2023-2024学年河北省部分学校高三下学期高考演练数学模拟试题(二模)含解析

2023-2024学年河北省部分学校高三下学期高考演练数学模拟试题

（二模）

一、单选题

2

1．已知集合Mxxx20，Nxy1lnx，则MN（）

A．,eB．0,2C．1,eD．(-1,2)

【正确答案】C

【分析】分别求出集合M,N，再根据交集的定义即可得解.

【详解】Mxx2x201,2，

由1lnx0，得0xe，

则Nxy1lnx0,e，

则MN1,e.

故选：C.

2．已知复数z满足(12i)z34i，则z的共轭复数z（）

A．12iB．12iC．12iD．12i

【正确答案】C

5

【分析】根据复数模的计算公式，转化为z，利用复数的运算法则和共轭复数的概念，

12i

即可求解.

【详解】因为(12i)z34i32(4)25，

5512i

可得z12i，所以z12i.

12i12i12i

故选：C.

3．2023年3月24日是第28个“世界防治结核病日”，我国的宣传主题是“你我共同努力，终

结结核流行”，呼吁社会各界广泛参与，共同终结结核流行，维护人民群众的身体健康.已知

某种传染疾病的患病率为5%通过验血诊断该病的误诊率为2%，即非患者中有2%的人诊断

为阳性，患者中有2%的人诊断为阴性.随机抽取一人进行验血，则其诊断结果为阳性的概率

为（）

A．0.46B．0.046C．0.68D．0.068

【正确答案】D

【分析】应用全概率公式PAPABPBPABPB求解即可.

【详解】设随机抽取一人进行验血，则其诊断结果为阳性为事件A,

设随机抽取一人实际患病为事件B,随机抽取一人非患为事件B，

则PAPABPBPABPB0.050.980.950.020.068.

故选:D.

2

4．过抛物线C：y4x的焦点F的直线交抛物线C于A(x1,y1)、B(x2,y2)两点，以线段AB

为直径的圆的圆心为O1，半径为r.点O1到C的准线l的距离与r之积为25，则r(x1x2)（）

A．40B．30C．25D．20

【正确答案】A

1

【详解】由抛物线的性质知，点O1到C的准线l的距离为ABr，

2

21

依题意得r25r5，又点O1到C的准线l的距离为(x1x22)r5，

2

则有x1x28，故r(x1x2)40，

故选：A．

5．根据《民用建筑工程室内环境污染控制标准》，文化娱乐场所室内甲醛浓度0.1mg/m3为

安全范围.已知某新建文化娱乐场所施工中使用了甲醛喷剂，处于良好的通风环境下时，竣

工1周后室内甲醛浓度为6.25mg/m3，3周后室内甲醛浓度为1mg/m3，且室内甲醛浓度(t)

（单位：mg/m3）与竣工后保持良好通风的时间ttN*（单位：周）近似满足函数关系

式(t)eatb，则该文化娱乐场所竣工后的甲醛浓度若要达到安全开放标准，至少需要放置

的时间为（）

A．5周B．6周

C．7周D．8周

【正确答案】B

a

【分析】由(3),(1)相除可得e，然后解不等式(t0)0.1，由指数函数性质估计出

5455

t

62.5，从而可得0的范围，由此可得结论.

22

【详解】由题意可知，(1)eab6.25，(3)e3ab1，

(3)a42

e，解得ea.

(1)255

设该文化娱乐场所竣工后放置t0周后甲醛浓度达到安企开放标准，

t1

20

atbabat01

te0ee6.250.1

则0，

5

t1m145

20555

整理得62.5，设62.5，因为62.5，

5222

所以4m15，即5m6，则t01m1，即t0m.

故至少需要放置的时间为6周.

故选：B.

6．在轴截面顶角为直角的圆锥内，作一内接圆柱，若圆柱的表面积等于圆锥的侧面积，则

圆柱的底面半径与圆锥的底面半径的比值为（）

1212

A．B．C．D．

4422

【正确答案】D

【分析】设圆柱和圆锥底面半径分别为r，R，由圆柱表面积等于圆锥侧面积建立方程，求

半径比.

【详解】设圆柱和圆锥底面半径分别为r，R，因为圆锥轴截面顶角为直角，所以圆锥母线

长为2R，

hRr

设圆柱高为h，则，hRr，

RR

2r2

由题，πR2R2πr2πrRr，得.

R2

故选：D.

x2y2

7．已知双曲线C：1a0b0的左、右焦点分别为F1、F2，点M是双曲线右支

a2b2

上一点，且MF1MF2，延长MF2交双曲线C于点P，若MF1PF2，则双曲线C的离心

率为（）

10

A．3B．2C．6D．

2

【正确答案】D

【分析】设MF1t，则由双曲线的定义可得MF2t2a，PF2t，PF1t2a，然后

△a,c

在RtPMF1利用勾股定理可求出t3a，再在RtMF1F2中利用勾股定理可表示的关系，

从而可求出离心率.

【详解】

设MF1t（t2a），由双曲线的定义可得MF2t2a，PF2t，PF1t2a，

MFMF222

由12，可得MF1MPPF1，

即t2（2t2a）2（t2a）2，解得t3a，

222222，

又MF1MF2F2F1，即为（3a）a4c

10c10

即为ca，则e，

2a2

故选：D.

8．在ABC中，A90，AB4，AC43，P，Q是平面上的动点，APAQPQ2，

M是边BC上的一点，则MPMQ的最小值为（）

A．1B．2C．3D．4

【正确答案】B

uuuruuuruuur2

【分析】根据向量运算可得MPMQMN1，结合图形分析MN的最小值即可得结果.

uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur

【详解】取PQ的中点N，则MPMNNP,MQMNNQMNNP，

uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur2uuur2uuur2

可得MPMQMNNPMNNPMNNPMN1，

uuuruuuruuuruuuruuur

∵MNMAANMAAN，当且仅当N在线段AM上时，等号成立，

uuuruuuruuuruuur

故MNMAANMA3，

显然当AMBC时，MA取到最小值23，

uuuruuur

∴MNMA32333，

uuuruuuruuur2

故MPMQMN1312.

故选：B.

二、多选题

9．下列结论正确的有（）

A．若随机变量，满足21，则D()2D()1

B．若随机变量N3,2，且P(6)0.84，则P(36)0.34

C．若线性相关系数|r|越接近1，则两个变量的线性相关性越强

D．按从小到大顺序排列的两组数据：甲组：27，30，37，m，40，50；乙组：24，n，33，

44．48，52，若这两组数据的第30百分位数、第50百分位数都分别对应相等，则mn67

【正确答案】BC

【分析】由方差的性质判断A；由正态分布的对称性判断B；由相关系数的定义判断C；根

据百分位数的定义判断D.

【详解】对于A，由方差的性质可得D()22D()4D()，故A错误；

对于B，由正态分布的图象的对称性可得P(36)P(6)0.50.34，故B正确；

对于C，由相关系数知识可得：线性相关系数|r|越接近1，则两个变量的线性相关性越强，

故C正确；

37m

对于D，甲组：第30百分位数为30，第50百分位数为，

2

n30

334477

乙组：第30百分位数为n，第50百分位数为，则37m77，

22

22

n30

解得，故mn70，故D错误；

m40

故选：BC

10．2022年4月，神舟十三号返回舱成功着陆，返回舱是宇航员返回地球的座舱，返回舱

的轴截面可近似看作是由半圆和半椭圆(都包含M，N点)组成的“曲圆”半圆的圆心在坐标

原点，半圆所在的圆过椭圆的焦点F0,3，椭圆的短轴长等于半圆的直径，如图，在平面

直角坐标系中，下半圆与y轴交于点G.若过原点O的直线与上半椭圆交于点A，与下半圆

交于点B，则（）

1

A．椭圆的离心率为B．AFG的周长为662

2

9

C．△ABF面积的最大值是D．线段AB长度的取值范围是6,332

2

【正确答案】BD

【分析】根据给定的条件，求出椭圆的短半轴长，半焦距判断选项A；利用椭圆的定义求出

焦点三角形周长判断选项B；求出OA长度范围判断选项D；ABF根据运动的观点可得最

大值判断C.

【详解】由题知，椭圆中的几何量bc3，所以ac2b232，

c32

则e，故A不正确；

a322

因为ABOBOA3OA，由椭圆性质可知3OA32，所以6AB332，故

D正确；

113

设A，B到y轴的距离为d，d，则SSSdOFdOFdd，

12ABFAOFOBF2122212

当A在短轴的端点处时，d1，d2同时取得最大值3，故△ABF面积的最大值是9，故C不

正确；

由椭圆定义知，AFAG2a62，

所以AFG的周长CAFGFG62662，故B正确．

故选：BD．

11．如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是边长为22的正方形，侧棱AA1底面ABCD，

86

三棱锥A1BCD的体积是，底面ABCD和A1B1C1D的中心分别是O和O1，E是O1C1的

3

中点，过点E的平面分别交BB1，B1C1，C1D1于F，N，M点，且BD∥平面，G是线段

MN任意一点（含端点），P是线段AC1上任意一点（含端点），则下列说法正确的是（）

A．侧棱AA1的长为6

B．四棱柱ABCDA1B1C1D1的外接球的表面积是40π

BF2

C．当1时，平面截四棱柱的截面是六边形

BB15

D．当G和P变化时，POPG的最小值是5

【正确答案】BCD

【分析】选项A，可直接利用三棱锥A1BCD的体积公式，求出侧棱长，从而判断选项A

错误；选项B，利用长方体外接球心是体对角线的中心，体对角线长即球的直径，从而求出

半径，从而判断选项B正确；选项C，利用性质找出平面截四棱柱的截面，再利用平行

关系找出比例，从而判断出结果的正误；选项D，先求证出MN平面AAC11C，从而得到故

对任意的G都有PGPE，进而判断出结果的正误.

1186

【详解】对于选项A，因为三棱锥A1BCD的体积是V2222h，解得

323

h26，故选项A错误；

对于选项B，外接球的半径满足4R2AB2AC2h240，故外接球的表面积

S4R240，故选项B正确；

对于选项C，如图，延长MN交A1B1的延长线于点Q，连接AQ交BB1于点F，在平面CC1D1D

内作MH∥AF交DD1于H，连接AH，

1

则平面截四棱柱的截面是五边形AFNMH，因为B1QB1NAB，

2

BF1BF1BF1

所以此时1，故1时截面是六边形，1时截面是五边形，

BB13BB13BB13

故选项C正确；

对于选项D，因为BD∥平面，BD//B1D1，B1D1平面，所以B1D1//平面，

又面A1B1C1D1面MN，B1D1面A1B1C1D1，所以B1D1//MN，

又因为四边形A1B1C1D1是正方形，AC11B1D1，所以AC11MN，

因为侧棱AA1底面A1B1C1D1，MN底面A1B1C1D1，所以AA1MN，

又A1C1AA1A1，所以MN平面AAC11C，垂足是E，

1

故对任意的G都有PGPE，又因为OO26，O1EA1C11，

14

22，故选项正确，

故POPGPOPEOEOO1O1E5D

故选：BCD.

eaeb

12．已知ab,cd,1.01,1cec1ded0.99，则（）

a1b1

A．ab0B．cd0

C．ad0D．bc0

【正确答案】AD

【分析】A.先构造函数fx，通过函数的单调性确定a,b的大致范围，再构造

hxlnfxlnfx，通过函数hx的单调性确定d与c的大小关系，进而得到A选

项.

B.先构造函数gx，通过函数的单调性确定c,d的大致范围，再构造

hxlngxlngx，通过函数hx的单调性确定d与c的大小关系，进而可知B选

项错误.

1

C.通过fx，得到gagd，进而可得a与d的大小关系,进而可知C选项

gx

错误.

D.与C选项同样的方法即可判断.

eaebex

【详解】A.1.010a1,b1令fxx1

a1b11x

xex

fx

则2，所以fx在1,0单调递减，在0,上单调递增，

1x

且f00，故a0,1b0.

令hxlnfxlnfx2xlnx1lnx1,x1,1

112

hx2+20

则2，

x1x11x

所以hx在1,1上单调递减，且h00

b1,0lnfblnfb0fbfbfafb

ab即ab0故选项A正确

B.1cec1ded0.990c1,d1令gx1xexx1

则gxxex，所以gx在,0单调递增，在0,1上单调递减，

且g01，故0c1,d0.

令mxlngxlngx2xlnx1lnx1hx,x1,1

所以mx在1,1上单调递减，且m00

c0,1lngclngc0gcgcgdgc

dc即cd0故选项B错误

11100

C.fxga0.99,a1,0

gxfa101

gagd又gx在,0单调递增adad0

故选项C错误

D.由C可知，gbgc,b0,1又gx在0,1单调递减bc

故选项D正确

故选：AD

三、填空题

13．在平面直角坐标系xOy中，角的顶点为O，始边与x轴的非负半轴重合，终边与圆

2235π

xy9相交于点,t，则sin2___________.

52

3

【正确答案】/0.6

5

【分析】根据三角函数定义可求得cos，再利用诱导公式、倍角公式运算求解.

35

【详解】因为角的终边与圆x2y29相交于点,t，

5

35

则55，

cos

35

2

π253

所以sin2cos22cos121.

255

3

故答案为.-

5

56256

14．已知多项式(x2)(x1)a0a1xa2xa5xa6x，则a1___________.

【正确答案】74

5和6的展开式的xa

【分析】利用二项展开式的通项分别求得x2x1项，进而求得1的

值.

【详解】对于(x-2)5，

TCrx5r(2)r

其二项展开式的通项为r15，

令5r1，得r4，

44

故T5C5x(2)80x，

对于(x1)6，

TCkx6k(1)k

其二项展开式的通项为k16，

55

令6k1，得k5，故T6C6x(1)6x，

所以a180674.

故74.

exex

15．已知函数f(x)k(2lnxx)和g(x)，若g(x)的极小值点是f(x)的唯一极值点，

x2x2

则k的最大值为____.

e21

【正确答案】/e2

44

exk

f(x)x2

【分析】利用导数求出g(x)的单调性和极小值点，然后3，然后可得

xx

exkexk

0或0恒成立，然后可求出答案.

x3xx3x

x2x

eexx2ex2xx2xe

【详解】由g(x)可得g(x)

x2x4x4

所以当x0或x2时，g(x)0，当0x2时，g(x)0

所以g(x)的极小值点是2

exxx2ex2exk

f(x)k(2lnxx)f(x)k1x2

由2可得43

xxxxx

exkexk

因为f(x)的唯一极值点为2，所以0或0恒成立

x3xx3x

exex

所以k或k在0,上恒成立

x2x2

ex

因为g(x)在0,2上单调递减，在2,上单调递增，当x时g(x)

x2

e2

所以kg(x)g2

min4

e2

故

4

16．“0,1数列”是每一项均为0或1的数列，在通信技术中应用广泛．设A是一个“0,1数列”，

定义数列fA：数列A中每个0都变为“1,0,1”，A中每个1都变为“0,1,0”，所得到的新数

A:1,0A:1,0,1,0,1AfA

列．例如数列，则数列fA:0,1,0,1,0,1．已知数列1，且数列k1k，

k1,2,3,ASSS

，记数列k的所有项之和为k，则kk1__________．

【正确答案】103k1

Aaba,ba,b

【分析】设数列k中，0的个数为k，1的个数为k，可利用kk表示出k1k1，两式分

别作和、作差，结合等比数列通项公式可推导求得ak,bk，从而得到Sk，整理可得最终结果.

【详解】设数列Ak中，0的个数为ak，1的个数为bk，

aa2bb2ab

则k1kk，k1kk，

ab3abab5

两式相加得：k1k1kk，又11，

abk1

数列kk是以5为首项，3为公比的等比数列，akbk53；

ababab1

两式相减得：k1k1kk，又11，

abk；

数列kk是以1为首项，1为公比的等比数列，akbk1

k1kk1k

531531Sabb

a，b，k0k1kk，

k2k2

kk1

53k1153k1k1k

5353k1

SS103.

kk1222

故答案为.103k1

a,ba,b

关键点点睛：本题求解的关键是能够根据所定义的变化规律，得到kk与k1k1所满足的

,

递推关系，利用递推关系式证得数列akbk和akbk均为等比数列，从而推导得到akbk

的通项公式.

四、解答题

21

17．如图在平面四边形ABCD中，AC7，AB3，DACBAC，sinBAC．

14

(1)求边BC；

2π

(2)若CDA，求四边形ABCD的面积．

3

【正确答案】(1)1；

53

(2).

4

【分析】（1）利用余弦定理即可求得边BC的长；

SS

（2）分别利用三角形面积公式求得△ABC,△ACD的面积，进而求得四边形ABCD的面积．

21

【详解】（1）因为sinBAC，BAC为锐角，

14

2

2157

所以cosBAC1．

1414

因为AC7，AB3，在ABC中，

由余弦定理得BC2AC2AB22ACABcosBAC，

57

即BC2792731，得BC1．

14

CDAC

（2）在△ADC中，由正弦定理得，

sinDACsinADC

CD7

即213，所以CD1．

142

AD2CD2AC2

在△ADC中，由余弦定理得cosADC，

2ADCD

1AD217

即，解得AD2．

22AD

1213312π3

因为S73，S12sin，

△ABC2144△ACD232

33353

所以SSS．

ABCD△ABC△ACD424

．在各项均为正数的数列aa2a2aa2a

18n中，1，n1nn1n．

(1)求an的通项公式；

1

b22

(2)若n，b的前n项和为S，证明：S1．

logalogalogalogannn

2n2n12n12n2

n*

【正确答案】(1)an2(nN)

(2)证明见解析

a2aa2a(a2a)(aa)0a0a2a

【分析】（1）由n1nn1n得出n1nn1n，再根据n得出n1n，

则数列{an}为等比数列，即可得出通项公式；

11

nn+1*bb

（2）由（1）得an2，a1=2，nN，代入n，化简得n，即可得出

n+nn1

1

S1

n，则Sn1，再证明{Sn}为增数列，则S1Sn，即可证明结论．

n1

a2aa2a

【详解】（1）n1nn1n，

(a2a)(aa)0a2a0aa0

n1nn1n，则n1n或n1n，

aa2a

又n0，n1n，

{a}a2n*

数列n为等比数列，公比为2，1，an2(nN)．

an，a2n+1*，

（2）证明：由（1）得n2n+1=，nN

11

b

则n

logalogalogalogann1n1n

2n2n12n12nlog22log22log22log22

11n1n11

，

nn1(n1)nnn1(nn1)nn1nn1

1111111

nS1

bn的前项和为n，

1223nn1n1

则Sn1，

11n1n

*时，

又当nNSn1Sn0

nn1nn1

22

*时，{S}SS

当nNn为增数列，1n，即S，

2n

22

S1．

2n

19．2023年3月华中师大一附中举行了普通高中体育与健康学业水平合格性考试．考试分

为体能测试和技能测试，其中技能测试要求每个学生在篮球运球上篮、羽毛球对拉高远球和

游泳3个项目中任意选择一个参加．某男生为了在此次体育学业考试中取得优秀成绩，决定

每天训练一个技能项目．第一天在3个项目中任意选一项开始训练，从第二天起，每天都是

从前一天没有训练的2个项目中任意选一项训练．

(1)若该男生进行了3天的训练，求第三天训练的是“篮球运球上篮”的概率；

(2)设该男生在考前最后6天训练中选择“羽毛球对拉高远球”的天数为X，求X的分布列及

数学期望．

1

【正确答案】(1)

3

(2)分布列见解析；E(X)2

【分析】（1）根据乘法原理，结合古典概型计算求解即可；

（2）由题知X的可能取值为0,1,2,3，再依次求对应的概率，列分布列，求期望即可.

【详解】（1）解：当第一天训练的是“篮球运球上篮”且第三天也是训练“篮球运球上篮”为事

件A；

当第一天训练的不是“篮球运球上篮”且第三天是训练“篮球运球上篮”为事件B；

由题知，三天的训练过程中，总共的可能情况为32212种，

12112111

所以，PA，PB，

126126

1

所以，第三天训练的是“篮球运球上篮”的概率PPAPB.

3

（2）解：由题知，X的可能取值为0,1,2,3，

所以，考前最后6天训练中，所有可能的结果有32596种，

21521

所以，当X0时，第一天有两种选择，之后每天都有1种选择，故P(X0)；

3259648

当X1时，

第一天选择“羽毛球对拉高远球”，则第二天有2种选择，之后每天只有1种选择，共2种选

择；

第二天选择“羽毛球对拉高远球”，则第一天有2种选择，第三天2种，后每天只有1种选择，

共4种选择；

第三天选择“羽毛球对拉高远球”，则第一天有2种选择，第二天有1种选择，第三天1种，

第四天有2种选择，之后每天只有1种选择，共4种选择；

第四天选择“羽毛球对拉高远球”，则第一天有2种选择，第二天，第三天，第四天，第六

天有1种，第五天有2种选择，共4种选择；

第五天选择“羽毛球对拉高远球”，则第一天有2种选择，第二天，第三天，第四天，第五

天有1种，第六天有2种选择，共4种选择；

第六天选择“羽毛球对拉高远球”，则第一天有2种选择，第二天，第三天，第四天，第五

天，第六天都有1种选择，共2种选择；

综上，当X1时，共有24444220种选择，

205

所以，P(X1)；

9624

当X3时，

第一天，第三天，第五天，选择“羽毛球对拉高远球”，有238种选择；

第一天，第三天，第六天，选择“羽毛球对拉高远球”，有224种选择

第一天，第四天，第六天，选择“羽毛球对拉高远球”，有224种选择；

第二天，第四天，第六天，选择“羽毛球对拉高远球”，有238种选择；

所以，当X3时，共有844824种选择，

241

所以，P(X3)；

964

5025

所以，当P(X2)1P(X0)P(X1)P(X3)，

9648

所以，X的分布列为：

X0123

15251

P

4824484

15251

所以，E(X)01232.

4824484

x2y2

20．已知椭圆C:1ab0的左右焦点分别是F1,F2，P是椭圆上一动点(与左右

a2b2

△31

顶点不重合)，已知PF1F2的内切圆半径的最大值是,椭圆的离心率是.

32

（1）求椭圆C的方程；

（2）过H4,0作斜率不为0的直线l交椭圆于A,B两点，过B作垂直于x轴的直线交椭圆

AQ

于另一点Q，连接AQ，设ABQ的外心为G，求证：为定值.

GF2

x2y2

【正确答案】（1）1；（2）证明见解析.

43

△

【分析】（1）根据PF1F2面积最大时，r最大可得出等量关系求解；

（2）设出直线方程，与椭圆联立，设Ax1,y1,Bx2,y2，得出韦达定理，表示出AB的中

点坐标，求得AB的垂直平分线方程，得出点G坐标，即可表示出AQ,GF2，即可得出定

值.

c1

【详解】（1）由题意知∶，∴a=2c，b2a2c2，b3c

a2

设△PF1F2的内切圆半径为r，

11

则SPFF(|PF1||PF2||F1F2|)r(2a2c)r(ac)r.

1222

△3

故当PF1F2面积最大时，r最大，即P点位于椭圆短轴顶点时r，

3

3

所以(ac)bc，把a=2c，b3c代入，解得∶a=2，b3，

3

x2y2

所以椭圆方程为1

43

（2）由题意知，直线AB的斜率存在且不为0，设直线AB为xty4，

代入椭圆方程得3t24y224ty360.

Δ(24t)21443t24144t240，

24t36

Ax,y,Bx,y

设1122，则y1y2，y1y2，

3t243t24

32

因此可得x1x2

3t24

1612t

所以AB的中点坐标为(，)

3t243t24

因为G是△ABQ的外心，所以G是线段AB的垂直平分线与线段BQ的垂直平分线的交点，

由题意可知B，Q关于y轴对称，故Qx2,y2，

1612t

AB的垂直平分线方程为t(x)y

3t243t24

44

令y=0，得x，即G(，0)，

3t243t24

43t2

所以|GF2||1|

3t243t24

22222

又|AQ|(x1x2)(y1y2)t(y1y2)(y1y2)

2

22212t

=(t1)(y1y2)4ty1y2

3t24

|AQ||AB|

4

故，所以|GF|为定值，定值为4.

|GF2|2

方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：

，，

（1）得出直线方程，设交点为Ax1y1，Bx2y2；

（2）联立直线与曲线方程，得到关于x（或y）的一元二次方程；

（3）写出韦达定理；

（4）将所求问题或题中关系转化为x1x2,x1x2形式；

（5）代入韦达定理求解.

21．在三棱台A1B1C1ABC中，AA1平面ABC，ABAC2,AA1A1B11,AB1A1C1，E,F

分别是BC,BB1的中点，D是棱AC11上的动点.

(1)求证：AB1DE；

(2)若D是线段A1C1的中点，平面DEF与A1B1的交点记为M，求平面AMC与平面AME夹角

的余弦值.

【正确答案】(1)证明见解析

286

(2)

22

【分析】（1）取AB的中点G，连接A1G,EG，证得E,G,A1,D四点共面，根据AA1平面ABC，

证得AA1AG，结合AB1AG1，证得AB1平面A1DEG，即可证得AB1DE；

（2）延长EF与C1B1交于点Q，连接DQ，根题意证得AC,AB,AA1两两垂直，以A为原点，

建立空间直角坐标系，分别求得平面AMC和平面AME的一个法向量n10,3,2和

n23,3,2，结合向量的夹角公式，即可求解.

【详解】（1）证明：取线段AB的中点G，连接A1G,EG，如图所示，

因为E,G分别为BC,AB的中点，所以EG//AC，

在三棱台A1B1C1ABC中，AC11//AC，所以EG//A1C1，且DA1C1，

故E,G,A1,D四点共面，

因为AA1平面ABC，AG平面ABC，所以AA1AG，

因为AA1A1B1AG1,AG//A1B1,AA1AG，

所以四边形AA1B1G是正方形，所以AB1AG1，

又因为AB1A1C1，且A1C1A1GA1,A1C1,A1G平面A1DEG，

所以AB1平面A1DEG，

因为DE平面A1DEG，所以AB1DE.

（2）解：延长EF与C1B1相交于点Q，连接DQ，则DQA1B1M，

B1QB1F

因为F,E分别为BB1和BC的中点，B1Q//BE，所以1，

BEBF

1

则BQBEBCBC，所以，B为CQ的中点，

121111

△

又因为D为AC11的中点，且A1B1DQM，则M为AC11Q的重心，

22

所以AMAB，

13113

因为AA1平面ABC,AC平面ABC，所以AA1AC.

因为AB1AC11,AC11//AC，所以AB1AC，

又因为AA1AB1A,AA1,AB1平面AA1B1B，

所以AC平面AA1B1B，所以AC,AB,AA1两两垂直，

y

以A为原点，AC,AB,AA1所在直线分别为x轴、轴和z轴建立如图所示空间直角坐标系，

2

则A0,0,0,B0,2,0,C2,0,0,E1,1,0,M0,,1，

3

2

可得AC2,0,0,AM0,,1,AE1,1,0.

3

nAC2a0

1

设平面AMC的法向量为n1a,b,c，则2，

nAMbc0

1

3