1、第 1 页 共 20 页 2020- 2021 学年黑龙江省哈尔滨师范大学青冈实验中学校高学年黑龙江省哈尔滨师范大学青冈实验中学校高 二二 10 月月考数学（理）试题月月考数学（理）试题 一、单选题一、单选题 1已知已知1,2OA uur ，3,OBm uuu r ，若，若OA OB ，则，则m（ ） A4 B3 C 3 2 D 3 2 【答案】【答案】D 【解析】【解析】根据OA OB 及OA、OB的坐标，应用坐标表示向量垂直即可求参数m 【详解】 由OA OB ，1,2OA uur ，3,OBm uuu r 有 3 20OA OBm 解得 3 2 m 故选：D 【点睛】 本题考查了向量垂直
2、的坐标表示，利用已知向量坐标及垂直关系有 1212 0 x xy y求参 数值 2在在ABC中，角中，角 , ,A B C所对的边分别为 所对的边分别为, ,a b c，若，若30 ,45 ,2 2BCb ， 则则c（ ） A2 B3 C4 D 4 3 3 【答案】【答案】C 【解析】【解析】由正弦定理求解即可. 【详解】 由正弦定理可知 sinsin bc BC ，则 2 2 2 sin 2 4 1 sin 2 bC c B 故选：C 【点睛】 本题主要考查了正弦定理的应用，属于基础题. 第 2 页 共 20 页 3已知已知,(0, )x y，且，且 14 1 xy ，则，则x y 的最小值
3、为（的最小值为（ ） A8 B9 C6 D7 【答案】【答案】B 【解析】【解析】由题意，根据 14 xyxy xy ，结合基本不等式，即可求出结果. 【详解】 因为,(0,)x y，且 14 1 xy ， 所以 1444 14529 yxyx xyxy xyxyxy ， 当且仅当 4yx xy ，即 3 6 x y 时，等号成立， 故选：B. 【点睛】 本题主要考查由基本不等式求最值，属于基础题型. 4如图所示，三如图所示，三棱台棱台 111 ABCABC中，沿面中，沿面 1 ABC截去三棱锥截去三棱锥 1 AABC，则剩余部，则剩余部 分是（分是（ ） A三棱锥三棱锥 B四棱锥四棱锥 C三
4、棱台三棱台 D四棱台四棱台 【答案】【答案】B 【解析】【解析】根据棱锥的定义和空间结合体的结构特征，即可求解，得到答案. 【详解】 由题意知，三棱台 111 ABCABC中，沿面 1 ABC截去三棱锥 1 AABC， 则剩余部分是四棱锥 111 ABBCC，故选 B. 【点睛】 本题主要考查了棱锥的定义及其判定，其中解答中熟记棱锥的定义，以及空间几何体的 第 3 页 共 20 页 结构特征是解答的关键，着重考查了空间想象能力，属于基础题. 5设设 m，n是两条不同直线，是两条不同直线，是两个不同平面，则下列说法 是两个不同平面，则下列说法错误错误 的是（的是（ ） A若若m，n，则，则/mn
5、； B若若/ /，m，则，则m ； C若若/m，/n，则，则/mn； D若若m， / /m，则 ，则 【答案】【答案】C 【解析】【解析】直接由直线平面的定理得到选项,A B正确；对于选项C， m，n 可能平行、 相交或异面，所以该选项错误；对于选项D，m与内一直线 l，所以l，因为 l 为内一直线，所以所以该选项正确. 【详解】 对于选项A，若m，n，则/mn，所以该选项正确； 对于选项B，若/ /，m，则m，所以该选项正确； 对于选项C，若/m，/n，则 m，n可能平行、相交或异面，所以该选项错误； 对于选项D，若m，/ /m，则m与内一直线 l，所以l，因为 l为内 一直线，所以所以该选
6、项正确. 故选：C 【点睛】 本题主要考查空间直线平面位置关系的判断，意在考查学生对这些知识的理解掌握水 平. 6在我国古代著名的数学专在我国古代著名的数学专著著 九章算术里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至 九章算术里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至 齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九 十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢问：几日相逢十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢问：几日相逢? （）（） A16 日日 B12 日日 C9 日日 D8 日日
7、【答案】【答案】C 【解析】【解析】 【详解】 解：由题可知，良马每日行程 an构成一个首项为 103，公差 13 的等差数列， 驽马每日行程 bn构成一个首项为 97，公差为0.5的等差数列， 则 an103+13（n1）13n+90，bn970.5（n1）97.50.5n， 则数列an与数列bn的前 n项和为 112522250， 第 4 页 共 20 页 又数列an的前 n 项和为 2 n （103+13n+90） 2 n （193+13n） ， 数列bn的前 n 项和为 2 n （97+97.50.5n） 2 n （194.5 1 2 n） ， 2 n （193+13n） 2 n （1
8、94.5 1 2 n）2250， 整理得：25n2+775n90000，即 n2+31n3600， 解得：n9或 n40（舍） ，即九日相逢 故选 C 点睛：本题以数学文化为背景，考查等差数列，考查转化思想，考查分析问题、解决问 题的能力，注意解题方法的积累，属于中档题 7给出下列命题：给出下列命题： 有两个面互相平行且是全等的三角形， 其余各面都是四边形， 且相邻两四边形的有两个面互相平行且是全等的三角形， 其余各面都是四边形， 且相邻两四边形的公共公共 边互相平行，由这些面所围成的封闭几何体是三棱柱；边互相平行，由这些面所围成的封闭几何体是三棱柱； 有一个面是五边形， 其余各面都是有公共顶
9、点的三角形， 由这些面所围成的封闭几何有一个面是五边形， 其余各面都是有公共顶点的三角形， 由这些面所围成的封闭几何 体一定是五棱锥；体一定是五棱锥； 有两个面是互相平行且相似的矩形（不全等） ，其余各面都是梯形，由这些面所围成有两个面是互相平行且相似的矩形（不全等） ，其余各面都是梯形，由这些面所围成 的封闭几何体一定是四棱台的封闭几何体一定是四棱台. 其中正确的命题是（其中正确的命题是（ ） A B C D 【答案】【答案】B 【解析】【解析】根据棱柱的定义进行判断；根据棱锥的定义进行判断；根据棱台的定义 进行判断 【详解】 由棱柱的定义知正确； 由棱锥的定义知正确； 棱台是由平行于底面的
10、棱锥所截得的，有两个面是互相平行且相似的矩形（不全等） ， 其余各面都是梯形，四条侧棱不一定交于一点，则不一定是四棱台，故错误； 故正确的是； 故选：B 【点睛】 本题主要考查命题的真假判断，结合棱柱，棱锥，棱台的定义是解决本题的关键，比较 基础 第 5 页 共 20 页 8已知三棱柱已知三棱柱 ABC- A1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为的侧棱与底面垂直，体积为 9 4 ，底面是边长为，底面是边长为 3的正三 的正三 角形若角形若 P 为底面为底面 A1B1C1的的中心，则中心，则 PA 与平面与平面 ABC 所成角的大小为（所成角的大小为（ ） A120 B60 C45 D30 【答案】
11、【答案】B 【解析】【解析】试题分析：由题意知底面积为 2 39 3 3 44 S ，体积 9 4 VSh，所以 3h ，设 PP 是棱柱高，则P是底面ABC的中心，从而 23 31 32 AP ， 又P AP 为直线和平面所成的角，所以 tan3PAP ，60PAP，故选 B 【考点】直线与平面所成的角 9鲁班锁（也称孔明锁、难人木、六子联方）起源于古代中国建鲁班锁（也称孔明锁、难人木、六子联方）起源于古代中国建筑的榫卯结构 筑的榫卯结构.这种三这种三 维的拼插器具内部的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，十分巧妙维的拼插器具内部的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，十分巧妙.鲁班锁类玩具比较多，鲁班锁类玩
12、具比较多， 形状和内部的构造各不相同，一般都是易拆难装形状和内部的构造各不相同，一般都是易拆难装.如图如图 1，这是一种常见的鲁班锁玩具，这是一种常见的鲁班锁玩具， 图图 2 是该鲁班锁玩具的直观图，每条棱的长均为是该鲁班锁玩具的直观图，每条棱的长均为 2，则该鲁班锁的表面积为（，则该鲁班锁的表面积为（ ） A8(66 23) B6(88 23) C8(66 32) D6(88 32) 【答案】【答案】A 【解析】【解析】该鲁班锁玩具可以看成是一个正方体截去了 8个正三棱锥所余下来的几何体， 然后按照表面积公式计算即可. 【详解】 由题图可知， 该鲁班锁玩具可以看成是一个棱长为2 2 2 的正
13、方体截去了 8个正三棱 锥所余下来的几何体，且被截去的正三棱锥的底面边长为 2，侧棱长为 2，则该几何 体的表面积为 2 11 6(22 2)422823 22 S 8(66 23). 第 6 页 共 20 页 故选：A. 【点睛】 本题考查数学文化与简单几何体的表面积，考查空间想象能力和运算求解能力. 10三棱柱三棱柱 111 ABCABC中，底面边长和侧棱长都相等，中，底面边长和侧棱长都相等， 11 60BAACAA ，则，则 异面直线异面直线 1 AB与与 1 BC所成角的余弦值为（所成角的余弦值为（ ） A 3 3 B 6 6 C 3 4 D 3 6 【答案】【答案】B 【解析】【解析
14、】 设 1 AAc，AB a ，AC b ， 根据向量线性运算法则可表示出 1 AB和 1 BC； 分别求解出 11 AB BC和 1 AB， 1 BC，根据向量夹角的求解方法求得 11 cos,AB BC，即可得所求角的余弦值. 【详解】 设棱长为 1， 1 AAc，AB a ，AC b 由题意得： 1 2 a b， 1 2 b c， 1 2 a c 1 ABac， 11 BCBCBBbac 22 11 11 111 22 AB BCacbaca baa cb ca cc 又 2 22 1 23ABacaa cc 2 222 1 2222BCbacbaca bb ca c 11 11 11
15、16 cos, 66 AB BC AB BC ABBC 即异面直线 1 AB与 1 BC所成角的余弦值为： 6 6 本题正确选项：B 第 7 页 共 20 页 【点睛】 本题考查异面直线所成角的求解，关键是能够通过向量的线性运算、数量积运算将问题 转化为向量夹角的求解问题. 11在棱长为在棱长为 2 的正方体的正方体 1111 ABCDABC D中，中，E，F分别为棱分别为棱 1 AA、 1 BB的中点，的中点， M为棱为棱 11 AB上的一点，且上的一点，且 1 (02)AM，设点，设点N为为ME的中点，则点的中点，则点N到平到平 面面 1 DEF的距离为（的距离为（ ） A3 B 2 2
16、C 2 3 D 5 5 【答案】【答案】D 【解析】【解析】由几何体为正方体，以 D为原点，DA 为 x轴，DC为 y 轴，DD1为 z轴，建立 空间直角坐标系，求出平面 D1EF 的法向量n，结合向量的点到平面距离公式求得点 M 到平面 D1EF 的距离，结合 N 为 EM中点即可求解 【详解】 以 D 为原点，DA 为 x 轴，DC 为 y轴，DD1为 z 轴，建立空间直角坐标系， 则 M（2，2） ，D1（0，0，2） ，E（2，0，1） ，F（2，2，1） ， 1 ED（2，0，1） ，EF（0，2，0） ，EM（0，1） ， 设平面 D1EF 的法向量n（x，y，z） ，则 1 20
17、 20 n EDxz n EFy ，取 x1，得n （1，0，2） ， 点 M 到平面 D1EF的距离为：d |22 5 |55 EM n n ，N 为 EM中点，所以 N 到 该面的距离为 5 5 故选：D 第 8 页 共 20 页 【点睛】 本题考查利用向量法求解点到平面距离，建系法与数形结合是解题关键，属于中档题 12如图，在长方体如图，在长方体 1111 ABCDABC D中，中， 1AB ， 1 2AA ， 2AD ，E F分分 别为棱别为棱 1 AA 1 BB的中点的中点.动点动点 P在长方体的表面上，且在长方体的表面上，且EPCF，则点，则点 P的轨迹的长的轨迹的长 度为（度为（
18、 ） A26 B2 C 6 1 2 D 6 2 2 【答案】【答案】A 【解析】【解析】 作出过点P， 点E的平面， 使得CF 平面， 此时P的轨迹即为平面与 长方体表面的交线，据此可求解出轨迹的长度. 【详解】 连接EF，过F作FGCF交 11 BC于G点，过G点作 11 / /GHAB交 11 AD于H点， 连接HE，如下图所示： 第 9 页 共 20 页 因为,E F为 11 ,AA BB的中点，所以/EFAB， 又因为AB 平面 11 BCC B，所以EF 平面 11 BCC B，所以EFCF， 又因为FGCF，且EFFGF，所以CF 平面EFGH， 所以P的轨迹为,EF FG GH
19、HE， 因为 1 90GB FCBF，所以可知 1 BCFB FG， 所以 11 BFBC BGB F ，所以 1 2 2 BG ，所以 22 11 6 2 FGB FBG， 又因为/ /,GHAB GHAB，所以四边形EFGH为平行四边形，所以1GHEF， 所以P的轨迹长度为： 6 1226 2 ， 故选：A. 【点睛】 本题考查线面垂直的综合应用，涉及到求解点的轨迹的长度问题，对学生的分析与转化 能力要求较高，难度较难. 二、填空题二、填空题 13 已知直线已知直线 l的斜率为的斜率为 2， 且经过点， 且经过点 2, 5， 则直线， 则直线 l的一般式方程为的一般式方程为_ 【答案】【答
20、案】210 xy 【解析】【解析】根据直线的点斜式方程求出之后再化为一般是方程即可得答案. 【详解】 解：因为直线 l的斜率为 2，且经过点2, 5， 第 10 页 共 20 页 所以直线 l的方程为52(2)yx， 即210 xy 故答案为：210 xy . 【点睛】 本题考查直线的点斜式方程，一般式方程，是基础题. 14圆圆 22 28130 xyxy的圆心到直线的圆心到直线 10axy 的距离为的距离为 1，则，则 a_ 【答案】【答案】 4 3 【解析】【解析】求出圆心坐标，代入点到直线距离方程，解得答案 【详解】 圆 22 28130 xyxy的圆心坐标为：(1,4)， 故圆心到直线
21、10axy 的距离 2 |4 1| 1 1 a d a ，解得： 4 3 a ， 故答案为： 4 3 【点睛】 本题考查的知识点是圆的一般方程，点到直线的距离公式 15已知圆柱的底面直径与高都等于球的直径，若该球已知圆柱的底面直径与高都等于球的直径，若该球的表面积为 的表面积为48，则圆柱的侧，则圆柱的侧 面积为面积为_ 【答案】【答案】48. 【解析】【解析】先由球的表面积为48求出球的半径，然后由圆柱的侧面积公式算出即可 【详解】 因为球的表面积 2 448SR 所以=2 3R 所以圆柱的底面直径与高都为4 3 所以圆柱的侧面积：2 2 3 4 3=48 故答案为：48 【点睛】 本题考查
22、的是空间几何体表面积的算法，较简单. 第 11 页 共 20 页 16如图，矩形如图，矩形ABCD中，中， 22ABAD，E为边 为边AB的中点的中点.将将ADE沿直线沿直线DE 翻折成翻折成 1 ADE(点点 1 A不落在底面不落在底面BCDE内内)，若，若M在线段在线段 1 AC上上(点点M与与 1 A，C不不 重合重合)，则在，则在ADE翻转过程中，以下命题正确的是翻转过程中，以下命题正确的是_(把正确的序号写在横把正确的序号写在横 线上线上) （1）存在某个位置，使）存在某个位置，使 1 DEAC （2）存在点）存在点M，使得，使得BM 平面平面 1 ADC成立成立 （3）存在点）存在
23、点M，使得，使得/MB平面平面 1 ADE成立成立 （4）四棱锥）四棱锥 1 ABCDE体积最大值为体积最大值为 2 4 【答案】【答案】 （3） （4） 【解析】【解析】利用反证法可得（1） （2）错误，取M为 1 AC的中点，取 1 AD的中点为I， 连接,MI IE，可证明/MB平面 1 ADE，当平面 1 ADE 平面BCDE时，四棱锥 1 ABCDE体积最大值，利用公式可求得此时体积为 2 4 . 【详解】 如图（1） ，取DE的中点为F，连接 1 ,AF CF， 第 12 页 共 20 页 则45CDF， 2 2 DF ，故 2 1225 422 2222 CF ， 故 222 D
24、CDFCF即 2 CFD 若 1 CADE，因为 11 ,ADAE DFFE，故 1 AFDE，而 111 AFACA， 故DE 平面 1 AFC，因为CF 平面 1 AFC，故DE CF，矛盾，故（1）错 若BM 平面 1 ADC，因为DC 平面 1 ADC，故BM DC， 因为DCCB，BMCBB，故CD平面 1 ACB， 因为 1 AC 平面 1 ACB，故 1 CDAC，但 1 ADCD，矛盾，故（2）错 当平面 1 ADE 平面BCDE时，四棱锥 1 ABCDE体积最大值， 由前述证明可知 1 AFDE，而平面 1 ADE平面BCDEDE， 1 AF 平面 1 ADE，故 1 AF
25、平面BCDE， 因为 1 ADE为等腰直角三角形， 11 1ADAE，故 1 2 2 AF ， 又四边形BCDE的面积为 13 2 11 1 22 ， 故此时体积为 1322 3224 ，故（4）正确 对于（3） ，如图（2） ，取M为 1 AC的中点，取 1 AD的中点为I，连接,MI IE， 则 1 /, 2 IM CD IMCD，而 1 /, 2 BE CD BECD， 故/,IM BE IMBE即四边形IEBM为平行四边形， 故/IE BM，因为IE 平面 1 ADE，BM 平面 1 ADE，故/MB平面 1 ADE， 故（3）正确 第 13 页 共 20 页 故答案为： （3） （4
26、）. 【点睛】 本题考查立体几何中的折叠问题，注意对于折叠后点线面的位置的判断，若命题的不成 立，往往需要利用反证法来处理，本题属于难题. 三、解答题三、解答题 17已知圆已知圆 C过三点过三点1,3，() 4,2，1, 7，圆，圆 C的方程；的方程； 【答案】【答案】 22 (1)(2)25xy 【解析】【解析】根据圆的对称性由两点1,3，1, 7可得圆心在2y 上，从而设出圆心坐 标，再由1,3，( ) 4,2到圆心的距离等于半径列出等式，得出圆 C 的方程. 【详解】 因为圆过点 1,3 , 1, 7，故圆心在2y 上 设圆心坐标, 2x ，则 22 125416xx，解得1x . 故其
27、半径 2 2 1 12525r . 故圆方程为： 22 (1)(2)25xy 【点睛】 本题主要考查了由圆上三点求圆的方程，属于中档题. 18已知已知4a ， 3b ， 23261abab. （1）求）求a与与b的夹角的夹角； （2）求）求ab rr . 【答案】【答案】 （1） 2 3 （2）|37ab 第 14 页 共 20 页 【解析】【解析】（1） 由已知可以求出a b 的值， 进而根据数量积的夹角公式， 求出cos, a b， 进而得到向量a与b的夹角； （2）要求|ab，我们可以根据（1）中结论，先求出 2 |ab的值，然后开方求出答 案 【详解】 （1）| | 4a ，| 3b
28、， 22 (23 ) (2)4|3|437461abababa ba b， | | cos,6a baba b ， 1 cos, 2 a b r r ，,120a b， 向量a与b的夹角120=?. （2） 222 |2169 1237ababa b， |37ab. 【点睛】 本题考查数量积表示两个向量的夹角、向量的模，考查函数与方程思想、转化与化归思 想，考查逻辑推理能力、运算求解能力 19在在ABC中，内角中，内角 , ,A B C所对的边分别为 所对的边分别为, ,a b c，已知已知3 cossinbCcB （1）求角）求角 C 的大小的大小 （2）若）若2 7c ，ABC的面积为的面
29、积为6 3，求，求ABC的周长的周长 【答案】【答案】（） 3 C （）10 2 7 . 【解析】【解析】 （）利用正弦定理化简已知等式可得tanC值，结合范围0,C，即可得 解C的值 （） 利用正弦定理及面积公式可得ab， 再利用余弦定理化简可得ab值， 联立得, a b 从而解得ABC周长 【详解】 （）由正弦定理 sinsin bc BC ，得 3sin cossin sinBCBC ， 第 15 页 共 20 页 在ABC中，因为sin0B，所以 3cossinCC 故tan3C ， 又因为 0C，所以 3 C （）由已知，得 1 sin6 3 2 abC . 又 3 C ，所以24a
30、b. 由已知及余弦定理，得 22 2cos28ababC ， 所以 22=52 ab，从而 2 100ab.即10a b 又2 7c ，所以ABC的周长为102 7. 【点睛】 本题主要考查了正弦定理，余弦定理的应用，考查了转化思想和数形结合思想，属于基 础题 20如图所示，在四棱锥如图所示，在四棱锥PABCD中，底面中，底面ABCD是 是60DAB且边长为且边长为a的菱的菱 形，侧面形，侧面PAD为正三角形，其所在平面垂直于底面为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD. （1 1）若）若G为为AD边的中点，求证：边的中点，求证：BG平面平面PAD. （2 2）求证：）求证：ADPB. （3
31、3） 若） 若E为为BC边的中点， 能否在边的中点， 能否在PC上找出一点上找出一点F， 使平面， 使平面 DEF 平面平面ABCD？ 【答案】【答案】 （1）见解析； （2）见解析； （3）见解析 【解析】【解析】 （1）证明PGAD， 利用面面垂直的性质即可证明（2）证AD 平面BPG 即可得ADPB（3）存在点F，且F为PC的中点，证明MF 平面ABCD，即 可证出平面 DEF 平面ABCD. 【详解】 证明：连接PG，BD， 第 16 页 共 20 页 因为PAD是等边三角形，G为AD边的中点，所以PGAD 因为平面PAD 平面ABCD，所以PG平面ABCD，所以PGBG 因为四边形A
32、BCD是菱形，所以ABAD又因为60BAD，所以ABD是等 边三角形，所以BGAD又因为PGADG， ，所以BG平PAD （2） 证明： 因为ADPG，ADBG，PGBGG， 所以AD 平面BPG 又 因为BP 平面BPG，所以ADPB （3）存在点F，且F为PC的中点证明如下：连接CG交DE于M，连接FM， 因为ADBC且ADBC，又E，G分别是BC，AD的中点，连接EG，所以 CEDG且CE DG，所以四边形CEGD是平行四边形，所以CMMG又因为 CFFP， 所以MF PG 由 （1） 知PG平面ABCD， 所以MF 平面ABCD 又 MF 平面DEF，所以平面DEF 平面ABCD 【点
33、睛】 本题主要考查了两个平面垂直的性质、判定，线面垂直的判定、性质，属于中档题. 21已知数列已知数列 n a满足满足 2* 123 2462 3N n n nn n aaaa . （1）求数列）求数列 n a的通项；的通项； （2）设）设 2 (1)2 n nn bna，求数列，求数列 n b的前的前n项和项和 n S，当，当 2 n 1 1 4 mmS 对一切对一切 正整数正整数n恒成立时，求实数恒成立时，求实数m的取值范围的取值范围. 【答案】【答案】 （1） * () 1 n n anN n ； （2）6,2. 【解析】【解析】 （1）先求出 1 a，再用错位相减法求出2n时的 n a
34、，再检验 1 a是否符合 (2) n a n ，进而求出 * () n a nN； （2）首先根据（1）求出数列 n b的通项公式，再求出数列 n b的前n项和 n S；又因 为 n S递增，所以 2 n 1 1 4 mmS 对一切正整数n恒成立等价于 i 2 nm n 1 1() 4 Smm，即 2 1 1 1 4 mmS ，进而求出实数m的取值范围. 第 17 页 共 20 页 【详解】 解： （1）当1n 时， 1 2 4 a ，所以 1 1 2 a ， 当2n时， 2 123 2462 3 n n nn aaaa ， 2 1231 2462(1) (1)3(1) n n nn aaaa
35、 ， 由得 2 22 n n n a ，所以 1 n n a n ，当1n 时也符合此式， 综上可知 * () 1 n n anN n . （2）因为 2 (1)2 n nn bna，所以4n n bn， 所以 23 1 42 43 44n n Sn ， 2341 41 42 43 44n n Sn ， 由得： 231 11 1 344444 4(1 4 )4 44 44 1 43 14 ()4 33 nn n nn nn n Sn nn n 所以 1 314 4 99 n n n S ， 又因为0 n b ，所以 n S的最小值为 1 4S ， 所以 2 1 41 4 mm， 所以62m ，
36、即实数m的取值范围是6,2. 【点睛】 本题主要考查数列的通项公式和数列前n和的求解，以及数列与不等式的结合等问题， 考查运算求解能力，属于中等题型. 22在四棱锥在四棱锥PABCD中，中，PD 平面平面ABCD， ，ABDC，ABAD， 1DCAD，2AB ，45PAD，E是是PA的中点，的中点，F在线段在线段AB上，且满上，且满 足足 0BCDF . . 第 18 页 共 20 页 （1 1）求证：）求证：DE平面平面PBC； （2 2）求二面角）求二面角FPCB的余弦值；的余弦值； （3 3）在线段）在线段PA上是否存在点上是否存在点Q，使得，使得FQ与平面与平面PFC所成角的余弦值是所
37、成角的余弦值是 6 3 ，若存，若存 在，求出在，求出AQ的长；若不存在，请说明理由的长；若不存在，请说明理由. . 【答案】【答案】 （1）见解析； （2） 3 3 ； （3） 2 10 【解【解析】析】 【详解】 分析：该题是立体几何的有关问题，第一问在证明线面平行时，可以利用常规方法，用 线面平行的判定定理来证明， 也可以应用空间向量来证明，用直线的方向向量与平面的 法向量是垂直的即可，第二问求二面角的余弦值，用两个平面的法向量所成角的余弦值 来求得，第三问假设其存在，设出点的坐标，建立等量关系式从而求得结果，做好取舍 即可. 详解： （1）证明：取PB的中点M，AB的中点N，连接EM和
38、CM， CDAB且 1 2 CDAB， E，M分别为PA，PB的中点. EMAB且 1 2 EMAB EMCD且EMCD，四边形CDEM为平行四边形， 第 19 页 共 20 页 DECM，CM 平面PBC，DE 平面PBC， DE平面BPC. （1） 由题意可得DA，DC，DP两两互相垂直， 如果， 以D为原点，DA，DC，DP 分别是x，y，z轴建立空间直角坐标系Dxyz，则 1 0 0A ，1 2 0B，0 1 0C，0 0 1P， 11 0 22 E ， 设平面PBC的法向量为mx y z， 11 0BC ， ，01 1CP ， ， 0 0 m BCxy m CPyz xy yz ，令
39、1y 1 1 1m ， 又 11 0 22 DE ， 0m DE ，DE m DE 平面PBC DE 平面PBC （2）设点F坐标为1 0t， 则11 0CFt，1 2 0DB ， 由 0BCDF 得 1 2 t ， 1 10 2 F ， ， 设平面FPC的法向量为nx y z， 1 10 2 CF ， 由 0 0 n PC n FC 得 0 1 0 2 yz xy 即 2 yz yx 令1x 1 2 2n ， 1 2 23m n 第 20 页 共 20 页 则 33 cos 33 3 n m n m nm ， 又由图可知，该二面角为锐角 故二面角FPCD的余弦值为 3 3 （3）设 0AQAP ，0 1，FQFAAQ 1 2 ， 1n FQ 2 2 122 cos 1 381 32 4 FQ n ， FQ与平面PFC所成角的余弦值是 6 3 其正弦值为 3 3 2 223 3 3 81 ，整理得： 2 20810 ，解得： 1 10 ， 1 2 （舍） 存在满足条件的点Q， 11 0 1010 AQ ，且 2 10 AQ 点睛：在解决立体几何问题时，尤其空间关系的时候，可以有两种方法，一是常规法， 二是空间向量法，在应用面的法向量所成角来求二面角的时候，一定需要分清楚是其补 角还是其本身，在涉及到是否存在类问题时，都是先假设存在，最后求出来就是有，推 出矛盾就是没有.
