2021-2022學年海南省海口某中學高一（下）期末數學試卷（附答案詳解）

2021-2022學年海南省?？谥袑W高一（下）期末數學試卷一、單選題（本大題共8小題，共40.0分）1.已知集合M={x\x2+2x-8<0）,N={x|一W0},則MClN=（）{x|-4<x<3]{x|-4<x<-2]{x|-2<x<2}{x|2<x<3].已知復數2=竺詈&。為虛數單位），則下列說法正確的是（）z的虛部為4B,復數z在復平面內對應的點位于第三象限z的共軌復數之=4-2i|z|=2V5.設a,/?是兩個不同的平面，，，m是兩條不同的直線，則下列命題中正確的是（）A.若IJLa,11p,a//PB.若a1/?,Ica,me.p,則，1mC.若mJ.0,a10,則m〃aD.若a/陰，且/與a所成的角和m與/?所成的角相等，貝”〃m.某企業(yè)三月中旬生產力、B、C三種產品共3000件，根據分層抽樣的結果，企業(yè)統(tǒng)計員制作了如下的統(tǒng)計表格.由于不小心，表格中A、C產品的有關數據已被污染看不清楚，統(tǒng)計員記得4產品的樣本容量比C產品的樣本容量多10件，根據以上信息，可得C產品的數量是（）產品類別ABC產品數量（件）1300樣本容量（件）130A.900件 B.800件 C.90件 D.80件.若sin2a=尋sin(/7—a)=答，且ae[：,7r],夕e]兀,學，則a+0的值是().在扇形04B中，4408=60。，|萬？|=1，C為弧前上的一個動點，且元=刀而+y南,則x+4y的取值范圍為（）A.[1,4)BA.[1,4)B.[1,4]C.[2,3)D.[2,3].已知四面體ABCC的所有棱長均為2,M,N分別為棱A。，BC的中點，F為棱AB上異于4,B的動點.有下列結論：①線段MN的長度為近；②若點G為線段MN上的動點，則無論點尸與G如何運動，直線FG與直線CC都是異面直線：③異面直線MN和CD所成的角為:：@FM+FN的最小值為2.其中正確的結論為()A.①③④B.②③ C.②③④D.①④.若函數/1(x)對任意的xGR恒有/'(x+2)=/(—X),且對任意的Xi，x2G(1,+oo),(匕-X2)[/(Xi)>0.設a=f(log32),b=/(5，c=/(Ve)(e?2.718),則()A.a<b<cB.b<a<cC.b<c<aD.a<c<b二、多選題(本大題共4小題，共20.0分).PM2,5的監(jiān)測值是用來評價環(huán)境空氣質量的指標之一.劃分等級為PM2,5日均值在35〃g/m3以下，空氣質量為一級，在35?75〃g/?n3,空氣質量為二級，超過75“g/nt為超標.如圖是某地12月1日至10日P%.5的日均值(單位：〃9/病)，則下列說法正A.這10天中PM25日均值的平均值是48.8B.這10天Pgs日均值的80%分位數為60C.從PM2.5日均值看，前5天的日均值的方差大于后5天日均值的方差D.從PM2.5日均值看，前5天的日均值的極差小于后5天的日均值的極差.已知函數/(x)=sin(3X+s)(3>0,\(p\<今的部分圖像如圖所示，則下列結論正確的是()A.函數f(x)的圖象可由y=sin2x的圖象向左平移W個單位得到B.x=一詈是/(x)圖象的一條對稱軸C.若|f(X［) =2,則設2—X1I的最小值為兀D.直線y=：與函數y=/(x)在［0,等］上的圖象有7個交點.已知等邊三角形4BC的邊長為6,M,N分別為AB,AC的中點，如圖所示，將△AMN沿MN折起至AA'MN,得到四棱錐4'一MNCB,則在四棱錐A-MNCB中，下列說法正確的是()A.當四棱錐4一MNCB的體積最大時，二面角A'-MN-B為直二面角B.在折起過程中，存在某位置使BN1平面ANCC.當四棱4—MNCB體積的最大時，直線與平面MNCB所成角的正切值為叵7D.當二面角4-MN-B的余弦值為［時，△4'NC的面積最大.已知定義在R上的函數/(x)滿足：2f(x)f(y)=/(x+y)+/(x-y),某同學由此前提條件出發(fā)，然后又補充了一個附加條件，再經過推理,他得出下列四個選項結論，其中可能正確的有()A.若f(0)=0時，/(x)是奇函數且一定是單調增函數B.若f(0)=1,/(x)是偶函數且有最大值為1c.若/?)='財?)=孝D.若f(l)=；，則/(100)=-：三、填空題(本大題共4小題，共20.0分).已知a6R,命題p：”存在x6R,使--ax-3aW0"的否定為，若p為假命題，貝力的取值范圍為..如圖，為測量山高MN,選擇4和另一座的山頂C為測量觀測點，從A點測得M點的仰角/M4M=60°,C點的仰角4cAB=45。以及NMAC=75°；從C點測得/MCA=60°,已知山高BC=1000m,則山高MN=m.M.已知四棱錐S-ABC。中，底面ABC。為正方形，側面54B為等邊三角形，AB=3,則當四棱錐的體積取得最大值時，其外接球的表面積為..已知函數/。)=三-2*—>1),g(x)=W-k)g2X(x>l)的零點分別為a,0,以下結論①a+0=a0；②a+2a=0+log2僅③a+024；④a-0>-2正確的是.四、解答題(本大題共6小題，共70.0分).為普及抗疫知識，弘揚抗疫精神，某校組織了高一年級學生進行防疫知識測試.根據測試成績(總分100分)，將所得數據按照[40,50),[50,60),[60,70),[70,80),[80,90),[90,100]分成6組，其頻率分布直方圖如圖所示.(1)求圖中a的值；(2)試估計本次防疫知識測試成績的平均分；(同一組中的數據用該組區(qū)間的中點值作代表)(3)該校準備對本次防疫知識測試成績優(yōu)異(將成績從高到低排列，排在前20%的為優(yōu)異)的學生進行嘉獎，則受嘉獎的學生分數不低于多少？(結果保留一位小數).已知函數/(x)=2sina)xcosa)x+2V3sin2wx—a/3(oj>0)的最小正周期為(I)求函數f(x)的單調增區(qū)間；(口)將函數f(x)的圖象向左平移?個單位，再向上平移1個單位，得到函數y=g(x)的圖象.若y=g(x)在[0,b](b>0)上至少含有10個零點，求b的最小值..如圖示，邊長為4的正方形4BCD與正三角形ADP所在平面互相垂直，M、Q分別是PC,4。的中點.(1)求證：PA〃面BDM(2)求多面體P-4BCC的體積(3)試問：在線段4B上是否存在一點N,使面PCN，面PQB?若存在，指出N的位置，若不存在，請說明理由..記AABC的內角A,B,C的對邊分別為a,b,c.已知產=ac,點。在邊AC上,BDsinz.ABC=asinC.(1)證明：BD=b；(2)若4。=2DC,求cos〃BC..如圖，已知三棱柱4BC-41B1G，平面44CG_L平面4BC,/.ABC=90°,/.BAC=30°,4p4=AiC=4C,點E、F分別是棱AC、不占的中點.(I)證明：EF1BC；(U)求直線EF與平面&BC所成角的余弦值.(HI)求二面角4-&C-B的正弦值..已知函數/(x)=-/+以-J(a-1)2,aER,函數g(x)=bix.4(1)當a=5時，記不等式f(x)>0的解集為M,求函數y=g(￡)g(ex),X6M的值域(e是自然對數的底數)；(2)當a<1時，討論函數/i(x)=3①呼絲皿的零點個數.答案和解析.【答案】C【解析】解：集合M=[x]x2+2x-8<0}={x|-4<x<2},N={x|^W0}={x|_2<xW3},則MnN={x|-2<xW2}.故選：C.求出集合M,N,利用交集定義能求出MnN.本題考查集合的運算，考查交集定義、不等式性質等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題..【答案】D【解析】解：?:Z=1 =3」3i2-l+i=型==_4+2i，i7 -i -i-??.Z的虛部為2,故A錯誤；復數z在復平面內對應的點位于第二象限，故B錯誤；z的共扼復數為一4一2八故C錯誤；\z\=J(—4(+2?=2V5>故D正確.故選:D.利用復數代數形式的乘除運算化簡，然后逐一分析四個選項得答案.本題考查復數代數形式的乘除運算，考查復數的基本概念，考查復數的代數表示法及其幾何意義，是基礎題..【答案】A【解析】解：若，la,/1P，由直線與平面垂直的性質可得a〃夕，故A正確；若a10,，ua,mu0,則，〃m或I與m相交或I與m異面，相交與異面時也不一定垂直，故B錯誤；若m10,al/?,則Tnua或m〃a,故C錯誤；若a〃B，且I與a所成的角和nt與夕所成的角相等，則〃/m或，與th相交或，與m異面，故。錯誤.故選：A.由直線與平面垂直的性質判斷A；由平面與平面垂直分析兩平面內直線的位置關系判斷8；由線面、面面垂直分析線面關系判斷C；由線面角相等分析空間兩直線的位置關系判斷D.本題考查空間中直線與直線、直線與平面位置關系的判定及應用，考查空間想象能力與思維能力，是基礎題..【答案】B【解析】解：根據題意，抽取的樣本比例是孤=高，樣本容量為3000x2=300；設C產品抽取的樣本數為x,貝必產品抽取樣本數為x+10,（x+10）+x+130=300,解得x=80；???C產品的數量是80800（件）.故選：B.先求出抽取的樣本容量是多少，再列一元一次方程，求出C產品的樣本數，從而求出C產品的數量來.本題考查了抽取樣本的應用問題，是基礎題目.5.【答案】A【解析】【分析】本題考查同角三角函數的基本關系，兩角和與差的三角函數公式，考查轉化思想與綜合運算能力，屬于中檔題.依題意，可求得cosQ?-a）與cos2a的值，再利用q+夕=2a+Q?-a）,以及兩角和的余弦公式，即可求得答案.【解答】解：a6覃印a2aE,2n],又0Vsin2a=—<5 2???2aG，㈤,即aW（碧

??.”a嗚詈),:.cos2a=-"—sin22a=——;又sinQ5-a)=噂，??P-ae(p7r),:.cos(/?—a)=~A/l—sin2(/?—a)=-:.cos(a+夕)=cos[2a+(0—a)]=cos2acos{p—a)—sin2asm(0—a)2y15 3V10V5同二一『(一寸)一行義而V2=—.2又aG砥,》6G[可號,???（。+夕）6（等，2兀）,故選A.6.【答案】B【解析】【分析】本題考查平面向量基本定理，考查數學運算能力，屬于中檔題.以。為原點，04所在直線為x軸，以0B所在直線為y軸，建立平面直角坐標系，則根據題意可知4（1,0）,8（1,手），設C（cos6,sE0）,根據元=x瓦？+y而把x、y用。表示,然后可求得x+4y的取值范圍.【解答】解：如圖所示，以。為原點，。4所在直線為x軸，以0B所在直線為y軸，建立平面直角坐標系,則根據題意可知4(1,0), 凈，iStC(cosO,sind),0°<0<60°.cosOcosO=x+-FJsind=y廠3 ,???x+4y=cosd+y=—sin。7yf3.o—sindf

點C在弧AB上由ATB運動，J在［0。,60。］上逐漸變大，cos。變小，sin。逐漸變大，sind系數較大，.?.當8=0。時x+4y取得最小值1,當。=60。時x+4y取得最大值cos60。+竽sin60。=4.???x+4y的取值范圍是［1,4］.故選：B.AVIAVI、(cos^.sm^)A【解析】解：連接4N,DN,四面體4BCC的所有棱長均為2,則AN=DN=W，且MN1/W,所以MN=V3^T=V2,故①不正確；取4B的中點F,CD的中點E,FM〃BD且FM=\BD,NE//BD,NE=3BD,所以FM〃NE,FM=NE,所以四邊形FNEM是平行四邊形，MN與EF相交于點G,所以此時FG與CD相交，不是異面直線，故②不正確；取BC的中點，連接HN,HM,M,N分別為棱AD,BC的中點，所以MH=a4B=l,HN=^CD=1,NH//CD,所以NHNM為異面直線MN和CD所成的角，又MH?+nh2=MN2,故AHMN為等腰直角三角形，所以異面直線MN和CD所成的角為會故③正確；將面48。、面ABC展開為一個平面，如下圖：/NB當M,F,N共線時，MF+FN最小為MN=2,故④正確.故選：A.①連接4V,DN,易知AAN。為等腰三角形，即MN1AD,即可求MN的長；②構造平行四邊形FNEM,探討它們的關系可判斷；③取BD的中點，連接HNd,HM,可證AHMN為等腰直角三角形，從而可得結論；④將面AB。、面ABC展開為一個平面，判斷NF+FN最小的情況即可.本題考查了正四面體的性質、異面直線所成的角，外接球的體積及將展面開求線段的最小值，屬于中檔題..【答案】A【解析】解：因為/'(x+2)=f(-x),所以x=1是/'(x)的一條對稱軸，/(log32)=f(2-log32)=/(log3^又因為對任意的X1，X26(1,4-00),均有31-必)[/(*1)-/(&)]>0,所以f(X)在(1,+8)上單調遞增；1=log33<log3；log3J^<log3V27=log33z=|.所以f(log3》即a<b；???聾<?，即]<迎，所以/G)<f(Vi)，即b<c；綜上所述：a<b<c.故選：A.由抽象函數滿足的關系式可確定x=1是f(x)的一條對稱軸且在(1,+8)上單調遞增；結合對數函數單調性可比較出log31:和近的大小關系，由函數單調性可得a,b,c之間關系.本題考查了函數的單調性、對稱性，得出函數在(1,+8)上單調遞增是關鍵點，難點在

于比較10g3^三和五的大小，屬于中檔題.9.【答案】AD【解析】解：4、這10天中PM2.5日均值的平均值為(30+32+34+40+41+45+48+60+78+80)x^=48.8,故A正確；B、將10天中PM25日均值按從小至IJ大排序為30,32,34,40,41,45,48,60,78,80,根據80%分位數的定義可得，這10天中PM/日均值的80%分位數是絲筍=69,故8錯誤；C、因為前5天的數據較為集中，后5天的數據較為分散，所以由折線圖和方差的定義可知，前5天的日均值的方差小于后5天日均值的方差，故C錯誤；。、前5天的日均值的極差為41-30=11,后5天的日均值的極差為80-45=35,故。正確：故選：AD.根據平均數，百分位數，方差，極差的定義，一一判斷即可.本題考查頻率分布折線圖的應用，屬于基礎題..【答案】BD【解析】解：根據函數/。)=5也(5+平)(3>0,切<今的部分圖像,—r4=i4 . 12ttn,n ?可得4=1,；x-=-+-(.-.w=2再根據五點法作圖，可得2x限+s=1，［8=g,???/(x)=sin(2x+5由y=sin2x的圖像向左平移W個單位得到y(tǒng)=sin(2x+g)的圖像，故A錯誤;令*=一詈,求得令*=一詈,求得f(x)=1,為最大值，可得直線X=-117T12是“X)的圖像的一條對稱軸,若1/(3-/(必)1=2,則%-%|的最小值為半個周期，即:吟吟故C錯誤;在［0,等］上，2x+meg,7網，直線y=:與函數y=f(x)在［0,等］上的圖像有7個交點,故。正確,故選：BD.由函數的圖像的頂點坐標求出4,由周期求出3,由五點法作圖求出3的值，可得函數的解析式，再利用正弦函數的圖像和性質，得出結論.本題主要考查由函數y=4sin（3x+w）的部分圖像求解析式，由函數的圖像的頂點坐標求出A,由周期求出3,由五點法作圖求出《的值，正弦函數的圖像和性質，屬于基礎題..【答案】ACD【解析】解：如圖，取MN中點F,易得AF1MN,由于四邊形BCNM的面積為定值,要使四棱錐A-MNCB的體積最大，即高最大，當4'F_L面BCNM時，此時高為4F最大，二面角A'-MN-B為直二面角，4正確；若BN1平面A'NC,則BNIA'N,又BN=762—3?=38,A'N=3,則AB=7A'N2+NB2=6-乂AB=6,A'B<6,故BN1A'N不成立，即不存在某位置使BNJ_平面A'NC,8錯誤;由上知，當四棱錐4'-MNCB體積的最大時，即二面角A-MN-B為直二面角，4'尸1面BCNM,此時直線A'B與平面MNCB所成角即為乙4'8/，易得四邊形BCNM為等腰梯形，取BC中點D,易得FD1BC,且尸￡>=這，2故BF=、BD2+DF2=舊+（苧）2=亨,又|尸_LBF，3y/3 —故tanZjfBF=煞=焉=岸，C正確；如圖，取MN中點F,易得4FJ.MN,取BC中點。，1易得FDJ.MN,故41'FD即為二面角4'一MN—8的平面角，即cos乙4/。=9thA'D2=A'F2+DF2-2A'F-DF-cos￡A'FD,又4T==0=鳴解得A'。=3,2又4'B=A'C,A'D1BC,故AC?=>/A'D2+DC2=3近，又A'N=CN=3,此時△4NC為等腰直角三角形，面積最大為：AN-NC=￡故。正確.故選：ACD.由四棱錐A-MNCB的體積最大，即高最大即可判斷A選項；令BN，平面ANC,則BN1A'N,推出矛盾即可判斷8選項；由線面角的定義即可判斷C選項；由面面角的定義求得A'D=3,進而求出44NC為等腰直角三角形即可判斷。選項.本題主要考查二面角的相關問題，線面垂直的判定，空間想象能力的培養(yǎng)等知識，屬于中等題..【答案】BCD【解析】解：對于4,令x=0,則f(y)+/(-攵)=o，則/(X)為奇函數，令x=l,y=0,則/(l)+/(I)=0,即f(1)=0,故/(%)不一定是單調遞增函數，選項A錯誤；對于B,不妨取f(x)=cosx,滿足2/(x)/(y)=f(x+y)+f(x-y),且/(0)=1,/(x)為偶函數且最大值為1,選項3正確；對于C,不妨取/(X)=cosx,滿足2/(x)/(y)=/(%+y)+f(x-y),且若/(；)= 則/《)=￥，選項c正確：對于D,由于/(I)=p不妨取/'(x)=cos(gx),滿足2f(x)/(y)=f(x+y)+/(x-y).且/(100)=cos?^=cos^=—，，選項。正確.故選：BCD.對于A,令x=l,y=0可得/'(I)=0,進而判斷選項A錯誤；對于BC,取/'(x)=cosx即可判斷；對于。，取f(x)=cos《x)即可判斷.本題考查抽象函數及其運用，考查運算求解能力，解題的關鍵是尋找滿足特征式的常見函數，進而簡化思維過程，提高解題效率，屬于中檔題..【答案】任意x6R,使/-ax-3a>0(-12,0)【解析】解：命題P：”存在X6R,使“2-ax-3aW0”為特稱命題，所以命題P的否定為：任意xeR,使/-ax-3a>0：由P為假命題，則rP為真命題，所以4=a?-4x(-3a)<0,解得一12<a<0,故答案為：任意x€R,使/-ax-3a>0；(-12,0).根據特稱命題的否定為全稱命題即可寫出命題P的否定，p為假命題，則p為真命題，從而可得出答案.本題考查命題的否定，屬于基礎題..【答案】1500【解析】【分析】本題主要考查正弦定理、直角三角形中的邊角關系，屬于中檔題.△4BC中，由條件利用直角三角形中的邊角關系求得4C；在AAMC中，利用正弦定理求得AM；再在RtZkAMN中，根據MN=AM-sinNAMN,計算求得結果.【解答】解：在AABC中，VZ.BAC=45°,AABC=90°,BC=1000,AC=31=IOOOa/2,sin450又因為在aAMC中，amAC=75°,^MCA=60°,/.AMC=45°,由正弦定理可得*-=理述，sin60°sin45°解得AM=1000V3.所以在HtA4MN中，MN=AM-sin乙MAN=1000bxsin60°=1500.故答案為1500..【答案】217T【解析】解：依題意可知，當側面SAB1底面4BCD時，四棱錐S-A8CD的體積最大.設球心為0,半徑為R,正方形ABCD和ASAB外接圓的圓心分別為0「02,

正方形ABCD夕卜接圓半徑為勺，則0。1_L平面4BCD,0。21平面S4B.因為aSAB和正方形ABCD的邊長均為3,設4B的中點為E,所以001=02E=1SE=當，01B=Tj=由勾股定理得R2=0B2=oof+呼=4)2+(乎)2=H,所以球0的表面積S=4?tR2=217r.故答案為：217r.根據題意可知側面SABI底面ABC。，然后結合圖形由底面外接圓半徑、球心到底面的距離和球的半徑滿足勾股定理可得.本題主要考查球與多面體的切接問題，空間想象能力的培養(yǎng)等知識，屬于中等題..【答案】①②④【解析】解：因為函數y=W的圖象關于直線'=x對稱，a,0是函數y=2*和y=log2》的圖象與函數y=士的圖象的交點的橫坐標，4—1因此易知Q=logzB，B=2。.又0=9=1+七,9一1)(口-1)=1,即1夕=1+夕，因而①，②均正確；又a+夕=a+——=a—1+——+2N4,當且僅當a—1=——?即a=2時等號成立，' a—1 a—1 a—1但f(2)=白-22=-2不0,因而aH2,上式等號不成立，所以a+/?>4,③不正確.記f(|)=3—2z=3—a/8>0?，(2)= —22=—2<0,因此曰<a<2,而函數h(a)=a—B=a—公=a-1-土■在區(qū)間(1,+8)上單調遞增，所以九(幻>吟=?2>-2,所以④正確.故選：①②④.函數y=三的圖象關于直線y=X對稱，a,6是函數y=2*和y=log2X的圖象與函數y=E的圖象的交點的橫坐標，則有a=log20,0=2%0=9=1+白，直接變形判斷①②；利用基本不等式判斷③；由零點存在定理，可得,<a<2,構造函數/i(a)=a—p=a—1— 確定單調性,再計算函數值八(｝，最后利用單調性判斷④.本題考查了函數的零點、函數的單調性及對稱性、基本不等式的應用，也考查了數形結合思想，屬于中檔題..【答案】解：⑴由(0.005+0.010+0.015x2+a+0.030)x10=1,解得a=0.025,(2)45x0.05+55x0.15+65x0.3+75x0.25+85x0.15+95x0.1=71,故本次防疫知識測試成績的平均分為71,(3)設受嘉獎的學生分數不低于x分，因為［80,90),［90,100］對應的頻率分別為0.15,0.1,所以(90-x)x0.015=0.1,解得％=等*83.3.故受嘉獎的學生分數不低于83.3分.【解析】(1)由頻率之和等于1得出a的值；(2)由頻率分布直方圖數據計算平均數即可；(3)設受嘉獎的學生分數不低于x分，由(90-x)x0.015=0.1得出x.本題考查頻率分布直方圖，屬于基礎題..【答案】解：(I)由題意，可得f(x)=2sina)xcosa)x+2V3sin2(dx-V3=sin2(ox—V3cos2a>x=2sin(2(ox-???函數的最小正周期為TT,.?*=",解之得3=1.由此可得函數的解析式為f(x)=2sin(2x-9.

令2k兀-^<2x-^<2kn+^,解之得kw--<x<kn+—,kEZ2 3 Z 12 12???函數/(X)的單調增區(qū)間是M《而+勻，kez.(n)將函數/(x)的圖象向左平移，個單位，再向上平移1個單位，可得函數y=/(x+》+1的圖象，n/(%)=2sin(2x--):.g(x)=2sin[2(x+-)--]+1=2sin2x+1,令g(x)=0,得sin2x=-g,可得2x= +￡或2丫=2/ot+誓(keZ)解之得x=kn+工或x=k"+詈(k6Z).若y=g(x)在[0,b]上至少含有10個零點，則b的最小值為47r+ ^【解析】本題考查三角函數的性質以及零點，著重考查了二倍角公式、輔助角公式等知識，屬于中檔題.(I)根據二倍角公式與輔助角公式化簡得"X)=2sin(23x-g),利用周期公式算出3=1,得函數解析式為f(x)=25譏(2%-；).再由正弦函數單調區(qū)間的公式，解關于x的不等式即可得到函數/(X)的單調增區(qū)間；(II)根據函數圖象平移的公式，得出函數g(x)的解析式為g(x)=2sin2x+1.由此解g(x)=0解出x=/ot+"或x=4兀+詈(k6Z),即可算出b的最小值.19.【答案】(1)證明：連接AC交BD于點。，連接M。，由正方形48CD知。為4c的中點，為PC的中點，???MO//PA,,:MOu平面MB。，PAC平面MBD,PA〃平面MBD;(2)解：???平面4BCD與正三角形ADP所在平面互相垂直，平面ABC。D平面4DP=4。，Q是AD的中點，.-.PQ1AD,「<?<=平面4。。，PQ1平面ABCC,由題易知PQ=2V3.多面體P-4BCD的體積V=二x4X4x26=—:3 3(3)解：存在點N,當N為AB中點時，平面PQB1平面PNC,???四邊形4BCC是正方形，Q為的中點，.'BQINC.由(2)知，PQ1平面4BCC,NCu平面4BCD,PQJ.NC,又BQCPQ=Q,PQ,BQu平面PQB,NC1平面PQB,vNCu平面PCN,???平面PCN_L平面PQB.【解析】本題考查直線與平面平行的證明，考查四棱錐體積的求法，考查平面與平面垂直的證明，屬于中檔題.(1)連接4c交BD于點。，連接M0,由正方形ABCD知。為AC的中點，由M為PC的中點,知M0〃P4,由此能夠證明P4〃平面MB。；(2)利用棱錐的體積公式，可得結論.(3)存在點N,當N為4B中點時，平面PQB1平面PNC.由四邊形4BCC是正方形，Q為AD的中點，知BQ1NC,由此能夠證明平面PCN_L平面PQB.20.【答案】解：⑴證明：由正弦定理知，金=$=2R,：?b=2Rsin乙ABC,c=2Rsin乙ACB,vb2=QC,:.b2Rsin乙ABC=a?2RsinZ.ACB,9Pbsin^ABC=asinC,vBDsinZ.ABC=asinC.???BD=b；(2)由(1)知B。=b,?.?AD=2DC,???AD=-h,3在△48。中，在ACB。中，由余弦定理知，cosZ.BDA=bd2+ad2-ab22BDADM+⑶2丑2_13M-9c22b-b12b由余弦定理知，cos/BCC=吧空上=上史士=咤貯ZtiDCD 2b-bvZ.BDA+乙BDC=7T,??cosZ-BDA+cos乙BDC=0,an13d2-9c2.10b2-9a2八即 ; 1 =0,12b2 6b2得11>=3c2+6a2,,:b2=QC,??3c2—llac+6a2=0,??c=3q或c=-a,在AABC中，由余弦定理知，cos4ABe=七亡2=貯"七上，2ac 2ac當c=3a時，coszABC=：>1（舍）；當c=?q時，cos^ABC=~3 127綜上所述，cosZ.ABC=—.【解析】本題主要考查正弦定理和余弦定理，難度不大.（1）利用正弦定理求解；（2）要能找到隱含條件：NBC4和NBDC互補，從而列出等式關系求解.21.【答案】解：（I）證明：連接&E,如圖所示，因為=&C,點E是棱AC的中點，所以A1EJ.AC,又平面44CC1J"平面ABC,&Eu平面4遇。（71，平面4遇。（71C平面ABC=AC,所以&E，平面A8C,又ACu平面ABC,所以&E1AC,以E點為坐標原點，平面ABC內過點E作AC的垂線為x軸，EC、E&所在直線分別為y、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系E-xyz,由題意知乙4BC=90。，/.BAC=30°,A1A=A1C=AC,點E、F分別是棱AC、4/1的中點，設44=ArC=AC=4,貝=EC=BE=2,AB=ACcos30°=2V3>A^E=V42-22=2V3.所以點B到x軸的距離為BEsin30。=1,點8到y(tǒng)軸的距離為ABsin30。=V3.則A(0,-2,0),C(0,2,0),4i(0,0,2V5),8(73,1,0).^(73,3,273).F(^,1,2V3).所以前=尚3,26)，BC=(-V3,l,0).因為就BC=yx(-V3)+|xl+2V3x0=0.所以EF1BC.(H)設直線EF與平面4BC所成角為。,由(I)得方=(一百,1,0)，碇=(0,2,-2g)，EF=(y,1,2V3).所以I前I=娉>+a+Qb)2=V15-設平面4BC的法向量元=(x,y,z),則[吃元:一百x：y=°,令>],則元(4iC?ri=y—V3z=0所以I元I=J12+(73)2+12=遍，EF-n=yXl+|xV3+2>/3x1=45所以sin。=|cos<EF,n>|= =7^/^廠=1 1\EF\|n|Vi5xV55又。G[0,90°],所以cos。=Jl_(g)2=I，故直線EF與平面&BC所成角的余弦值為，(DI)由(I)知平面44傳的法向量為沅=