福建省龙岩市2019届高三第一学期期末教学质量检查数学(理科)试题(精编含解析)

2018-2019学年福建省龙岩市高三（上）期末数学试卷（理科）一、选择题：本大题共12个小题，在每小题给出的四个选项中，只有一是符合题目要求的. 1．（5分）已知集合A＝{x|x2﹣16＜0}，，则（）A．A∪B＝∅B．B⊆A C．A∩B＝{0}D．A⊆B2．（5分）设复数z满足（1+i）2z＝1﹣i（i为虚数单位），则|z+i|＝（）A．B．C．D．13．（5分）已知，，，若与垂直，则m＝（）A．﹣1B．1C．2D．34．（5分）已知m，n表示两条不同直线，α表示平面，若m⊥α，则“n⊥α”是“m∥n”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5．（5分）若直线y＝x+m与曲线有且只有一个公共点，则实数m的取值范围为（）A．B．C．D．6．（5分）若点P是以F1，F2为焦点的双曲线上一点，且满足PF1⊥PF2，|PF1|＝3|PF2|，则此双曲线的离心率为（）A．B．C．D．7．（5分）一个几何体的三视图如图所示，其中正视图、俯视图均由三角形和半圆组成，则该几何体的体积为（）A．216+144πB．72+96πC．72+144πD．216+96π8．（5分）已知函数f（x）＝，则函数y＝f（x）+3x的零点个数是（）A．0B．1C．2D．39．（5分）在四面体S﹣ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝3，，平面SAC⊥平面BAC，则该四面体外接球的表面积为（）A．8πB．12πC．16πD．24π10．（5分）已知函数，且，则α+β＝（）A．B．C．D．11．（5分）已知抛物线C：y2＝4x与点M（﹣1，1），过C的焦点且斜率为k的直线与C交于两点A，B，若，则k＝（）A．2B．C．1D．412．（5分）已知定义在R上的可导函数f（x）、g（x）满足f（x）+f（﹣x）＝6x2+3，f（1）﹣g（1）＝3，g′（x）＝f′（x）﹣6x，如果g（x）的最大值为M，最小值为N，则M+N＝（）A．﹣2B．2C．﹣3D．3二、填空题（将答案填在答题纸上）13．（5分）已知实数x，y满足约束条件，则z＝x+3y的最大值为．14．（5分）已知数列{a n}是由实数构成的等比数列，a1＝2，且a2﹣4，a3，a4成等差数列，则{a n}的公比为．15．（5分）我国齐梁时代的数学家祖暅提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异”．意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等．椭球体是椭圆绕其轴旋转所成的旋转体．如图，将底面直径都为2b，高皆为a的椭半球体和已被挖去了圆锥体的圆柱放置于同一平面β上，用平行于平面β且与平面β任意距离d处的平面截这两个几何体，可横截得到S圆及S环两截面．可以证明S圆＝S环总成立．据此，半短轴长为1，半长轴长为3的椭球体的体积是．16．（5分）已知P为函数y＝lnx图象上任意一点，点Q为圆x2+（y﹣e2﹣1）2＝1上任意一点，则线段PQ长度的最小值为．三、解答题（解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17．（12分）设S n为各项均是正数的数列{a n}的前n项和，满足．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）若，求λ．18．（12分）已知在△ABC中，，点P在边BC上，且AP⊥AB，．（1）若，求PB．（2）求的取值范围．19．（12分）如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，平面MCD⊥平面ABC，且MD⊥MB．（1）证明：平面AMD⊥平面CMB；（2）当MD≥MC，且AM与平面ABCD所成角的正切值为时，求二面角B﹣MA﹣D 的正弦值．20．（12分）已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线与椭圆C交于M，N两点，△F2MN的周长为8，直线y＝x被椭圆C截得的线段长为．（1）求椭圆C的方程；（2）设A，B是椭圆上两动点，线段AB的中点为P，OA，OB的斜率分别为k1，k2（O 为坐标原点），且4k1k2＝﹣3，求|OP|的取值范围．21．（12分）已知函数f（x）＝x2﹣ax﹣aln（x﹣1）+2a（a∈R）．（1）讨论f（x）的单调性；（2）令函数g（x）＝f（x）+e x﹣2﹣x2+（a﹣1）ln（x﹣1），若函数g（x）有且只有一个零点x0，试判断x0与3的大小，并说明理由．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．（10分）已知在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为，曲线C的参数方程为（α为参数）．（1）求直线l和曲线C的直角坐标方程；（2）设点P是曲线C上的一个动点，求它到直线l的距离d的最大值．[选修4-5：不等式选讲]23．设函数f（x）＝|2x+1|+|x﹣1|．（1）解不等式f（x）＜4；（2）若∀x∈[﹣1，2]，f（x）+t2＜7t成立，求实数t的取值范围．2018-2019学年福建省龙岩市高三（上）期末数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12个小题，在每小题给出的四个选项中，只有一是符合题目要求的. 1．【解答】解：∵x2﹣16＜0，∴﹣4＜x＜4，∴A＝（﹣4，4）∵3＝1＝30，∴x2+6x＝0，∴x＝0或x＝﹣6，∴B＝{0，﹣6}，∴A∩B＝{0}．故选：C．2．【解答】解：由（1+i）2z＝1﹣i得2iz＝1﹣i，则z＝＝＝＝﹣i，则z+i＝﹣i+i＝﹣+i，则|z+i|＝＝＝，故选：B．3．【解答】解：；∵；∴；∴m＝3．故选：D．4．【解答】解：若m⊥α，n⊥α，则m∥n，充分性成立若m∥n，m⊥α，则n⊥α，必要性成立，故“n⊥α”是“m∥n”的充要条件，故选：C．5．【解答】解：作出曲线与直线y＝x+m的图象如图：当直线y＝x+m与半圆相切时，m＝．当直线y＝x+m与半圆相交时，﹣1≤m＜1．∴实数m的取值范围为．故选：C．6．【解答】解：∵|PF1|＝3|PF2|∴|PF1|﹣|PF2|＝2a∴|PF1|＝3a，|PF2|＝a∵PF1⊥PF2，F1F2＝2c∴PF12+PF22＝F1F22．∴2c2＝5a2∴e＝，故选：B．7．【解答】解：一个几何体的三视图如图所示，其中正视图、俯视图均由三角形和半圆组成，则该几何体的直观图如图：球的半径为6，四棱锥的高为9，底面对角线的长度为12，几何体的体积为：×12×6×9＝216+144π．故选：A．8．【解答】解：函数f（x）＝，函数y＝f（x）+3x的零点个数，就是函数y＝f（x）与y＝﹣3x两个函数的图象的交点个数：如图：由函数的图象可知，零点个数为2个．故选：C．9．【解答】解：∵AB⊥BC，且AB＝BC＝3，则，且△ABC是以AC 为斜边的等腰直角三角形，∴，则△SAC是边长为的等边三角形，如下图所示，取AC的中点M，则SM⊥AC，且，∵平面SAC⊥平面ABC，平面SAC∩平面ABC＝AC，SM⊥AC，SM⊂平面SAC，∴SM⊥平面ABC，∵BM⊂平面ABC，所以，SM⊥BM，∵AM＝CM＝BM，由勾股定理易得，，所以，该四面体的外接球的直径为，则，因此，该四面体外接球的表面积为4πR2＝24π．故选：D．10．【解答】解：∵函数f（x）＝sin（2x+）（0≤x＜π），∴2x+∈[，）．∵f（α）＝sin（2α+）＝f（β）＝sin（2β+）＝∈（0，）（α≠β），不妨假设α＜β，则2α+∈（，π），2β+∈（2π，），∴α∈（，），β∈（），则α+β∈（，）．再根据sin（2α+）﹣sin（2β+）＝2cos，∴cos（α+β+）＝0，则α+β+＝，或α+β+＝，则α+β＝（舍去）或α+β＝，故选：D．11．【解答】解：∵抛物线C：y2＝4x的焦点F（1，0），∴过A，B两点的直线方程为y＝k（x﹣1），联立可得，k2x2﹣2（2+k2）x+k2＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2＝，x1x2＝1，∴y1+y2＝k（x1+x2﹣2）＝，y1y2＝k2（x1﹣1）（x2﹣1）＝k2[x1x2﹣（x1+x2）+1]＝﹣4，∵M（﹣1，1），∴＝（x1+1，y1﹣1），＝（x2+1，y2﹣1），∵•＝0，∴（x1+1）（x2+1）+（y1﹣1）（y2﹣1）＝0，整理可得，x1x2+（x1+x2）+y1y2﹣（y1+y2）+2＝0，∴1+2+﹣4﹣+2＝0，即k2﹣4k+4＝0，∴k＝2．故选：A．12．【解答】解：设g（x）＝f（x）﹣3x2+c，则g（1）＝f（1）﹣3+c，而f（1）﹣g（1）＝3，故g（1）＝g（1）+c，故c＝0，故g（x）＝f（x）﹣3x2，则g（﹣x）＝f（﹣x）﹣3x2，故g（x）+g（﹣x）＝f（x）+f（﹣x）﹣6x2，而f（x）+f（﹣x）＝6x2+3，故f（x）+f（﹣x）﹣6x2＝3，故g（x）+g（﹣x）＝3，故g（x）的图象关于（0，）对称，故＝，故M+N＝3，故选：D．二、填空题（将答案填在答题纸上）13．【解答】解：作出实数x，y满足约束条件，所对应的可行域（如图阴影），变形目标函数可得y＝﹣x z，平移直线y＝﹣x可知，当直线经过点A（2，6）时，直线的截距最小值，此时目标函数取最大值z＝2+3×6＝20，故答案为：20．14．【解答】解：∵数列{a n}是由实数构成的等比数列，a1＝2，且a2﹣4，a3，a4成等差数列，∴2a3＝（a2﹣4）+a4，即2×2q2＝2q﹣4+2q3，整理，得（q﹣2）（q2+1）＝0，∴{a n}的公比q＝2．故答案为：2．15．【解答】解：由题意，短轴长为2，长轴为6的椭球体的体积V＝2（π•12•3﹣•π•12•3）＝4π．故答案为：4π16．【解答】解：圆x2+（y﹣e2﹣1）2＝1的圆心坐标为：C（0，e2+1）．y＝lnx对x求导可得：y′＝．设与曲线y＝lnx相切的切点为M（x0，lnx0），且满足CM与切线垂直．则•＝﹣1，化为：lnx0+﹣e2﹣1＝0，令g（x）＝lnx+x2﹣e2﹣1在（0，+∞）上单调递增，且g（e）＝0．∴x0＝e．∴切点为：（e，1）．∴线段PQ长度的最小值＝﹣1＝e﹣1．故答案为：e﹣1．三、解答题（解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17．【解答】解：（1）∵．∴n≥2时，+……+＝n﹣1．∴＝1，可得a n＝10n．（2）S n＝10+102+……+10n＝＝（10n﹣1）．∵，∴λ•+＝λ•+（10n﹣1）．化为：λ＝．18．【解答】解：（1）∵．，∠CAP＝﹣＝，∴在△P AC中，由余弦定理知：PC2＝AP2+AC2﹣2AP•AC cos∠CAP，即：7＝3+AC2﹣2×，解得：AC＝4，（负值舍去），∴由正弦定理，可得：，解得：sin C＝，∴cos C＝＝，∴sin B＝sin（∠BAC+C）＝sin∠BAC cos C+cos∠BAC sin C＝+（﹣）×＝，∴在△ABC中，由正弦定理，可得：，解得：BC＝2，∴PB＝BC﹣PC＝2﹣＝．（2）设∠APB＝θ，则∠ACP＝θ﹣，在Rt△APB中，PB＝，在△P AC中，由正弦定理知＝，得PC＝，于是＝+＝＝，由题意知＜θ＜，＜＜，可得：sin（）∈（，1]，故＜sinθ＜1，可得：＝∈（1，]，即的取值范围为：（1，]，19．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴BC⊥CD，又平面MCD⊥平面ABC，且平面MCD∩平面ABC＝CD，∴BC⊥平面MCD，则MD⊥BC，又MD⊥MB，MB∩BC＝B，∴MD⊥平面MBC，而MD⊂平面MAD，∴平面AMD⊥平面CMB；（2）解：过M作MO⊥CD，则MO⊥平面ABCD，设OC＝x，则OD＝2﹣x，AO＝，在Rt△DMC中，可得OM＝．由AM与平面ABCD所成角的正切值为，得，解得x＝或x＝1．∵MD≥MC，∴x＝1．以O为坐标原点，分别以OC，OM所在直线为y，z轴建立空间直角坐标系．则A（2，﹣1，0），D（0，﹣1，0），B（2，1，0），M（0，0，1）．设平面ABM与平面ADM的一个法向量分别为，．由，取z1＝2，得；由，取z2＝﹣1，得．∴cos＜＞＝＝．∴二面角B﹣MA﹣D的正弦值为．20．【解答】解：（1）由过点F1的直线与椭圆C交于M，N两点，△F2MN的周长为8，可得4a＝8，a＝2；椭圆的方程中令x＝y，可得x2＝y2＝…①．可得，…②，由①②及a＝2可得a2＝4，b2＝3．∴椭圆C的方程为：；（2）当直线AB的斜率k＝0时，此时k1，k2（O为坐标原点），满足4k1k2＝﹣3，k1＝﹣k2．可令AB的方程为：y＝，（x B＞0）由可得B（，），此时|OP|＝，当直线AB的斜率k≠0时，可令AB的方程为：x＝my+t，由可得（3m2+4）y2+6mty+3t2﹣12＝0，△＝36m2t2﹣4（3m2+4）（3t2﹣12）＞0⇒9m2﹣t2+12＞0…①，x1+x2＝m（y1+y2）+2t＝．∴p（，）．∵4k1k2＝﹣3，∵⇒4y1y2+3x1x2＝0．⇒（4+3m2）y1y2+3mt（y1+y2）+3t2＝0．⇒3t2﹣12++3t2＝0．⇒2t2＝3m2+4…②由①②可得t2≥2|OP|2＝＝＝＝＝∈（，2]|OP|．综上，|OP|的取值范围为[，]．21．【解答】解：（1）f′（x）＝2x﹣a﹣＝＝（x＞1），当，即a≤0时，f′（x）＞0在（1，+∞）上恒成立，f（x）在（1，+∞）上单调递增；当＞1，即a＞0时，若x∈（1，），则f′（x）＜0，若x∈（，+∞），则f′（x）＞0，∴f（x）在（1，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增；（2）函数g（x）＝f（x）+e x﹣2﹣x2+（a﹣1）ln（x﹣1）＝e x﹣2﹣ax﹣ln（x﹣1）+2a．则g′（x）＝，令h（x）＝g′（x），则h′（x）＝＞0，∴g′（x）在（1，+∞）上单调递增，当x＞1且x→1时，g′（x）→﹣∞，x→+∞，g′（x）→+∞，∴g′（x）在（1，+∞）上有唯一零点x1，当x∈（1，x1）时，g′（x）＜0，当x∈（x1，+∞）时，g′（x）＞0．∴g（x）min＝g（x1），由已知函数g（x）有且只有一个零点x0，则x0＝x1．∴，即，＝0．，令t（x）＝（x＞1）．则t′（x）＝＝＝．∴x∈（1，2）时，t′（x）＞0，x∈（2，+∞）时，t′（x）＜0．∴t（x）在（2，+∞）上单调递减．∵t（2）＝1＞0，t（3）＝﹣ln2+＜0，∴t（x）在（2，3）上有一个零点，在（3，+∞）上无零点．若t（x）在（1，2）上有一个零点，则该零点必小于3．综上，x0＜3．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．【解答】解：（1）∵直线l的极坐标方程为，即﹣3＝0，即﹣ρcosθ﹣3＝0，∴直线l的直角坐标方程为x﹣+3＝0，∵曲线C的参数方程为（α为参数）．∴曲线C的直角坐标方程为＝1．（2）∵点P是曲线C上的一个动点，∴设P（），∴P到直线l的距离d＝＝，（tanβ＝﹣），当sin（α+β）＝1时，点P到直线l的距离d取最大值．[选修4-5：不等式选讲]23．【解答】解：（1）f（x）＜4⇔或或；解得﹣＜x＜；f（x）＜4的解集为（﹣，）；（2）f（x）＝，∴f（x）max＝6，∴∀x∈[﹣1，2]，f（x）+t2＜7t成立⇔6+t2＜7t，解得1＜t＜6，实数t的取值范围是（1，6）．。

专题三压轴解答题第一关以立体几何中探索性问题为背景的解答题【名师综述】利用空间向量解决探索性问题立体几何中的探索性问题立意新颖，形式多样，近年来在高考中频频出现，而空间向量在解决立体几何的探索性问题中扮演着举足轻重的角色，它是研究立体几何中的探索性问题的一个有力工具，应用空间向量这一工具，为分析和解决立体几何中的探索性问题提供了新的视角、新的方法．下面借“题”发挥，透视有关立体几何中的探索性问题的常见类型及其求解策略，希望读者面对立体几何中的探索性问题时能做到有的放矢，化解自如．1.以“平行”为背景的存在判断型问题典例1 （2019·山东省实验中学高考模拟）如图所示的矩形ABCD中，AB=12AD=2，点E为AD边上异于A，D两点的动点，且EF//AB，G为线段ED的中点，现沿EF将四边形CDEF折起，使得AE与CF的夹角为60°，连接BD，FD．(1)探究：在线段EF上是否存在一点M，使得GM//平面BDF，若存在，说明点M的位置，若不存在，请说明理由；(2)求三棱锥G—BDF的体积的最大值，并计算此时DE的长度．【名师指点】本题是直线和平面平行的存在性问题，这种问题可以利用空间直角坐标系，通过建系设点，利用空间向量求解，如果利用传统立体几何的方法，就需利用分析法，利用直线和平面平行的性质定理寻求点的位置．【举一反三】如图所示,在四棱锥中,四边形是正方形,点分别是线段的中点.（1）求证：;（2）线段上是否存在一点,使得面面,若存在，请找出点并证明;若不存在,请说明理由.类型2 以“垂直”为背景的存在判断型问题典例2 如图，在四棱锥中，四边形为平行四边形，，为中点,（1）求证：平面；（2）若是正三角形，且.(Ⅰ)当点在线段上什么位置时，有平面？(Ⅱ)在(Ⅰ)的条件下，点在线段上什么位置时，有平面平面？【名师指点】以直线和平面垂直、直线和直线垂直为背景的垂直问题，可以通过建立空间直角坐标系，通过直线的方向向量与平面的法向量共线或者直线方向向量垂直求得，也可以利用传统立体几何知识利用分析的方法，确定线、面垂直关系来求解．【举一反三】【北京市通州区2018-2019学年第一学期高三年级期末考试】如图，在三棱柱中，底面，△ABC是边长为的正三角形，，D，E分别为AB，BC的中点．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值；（Ⅲ）在线段上是否存在一点M ，使平面？说明理由.类型3 以“角”为背景的探索性问题典例3 （2019·山东高三月考）如图，在四棱锥S ABCD -中，四边形ABCD 是矩形，SAD ∆是等边三角形，平面SAD ⊥平面ABCD ，1AB =，E 为棱SA 上一点，P 为AD 的中点，四棱锥S ABCD -的体积为233.（1）若E 为棱SA 的中点，F 是SB 的中点，求证：平面∥PEF 平面SCD ； （2）是否存在点E ，使得平面PEB 与平面SAD 所成的锐二面角的余弦值为30？若存在，确定点E 的位置；若不存在，请说明理由.【名师指点】与“两异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角”有关的存在性问题，常利用空间向量法解决，可以避开抽象、复杂地寻找角的过程，只要能够准确理解和熟练应用夹角公式，就可以把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等．事实说明，空间向量法是证明立体几何中存在性问题的强有力的方法．【举一反三】（2019·山东枣庄八中高三月考（理））如图，直三棱柱111-ABC A B C 中，120ACB ∠=且12AC BC AA ===，E 是棱1CC 上动点，F 是AB 中点.（Ⅰ）当E 是中点C 1C 时，求证：CF 平面 AE 1B ；（Ⅱ）在棱1CC 上是否存在点E ，使得平面AE 1B 与平面ABC 所的成锐二面角为6π，若存在，求CE 的长，若不存在，请说明理由.【精选名校模拟】1. （·山东高考模拟（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，,AD PCD PD CD ⊥⊥平面，底面ABCD 是梯形，//,1,2,AB DC AB AD PD CD AB Q ====为棱PC 上一点. (Ⅰ)若点Q 是PC 的中点，证明：//PQ PAD 平面； (Ⅱ)PQ PC λ=试确定λ的值使得二面角Q BD P --为60°. 2. （2019·夏津第一中学高三月考）如图所示，等腰梯形ABCD 中，AB CD ∥，2AD AB BC ===，4CD =，E 为CD 中点，AE 与BD 交于点O ，将ADE 沿AE 折起，使点D 到达点P 的位置（P ∉平面ABCE ）．（1）证明：平面POB ⊥平面ABCE ； （2）若6PB =，试判断线段PB 上是否存在一点Q （不含端点），使得直线PC 与平面AEQ 所成角的正弦值为15，若存在，求出PQ OB 的值；若不存在，说明理由．3. （2018·山东济南外国语学校高三月考（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，60,90DAB ADP ∠=︒∠=︒，平面ADP ⊥平面ABCD ，点F 为棱PD 的中点．（Ⅰ）在棱AB 上是否存在一点E ，使得AF 平面PCE ，并说明理由；（Ⅱ）当二面角D FC B --的余弦值为24时，求直线PB 与平面ABCD 所成的角． 【答案】（1）见解析（2）60︒4. （2019·北京北师大实验中学高三月考）如图所示，在四棱锥P ABCD -中，底面四边形ABCD 为正方形，已知PA ⊥平面ABCD ，2AB =，2PA =.（1）证明：BD PC ⊥；（2）求PC 与平面PBD 所成角的正弦值；（3）在棱PC 上是否存在一点E ，使得平面BDE ⊥平面BDP ？若存在，求PEPC的值并证明，若不存在，说明理由.5.【黑龙江省哈尔滨市第六中学2019届高三上学期期末考试】如图，在棱长为2的正方体中，点分别是棱上的动点，且.（1）求证：；（2）当三棱锥的体积取得最大值时，求二面角的正切值． 6. 【湖北省2019届高三联考测试】如图，在四棱锥中，，，，且PC=BC=2AD=2CD=2，.（1）平面；（2）在线段上，是否存在一点，使得二面角的大小为？如果存在，求的值；如果不存在，请说明理由.7. 【福建省龙岩市2019届高三第一学期期末教学质量检查】如图，四边形是边长为2的正方形，平面平面，且.（1）证明：平面平面；（2）当，且与平面所成角的正切值为时，求二面角的正弦值.8. 【福建省厦门市2019届高三年级第一学期期末质检】如图，在四棱锥中，平面，四边形为平行四边形，且，.（1）证明：平面；（2）当直线与平面所成角的正切值为时，求二面角的余弦值.9. 【北京市朝阳区2018-2019高三数学期末考试】如图，三棱柱的侧面是平行四边形，，平面平面，且分别是的中点.（1）求证：平面；（2）当侧面是正方形，且时，（ⅰ）求二面角的大小；（ⅱ）在线段上是否存在点，使得？若存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由.10. 如图，在多面体ABCDMN 中，四边形ABCD 为直角梯形， //AB CD ， 22AB =， BC DC ⊥，2BC DC AM DM ====，四边形BDMN 为矩形.（1）求证：平面ADM ⊥平面ABCD ；（2）线段MN 上是否存在点H ，使得二面角H AD M --的大小为4π？若存在，确定点H 的位置并加以证明.11. 在三棱锥P ABC -中， AB AC =， D 为BC 的中点， PO ⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上，已知4,3,2,1BC PO AO OD ====. （1）证明： AP BC ⊥；（2）在线段AP 上是否存在一点M ，使得二面角A MC B --为直二面角？若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由.12 【安徽省江南十校2019届高三第二次大联考】如图，已知四边形中，对角线，，为等边三角形.（1）求面积的最大值；（2）当的面积最大时，将四边形沿折起成直二面角，在上是否存在点使直线与平面所成的角满足：，若不存在，说明理由；若存在，指出点的位置.13. 【云南省昆明市2019届高三1月复习诊断测试】如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面，，，是棱上的一点.（1）若平面，证明：；（2）在（1）的条件下，棱上是否存在点，使直线与平面所成角的大小为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.14. 【河南省开封市2019届高三上学期第一次模拟考试】如图所示，是边长为2的正方形，平面，且.（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）线段上是否存在一点，使二面角所成角的余弦值为？若存在，请找出点的位置；若不存在，请说明理由.15.如图，五面体11A BCC B -中，14AB =，底面ABC 是正三角形，2AB =，四边形11BCC B 是矩形，二面角1A BC C --为直二面角．（1）D 在AC 上运动，当D 在何处时，有1//AB 平面1BDC ，并说明理由； （2）当1//AB 平面1BDC 时，求二面角1C BC D --余弦值．专题三压轴解答题第一关以立体几何中探索性问题为背景的解答题【名师综述】利用空间向量解决探索性问题立体几何中的探索性问题立意新颖，形式多样，近年来在高考中频频出现，而空间向量在解决立体几何的探索性问题中扮演着举足轻重的角色，它是研究立体几何中的探索性问题的一个有力工具，应用空间向量这一工具，为分析和解决立体几何中的探索性问题提供了新的视角、新的方法．下面借“题”发挥，透视有关立体几何中的探索性问题的常见类型及其求解策略，希望读者面对立体几何中的探索性问题时能做到有的放矢，化解自如．2.以“平行”为背景的存在判断型问题典例1 （2019·山东省实验中学高考模拟）如图所示的矩形ABCD中，AB=12AD=2，点E为AD边上异于A，D两点的动点，且EF//AB，G为线段ED的中点，现沿EF将四边形CDEF折起，使得AE与CF的夹角为60°，连接BD，FD．(1)探究：在线段EF上是否存在一点M，使得GM//平面BDF，若存在，说明点M的位置，若不存在，请说明理由；(2)求三棱锥G—BDF的体积的最大值，并计算此时DE的长度．【答案】（1）见解析；（2）33,2【解析】（1）取线段EF的中点M，有GM∥平面BDF．证明如下：如图所示，取线段EF的中点M，∵G为线段ED的中点，M为线段EF的中点，∴GM为△EDF的中位线，故GM∥DF，又GM⊄平面BDF，DF⊂平面BDF，故GM∥平面BDF；（2）∵CF ∥DE ，且AE 与CF 的夹角为60°，故AE 与DE 的夹角为60°，即60AED ∠=︒， 过D 作DP ⊥AE 交AE 于P ，由已知得DE ⊥EF ，AE ⊥EF ，∴EF ⊥平面AED ， EF ⊥DP,又AE EF=E,∴DP ⊥平面AEFB ， 即DP 为点D 到平面ABFE 的距离，且3DP x =， 设DE ＝x ，则AE ＝BF ＝4﹣x ， 由（1）知GM ∥DF ，G BDF M BDF D MBF V V V ---===11131(4)3322MBF S DP x x ⎡⎤⋅⋅=⨯⨯⨯-⨯⎢⎥⎣⎦()24333(4)x x x x -+=-⋅=，当且仅当4﹣x ＝x 时等号成立，此时x ＝DE ＝2． 故三棱锥G ﹣BDF 的体积的最大值为33，此时DE 的长度为2． 【名师指点】本题是直线和平面平行的存在性问题，这种问题可以利用空间直角坐标系，通过建系设点，利用空间向量求解，如果利用传统立体几何的方法，就需利用分析法，利用直线和平面平行的性质定理寻求点的位置．【举一反三】如图所示,在四棱锥中,四边形是正方形,点分别是线段的中点.（1）求证：;（2）线段上是否存在一点,使得面面,若存在，请找出点并证明;若不存在,请说明理由. 【解析】（1）证明：由四边形为正方形可知，连接必与相交于中点故∵面∴面（2）线段上存在一点满足题意，且点是中点理由如下：由点分别为中点可得：∵面∴面由（1）可知，面且故面面类型2 以“垂直”为背景的存在判断型问题典例2 如图，在四棱锥中，四边形为平行四边形，，为中点,（1）求证：平面；（2）若是正三角形，且.(Ⅰ)当点在线段上什么位置时，有平面？(Ⅱ)在(Ⅰ)的条件下，点在线段上什么位置时，有平面平面？【解析】（1）证明：连接,,=，因为ABCD是平行四边形，则为中点，连接，又为中点，面，面平面.（2）解(Ⅰ)当点在线段中点时，有平面取中点，连接，又，又，，平面，又是正三角形，平面(Ⅱ)当时，有平面平面过作于，由(Ⅰ)知，平面，所以平面平面易得【名师指点】以直线和平面垂直、直线和直线垂直为背景的垂直问题，可以通过建立空间直角坐标系，通过直线的方向向量与平面的法向量共线或者直线方向向量垂直求得，也可以利用传统立体几何知识利用分析的方法，确定线、面垂直关系来求解．【举一反三】【北京市通州区2018-2019学年第一学期高三年级期末考试】如图，在三棱柱中，底面，△ABC是边长为的正三角形，，D，E分别为AB，BC的中点．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值；（Ⅲ）在线段上是否存在一点M，使平面？说明理由.【解析】（Ⅰ）证明：在三棱柱中，因为底面，CD⊂平面ABC，所以．又为等边三角形，为的中点，所以．因为，所以平面；（Ⅱ）取中点，连结，则因为，分别为，的中点，所以．由（Ⅰ）知，，如图建立空间直角坐标系．由题意得，，，,,,,，，．设平面法向量，则即令，则，．即．平面BAE法向量．因为，，，所以由题意知二面角为锐角，所以它的余弦值为.（Ⅲ）解：在线段上不存在点M，使平面．理由如下．假设线段上存在点M，使平面．则，使得．因为，所以．又，所以．由（Ⅱ）可知，平面法向量，平面，当且仅当，即，使得．所以 解得．这与矛盾．所以在线段上不存在点M ，使平面．类型3 以“角”为背景的探索性问题典例3 （2019·山东高三月考）如图，在四棱锥S ABCD -中，四边形ABCD 是矩形，SAD ∆是等边三角形，平面SAD ⊥平面ABCD ，1AB =，E 为棱SA 上一点，P 为AD 的中点，四棱锥S ABCD -的体积为23.（1）若E 为棱SA 的中点，F 是SB 的中点，求证：平面∥PEF 平面SCD ； （2）是否存在点E ，使得平面PEB 与平面SAD 30E 的位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在，点E 位于AS 的靠近A 点的三等分点. 【解析】（1）证明：因为E 、F 分别是SA 、SB 的中点， 所以EF AB ∥，在矩形ABCD 中，AB CD ∥， 所以EF CD ∥，又因为E 、P 分别是SA 、AD 的中点， 所以∥EP SD ，又因为EF CD ∥，EF EP E ⋂=，,EF EP ⊂平面PEF ，,SD CD ⊂平面SCD ，所以平面∥PEF 平面SCD .（2）解：假设棱SA 上存在点E 满足题意. 在等边三角形SAD 中，P 为AD 的中点， 于是SP AD ⊥，又平面SAD ⊥平面ABCD ， 平面SAD ⋂平面ABCD AD =，SP ⊂平面SAD ，所以SP ⊥平面ABCD ，所以SP 是四棱锥S ABCD -的高， 设AD m =，则SP =，ABCD S m =矩形，所以1133S ABCD ABDD V S SP m -=⋅==矩形 所以2m =，以P 为坐标原点，PA 所在直线为x 轴，过点P 与AB 平行的直线为y 轴，PS 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.则()0,0,0P ，()1,0,0A ，()1,1,0B，(S ，设(()()01AE AS λλλλ==-=-≤≤，()()1,0,0PE PA AE λ=+=+-()1λ=-，()1,1,0PB =，设平面PEB 的一个法向量为()1,,n x y z =，有()1110n PE x z n PB x y λ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩， 令3x λ=，则()13,,1n λλ=-，易知平面SAD 的一个法向量()20,1,0n =，所以12122123cos ,721n n n n n n λλλ-⋅==-+30=， 因为01λ≤≤， 所以13λ=， 所以存在点E ，位于AS 的靠近A 点的三等分点.【名师指点】与“两异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角”有关的存在性问题，常利用空间向量法解决，可以避开抽象、复杂地寻找角的过程，只要能够准确理解和熟练应用夹角公式，就可以把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等．事实说明，空间向量法是证明立体几何中存在性问题的强有力的方法．【举一反三】（2019·山东枣庄八中高三月考（理））如图，直三棱柱111-ABC A B C 中，120ACB ∠=且12AC BC AA ===，E 是棱1CC 上动点，F 是AB 中点.（Ⅰ）当E 是中点C 1C 时，求证：CF 平面 AE 1B ；（Ⅱ）在棱1CC 上是否存在点E ，使得平面AE 1B 与平面ABC 所的成锐二面角为6π，若存在，求CE 的长，若不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析；（2）1CE =.【解析】（1）取1AB 中点G ，连结EG FG 、，则FG ∥1BB 且112FG BB =. 因为当E 为1CC中点时，CE ∥1BB 且112CE BB =， 所以FG ∥CE 且FG = CE .所以四边形CEGF 为平行四边形，CF ∥EG ， 又因为1CF AEB ⊄平面，1EG AEB ⊂平面， 所以//CF 平面1AEB ；（2）假设存在满足条件的点E ，设()01CE λλ=≤≤.以F 为原点，向量1FB FC AA 、、方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立空间直角坐标系. 则()3,0,0A -，()13,0,2B ，()0,1,E λ，平面ABC 的法向量()0,0,1m =，平面1AEB 的法向量()333,3n λ=--，，()23cos 23991m n m n m nλ⋅===++-，，解得1λ=，所以存在满足条件的点E ，此时1CE =.【精选名校模拟】1. （·山东高考模拟（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，,AD PCD PD CD ⊥⊥平面，底面ABCD 是梯形，//,1,2,AB DC AB AD PD CD AB Q ====为棱PC 上一点. (Ⅰ)若点Q 是PC 的中点，证明：//PQ PAD 平面； (Ⅱ)PQ PC λ=试确定λ的值使得二面角Q BD P --为60°. 【答案】（1）见解析（2）36【解析】 (Ⅰ)取PD 的中点M ，连接AM ，M Q ，Q PC点是的中点，∴M Q∥CD，1.2MQ CD=又AB∥CD，1,2AB CD QM=则∥AB，QM＝AB，则四边形ABQM是平行四边形.BQ∴∥AM.又AM⊂平面PAD，BQ⊄平面PAD，BQ∴∥平面PAD.（Ⅱ）解：由题意可得DA，DC，DP两两垂直，以D为原点，DA，DC，DP所在直线为,,x y z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0，1，1)，C(0，2，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0).令()()()000000,,,,,1,0,2,1.Q x y z PQ x y z PC=-=-则()()000,,,10,2,1,PQ PC x y zλλ=∴-=-()0,2,1.Qλλ∴-又易证BC⊥平面PBD，()1,1,0.n PBD∴=-是平面的一个法向量设平面QBD的法向量为(),,,m x y z=(),0,0,2210,.0,1x yx ym DBy z z ym DQλλλλ=-⎧+=⎧⎧⋅=⎪⎨⎨⎨+-==⋅=⎩⎩⎪-⎩则有即解得令21,1,1,.1y mλλ⎛⎫==-⎪-⎝⎭则60Q BD P 二面角为--，21cos,,22221m n m n m nλλ⋅∴===⎛⎫⋅+ ⎪-⎝⎭解得3 6.λ=±Q 在棱PC 上，01,3 6.λλ<<∴=-2. （2019·夏津第一中学高三月考）如图所示，等腰梯形ABCD 中，AB CD ∥，2AD AB BC ===，4CD =，E 为CD 中点，AE 与BD 交于点O ，将ADE 沿AE 折起，使点D 到达点P 的位置（P ∉平面ABCE ）．（1）证明：平面POB ⊥平面ABCE ； （2）若6PB =PB 上是否存在一点Q （不含端点），使得直线PC 与平面AEQ 所成角的正弦值为155，若存在，求出PQ OB 的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析（215【解析】（1）证明：连接BE ，在等腰梯形中ABCD ，2AD AB BC ===，4CD =，E 为中点， ∴四边形ABED 为菱形，∴BD AE ⊥，∴OB AE ⊥，OD AE ⊥，即OB AE ⊥，OP AE ⊥，且OBOP O =，OB ⊂平面POB ，OP ⊂平面POB ，∴AE ⊥平面POB ．又AE ⊂平面ABCE ，∴平面POB ⊥平面ABCE ． （2）由（1）可知四边形ABED 为菱形，∴2AD DE ==， 在等腰梯形ABCD 中2AE BC ==，∴PAE △正三角形， ∴3OP =3OB =∵6PB =，∴222OP OB PB +=，∴OP OB ⊥．由（1）可知OP AE ⊥，OB AE ⊥，以O 为原点，OE ，OB ，OP 分别为x 轴，y 轴，为z 轴，建立空间直角坐标系O xyz -， 由题意得，各点坐标为()0,0,3P ，()1,0,0A -，()0,3,0B，()2,3,0C ，()1,0,0E ，∴(3,3PB =-，(3,3PC =-，()2,0,0AE =，设()01PQ PB λλ=<<，()1,333AQ AP PQ AP PB λλλ=+=+=， 设平面AEQ 的一个法向量为(),,n x y z =，则00n AE n AQ ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即()203330x x y λλ=⎧⎪⎨++=⎪⎩，取0x =，1y =，得1z λλ=-，∴0,1,1n λλ⎛⎫= ⎪-⎝⎭，设直线PC 与平面AEQ 所成角为θ，π0,2θ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦， 则15sin cos ,5PC nPC n PC nθ⋅===，即2331511011λλλλ+-=⎛⎫+ ⎪-⎝⎭化简得：24410λλ-+=，解得12λ=， ∴存在点Q 为PB 的中点时，使直线PC 与平面AEQ 所成角的正弦值为155． 3. （2018·山东济南外国语学校高三月考（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，60,90DAB ADP ∠=︒∠=︒，平面ADP ⊥平面ABCD ，点F 为棱PD 的中点．（Ⅰ）在棱AB 上是否存在一点E ，使得AF 平面PCE ，并说明理由； （Ⅱ）当二面角D FC B --的余弦值为2时，求直线PB 与平面ABCD 所成的角． 【答案】（1）见解析（2）60︒ 【解析】（Ⅰ）在棱AB 上存在点E ，使得//AF 平面PCE ，点E 为棱AB 的中点． 理由如下：取PC 的中点Q ，连结EQ 、FQ ，由题意，//FQ DC 且12FQ CD =， //AE CD 且12AE CD =，故//AE FQ 且AE FQ =.所以，四边形AEQF 为平行四边形.所以，//AF EQ ，又EQ ⊥平面PEC ，AF ⊥平面PEC ，所以，//AF 平面PEC . （Ⅱ）由题意知ABD ∆为正三角形，所以ED AB ⊥，亦即ED CD ⊥，又90ADP ∠=︒，所以PD AD ⊥，且平面ADP ⊥平面ABCD ，平面ADP ⋂平面ABCD AD =， 所以PD ⊥平面ABCD ，故以D 为坐标原点建立如图空间直角坐标系，设FD a =，则由题意知()0,0,0D ，()0,0,F a ，()0,2,0C ，)3,1,0B，()0,2,FC a =-，()3,1,0CB =-，设平面FBC 的法向量为(),,m x y z =，则由m FCm CB⎧⋅=⎨⋅=⎩得2030y azx y-=⎧⎪⎨-=⎪⎩，令1x=，则3y=，23z=，所以取231,3,m⎛⎫= ⎪⎪⎝⎭，显然可取平面DFC的法向量()1,0,0n=，由题意：22cos,41213m na==++，所以3a=.由于PD⊥平面ABCD，所以PB在平面ABCD内的射影为BD，所以PBD∠为直线PB与平面ABCD所成的角，易知在Rt PBD∆中，tan3PDPBD aBD∠===，从而60PBD∠=︒，所以直线PB与平面ABCD所成的角为60︒.4. （2019·北京北师大实验中学高三月考）如图所示，在四棱锥P ABCD-中，底面四边形ABCD为正方形，已知PA⊥平面ABCD，2AB=，2PA=.（1）证明：BD PC⊥；（2）求PC与平面PBD所成角的正弦值；（3）在棱PC上是否存在一点E，使得平面BDE⊥平面BDP？若存在，求PEPC的值并证明，若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析；（210；（3）存在，23PEPC=，理由见解析【解析】（1）如图，连接AC交BD于点O，由于PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD所以PA BD⊥，即BD PA⊥由于BD PA ⊥，BD AC ⊥，PA AC A =，所以BD ⊥平面PAC又因为PC ⊂平面PAC ，因此BD PC ⊥ （2）由于PA ⊥平面ABCD ，AB平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，所以PA AB ⊥，PA AD ⊥又AB AD ⊥，所以PA ，AB ，AD 两两垂直， 因比，如图建立空间直角坐标系A xyz -(2,0,0)B ，(2,2,0)C ，(0,2,0)D，P因此(2,2,PC =，(2,0,PB =，(0,2,PD =设平面PBD 的法向量为(,,)m x y z =，则00m PB m PD ⎧⋅=⎨⋅=⎩即2020x y ⎧=⎪⎨=⎪⎩ 取1x =，1y =，z =，则(1,1,2)m =设直线PC 与平面PBD 所成角为θ，10sin |cos ,|=||10||||m PC m PC m PC θ⋅=<>=⋅（3）存在，设[0,1]PEPCλ=∈，则(2,2))E λλλ- 则(22,2))BE λλλ=--，(2,2,0)BD =-设平面BDE 的法向量为(,,)n a b c =，则0n BE n BD ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即2(1)2(1)0220a b a bλλλ⎧-+-=⎪⎨-+=⎪⎩，即1a λ=-，1b λ=-，2)c λ=-则(1,12))n λλλ=---，若平面BDE ⊥平面BDP ，则0m n ⋅=即1(1)1(1)2)0λλλ⋅-+⋅-+-=，则2[0,1]3λ=∈ 因此在棱PC 上存在点E ，使得平面BDE ⊥平面BDP ，23PE PC =5.【黑龙江省哈尔滨市第六中学2019届高三上学期期末考试】如图，在棱长为2的正方体中，点分别是棱上的动点，且.（1）求证：；（2）当三棱锥的体积取得最大值时，求二面角的正切值．【解析】设AE＝BF＝x．以D为原点建立空间直角坐标系，得下列坐标：D（0，0，0），A（2，0，0），B （2，2，0），C（0，2，0），D1（0，0，2），A1（2，0，2），B1（2，2，2），C1（0，2，2），E（2，x，0），F（2﹣x，2，0）．（1）因为，，所以．所以A1F⊥C1E．（2）因为，所以当S△BEF取得最大值时，三棱锥B1﹣BEF的体积取得最大值．因为，所以当x＝1时，即E，F分别是棱AB，BC的中点时，三棱锥B1﹣BEF的体积取得最大值，此时E，F坐标分别为E（2，1，0），F（1，2，0）．设平面B1EF的法向量为，则得取a＝2，b＝2，c＝﹣1，得．显然底面ABCD的法向量为．设二面角B1﹣EF﹣B的平面角为θ，由题意知θ为锐角．因为，所以，于是．所以，即二面角B1﹣EF﹣B的正切值为．6. 【湖北省2019届高三联考测试】如图，在四棱锥中，，，，且PC=BC=2AD=2CD=2，.（1）平面；（2）在线段上，是否存在一点，使得二面角的大小为？如果存在，求的值；如果不存在，请说明理由.【解析】（1）∵在底面中，，且∴，∴又∵，，平面，平面∴平面又∵平面∴∵，∴又∵，，平面，平面∴平面（2）方法一：在线段上取点，使则又由（1）得平面∴平面又∵平面∴作于又∵，平面，平面∴平面又∵平面∴又∵∴是二面角的一个平面角设则，这样，二面角的大小为即即∴满足要求的点存在，且方法二：取的中点，则、、三条直线两两垂直∴可以分别以直线、、为、、轴建立空间直角坐标系且由（1）知是平面的一个法向量设则，∴，设是平面的一个法向量则∴令，则，它背向二面角又∵平面的法向量，它指向二面角这样，二面角的大小为即即∴满足要求的点存在，且7. 【福建省龙岩市2019届高三第一学期期末教学质量检查】如图，四边形是边长为2的正方形，平面平面，且.（1）证明：平面平面；（2）当，且与平面所成角的正切值为时，求二面角的正弦值.【解析】（1）由题设知，平面平面，交线为.因为，平面，所以平面，因此，又，，所以平面.而平面，所以平面平面.（2）以为坐标原点，的方向为轴正方向建立如图所示的直角坐标系，则有，过点作于，设，则.因为，所以，，由题设可得，即，解得或，因为，所以，所以，.由，知是平面的法向量，，.设平面的法向量为，则取得，设二面角为，则，因为，.综上，二面角的正弦值为.8. 【福建省厦门市2019届高三年级第一学期期末质检】如图，在四棱锥中，平面，四边形为平行四边形，且，.（1）证明：平面；（2）当直线与平面所成角的正切值为时，求二面角的余弦值. 【解析】（1）证明：由已知，得，在中，，∴，即，∵平面，平面，∴，又∵，平面，平面，∴平面（2）∵平面，∴为直线与平面所成角，∴，∴，在中，，取的中点，连结，则，∵平面，平面，∴，又∵，平面，平面，∴平面，以点为坐标原点，建立如图空间直角坐标系，则，，，，∴，，设平面的法向量为，则，取，解得，又平面的法向量为，∴.∴二面角的余弦值为.9. 【北京市朝阳区2018-2019高三数学期末考试】如图，三棱柱的侧面是平行四边形，，平面平面，且分别是的中点.（1）求证：平面；（2）当侧面是正方形，且时，（ⅰ）求二面角的大小；（ⅱ）在线段上是否存在点，使得？若存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由.【解析】证明：（1）取中点，连，连.在△中，因为分别是中点，所以，且.在平行四边形中，因为是的中点，所以，且.所以，且.所以四边形是平行四边形.所以.又因为平面，平面，所以平面.（2）因为侧面是正方形，所以.又因为平面平面，且平面平面，所以平面.所以.又因为，以为原点建立空间直角坐标系，如图所示. 设，则，.（ⅰ）设平面的一个法向量为.由得即令，所以. 又因为平面，所以是平面的一个法向量.所以.由图可知，二面角为钝角，所以二面角的大小为. （ⅱ）假设在线段上存在点，使得.设，则.因为，又，所以.所以.故点在点处时，有10. 如图，在多面体ABCDMN 中，四边形ABCD 为直角梯形， //AB CD ， 22AB =， BC DC ⊥，2BC DC AM DM ====，四边形BDMN 为矩形.（1）求证：平面ADM ⊥平面ABCD ；（2）线段MN 上是否存在点H ，使得二面角H AD M --的大小为4π？若存在，确定点H 的位置并加以证明.【解析】（1）证明：由平面几何的知识，易得2BD =， 2AD =，又22AB =，所以在ABD ∆中，满足222AD BD AB +=，所以ABD ∆为直角三角形，且BD AD ⊥. 因为四边形BDMN 为矩形，所以BD DM ⊥. 由BD AD ⊥， BD DM ⊥， DM AD D ⋂=， 可得 BD ADM ⊥平面. 又BD ABD ⊂平面，所以平面ADM ⊥平面ABCD .（2）存在点H ，使得二面角H AD M --为大小为，点H 为线段AB 的中点.事实上，以D 为原点， DA 为x 轴， DB 为y 轴，过D 作平面ABCD 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系D xyz -，则()()()0,0,0,2,0,0,0,2,0D A B , ()1,0,1M ， 设(),,H x y z ,由MH MN DB λλ==，即()()1,,10,2,0x y z λ--=，得()1,2,1H λ. 设平面ADH 的一个法向量为()1111,,n x y z =，则，即，不妨设11y =，取()10,1,2n λ=-. 平面ADM 的一个法向量为()20,1,0n =. 二面角H AD M --为大小为于是.解得 或（舍去）.所以当点H 为线段MN 的中点时，二面角H AD M --为大小为.11. 在三棱锥P ABC -中， AB AC =， D 为BC 的中点， PO ⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上，已知4,3,2,1BC PO AO OD ====. （1）证明： AP BC ⊥；（2）在线段AP 上是否存在一点M ，使得二面角A MC B --为直二面角？若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由.法二：如图，以O 为原点，分别以过O 点与DB 共线同向的向量， OD ， OP 方向上的单位向量为单位正交基建立空间直角坐标系O xyz -，则()()()()()0,0,0,0,2,0,2,1,0,2,1,0,0,0,3,O A B C P --()()()0,2,3,4,0,0,2,3,0AP BC AC ==-=-∴0AP BC ⋅= ∴AP BC ⊥ ∴AP BC ⊥（2）假设M 点存在，设AM AP λ=， (),,M x y z ，则(),2,AM x y z =+，∴()(),2,0,2,3x y z λ+=，∴0{22 3x y z λλ=+==，∴()0,22,3M λλ-， ∴()2,23,3BM λλ=--设平面MBC 的法向量为()1111,,n x y z =，平面APC 的法向量为()2222,,n x y z = 由110{n BM n BC ⋅=⋅=得()111122330{40x y z x λλ-+-+=-=，令11y =，可得1320,1,3n λλ-⎛⎫= ⎪⎝⎭， 由220{n AC n AP ⋅=⋅=得2222230{230x y y z -+=+=，令16y =，可得()29,6,4n =-，若二面角A MC B --为直二面角，则120n n ⋅=，得326403λλ--⋅=， 解得613λ=，∴613AM =故线段AP 上是否存在一点M ，满足题意， AM 的长为613. 12 【安徽省江南十校2019届高三第二次大联考】如图，已知四边形中，对角线，，为等边三角形.（1）求面积的最大值； （2）当的面积最大时，将四边形沿折起成直二面角，在上是否存在点使直线与平面所成的角满足：，若不存在，说明理由；若存在，指出点的位置. 【解析】（1）在中，记，，则由余弦定理：，（当且仅当时，上式取等号）此时，，的面积的最大值为.（2）由（1）知，，，设存在，在三棱锥中，取的中点，连接，易知.作于，由平面平面平面.故在平面上的投影为.与平面所成的角为，由.设，得，，故.故存在，且，满足题意.（2）另解：由（1），，设存在，则在三棱锥中，取的中点，连接，易求.以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，平面的法向量为，设，得，得，又.由.故存在，且，满足题意.13. 【云南省昆明市2019届高三1月复习诊断测试】如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面，，，是棱上的一点.（1）若平面，证明：；（2）在（1）的条件下，棱上是否存在点，使直线与平面所成角的大小为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.【解析】（1）连接交于，连接，则是平面与平面的交线.因为平面，平面，所以.又因为是中点，所以是的中点.所以.（2）由已知条件可知，所以，以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系.。

（第4题图） 龙岩市2019年高中毕业班教学质量检查数学（理科）试题本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）全卷满分150分，考试时间120分钟注意事项：1．考生将自己的姓名、准考证号及所有的答案均填写在答题卡上． 2．答题要求见答题卡上的“填涂样例”和“注意事项”．第Ⅰ卷（选择题 共60分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每个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(2)(2)43,m i i i +-=+,m R i ∈为虚数单位，则m 的值为 A ．1 B ．1-C ．2D ．2-2．已知3cos()45πα-=，则sin 2α= A ．725- B ．15-C ．15D ．7253．已知等差数列{}n a 的公差为2，若431,,a a a 成等比数列，则数列{}n a 的前8 项和为A ．20-B ．18-C ．8-D ．10- 4．如果执行右面的程序框图，输入正整数,n m ，且满足n ≥那么输出的p 等于 A ．1m n A - B ．mn AC ． 1m n C -D ．mnC5．已知实数x ，y 满足不等式组220210320x y x y x y -+≥⎧⎪++≤⎨⎪+-≤⎩，则x y -的取值范围为 A ．[)2,-+∞B ．[)1,-+∞C ．(],2-∞D ．[]2,2-2222正视图 侧视图俯视图（第7题图）（第11题图） M P DABC1B 1C 1D 1A （第8题图）AB CDO6．已知双曲线22122:1x y C a b -=()0,0a b >>和双曲线22222:1y x C m n-=()0,0m n >>焦距相等，离心率分别为1e 、2e ，若2212111e e +=，则下列结论正确的是A ．1C 和2C 离心率相等B ．1C 和2C 渐近线相同 C ．1C 和2C 实轴长相等D ．1C 和2C 虚轴长相等7．已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中俯视图是等腰直角三角形，则该三棱锥的外接球表面积为 A 3π B ．23π C ．43π D ．12π 8．如图，AB 和CD 是圆O 两条互相垂直的直径，分别以OA ,OB ,OC ,OD 为直径作四个圆，在圆O 内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是A ．21π-B ．112π-C ．2πD ．1π9．已知函数()cos 3f x x ωπ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭()0ω>在区间36π5π⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，上单调，则ω的取值范围为A ．120,15⎛⎤ ⎥⎝⎦B ．10,5⎛⎤ ⎥⎝⎦C ．112,515⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．12,115⎡⎤⎢⎥⎣⎦10．设23451111log log log log s ππππ=+++，||,*T a s a N =-∈，当T 取最小值时a 的值为A ．2B ．3C ．4D ．511．如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为4，P 是1AA 的中点，点M 在侧面11AA B B 内，若1D M CP ⊥，则BCM ∆面积的最小值为A ．8B ．4C ．82D 8512．已知数列{}n a 各项均为整数，共有7项，且满足11k k a a +-=,1,2,6k =，其中11a =，7a a =(a 为常数且0a >)．若满足上述条件的不同数列个数共有15个，则a 的值为A ．1B ．3C ．5D ．7ADBME NFC O（第18题图）第Ⅱ卷（非选择题 共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知向量a ，b 的夹角为60°，2a =，37a b -=，则b = ． 14．若4(1)()x a x ++的展开式中3x 项的系数为16，则实数a = ．15．已知抛物线24y x =的焦点为F ，其准线与x 轴的交点为Q ，过点F 作直线与抛物线交于,A B 两点．若以QF 为直径的圆过点B ，则AF BF -的值为 ．16．已知32()||4f x x x =-，若()f x 的图像和y ax =的图像有四个不同的公共点，则实数a 的取值范围是 ．三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 17．（本小题满分12分）在ABC ∆中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知2cos 2c B a b =-. （Ⅰ）求角C 的大小；（Ⅱ）设D 为BC 中点，若3AD =，求ABC ∆面积的取值范围．18．（本小题满分12分）如图，已知四边形ABCD 是边长为2的菱形，且060ABC ∠=，BM ABCD ⊥平面，//DN BM ，2BM DN =，点E 是线段MN 上的一点．O 为线段BD 的中点．（Ⅰ）若OF ⊥BE 于F 且1OF =，证明：AF ⊥平面ECB ；（Ⅱ）若4BM =,13NE NM =，求二面角E BC M --的余弦值．19．（本小题满分12分）已知椭圆E 的方程为2221x y a+=，点A 为长轴的右端点．,B C 为椭圆E 上关于原点对称的两点．直线AB 与直线AC 的斜率AB AC k k 和满足：12AB AC k k =-．（Ⅰ）求椭圆E 的标准方程；（Ⅱ）若直线:l y kx t =+与圆2223x y +=相切，且与椭圆E 相交于,M N 两点，求证：以线段MN 为直径的圆恒过原点．20．（本小题满分12分）某医院为筛查某种疾病，需要检验血液是否为阳性，现有n （n N *∈）份血液样本，有以下两种检验方式：（1）逐份检验，则需要检验n 次；（2）混合检验，将其中k （k N *∈且2k ≥）份血液样本分别取样混合在一起检验．若检验结果为阴性，这k 份的血液全为阴性，因而这k 份血液样本只要检验一次就够了，如果检验结果为阳性，为了明确这k 份血液究竟哪几份为阳性，就要对这k 份再逐份检验，此时这k 份血液的检验次数总共为1k +次．假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为(01)p p <<．（Ⅰ）假设有5份血液样本，其中只有2份样本为阳性，若采用逐份检验方式，求恰好经过4次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率．（Ⅱ）现取其中k （k N *∈且2k ≥）份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为1ξ，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为2ξ（ⅰ）试运用概率统计的知识，若1E ξ=2E ξ，试求p 关于k 的函数关系式()p f k =；（ⅱ）若1p =，采用混合检验方式可以使得样本需要检验的总次数的期望值比逐份检验的总次数期望值更少，求k 的最大值．参考数据：ln20.6931≈，ln3 1.0986≈，ln4 1.3863≈，ln5 1.6094≈，ln6 1.7918≈21．（本小题满分12分）已知函数1()ln (0)x f x x a R a ax -=+∈≠且，1()(1)()x g x b x xe b R x=---∈ （Ⅰ）讨论函数()f x 的单调性；（Ⅱ）当1=a 时,若关于x 的不等式()()2f x g x +≤-恒成立,求实数b 的取值范围．请考生在22、23两题中任选一题作答. 注意：只能做所选定的题目．如果多做，则按所做第一个题目计分. 作答时，请用2B 铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑． 22．（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程已知平面直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为2cos 1sin x t y t αα=-+⎧⎨=+⎩（t 为参数，02πα≤<），以原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为24cos 2sin 40ρρθρθ---=．（Ⅰ）求直线l 的普通方程、曲线C 的直角坐标方程；（Ⅱ）若直线l 与曲线C 交于A B 、两点，且2AB =．求α的大小.23．（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲已知函数()()f x x m m R =-∈．（Ⅰ）当2m =时，解不等式()1f x x >7--；（Ⅱ）若存在x R ∈，使()1f x x >7+-成立，求m 的取值范围．龙岩市2019年高中毕业班教学质量检查数学（理科）参考答案一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每个小题给出的四个选项中，只有13．1 14．2-或4315． 4 16．(4,0)(0,4)- 三、解答题：本大题共6小题，满分70分．解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤． 17．（本小题满分12分） 解：（Ⅰ）由2cos 2c B a b =-，得2sin cos 2sin sin C B A B =- ……………………1分即()2sin cos 2sin sin C B B C B =+-，2sin cos sin B C B ∴=sin 0B >， 1cos 2C ∴=……………………5分0C π<<, 3C π∴=……………………6分（Ⅱ）在ADC ∆中，由余弦定理得：2222cos3ADAC DC AC DC π=+-••……7分即229AC DC AC DC +-•=， 又222AC DC AC DC +≥• 90AC DC ∴≥•>, ……………………9分1sin 23ADCSAC DC π=••0ADC S ∴<≤ …………………10分 2ABC ADC S S = 0ABC S ∴<≤……………………12分18．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）四边形ABCD 是边长为2的菱形，且060ABC ∠=∴ AC 与BD 交于点O 且ABC ∆为等边三角形2AC ∴=，BO =又112OF AC ==,AF CF ∴⊥ ………………2分ADBME NxC O （第18题图）yzFBM ABCD ⊥平面,AC BM ∴⊥又AC BD ⊥,∴AC BMND ⊥平面 OF BMND ⊂平面,AC OF ∴⊥在Rt AOF 中，2222AF AO OF =+=在Rt BOF 中，2222FB BO OF =-=∴在ABF ∆中, 24AB =, 224AF FB +=, 222AF FB AB += (4)分AF BE ∴⊥，又,,CF BE CBE CF BE F ⊂=平面,∴AF ECB ⊥平面 ……………………5分 （Ⅱ）在平面BMND 中，过O 作直线l ∥BM , 则l ABCD ⊥面,如图，以l 为z 轴，AC所在直线为x 轴，BD 所在直线为y 轴建立空间直角坐标系， ………………6分()3,0B ∴,()1,0,0C -,()3,4M ,()0,3,2N -13NE NM =,380,33E ⎛⎫∴-⎪⎝⎭, ()1,3,0BC ∴=--,4380,,33BE ⎛⎫=-⎪⎝⎭ 设(),,n x y z =是平面BCE 的法向量，则00n BC n BE ⎧=⎪⎨=⎪⎩,即3043803x y z ⎧--=⎪⎨+=⎪⎩， 取()6,23,3n =-，取BC 中点G ，连结AG ，AG BC ∴⊥,AG BM ⊥， AG BCM ∴⊥面因此，AG 是平面BCM 的法向量，13,,022G ⎛⎫- ⎪⎝⎭,()1,0,0A 3322AG ⎛⎫∴=- ⎪⎝⎭, (10)分设二面角E BC M --的大小为θ，则419cos 19933612944n AG n AGθ===+++ ∴二面角E BC M --419……………………12分19．（本小题满分12分） 解：（Ⅰ）设00(x ,)B y 则00(x ,)C y -- …………………1分由220021x y a +=得，2222000221x a x y a a-=-= …………………2分 由12AB AC k k ⋅=-，即000012y y x a x a -⋅=----得，222002a x y -= …………4分所以22220022a x a x a --=，所以22a = 即椭圆E 的标准方程为：2212x y += …………………5分（Ⅱ）设1122(x ,),(x ,)M y N y由2212x y y kx t ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩得： 222(12k )4220x ktx t +++-= 2121222422,1212kt t x x x x k k--+==++ …………………6分 2212121212()()()y y kx t kx t k x x kt x x t =++=+++2222222222(22)42121212k t k t t k t k k k ---=++=+++ 又l 与圆C=22231t k =+ …………………8分 所以2221212222212t t k OM ON x x y y k-+-⋅=+=+ 22222232(1)2(1)2(1)01212t k k k k k-++-+===++ …………………11分 所以，OM ON ⊥，即090MON ∠=所以，以线段MN 为直径的圆经过原点. …………………12分20．（本小题满分12分）解：（Ⅰ） 112223325535C C A A p A ==………………3分 ∴恰好经过4次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率为35………………4分（Ⅱ）（ⅰ）由已知得1E k ξ=，2ξ的所有可能取值为1,1k +()()211k P p ξ∴==-, ()()2111kP k p ξ=+=--∴()()21(1)11k k E p k p ξ⎡⎤=-++--⎣⎦=()11kk k p +--……………6分若1E ξ=2E ξ，则1(1)k k k k p =+-- ∴(1)1kk p -=1(1)kp k-= ∴111()k p k -= ∴111()k p k =-∴p 关于k 的函数关系式111()k p k =-（k N *∈且2k ≥） ………………8分（ⅱ）由题意可知21E E ξξ<，得()11,kp k <-31p =-1kk ∴<，1ln 3k k ∴>，设()1ln (0)3f x x x x =->……………10分 ()33xf x x-'=，∴当3x >时，()0f x '<，即()f x 在()3,+∞上单调递减又ln4 1.3863≈，4 1.33333≈，4ln 43∴>，ln5 1.6094≈，5 1.66673≈，5ln53∴< ∴k 的最大值为4. (12)分21．（本小题满分12分） 解：（Ⅰ）11()ln f x x ax a =+- 22111()(0)ax f x x x ax ax -'∴=-=> …………1分 当0a <时，()0f x '∴>，()f x ∴在(0,)+∞单调递增； …………2分当0a >时，由()0f x '>得：1x a >；由()0f x '<得：10x a <<，()f x ∴在1(0,)a单调递减，在1(,)a+∞单调递增 ……………………4分综上：当0a <时，()f x 在(0,)+∞单调递增；当0a >时，()f x 在1(0,)a单调递减，在1(,)a +∞单调递增. ………………5分（Ⅱ）由题意：当0a <时，不等式()()2f x g x +≤-，即11ln 1(1)2x x b x xe x x+-+---≤- 即ln 11xx b e x x -≤--在(0,)+∞恒成立， ……………6分 令ln 1()x x h x e x x =--，则22221ln 1ln ()x xx x e x h x e x x x-+'=-+=， ………7分 令2()ln x u x x e x =+，则21()(2)0xu x x x e x'=++>，()u x ∴在(0,)+∞单调递增又1u(1)e 0,u()ln 2024=>=-<，所以，()u x 有唯一零点0x （0112x <<） 所以，0()0u x =，即0000ln x x x e x =---------（※） ………………9分当0(0,)x x ∈时，()0u x <即h ()0x '<，()h x 单调递减；0(,)x x ∈+∞时，()0u x >即h ()0x '>，()h x 单调递增，所以0()h x 为()h x 在定义域内的最小值. ……10分令1()(1)2xk x xe x =<<则方程（※）等价于()(ln )k x k x =-又易知()k x 单调递增，所以ln x x =-，1xe x=………………11分 所以，()h x 的最小值000000000ln 111()1x x x h x e x x x x x -=--=--= 所以11b -≤，即2b ≤所以实数b 的取值范围是(],2-∞ ………………12分22．（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程解：（Ⅰ）由2cos ,1sin ,x t y t αα+=⎧⎨-=⎩消t 得y 1tan 2x α-=+，直线l 的普通方程为tan 2tan 10x y αα-++=，将222cos ,sin ,x y x y ρθρθρ===+代入24cos 2sin 40ρρθρθ---=得 曲线C 的直角坐标方程为224240x y x y +---= ………………4分 （Ⅱ）曲线C 的方程化为22(2)(1)9x y -+-=，曲线C 是以(2,1)为圆心，3为半径的圆．2AB =，圆心到直线l 的距离d ===又d ==解得tan 1α=±，02πα≤<，∴4πα=……………………10分（注：用21t t -求解一样给分）23．（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲 解：（Ⅰ）由已知21x x -+->7当1x <时，不等式等价于217x x -+->，解得2x <-，∴2x <-； 当12x ≤≤时，217x x -+->，此时不等式无解； 当x >2时，217x x -+->，解得5x >，∴5x >综上：解集为{2x x <-或}5x > ………………………5分 （Ⅱ）∵()()111x m x x m x m ---≤---=-∴11x m x m ---≤-当且仅当()()10x m x --≥且1x m x -≥-时等号成立． 依题意1m ->7，解之得8m >或6m <-，∴m 的取值范围为()(),68,-∞-⋃+∞． ………………………10分（注：可编辑下载，若有不当之处，请指正，谢谢!）。

福建龙岩2019高三1月教学质量检查—数学（理)本试卷分第Ⅰ卷（选择题)和第Ⅱ卷（非选择题），全卷满分150分，考试时间120分钟。

注意事项:1。

考生将自己旳姓名、准考证号及所有旳答案均填写在答题卷上. 2. 答题要求见答题卷上旳“填涂样例”和“注意事项”。

参考公式：锥体体积公式 球旳表面积、体积公式13V Sh =23434,S R V R ππ== 其中S 为底面面积,h 为高 其中R 为球旳半径 柱体体积公式 V=Sh 其中S 为底面面积，h 为高第Ⅰ卷（选择题 共50分）一。

选择题：(本大题共10小题，每小题5分,共50分。

在每个小题给出旳四个选项中，只有一项是符合题目要求旳）1. 若0a b >>，则下列不等式成立旳是 A. 2a b ab +<B 。

a b <C 。

1122log log a b< D 。

0.20.2ab>2. 已知是实数集，{}{}13,4216x M x x N x =<<=<<,则M N =A 。

(0,3)B.()2,3C. (1,3)D. (1,4)3. “1a =-”是“直线10ax y ++=与直线10ax y --=互相垂直"旳A 。

充要条件B 。

充分不必要条件C 。

必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件4。

已知函数3()sin()(0)f x ax a π=+>图象相邻两对称轴间旳距离为，则旳值是 A 。

2πB 。

3π C. 4πD 。

6π5。

如右图，一个由两个圆锥组合而成旳空间几何体旳正视图和侧视图都是边长为1、一个内角为60︒旳菱形,俯视图是圆及其圆心,那么这个几何体旳体积为A. 312πB 。

6πC 。

12πD 。

36π6。

已知函数33x x y -=在x a =处旳极小值为，则a b +等于A 。

B 。

C 。

D.7。

已知正ABC ∆旳顶点(1,1),(1,3)A B ，顶点在第一象限，若点(,)P x y 是ABC ∆内部及其边界上一点,则1y x +旳最大值为（第5题图）A 。

高三上学期期末理科数学考试命题人：钱剑华 审核人：曾献峰一．选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若21zi i=-+(i 为虚数单位)，则复数z 在复平面内对应的点在( ) A ．第一象限 B ．第二象限 C ．第三象限 D ．第四象限 2. 已知{|12}A x x =-<<，2{|20}B x x x =+<，则A B = ( )A. (0,2)B. (1,0)-C. (2,0)-D. (2,2)-3.下列叙述中正确的是( )A.命题“a 、b 都是偶数，则a +b 是偶数”的逆否命题为“a +b 不是偶数，则a 、b 都是奇数”B.“方程221Ax By +=表示椭圆”的充要条件是“A B ≠”C.命题“2,0x R x ∀∈>”的否定是“200,0x R x ∃∈≥”D. “m =2”是“1l ：()2140x m y +++=与2l ： 320mx y +-=平行”的充分条件4．已知等差数列{a n }的公差为5，前n 项和为S n ，且a 1，a 2，a 5成等比数列，则S 6＝( )A ．80B ．85C ．90D ．955.《九章算术》一书中，第九章“勾股”中有如下问题:今有勾八步，股一十五步.问勾中容圆径几何?其意思是,今有直角三角形，短的直角边长为8步，长的直角边长为15步，问该直角三角形能容纳圆的直径最大是多少？通过上述问题我们可以知道，当圆的直径最大时，该圆为直角三角形的内切圆，则往该直角三角形中随机投掷一点，该点落在此三角形内切圆内的概率为( ) A.320π B.310π C.4π D 5π6．如图，小方格是边长为1的正方形，图中粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( ) A ．8－4π3 B ．8－π C ．8－2π3D ．8－π37．已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A ＞0，ω＞0，|φ|＜π2)的部分图象如图所示，若将f (x )图象上的所有点向右平移π6个单位长度得到函数g (x )的图象，则函数g (x )的单调递增区间为( )A.⎣⎡⎦⎤k π－π4，k π＋π4，k ∈Z B.⎣⎡⎦⎤2k π－π4，2k π＋π4，k ∈Z C.⎣⎡⎦⎤k π－π3，k π＋π6，k ∈ZD.⎣⎡⎦⎤2k π－π3，2k π＋π6，k ∈Z 8．函数f (x )＝ln|x －1||1－x |的图象大致为( )9．平行四边形ABCD 中，AB ＝3，AD ＝2，∠BAD ＝120°，P 是平行四边形ABCD 内一点，且AP ＝1，若AP →＝xAB →＋yAD →，则3x ＋2y 的最大值为( ) A ．4B ．5C ．2D ．1310．已知定义在R 上的可导函数f (x )的导函数为()f x '，若对于任意实数x ，有f (x )＞()f x '，且y ＝f (x )－1为奇函数，则不等式f (x )＜e x 的解集为( )A ．(－∞，0)B ．(0，＋∞)C ．(－∞，e 4)D ．(e 4，＋∞)11．已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，且|F 1F 2|＝2c ，若椭圆上存在点M 使得1221sin sin a c MF F MF F =∠∠，则该椭圆离心率的取值范围为( ) A ．(0，2－1) B.⎝⎛⎭⎫22，1C.⎝⎛⎭⎫0，22 D ．(2－1,1)12.抛物线y 2＝8x 的焦点为F ，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)是抛物线上的两个动点，若x 1＋x 2＋4＝233|AB |，则∠AFB 的最大值为 ( )A.π3B.3π4C.5π6D.2π3二、填空题（本题共4道小题，每小题5分，共20分）13.若⎪⎩⎪⎨⎧≤+≥≥622y x y x ，则目标函数y x z 3+=的取值范围是 .14. ()()6221x x -+的展开式中4x 的系数为 .15．2016年9月3日，二十国集团(G20)工商峰会在杭州开幕，为了欢迎二十国集团政要及各位来宾的到来，杭州市决定举办大型歌舞晚会．现从A 、B 、C 、D 、E 5名歌手中任选3人出席演唱活动，当3名歌手中有A 和B 时，A 需排在B 的前面出场(不一定相邻)，则不同的出场方法有 .16．已知函数f (x )＝(3x ＋1)e x ＋1＋mx ，若有且仅有两个整数使得f (x )≤0，则实数m 的取值范围是 .三．解答题(本大题共6小题，共70分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.) 17. （本小题满分12分）在等比数列}{n a 中，首项81=a ，数列}{n b 满足n n a b 2log =，且15321=++b b b .（1）求数列}{n a 的通项公式；（2）记数列}{n b 的前n 项和为n S ，又设数列}1{nS 的前n 项和为n T ，求证：43<n T .18．(本小题满分12分)如图，在四棱锥S —ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，AD ⊥DC ，平面SAD ⊥平面ABCD ，P 为AD 的中点，SA ＝SD ＝2，BC ＝12AD ＝1，CD ＝3.(1)求证：SP ⊥AB ； (2)求直线BS 与平面SCD 所成角的正弦值； (3)设M 为SC 的中点，求二面角S —PB —M 的余弦值． 19.（本小题满分12分）某学校研究性学习小组对该校高三学生视力情况进行调查，在高三的全体1000名学生中随机抽取了100名学生的体检表，并得到如图的频率分布直方图.(1)若直方图中后四组的频数成等差数列，试估计全年级视力在5.0以下的人数；(2)学习小组成员发现，学习成绩突出的学生，近视的比较多，为了研究学生的视力与学习成绩是否有关系，对年级名次在1—50名和951—1000名的学生进行了调查，得到表格中的数据，试问：能否在犯错的概率不超过0.05的前提下认为视力与学习成绩有关系？ (3)在(2)中调查的100名学生中，按照分层抽样在不近视的学生中抽取9人，进一步调查他们良好的养眼习惯，并且在这9人中任抽取3人，记名次在1—50名的学生人数为X ，求X 的分布列和数学期望.20. (本小题满分12分)已知点C 为圆22(1)8x y ++=的圆心，P 是圆上的动点，点Q 在圆的半径CP 上，且有点A (1,0)和AP 上的点M ，满足0MQ AP ⋅=，2AP AM =.（1）当点P 在圆上运动时，求点Q 的轨迹方程；（2）若斜率为k 的直线l 与圆221x y +=相切，与（1）中所求点Q 的轨迹交于不同的两点,F H ,O 是坐标原点，且2334OF OH ≤⋅≤时，求k 的取值范围. 21．(本小题满分12分)已知函数f (x )＝a ln x －x ＋1x ，其中a ＞0. (1)若f (x )在(2，＋∞)上存在极值点，求a 的取值范围； (2)设∀x 1∈(0,1)，∀x 2∈(1，＋∞)，若f (x 2)－f (x 1)存在最大值，记为M (a )，则 当a ≤e ＋1e 时，M (a )是否存在最大值？若存在，求出其最大值；若不存在，请说明理由．请考生在第（22）、（23）题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分，做答时请写清题号。

龙岩市2019一2019学年第一学期高三教学质量检查数学试题（理科）考生注意：1.本试卷分第I 卷（选择题）和第B 卷（非选择题）两部分，共150分．考试时间120分钟．2.请将各题答案填在试卷后面的答题卡上．3.本试卷主要考试内容：除“统计与统计案例，计数原理、概率，算法初步，数系的扩充与复 数的引入”外的高考内容．第工卷（选择题共50分）一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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A={x ｜x 2＋x －2<0｝，集合B= {x ｜(x ＋2) (3－x)＞0｝，则等于A. {x ｜1≤x<3｝B. {x ｜2≤x<3｝C. {x ｜－2<x<1｝D. {x ｜－2<x ≤－1或2≤x<3｝ 2.已知命题p ：∃2,log (31)x x R ∈+≤0，则 A. p 是假命题；⌝p ：∀2,log (31)x x R ∈+≤0 B. p 是假命题；⌝p ：∀2,log (31)x x R ∈+＞0 C. p 是真命题；⌝p ：∀2,log (31)x x R ∈+≤0 D. p 是真命题；⌝p ：∃2,log (31)xx R ∈+＞0 3、设f (x) ＝，则f （6）的值A. 8B. 7C. 6D. 54.设等比数列｛n a ｝, Sn 是数列｛n a ｝的前n 项和，S 3=14,且 a l ＋8, 3a 2 , a 3＋6依次成等差数列， 则a l ·a 3等于A. 4B. 9C. 16D. 255．已知椭圆C ：22221(0)x y a b a b+=>>的左焦点为F ，右顶点为A ，其长轴长是焦距的4倍，且抛物线y 2＝6x 的焦点平分线段AF ，则椭圆C 的方程为6一艘船上午9：30在A 处，测得灯塔S 在它的北偏东300处，之后它继续沿正北方向匀速航行，上午10：00到达B 处，此时又测得灯塔S 在它的北偏东750，且与它相距 船的航速是A. 24海里／小时B. 30海里／小时C. 32海里／小时D. 40海里／小时7一个侧棱与底面垂直的棱柱被一个平面截去一部分后所剩几何体的三视 图如图所示，则截去那一部分的体积为．A 、1B 、32C 、11D 、128.将函数f （x 22x cos x -的图象向左平移m 个单位（m ＞一2π），若所得的图象关于 直线x ＝6π对称，则m 的最小值为 A.一3π B.一6π C. 0 D. 12π9.设F 是双曲线22221x y a b-=的右焦点，双曲线两渐近线分另。

龙岩市2019届高三教学质量检查数学（理科）试题2019. 2注意事项：1. 考生将自己的姓名、准考证号及所有的答案均填写在答题卡上.2. 答题要求见答题卡上的“填涂样例”和“注意事项”・第I 卷（选择题）一、选择题.在每个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（m+20（2-0=4 + 3i, meR f i 为虚数单位,则m 的值为（）【答案】A 【解析】 【分析】先化简己知的等式，再利用两个复数相等的条件，解方程组求得兀的值. 【详解】・・・（m+2i ）（2-i ） = 4 + 3i./• 2m + 2 + (4 - = 4 + 3i,故选:A【点睛】本题考查两个复数的乘法法则的应用，以及两个复数相等的条件,n J ,2. 已知心•（严）祚，则咖2“ （）7 25【答案】A 【解析】严 \ A /2& . 3cos\——a\ = —cosa H sina =U / 2 2 5 QQ 3卄丄十「 1 9 18 7一cosa + —= —两边平方得：-+ cosasina = ―, Icosasina = — - 1 =-—,A. 1C. 2D. -2基本知识的考查.B.D.252 2 5 2 25 25 25即sin2a故选A.=3. 已知等差数列｛£｝的公差为2,若吗角％成等比数列，则数列｛勺｝的前8项和为() 【答案】C 【解析】 【分析】运用等比数列小项的性质和等差数列的通项公式，解方程可得首项，再由等差数列求和公式，计算即可得 到所求值. 【详解】解：等差数列｛知｝的公差〃为2,若勺，％，%成等比数列， 可得 6F32 = a l a 4, 即有(«1+4) 2=«1 («1+6), 解得吗=■ 8,1则｛如前8项的和为8X ( - 8) +-x8X7X2= - 8,故选：C.【点睛】本题考查等差数列的通项公式和求和公式的运用，考查等比数列中项的性质，以及运算能力，属 于基础题.4. 如果执行下面的程序框图，输入正整数且满足n>m f 那么输出的p 等于()【答案】D 【解析】A. -20B. -18C. -8D. -10A.B.二【分析】该程序的作用是利用循环计算并输出变量P 的值，模拟程序的运行，用表格对程序运行过程中各变量的值 进行分析，不难得到输出结杲. 【详解】解：第一次循坏：k=\, p=\,"+1）；m结一*河寸 /°（n- + 1） n-m + 2第一次命环：k=2, p= ------------------- x ---------- -- ；m m _ 1“（n- m+l ） n-m +2 n - m + 3第三次循坏：k=3, p=- ----------------- x --------- x -------------—m m — 1 m — 2(n - m + 1) n-m + 2 n - m + 3n -1 nf 尸右亍乂飞丁乂…x 〒爼n 亠+5 、 (n - n? + 1) n 一 m + 2 n - m + 3 此时结束循坏'扌刖出厂一Z —X X 心2 故选：D.【点睛】解决程序框图问题时一定注意以下儿点：（1）不要混淆处理框和输入框；（2）注意区分程序框图是 条件分支结构还是循环结构；（3）注意区分当型循环结构和直到型循环结构；（4）处理循环结构的问题时一 定要正确控制循环次数；（5）要注意各个框的顺序，（6）在给出程序框图求解输出结果的试题中只要按照程 序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可.（2x —y + 2 > 05•已知实数不y 满足不等式组x + 2y+l<0 ,贝ljx-y 的取值范闱为（）（3x + y —2 < 0A. [—2, + 8）B. [—1, + 8）C. （—8,2]D. [—2,2]【答案】B 【解析】 【分析】作出不等式组对应的平僧区域，设z=^-y,利用目标函数的几何意义，利用数形结合确定z 的取值范围. 【详解】解：设z=x ・y,则y=x - z,作出不等式对应的平面区域（阴影部分）如图：第加次循环: PH继续向下平移直线y=xz 值越来越大,.\x-y 的取值范围为［-l,4-oo)故选：B.【点睛】本题主要考查线性规划的应用，利用目标函数的儿何意义，结合数形结合的数学思想是解决此类 问题的基本方法.x 2 y 2 y 2 X 26.已知双曲线= 1 (a > 0f b > 0)和双曲线= 1 (m > 0,n > 0)焦距相等，离心率分别为勺、勺, a b m n1 1若—+ —=1,则下列结论正确的是() el e 2A. C ［和C2离心率相等B. C ［和5渐近线相同C. 5和实轴长相等D. C ］和虚轴长相等【答案】B 【解析】 【分析】1 1 “根据二+飞"可知：m = n = a ,从而得到结果. e l e 2 【详解】设两个双曲线的焦距为2c,C直线y=x - z 的截距最大,此时z 最小，最小值z= - 1 - 0= - 11 1V —- H --------- - = 1人 c 2 c 2e l e2a 2m 27+7"c c/. m 2= c 2-a 2= b 2t 即m = b f 故n = a兀2 ,b又双曲线-冷=1的渐近线方程为：y=±Fa 2b 2«y2 兀2 加双曲线C 2：—- — =l 的渐近线方程为：y= ±—x m 2 n 2n・・・"和°2渐近线相同故选：B7.已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中俯视图是等腰直角三角形，则该三棱锥的外接球表而积为（）A. ®B. 2苗兀C. 4百兀D. 12TT【答案】C 【解析】 【分析】由三视图知儿何体是一个侧棱与底面垂直的三棱锥，底而是斜边上的高为农的等腰直角三角形，与底面垂 直的侧面是个等腰三角形，底边长为2,高为2,故三棱锥的外接球与以棱长为2的正方体的外接球相同，由 此可得结论 【详解】由三视图知儿何体是一个侧棱与底面垂直的三棱锥， 底而是斜边上的高为农的等腰直角三角形，与底面垂直的侧面是个等腰三角形，底边长为2,高为2,故三棱锥的外接球与以棱长为2的正方体的外接球相同，其直径为2筋，半径为筋•••三棱锥的外接球体积为占T X （遍彳=4&TC 故选c【点睛】本题主要考查了三视图，几何体的外接球的体积，考查了空间想彖能力，计算能力，属于中档题。

2019年福建省龙岩市红星中学高三数学理期末试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。

在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 某几何体的三视图如右图所示，它的体积为（A）4 （B）6 （C）8 （D）12参考答案：A2. 为了得到函数的图象，可以把函数的图象( )A．向左平移3个单位长度B．向右平移3个单位长度C．向左平移1个单位长度D．向右平移1个单位长度参考答案：D【考点】指数函数的图像变换．【专题】转化思想．【分析】将题目中：“函数”的式子化成（x﹣1），对照与函数的关系即可得．【解答】解：∵函数化成：（x﹣1），∴可以把函数的图象向右平移1个单位长度得到函数的图象．故选D．【点评】本题主要考查指数运算以函数图象的平移规律，图形的平移只改变图形的位置，而不改变图形的形状和大小．3. 设，则（）．．．．参考答案：A略4. 函数的图像大致是（）参考答案：B5. 设则a，b，c的大小关系是A. bB. cC. c D . b参考答案：B6. 定义在上的函数，满足，，若，且，则有（）A． B． C． D．不确定参考答案：略7. 已知, ,那么的大小关系是:A. B. C. D.参考答案：D略8. 函数是函数的导函数，且函数在点处的切线为，如果函数在区间上的图象如图所示，且，那么正确的是（）A．是的极大值点B．=是的极小值点C．不是极值点D．是极值点参考答案：B9. 设若f（x）=，f（f（1））=8，则a的值是（）A．﹣1 B．2 C．1 D．﹣2参考答案：B【考点】分段函数的应用；函数的值．【专题】计算题；函数思想；函数的性质及应用．【分析】直接利用分段函数，以及方程求解即可．【解答】解：f（x）=，f（f（1））=8，f（1）=lg1=0，f（f（1））=f（0）=0=t3=a3=8，解得a=2．故选：B．【点评】本题考查分段函数的应用，函数的零点以及定积分的运算，考查计算能力．10. 某程序框图如图2所示，现将输出值依次记为：若程序运行中输出的一个数组是则数组中的（）A．32 B．24 C．18 D．16参考答案：A二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 已知数列是等比数列，数列是等差数列，则的值为 . 参考答案：因为是等比数列，所以，所以。

准考证号 姓名（在此试卷上答题无效）保密★启用前普通高中毕业班质量检查理 科 数 学注意事项：1.本试题分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷2至4页。

2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

3.全部答案答在答题卡上，答在本试卷上无效。

4.考试结束或，将本试卷和答题卡一并收回。

第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5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）已知复数z 满足z i z ,21-=为z 的共轭复数，则()2016z z -等于A.20162B.20162-C.i 20162D.i 20162-（2）已知全集为R ，集合{},086|121|2≤+-=⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧≤⎪⎭⎫ ⎝⎛=x x x B x A x，则=)(B C A RA.{}20|<≤x xB.{}42|≤≤x xC.{20|<≤x x 或}4>xD..{20|≤<x x 或}4≥x（3）《张丘建算经》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有女不善织，日减功迟，初日织五尺，末日织一尺，今三十织迄，问织几何.”其意思为：有个女子不善于织布，每天比前一天少织同样多的布，第一天织五尺，最后一天织一尺，三十天织完，问三十天共织布A.30尺B.90尺C.150尺D.180尺（4）已知抛物线()02:2>=p px y C 的焦点为F,P 为C 上一点，若，4=PF 点P 到y 轴的距离等于等于3，则点F 的坐标为A.(-1，0)B.(1，0)C.(2，0)D.(-2，0)（5）执行如图所示的程序框图，则输出的k 值为A.7B.9C.11D.13（6）现有5人参加抽奖活动，每人依次从装有5张奖票(其中3张为中奖票)的箱子中不放回地随机抽取一张，直到3张中奖票都被抽出时活动结束，则活动恰好在第4人抽完后结束的概率为A.101 B.51 C.103 D.52（7）如图，网格纸上小正方形的边长为2，粗线画出的是某几何体的三视图则该几何体的体积是A.π6B.π7C.π12D.π14（8）()622--x x 的展开式中2x 的系数等于 A.-48 B.48 C.234 D.432（9）设x ，y 满足,0223010⎪⎩⎪⎨⎧≤--≤-+≥y x y ax y 若2210y x x z +-=的最小值为-12，则实数a 的取值范围是A.21-≤a B.23-<a C. 21≥a D.23<a （10）已知A,B,C 在球O 的球面上，AB=1,BC=2， 60=∠ABC ，直线OA 与截面ABC 所成的角为 30，则球O 的表面积为 A.π4 B.π16 C.π34D.π316 （11）已知函数()()()e e b ax x xf x -++-=2，当0>x 时，()0≤x f ，则实数a 的取值范围为 A.0>a B.10≤<a C.1≥a D.1≤a（12）已知数列}{n a 的前n 项和为，，，046,21>==n n S S S S 且22122,+-n n n S S S ，成等比数列，12221-2,++n n n S S S ，成等差数列，则2016a 等于A.1008-B.1009-C.21008D.21009第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分。

2019年福建省高三毕业班质量检查理科数学参考答案一．选择题1.【解析】{|1}A x x =>,{|22}B x x =-≤≤,{|12}A B x x =<≤ ,选C．2.【解析】1i i 111i i 1z +-=-=-=--，1z =，选D．3.【解析】由2(85,)X N σ ，(8090)0.3P X <<=，则(8590)0.15P X ≤<=，所(90)0.50.150.35P X ≥=-=，选A．4.【解析】画出101010,x y x y y -+≥⎧⎪+-≤⎨⎪+≥⎩，，所表示的可行域（如图所示），当直线122z y x =-+过(21)--，时，z 的最小值为22(1)4-+⨯-=-．选B．5.【解析】由三视图得该几何体为直三棱，是棱长为2的正方体沿对角面切得一半，其外接球还是正方体的外接球，外接球的直径为23，即半径为3，则外接球的体积为43π，选B．6.【解析】函数sin(2)6y x π=+的图象向右平移6π个单位长度后得到sin[2()]sin(2)666y x x πππ=-+=-，检验sin(2)0126ππ⨯-=，即点(,0)12π为平移后图象的一个对称中心，选A．7.【解析】由1051071414232128,525,749====，得,.a b a c >>又57ln 5ln 7ln 5,ln 757==，设ln ()x f x x =，21ln ()x f x x -'=，所以()f x 在(e,)+∞为减函数，所以(5)(7)f f >，则5757ln 5ln 757>⇒>，即b c >，所以a b c >>，选A．也可以：3535755357355578125,7716807====，即b c >，所以.a b c >>8.【解析】设i A 表示顾客恰好在第i 次中奖（1,2,3i =），11()3P A =，2212()339P A =⨯=，23214()3327P A ⎛⎫=⨯= ⎪⎝⎭，顾客中奖的概率为12419392727P =++=，选D．9.【解析】由题意知1112||||||2c F P FQ F F ===，又由12Rt PF F ∆，即等腰直角三角形，则212||2||22PF F F c ==，所以1212||||2222(12)e 2112a PF PF c c c =+=+=+⇒==-+，即选A．10.【解析】利用圆的性质可得，AD OC ⊥，且C 为AP 的中点，又由圆锥的母线得，SA SD =，所以AD SC Rt SAC ⊥⇒∆，①对；因为AD DB ⊥，且SD 为母线，可推得二面角A SD B --为钝二面角，则平面SAD 与平面SBD 不垂直，②错；连结DO ，并延长得直径DE ，又连结SE ，由P 上SD 中点，O 为DE 中点，所以SE PO SE ⇒ ∥平面APB ，③对．选C．11.【解析】因为1ln 1x y x x+=+-为奇函数且为增函数,所以1()ln 1x f x x x+=+-有对称中心(0,1),且在定义域(1,1)-上为增函数,由()(1)2(1)2()()f a f a f a f a f a ++>⇒+>-=-,111102a a a ⇒-<-<+<⇒-<<，选C．12.【解析】由30,3,23B BC AB ∠=== ,余弦定理得3AC Rt ABC =⇒∆,由B 、C 关于直线AD 的对称点分别为B '、C '，所以BB C BB C '''∆≅∆，设BB AD E '= ，所以E 为BB '的中点，且AE BE ⊥，当点D 在BC 边上运动时，得到的点E 轨迹是以AB 为直径，弦BC 所对的劣弧．所以点E 到BC 边的距离最大值为33tan 3022⋅= ，则1333223222BB C BB C BCE S S S '''∆∆∆⎛⎫==⋅≤⨯⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭，选D．二．填空题13.【解析】由()λ⊥-a a b 得()0λ⋅-=a a b ，即21cos023πλλλ-⋅=-⋅=⇒=a a b ，答案为2．14.【解析】由21(2)-n x x的展开式二项式系数和为64，即2646=⇒=n n ．所以展开式的常数项为422461C (2)()15460-=⨯=x x，答案为60．15.【解析】角α的终边与单位圆O 的交点(,)P a b ，且75a b +=，即74924cos sin 12cos sin sin 252525ααααα+=⇒+=⇒=．24cos(2)sin 2225παα+=-=-，答案为2425-．16.【解析】由222213393x y y x -=⇒=+．由曲边四边形MABQ 绕着y 轴旋转得到几何体体积为：234424222648(3)(3)(12)(6)263999y y V x dy dy y πππππ---⎡⎤==+=+=+---=⎢⎥⎣⎦⎰⎰，答案为26π．三．解答题。