2024年8月5日发(作者：居临)

2024年辽宁省大连经济技术开发区得胜高级中学高三数学第一学期期末学业水平测试

模拟试题

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再

选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本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．若

A

．

，则

B

．

（

）

C

．

D

．

2．

ABC

的内角

A,B,C

的对边分别为

a,b,c

，已知

a2c2bcosA

，则角

B

的大小为（

）

A

．

2



3

B

．



3

C

．



6

D

．

5



6

3．某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积为（

）

A

．

2

3

B

．

1 C

．

4

3

8

D

．

3



4．在

ABC

中

A,B,C

所对的边分别是

a,b,c

，若

a3,b4,C120

，则

c

（

）

A

．

37 B

．

13 C

．

13

D

．

37

5．一个由两个圆柱组合而成的密闭容器内装有部分液体，小圆柱底面半径为

r

1

，大圆柱底面半径为

r

2

，如图

1

放置容

h

1



（

）

器时，液面以上空余部分的高为

h

1

，如图

2

放置容器时，液面以上空余部分的高为

h

2

，则

h

2

r

2

A

．

r

1



r



B

．



2





r

1



2



r



C

．



2





r

1



3

D

．

r

2

r

1

6．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：

“

今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，

无广，高二丈，问：积几何

”

其意思为：

“

今有底面为矩形的屋脊状的楔体，下底面宽

3

丈，长

4

丈，上棱长

2

丈，高

2

丈，问：它的体积是多少

?”

已知

l

丈为

10

尺，该楔体的三视图如图所示，其中网格纸上小正方形边长为

1

，则该楔

体的体积为（

）

A

．

10000

立方尺

B

．

11000

立方尺

C

．

12000

立方尺

D

．

13000

立方尺

y

2

7．已知双曲线

C:x

2

1



b0



的一条渐近线方程为

y22x

，

F

1

，

F

2

分别是双曲线

C

的左、右焦点，点

P

b

2

在双曲线

C

上，且

PF

1

3

，则

PF

2



( )

A

．

9 B

．

5 C

．

2

或

9 D

．

1

或

5

8．已知函数

f(x)sin(



x



)

，其中



0

，







0,

的

x

1

，

x

2

，有

x

1

x

2

调递减区间是（）

A

．



k













2





，其图象关于直线

x



6

对称，对满足

f



x

1



f



x

2



2

min





2

，将函数

f(x)

的图象向左平移



个单位长度得到函数

g(x)

的图象，则函数

g(x)

的单

6







6

,k









2







kZ



B

．



k



,k















kZ





2



7







kZ



12





C

．



k











3

,k





5







kZ



6





D

．



k











12

,k





9．如图，用一边长为

2

的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，将体积为

为球体）放入其中，蛋巢形状保持不变，则鸡蛋中心（球心）与蛋巢底面的距离为（

）

4



的鸡蛋（视

3

A

．

2

2

B

．

3

2

C

．

21

2

D

．

31

2

10．已知函数

f(x)cos2x3sin2x1

，则下列判断错误的是（

）

A

．

f(x)

的最小正周期为



C

．

f(x)

的图象关于直线

x

B

．

f(x)

的值域为

[1,3]



6

对称

D

．

f(x)

的图象关于点











,0



对称



4



11．记单调递增的等比数列



a

n



的前

n

项和为

S

n

，若

a

2

a

4

10

，

a

2

a

3

a

4

64

，则（

）

n1

n

A

．

S

n1

S

n

2

B

．

a

n

2

n

C

．

S

n

21

n1

D

．

S

n

21

12．已知

a2i1bi



a,bR



，其中

i

是虚数单位，则

zabi

对应的点的坐标为（

）

A

．



1,-2



B

．



2,-1



C

．



1,2



D

．



2,1



二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．已知函数

f(x)ee

xx

1

，则关于

x

的不等式

f(2x)f(x1)2

的解集为

_______

．

14．若

alog

2

3,blog

3

2

,

则

ab

=______,

lgalgb

=______.

32

4

15．

(xy)(x2y)

的展开式中，

xy

的系数为

____________.

16．已知数列

{a

n

}

的前

n

项和为

S

n

且满足

S

n

a

n

2

，则数列

{a

n

}

的通项

a

n



_______

．

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17．（12分）如图，

O

为坐标原点，点

F

为抛物线

C

1

:x2py



p0



的焦点，且抛物线

C

1

上点

P

处的切线与圆

2

C

2

:x

2

y

2

1

相切于点

Q

（

1

）当直线

PQ

的方程为

xy20

时，求抛物线

C

1

的方程；

（

2

）当正数

p

变化时，记

S

1

,S

2

分别为

FPQ,FOQ

的面积，求

S

1

的最小值．

S

2

18．（12分）如图，四棱锥

V

﹣

ABCD

中，底面

ABCD

是菱形，对角线

AC

与

BD

交于点

O

，

VO

⊥平面

ABCD

，

E

是

棱

VC

的中点．

（

1

）求证：

VA

∥平面

BDE

；

（

2

）求证：平面

VAC

⊥平面

BDE

．

x

2

y

2

19．（12分）已知直线

xy1

过椭圆

2



2

1



ab0



的右焦点，且交椭圆于

A

，

B

两点，线段

AB

的中点是

ab



21



M



,



，



33



（

1

）求椭圆的方程；

（

2

）过原点的直线

l

与线段

AB

相交（不含端点）且交椭圆于

C

，

D

两点，求四边形

ACBD

面积的最大值

.

20．（12分）如图，在矩形

ABCD

中，

AB4

，

AD3

，点

E,F

分别是线段

DC,BC

的中点，分别将

△DAE

沿

AE

折起，

△CEF

沿

EF

折起，使得

D,C

重合于点

G

，连结

AF

.

（Ⅰ）求证：平面

GEF

平面

GAF

；

（Ⅱ）求直线

GF

与平面

GAE

所成角的正弦值

.

21．（12分）如图（

1

）五边形

ABCDE

中，

EDEA,AB//CD,CD2AB,

，点

M

为线段

PC

的中点，

EDC150

,

将

EAD

沿

AD

折到

PAD

的位置，得到四棱锥

PABCD

，如图（

2

）

且

BM

平面

PCD

.

（

1

）求证：平面

PAD

平面

ABCD

；

（

2

）若直线

PC

AB

与所成角的正切值为

1

，求直线

BM

与平面

PDB

所成角的正弦值

.

2

22．（10分）如图，三棱柱

ABC

-

A

1

B

1

C

1

中，侧面

BCC

1

B

1

是菱形，

AC

=

BC

=2

，∠

CBB

1

=

投影为棱

BB

1

的中点

E

．



，点

A

在平面

BCC

1

B

1

上的

3

（

1

）求证：四边形

ACC

1

A

1

为矩形；

（

2

）求二面角

E

-

B

1

C

-

A

1

的平面角的余弦值．

参考答案

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、

B

【解题分析】

由三角函数的诱导公式和倍角公式化简即可

.

【题目详解】

因为

故选

B

【题目点拨】

本题考查了三角函数的诱导公式和倍角公式，灵活掌握公式是关键，属于基础题

.

2、

A

【解题分析】

先利用正弦定理将边统一化为角，然后利用三角函数公式化简，可求出解

B.

【题目详解】

由正弦定理可得

sinA2sinC2sinBcosA

，即

sinA2sin(AB)2sinBcosA

，即有

sinA(12cosB)0

，

因为

sinA0

，则

cosB

故选：

A

【题目点拨】

此题考查了正弦定理和三角函数的恒等变形，属于基础题

.

3、

C

【解题分析】

，由诱导公式得，所以

.

12



.

，而

B(0,



)

，所以

B

23

1



14



V222

该几何体为三棱锥，其直观图如图所示，体积．故选

C

.



3



23



4、

D

【解题分析】

直接根据余弦定理求解即可．

【题目详解】

解：∵

a3,b4,C120

，

∴

c

2

a

2

b

2

2abcosC9161237

，

∴

c37

，

故选：

D

．

【题目点拨】

本题主要考查余弦定理解三角形，属于基础题．

5、

B

【解题分析】

根据空余部分体积相等列出等式即可求解

.

【题目详解】

2222

在图

1

中，液面以上空余部分的体积为



r

1

h

1

；在图

2

中，液面以上空余部分的体积为



r

2

h

2

.

因为



r

1

h

1





r

2

h

2

，所



h



r



以

1





2



.

h

2



r

1



故选：

B

【题目点拨】

本题考查圆柱的体积，属于基础题

.

6、

A

【解题分析】

由题意，将楔体分割为三棱柱与两个四棱锥的组合体，作出几何体的直观图如图所示：

2

沿上棱两端向底面作垂面，且使垂面与上棱垂直，

则将几何体分成两个四棱锥和1个直三棱柱，

则三棱柱的

四棱锥的体积

立方丈立方尺．

由三视图可知两个四棱锥大小相等，

故选A．

【题目点拨】本题考查三视图及几何体体积的计算，其中正确还原几何体，利用方格数据分割与计算是解题的关键．

7、

B

【解题分析】

根据渐近线方程求得

b

，再利用双曲线定义即可求得

PF

2

.

【题目详解】

由于

b

22

，所以

b22

，

a

又

PF

1

PF

2

2

且

PF

2

ca2

，

故选：

B.

【题目点拨】

本题考查由渐近线方程求双曲线方程，涉及双曲线的定义，属基础题

.

8、

B

【解题分析】

根据已知得到函数

f



x



两个对称轴的距离也即是半周期，由此求得



的值，结合其对称轴，求得



的值，进而求得

f



x



解析式

.

根据图像变换的知识求得

g



x



的解析式，再利用三角函数求单调区间的方法，求得

g



x



的单调递减区

间

.

【题目详解】

解：已知函数

f(x)sin(



x



)

，其中



0

，

0



0,

对满足

f



x

1



f



x

2



2

的

x

1

，

x

2

，有

x

1

x

2

再根据其图像关于直线

x









2





，其图像关于直线

x



6

对称，

min





12





，∴



2

.

22





6

对称，可得

2



6





k







2

，

kZ

.

∴







6

，∴

f(x)sin



2x











.

6



将函数

f(x)

的图像向左平移







g(x)sin2x



cos2x

的图像

.

个单位长度得到函数



6

36



令

2k



2x2k







，求得

k



xk





则函数

g(x)

的单调递减区间是



k



,k





故选

B.

【题目点拨】



2

，









2





，

kZ

，

本小题主要考查三角函数图像与性质求函数解析式，考查三角函数图像变换，考查三角函数单调区间的求法，属于中

档题

.

9、

D

【解题分析】

先求出球心到四个支点所在球的小圆的距离，再加上侧面三角形的高，即可求解

.

【题目详解】

设四个支点所在球的小圆的圆心为

O



，球心为

O

，

4



44



2

，即



R

可得球

O

的半径为

1

，

33

3

1

又由边长为

2

的正方形硬纸，可得圆

O



的半径为，

2

由题意，球的体积为

利用球的性质可得

O



O

2

1

2

()

2



1

2

3

，

2

1

，

2

又由

O



到底面的距离即为侧面三角形的高，其中高为

所以球心到底面的距离为

故选：

D.

【题目点拨】

3131

.



222

本题主要考查了空间几何体的结构特征，以及球的性质的综合应用，着重考查了数形结合思想，以及推理与计算能力，

属于基础题

.

10、

D

【解题分析】

先将函数

f(x)cos2x3sin2x1

化为

f(x)2sin



2x

果

.

【题目详解】











1

，再由三角函数的性质，逐项判断，即可得出结

6



f(x)cos2x3sin2x1



1



3





f(x)2cos2xsin2x12sin2x

可得





1



2



26





对于

A

，

f(x)

的最小正周期为

T

2



2







,

故

A

正确；

|



|2

对于

B

，由

1sin



2x

对于

C

，











1

，可得

1f(x)3

，故

B

正确；

6



正弦函数对称轴可得：

2x

0





6

k







2

,



kZ



1



k



,



kZ



，

26



当

k0

，

x

0



，故

C

正确；

6

解得：

x

0



对于

D

，正弦函数对称中心的横坐标为：

2x

0





6

k



,



kZ



解得：

x

0



1



k



,



kZ



212

1









,0



对称，则

k





2124



4



若图象关于点





解得：

k

故选：

D.

【题目点拨】

2

，故

D

错误；

3

本题考查三角恒等变换，三角函数的性质，熟记三角函数基本公式和基本性质，考查了分析能力和计算能力，属于基

础题

.

11、

C

【解题分析】

先利用等比数列的性质得到

a

3

的值，再根据

a

2

,a

4

的方程组可得

a

2

,a

4

的值，从而得到数列的公比，进而得到数列的通

项和前

n

项和，根据后两个公式可得正确的选项

.

【题目详解】

2

3

因为



a

n



为等比数列，所以

a

3

a

2

a

4

，故

a

3

64

即

a

3

4

，



a

2

a

4

10



a

2

2



a

2

8



a

2

2

a

由



可得



或



，因为



n



为递增数列，故



符合

.

aa16

a8a2a8



24



4



4



4

2

此时

q4

，所以

q2

或

q2

（舍，因为



a

n



为递增数列）

.

n3

故

a

n

a

3

q

故选

C.

n3

422

n1

，

S

n

1



12

n



12

2

n

1

.

【题目点拨】

一般地，如果



a

n



为等比数列，

S

n

为其前

n

项和，则有性质：

（

1

）若

m,n,p,qN*,mnpq

，则

a

m

a

n

a

p

a

q

；

n

（

2

）公比

q1

时，则有

S

n

ABq

，其中

A,B

为常数且

AB0

；

（

3

）

S

n

,S

2n

S

n

,S

3n

S

2n

,

12、

C

【解题分析】

为等比数列（

S

n

0

）且公比为

q

n

.

利用复数相等的条件求得

a

，

b

，则答案可求．

【题目详解】

由

a2i1bi

，得

a1

，

b2

．

zabi

对应的点的坐标为

(a

，

b)(1

，

2)

．

故选：

C

．

【题目点拨】

本题考查复数的代数表示法及其几何意义，考查复数相等的条件，是基础题．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13、

(,)

【解题分析】

1

3

g



x1



g



x1



，运用单调性，可得到所判断

g



x



f



x



1

的奇偶性和单调性，原不等式转化为

g



2x



＞?

求解集．

【题目详解】

令

g



x



f



x



1

，易知函数

g



x



为奇函数，在

R

上单调递增，

f



2x



f



x1



2f



2x



1f



x1



1＞0

，

即

g



2x



g



x1



＞0

，

g



x1



g



x1



∴

g



2x



＞?

∴

2x＞x1

，即

x

＞



故答案为：



,



【题目点拨】

本题考查函数的奇偶性和单调性的运用：解不等式，考查转化思想和运算能力，属于中档题．

14、

1 0

【解题分析】

①根据换底公式计算即可得解；

②根据同底对数加法法则，结合①的结果即可求解.

【题目详解】

①由题：

alog

2

3,blog

3

2

,

则

ablog

2

3log

3

2log

2

3

1

3



1



3





log

2

2

1

；

log

2

3

②由①可得：

lgalgblgablg10

.

故答案为：①

1

，②

0

【题目点拨】

此题考查对数的基本运算，涉及换底公式和同底对数加法运算，属于基础题目

.

15、

16

【解题分析】

32

3

4

22

要得到

xy

的系数，只要求出二项式

(x2y)

中

xy

的系数减去

xy

的系数的

2

倍即可

【题目详解】

21

x

3

y

2

的系数为

C

2

4

2C

4

216

.

故答案为：

16

【题目点拨】

此题考查二项式的系数，属于基础题

.



1



16、







2



n1

【解题分析】

先求得

n1

时

a

1

1

；再由

S

n

a

n

2

可得

n2

时

S

n1

a

n1

2

,

两式作差可得

2a

n

a

n1

0

,

进而求解

.

【题目详解】

当

n1

时

,

S

1

a

1

2a

1

2

,

解得

a

1

1

；

由

S

n

a

n

2

,

可知当

n2

时

,

S

n1

a

n1

2

,

两式相减

,

得

2a

n

a

n1

0

,

即

a

n



所以数列

{a

n

}

是首项为

1

,

公比为

1

a

n1

(n≥2)

,

2

1

的等比数列

,

2



1



所以

a

n







2



n1

,

n1



1



故答案为

:







2



【题目点拨】

本题考查由

S

n

与

a

n

的关系求通项公式

,

考查等比数列的通项公式的应用

.

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17、（

1

）

x

2

=4

2

y

．（

2

）

【解题分析】

2

x

x

0

2

x

试题解析：（Ⅰ）设点

P

（

x

0

，），由

x

2

=2py

（

p

＞

0

）得，

y=

，求导

y′=

，

p

2p2p

.

x

0

x

0

2

=1

且

x

0

--√2=0

，解得

p=2

2

，

因为直线

PQ

的斜率为

1

，所以

p

2p

所以抛物线

C

1

的方程为

x

2

=4

2

y

．

x

0

2

x

0

=

（Ⅱ）因为点

P

处的切线方程为：

y-

（

x-x

0

），即

2x

0

x-2py-x

0

2

=0

，

2p

p

p

∴ OQ

的方程为

y=-x

x

0

根据切线与圆切，得

d=r

，即

x

0

2

4x

0

4p

22

1

，化简得

x

0

4

=4x

0

2

+4p

2

，

2x

0

x2pyx

0

2

0

2

4x

0

2

由方程组

{

，解得

Q

（，），

p

x

0

yx

2p

x

0

x

o

2

2

所以

|PQ|=√1+k|x

P

-x

Q

|=

1

2

x

0



px

0

2

p

2

x

0

2

x

0

2

2

px

0

点

F

（

0

，

1

p

x

o

2

p

2

，

）到切线

PQ

的距离是

d=

2

4x

0

2

4p

2

2

p

2

x

0

2

11

所以

S

1

=

PQd

22

x

0

2

p

2

x

0

2

2

p

2

x

0

2

x

0

2

2

1

22

x

o

p

=

，

4px

2

px

0

0

1p

OFx

S

2

=

，

Q

22x

0

而由

x

0

4

=4x

0

2

+4p

2

知，

4p

2

=x

0

4

-4x

0

2

＞

0

，得

|x

0

|

＞

2

，

S

1

x

0

2

p

2

x

0

2

2

2x

0

(x

0

2

p

2

)(x

0

2

2)



所以

S

2

4px

0

p2p

2

(4x

0

2

x

0

4

4x

0

2

)(x

0

2

2)x

0

2

(x

0

2

2)



=

422

2(x

0

4x

0

)2(x

0

4)

x

0

2

4x

0

2

4

44



2



2

=

+1≥2

2

+1

，当且仅当时取

“=”

号，

2x

0

42x

0

4

即

x

0

2

=4+2

2

，此时，

p=

222

．

所以

S

1

的最小值为

2

2

+1

．

S

2

考点：求抛物线的方程，与抛物线有关的最值问题

.

18、（

1

）见解析（

2

）见解析

【解题分析】

（

1

）连结

OE

，证明

VA

∥

OE

得到答案

.

（

2

）证明

VO

⊥

BD

，

BD

⊥

AC

，得到

BD

⊥平面

VAC

，

得到证明

.

【题目详解】

（

1

）连结

OE

．因为底面

ABCD

是菱形，所以

O

为

AC

的中点，

又因为

E

是棱

VC

的中点，所以

VA

∥

OE

，又因为

OE

⊂

平面

BDE

，

VA

⊄

平面

BDE

，

所以

VA

∥平面

BDE

；

（

2

）因为

VO

⊥平面

ABCD

，又

BD

⊂

平面

ABCD

，所以

VO

⊥

BD

，

因为底面

ABCD

是菱形，所以

BD

⊥

AC

，又

VO

∩

AC

＝

O

，

VO

，

AC

⊂

平面

VAC

，

所以

BD

⊥平面

VAC

．又因为

BD

⊂

平面

BDE

，所以平面

VAC

⊥平面

BDE

．

【题目点拨】

本题考查了线面平行，面面垂直，意在考查学生的推断能力和空间想象能力

.

x

2

43

19、（

1

）

y

2

1

（

2

）

2

3

【解题分析】

42

（

1

）由直线

xy1

可得椭圆右焦点的坐标为

(1,0)

,

由中点

M

可得

x

1

x

2

,y

1

y

2



,

且由斜率公式可得

33

2222

y

2

y

1

1

,

由点

A,B

在椭圆上

,

则

x

1

2



y

1

2

1,

x

2

2



y

2

2

1

,

二者作差

,

进而代入整理可得

a

2

2b

2

,

即可求解；

x

2

x

1

abab

（

2

）设直线

l:ykx

,

点

A,B

到直线

l

的距离为

d

1

,d

2

,

则四边形的面积为

S

111

CDd

1

CDd

2

CD



d

1

d

2



,

将

222

ykx

代入椭圆方程

,

再利用弦长公式求得

CD

,

利用点到直线距离求得

d

1

,d

2

,

根据直线

l

与线段

AB

（不含端点）相交

,

1

1



4

可得



k01





k



0

,

即

k

,

进而整理换元

,

由二次函数性质求解最值即可

.

3



3

4

【题目详解】

（

1

）直线

xy1

与

x

轴交于点

(1,0)

,

所以椭圆右焦点的坐标为

(1,0)

,

故

c1

,

因为线段

AB

的中点是

M





21



,



,



33



y

2

y

1

42

1

,

设

A



x

1

,y

1



,B



x

2

,y

2



,

则

x

1

x

2

,y

1

y

2



,

且

x

2

x

1

33

x

1

2

y

1

2

x

2

2

y

2

2

x

2

2

x

1

2

y

2

2

y

1

2

又

2



2

1,

2



2

1

,

作差可得

0

,

ababa

2

b

2



xx



xx



yy

1



y

2

y

1



,

得

2

则

21

2

21



2

0

a2b

2

2

ab

又

a

2

b

2

c

2

,c1

,

所以

a

2

2,b

2

1

,

x

2

因此椭圆的方程为

y

2

1

.

2

4





x

2

x



x0







y

2

1

3

,

解得



,

（

2

）由（

1

）联立



2

或



1

y1





y



xy1





3





41



不妨令

A



0,1



,B



,



,

易知直线

l

的斜率存在

,



33



x

2

22

设直线

l:ykx

,

代入

y

2

1

,

得

2k1x2

,

2



解得

x

2

2k

2

1

或



2

2k

2

1

,

设

C



x

3

,y

3



,D



x

4

,y

4



,

则

x

3

x

4



2

2k

2

1



2

2k

2

1



22

2k

2

1

,

22

则

CD1kx

3

x

4

1k

22

2k

2

1

,

41

k

1

33

,

,d

2



1k

2

1k

2



41



因为

A



0,1



,B



,



到直线

ykx

的距离分别是

d

1



33



1

1



4

由于直线

l

与线段

AB

（不含端点）相交

,

所以



k01





k



0

,

即

k

,

3



3

4

444

k



k1



3



3

,

所以

dd

3

12

22

1k1k

四边形

ACBD

的面积

S

令

k1t

,

t

11142k1

CDd

1

CDd

2

CD



d

1

d

2





,

2

2223

2k1

3

,

则

2k

2

12t

2

4t3

,

4

1

2

4



1



,

23



t



t



42t42t

2

42

S

2

2

所以

332t4t33

2t4t3

42143

12

1

S

min



当



,

即

k

时

,

2416

33

，

2

t3

12

因此四边形

ACBD

面积的最大值为

43

.

3

【题目点拨】

本题考查求椭圆的标准方程

,

考查椭圆中的四边形面积问题

,

考查直线与椭圆的位置关系的应用

,

考查运算能力

.

20、（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）

【解题分析】

（Ⅰ）根据

GEGA

，

GEGF

，可得

GE

平面

GAF

，故而平面

GEF

平面

GAF

．

（Ⅱ）过

F

作

FHAG

于

H

，则可证

FH

平面

GAE

，故

FGH

为所求角，在

AGF

中利用余弦定理计算

cosFGH

，再计算

sinFGH

．

42

.

9

【题目详解】

解：（Ⅰ）因为

GEGA

，

GEGF

，

GE

所以

GE

平面

GAF

，

又

GE

平面

GEF

，

GFG

，

GE

平面

GAF

，

GF

平面

GAF

所以平面

GEF

平面

GAF

；

（Ⅱ）过

F

作

FHAG

于

H

，则由

GE

平面

GAF

，且

FH

平面

GAF

知

GEFH

，所以

FH

平面

GAE

，从而

FGH

是直线

GF

与平面

GAE

所成角

.

因为

AG3

，

FG

3

373

，

AF4

2

()

2



，

2

22

222

973

9

GAGFAF

44



7

，



所以

cosAGF

3

2GAGF9

23

2

从而

sinFGHsinAGF1cos

2

AGF

42

.

9

【题目点拨】

本题考查了面面垂直的判定，考查直线与平面所成角的计算，属于中档题．

21、（

1

）见解析（

2

）

27

7

【解题分析】

试题分析

:

（

1

）根据已知条件由线线垂直得出线面垂直

,

再根据面面垂直的判定定理证得成立

;

（

2

）通过已知条件求

出各边长度

,

建系如图所示

,

求出平面

PDB

的法向量

,

根据线面角公式代入坐标求得结果

.

试题解析

:

（

1

）证明：取

PD

的中点

N

，连接

AN,MN

，则

MN//CD,MN

又

AB//CD,AB

1

CD

，

2

1

CD

，所以

MN//AB,MNAB

，则四边形

ABMN

为平行四边形，所以

AN//BM

，

2

又

BM

平面

PCD

，

∴

AN

平面

PCD

，

∴

ANPD,ANCD

.

由

EDEA

即

PDPA

及

N

为

PD

的中点，可得

PAD

为等边三角形，

∴

PDA60

0

，

又

EDC150

0

，∴

CDA90

0

，∴

CDAD

，

∴

CD

平面

PAD,CD

平面

ABCD

，

∴平面

PAD

平面

ABCD

.

（

2

）解：

AB//CD

，∴

PCD

为直线

PC

与

AB

所成的角，

由（

1

）可得

PDC90

0

，∴

tanPCD

PD1



，∴

CD2PD

，

CD2

设

PD1

，则

CD2,PAADAB1

，

取

AD

的中点

O

，连接

PO

，过

O

作

AB

的平行线，

可建立如图所示的空间直角坐标系

Oxyz

，

3





1



1



1





D,0,0,B,1,0,C,2,0,P0,0,

则











，

2



2



2



2









13



∴

M







4

,1,

4





，





1



33



3



DB1,1,0,PB,1,,BM,0,



所以，





2



2



4



4

xy0

n·DB0

设

n



x,y,z



为平面

PBD

的法向量，则

{

，即

{

1

，

3

xyz0

n·PB0

22

取

x3

，则

n3,3,3

为平面

PBD

的一个法向量，



∵

cosn,BM

n·BM

nBM



3

21

3

2



27

7

，

则直线

BM

与平面

PDB

所成角的正弦值为

27

.

7

点睛

:

判定直线和平面垂直的方法

:①定义法．②利用判定定理：一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，则该

直线和此平面垂直．

③推论：

如果在两条平行直线中，有一条垂直于一个平面，那么另一条直线也垂直于这个平面．平

面与平面垂直的判定方法

:①定义法．②利用判定定理：一个平面过另一个平面的一条垂线，则这两个平面垂直．

22、（

1

）见解析（

2

）



【解题分析】

（

1

）通过勾股定理得出

CEBB

1

，又

AEBB

1

，进而可得

BB

1



平面

AEC

，则可得到

AA

1

AC

，问题得证；

（

2

）如图，以

E

为原点，

EC

，

EB

1

，

EA

所在直线分别为

x

轴，

y

轴，

z

轴，求出平面

EB

1

C

的法向量和平面

A

1

B

1

C

的法向量，利用空间向量的夹角公式可得答案

.

【题目详解】

（

1

）因为

AE⊥

平面

BB

1

C

1

C

，所以

AEBB

1

，

又因为

BE

21

7

1



BB

1

1

，

BC2

，

EBC

，所以

CE3

，

23

因此

BE

2

CE

2

BC

2

，所以

CEBB

1

，

因此

BB

1



平面

AEC

，所以

BB

1

AC

，

从而

AA

1

AC

，又四边形

ACC

1

A

1

为平行四边形，

则四边形

ACC

1

A

1

为矩形；

（

2

）如图，以

E

为原点，

EC

，

EB

1

，

EA

所在直线分别为

x

轴，

y

轴，

z

轴，所以

A(0,0,1),A

1

(0,2,1),B

1

(0,1,0),C(3,0,0)

，

平面

EB

1

C

的法向量

m(0,0,1)

，设平面

A

1

B

1

C

的法向量

n(x,y,z)

，

由

nCB

1

(x,y,z)(3,1,0)0y3x

，

由

nB

1

A,1)0yz0

，

1

(x,y,z)(0,1

令

x1y3,z3

，即

n(1,3,3)

，

321

，



7

17

21

.

7

所以，

cosm,n

所以，所求二面角的余弦值是



【题目点拨】

本题考查空间垂直关系的证明，考查向量法求二面角的大小，考查学生计算能力，是中档题

.

2024年8月5日发(作者：居临)

2024年辽宁省大连经济技术开发区得胜高级中学高三数学第一学期期末学业水平测试

模拟试题

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再

选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本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．若

A

．

，则

B

．

（

）

C

．

D

．

2．

ABC

的内角

A,B,C

的对边分别为

a,b,c

，已知

a2c2bcosA

，则角

B

的大小为（

）

A

．

2



3

B

．



3

C

．



6

D

．

5



6

3．某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积为（

）

A

．

2

3

B

．

1 C

．

4

3

8

D

．

3



4．在

ABC

中

A,B,C

所对的边分别是

a,b,c

，若

a3,b4,C120

，则

c

（

）

A

．

37 B

．

13 C

．

13

D

．

37

5．一个由两个圆柱组合而成的密闭容器内装有部分液体，小圆柱底面半径为

r

1

，大圆柱底面半径为

r

2

，如图

1

放置容

h

1



（

）

器时，液面以上空余部分的高为

h

1

，如图

2

放置容器时，液面以上空余部分的高为

h

2

，则

h

2

r

2

A

．

r

1



r



B

．



2





r

1



2



r



C

．



2





r

1



3

D

．

r

2

r

1

6．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：

“

今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，

无广，高二丈，问：积几何

”

其意思为：

“

今有底面为矩形的屋脊状的楔体，下底面宽

3

丈，长

4

丈，上棱长

2

丈，高

2

丈，问：它的体积是多少

?”

已知

l

丈为

10

尺，该楔体的三视图如图所示，其中网格纸上小正方形边长为

1

，则该楔

体的体积为（

）

A

．

10000

立方尺

B

．

11000

立方尺

C

．

12000

立方尺

D

．

13000

立方尺

y

2

7．已知双曲线

C:x

2

1



b0



的一条渐近线方程为

y22x

，

F

1

，

F

2

分别是双曲线

C

的左、右焦点，点

P

b

2

在双曲线

C

上，且

PF

1

3

，则

PF

2



( )

A

．

9 B

．

5 C

．

2

或

9 D

．

1

或

5

8．已知函数

f(x)sin(



x



)

，其中



0

，







0,

的

x

1

，

x

2

，有

x

1

x

2

调递减区间是（）

A

．



k













2





，其图象关于直线

x



6

对称，对满足

f



x

1



f



x

2



2

min





2

，将函数

f(x)

的图象向左平移



个单位长度得到函数

g(x)

的图象，则函数

g(x)

的单

6







6

,k









2







kZ



B

．



k



,k















kZ





2



7







kZ



12





C

．



k











3

,k





5







kZ



6





D

．



k











12

,k





9．如图，用一边长为

2

的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，将体积为

为球体）放入其中，蛋巢形状保持不变，则鸡蛋中心（球心）与蛋巢底面的距离为（

）

4



的鸡蛋（视

3

A

．

2

2

B

．

3

2

C

．

21

2

D

．

31

2

10．已知函数

f(x)cos2x3sin2x1

，则下列判断错误的是（

）

A

．

f(x)

的最小正周期为



C

．

f(x)

的图象关于直线

x

B

．

f(x)

的值域为

[1,3]



6

对称

D

．

f(x)

的图象关于点











,0



对称



4



11．记单调递增的等比数列



a

n



的前

n

项和为

S

n

，若

a

2

a

4

10

，

a

2

a

3

a

4

64

，则（

）

n1

n

A

．

S

n1

S

n

2

B

．

a

n

2

n

C

．

S

n

21

n1

D

．

S

n

21

12．已知

a2i1bi



a,bR



，其中

i

是虚数单位，则

zabi

对应的点的坐标为（

）

A

．



1,-2



B

．



2,-1



C

．



1,2



D

．



2,1



二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．已知函数

f(x)ee

xx

1

，则关于

x

的不等式

f(2x)f(x1)2

的解集为

_______

．

14．若

alog

2

3,blog

3

2

,

则

ab

=______,

lgalgb

=______.

32

4

15．

(xy)(x2y)

的展开式中，

xy

的系数为

____________.

16．已知数列

{a

n

}

的前

n

项和为

S

n

且满足

S

n

a

n

2

，则数列

{a

n

}

的通项

a

n



_______

．

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17．（12分）如图，

O

为坐标原点，点

F

为抛物线

C

1

:x2py



p0



的焦点，且抛物线

C

1

上点

P

处的切线与圆

2

C

2

:x

2

y

2

1

相切于点

Q

（

1

）当直线

PQ

的方程为

xy20

时，求抛物线

C

1

的方程；

（

2

）当正数

p

变化时，记

S

1

,S

2

分别为

FPQ,FOQ

的面积，求

S

1

的最小值．

S

2

18．（12分）如图，四棱锥

V

﹣

ABCD

中，底面

ABCD

是菱形，对角线

AC

与

BD

交于点

O

，

VO

⊥平面

ABCD

，

E

是

棱

VC

的中点．

（

1

）求证：

VA

∥平面

BDE

；

（

2

）求证：平面

VAC

⊥平面

BDE

．

x

2

y

2

19．（12分）已知直线

xy1

过椭圆

2



2

1



ab0



的右焦点，且交椭圆于

A

，

B

两点，线段

AB

的中点是

ab



21



M



,



，



33



（

1

）求椭圆的方程；

（

2

）过原点的直线

l

与线段

AB

相交（不含端点）且交椭圆于

C

，

D

两点，求四边形

ACBD

面积的最大值

.

20．（12分）如图，在矩形

ABCD

中，

AB4

，

AD3

，点

E,F

分别是线段

DC,BC

的中点，分别将

△DAE

沿

AE

折起，

△CEF

沿

EF

折起，使得

D,C

重合于点

G

，连结

AF

.

（Ⅰ）求证：平面

GEF

平面

GAF

；

（Ⅱ）求直线

GF

与平面

GAE

所成角的正弦值

.

21．（12分）如图（

1

）五边形

ABCDE

中，

EDEA,AB//CD,CD2AB,

，点

M

为线段

PC

的中点，

EDC150

,

将

EAD

沿

AD

折到

PAD

的位置，得到四棱锥

PABCD

，如图（

2

）

且

BM

平面

PCD

.

（

1

）求证：平面

PAD

平面

ABCD

；

（

2

）若直线

PC

AB

与所成角的正切值为

1

，求直线

BM

与平面

PDB

所成角的正弦值

.

2

22．（10分）如图，三棱柱

ABC

-

A

1

B

1

C

1

中，侧面

BCC

1

B

1

是菱形，

AC

=

BC

=2

，∠

CBB

1

=

投影为棱

BB

1

的中点

E

．



，点

A

在平面

BCC

1

B

1

上的

3

（

1

）求证：四边形

ACC

1

A

1

为矩形；

（

2

）求二面角

E

-

B

1

C

-

A

1

的平面角的余弦值．

参考答案

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、

B

【解题分析】

由三角函数的诱导公式和倍角公式化简即可

.

【题目详解】

因为

故选

B

【题目点拨】

本题考查了三角函数的诱导公式和倍角公式，灵活掌握公式是关键，属于基础题

.

2、

A

【解题分析】

先利用正弦定理将边统一化为角，然后利用三角函数公式化简，可求出解

B.

【题目详解】

由正弦定理可得

sinA2sinC2sinBcosA

，即

sinA2sin(AB)2sinBcosA

，即有

sinA(12cosB)0

，

因为

sinA0

，则

cosB

故选：

A

【题目点拨】

此题考查了正弦定理和三角函数的恒等变形，属于基础题

.

3、

C

【解题分析】

，由诱导公式得，所以

.

12



.

，而

B(0,



)

，所以

B

23

1



14



V222

该几何体为三棱锥，其直观图如图所示，体积．故选

C

.



3



23



4、

D

【解题分析】

直接根据余弦定理求解即可．

【题目详解】

解：∵

a3,b4,C120

，

∴

c

2

a

2

b

2

2abcosC9161237

，

∴

c37

，

故选：

D

．

【题目点拨】

本题主要考查余弦定理解三角形，属于基础题．

5、

B

【解题分析】

根据空余部分体积相等列出等式即可求解

.

【题目详解】

2222

在图

1

中，液面以上空余部分的体积为



r

1

h

1

；在图

2

中，液面以上空余部分的体积为



r

2

h

2

.

因为



r

1

h

1





r

2

h

2

，所



h



r



以

1





2



.

h

2



r

1



故选：

B

【题目点拨】

本题考查圆柱的体积，属于基础题

.

6、

A

【解题分析】

由题意，将楔体分割为三棱柱与两个四棱锥的组合体，作出几何体的直观图如图所示：

2

沿上棱两端向底面作垂面，且使垂面与上棱垂直，

则将几何体分成两个四棱锥和1个直三棱柱，

则三棱柱的

四棱锥的体积

立方丈立方尺．

由三视图可知两个四棱锥大小相等，

故选A．

【题目点拨】本题考查三视图及几何体体积的计算，其中正确还原几何体，利用方格数据分割与计算是解题的关键．

7、

B

【解题分析】

根据渐近线方程求得

b

，再利用双曲线定义即可求得

PF

2

.

【题目详解】

由于

b

22

，所以

b22

，

a

又

PF

1

PF

2

2

且

PF

2

ca2

，

故选：

B.

【题目点拨】

本题考查由渐近线方程求双曲线方程，涉及双曲线的定义，属基础题

.

8、

B

【解题分析】

根据已知得到函数

f



x



两个对称轴的距离也即是半周期，由此求得



的值，结合其对称轴，求得



的值，进而求得

f



x



解析式

.

根据图像变换的知识求得

g



x



的解析式，再利用三角函数求单调区间的方法，求得

g



x



的单调递减区

间

.

【题目详解】

解：已知函数

f(x)sin(



x



)

，其中



0

，

0



0,

对满足

f



x

1



f



x

2



2

的

x

1

，

x

2

，有

x

1

x

2

再根据其图像关于直线

x









2





，其图像关于直线

x



6

对称，

min





12





，∴



2

.

22





6

对称，可得

2



6





k







2

，

kZ

.

∴







6

，∴

f(x)sin



2x











.

6



将函数

f(x)

的图像向左平移







g(x)sin2x



cos2x

的图像

.

个单位长度得到函数



6

36



令

2k



2x2k







，求得

k



xk





则函数

g(x)

的单调递减区间是



k



,k





故选

B.

【题目点拨】



2

，









2





，

kZ

，

本小题主要考查三角函数图像与性质求函数解析式，考查三角函数图像变换，考查三角函数单调区间的求法，属于中

档题

.

9、

D

【解题分析】

先求出球心到四个支点所在球的小圆的距离，再加上侧面三角形的高，即可求解

.

【题目详解】

设四个支点所在球的小圆的圆心为

O



，球心为

O

，

4



44



2

，即



R

可得球

O

的半径为

1

，

33

3

1

又由边长为

2

的正方形硬纸，可得圆

O



的半径为，

2

由题意，球的体积为

利用球的性质可得

O



O

2

1

2

()

2



1

2

3

，

2

1

，

2

又由

O



到底面的距离即为侧面三角形的高，其中高为

所以球心到底面的距离为

故选：

D.

【题目点拨】

3131

.



222

本题主要考查了空间几何体的结构特征，以及球的性质的综合应用，着重考查了数形结合思想，以及推理与计算能力，

属于基础题

.

10、

D

【解题分析】

先将函数

f(x)cos2x3sin2x1

化为

f(x)2sin



2x

果

.

【题目详解】











1

，再由三角函数的性质，逐项判断，即可得出结

6



f(x)cos2x3sin2x1



1



3





f(x)2cos2xsin2x12sin2x

可得





1



2



26





对于

A

，

f(x)

的最小正周期为

T

2



2







,

故

A

正确；

|



|2

对于

B

，由

1sin



2x

对于

C

，











1

，可得

1f(x)3

，故

B

正确；

6



正弦函数对称轴可得：

2x

0





6

k







2

,



kZ



1



k



,



kZ



，

26



当

k0

，

x

0



，故

C

正确；

6

解得：

x

0



对于

D

，正弦函数对称中心的横坐标为：

2x

0





6

k



,



kZ



解得：

x

0



1



k



,



kZ



212

1









,0



对称，则

k





2124



4



若图象关于点





解得：

k

故选：

D.

【题目点拨】

2

，故

D

错误；

3

本题考查三角恒等变换，三角函数的性质，熟记三角函数基本公式和基本性质，考查了分析能力和计算能力，属于基

础题

.

11、

C

【解题分析】

先利用等比数列的性质得到

a

3

的值，再根据

a

2

,a

4

的方程组可得

a

2

,a

4

的值，从而得到数列的公比，进而得到数列的通

项和前

n

项和，根据后两个公式可得正确的选项

.

【题目详解】

2

3

因为



a

n



为等比数列，所以

a

3

a

2

a

4

，故

a

3

64

即

a

3

4

，



a

2

a

4

10



a

2

2



a

2

8



a

2

2

a

由



可得



或



，因为



n



为递增数列，故



符合

.

aa16

a8a2a8



24



4



4



4

2

此时

q4

，所以

q2

或

q2

（舍，因为



a

n



为递增数列）

.

n3

故

a

n

a

3

q

故选

C.

n3

422

n1

，

S

n

1



12

n



12

2

n

1

.

【题目点拨】

一般地，如果



a

n



为等比数列，

S

n

为其前

n

项和，则有性质：

（

1

）若

m,n,p,qN*,mnpq

，则

a

m

a

n

a

p

a

q

；

n

（

2

）公比

q1

时，则有

S

n

ABq

，其中

A,B

为常数且

AB0

；

（

3

）

S

n

,S

2n

S

n

,S

3n

S

2n

,

12、

C

【解题分析】

为等比数列（

S

n

0

）且公比为

q

n

.

利用复数相等的条件求得

a

，

b

，则答案可求．

【题目详解】

由

a2i1bi

，得

a1

，

b2

．

zabi

对应的点的坐标为

(a

，

b)(1

，

2)

．

故选：

C

．

【题目点拨】

本题考查复数的代数表示法及其几何意义，考查复数相等的条件，是基础题．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13、

(,)

【解题分析】

1

3

g



x1



g



x1



，运用单调性，可得到所判断

g



x



f



x



1

的奇偶性和单调性，原不等式转化为

g



2x



＞?

求解集．

【题目详解】

令

g



x



f



x



1

，易知函数

g



x



为奇函数，在

R

上单调递增，

f



2x



f



x1



2f



2x



1f



x1



1＞0

，

即

g



2x



g



x1



＞0

，

g



x1



g



x1



∴

g



2x



＞?

∴

2x＞x1

，即

x

＞



故答案为：



,



【题目点拨】

本题考查函数的奇偶性和单调性的运用：解不等式，考查转化思想和运算能力，属于中档题．

14、

1 0

【解题分析】

①根据换底公式计算即可得解；

②根据同底对数加法法则，结合①的结果即可求解.

【题目详解】

①由题：

alog

2

3,blog

3

2

,

则

ablog

2

3log

3

2log

2

3

1

3



1



3





log

2

2

1

；

log

2

3

②由①可得：

lgalgblgablg10

.

故答案为：①

1

，②

0

【题目点拨】

此题考查对数的基本运算，涉及换底公式和同底对数加法运算，属于基础题目

.

15、

16

【解题分析】

32

3

4

22

要得到

xy

的系数，只要求出二项式

(x2y)

中

xy

的系数减去

xy

的系数的

2

倍即可

【题目详解】

21

x

3

y

2

的系数为

C

2

4

2C

4

216

.

故答案为：

16

【题目点拨】

此题考查二项式的系数，属于基础题

.



1



16、







2



n1

【解题分析】

先求得

n1

时

a

1

1

；再由

S

n

a

n

2

可得

n2

时

S

n1

a

n1

2

,

两式作差可得

2a

n

a

n1

0

,

进而求解

.

【题目详解】

当

n1

时

,

S

1

a

1

2a

1

2

,

解得

a

1

1

；

由

S

n

a

n

2

,

可知当

n2

时

,

S

n1

a

n1

2

,

两式相减

,

得

2a

n

a

n1

0

,

即

a

n



所以数列

{a

n

}

是首项为

1

,

公比为

1

a

n1

(n≥2)

,

2

1

的等比数列

,

2



1



所以

a

n







2



n1

,

n1



1



故答案为

:







2



【题目点拨】

本题考查由

S

n

与

a

n

的关系求通项公式

,

考查等比数列的通项公式的应用

.

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17、（

1

）

x

2

=4

2

y

．（

2

）

【解题分析】

2

x

x

0

2

x

试题解析：（Ⅰ）设点

P

（

x

0

，），由

x

2

=2py

（

p

＞

0

）得，

y=

，求导

y′=

，

p

2p2p

.

x

0

x

0

2

=1

且

x

0

--√2=0

，解得

p=2

2

，

因为直线

PQ

的斜率为

1

，所以

p

2p

所以抛物线

C

1

的方程为

x

2

=4

2

y

．

x

0

2

x

0

=

（Ⅱ）因为点

P

处的切线方程为：

y-

（

x-x

0

），即

2x

0

x-2py-x

0

2

=0

，

2p

p

p

∴ OQ

的方程为

y=-x

x

0

根据切线与圆切，得

d=r

，即

x

0

2

4x

0

4p

22

1

，化简得

x

0

4

=4x

0

2

+4p

2

，

2x

0

x2pyx

0

2

0

2

4x

0

2

由方程组

{

，解得

Q

（，），

p

x

0

yx

2p

x

0

x

o

2

2

所以

|PQ|=√1+k|x

P

-x

Q

|=

1

2

x

0



px

0

2

p

2

x

0

2

x

0

2

2

px

0

点

F

（

0

，

1

p

x

o

2

p

2

，

）到切线

PQ

的距离是

d=

2

4x

0

2

4p

2

2

p

2

x

0

2

11

所以

S

1

=

PQd

22

x

0

2

p

2

x

0

2

2

p

2

x

0

2

x

0

2

2

1

22

x

o

p

=

，

4px

2

px

0

0

1p

OFx

S

2

=

，

Q

22x

0

而由

x

0

4

=4x

0

2

+4p

2

知，

4p

2

=x

0

4

-4x

0

2

＞

0

，得

|x

0

|

＞

2

，

S

1

x

0

2

p

2

x

0

2

2

2x

0

(x

0

2

p

2

)(x

0

2

2)



所以

S

2

4px

0

p2p

2

(4x

0

2

x

0

4

4x

0

2

)(x

0

2

2)x

0

2

(x

0

2

2)



=

422

2(x

0

4x

0

)2(x

0

4)

x

0

2

4x

0

2

4

44



2



2

=

+1≥2

2

+1

，当且仅当时取

“=”

号，

2x

0

42x

0

4

即

x

0

2

=4+2

2

，此时，

p=

222

．

所以

S

1

的最小值为

2

2

+1

．

S

2

考点：求抛物线的方程，与抛物线有关的最值问题

.

18、（

1

）见解析（

2

）见解析

【解题分析】

（

1

）连结

OE

，证明

VA

∥

OE

得到答案

.

（

2

）证明

VO

⊥

BD

，

BD

⊥

AC

，得到

BD

⊥平面

VAC

，

得到证明

.

【题目详解】

（

1

）连结

OE

．因为底面

ABCD

是菱形，所以

O

为

AC

的中点，

又因为

E

是棱

VC

的中点，所以

VA

∥

OE

，又因为

OE

⊂

平面

BDE

，

VA

⊄

平面

BDE

，

所以

VA

∥平面

BDE

；

（

2

）因为

VO

⊥平面

ABCD

，又

BD

⊂

平面

ABCD

，所以

VO

⊥

BD

，

因为底面

ABCD

是菱形，所以

BD

⊥

AC

，又

VO

∩

AC

＝

O

，

VO

，

AC

⊂

平面

VAC

，

所以

BD

⊥平面

VAC

．又因为

BD

⊂

平面

BDE

，所以平面

VAC

⊥平面

BDE

．

【题目点拨】

本题考查了线面平行，面面垂直，意在考查学生的推断能力和空间想象能力

.

x

2

43

19、（

1

）

y

2

1

（

2

）

2

3

【解题分析】

42

（

1

）由直线

xy1

可得椭圆右焦点的坐标为

(1,0)

,

由中点

M

可得

x

1

x

2

,y

1

y

2



,

且由斜率公式可得

33

2222

y

2

y

1

1

,

由点

A,B

在椭圆上

,

则

x

1

2



y

1

2

1,

x

2

2



y

2

2

1

,

二者作差

,

进而代入整理可得

a

2

2b

2

,

即可求解；

x

2

x

1

abab

（

2

）设直线

l:ykx

,

点

A,B

到直线

l

的距离为

d

1

,d

2

,

则四边形的面积为

S

111

CDd

1

CDd

2

CD



d

1

d

2



,

将

222

ykx

代入椭圆方程

,

再利用弦长公式求得

CD

,

利用点到直线距离求得

d

1

,d

2

,

根据直线

l

与线段

AB

（不含端点）相交

,

1

1



4

可得



k01





k



0

,

即

k

,

进而整理换元

,

由二次函数性质求解最值即可

.

3



3

4

【题目详解】

（

1

）直线

xy1

与

x

轴交于点

(1,0)

,

所以椭圆右焦点的坐标为

(1,0)

,

故

c1

,

因为线段

AB

的中点是

M





21



,



,



33



y

2

y

1

42

1

,

设

A



x

1

,y

1



,B



x

2

,y

2



,

则

x

1

x

2

,y

1

y

2



,

且

x

2

x

1

33

x

1

2

y

1

2

x

2

2

y

2

2

x

2

2

x

1

2

y

2

2

y

1

2

又

2



2

1,

2



2

1

,

作差可得

0

,

ababa

2

b

2



xx



xx



yy

1



y

2

y

1



,

得

2

则

21

2

21



2

0

a2b

2

2

ab

又

a

2

b

2

c

2

,c1

,

所以

a

2

2,b

2

1

,

x

2

因此椭圆的方程为

y

2

1

.

2

4





x

2

x



x0







y

2

1

3

,

解得



,

（

2

）由（

1

）联立



2

或



1

y1





y



xy1





3





41



不妨令

A



0,1



,B



,



,

易知直线

l

的斜率存在

,



33



x

2

22

设直线

l:ykx

,

代入

y

2

1

,

得

2k1x2

,

2



解得

x

2

2k

2

1

或



2

2k

2

1

,

设

C



x

3

,y

3



,D



x

4

,y

4



,

则

x

3

x

4



2

2k

2

1



2

2k

2

1



22

2k

2

1

,

22

则

CD1kx

3

x

4

1k

22

2k

2

1

,

41

k

1

33

,

,d

2



1k

2

1k

2



41



因为

A



0,1



,B



,



到直线

ykx

的距离分别是

d

1



33



1

1



4

由于直线

l

与线段

AB

（不含端点）相交

,

所以



k01





k



0

,

即

k

,

3



3

4

444

k



k1



3



3

,

所以

dd

3

12

22

1k1k

四边形

ACBD

的面积

S

令

k1t

,

t

11142k1

CDd

1

CDd

2

CD



d

1

d

2





,

2

2223

2k1

3

,

则

2k

2

12t

2

4t3

,

4

1

2

4



1



,

23



t



t



42t42t

2

42

S

2

2

所以

332t4t33

2t4t3

42143

12

1

S

min



当



,

即

k

时

,

2416

33

，

2

t3

12

因此四边形

ACBD

面积的最大值为

43

.

3

【题目点拨】

本题考查求椭圆的标准方程

,

考查椭圆中的四边形面积问题

,

考查直线与椭圆的位置关系的应用

,

考查运算能力

.

20、（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）

【解题分析】

（Ⅰ）根据

GEGA

，

GEGF

，可得

GE

平面

GAF

，故而平面

GEF

平面

GAF

．

（Ⅱ）过

F

作

FHAG

于

H

，则可证

FH

平面

GAE

，故

FGH

为所求角，在

AGF

中利用余弦定理计算

cosFGH

，再计算

sinFGH

．

42

.

9

【题目详解】

解：（Ⅰ）因为

GEGA

，

GEGF

，

GE

所以

GE

平面

GAF

，

又

GE

平面

GEF

，

GFG

，

GE

平面

GAF

，

GF

平面

GAF

所以平面

GEF

平面

GAF

；

（Ⅱ）过

F

作

FHAG

于

H

，则由

GE

平面

GAF

，且

FH

平面

GAF

知

GEFH

，所以

FH

平面

GAE

，从而

FGH

是直线

GF

与平面

GAE

所成角

.

因为

AG3

，

FG

3

373

，

AF4

2

()

2



，

2

22

222

973

9

GAGFAF

44



7

，



所以

cosAGF

3

2GAGF9

23

2

从而

sinFGHsinAGF1cos

2

AGF

42

.

9

【题目点拨】

本题考查了面面垂直的判定，考查直线与平面所成角的计算，属于中档题．

21、（

1

）见解析（

2

）

27

7

【解题分析】

试题分析

:

（

1

）根据已知条件由线线垂直得出线面垂直

,

再根据面面垂直的判定定理证得成立

;

（

2

）通过已知条件求

出各边长度

,

建系如图所示

,

求出平面

PDB

的法向量

,

根据线面角公式代入坐标求得结果

.

试题解析

:

（

1

）证明：取

PD

的中点

N

，连接

AN,MN

，则

MN//CD,MN

又

AB//CD,AB

1

CD

，

2

1

CD

，所以

MN//AB,MNAB

，则四边形

ABMN

为平行四边形，所以

AN//BM

，

2

又

BM

平面

PCD

，

∴

AN

平面

PCD

，

∴

ANPD,ANCD

.

由

EDEA

即

PDPA

及

N

为

PD

的中点，可得

PAD

为等边三角形，

∴

PDA60

0

，

又

EDC150

0

，∴

CDA90

0

，∴

CDAD

，

∴

CD

平面

PAD,CD

平面

ABCD

，

∴平面

PAD

平面

ABCD

.

（

2

）解：

AB//CD

，∴

PCD

为直线

PC

与

AB

所成的角，

由（

1

）可得

PDC90

0

，∴

tanPCD

PD1



，∴

CD2PD

，

CD2

设

PD1

，则

CD2,PAADAB1

，

取

AD

的中点

O

，连接

PO

，过

O

作

AB

的平行线，

可建立如图所示的空间直角坐标系

Oxyz

，

3





1



1



1





D,0,0,B,1,0,C,2,0,P0,0,

则











，

2



2



2



2









13



∴

M







4

,1,

4





，





1



33



3



DB1,1,0,PB,1,,BM,0,



所以，





2



2



4



4

xy0

n·DB0

设

n



x,y,z



为平面

PBD

的法向量，则

{

，即

{

1

，

3

xyz0

n·PB0

22

取

x3

，则

n3,3,3

为平面

PBD

的一个法向量，



∵

cosn,BM

n·BM

nBM



3

21

3

2



27

7

，

则直线

BM

与平面

PDB

所成角的正弦值为

27

.

7

点睛

:

判定直线和平面垂直的方法

:①定义法．②利用判定定理：一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，则该

直线和此平面垂直．

③推论：

如果在两条平行直线中，有一条垂直于一个平面，那么另一条直线也垂直于这个平面．平

面与平面垂直的判定方法

:①定义法．②利用判定定理：一个平面过另一个平面的一条垂线，则这两个平面垂直．

22、（

1

）见解析（

2

）



【解题分析】

（

1

）通过勾股定理得出

CEBB

1

，又

AEBB

1

，进而可得

BB

1



平面

AEC

，则可得到

AA

1

AC

，问题得证；

（

2

）如图，以

E

为原点，

EC

，

EB

1

，

EA

所在直线分别为

x

轴，

y

轴，

z

轴，求出平面

EB

1

C

的法向量和平面

A

1

B

1

C

的法向量，利用空间向量的夹角公式可得答案

.

【题目详解】

（

1

）因为

AE⊥

平面

BB

1

C

1

C

，所以

AEBB

1

，

又因为

BE

21

7

1



BB

1

1

，

BC2

，

EBC

，所以

CE3

，