f x ，(1)20=-<f ，则1021<<<x x x ，有1111111(1)ln 10ln 1+---=⇒=-x x x x x x ， 2222221(1)ln 10ln 1+---=⇒=-x x x x x x ， 设1()ln 1+=--x h x x x ，当0,1<≠x x 时，恒有1()()0+=h x h x， 则12()()0+=h x h x 时，有121=x x .22.答案：（1）0ρ=l 的极坐标方程：sin()26πρθ+=；（2）P 点轨迹的极坐标方程为=4cos ρθ(,)42ππθ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦. 解析：（1）当03πθ=时，00=4sin 4sin 3πρθ==以O 为原点，极轴为x轴建立直角坐标系，在直角坐标系中有M ，(4,0)A，OM k =，则直线l的斜率3k =-，由点斜式可得直线l：(4)3y x =--，化成极坐标方程为sin()26πρθ+=；（2）∵l OM ⊥∴2OPA π∠=，则P 点的轨迹为以OA 为直径的圆，此时圆的直角坐标方程为22(2)4x y -+=，化成极坐标方程为=4cos ρθ，又P 在线段OM 上，由4sin 4cos ρθρθ=⎧⎨=⎩可得4πθ=，∴P 点轨迹的极坐标方程为=4cos ρθ(,)42ππθ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦. 23.答案（1）看解析（2）看解析解答：（1）当1a =时，22242(2),()12(1)22(12),242(1).x x x f x x x x x x x x x x ⎧-+≥⎪=-+--=-<<⎨⎪-+-≤⎩所以不等式()0f x <等价于224202x x x ⎧-+<⎨≥⎩或22012x x -<⎧⎨<<⎩或224201x x x ⎧-+-<⎨≤⎩解得不等式的解集为{}2x x <。

专题06 立体几何（解答题）1．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点.（1）证明：MN ∥平面C 1DE ； （2）求点C 到平面C 1DE 的距离． 【答案】（1）见解析；（2）41717. 【解析】（1）连结1,B C ME .因为M ，E 分别为1,BB BC 的中点，所以1 ME B C ∥，且112ME B C =. 又因为N 为1A D 的中点，所以112ND A D =. 由题设知11=A B DC ∥，可得11=BC A D ∥，故=ME ND ∥， 因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ED ∥. 又MN ⊄平面1C DE ，所以MN ∥平面1C DE . （2）过C 作C 1E 的垂线，垂足为H .由已知可得DE BC ⊥，1DE C C ⊥，所以DE ⊥平面1C CE ，故DE ⊥CH. 从而CH ⊥平面1C DE ，故CH 的长即为C 到平面1C DE 的距离， 由已知可得CE =1，C 1C =4，所以117C E =，故41717CH =.从而点C 到平面1C DE 的距离为41717.【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用线面垂直找到距离问题，当然也可以用等积法进行求解.2．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥11E BB C C -的体积． 【答案】（1）见详解；（2）18.【解析】（1）由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1， 故11B C BE ⊥．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ． （2）由（1）知∠BEB 1=90°. 由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ，所以1145AEB A EB ︒∠=∠=，故AE =AB =3，126AA AE ==.作1EF BB ⊥，垂足为F ，则EF ⊥平面11BB C C ，且3EF AB ==． 所以，四棱锥11E BB C C -的体积1363183V =⨯⨯⨯=．【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定，以及四棱锥的体积的求解，熟记线面垂直的判定定理，以及四棱锥的体积公式即可，属于基础题型.3．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°．将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2． （1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ； （2）求图2中的四边形ACGD 的面积.【答案】（1）见解析；（2）4.【解析】（1）由已知得AD P BE ，CG P BE ，所以AD P CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE．又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE．（2）取CG的中点M，连结EM，DM.因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC=60°得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM．因此DM⊥CG．在Rt△DEM中，DE=1，EM=3，故DM=2．所以四边形ACGD的面积为4．【名师点睛】本题是很新颖的立体几何考题，首先是多面体折叠问题，考查考生在折叠过程中哪些量是不变的，再者折叠后的多面体不是直棱柱，突出考查考生的空间想象能力.-中，PA⊥平面ABCD，底部ABCD为菱形，E 4．【2019年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P ABCD为CD的中点．（1）求证：BD⊥平面PAC；（2）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；（3）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）存在，理由见解析.【解析】（1）因为PA⊥平面ABCD，⊥．所以PA BD又因为底面ABCD为菱形，所以BD AC ⊥． 所以BD ⊥平面PAC ．（2）因为PA ⊥平面ABCD ，AE ⊂平面ABCD ， 所以PA ⊥AE ．因为底面ABCD 为菱形，∠ABC =60°，且E 为CD 的中点， 所以AE ⊥CD ． 所以AB ⊥AE ． 所以AE ⊥平面PAB ． 所以平面PAB ⊥平面PAE ．（3）棱PB 上存在点F ，使得CF ∥平面PAE ．取F 为PB 的中点，取G 为PA 的中点，连结CF ，FG ，EG ． 则FG ∥AB ，且FG =12AB ． 因为底面ABCD 为菱形，且E 为CD 的中点， 所以CE ∥AB ，且CE =12AB ． 所以FG ∥CE ，且FG =CE ． 所以四边形CEGF 为平行四边形． 所以CF ∥EG ．因为CF ⊄平面PAE ，EG ⊂平面PAE ， 所以CF ∥平面PAE ．【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.5．【2019年高考天津卷文数】如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，PCD △为等边三角形，平面PAC ⊥平面PCD ，,2,3PA CD CD AD ⊥==.（1）设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：GH ∥平面PAD ； （2）求证：PA ⊥平面PCD ；（3）求直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值. 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）33． 【解析】（1）连接BD ，易知AC BD H =I ，BH DH =. 又由BG=PG ，故GH PD ∥.又因为GH ⊄平面P AD ，PD ⊂平面P AD ， 所以GH ∥平面P AD .（2）取棱PC 的中点N ，连接DN .依题意，得DN ⊥PC ， 又因为平面PAC ⊥平面PCD ，平面PAC I 平面PCD PC =， 所以DN ⊥平面P AC ，又PA ⊂平面P AC ，故DN PA ⊥. 又已知PA CD ⊥，CD DN D =I ， 所以PA ⊥平面PCD .（3）连接AN ，由（2）中DN ⊥平面P AC ，可知DAN ∠为直线AD 与平面P AC 所成的角， 因为PCD △为等边三角形，CD =2且N 为PC 的中点， 所以3DN =. 又DN AN ⊥，在Rt AND △中，3sin 3DN DAN AD ∠==. 所以，直线AD 与平面P AC 所成角的正弦值为33.【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识.考查空间想象能力和推理论证能力.6．【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1，A1B1 平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC−A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.又因为BE ⊂平面ABC ，所以CC 1⊥BE .因为C 1C ⊂平面A 1ACC 1，AC ⊂平面A 1ACC 1，C 1C ∩AC =C ， 所以BE ⊥平面A 1ACC 1.因为C 1E ⊂平面A 1ACC 1，所以BE ⊥C 1E .【名师点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.7．【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ，90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点. （1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）35． 【解析】方法一：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ． 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ， 所以，A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC ． 又因为A 1F ∥AB ，∠ABC =90°，故BC ⊥A 1F ． 所以BC ⊥平面A 1EF ． 因此EF ⊥BC ．（2）取BC 中点G ，连接EG ，GF ，则EGFA 1是平行四边形． 由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形． 由（1）得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1， 所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．连接A 1G 交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角（或其补角）． 不妨设AC =4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E =23，EG =3. 由于O 为A 1G 的中点，故11522A G EO OG ===， 所以2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∠==⋅．因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35． 方法二：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC . 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ．如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E –xyz ．不妨设AC =4，则A 1（0，0，23），B （3，1，0），1(3,3,23)B ，33(,,23)22F ，C (0，2，0)． 因此，33(,,23)22EF =u u u r ，(3,1,0)BC =-u u u r ．由0EF BC ⋅=u u u r u u u r得EF BC ⊥． （2）设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ．由（1）可得1=(310)=(0223)BC AC --u u u r u u u r ，，，，，． 设平面A 1BC 的法向量为n ()x y z =，，， 由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u rn n ，得3030x y y z ⎧-+=⎪⎨-=⎪⎩， 取n (131)=，，，故||4sin |cos |=5|||EF EF EF θ⋅==⋅u u u ru u u r u u u r ，n n n |， 因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35． 【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.8．【2018年高考全国Ⅰ卷文数】如图，在平行四边形ABCM 中，3AB AC ==，90ACM =︒∠，以AC为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB DA ⊥． （1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且23BP DQ DA ==，求三棱锥Q ABP -的体积．【答案】（1）见解析；（2）1.【解析】（1）由已知可得，BAC ∠=90°，BA AC ⊥． 又BA ⊥AD ，所以AB ⊥平面ACD ．又AB ⊂平面ABC ， 所以平面ACD ⊥平面ABC ．（2）由已知可得，DC =CM =AB =3，DA =32．又23BP DQ DA ==，所以22BP =． 作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE =∥13DC ．由已知及（1）可得DC ⊥平面ABC ，所以QE ⊥平面ABC ，QE =1． 因此，三棱锥Q ABP -的体积为1111322sin 451332Q ABP ABP V QE S -=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯︒=△．【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的判定以及三棱锥的体积的求解，在解题的过程中，需要清楚题中的有关垂直的直线的位置，结合线面垂直的判定定理证得线面垂直，之后应用面面垂直的判定定理证得面面垂直，需要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，在求三棱锥的体积的时候，注意应用体积公式求解即可.解答本题时，（1）首先根据题的条件，可以得到BAC ∠=90°，即BA AC ⊥，再结合已知条件BA ⊥AD ，利用线面垂直的判定定理证得AB ⊥平面ACD ，又因为AB ⊂平面ABC ，根据面面垂直的判定定理，证得平面ACD ⊥平面ABC ；（2）根据已知条件，求得相关的线段的长度，根据第一问的相关垂直的条件，求得三棱锥的高，之后借助于三棱锥的体积公式求得三棱锥的体积. 9．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】如图，在三棱锥P ABC -中，22AB BC ==，4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且2MC MB =，求点C 到平面POM 的距离．【答案】（1）见解析；（2）455． 【解析】（1）因为AP =CP =AC =4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP =23． 连结OB ．因为AB =BC =22AC，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB =12AC =2． 由222OP OB PB +=知，OP ⊥OB ． 由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC ．（2）作CH ⊥OM ，垂足为H ．又由（1）可得OP ⊥CH ，所以CH ⊥平面POM ． 故CH 的长为点C 到平面POM 的距离． 由题设可知OC =12AC =2，CM =23BC =423，∠ACB =45°． 所以OM =253，CH =sin OC MC ACB OM ⋅⋅∠=455．所以点C 到平面POM 的距离为455． 【名师点睛】立体几何解答题在高考中难度低于解析几何，属于易得分题，第一问多以线面的证明为主，解题的核心是能将问题转化为线线关系的证明，解答本题时，连接OB ，欲证PO ⊥平面ABC ，只需证明,PO AC PO OB ⊥⊥即可；本题第二问可以通过作出点到平面的距离线段求解，即过点C 作CH OM ⊥，垂足为M ，只需论证CH 的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可，本题也可利用等体积法解决.10．【2018年高考全国Ⅲ卷文数】如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧»CD所在平面垂直，M 是»CD 上异于C ，D 的点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）在线段AM 上是否存在点P ，使得MC ∥平面PBD ？说明理由．【答案】（1）见解析；（2）存在，理由见解析.【解析】（1）由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD ． 因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM ．因为M 为»CD上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM ． 又BC ∩CM =C ，所以DM ⊥平面BMC ． 而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC ． （2）当P 为AM 的中点时，MC ∥平面PBD ．证明如下：连结AC 交BD 于O ．因为ABCD 为矩形，所以O 为AC 中点． 连结OP ，因为P 为AM 中点，所以MC ∥OP ．MC ⊄平面PBD ，OP ⊂平面PBD ，所以MC ∥平面PBD ．【名师点睛】本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二问先断出P 为AM 中点，然后作辅助线，由线线平行得到线面平行，考查学生空间想象能力，属于中档题.11．【2018年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 为矩形，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A =PD ，E ，F 分别为AD ，PB 的中点.（1）求证：PE ⊥BC ；（2）求证：平面P AB ⊥平面PCD ； （3）求证：EF ∥平面PCD .【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析.【解析】（1）∵PA PD =，且E 为AD 的中点，∴PE AD ⊥. ∵底面ABCD 为矩形，∴BC AD ∥， ∴PE BC ⊥.（2）∵底面ABCD 为矩形，∴AB AD ⊥. ∵平面PAD ⊥平面ABCD ，∴AB ⊥平面PAD . ∴AB PD ⊥.又PA PD ⊥，∴PD ⊥平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面PCD . （3）如图，取PC 中点G ，连接,FG GD .∵,F G 分别为PB 和PC 的中点，∴FG BC ∥，且12FG BC =. ∵四边形ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点， ∴1,2ED BC DE BC =∥，∴ED FG ∥，且ED FG =，∴四边形EFGD 为平行四边形， ∴EF GD ∥.又EF ⊄平面PCD ，GD ⊂平面PCD ， ∴EF ∥平面PCD .【名师点睛】证明面面关系的核心是证明线面关系，证明线面关系的核心是证明线线关系.证明线线平行的方法：（1）线面平行的性质定理；（2）三角形中位线法；（3）平行四边形法. 证明线线垂直的常用方法：（1）等腰三角形三线合一；（2）勾股定理逆定理；（3）线面垂直的性质定理；（4）菱形对角线互相垂直.12．【2018年高考天津卷文数】如图，在四面体ABCD 中，△ABC 是等边三角形，平面ABC ⊥平面ABD ，点M 为棱AB 的中点，AB =2，AD =23，∠BAD =90°． （1）求证：AD ⊥BC ；（2）求异面直线BC 与MD 所成角的余弦值； （3）求直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）1326；（3）34． 【解析】（1）由平面ABC ⊥平面ABD ，平面ABC ∩平面ABD =AB ，AD ⊥AB ，可得AD ⊥平面ABC ，故AD ⊥BC ．（2）取棱AC 的中点N ，连接MN ，ND ．又因为M 为棱AB 的中点，故MN ∥BC ．所以∠DMN （或其补角）为异面直线BC 与MD 所成的角． 在Rt △DAM 中，AM =1，故DM =22=13AD AM +．因为AD ⊥平面ABC ，故AD ⊥AC ． 在Rt △DAN 中，AN =1，故DN =22=13AD AN +．在等腰三角形DMN 中，MN =1，可得1132cos 26MNDMN DM ∠==．所以，异面直线BC 与MD 所成角的余弦值为1326． （3）连接CM ．因为△ABC 为等边三角形，M 为边AB 的中点，故CM ⊥AB ，CM =3．又因为平面ABC ⊥平面ABD ，而CM ⊂平面ABC ，故CM ⊥平面ABD ．所以，∠CDM 为直线CD 与平面ABD 所成的角．在Rt △CAD 中，CD =22AC AD +=4．在Rt △CMD 中，3sin 4CM CDM CD ∠==． 所以，直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值为34．【名师点睛】本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、平面与平面垂直等基础知识．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．13．【2018年高考江苏卷】在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111,AA AB AB B C =⊥．求证：（1）AB ∥平面11A B C ； （2）平面11ABB A ⊥平面1A BC ． 【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ∥A 1B 1．因为AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C．（2）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．又因为AA1=AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1⊥A1B．又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC．又因为A1B∩BC=B，A1B⊂平面A1BC，BC⊂平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC．因为AB1⊂平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC．【名师点睛】本题可能会出现对常见几何体的结构不熟悉导致几何体中的位置关系无法得到运用或者运用错误，如柱体的概念中包含“两个底面是全等的多边形，且对应边互相平行，侧面都是平行四边形”，再如菱形对角线互相垂直的条件，这些条件在解题中都是已知条件，缺少对这些条件的应用可导致无法证明.解答本题时，（1）先根据平行六面体得线线平行，再根据线面平行判定定理得结论；（2）先根据条件得四边形ABB1A1为菱形，再根据菱形对角线相互垂直，以及已知垂直条件，利用线面垂直判定定理得线面垂直，最后根据面面垂直判定定理得结论.14．【2018年高考浙江卷】如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．（1）证明：AB1⊥平面A1B1C1；（2）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）39 13.【解析】方法一：（1）由11112,4,2,,AB AA BB AA AB BB AB===⊥⊥得11122AB A B==，所以2221111A B AB AA+=.故111AB A B⊥.由2BC=，112,1,BB CC==11,BB BC CC BC⊥⊥得115B C=，由2,120AB BC ABC==∠=︒得23AC=，由1CC AC⊥，得113AC=，所以2221111AB B C AC+=，故111AB B C⊥.因此1AB⊥平面111A B C.（2）如图，过点1C作111C D A B⊥，交直线11A B于点D，连结AD.由1AB⊥平面111A B C得平面111A B C⊥平面1ABB，由111C D A B⊥得1C D⊥平面1ABB，所以1C AD∠是1AC与平面1ABB所成的角.由1111115,22,21BC A B AC===得11111161cos,sin77C A B C A B∠=∠=，所以13C D=，故11139sin13C DC ADAC∠==.因此，直线1AC 与平面1ABB所成的角的正弦值是3913. 方法二：（1）如图，以AC 的中点O 为原点，分别以射线OB ，OC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O -xyz .由题意知各点坐标如下：111(0,3,0),(1,0,0),(0,3,4),(1,0,2),(0,3,1),A B A B C --因此11111(1,3,2),(1,3,2),(0,23,3),AB A B AC ==-=-uuu r uuu u r uuu u r由1110AB A B ⋅=uuu r uuu u r得111AB A B ⊥. 由1110AB AC ⋅=uuu r uuu u r 得111AB AC ⊥. 所以1AB ⊥平面111A B C .（2）设直线1AC 与平面1ABB 所成的角为θ.由（1）可知11(0,23,1),(1,3,0),(0,0,2),AC AB BB ===uuu r uu u r uuu r设平面1ABB 的法向量(,,)x y z =n .由10,0,AB BB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uu u r uuu r n n 即30,20,x y z ⎧+=⎪⎨=⎪⎩可取(3,1,0)=-n . 所以111|39sin |cos ,|13|||AC AC AC θ⋅===⋅uuu ruuu r uuu rn |n n |. 因此，直线1AC 与平面1ABB 所成的角的正弦值是3913. 【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.15．【2017年高考全国Ⅰ文数】如图，在四棱锥P −ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=o ．（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA =PD =AB =DC ，90APD ∠=o ，且四棱锥P −ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积． 【答案】（1）见解析；（2）326+．【解析】（1）由已知90BAP CDP ==︒∠∠，得AB AP ⊥，CD PD ⊥． 由于AB CD ∥，故AB PD ⊥，从而AB ⊥平面PAD ． 又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD ．（2）在平面PAD 内作PE AD ⊥，垂足为E ．由（1）知，AB ⊥平面PAD ，故AB PE ⊥，可得PE ⊥平面ABCD ． 设AB x =，则由已知可得2AD x =，22PE x =． 故四棱锥P ABCD -的体积31133P ABCD V AB AD PE x -=⋅⋅=． 由题设得31833x =，故2x =． 从而2PA PD ==，22AD BC ==，22PB PC ==． 可得四棱锥P ABCD -的侧面积为21111sin 606232222PA PD PA AB PD DC BC ⋅+⋅+⋅+︒=+． 【名师点睛】证明面面垂直，先由线线垂直证明线面垂直，再由线面垂直证明面面垂直；计算点面距离时，如直接求不方便，应首先想到转化，如平行转化、对称转化、比例转化等，找到方便求值时再计算，可以减少运算量，提高准确度，求点面距离有时能直接作出就直接求出，不方便直接求出的看成三棱锥的高，利用等体积法求出．解答本题时，（1）由AB AP ⊥，AB PD ⊥，得AB ⊥平面PAD 即可证得结果；（2）设AB x =，则四棱锥P ABCD -的体积31133P ABCD V AB AD PE x -=⋅⋅=，解得2x =，可得所求侧面积．16．【2017年高考全国Ⅱ卷文数】如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，1,2AB BC AD BAD ==∠90.ABC =∠=︒ （1）证明：直线BC ∥平面PAD ;（2）若△PCD 的面积为27，求四棱锥P ABCD -的体积.【答案】（1）见解析；（2）43.【解析】（1）在平面ABCD 内，因为∠BAD =∠ABC =90°，所以BC ∥AD . 又BC PAD ⊄平面，AD PAD ⊂平面， 故BC ∥平面P AD .（2）取AD 的中点M ，连结PM ，CM ， 由12AB BC AD ==及BC ∥AD ，∠ABC =90°得四边形ABCM 为正方形，则CM ⊥AD .因为侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD =AD ， 所以PM ⊥AD ，PM ⊥底面ABCD ，因为CM ABCD⊂底面，所以PM⊥CM.设BC=x，则CM=x，CD=2x，PM=3x，PC=PD=2x.取CD的中点N，连结PN，则PN⊥CD，所以142PN x=.因为△PCD的面积为27，所以114227 22x x⨯⨯=，解得x=−2（舍去），x=2，于是AB=BC=2，AD=4，PM=23，所以四棱锥P−ABCD的体积()22412343 32V⨯+=⨯⨯=.【名师点睛】解答本题时，（1）先由平面几何知识得BC∥AD，再利用线面平行的判定定理证得结论；（2）取AD的中点M，利用线面垂直的判定定理证明PM⊥底面ABCD，从而得四棱锥的高，再通过平面几何计算得底面直角梯形的面积，最后代入锥体体积公式即可.垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.17．【2017年高考全国Ⅲ卷文数】如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD．（1）证明：AC⊥BD；（2）已知△ACD是直角三角形，AB=BD．若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．【答案】（1）见解析；（2）1:1【解析】（1）取AC的中点O，连结DO，BO.因为AD=CD，所以AC⊥DO.又由于△ABC是正三角形，所以AC ⊥BO . 从而AC ⊥平面DOB ， 故AC ⊥BD . （2）连结EO .由（1）及题设知∠ADC =90°，所以DO =AO . 在Rt △AOB 中，222BO AO AB +=.又AB =BD ，所以222222BO DO BO AO AB BD +=+==， 故∠DOB =90°. 由题设知△AEC 为直角三角形，所以12EO AC =. 又△ABC 是正三角形，且AB =BD ，所以12EO BD =.故E 为BD 的中点，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，即四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积之比为1:1.【名师点睛】解答本题时，（1）取AC 的中点O ，由等腰三角形及等边三角形的性质得OD AC ⊥，OB AC ⊥，再根据线面垂直的判定定理得⊥AC 平面OBD ，即得AC ⊥BD ；（2）先由AE ⊥EC ，结合平面几何知识确定12EO AC =，再根据锥体的体积公式得所求体积之比为1:1.垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行. （2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直. （3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.18．【2017年高考北京卷文数】如图，在三棱锥P –ABC 中，PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，AB ⊥BC ，PA =AB =BC =2，D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点．（1）求证：PA ⊥BD ；（2）求证：平面BDE ⊥平面PAC ；（3）当PA ∥平面BDE 时，求三棱锥E –BCD 的体积． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）13. 【解析】（1）因为PA AB ⊥，PA BC ⊥，所以PA ⊥平面ABC ， 又因为BD ⊂平面ABC ，所以PA BD ⊥.（2）因为AB BC =，D 为AC 中点，所以BD AC ⊥， 由（1）知，PA BD ⊥，所以BD ⊥平面PAC ， 所以平面BDE ⊥平面PAC .（3）因为PA ∥平面BDE ，平面PAC I 平面BDE DE =， 所以PA DE ∥.因为D 为AC 的中点，所以112DE PA ==，2BD DC ==. 由（1）知，PA ⊥平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC . 所以三棱锥E BCD -的体积1163V BD DC DE =⋅⋅=. 【名师点睛】线线、线面的位置关系以及证明是高考的重点内容，而其中证明线面垂直又是重点和热点，要证明线面垂直，根据判定定理可转化为证明线与平面内的两条相交直线垂直，也可根据性质定理转化为证明面面垂直.解答本题时，（1）要证明线线垂直，一般转化为证明线面垂直；（2）要证明面面垂直，一般转化为证明线面垂直、线线垂直；（3）由13BCD V S DE =⨯⨯△即可求解.19．【2017年高考天津卷文数】如图，在四棱锥P ABCD -中，AD ⊥平面PDC ，AD BC ∥，PD PB ⊥，1AD =，3BC =，4CD =，2PD =．（1）求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值； （2）求证：PD ⊥平面PBC ；（3）求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值．【答案】（1）55；（2）见解析；（3）55． 【解析】（1）如图，由已知AD //BC ，故DAP ∠或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角． 因为AD ⊥平面PDC ，所以AD ⊥PD ． 在Rt △PDA 中，由已知，得225AP AD PD =+=，故5cos 5AD DAP AP ∠==． 所以，异面直线AP 与BC 所成角的余弦值为55．（2）因为AD ⊥平面PDC ，直线PD ⊂平面PDC ，所以AD ⊥PD ． 又因为BC //AD ，所以PD ⊥BC ， 又PD ⊥PB ，所以PD ⊥平面PB C ．（3）过点D 作AB 的平行线交BC 于点F ，连结PF ， 则DF 与平面PBC 所成的角等于AB 与平面PBC 所成的角． 因为PD ⊥平面PBC ，故PF 为DF 在平面PBC 上的射影， 所以DFP ∠为直线DF 和平面PBC 所成的角．由于AD //BC ，DF //AB ，故BF =AD =1，由已知，得CF =BC –BF =2． 又AD ⊥DC ，故BC ⊥DC ，在Rt △DCF 中，可得2225DF CD CF =+=， 在Rt △DPF 中，可得5sin 5PD DFP DF ∠==． 所以，直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值为55． 【名师点睛】线线、线面的位置关系以及证明是高考的重点考查内容，而证明线面垂直又是重点和热点，要证明线面垂直，根据判断定理转化为证明直线与平面内的两条相交直线垂直即可，而线线垂直又可通过线面垂直得到，用几何法求线面角，关键是找到斜线的射影，斜线与其射影所成的角就是线面角．解答本题时，（1）异面直线所成的角一般都转化为相交线所成的角，因为AD BC ∥，所以DAP ∠或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角，本题中AD ⊥PD ，进而可得AP 的长，所以cos ADDAP AP∠=；（2）要证明线面垂直，根据判断定理，证明直线与平面内的两条相交直线垂直即可；（3）根据（2）中的结论，作DF AB ∥，连结PF ，则DFP ∠为直线DF 和平面PBC 所成的角．20．【2017年高考山东卷文数】由四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1截去三棱锥C 1−B 1CD 1后得到的几何体如图所示，四边形ABCD 为正方形，O 为AC 与BD 的交点，E 为AD 的中点，A 1E ⊥平面ABCD . （1）证明：1A O ∥平面B 1CD 1;（2）设M 是OD 的中点，证明：平面A 1EM ⊥平面B 1CD 1.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）取11B D 的中点1O ，连接111,CO AO ，由于1111ABCD A B C D -是四棱柱， 所以1111,AO OC AO OC =∥， 因此四边形11AOCO 为平行四边形， 所以11A O O C ∥，又1O C ⊂平面11B CD ，1AO ⊄平面11B CD ， 所以1A O ∥平面11B CD .（2）因为AC BD ⊥，E ，M 分别为AD 和OD 的中点， 所以EM BD ⊥，又1A E ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以1,A E BD ⊥ 因为11,B D BD ∥所以11111,,EM B D A E B D ⊥⊥又1,A E EM ⊂平面1A EM ，1A E EM E =I ， 所以11B D ⊥平面1,A EM 又11B D ⊂平面11B CD ， 所以平面1A EM ⊥平面11B CD .【名师点睛】证明线面平行时，先直观判断平面内是否存在一条直线和已知直线平行，若找不到这样的直线，可以考虑通过面面平行来推导线面平行，应用线面平行性质的关键是如何确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面来确定交线．在应用线面平行、面面平行的判定定理和性质定理进行平行转化时，一定要注意定理成立的条件，严格按照定理成立的条件规范书写步骤，如把线面平行转化为线线平行时，必须说清经过已知直线的平面与已知平面相交，则直线与交线平行．21．【2017年高考江苏卷】如图，在三棱锥A BCD -中，AB ⊥AD ，BC ⊥BD ，平面ABD ⊥平面BCD ，点E ，F (E 与A ，D 不重合)分别在棱AD ，BD 上，且EF ⊥AD ． 求证：（1）EF ∥平面ABC ； （2）AD ⊥AC ．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）在平面ABD 内，因为AB ⊥AD ，EF AD ⊥， 所以EF AB ∥．又因为EF ⊄平面ABC ，AB ⊂平面ABC ， 所以EF ∥平面ABC ．（2）因为平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD I 平面BCD =BD ，BC ⊂平面BCD ，BC BD ⊥， 所以BC ⊥平面ABD ． 因为AD ⊂平面ABD ， 所以BC ⊥AD ．又AB ⊥AD ，BC AB B =I ，AB ⊂平面ABC ，BC ⊂平面ABC ， 所以AD ⊥平面ABC ， 又因为AC ⊂平面ABC ， 所以AD ⊥AC ．【名师点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型： （1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行； （2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直； （3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直．22．【2017年高考浙江卷】如图，已知四棱锥P –ABCD ，△PAD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，BC AD ∥，CD ⊥AD ，PC =AD =2DC =2CB ，E 为PD 的中点．（1）证明：CE ∥平面PAB ；（2）求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值． 【答案】（1）见解析；（2）28． 【解析】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.满分15分.（1）如图，设P A 中点为F ，连接EF ，FB ． 因为E ，F 分别为PD ，P A 中点，所以EF AD ∥且12EF AD =， 又因为BC AD ∥，12BC AD =，所以 EF BC ∥且EF BC =，即四边形BCEF 为平行四边形，所以CE BF ∥，因此CE ∥平面P AB ．（2）分别取BC ，AD 的中点为M ，N ．连接PN 交EF 于点Q ，连接MQ ． 因为E ，F ，N 分别是PD ，P A ，AD 的中点，所以Q 为EF 中点， 在平行四边形BCEF 中，MQ//CE ．由△P AD 为等腰直角三角形得PN ⊥AD ．由DC ⊥AD ，N 是AD 的中点得BN ⊥AD ．PABCDE所以AD⊥平面PBN，由BC//AD得BC⊥平面PBN，那么平面PBC⊥平面PBN．过点Q作PB的垂线，垂足为H，连接MH．MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角．设CD=1．在△PCD中，由PC=2，CD=1，PD=2得CE=2，在△PBN中，由PN=BN=1，PB=3得QH=14，在Rt△MQH中，QH=14，MQ=2，所以sin∠QMH=28，所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值是28．【名师点睛】本题主要考查线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理，属于中档题．证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行．②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面．本题（1）是就是利用方法①证明的．另外，本题也可利用空间向量求解线面角．。

绝密★启用前 全国卷Ⅰ2019年普通高等学校招生全国统一考试理科数学本试卷共4页，23小题，满分150分，考试用时120分钟。

注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。

用2B 铅笔将试卷类型（B ）填涂在答题卡的相应位置上。

2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。

答案不能答在试卷上。

3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

4．考生必须保证答题卡的整洁。

考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。

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．已知集合}242{60{}M x x N x x x =-<<=--<，，则M N =A ．}{43x x -<<B ．}42{x x -<<-C ．}{22x x -<<D ．}{23x x <<2．设复数z 满足=1i z -，z 在复平面内对应的点为(x ，y )，则A ．22+11()x y +=B ．221(1)x y +=-C ．22(1)1y x +-=D ．22(+1)1y x +=3．已知0.20.32log 0.220.2a b c ===，，，则 A ．a b c <<B ．a c b <<C ．c a b <<D ．b c a <<4．古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是512-（512-≈0.618，称为黄金分割比例)，著名的“断臂维纳斯”便是如此．此外，最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是512-．若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为105 cm ，头顶至脖子下端的长度为26 cm ，则其身高可能是A ．165 cmB ．175 cmC ．185 cmD ．190cm5．函数f (x )=2sin cos ++x xx x在[,]-ππ的图像大致为 A ． B ．C ．D ．6．我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“——”和阴爻“— —”，如图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3个阳爻的概率是A ．516B ．1132C ．2132D ．11167．已知非零向量a ，b 满足||2||=a b ，且()-a b ⊥b ，则a 与b 的夹角为A ．π6B ．π3C ．2π3D ．5π68．如图是求112122++的程序框图，图中空白框中应填入A ．A =12A+ B ．A =12A+C ．A =112A+D ．A =112A+9．记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．已知4505S a ==，，则A ．25n a n =-B ． 310n a n =-C ．228n S n n =-D ．2122n S n n =- 10．已知椭圆C 的焦点为121,01,0F F -()，()，过F 2的直线与C 交于A ，B 两点．若22||2||AF F B =，1||||AB BF =，则C 的方程为A ．2212x y += B ．22132x y += C ．22143x y += D ．22154x y += 11．关于函数()sin |||sin |f x x x =+有下述四个结论：①f (x )是偶函数②f (x )在区间（2π,π）单调递增③f (x )在[,]-ππ有4个零点 ④f (x )的最大值为2其中所有正确结论的编号是 A ．①②④B ．②④C ．①④D ．①③12．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 ，PB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为A ．B ．C ． D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ）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．（5分）设z＝，则|z|＝（）A．2B．C．D．12．（5分）已知集合U＝{1，2，3，4，5，6，7}，A＝{2，3，4，5}，B＝{2，3，6，7}，则B∩∁U A＝（）A．{1，6}B．{1，7}C．{6，7}D．{1，6，7} 3．（5分）已知a＝log20.2，b＝20.2，c＝0.20.3，则（）A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．c＜a＜b D．b＜c＜a4．（5分）古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是（≈0.618，称为黄金分割比例），著名的“断臂维纳斯”便是如此．此外，最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是．若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为105cm，头顶至脖子下端的长度为26cm，则其身高可能是（）A．165cm B．175cm C．185cm D．190cm5．（5分）函数f（x）＝在[﹣π，π]的图象大致为（）A．B．C．D．6．（5分）某学校为了解1000名新生的身体素质，将这些学生编号1，2，…，1000，从这些新生中用系统抽样方法等距抽取100名学生进行体质测验．若46号学生被抽到，则下面4名学生中被抽到的是（）A．8号学生B．200号学生C．616号学生D．815号学生7．（5分）tan255°＝（）A．﹣2﹣B．﹣2+C．2﹣D．2+8．（5分）已知非零向量，满足||＝2||，且（﹣）⊥，则与的夹角为（）A．B．C．D．9．（5分）如图是求的程序框图，图中空白框中应填入（）A．A＝B．A＝2+C．A＝D．A＝1+10．（5分）双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的一条渐近线的倾斜角为130°，则C 的离心率为（）A．2sin40°B．2cos40°C．D．11．（5分）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知a sin A﹣b sin B＝4c sin C，cos A ＝﹣，则＝（）A．6B．5C．4D．312．（5分）已知椭圆C的焦点为F1（﹣1，0），F2（1，0），过F2的直线与C交于A，B两点．若|AF2|＝2|F2B|，|AB|＝|BF1|，则C的方程为（）A．+y2＝1B．+＝1C．+＝1D．+＝1二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。