【文档说明】2023届全国大联考高三第四次联考数学试题解析版.doc，共(24)页，3.782 MB，由小喜鸽上传

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第1页共24页2023届全国大联考高三第四次联考数学试题一、单选题1．设集合{4Axx=−∣或1}x，2,1,1,2B=−−，则()AB=RIð（）A．1,1−B．2,1−−C．2,1,1−−D．2,1,1,2−−【答案】C【分析】计算

41Axx=−R∣ð，再计算交集得到答案.【详解】{4Axx=−∣或1}x，41Axx=−R∣ð，()R2,1,1AB=−−ð．故选：C2．已知复数12iz=+，212iz=−+，则112zzz−=（）A．1B．22C．2D．5【答案】B【分析】结合复数的

运算法则和模长公式即可求解.【详解】∵()()()()122i12i2i5ii12i12i12i5zz+−−+−====−−+−+−−，∴1122ii22zzz−=++=．故选：B3．正四棱台的上、下底面边长分别为2，4，侧棱长为11，则其体积为（）A．28B．283C．32D．24【答案】

A【分析】根据正四棱台的性质，结合正四棱台的体积公式进行求解即可.【详解】如图所示正四棱台中，1OO是高，连接11,OBOB，设1BEOB⊥，垂足为E，显然222211114422,22222OBOB=

+==+=第2页共24页所以该正四棱台的高为21111(222)3OOBE==−−=，正四棱台的体积()22122443283V=++=．故选：A4．设na是首项为正数的等比数列，公比为q，则“2q−”是“对任意的止整数n，2120nnaa−+”的（）A．充要条件B．充分不

必要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】根据等比数列公式计算得到(),1q−−，根据范围大小关系得到答案.【详解】2120nnaa−+，故()222110nnaqq−−+，即()()2110nqq−+，故(),1q−−，故

“2q−”是“对任意的正整数n，2120nnaa−+”的充分不必要条件．故选：B5．在三棱锥A－BCD中，已知AB⊥平面BCD，BCCD⊥，若AB＝2，BC＝CD＝4，则AC与BD所成角的余弦值为（）A．155B．223C．105D．33【答案】C【分析】取BC，AB，AD的中点E，F，G

连接FG，EF，EG，由中位线定理可得AC与BD所成角为EFG，由几何关系求出三边，结合余弦定理即可求解.【详解】如图，取BC，AB，AD的中点E，F，G连接FG，EF，EG．∵//EFAC，//FGBD，∴EFG

（或其补角）即为AC与BD所成的角．∵AB⊥平面BCD，∴ABBC⊥，∴25AC=，则5EF=，∵BCCD⊥，42BD=，22FG=．取BD的中点H，连接GH，EH，∴HG//AB，∴HG⊥平面BCD，∴HGEH⊥，又111,222GHABEHCD

====，∴225EGGHEH=+=，∴()()()2225522510cos2522EFG+−==．第3页共24页∴AC与BD所成角的余弦值为105．故选：C6．在ABCV中，角,,ABC的对边分别为,,,abcab，1cos()8AB−=，10a=，且3

1cos32C=，则ABCV的面积为（）A．154B．1574C．1572D．157【答案】B【分析】利用三角恒等变换以及正弦定理和面积公式求解.【详解】∵31cos32C=，∴()()31coscosπcos32ABCC+=−=−=−，()37s

in32AB+=，又∵()1cos8AB−=，ab，∴AB，∴()37sin8AB−=，∴()()31137371cos2cos3283288BABAB=+−−=−+=，因为21cos212sin8BB=−=∴27sin16B=，7sin4B=，3cos4B=，()73

133757sinsin43243216ABC=+=+=．∵sinsinabAB=，∴8b=，∴1371578102324ABCS==△．故选:B.7．圆台1OO如图所示，AC为圆O的一条直径，B为圆弧AC上靠近点C

的一个三等分点，若11OAOC⊥，1122OAOC==，则点A到平面1CBO的距离为（）第4页共24页A．477B．2217C．277D．4217【答案】D【分析】本题首先可连接AB、BC、1OO、BO，由题意易知1O

O⊥底面ABC，然后求出三棱锥1ОABC−的体积433V=，再然后设点A到平面1CBO的距离为d，最后通过等体积法即可得出结果.【详解】如图，连接AB、BC、1OO、BO，易知1OO⊥底面ABC，因为11OAOC⊥，1122OAOC==，所以

4AC=，12OO=，因为B为圆弧AC上靠近点C的一个三等分点，所以3BOC=，6BAC=，因为AC为圆O的一条直径，所以2ABC=，23AB=，2BC=，因为1OO⊥底面ABC，所以三棱锥1ОABC−的体积11432

322323V=创创=，因为1O是圆1O的圆心，A、B、C都在圆O上，所以11122OAOCOB===，因为122OB=，122OC=，2BC=，所以()1221222172OBCS=创-=△，设点A到

平面1CBO的距离为d，由等体积法易知143733d创=，解得4217d=，故选：D.第5页共24页【点睛】关键点点睛：本题考查点到平面距离的求法，可通过等体积法求解，能否求出三棱锥1ОABC−的体积是解决本题的关键，考查计算能力，体现了数形结合思想，是

中档题.8．设0.33ea−=，0.6eb=，1.6c=，则（）A．abcB．cbaC．bacD．b<c<a【答案】B【分析】先利用导数证明出e1xx+，令0.3x=，可以判断出1.6c=最小；利用作商法比较出ba，

即可得到答案.【详解】设()e1xfxx=−−.因为()e1xfx=−，所以当0x时，()0fx，()fx在(),0−上单调递减，当0x时，()0fx，()fx在()0,+上单调递增，所以当xR，且0x时，()

()00fxf=，即e1xx+．所以()0.33e30.312.1a−−+==，0.6e0.611.6b=+=，所以1.6c=最小，又因为0.60.90.3eee13e33ba−==，所以ba．

综上可知，cba．故选：B二、多选题9．如图，在正方体1111ABCDABCD−中，P是线段1CD上的动点，则下列结论错误的是（）A．AP⊥平面11BBDB．AP⊥平面1ABDC．AP∥平面11ABCD．AP∥平面1BCD【答案】ABD【分析】利用空间向量

证明线面平行或垂直关系.第6页共24页【详解】建系如图，设正方体棱长为2，则1111(2,0,0),(2,2,0),(0,2,0),(0,0,0),(2,0,2),(2,2,2),(0,2,2),(0,0,2),ABCDABCD设1(0,2,0)(0,2,2)(0,22,2)DPDCC

D=+=+−=−uuuruuuruuuur，所以设(0,22,2)P−，01≤≤，所以(2,22,2)AP=−−uuur,对于A，因为1BB⊥平面ABCD，AC平面ABCD，所以1BBAC⊥，又因

为BDAC⊥，且1,BBBD平面11BBD，1BBBDB=，所以AC⊥平面11BBD，因为()2,2,0AC=−uuur，由于01≤≤，所以APuuur与ACuuur不一定共线，故A错误；设平面1ABD的一个法向量为(,,)mxyz=ur，1(2,2,0),(2,0,

2)DBDA==uuuruuuur,1220220DBmxyDAmxz=+==+=uuurruuuurr，令1,x=则1,1yz=−=−，所以(1,1,1)m=−−r，若AP⊥平面1ABD，则APtm=uuurr，即2222ttt=−

−=−−=无解，所以AP⊥平面1ABD不成立，故B错误；对于C，设平面11ABC的一个法向量为(,,)nabc=r，111(0,2,2),(2,2,0)ABAC=−=−uuuruuuur,111220220ABnbcACnab=−==−+=uuurruuuurr，令1,a

=则1,1bc==，所以(1,1,1)n=r，22220APn=−+−+=uuurr，且AP平面11ABC，所以AP∥平面11ABC，故C正确；对于D，设平面1BCD的一个法向量为(,,)pdef=

r，1(2,2,0),(0,2,2)DBDC==uuuruuuur,第7页共24页1220220DBpdeDCpef=+==+=uuurruuuurr，令1,d=则1,1ef=−=，所以(1,1,1)p=−ur，222244APp=−−++=−uuurr不恒等于0，所以

AP∥平面1BCD不一定成立，故D错误.故选:ABD.10．在通用技术课上，某小组将一个直三梭柱111ABCABC-展开，得到的平面图如图所示．其中4AB=，3AC=，15BCAA==，M是1BB上的点，则在直三棱柱111ABC

ABC-中，下列结论正确的是（）A．AM与11AC是异面直线B．1ACAM⊥C．平面1ABC将三棱柱截成一个五面体和一个四面体D．1AMMC+的最小值是226【答案】ABC【分析】由展开图还原立体图，易判断A项正确；由线面垂直可证B项正确；由切割图易判断C项正确；将侧面图展开，可得当

1A，M，C共线时，1AMMC+有最小值，由勾股定理可判断D项是否正确.【详解】由题设，可得直三棱柱，如图．第8页共24页由直三棱柱的结构特征知AM与11AC是异面直线，A项正确；因为1AAAC⊥，BAAC⊥，且1AABAA=，所以AC⊥平面11AABB，又1AM平面11AAB

B，故1ACAM⊥，B项正确；由图知，平面1ABC将三棱柱截成四棱锥111BACCA−和三棱锥1B−ABC，一个五面体和一个四面体，C项正确；将平面11AABB和平面11CCBB展开，展开为一个平面，如下图，当1A，M，C共线时，1AM

MC+的最小值为106，D项错误．故选：ABC11．已知函数()()cos21(0,0π)fxAxA=+−，若函数|()|yfx=的部分图象如图所示，则关于函数()sin()gxAAx=−，下列结论正确的是（）A．函数()g

x的图象关于直线π12x=对称B．函数()gx的图象关于点π,03对称第9页共24页C．函数()gx在区间π0,2上的减区间为π0,12D．函数()gx的图象可由函数()1yfx=+的图象向左平移π6

个单位长度得到【答案】ABC【分析】根据三角函数图象的性质即可求解.【详解】∵1311AA−−=−−=，∴2A=，∴()()2cos21fxx=+−．又∵()02cos12f=−=，得3cos2=（舍）或1cos2=−，因为0π，∴2π3=，∴()22sin2π3

gxx=−，其图象对称轴为2π2π32xk−=+，kZ．当1k=−时，π12x=，故A正确；∵2π2π3xk−=，ππ32kx=+，kZ，∴()gx的图象关于点π,03对称，故B正确；∵函数()gx的单调递减区间为3π2π2π2π2π232kxk−+−

−+，kZ．∴5ππππ1212kxk−++，kZ，∴当0k=时，()gx在5ππ,1212−上单调递减，所以()gx在π0,12上单调递减，故C正确；∵()ππ2π12cos22cos2633fxxxgx++=++=−．故D错误．故选:A

BC.12．在正三棱柱111ABCABC-中，11ABAA==，点P满足1BPBCBB=+uuuruuuruuur，其中[0,1]，[0,1]，则下列结论错误的是（）A．当1=时，1ABP△的周长为定值B．当1=时，三棱锥1PABC−的体积不是定值C．当12=时，有且仅有一个点P

，使得1APBP⊥D．当12=时，有且仅有一个点P，使得1AB⊥平面1ABP【答案】ABC第10页共24页【分析】对A，当1=时，P线段1CC，易判断1ABP△周长为变值；对B，当1=时，P点的轨迹为线段11BC，易证11//B

CBC，故11//BC平面1ABC，易证三棱锥1PABC−的体积为定值；对C，D采用建系法，当12=时，由1APBP⊥求得不唯一，同理当12=时，求出1,APABuuuruuur，利用10APAB=uuuruuur，可验证

P点唯一.【详解】易知，点P在矩形11BCCB内部（含边界）．对于A项，当1=时，11BPBCBBCPBB=+=uuuruuuruuuruuuruuur．即此时P线段1CC，因为1APBP+为变值，故1A

BP△的周长不是定值，故A项错误；对于B项，当1=时，1111BPBCBBBBBC=+=+uuuruuuruuuruuuruuuur，故此时P点的轨迹为线段11BC，而11//BCBC，所以11//BC平面1ABC，则点P到平面1ABC的距离为定值，所以其体积

为定值，故B项错误；对于C项，当12=时，112BPBCBB=+uuuruuuruuur，取BC，11BC的中点分别为Q，H，则BPBQQH=+uuuruuuuurur，所以P点的轨迹为线段QH，不妨建系解决，以QA方向为x轴，QB方向为y轴

，QH方向为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，13,0,12A，()0,0P,，10,,02B，则13,0,12AP=−−uuur，10,,2BP=−uuur，()110APBP=−=uuuruuur，所以0=或1

=，故H，Q均满足，故C项错误；对于D项，当12=时，112BPBCBB=+uuuuuuruurur，取1BB，1CC的中点为M，N，BPBMMN=+uuuruuuuruuuur，所以P点的轨迹为线段MN，设010,,2Py

，因为3,0,02A，所以031,,22APy=−uuur，131,,122AB=−−uuur，所以00311104222yy+−==−，此时点P与N重合，故

D项正确．故选：ABC第11页共24页三、填空题13．如图，梯形ABCD是水平放置的一个平面图形的直观图，其中=45oABC，1ABAD==，DCBC⊥，则原图形的面积为______．【答案】222+【分析】根据水平放置的平面图形直观图画法画出原图计算可得答案.【详解】因为1ABAD==，=45

oABC，DCBC⊥，所以212BC=+，12ADAB==，，212BC=+所以()11222222222SADBCAB=+=+=+．故答案为：222+．14．在平面直角坐标系xOy中，已知向量()1,2a=r，()2,1b=−−r，试写一个非零

向量c=r_________，使得acbc=rrrr.【答案】()1,1-(答案不唯一)【分析】设(),cxy=r，根据acbc=rrrr即可求出x与y的关系，由此即可写出一个满足题意的向量.【详解】设(),cxy=r，x和y不同时为零，∵acbc=rrrr，∴

22xyxy+=−−，即0xy+=，令x＝1，则y＝－1，故满足条件的一个向量c=r(1，－1).故答案为：(1，－1).第12页共24页15．在棱长为2的正方体1111ABCDABCD−中，N为BC的中点．当点M在

平面11DCCD内运动时，有//MN平面1ABD，则线段MN的最小值为______．【答案】62【分析】作出正方体，取CD的中点P，1DD的中点Q，连接PQ，PN，QN，易证平面//PQN平面1ABD，进而判断MPQ，由几何关系求得PNQV三边长，易判断N到PQ直线距离为

线段MN的最小值，结合三角函数得解.【详解】取CD的中点P，1DD的中点Q，连接PQ，PN，QN，如图所示．∵P，N分别为CD，BC的中点，∴//PNBD，又PN平面1ABD，BD平面1ABD，//PN平面1ABD，QP，Q分别为CD，1DD的中点，∴1//PQDC．又1111//,ADBC

ADBC=Q，四边形11ADCB为平行四边形，11//DCAC，1//PQAB，又PQ平面1ABD，1AB平面1ABD，//PQ平面1ABD，PQPNP=，∴平面//PQN平面1ABD，∵//MN平面1ABD

，∴MN平面PQN，又点M在平面11DCCD内运动，∴点M在平面PQN和平面11DCCD的交线上即MPQ．在PQNV中，2PN=，1122PQCD==，()22226QN=+=．∴2221cos22PNPQQNNPQPQPN+−==−，∴120NPQ=，∴N点到PQ的最

小距离()6sin1801202dPN=−=，∴线段MN的最小值为62．第13页共24页故答案为：6216．已知数列na的通项为nan=，且数列2112nnnnaaa+++的前n项和nT，若nT+1(1)0n+−，则实数

的取值范围为______．【答案】311,824−【分析】化简得()()21111211221221nnnnnnnanaannnn++++++==−++，采用叠加法求得()111221nnTn+=−+，则原不等式等价于()1111(1)

212nnn++−−+，分n为奇偶分离参数，结合单调性可求的取值范围.【详解】∵()()21111211221221nnnnnnnanaannnn++++++==−++，∴()12231111

11121222223221nnnTnn+=−+−++−+L()111221nn+=−+，∵1(1)0nnT++−，∴()1111(1)212nnn++−

−+．当n是正奇数时，()111212nn+−+，令()()()11121,212nfnnkkn+=−=++N，易知()fn单减，故()12111132122228nn+−−=−+，∴38−；当n是正偶数时，()111221nn+−+，令()()()*11

12,221nynnkkNn+=−=+，易知()yn单增，故()1311111122122324nn+−−=+，∴1124．综上可知，实数的取值范围为311,824−．故答案为：311,824−第14页共24页四、解答题17．如图，在四棱锥PAB

CD−中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，1PAAD==，3AB=，F是PD的中点，点E在棱CD．(1)求四棱锥P－ABCD的表面积；(2)求证：PEAF⊥．【答案】(1)3336222++(

2)证明见解析【分析】（1）由题意可证出90PBC=，90PDC=，则表面积等于四个直角三角形与底面矩形之和，根据勾股定理求出各边长即可求得表面积.（2）由已知条件，根据线面垂直的判定定理，即可证出CD⊥平面PAD

，由线面垂直的性质和已知条件再证AF⊥平面PDC，即可推出PEAF⊥.【详解】（1）解：已知PA⊥平面ABCD，AD平面ABCD，PAAD⊥，而底面ABCD是矩形，则ABAD⊥，又ABPAA=I，AD⊥平面ABP，//BCADQ

，∴BC⊥平面ABP，BPQ平面ABP，∴BCBP⊥，∴90PBC=，同理可得90PDC=，∴PABPBCPDCPADSSSSSS=++++表底△△△△第15页共24页()1333613131223112222=++++=++.（2）证明：∵PA⊥平面ABCD，CD平面AB

CD，∴CDPA⊥，又Q四边形ABCD是矩形，∴CDAD⊥，∵PAADA=，∴CD⊥平面PAD，∵AF平面PAD，∴AFCD⊥，又∵PAAD=，点F是PD的中点，∴AFPD⊥，而CDPDD=I，∴AF⊥平面PDC，∵PE平面PDC

，∴PEAF⊥．18．已知数列na满足()*125nnaann++=+N，且13a=．(1)求数列na的通项公式；(2)数列nb满足()*11,1log,2,nnnnbann+==

N，若*1233()kbbbbk=NLL，求k的值．【答案】(1)2nan=+(2)25【分析】（1）根据递推公式得到奇数项和偶数项的通项公式，最后再合并即可；（2）根据题意，利用对数的运算性质求解.【详解】（1）∵12

5nnaan++=+，∴1227nnaan+++=+，所以22nnaa+−=，∴na的奇数项与偶数项各自成等差数列且公差均为2．第16页共24页∵13a=，则24a=，∴对Nk,()2112121212k

aakkk−=+−=+=−+，所以n为奇数时，2nan=+，对Nk,()22212222kaakkk=+−=+=+，所以n为偶数时，2nan=+，综上可知，2nan=+，*nN．（2）由（1）得()()*11,1log2,2,nnnbnnn+==+N，∴()()()123

3431log4log5log2log23kkbbbbkk+=+=+=LLL，解得25k=．19．如图，在三棱柱111ABCABC−中，四边形11AACC是边长为4的菱形，13ABBC==，点D为棱AC上动点（不与A，C重合），

平面1BBD与棱11AC交于点E.(1)求证：1//BBDE；(2)若34ADAC=，从条件①､条件②､条件③这三个条件中选择两个条件作为已知，求直线AB与平面1BBDE所成角的正弦值.条件①：平面ABC⊥平面11AACC；条件②：160AAC=；条件③：121AB=.【答案】

(1)证明见解析；(2)913.【分析】（1）由棱柱的性质可得11//AABB，即可得到1//BB平面11ACCA，再根据线面平行的性质证第17页共24页明即可；（2）选①②，连接1AC，取AC中点O，连接1AO，BO，即可得到1AOAC⊥，根据面面垂直的性质

得到1AO⊥平面ABC，即可得到1AOOB⊥，再由BOAC⊥，即可建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角的正弦值；选②③，连接1AC，取AC中点O，连接1AO，BO，依题意可得1AOAC⊥，再由勾股定理逆定理得到1AOOB⊥，即得到1AO⊥平面ABC，后

续同①②；选①③，取AC中点O，连接BO，1AO，即可得到BOAC⊥，由面面垂直的性质得到BO⊥平面11ACCA，从而得到1BOOA⊥，再由勾股定理逆定理得到1AOAO⊥后续同①②；【详解】（1）在三棱柱111ABCABC−中，11//AAB

B，又1BB面11ACCA，1AA面11ACCA，所以1//BB平面11ACCA，又面1BBDE面11ACCADE=，1BB面1BBDE，所以1//BBDE.（2）选①②：连接1AC，取AC中点O，连接1AO，BO.在菱形11ACCA中1=60?AAC，所以1

AACV为等边三角形.又O为AC中点，所以1AOAC⊥，又面ABC⊥面11ACCA，面ABC面11ACCA=AC，1AO平面11ACCA，所以1AO⊥平面ABC，OB平面ABC，故1AOOB⊥，又=ABBC，所

以BOAC⊥.以O为原点，以OB、OC、1OA为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，第18页共24页则(0,0,0)O，(0,2,0)A−，1(0,0,23)A，(3,0,0)B，(0,1,0)D.所以=(3,1,0)BD−uuur，1=(0,2,23)DEAA=uuu

ruuur.设面1BBDE的一个法向量为111(,,)nxyz=r，则1111=3+=0=2+23=0nBDxynDEyz−uuurruuurr，令1=3z−，故=(1,3,3)n−r.又(

3,2,0)AB=uuur，设直线AB与面1BBDE所成角为，则9sin=cos,==13ABnABnABnuuurruuurruuurr.所以直线AB与平面1BBDE所成角的正弦值为913.选②③：连接1AC，取AC中点O，连接1AO

，BO.在菱形11ACCA中1=60?AAC，所以1AACV为等边三角形.又O为AC中点，故1AOAC⊥，且123AO=，又3OB=，121AB=.所以22211AOOBAB+=，则1AOOB⊥.又=ACOBO，,ACOB面ABC，所以1AO⊥

面ABC，由OB平面ABC，故1AOOB⊥，又=ABBC，所以BOAC⊥.以O为原点，以OB、OC、1OA为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则(0,0,0)O，(0,2,0)A−，1(0,0,23)A，(3,0,0)B，

(0,1,0)D.所以=(3,1,0)BD−uuur，1=(0,2,23)DEAA=uuuruuur.设面1BBDE的一个法向量为111(,,)nxyz=r，则1111=3+=0=2+23=0nBDxyn

DEyz−uuurruuurr，令1=3z−，故=(1,3,3)n−r.第19页共24页又(3,2,0)AB=uuur，设直线AB与面1BBDE所成角为，则9sin=cos,==13ABnABnABnuuurruuurruuurr.所以直线A

B与平面1BBDE所成角的正弦值为913.选①③：取AC中点O，连接BO，1AO.在ABCV中，因为BABC=，所以BOAC⊥，且2AO=，3OB=.又面ABC⊥面11ACCA，面ABC面11ACCA=AC，BO面ABC，所以BO⊥平面11ACCA，又1OA平面11ACCA，

所以1BOOA⊥.在1RtBOAV中，123OA=，又=2OA，14AA=，所以22211OAOAAA+=，则1AOAO⊥.由BOAOO=，,BOAO面ABC，则1AO⊥面ABC，由OB平面ABC，故1AOOB⊥，又=ABBC，

所以BOAC⊥.以O为原点，以OB、OC、1OA为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则(0,0,0)O，(0,2,0)A−，1(0,0,23)A，(3,0,0)B，(0,1,0)D.所以=(3,1,0)BD−uuur，1=(0,2,23)DEAA=uuuruuur.设面1BBDE

的一个法向量为111(,,)nxyz=r，则1111=3+=0=2+23=0nBDxynDEyz−uuurruuurr，令1=3z−，故=(1,3,3)n−r.又(3,2,0)AB=uuur，设直线AB与面1BBDE所成角为，则9sin=cos,==13ABnABnAB

nuuurruuurruuurr.所以直线AB与平面1BBDE所成角的正弦值为913.20．如图，在三棱锥A－BCD中，△ABC是正三角形，平面ABC⊥平面BCD，BD⊥CD，点E，F分别是BC，DC的中点．(1)证

明：CD⊥平面AEF．第20页共24页(2)若∠BCD＝60°，点G是线段BD上的动点，问：点G运动到何处时，平面AEG与平面ACD所成锐二面角的余弦值最大．【答案】(1)证明见解析(2)G为BD的中点【分析】（1）要证CD⊥平面AEF，即证CDEFCDAE⊥⊥，由BD⊥CD可证

CDEF⊥，由△ABC是正三角形，平面ABC⊥平面BCD，可证CDAE⊥，进而得证；（2）过点E作EHBD⊥，垂足为H，设4BC=，以,,EHEFEAuuuruuuruuur为正交基底，建立空间直角坐标系Exyz−，设()1,,0Gy，求出平面AEG与平面ACD的法向量，结

合向量夹角的余弦公式和函数关系求出y，进而得出点G位置.【详解】（1）因为ABCV是正三角形，点E是BC的中点，所以AEBC⊥．又因为平面ABC⊥平面BCD，平面ABC平面BCDBC=，AE平面ABC，所以⊥AE平面BCD，又因为CD平面BCD，所以CDAE⊥．因为点E，F分别是B

C，CD的中点，所以//EFBD，又因为BDCD⊥，所以CDEF⊥，又因为CDAE⊥，AEEFEAEEF=，，在平面内，所以CD⊥平面AEF；（2）在平面BCD中，过点E作EHBD⊥，垂足为H，设4BC=，则1DFFC==，23EA=，3EF=．以,,EHEFEAuuuruuuruuur为正

交基底，建立如图所示的空间直角坐标系Exyz−，则()0,0,0E，()0,0,23A，()1,3,0C−，()1,3,0D，设()1,,0Gy，则()0,0,23EA=uuur，()1,3,23AD=−uuur，()2,0,0CD=uuur，(

)1,,0EGy=uuur．设平面AEG的法向量为()1111,,nxyz=ur，由1100nEAnEG==uruuururuuur，得1112300zxyy=+=，令11y=−，

故()1,1,0ny=−ur，设平面ACD的法向量为()2222,,nxyz=uur，则2200nCDnAD==uuruuuruuruuur，即2222203230xxyz=+−=，令21z=，则()20,2,1n=u

ur．第21页共24页设平面AEG与平面ACD所成锐二面角的平面角为，所以122222coscos,5151nnyy−===++uruur，当0y=时，25cos5=，此时最大，故当G为BD的中点时，平面AEG与平面ACD所

成锐二面角的余弦值最大．21．图1是直角梯形ABCD，//ABCD，∠D＝90°，四边形ABCE是边长为2的菱形，并且∠BCE＝60°，以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达1C的位置，且16AC=．(1)求证：平面1BCE⊥平面ABED．(2)在棱1DC上是否存在点P，使得点P到平面1ABC

的距离为155？若存在，求出直线EP与平面1ABC所成角的正弦值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在，155【分析】（1）在图1中，连接AC，交BE于O，由几何关系可得ACBE⊥，3OAOC==，结合图2易得1AOC是二面角1ABEC−−的平面角，由勾股

定理逆定理可证1OAOC⊥，进而得证；（2）以OA，OB，1OC为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设1DPDC=uuuruuuur，0,1，求得APuuur，第22页共24页同时求出平面1ABC的

法向量(),,nxyz=r，由点面距离的向量公式APndn=uuurrr求得，进而求得EPuuur，结合向量公式可求直线EP与平面1ABC所成角的正弦值.【详解】（1）如图所示：在图1中，连接AC，交BE于O，因为四边形ABCE是边长为2的菱形，并且60BCE=，所以ACBE⊥，且3OAO

C==．在图2中，相交直线OA，1OC均与BE垂直，所以1AOC是二面角1ABEC−−的平面角，因为16AC=，所以22211OAOCAC+=，1OAOC⊥，所以平面1BGE⊥平面ABED；（2）由（1）知，分别以OA，O

B，1OC为x，y，z轴建立如图2所示的空间直角坐标系，则33,,022D−，()10,0,3C，()3,0,0A，()0,1,0B，()0,1,0E−，133,,322DC=−uuur，33,,02

2AD=−−uuur，()3,1,0AB=−uuur，()13,0,3AC=−uuuur，()3,1,0AE=−−uuur.设1DPDC=uuuruuuur，0,1，则13333,,32

222APADDPADDC=++=−−−+=uuuruuuruuuruuuruuuur.设平面1ABC的法向量为(),,nxyz=r，则100ABnACn==uuurruuuurr，即30330xyxz

−+=−+=，取()1,3,1n=r，因为点P到平面1ABC的距离为155，所以23231555APndn−+===rruuur，解得12=，第23页共24页则3333,,442AP=−−uuur，所以313,,442EPAPAE=−=u

uuruuuruuur.设直线EP与平面1ABC所成的角为，所以直线EP与平面1ABC所成角的正弦值为15sincos,5EPnEPnEPn===uuurrrruuuruuur.22．已知2()(ln1)fxxx=+．(1)求()fx的单调递增区间；(2)若124()()efxfx+=

，且12xx，证明12ln()ln21xx+−．【答案】(1)()0,+；(2)证明见解析【分析】（1）由导数法判断即可；（2）由12eef=，结合函数单调性，讨论211exx、2110exx均不能满足124(

)()efxfx+=，故1210exx，由分析法，12ln()ln21xx+−等价于证()11240eefxfx−+−，由导数法证()()241,0,eeegxfxfxx=+−−恒小于0即可.【详解】（1）()fx的定义域为()0,+.∵()()

221ln12ln(ln1)0fxxxxxx=++=+，仅当1ex=时取等号，∴()fx的单调递增区间为()0,+.（2）由题可得211112lneeeeef=+=，若211xxe，则必有()()211

2fxfxfee=，则()()124efxfx+；若2110exx，则必有()()1212eefxfxf=，则()()124efxfx+．∴若()()124efxfx+=，则1210exx．要证()12lnln21

xx+−，只需证122exx+，只需证212exx−，即证()212efxfx−，第24页共24页又()()214efxfx=−，故只需证()1142eefxfx−−．令()()241,0,eeegxfxfxx=+−−．则()(

)2222(ln1)ln1eegxfxfxxx=−−=+−−+22lnlnlnln2eexxxx=−−+−+．∵10ex，∴21xxee−，∴2lnln0

exx−−，且2222elnln2ln2ln20ee2xxxxxx+−+−+=−++=，∴()22lnlnlnln20eegxxxxx=−−+−+

，故()gx在10,e上单调递增．∵10ge=，∴()10egxg=，∴()11240fxfxee+−−，∴()1142eefxfx−−，得证.【点睛】（

1）由12ln21eef==−，则可知本题为极值点偏移的证明题；（2）由函数单调性、12eef=，可分别判断211exx、2110exx均不能满足124()()efxf

x+=，故1210exx；（3）最后由分析法，12ln()ln21xx+−等价于证()11240eefxfx−+−，由导数法证()()241,0,eeegxfxfxx=+

−−恒小于0即可.