- 2021-07-01 发布 |
- 37.5 KB |
- 22页
申明敬告： 本站不保证该用户上传的文档完整性，不预览、不比对内容而直接下载产生的反悔问题本站不予受理。
文档介绍
【百强校】甘肃省兰州市第一中学2019届高三6月最后高考冲刺模拟数学（理）试题（含答案解析）
兰州一中 2019 届高三冲刺模拟试题 数学（理科） 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= ，则 =( ) A. （2，6） B. （2，7） C. （-3，2] D. （-3，2） 【答案】C 【解析】 【分析】 由题得 ={x|x≤2 或 x≥7}，再求 得解. 【详解】由题得 ={x|x≤2 或 x≥7}，所以 . 故选 C 【点睛】本题主要考查集合的运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力. 2.已知复数 对应复平面上的点 ，复数 满足 ，则 ( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 先由题意得到 ，再由 求出 ，根据复数模的计算公式，即可求出结果. 【详解】因为复数 对应复平面上的点 ，所以 ， 又复数 满足 ， 所以 ， 因此 . 故选 D 【点睛】本题主要考查复数的模的计算，熟记复数的运算法则以及复数的几何意义即可，属于基础题型. { | 3 6}, { | 2 7}x x B x x− < < = < < ( )RA B C B∪ ( )A C B∪∩ C B∪ ( )A C B∪∩ = ( ]3,2− 1z ( 1,1)− 2z 1 2 2z z = − 2 2iz + = 2 2 10 10 1 1z i= − + 1 2 2z z = − 2z 1z ( 1,1)− 1 1z i= − + 2z 1 2 2z z = − 2 1 2 2 2 2(1 ) 11 1 (1 )(1 ) iz iz i i i i − − += = = = = +− + − − + 2 2i 1 3 10z i+ = + = 3.已知正项等比数列 满足 ， 与 的等差中项为 ，则 的值为（ ） A. 4 B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 设公比为 ， ， 与 的等差中项为 ， ，即 的值为 ， 故选 A. 4.如图，在矩形 内随机撒一颗黄豆，则它落在空白部分的概率为( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 根据定积分的应用，得到阴影部分的面积为 ，再由题意得到矩形 的面积，最后由与面 积有关的几何概型的概率公式，即可求出结果. 【详解】由题意，阴影部分的面积为 ， 又矩形 的面积为 ， 所以在矩形 内随机撒一颗黄豆，则它落在空白部分的概率为 . 故选 B 【点睛】本题主要考查与面积有关的几何概型，以及定积分的应用，熟记微积分基本定理以及几何概型的 概率计算公式即可，属于常考题型. { }na 3 1a = 5a 4 3 2 a 1 2 1a 1 2 1 4 q 3 1a = 5a 4 3 2 a 1 2 2 11 4 3 1 1 41 13 12 22 2 aa q qa q a q = = ∴ ⇒ =+ = × 1a 4 OABC 3 e 4 3 e− 3 3 e− 1 3 e − 1 0 = xS e dx∫阴影 OABC 1 0 1= 10 x xS e dx e e= = −∫阴影 OABC =3OABCS矩形 OABC 4= 3 OABC OABC S S eP S − −= 阴影矩形 矩形 5.已知命题 ，命题 ，且 ,则( ) A. 命题 是真命题 B. 命题 是假命题 C. 命题 是假命题 D. 命题 是真命题 【答案】A 【解析】 【分析】 先分别判断命题 与命题 的真假，进而可得出结果. 【详解】令 ，则易知 在 上单调递增， 所以当 时， ，即 ； 因此命题 为真命题； 由 得 ； 所以，当 时， ；当 时， ； 因此，命题 ，且 为假命题； 所以命题 是真命题. 故选 A 【点睛】本题主要考查简单的逻辑连接词，复合命题真假的判定，熟记判定方法即可，属于常考题型. 6.7 人乘坐 2 辆汽车，每辆汽车最多坐 4 人，则不同的乘车方法有（ ） A. 35 种 B. 50 种 C. 60 种 D. 70 种 【答案】D 【解析】 分析】 根据题意，分 2 步分析，①先将 7 人分成 2 组，1 组 4 人，另 1 组 3 人；②将分好的 2 组全排列，对应 2 辆汽车，由分步计数原理计算可得答案． 【详解】解：根据题意，分 2 步分析， ①，先将 7 人分成 2 组，1 组 4 人，另 1 组 3 人，有 C74＝35 种分组方法， ②，将分好的 2 组全排列，对应 2 辆汽车，有 A22＝2 种情况， 则有 35×2＝70 种不同的乘车方法； 故选 D． 【 : ,2 xp x R x e∃ ∈ − > :q a R+∀ ∈ 21,log ( 1) 0aa a≠ + > p q∧ ¬ p q∨ ¬ p q∨ p q∧ p q ( ) xf x e x= + ( ) xf x e x= + R 0x < ( ) 1 2xf x e x= + < < 2xe x< − : ,2 xp x R x e∃ ∈ − > 0a > 2 1 1a + > 1a > 2log ( 1) 0a a + > 0 1a< < 2log ( 1) 0a a + < :q a R+∀ ∈ 21,log ( 1) 0aa a≠ + > p q∧ ¬ 【点睛】排列组合的综合应用问题，一般按先选再排，先分组再分配的处理原则．对于分配问题，解题的 关键是要搞清楚事件是否与顺序有关，对于平均分组问题更要注意顺序，避免计数的重复或遗漏． 7.将函数 的图象向右平移 个单位长度得到 图象，则下列判断正确的是（ ） A. 函数 在区间 上单调递增 B. 函数 图象关于直线 对称 C. 函数 在区间 上单调递减 D. 函数 图象关于点 对称 【答案】ABD 【解析】 【分析】 根据图像变换的知识求得 解析式，由此判断 的单调性和对称性，确定正确选项. 【 详 解 】 函 数 的 图 像 向 右 平 移 个 单 位 长 度 得 到 . 由于 ，故 是 的对称轴，B 选项正确. 由于 ，故 是 的对称中心，D 选项正确. 由 ，解得 ，即 在区间 上递增，故 A 选项正确、C 选项错误. 故选：ABD. 【点睛】本小题主要考查三角函数图像变换，考查三角函数的对称性和单调性，属于基础题. 8.已知非零向量 , 的夹角为 ,且满足 ,则 的最大值为( ) A. B. C. D. ( ) sin 2 3f x x π = + 2 π ( )g x ( )g x ,12 2 π π ( )g x 7 12x π= ( )g x ,6 3 π π − ( )g x ,03 π ( )g x ( )g x ( ) sin 2 3f x x π = + 2 π ( ) π πsin 2 2 3g x x = − + 2πsin 2 3x = − 7π 7π 2π πsin sin 112 6 3 2g = − = = 7π 12x = ( )g x π 2π 2πsin sin 0 03 3 3g = − = = ,03 π ( )g x π 2π π22 3 2x− ≤ − ≤ π 7π 12 12x≤ ≤ ( )g x π 7π,12 12 a b 60 2 2a b− = a b⋅ 1 2 1 2 3 【答案】B 【解析】 【分析】 根据 得到 ，再由基本不等式得到 ，结 合数量积的定义，即可求出结果. 【详解】因为非零向量 , 的夹角为 ,且满足 , 所以 ， 即 ，即 ， 又因为 ，当且仅当 时，取等号； 所以 ，即 ； 因此， . 即 的最大值为 . 故选 B 【点睛】本题主要考查向量的数量积与基本不等式，熟记向量数量积的运算与基本不等式即可，属于常考 题型. 9.榫卯是我国古代工匠极为精巧的发明，它是在两个构件上采用凹凸部位相结合的一种连接方式．榫卯结构 中凸出部分叫榫（或叫榫头），已知某“榫头”的三视图如图所示，则该“榫头”的体积是( ) A. 36 B. 45 C. 54 D. 63 【答案】C 2 2a b− = 22 4 2 4a b a b+ − = 222 4 2 4a b a b a b≤ + − = a b 60 2 2a b− = 2 222 4 4 4a b a b a b− = + − ⋅ = 22 4 4 cos60 4a b a b+ − = 22 4 2 4a b a b+ − = 22 4 4a b a b+ ≥ 2a b= 222 4 2 4a b a b a b≤ + − = 2a b ≤ 1cos60 12a b a b a b⋅ = = ≤ a b⋅ 1 【解析】 【分析】 根据三视图还原该几何体，得到该几何体为两个相同的四棱柱拼接而成，再由题中数据，即可求出结果. 【详解】由三视图还原该几何体如下: 可得，该几何体可看作两个相同的四棱柱拼接而成，且四棱柱底面为直角梯形， 由题中数据可得，底面的上底为 3，下底为 6，高为 3，四棱柱的高为 3. 因此，该几何体的体积为 . 故选 C 【点睛】本题主要考查由几何体的三视图求几何体的体积问题，熟记棱柱的体积公式即可，属于常考题型. 10.已知数列 满足 ，数列 的前 项和为 ，则 ( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 先由 求出 ，得到 ，再求出 ，即可求出结果. 【详解】因为 ， 所以 ， 12 (3 6) 3 3 542V = × × + × × = { }na 2 * 1 22 2 ... 2 ( )n na a a n n N+ + + = ∈ 2 2 1 1 log logn na a + n nS 1 2 3 10...S S S S⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = 1 10 1 11 2 11 1 5 2 1 22 2 ... 2n na a a n+ + + = na 2 2 1 1 log logn na a + nS 2 1 22 2 ... 2n na a a n+ + + = 2 1 1 2 12 2 ... 2 1( 2)n na a a n n− −+ + + = − ≥ 两式作差，可得 ，即 ， 又当 时， ，即 满足 ，因此 ； 所以 ； 因为数列 的前 项和为 ， 所以 ， 因此 . 故选 B 【点睛】本题主要考查数列的应用，根据递推公式求通项公式，由裂项相消法求数列的和，属于常考题型. 11.已知 是双曲线 的左、右焦点，若点 关于渐近线的对称点 也在双曲线 上，则该双曲线的离心率为( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据双曲线的方程，先写出点 的坐标，以及其中一条渐近线方程，再求出点 坐标，代入双曲线方程， 即可得出结果. 【详解】因为双曲线方程为 ，所以其中一条渐近线方程为 ， 又 是双曲线右焦点，记 ； 设点 关于渐近线 的对称点为 ， 则有 ，解得 即 ， 又点 在双曲线上， 2 1n na = 1 ( 2)2n na n= ≥ 1n = 12 1a = 1 1 2a = 1 2n na = *1 2 ( )2 n n na n N−= = ∈ 2 2 2 1 1 2 1 1 1 1 1 log log log l2 2og ( 1) 1n n n na a n n n n+ − − −= = = −+ + 2 2 1 1 log logn na a + n nS 1 1 1 1 1 1(1 ) ( ) ... ( ) 12 2 3 1 1 1n nS n n n n = − + − + + − = − =+ + + 1 2 3 10 1 2 3 10 1... ...2 3 4 11 11S S S S⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = 1 2,F F 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b − = > > 2F M 5 2 2 2 5 2F M 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b − = > > by xa = 2F 2 ( ,0)F c 2F by xa = ( , )M x y 2 2 y a x c b y b x c a = − − + = ⋅ 2bx c aby c = − = 2 22 2( , )a c abM c c − M 所以 ，整理得 ， 所以离心率为 . 故选 D 【点睛】本题主要考查求双曲线的离心率，熟记双曲线的简单性质即可，属于常考题型. 12.定义在 上的函数 满足 ， ，则关于 的不等式 的解集为( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 先构造函数 ，对 求导，根据题中条件，得到 单调性，再由 求 出 ，将不等式 化为 ，即可求出结果. 【详解】令 ，则 ， 因为 时， ， 所以 ， 即函数 在 上单调递增； 又 ，所以 ； 由 得 ， 所以 ， 2 22 2 2 2 2 2 1 a c ab c c a b − − = 2 25c a= 5ce a = = ∞（0，+ ） f x（ ） 2 ( ) 1 0x f x′ + > 52 2f =（ ） x 1 2lnf lnx x > +（ ） 2( , )e +∞ 2(0, )e 2( , )e e 2(1, )e 1( ) ( ) ( 0)g x f x xx = − > ( )g x ( )g x 52 2f =（ ） (2) 2g = 1 2lnf lnx x > +（ ） (ln ) (2)g x g> 1( ) ( ) ( 0)g x f x xx = − > 2 2 2 1 ( ) 1( ) ( ) x f xg x f x x x ′ +′ ′= + = 0x > 2 ( ) 1 0x f x′ + > 2 2 2 1 ( ) 1( ) ( ) 0x f xg x f x x x ′ +′ ′= + = > 1( ) ( )g x f x x = − ∞（0，+ ） 52 2f =（ ） 1(2) (2) 22g f= − = 1 2lnf lnx x > +（ ） 1 2lnf lnx x − >（ ） (ln ) (2)g x g> 因此， ，解得 . 故选 A 【点睛】本题主要考查导数的应用，构造函数，利用导数的方法研究函数单调性即可求解，属于常考题型. 二、填空题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分) 13.若 满足约束条件 则 的最小值为__________． 【答案】2 【解析】 【分析】 先由约束条件作出可行域，再由目标函数 可化为 ，因此当直线 在 轴 上截距最小时， 取最小，结合图像即可求出结果. 【详解】由约束条件 作出可行域如下： 因为目标函数 可化为 ， 因此当直线 在 轴上截距最小时， 取最小. 由图像易得，当直线 过点 时，在 轴上截距最小， 即 . 故答案为 2 【点睛】本题主要考查简单的线性规划，只需由约束条件作出可行域，分析目标函数的几何意义，结合图 ln 2x > 2x e> ,x y 4 0, 2 0, 2 0, x y x x y − + ≥ − ≤ + − ≥ 2z x y= + 2z x y= + 1 2 2 zy x= − + 1 2 2 zy x= − + y 2z x y= + 4 0, 2 0, 2 0, x y x x y − + ≥ − ≤ + − ≥ 2z x y= + 1 2 2 zy x= − + 1 2 2 zy x= − + y 2z x y= + 1 2 2 zy x= − + (2,0)A y min 2z = 像即可求解，属于常考题型. 14. 的展开式中各项系数之和为 81，则展开式中 的系数为_______． 【答案】24 【解析】 【分析】 先由题意求出 ，再由二项展开式的通项公式，即可求出结果. 【详解】因为 的展开式中各项系数之和为 81， 所以 ，解得 ， 因此 的展开式的通项是 ， 由 得 ， 所以，展开式中 的系数为 . 故答案为 24 【点睛】本题主要考查求指定项的系数，熟记二项式定理即可，属于常考题型. 15.在边长为 的菱形 中， ，沿对角线 折起，使二面角 的大小为 ， 这时点 在同一个球面上，则该球的表面积为____. 【答案】 【解析】 【分析】 取 的中点 ,连接 、 ，可知外接球的球心在面 中，再作 ，分别求出 与 的 长度后即可得解. 1(2 )nx x + x n 1(2 )nx x + (2 1) 81n+ = 4n = 41(2 )x x + 344 4 42 2 1 4 42 2 r r r r r r r rT C x x C x − −− − − + = = 34 12 r− = 2r = x 2 2 4 2 24C = 2 3 ABCD 60A °= BD A BD C− − 120° , , ,A B C D 28π BD E AE CE AEC OG CE⊥ OG CG 【详解】 如图 1，取 的中点 ,连接 、 ，由已知易知面 面 ，则外接球的球心在面 中.由 二面角 的大小为 可知 . 在面 中，设球心为 ，作 ，连接 ， 易知 在面 上的投影即为 ， 平分 ， 为 的中心， ， ， ， . 故答案为： 【点睛】本题考查了立体图形外接球体积的求解，考查了空间想象能力，属于中档题. 16.已知抛物线 的焦点为 , 为 轴正半轴上的一点．且 （ 为坐标原点），若抛 物线 上存在一点 ，其中 ，使过点 的切线 ，则切线 在 轴上的截距为_______． 【答案】-1 【解析】 【分析】 先对函数 求导，求出抛物线 在点 处的切线斜率，再根据 ，得到 点坐标， 由过点 的切线 ，求出 点坐标，进而可得切线方程，即可求出结果. 【详解】因为抛物线方程 可化为 ，所以 ， 因此抛物线 在点 处的切线斜率为 ； 又 为抛物线 的焦点，所以 ； 因为 为 轴正半轴上的一点，且 ，所以 ， BD E AE CE AEC ⊥ BCD AEC A BD C− − 120° 120AEC∠ = AEC O OG CE⊥ OE O BCD G OE AEC∠ ∴ G BCD∆ ∴ 2 2CG GE= = ∴ tan 60 3OG GE= ⋅ = ∴ 2 2 7OC GC GO= + = ∴ ( )2 =4 7 =28S π π×球 28π 2: 4C x y= F E y 3OE OF= O C 0 0( , )M x y 0 0x ≠ M l ME⊥ l y 21 4y x= C 0 0( , )M x y 3OE OF= E M l ME⊥ M 2 4x y= 21 4y x= 1 2y x′ = C 0 0( , )M x y 0 1 2k x= F 2: 4C x y= (0,1)F E y 3OE OF= (0,3)E 所以 ， 因为过点 的切线 ，所以 ，解得 ， 因为 在抛物线上，所以 ，因此 ； 所以切线方程为 或 ，即 ， 因此切线 在 轴上的截距为 【点睛】本题主要考查直线与抛物线位置关系，熟记抛物线的性质即可，属于常考题型. 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.在 中，角 ， ， 的对边分别是 ， ， .已知 . （Ⅰ）求角 的值； （Ⅱ）若 ， ，求 面积. 【答案】（I） ；（II） 【解析】 【分析】 （Ⅰ）由 ，利用正弦定理以及两角和与差的正弦公式可得 ，结 合角 的范围可得结果；（Ⅱ）由余弦定理可得 ，求出 的值，利用三角形面积公式可得 结果. 【详解】（Ⅰ）∵ ， ∴由正弦定理可得， ， 因为 ， ∴ ，∴ . 的 0 0 3 ME yk x −= M l ME⊥ 0 0 0 31 12ME yk k x x −⋅ = ⋅ = − 0 1y = 0 0( , )M x y 0 2x = ± 0 1 12k x= = ± 1 2y x− = − 1 ( 2)y x− = − + 1y x= ± − l y 1− ABC∆ A B C a b c sin sin 03b C c B π − − = C 4a = 2 7c = ABC∆ 2 3C π= 2 3S = sin sin 03b C c B π − − = sin 03C π + = C 2 4 12 0b b+ − = b sin sin 03b C c B π − − = 1 3sin sin cos sin sin 02 2B C C C B − − = sin 0B ≠ 1 3sin cos 02 2C C+ = sin 03C π + = ∵ ，∴ . （Ⅱ）∵ ，∴ ， ∵ ，∴ ， ∴ . 【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理及两角和与差的正弦公式，属于中档题.对余弦定理一定要熟记 两种形式：（1） ；（2） ，同时还要熟练掌握运用两种形式 的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住 等特殊角的三角函数值， 以便在解题中直接应用. 18.某商场营销人员进行某商品的市场营销调查时发现，每回馈消费者一定的点数，该商品每天的销量就会 发生一定的变化，经过试点统计得到以下表： 反馈点数 t 1 2 3 4 5 销量（百件）/天 0.5 0.6 1 1.4 1.7 （Ⅰ）经分析发现，可用线性回归模型 拟合当地该商品销量 （千件）与返还点数 之间 相 关关系.试预测若返回 6 个点时该商品每天的销量； （Ⅱ）若节日期间营销部对商品进行新一轮调整.已知某地拟购买该商品 消费群体十分庞大，经营销调研 机构对其中的 200 名消费者的返点数额的心理预期值进行了一个抽样调查，得到如下一份频数表： 返还点数预期值区间 （百分比） [1,3) [3,5) [5,7) [7,9) [9,11) [11,13) 频数 20 60 60 30 20 10 （1）求这 200 位拟购买该商品的消费者对返点点数的心理预期值 的样本平均数及中位数的估计值（同一 区间的预期值可用该区间的中点值代替；估计值精确到 0.1）； （2）将对返点点数的心理预期值在 和 的消费者分别定义为“欲望紧缩型”消费者和“欲望膨 的 的 ( )0,C π∈ 2 3C π= 2 2 2 2 cosc a b ab C= + − 2 4 12 0b b+ − = 0b > 2b = 1 1 3sin 2 4 2 32 2 2S ab C= = × × × = 2 2 2 2 cosa b c bc A= + − 2 2 2 cos 2 b c aA bc + −= 30 ,45 ,60o o o 0.08y bt= + y t x [1,3) [11,13] 胀型”消费者，现采用分层抽样的方法从位于这两个区间的 30 名消费者中随机抽取 6 名，再从这 6 人中随 机抽取 3 名进行跟踪调查，设抽出的 3 人中 “欲望紧缩型”消费者的人数为随机变量 ，求 的分布列 及数学期望. 【答案】（Ⅰ）返回 6 个点时该商品每天销量约为 2 百件；（Ⅱ）（1）均值 的估计值为 6, 中位数的估计 值为 5.7；（2）详见解析. 【解析】 【分析】 （Ⅰ）先由题中数据得到 ，根据回归直线必过样本中心，将 代入 ，即可求出结果； （Ⅱ）（1）根据频数表中数据，每组的中间值乘以该组的频率，再求和，即可得出平均值；根据中位数两 侧的频率之和均为 0.5，即可求出结果； （2）先求出抽取 6 名消费者中“欲望紧缩型”消费者人数与“欲望膨胀型”消费者人数，根据题意得到 的可能取值，求出其对应概率，即可得出分布列与数学期望. 【详解】解：（Ⅰ）由题意可得： ， 因为线性回归模型为 ，所以 ，解得 ； 故 关于 的线性回归方程为 ， 当 时， ，即返回 6 个点时该商品每天销量约为 2 百件. （Ⅱ）（1）根据题意，这 200 位拟购买该商品的消费者对返回点数的心里预期值 的平均值 的估计值为： ， 中位数的估计值为 . （2）抽取 6 名消费者中“欲望紧缩型”消费者人数为 ， “欲望膨胀型”消费者人数为 . 由题意 的可能取值为 ， 所以 , , 故随机变量 的分布列为 X 1 2 3 X X x ,t y ,t y 0.08y bt= + X 1 2 3 4 5 0.5 0.6 1 1.4 1.73, 1.045 5t y + + + + + + + += = = = 0.08y bt= + 1.04 3 0.08b= + 0.32b = y t 0.32 0.08y t= + 6t = 2.00y = X x 2 0.1 4 0.3 6 0.3 8 0.15 10 0.1 12 0.05 6x = × + × + × + × + × + × = 100 20 60 25 2 5 5.760 3 − −+ × = + ≈ 206 430 × = 106 230 × = X 1,2,3 1 2 4 2 3 6 1( 1) 5 C CP X C = = = 2 1 4 2 3 6 3( 2) 5 C CP X C = = = 3 0 4 2 3 6 1( 3) 5 C CP X C = = = X P . 【点睛】本题主要考查线性回归分析、考查根据频数表求平均值与中位数、以及超几何分布，熟记线性回 归分析的基本思想，以及平均数、中位数的计算方法、超几何分布的概念等即可，属于常考题型. 19.如图，在直三棱柱 中，平面 侧面 ，且 ， （Ⅰ）求证： ； （Ⅱ）若直线 与平面 所成角的大小为 ，求锐二面角 的大小． 【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ） . 【解析】 【分析】 （Ⅰ）先取 的中点 ，连接 ，根据线面垂直的判定定理，证明 侧面 ，进而可得出 ； (Ⅱ)根据（Ⅰ）的结果，得到 且 底面 ，以点 为原点，以 所在直线 分别为 ， ， 轴建立空间直角坐标系 ，设 ，表示出 ，再求出平面 的一个法 向量，根据直线 与平面 所成角的大小为 ，求出 ，再求出平面 的一个法向量，由向量 夹角公式，即可求出结果. 【详解】（Ⅰ）如图，取 的中点 ，连接 . 1 5 3 5 1 5 1 3 1( ) 1 2 3 25 5 5E X = × + × + × = 1 1 1ABC A B C− 1A BC ⊥ 1 1ABB A 1 2AA AB= = AB BC⊥ AC 1A BC 30 1A AC B− − 60 1A B D AD BC ⊥ 1 1ABB A AB BC⊥ AB BC⊥ 1BB ⊥ ABC B 1BC BA BB、 、 x y z B xyz− BC a= AC 1A BC AC 1A BC 30 a 1A AC 1A B D AD 因为 ，所以 . 由平面 侧面 ，且平面 侧面 ， 得 平面 . 又 平面 ，所以 ， 因为三棱柱 是直三棱柱，则 底面 ，所以 又 ，从而 侧面 ， 又 侧面 ，故 ． (Ⅱ)由（1）知 且 底面 ，所以以点 为原点，以 所在直线分别为 ， ， 轴建立空间直角坐标系 . 设 ，则 ， ， ， ， ， ， ， . 设平面 的一个法向量 ，由 ， ，得 . 令 ，得 ，则 . 设直线 与平面 所成的角为 ，则 ， 所以 ， 解得 ， 即 . 又设平面 的一个法向量为 ，同理可得 . 设锐二面角 的大小为 ，则 ， 由 ，得 . ∴锐二面角 的大小为 . 1AA AB= 1AD A B⊥ 1A BC ⊥ 1 1A ABB 1A BC 1 1 1A ABB A B= AD ⊥ 1A BC BC ⊂ 1A BC AD BC⊥ 1 1 1ABC A B C− 1AA ⊥ ABC 1AA BC⊥ 1AA AD A= BC ⊥ 1 1ABB A AB Ì 1 1A ABB AB BC⊥ AB BC⊥ 1BB ⊥ ABC B 1BC BA BB、 、 x y z B xyz− BC a= ( )0,2,0A ( )0,0,0B ( ),0,0C a 1(0,2,2)A ( ,0,0)BC a= 1 (0,2,2)BA = ( , 2,0)AC a= − 1 (0,0,2)AA = 1A BC ( )1 , ,n x y z= 1BC n⊥ 1 1BA n⊥ 0 2 2 0 xa y z = + = 1y = 0, 1x z= = − ( )1 0,1, 1n = − AC 1A BC θ 30θ = 1 2 1 2 1sin30 24 2 AC n AC n a ⋅ = = = + 2a = (2, 2,0)AC = − 1A AC 2n 2 (1,1,0)n = 1A AC B− − α 1 2 1 2 1 2 1cos cos , 2 n nn n n n α ⋅= = = 0, 2 πα ∈ 60α = 1A AC B− − 60 【点睛】本题主要考查证明线线垂直、以及已知线面角求其它量和求二面角的问题，熟记线面垂直的判定 定理与性质定理，灵活运用向量的方法求空间角即可，属于常考题型. 20.椭圆 的左、右焦点分别为 ，离心率为 ，过焦点 且垂直于 轴的 直线被椭圆 截得的线段长为 ． （Ⅰ）求椭圆 的方程； （Ⅱ）点 为椭圆 上一动点，连接 、 ，设 的角平分线 交椭圆 的 长轴于点 ，求实数 的取值范围. 【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ） . 【解析】 【分析】 （Ⅰ）先将 代入 ，得到弦长为 ，根据题中条件，列出方程组，求解即可得到 ， 进而可求出椭圆方程； （Ⅱ）先设点 ，根据题意，得到直线 的方程，再由 的角平分线 交 椭圆 的长轴于点 ，得到 到直线 的相等，进而得出 ，根据 范围，即 可求出结果. 【详解】（Ⅰ）将 代入 中，由 可得 ， 所以弦长为 ， 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b + = > > 1 2,F F 3 2 2F x C 1 C 0 0 0( , )( 0)P y yx ≠ C 1PF 2PF 1 2F PF∠ PM C ( ,0)M m m 2 2 14 x y+ = 3 3 2 2 − <查看更多