武灵丛台

试卷第1页，共5页

河北省邯郸市2022届高三5月模拟数学试题

学校

:___________

姓名：

___________

班级：

___________

考号：

___________

一、单选题

1

．若复数

13zi

，则

2

z



（）

A

．

13

i

22



B

．

13

i

22



C

．

13

i

22



D

．

13

i

22



2

．设集合12,AxxxN

，3Bxyx

，则

AB

（）

A

．1,2

B

．0,1

C

．0,1,2

D

．0,1,2,3

3

．已知圆

1

C

：2225xy

和圆

2

C

：2

223xya，则

“2a”

是

“

圆

1

C

与圆

2

C

内

切

”

的（）

A

．充分不必要条件

B

．必要不充分条件

C

．充分必要条件

D

．既不充分也不必要条件

4

．位于丛台公园内的武灵丛台已经成为邯郸这座三千年古城的地标建筑，丛台上层建

有据胜亭，其顶部结构的一个侧面中，自上而下第一层有2块筒瓦，以下每一层均比

上一层多2块筒瓦，如果侧面共有11层筒瓦且顶部4个侧面结构完全相同，顶部结构

共有多少块筒瓦？（）

A

．440B

．484C

．

528D

．

572

5

．已知正三棱柱

111

ABCABC

，各棱长均为

2

，且点P为棱

1

CC上一动点，则下列结论

正确的是（）

试卷第2页，共5页

A

．该正三棱柱既有外接球，又有内切球

B

．四棱锥

11

PABBA

的体积是

8

3

C

．直线

1

AB

与直线

BP

恒不垂直

D

．直线

BP

与平面

11

ABBA

所成角最大为

3



6

．已知

1

F､2

F

是双曲线22

2

10

4

xy

b

b



的左､右焦点，点P为双曲线右支上一点，且

P在以

12

FF

为直径的圆上，若

12

12PFPF

，则

2

tanPOF

（）

A

．

3

4

B

．

4

3

C

．

3

5

D

．

4

5

7

．已知函数lnln2sinfxxxx





，则下列结论正确的是（）

A

．fx

的图象关于直线

x

对称

B

．fx

的图象关于点,0

对称

C

．fx

有

2

个零点

D

．fx

是偶函数

8

．如图，在平面直角坐标系

xOy

中，将三角板

ABC

的端点A､

C

分别放在

x

轴和

y

轴

的正半轴上运动，点B在第一象限，且

260ACBABC

，若

2BC

，则点

O

与

点B之间的距离（）

A

．最大值为

2B

．最大值为

32

2

C

．最大值为

113

2



D

．最大值为

713

2



二、多选题

9

．我国小麦育种技术和水平已经达到国际先进水平，研究发现某品种小麦麦穗长度

X

cm

近似服从正态分布211.24,1.13N

.

从该品种小麦中任取

100

株，估计其麦穗长度，

则下列说法正确的是（）

A

．

100

株小麦麦穗长度的均值约为

11.24cm

B

．

100

株小麦中约有

2

株小麦的麦穗长度大于

13.5cm

试卷第3页，共5页

C

．

100

株小麦中没有麦穗长度大于

14.63cm

的小麦

D

．若随机变量

Y

表示

100

株小麦中麦穗长度大于

13.5cm

的株数，则

Y

近似服从二项

分布100,0.0455B

附：220.9545PX

，

330.9973PX

10

．已知函数2cos21

6

fxx











，则下列结论正确的是（）

A

．fx

在

75

,

126









上单调递增

B

．fx

图象关于点

,0

6











对称

C

．若

1

3fx

，

2

1fx

，则

12

min2

xx





D

．若

12

1fxfx

且

12

xx

，则

12

min4

xx





11

．已知直线

l

：

yxm

与椭圆

C

：

22

1

62

xy

，则下列结论正确的是（）

A

．若防溺水班会 C与

l

至少有一个公共点，则

22m

B

．若C与

l

有且仅有两个公共点，则

22m

C

．若

32m

，则C上到

l

的距离为

5

的点只有

1

个

D

．若

2m

，则

C

上到

l

的距离为

1

的点只有

3

个

12

．已知函数2e0xafxxa

有两个极值点

1

x

和

2

x

，且

12

xx，则下列结论正确

的是（）

A

．

1

01x

B

．2

1

01xxe

C

．

1

01fx

D

．1ln2,a

三、填空题

13

．已知

a

､

b

是不共线的两个单位向量，若

2abb

，则

a

与

b

的夹角为

___________

；

14

．请写出怎么弄文件夹 一个函数表达式

___________

满足下列

3

个条件：

①

最小正周期T；

①

在

,

44











上单调递减；

①

奇函数

15

．同时抛掷两枚质地均匀的骰子两次，记事件

A

“

两枚骰子朝上的点数之积均为偶

数

”

，事件

B

“

两枚骰子朝上的点数之和均为奇数

”

，则PBA∣

___________

；

四、双空题

试卷第4页，共5页

16

．如图所示，A是平面



内一定点，B是平面



外一定点，直线

AB

与平面



所成角

为

45.

设平面



内的动点C到A点､B点距离分别为

1

d､212

,0ddd

，且1

2

d

m

d



.

若点

C的轨迹是一条直线，

m

___________

；若点C的轨迹是圆，则

m

的取值范围是

___________.

五、解答题

17

．已知数列

n

a

的前

n

项和为

n

S

，满足

1

1a

，且

1

2

nn

Sna





.

(1)

求数列

n

a

的通项公式；

(2)

求数列

1

n

S







的前

n

项和

n

T.

18

．为了使更多人参与到冰雪运动中，某校组织了一次简易冰壶比赛

.

每场比赛由两支

队伍对抗进行，每队由

2

名成员组成，共进行

3

局

.

每局比赛时，两队成员交替发球，

每名成员只能从发球区（

MN

左侧）掷冰壶一次

.

当所有成员全部掷完冰壶后，开始计

分

.

若冰壶未到达营垒区，计1分；若冰壶能准确到达营垒区，计

2

分，整场比赛累计

得分多者获得比赛胜利

.

已知A队两名成员甲､乙每次将冰壶投掷到营垒区的概率分别

为

1

2

和

1

3

，B队两名成员丙､丁每次将冰壶投掷到营垒区的概率均为

1

2

.

假设两队投掷的

冰壶在运动过程中无碰撞，每名成员投掷冰壶相互独立，每局比赛互不影响

.

(1)

求A队每局得分

X

的分布列及期望；

(2)

若第一局比赛结束后，A队得

1

分，B队得

4

分，求A队最终获得本场比赛胜利且

总积分比B队我的1919观后感 高

3

分的概率

.

19

．已知

ABC

的内角A、B、

C

所对的边分别为

a

、

b

、

c

，且

sincos

2

AB

cBb



.

(1)

若6a，

3努力的名言警句 cb

，求b；

试卷第5页，共5页

(2)

若点D在线段

BC

上，且

2CDBD

，

1AD

，求

ab

的最大值

.

20

．如图，四棱锥EABCD，

3ABAD

，

1CDCB

，

2AC

，平面

EAC

平面ABCD，平面ABE平面

CDEl

.

(1)

若点

M

为线段

AE

中点，求证：

//BMl

；

(2)

若

60ACE

，1CE，求直线

BC

与平面

ADE

所成角的正弦值

.

21

．平面直角坐标系中，点P在

y

轴右侧，且到点1,0F

的距离比其到

y

轴距离多

1.

(1)

求点P轨迹C的方程；

(2)

过点F的直线

l

与C交于A､B两点，

Q

是

y

轴上一点

.

若

ABQ△

是正三角形，求直

线

l

的斜率

.

22

．设函数3ln1fxxx

(1)

求曲线yfx

在0,0

处的切线方程；

(2)

证明：当

nN

且2n

时，

3

121

ln1

827

n

n

n



.

答案第1页，共19页

参考答案：

1

．

B

【解析】

【分析】

根据复数的除法运算化简可得

.

【详解】





213213

21313

4222

13

1313

ii

i

i

i

ii











故选：

B.

2

．

C

【解析】

【分析】

先化简集合

A

，

B

，再利用交集运算求解

.

【详解】

解：因为0,1,2A

，3Bxx

，

所以0,1,2ABA

，

故选：

C

3

．

A

【解析】

【分析】

利用充分条件和必要条件的定义判断

.

【详解】

若圆

1

C

与圆

2

C

内切，则圆心距

12

5CCa

，即

53a

，得

8a

或2，

所以

2a

是圆

1

C

与圆

2

C

内切的充分不必要条件

.

故选：

A

4

．

C

【解析】

【分析】

答案第2页，共19页

由题意知每层筒瓦数构成等差数列

n

a

，由等差数列求和公式可求得每一面的筒瓦总数，

由此可得四个侧面筒瓦总数

.

【详解】

一个侧面中，第一层筒瓦数记为2，自上而下，由于下面每一层比上一层多2块筒瓦，



每层筒瓦数构成等差数列

n

a

，其中

1

2a

，

2d.

一个侧面中共有11层筒瓦，



一个侧面筒瓦总数是

11111

1122132

2



，



顶层四个侧面筒瓦数总和为

1324528.

故选：

C.

5

．

D

【解析】

【分析】

如图所示

PBH

为直线

BP

与平面

11

ABBA

所成角，则

sin

PH

PBH

BP



，根据边长即可判断

D

，由于

ABC

内切圆半径为

3

1

3



，所以该正三棱柱无内切球可判断

A

，由棱锥

11

PABBA

的体积为

11

11

1

3PABBA

ABBA

VSh





矩形

结合数据即可判断

B

，当H位于

O

时有

1

AB

平

面

POB

，可判断

C

．

【详解】

如图所示，设

11

ABABO

，取

AB

､

11

AB

的中点分别为E､F，

连接

EF

､

1

CF

过点P作

PHEF

交

EF

于点H，连接BH，

显然

1

CF

平面

11

ABBA

，又

1

PHCF∥

，故

PH

平面

11

ABBA

答案第3页，共19页

即

PBH

为直线

BP

与平面

11

ABBA

所成角，

又因为

1

3PHCF，

222BP

，

所以

363

sin,

42

PH

PBH

BPBP











因此当

3

sin

2

PBH

时，有

PBH

的最大值

3



，选项

D

正确；

由于

ABC

内切圆半径为

3

1

3



，所以该正三棱柱有外接球，无内切球，选项

A

不正确；

显然

1

CC∥

平面

11

ABBA

，因此点P到侧面

11

ABBA

的高3hPH

故棱锥

11

PABBA

的体积为

11

11

1438

333PABBA

ABBA

VSh





矩形

，选项

B

不正确；

当H位于

O

时，

PO

平面

11

ABBA

，即

1

ABPO

又

11

ABAB

，故

1

AB

平面POB，从而

1

ABBP

，故选项

C

不正确；

故选：

D

6

．

A

【解析】

【分析】

利用双曲线定义和

12

12PFPF

，分别解出

1

PF

和

2

PF

，得到

12

tanPFF

，最后利用二倍

角公式得到

212

tantan2POFPFF

，进而得到答案

.

【详解】

解法一：设

1

PFm

，

2

PFn

，则

mn

.

由双曲线定义知，

4mn

，护士个人工作总结 又12mn，故6m，

2n

由于P在以

12

FF

为直径的圆上，所以

12

PFPF

，故有

12

1

tan

3

PFF

从而12

212

2

12

2tan

3

tantan2

1tan4

PFF

POFPFF

PFF











答案第4页，共19页

解法二：同解法一，得到6m，

2n

，则

12

210FF

，从而得到双曲线方程为

22

1

46

xy



.

设

000

,0Pxyy

，

联立

22

00

22

00

1

46

10

xy

xy















，

解得0

0

3

4

y

x



，即0

2

0

3

tan

4

y

POF

x



.

因此，选项

A

正确

.

故选：

A

7

．

B

【解析】

【分析】

对于

A

，

B

，根据fx

与fx

的关系来判断，对于

C

，可以直接求出fx

的零

点，从而判断其正确与否，对于

D

选项，先确定定义域，再用奇偶性的定义判断

【详解】

显然，fx

的定义域为0,2

，fx

的定义域为,

，且

lnlnsinlnlnsinfxxxxxxx





，

记gxfx

，则有

答案第5页，共19页

lnlnsinlnlnsingxxxxxxxgx





，

故fx

是奇函数，选项

D

错误

.

又lnlnsinlnlnsinfxxxxxxxfx





故fx

的图象关于点,0

对称，选项

B

正确，选项

A

错误；

令0fx

，则有lnln2sin0xxx





，即lnln20xx

或sin0x，

解得21xx

或

x

，即2

1

12x

，2

2

10x

或

x

，

故fx

有

3

个零点，选项

C

错误

.

故选：

B

8

．

C

【解析】

【分析】

取

AC

中点为E，

ABC

为直角三角形，故22

13

2

BEABAE，显然，

OBOEBE

，当且仅当

O

､B､E三点共线时，等号成立，继而得解

.

【详解】

依题意，

90BAC

，

1CA

，

3AB

.

取

AC

中点为E，由于OAC为直角三角形，故

11

22

OEAC

由于

ABC

为直角三角形，故22

13

2

BEABAE

显然，

OBOEBE

，当且仅当

O

､B､E三点共线时，等号成立

.

答案第6页，共19页

因此，

OB

最大值为

113

2



.

故选：

C.

9

．

AB

【解析】

【分析】

A.

根据小麦麦穗长度

X

cm

近似服从正态分布211.24,1.13N

判断；

BD.

根据

3

原则得到



10.9545

13.50.02275

2

PX



，再由随机变量

Y

近似服从100,0.02275B

判断；

C

根据

3

原则得到7.8514.630.9973PX

判断

.

【详解】

解：因为小麦麦穗长度

X

cm

近似服从正态分布211.24,1.13N

，所以11.24EX

，

1.13X

，故

A

正确；

因为9.9813.50.9545PX

，所以

10.9545

13.50.02275

2

PX



，因此随机变量

Y

近似服从100,0.02275B

，从而

100

株小麦中约有1000.022752株小麦的麦穗长度大于

13.5cm

，故

B

正确，

D

错误；

由于7.8514.630.9973PX

，根据

3

原则，麦穗长度大于

14.63cm

是小概率事件，但

是也有可能发生，根据

C

错误

.

故选：

AB.

10

．

AC

【解析】

【分析】

利用三角函数的性质逐项分析即得

.

【详解】

选项

A

：令

2

6

tx





，则

2cos1yt

，

由于

cosyt

的增区间为2,22kk

，

Zk

即

2222

6

kxk





，

Zk

答案第7页，共19页

故fx

的增区间为

713

,

1212

kk













，

Zk

取

0k

，则fx

在

713

,

1212









上单调递增，

又因为

75713

,,

1261212













，

因此fx

在

75

,

126









上单调递增，故选项

A

正确

.

选项

B

：由于

cosyt

的对称中心为

,0

2

kk













Z

，

令2

62

txk



，则

23

k

x





，

Zk

，

取

1k

，则有

6

x





，因此fx

图象关于点

,1

6











对称，因此选项

B

错误

.

选项

C

：若

1

3fx

，

2

1fx

，则fx

在

1

xx

和

2

xx

处分别取最大值和最小值，

因此



12

21

21

22

k

T

xxk



，

kN

故

12

min2

xx





，选项

C

正确

.

；

选项

D

：若

12

1fxfx

，则

1

x

和

2

x

是函数

2cos2

6

yx











的零点，

故

1222

Tk

xxk



，

因此

12

min2

xx



，选项

D

不正确

.

故选：

AC.

11

．

BCD

【解析】

【分析】

联立直线与椭圆方程，根据公共点个数判断

的符号求

m

的范围，利用直线到椭圆切线的

距离判断直线与椭圆的交点个数

.

【详解】

联立22

1

62

yxm

xy















，消去

y

得2246360xmxm

，则判别式2128m

，

答案第8页，共19页

A

：令21280m

，则有

22m

，错误；

B

：令21280m

，则有

22m

，正确；

C

：令直线

l

与椭圆C相切，则21280m

，即

22m

，

直线32yx与22yx的距离

3222

5

2

d





，正确；

D

：如图，直线2yx分别与22yx和

yx

的距离均为

1

，因此，C上到

l

的距离

为

1

的点只有

3

个，正确

.

故选：

BCD

12

．

ACD

【解析】

【分析】

函数2e0xafxxa

有两个极值点

1

x

和

2

x

，令0fx





，则

e

2e

x

a

x

判断函数

ex

gx

x



的单调性，由题知

ex

gx

x



与

2ea得咎 y

有两个交点，借助图像求出

a

的

取值范围，判断

D

；再根据零点存在性定理判断

A

；又根据1

1

e2xax

，求出

1

fx

的取值

范围，判断

C

；由



1

2

0

0

fx

fx



















，得21

12

eexxxx

，由于

1

01x

，

2

1x

，所以1

2

e1xx

，从

而判断

B.

【详解】

已知2exafxx

，则e2

xafxx

，

令0fx





，则

e

2e

x

a

x

考虑函数

ex

gx

x



，则



2

e1xx

gx

x







，

答案第9页，共19页

当,0x

时，0gx





，即gx

在,0

上单调递减；

当0,1x

时，0gx





，即gx

在0,1

上单调递减；

当1,x

时，0gx





，即gx

在1,

上单调递增；

故gx

的图象大致如图：

依题意，若fx

有两个极值点，则

2eea，即

1ln2a

，因此选项

D

正确；

由图易知，

1

01x

，

2

1x

，故选项

A

正确；

又1

1

e2xax

，故1

2

22

11111

e211xafxxxxx

，因为

1

01x

，

所以

1

01fx

，故选项

C

正确；

因为



1

2

0

0

fx

fx



















，即

1

2

1

2

e2

e2

xa

xa

x

x















，

故

1

2

1

2

e

e



x

x

x

x

，即21

12

eexxxx

.

由于

1

01x

，

2

1x

，所以1

2

e1xx

，从而2

1

e1xx

，故选项

B

错误

.

故答案为：

ACD.

13

．

2

##o90

【解析】

【分析】

根据题意得2

22abb，结合221ab

展开整理得

0ab

．

【西游记读后感1000字 详解】

答案第10页，共19页

①

2abb

，即2

22abb得：22222aabbb

由于

a

与

b

是单位向量，即221ab

整理得：

0ab

，所以

ab

.

故答案为：

2

．

14

．sin2yx

【解析】

【分析】

根据三角函数的性质，即可写出满足条件的函数表达式

.

【详解】

根据三角函数的图像与性质，可以写出sin2yx，

tanyx

等函数表达式，都满足条件

.

故答案为：sin2yx（答案不唯一）

15

．

4

9

【解析】

【分析】

根据条件概率的定义进行求解即可

.

【详解】

两枚质地均匀的骰子抛掷一次，样本空间所含全部的样本点个数为

36

，事件

“

两枚骰子

朝上的点数之积为偶数

”

包含样本点

27

个，其中事件

“

两枚骰子朝上的点数之和为奇数

”

包

含样本点

18

个，从而



27279

363616

PA

，

18181

36364

PAB，

故







4

9

PAB

PBA

PA

∣,

故答案为：

4

9

16

．

10,11,2

【解析】

【分析】

如图建立空间直角坐标系，设0BEAEpp

、,,0Cxy

，根据空间中两点的距离公

式得到轨迹方程，再根据轨迹的特征求出参数的值；

答案第11页，共19页

【详解】

解：如图所示，作点B在平面



上的投影点E，连接

AE

和

CE

，显然BE平面



.

以E为坐标原点，

EA

，

EB

分别为

x

，z轴的正方向，作EyEA，

以Ey为

y

轴正方向，建立空间直角坐标系

Exyz

.

由于直线

AB

与平面



所成角为

45

，所以BEAE

.

设0BEAEpp

，则,0,0Ap

，0,0,Bp

；

设,,0Cxy

，则2

2

1

dACxpy，222

2

dBCxyp

故

2

2222222222

12

11210dmdxpymxypmxmypxmp

（

*

）

显然，

0m

.

（

1

）当

1m

时，（

*

）式

0x

，即点

C

的轨迹为直线

Ey

.

（

2

）当

1m

时，（

*

）式





2

22

2

2222

2

22

2

11

2

0

11

1

mp

pp

xyxpxy

mm

m





















若上式表示圆的方程，则2

2110m，解得202m

又

1m

且

0m

，故

01m

且

12m

，

即

0,11,2m

.

故答案为：1；

0,11,2

答案第12页，共19页

17

．

(1)

n

an

；

(2)

2

1n

n

T

n





.

【解析】

【分析】

（

1

）利用

n

S

与

n

a

的关系求解通项公式；（

2

）利用等差数列求和公式求解

n

S

，再根据裂项

相消法求解

n

T.

(1)

因为

1

2

nn

Sna





，所以

12

21

nn

Sna





，

两式相减得

121

21

nnn

anana





，

即

12

21

nn

nana





，即21

21

nn

aa

n

nn







N

，

又

21

22aa

，

1

1a

，故211

21

n

a

aa

n

，

因此，数列n

a

n







是每项都是

1

的常数列，从而

n

an

.

(2)

因为

n

an

，所以

1

2n

nn

S





，

从而

1211

2

11

n

Snnnn











，

因此

111111112

2121

22334111n

n

T

nnnn











.

【点睛】

数列求和的方法技巧

(1)

倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和．

(2)

错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和．

(3)

分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和．

18

．

(1)

分布列见解析，期望为

1

2

；

(2)

43

576

.

答案第13页，共19页

【解析】

【分析】

（

1

）根据题设写出

X

的所有可能取值及对应概率，即可得到分布列，再根据分布列求期

望即可；

（

2

）同（

1

）写出

B

的分布列，根据题设写出A队获胜且总积分比B队高

3

分所有可能情

况，再求出各情况的概率，最后加总即可得结果

.

(1)

由题设，

X

的所有可能取值为2，

1

，

4

，且

X

的分布列如下：

X2

14

P

1

3

1

2

1

6

所以

2141

3262

EX.

(2)

设B队每局得分为

Y

，同理

Y

的分布列为

Y2

14

P

1

4

1

2

1

4

记A队､B队在后两局总得分分别为

x､y

，则所包含的情况如下：

A

队总得分

x

258

B队总得分

y

412



11111113

2,42

362244576

Pxy









，



11111

5,122

264224

Pxy

，



1111116

8,22

662244576

Pxy









，

答案第14页，共19页

故A队最终获得本场比赛胜利且总积分比B队高

3

分的概率为

131643

57624576576

.

19

．

(1)6b

(2)

21

3

【解析】

【分析】

（

1

）利用正弦定理结合ABC整理得

sincos

2

C

C





，再借助诱导公式和倍角公式

化简整理；（

2

）本题可以设

CAD

，利用正弦定理边化角整理可得



21

sin

3

ab

；也可以利用余弦定理得到边的关系229469baab

，令

tab

整理得2272490btbt，结合二次函数零点分布处理．

(1)

由正弦定理可知：

sinsinsincos

2

AB

CBB



，

又sin0B，ABC

故

sincos

2

C

C





，则

2sincoscossin

22222

CCCC









，

又

sin0

2

C



，得

1

cos

22

C



，

由于

0,

22

C









，所以

23

C



，即

2

3

C

由余弦定理可知，2222coscababC，即223366bbb，

解得

6b

或

3b

（舍去）

(2)

解法一：设

0,

3

CAD









，

由正弦定理可得：

sinsinsin

CDACAD

CDAC



，

即

2

123

3

2

sin3

3

sin

3

2

a

b















，

故3sina，

3

sincos

3

b

，

从而

2321

sincossin

33

ab

，

答案第15页，共19页

其中

33

tan,1

23













，

,

64











当

2



时，有

ab

的最大值为

21

3

.

解法二：在

ACD△

中，由余弦定理得，2222cosADACCDACCDC

，

即22

42

1

93

baab，即229469baab

令0tabt

，从而2

29469btbtbb

，

整理得2272490btbt

依题第一次俄土战争 意，上述关于b的方程有正实数解；

因为函数227249gbbtbt

的对称轴0

7

t

b

所以22447490tt

，解得

21

3

t.

所以

ab

的最大值为

21

3

，此时

221

7

a，

21

21

b

.

20

．

(1)

证明见解析

(2)

7

7

【解析】

【分析】

（

1

）取

AC

中点F，根据ABCADC△≌△、勾股定理可确定

60ACBACD∠

，由

BFC△

为正三角形可知

//BFCD

，由线面平行的判定得到

//BF

平面

CDE

；由//MFEC可得

//MF

平面

CDE

；由面面平行判定知平面

//BMF

平面

CDE

，由面面平行和线面平行性质可证得

结论；

（

2

）过点E作EHAC，由面面垂直性质可证得

EH

平面

ABCD

，结合

BHAC

，则以

H为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法可求得结果

.

(1)

取

AC

中点F，连接

,MFBF

，

答案第16页，共19页

3ABAD

，

1CDCB

，

2AC

，

ABCADC≌

且22222ACABBCADDC

，

ABBC

，

ADDC

，

60ACBACD∠

，

F为

AC

中点，BFC△为正三角形，即

60BFCACD

，

//BFCD

，

BF

平面CDE，

CD

平面CDE，

//BF

平面CDE；

在

ACE

中，MF为中位线，

//MFEC

，

又

MF

平面

CDE

，EC平面

CDE

，

//MF

平面

CDE

；

又

BFMFF

，

,BFMF

平面

BMF

，



平面

//BMF

平面

CDE

，

又BM平面

BMF

，

//BM

平面

CDE

，

又平面ABE平面

CDEl

，BM平面ABE，

//BMl

.

(2)

过点E作EHAC，交

AC

于点H，连接

HB

.

平面

EAC

平面

ABCD

，平面

EAC

平面

ABCDAC

，EH平面EAC，

EH平面ABCD，

又

60ACE

，1CE，

2AC

，

AEC

直角三角形，且

90AEC

，

3

2

EH∴

，

3

2

AH

，

1

2

CH

；

又

AECABC≌

，即

BHAC

，且

3

2

BHEH，

则以H为坐标原点，,,HAHBHE分别为

,,xyz

轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系

Hxyz

.

答案第17页，共19页

则

3

,0,0

2

A







，

3

0,,0

2

B









，

1

,0,0

2

C









，

3

0,,0

2

D











，

3

0,0,

2

E









，

则

13

,,0

22

CB











，

33

,,0

22

DA











，

33

,0,

22

EA









，

设平面

ADE

的法向量为,,nxyz

，

则

33

0

22

33

0

22

nDAxy

nEAxz



















，令

1x

，解得：3y，

3z

，1,3,3n心经全文书法

；

17

cos,

7

7

nCB

nCB

nCB







，

即直线

BC

与平面

ADE

所成角的正弦值为

7

7

.

21

．

(1)24yx

(2)

2

215





【解析】

【分析】

（

1

）设P点坐标根据题意可得2

211xyx

，化简整理；（

2

）联立方程由韦达定理

可得

12

4yym

，

12

4yy

，由题意可得

1

QMAB

kk

且

2

3

AB

QM



代入化简整理．

(1)

设P点坐标为,xy

，且

0x

.

答案第18页，共19页

由题意，2

211xyx

整理得24yx

(2)

由题意可知直线

l

的斜率存在，设直线

l健康地英语

的方程为10xmym

，

11

,Axy

，

22

,Bxy

，

AB

的中点

00

,Bxy

联立方程

2

1

4

xmy

yx











得2440ymy

则216160m

，且

12

4yym

，

12

4yy

从而

12

0

2

00

2

2

121

yy

ym

xmym

















，即221,2Mmm

设0,Qa

，由于

ABQ△

为正三角形，则QMAB

1

QMAB

kk

，即

2

21

1

210

ma

mm







，即323amm

又

①

2

3

AB

QM



，2

2

2

2

2222

1212

1411616161ABmyyyymmm，

2222

2

22232221(2)212121QMmmammmmm，

故





2

2

22

2

161

4

3

21

m

AB

QM

m







，即2

2212121mm，

即2

22121211mm







即2

224116110mm，解得2

215

2

m



，

直线

l

的斜率

2

215

1

AB

k

m







22

．

(1)

yx

(2)

证明见解析

【解析】

【分析】

（

1

）利用导数的几何意义，即可求切线方程；

答案第19页，共19页

（

2

）首先构造函数32ln1gxxxx

，利用导数判断函数的单调性和最值，证明

32ln10xxx

，再换元，令

1

x

n



，得

23

11

ln1lnnn

nn

，再代入正整数，相加

求和

.

(1)

显然，1,x

，且2

1

3

1

fxx

x







，故01f





故切线方程为000yfx





，即

yx

(2)

令32ln1gxxxx

，



2

3

32

2

31

1321

32

111

xx

xxx

gxxx

xxx















当

0x

时，

0gx

，gx

单调递增

故00gxg

，

即当

0x

时，32ln10xxx

令

1

x

n



，得

32

111

ln10

nnn









即

233

111

ln1ln

n

nn

nnn





由此可得，

23

11

ln2ln10

11



23

111

ln3ln2

228



，

……



233

111

ln1ln

n

nn

nnn





，

将以上

n

个式子相加，得

3

121

ln1

827

n

n

n



，nN且2n