2019年北京卷文數(shù)

試題版

解析版

2019年高考北京卷文科數(shù)學試題

(1)已知集合-l<x<2},J5={X|^>1},貝iJZU岳

(A)(-1,1)(B)(1,2)(C)(-1,+8)(D)(1,+8)

(2)已知復數(shù)交2+i,則z-5=

(A)6(B)(C)3(D)5

(3)下列函數(shù)中，在區(qū)間(0,+oo)上單調遞增的是

1y=iog,x1

(A)y=.(B)尸2T(C)(D)>=一

2x

(4)執(zhí)行如圖所示的程序框圖，輸出的s值為

(A)1(B)2(C)3(D)4

?2

(5)已知雙曲線F—>2=1(a>0)的離心率是逐，則々=

Cl~

(A)V6(B)4(C)2(D)—

2

(6)設函數(shù)/(x)=cosx+dsinx(b為常數(shù))，則“=0”是"/(x)為偶函數(shù)”的

(A)充分而不必要條件(B)必要而不充分條件

(C)充分必要條件(D)既不充分也不必要條件

(7)在天文學中，天體的明暗程度可以用星等或亮度來描述.兩顆星的星等與亮度滿足

5.￡,

時網=券瓦，其中星等為mk的星的亮度為Ek(hl,2).已知太陽的星等是-

26.7,天狼星的星等是-1.45,則太陽與天狼星的亮度的比值為

(A)1O101(B)10.1(C)IglO.l(D)1O-101

(8)如圖，A,3是半徑為2的圓周上的定點，尸為圓周上的動點，Z4必是銳角，大小

為△圖中陰影區(qū)域的面積的最大值為

(A)4￡+4cos￡(B)4/?+4sin/?(C)2￡+2cos￡(D)2F+2sin￡

第二部分(非選擇題共110分)

二、填空題共6小題，每小題5分，共30分。

(9)已知向量。=(-4,3),b=(6,m),且〃_L/?,貝I].

x<2,

(10)若x,y滿足卜>-1,則y—X的最小值為，最大值為.

4x-3y+l>0,

(11)設拋物線7=4x的焦點為F,準線為/.則以p為圓心，且與/相切的圓的方程為

(12)某幾何體是由一個正方體去掉一個四棱柱所得，其三視圖如圖所示.如果網格紙上

小正方形的邊長為1,那么該幾何體的體積為

(13)已知1,m是平面a外的兩條不同直線.給出下列三個論斷:

①/_Lm；②mHa；③a.

以其中的兩個論斷作為條件，余下的一個論斷作為結論，寫出一個正確的命題:

(14)李明自主創(chuàng)業(yè)，在網上經營一家水果店，銷售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃,

價格依次為60元/盒、65元/盒、80元/盒、90元/盒.為增加銷量，李明對這四種

水果進行促銷：一次購買水果的總價達到120元，顧客就少付x元.每筆訂單顧客網

上支付成功后，李明會得到支付款的80%.

①當A=10時，顧客一次購買草莓和西瓜各1盒，需要支付元；

②在促銷活動中，為保證李明每筆訂單得到的金額均不低于促銷前總價的七折，則x

的最大值為.

三、解答題共6小題，共80分。解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程。

(15)(本小題13分)

在中，a=3,h—c=2,cosB=~~.

2

(I)求b,c的值；

(口)求sin(B+O的值.

(16)(本小題13分)

設｛aj是等差數(shù)列，^=-10,且a2+10,%+8,%+6成等比數(shù)列.

(I)求值”的通項公式；

(n)記｛*的前n項和為Sn,求&的最小值.

(17)(本小題12分)

改革開放以來，人們的支付方式發(fā)生了巨大轉變.近年來，移動支付已成為主要支付方

式之一.為了解某校學生上個月A,B兩種移動支付方式的使用情況，從全校所有的

1000名學生中隨機抽取了100人，發(fā)現(xiàn)樣本中A,B兩種支付方式都不使用的有5

人，樣本中僅使用A和僅使用B的學生的支付金額分布情況如F：

支付金額不大于2000元大于2000元

支付方式

僅使用A27人3人

僅使用B24人1人

(I)估計該校學生中上個月A,B兩種支付方式都使用的人數(shù)；

(U)從樣本僅使用B的學生中隨機抽取1人，求該學生上個月支付金額大于2000

元的概率;

(ID)已知上個月樣本學生的支付方式在本月沒有變化.現(xiàn)從樣本僅使用B的學生中

隨機抽查1人，發(fā)現(xiàn)他本月的支付金額大于200。元.結合(U)的結果，能否認為

樣本僅使用B的學生中本月支付金額大于2000元的人數(shù)有變化？說明理由.

(18)(本小題14分)

如圖，在四棱錐P-ABCD中，/%J_平面底部458為菱形，E為CD的

中點.

(I)求證：平面兄4。；

(D)若N4SO60°,求證：平面24B1平面R4E;

(m)棱腐上是否存在點F,使得CFH平面PAE1說明理由.

BC

(19)(本小題14分)

22

已知橢圓。：=+3=1的右焦點為(1,0),且經過點A(o,l).

(I)求橢圓。的方程;

(n)設。為原點，直線/：y=&+，(，#±1)與橢圓。交于兩個不同點只Q,直線

4P與X軸交于點"，直線工。與X軸交于點7V,若|。必-\ON\=2,求證：直線/

經過定點.

(20)(本小題14分)

已知函數(shù)/(%)=二萬3-Y+X.

4

(I)求曲線y=/(x)的斜率為I的切線方程；

(U)當x€［—2,4］時，求證：x-6</(x)<x；

(m)設F{X)=|f(x)-(x+a)|(aGR),記F(x)在區(qū)間［-2,4］上的最大值為M(a),

當M(a)最小時，求a的值.

(考生務必將答案答在答題卡上，在試卷上作答無效)

絕密★啟用前

2019年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試

數(shù)學(文)(北京卷)參考答案

一、選擇題(共8小題，每小題5分，共40分)

(1)C(2)D(3)A(4)B

(5)D(6)C(7)A(8)B

二、填空題(共6小題，每小題5分，共30分)

(9)8(10)-31

(11)(x-l)2+y2=4(12)40

(13)若/J_根,/_La,則機〃a.(答案不唯一)

(14)13015

三、解答題(共6小題，共80分)

(15)(共13分)

解：(I)由余弦定理〃=a2+c2-2accosB,得

b1=32+c2-2x3xcxl--

因為人=c+2,

所以(c+2>=32+c2-2x3xcx(-]

解得c=5.

所以b=7.

(II)由cos6=-,得sin8=走.

22

由正弦定理得sinA=fsin8=.

b14

在八43。中，B+C=n-A.

3h

所以sin(B+C)=sinA=---.

14

(16)(共13分)

解：(I)設｛4｝的公差為d.

因為q=-10,

所以。2=—10+”,%=—10+2d,〃4=—10+3”.

因為%+10,%+8,4+6成等比數(shù)列，

所以(四+8)2=&+10)(4+6).

所以(-2+2dy=4(—4+3d).

解得d=2.

所以%=q+(/1-1)d=2n-\2.

(U)由(I)知，%=2〃-12.

所以，當“27時，>0；當“W6時，an<Q.

所以，S“的最小值為S6=-30.

(17)(共12分)

解：(I)由題知，樣本中僅使用A的學生有27+3=30人，僅使用B的學生有24+1=25

人，

A,B兩種支付方式都不使用的學生有5人.

故樣本中A,B兩種支付方式都使用的學生有100-30-25-5=40人.

40

估計該校學生中上個月A,B兩種支付方式都使用的人數(shù)為而x1000=400.

(U)記事件。為“從樣本僅使用B的學生中隨機抽取1人，該學生上個月的支付金額

大于2000元”，則P(C)=—=0.04.

(m)記事件巨為“從樣本僅使用B的學生中隨機抽查1人，該學生本月的支付金額大

于2000元”.

假設樣本僅使用B的學生中，本月支付金額大于2。00元的人數(shù)沒有變化，則由(II)

知，P(E)=0.04.

答案示例1：可以認為有變化.理由如下：

P(E)比較小，概率比較小的事件一般不容易發(fā)生，一旦發(fā)生，就有理由認為本月支付

金額大于2000元的人數(shù)發(fā)生了變化.所以可以認為有變化.

答案示例2：無法確定有沒有變化.理由如下：

事件碇隨機事件，P(E)比較小，一般不容易發(fā)生，但還是有可能發(fā)生的.所以無法

確定有沒有變化.

(18)(共14分)

解：(I)因為平面468,

所以

又因為底面力為菱形，

所以80,AC.

所以3￡>_L平面R4C.

p

(D)因為E4_L平面力AEu平面/BCO,

所以E41月反.

因為底面力48為菱形，/力8060°,且后為。。的中點,

所以/ElCD.

所以

所以/El平面24B.

所以平面R4B1平面E4E.

(III)棱用上存在點尸，使得。尸//平面H4E.

取月勺許中點，取G為E4的中點，連結。尸，F(xiàn)G,EG.

貝IJRG///B,且斤G=，力2

2

因為底面力為菱形，且后為8的中點,

所以CEIIAB,§,CE=-AB.

2

所以FGIICE,且FG=CE.

所以四邊形CEGF^J平行四邊形.

所以CFIIEG.

因為。尸平面Q4E,EGu平面44區(qū)

所以37/平面R4E.

（19）（共14分）

解：⑴由題意得，"=1,c=l.

所以〃=〃+/=2.

v2

所以橢圓Q的方程為一+丁=1.

2

（n）設P（的，%），Q（項，72）,

y-1,

則直線力耶?方程為y=3一x+i.

令片o,得點”的橫坐標如=一一三.

Ji-i

又x=e+f,從而I。用1=%|=11;I.

rCX|十I1

同理，ION1=1.jI.

Ax2+r-1

y-kx+t,

*123

由，X1得(l+2/)f+4也r+2產一2=0.

—+y2=1

12

4kt2r-2

則…"E

1+2k2

所以河川叫:1』"瑞丁

玉々

k~x、x2+k(t—1)(%+%)+Q—1)~

2t2-2

=\—,----------------------------------------

+—1).(4^)+(/-l)2

1+2/l+2k2

=2*.

1-r

又|OM|?|QN|=2,

所以峙1=2.

解得Q0,所以直線股過定點(0,0).

(20)(共14分)

i3

解：(I)由/(X)=—九3—+X得/<X)=—X2-2x+1.

44

3X

令/'0)=1,即2x+l=l,得％=0或x=§.

又/(0)=0,

QQ

所以曲線y=/(x)的斜率為1的切線方程是y=x與丁一行=x-§,

即y=x與y=》一，y.

(D)令g(x)=/(x)-x,xe[-2,4].

由g(x)=-V得g，(x)=—X2—2x.

44

Q

令g'(x)=O得x=0或x=§.

g'(x),g(x)的情況如下:

(0,|)88

X-2(-2,0)0(-,4)4

3

g'(x)

+—十

_64

g(x)-60/0

所以g(x)的最小值為-6,最大值為0.

故-64g(x)<0,即x—64/(x)〈x.

(HI)由(II)知，

當。<一3時，M(a)>F(0)=|g(0)-a|=-a>3；

當a>—3時，M(a)>F(-2)=|g(-2)—a\=6+a>3;

當。=一3時，M(a)=3.

綜上，當”(a)最小時，a=-3.

2019年高考北京卷文科數(shù)學試題解析

1.已知集合/={x|-l<x<2},B={x\x>l},則/U比

A.(-1,1)B.(1,2)C.(-1,+oo)D.(1,+oo)

【答案】C

根據(jù)并集的求法直接求出結果.

【解析】VA={x|-l<x<2},B={x|>l},

.1.A=(1,4-00),

故選C.

2.已知復數(shù)宏2+i,則z?彳=

A.73B.75C.3D.5

【答案】D

題先求得W,然后根據(jù)復數(shù)的乘法運算法則即得.

【解析】??,z=2+i,z-z=(2+i)(2-i)=5故選D.

3.下列函數(shù)中，在區(qū)間（0,+8）上單調遞增的是

A.v=JB.尸2TC.y=l°gjD.y」

y~A2x

【答案】A

根據(jù)函數(shù)圖像性質可得出結果.

【解析】函數(shù)y=27,y=log[X,

2

y=-在區(qū)間（0,+8）上單調遞減，

X

函數(shù)v=G在區(qū)間（0，+8）上單調遞增，故選4

J一人

4.執(zhí)行如圖所示的程序框圖，輸出的s值為

A.1B.2C.3D.4

【答案】B

根據(jù)程序框圖中的條件逐次運算即可.

7x12

【解析】運行第一次，k=l,s=-------=2，

3x1-2

9X22

運行第二次，k=2,s==2,

3x2-2

7x?2

運行第三次，k=3,s==2,

3x2-2

結束循環(huán)，輸出s=2,故選A

2

5.已知雙曲線二―丁=1(a>0)的離心率是若則々=

a"

A.aB.4C.2D.-

2

【答案】D

本題根據(jù)根據(jù)雙曲線的離心率的定義，列關于4的方程求解.

【解析】分析：解析：??,雙曲線的離心率e=￡=逐，c=y/a2+l，

a

.??叵工有，

a

解得。=7,

2

故選D.

6.設函數(shù)/(x)=cosx+bsinx(b為常數(shù))，則“兒0”是"/⑶為偶函數(shù)”的

A.充分而不必要條件B.必要而不充分條件

C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件

【答案】C

根據(jù)定義域為R的函數(shù)/(幻為偶函數(shù)等價于/(-x)=/Xx)進行判斷.

【解析】匕=0時，.f(x)=cosx+"sinx=cosx,/(x)為偶函數(shù)；

f(x)為偶函數(shù)時，/(一幻寸5)對任意的x恒成立，

/(-%)=cos(-x)+hsin(-x)=cosx—bsinx

cosx+)sinx=cosx—bsinx,得Z?sinx=0對任意的x恒成立，從而人=().從而"/?=()”

是“/(幻為偶函數(shù)”的充分必要條件，故選C.

7.在天文學中，天體的明暗程度可以用星等或亮度來描述.兩顆星的星等與亮度滿足

生一犯=不恒”，其中星等為皿的星的亮度為反(狂1,2).已知太陽的星等是-26.7,

天狼星的星等是-1.45,則太陽與天狼星的亮度的比值為

A.IO101B.10.1C.IglO.lD.IO-101

【答案】D

先求出lg詈，然后將對數(shù)式換指數(shù)式求善，再求裳

【解析】兩顆星的星等與亮度滿足m2-町=gig*,

令用=一1?45,--26.7,

3套=］（"一班45+26.7）=10.1

互=10呼空=10岫

馬巴

故選D.

【遷移】考查考生的數(shù)學應用意識、信息處理能力、閱讀理解能力以及指數(shù)對數(shù)運算.

8.如圖，A,夕是半徑為2的圓周上的定點，尸為圓周上的動點，Z4PB是銳角，大小為目

圖中陰影區(qū)域的面積的最大值為

A.4￡+4cos￡B.4，+4sin￡C.2y0+2cosy8D.2/3

+2sin/?

【答案】B

陰影部分的面積S=SAPAJS-S△。版其中8、SM'B的值為定值.當且僅當取最大

值時陰影部分的面積S取最大值.

【解析】觀察圖象可知，當P為弧力B的中點時，陰影部分的面積S取最大值,

此時尸=/力。尸兀力，面積S最大值為“+SA~B+S△曲=4分;|OP\|sin（兀

力）+^\OP\\OA\Sin（兀-6）=4伊2Sinp+2Sin/3=4伊4Sin。,故選B.

【遷移】本題主要考查閱讀理解能力、數(shù)學應用意識、數(shù)形結合思想及數(shù)學式子變形和運算

求解能力，有一定的難度.關鍵觀察分析區(qū)域面積最大時的狀態(tài)，并將面積用邊角等表示.

第二部分(非選擇題共110分)

二、填空題共6小題，每小題5分，共30分。

9.已知向量”(-4,3),b=(6,ni),且)_[_力，則m=.

【答案】8.

利用轉化得到々?加=0加以計算，得到〃?.

【解析】向量。=(一4,3)石=(6,加)，a_L』

則a?B=0,—4x6+3/〃=0,m-S-

【遷移】本題考查平面向量的坐標運算、平面向量的數(shù)量積、平面向量的垂直以及轉化與化

歸思想的應用.屬于容易題.

x<2,

10.若X,y滿足<yNT,則y-x的最小值為,最大值為.

4x-3y+l>0,

【答案】(1).-3.(2).1.

作出可行域，移動目標函數(shù)表示的直線，利用圖解法求解.

【解析】作出可行域如圖陰影部分所示.

設灰尸工則尸x+z.當直線6片A+Z經過點/(2,-1)時,z取最小值-3,經過點B(2,3)

時/取最大值1.

【遷移】本題是簡單線性規(guī)劃問題的基本題型，根據(jù)“畫、移、解”等步驟可得解.題目難

度不大題，注重了基礎知識、基本技能的考查.

11.設拋物線/=4x的焦點為在，準線為Z則以尸為圓心，且與/相切的圓的方程為

【答案】(皆1尸+歹=4.

由拋物線方程可得焦點坐標，即圓心，焦點到準線距離即半徑，進而求得結果.

【解析】拋物線/=4x中，2Q4,P=2,

焦點尸（1,0）,準線/的方程為A=-l,

以尸為圓心，

且與/相切的圓的方程為許1戶+*=22,即為（*1/+y=4.

【遷移】本題可采用數(shù)形結合法，只要畫出圖形，即可很容易求出結果.

12.某幾何體是由一個正方體去掉一個四棱柱所得，其三視圖如圖所示.如果網格紙上小正

方形的邊長為1,那么該幾何體的體積為

【答案】40.

畫出三視圖對應的幾何體，應用割補法求幾何體的體積.

【解析】在正方體中還原該幾何體，如圖所示

JU可體的體積V=43-L(2+4)X2X4=4O

2

【遷移】易錯點有二，一是不能正確還原幾何體；二是計算體積有誤.為避免出錯，應注重

多觀察、細心算.

13.已知/,m是平面a外的兩條不同直線.給出下列三個論斷：

①/1m；②mila；③Jla.

以其中的兩個論斷作為條件，余下的一個論斷作為結論，寫出一個正確的命題：.

【答案】如果/la,mila,則乙Lm.

將所給論斷，分別作為條件、結論加以分析.

【解析】將所給論斷，分別作為條件、結論，得到如下三個命題：

(1)如果/_La,mHa,則/1m正確;

(2)如果/_La,/_Lm,則m//a.不正確，有可能m在平面a內;

(3)如果/Im,mila,則Jia.不正確，有可能/與a斜交、Illa.

【遷移】本題主要考查空間線面的位置關系、命題、邏輯推理能力及空間想象能力.

14.李明自主創(chuàng)業(yè)，在網上經營一家水果店，銷售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃，價

格依次為60元/盒、65元/盒、80元/盒、9。元/盒.為增加銷量，李明對這四種水果進

行促銷：一次購買水果的總價達到120元，顧客就少付x元.每筆訂單顧客網上支付成功

后，李明會得到支付款的80%.

①當10時，顧客一次購買草莓和西瓜各1盒，需要支付元；

②在促銷活動中，為保證李明每筆訂單得到的金額均不低于促銷前總價的七折，則x的最

大值為.

【答案】(1).130.(2).15.

(1)將購買的草莓和西瓜加錢與120進行比較，再根據(jù)促銷規(guī)則可的結果；

(2)根據(jù)y<120、y2120分別探究.

【解析】(1)A=10,顧客一次購買草莓和西瓜各一盒,

需要支付(60+80)-10=130元.

(2)設顧客一次購買水果的促銷前總價為了元，

yV120元時，李明得到的金額為yx80%,符合要求.

yN120元時，有(尸x)x80%>yX70%成立，

即8(y-x)>7y,x*、即(營)血/15元.

OO

所以X的最大值為15.

【遷移】本題主要考查不等式的概念與性質、數(shù)學的應用意識、數(shù)學式子變形與運算求解能

力，有一定難度.

15.在△力中，a=3,b—c—2,cosB=~~.

2

(I)求b,c的值；

(□)求sin(B+O的值.

b=l

【答案】(I)；

c-c5

(H)—.

14

(I)由題意列出關于a,瓦c的方程組，求解方程組即可確定“c的值；

(D)由題意結合余弦定理、同角三角函數(shù)基本關系和誘導公式可得sin(B+C)的值.

〃2+2_〃21

【解析】(I)由余弦定理可得cos3=_-——=

2ac2

\b-l

因為。=3,所以C2—/+3C+9=0;因為?！狢=2,所以解得〈仁

c=5

(□)由(I)知a=3/=7,c=5,所以cosA="+c'--。-=U

2bc14

因為A為八ABC的內角，所以sinA=Jl—cos2A=迪.

14

因為sin(B+C)=sin(兀一A)=sinA=

【遷移】本題主要考查余弦定理的應用，同角三角函數(shù)基本關系、誘導公式的應用等知識,

意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.

16.設｛aj是等差數(shù)列,^=-10,且時10,為+8,氏+6成等比數(shù)列.

(I)求值〃｝的通項公式；

(n)記㈤｝的前n項和為Sn,求&的最小值.

【答案】(I)a?=2n-12；

(H)當〃=5或者〃=6時，S“取到最小值—30.

(I)由題意首先求得數(shù)列的公差，然后利用等差數(shù)列通項公式可得｛4｝的通項公式;

(n)首先求得S“的表達式，然后結合二次函數(shù)的性質可得其最小值.

【解析】（i）設等差數(shù)列｛4｝的公差為a,

因為4+10，%+8，%+6成等比數(shù)列，所以（為+8）2=（4+10）（4+6）,

即（2d-2）2=4（34—4）,解得d=2,所以%=-10+2（〃-1）=2〃-12.

（H）由（I）知a“=2〃-12,

-10+2/7-122,,,11、2121

所以S”=----------xn=rr-——廠-----；

224

當〃=5或者〃=6時，S“取到最小值—30.

【遷移】等差數(shù)列基本量的求解是等差數(shù)列中的一類基本問題，解決這類問題的關鍵在于熟

練掌握等差數(shù)列的有關公式并能靈活運用.

17.改革開放以來，人們的支付方式發(fā)生了巨大轉變.近年來，移動支付已成為主要支付方

式之一.為了解某校學生上個月A,B兩種移動支付方式的使用情況，從全校所有的1000

名學生中隨機抽取了100人，發(fā)現(xiàn)樣本中A,B兩種支付方式都不使用的有5人，樣本中

支付金額

支付方式

僅使用A27人3人

僅使用B24人1人

(I)估計該校學生中上個月A,B兩種支付方式都使用的人數(shù)；

(n)從樣本僅使用B的學生中隨機抽取1人，求該學生上個月支付金額大于2000元的

概率；

(m)已知上個月樣本學生的支付方式在本月沒有變化.現(xiàn)從樣本僅使用B的學生中隨機

抽查1人，發(fā)現(xiàn)他本月的支付金額大于2000元.結合(口)的結果，能否認為樣本僅使

用B的學生中本月支付金額大于2000元的人數(shù)有變化？說明理由.

【答案】(I)400A；

(m)見解析.

分析】

(I)由題意利用頻率近似概率可得滿足題意的人數(shù)；

(n)利用古典概型計算公式可得上個月支付金額大于2000元的概率；

(m)結合概率統(tǒng)計相關定義給出結論即可.

【解析】(I)由圖表可知僅使用”的人數(shù)有30人，僅使用B的人數(shù)有25人，

由題意知兩種支付方式都不使用的有5人，

所以樣本中兩種支付方式都使用的有100-30-25-5=40,

40

所以全校學生中兩種支付方式都使用的有標x1000=400(人).

(n)因為樣本中僅使用e的學生共有25人，只有1人支付金額大于2000元，

所以該學生上個月支付金額大于2000元的概率為1.

(m)由(U)知支付金額大于2000元的概率為發(fā)，

因為從僅使用8的學生中隨機調查1人，發(fā)現(xiàn)他本月的支付金額大于2000元，

依據(jù)小概率事件它在一次試驗中是幾乎不可能發(fā)生的，所以可以認為僅使用5的學生中本

月支付金額大于2000元的人數(shù)有變化，且比上個月多.

【遷移】本題主要考查古典概型概率公式及其應用，概率的定義與應用等知識，意在考查學

生的轉化能力和計算求解能力.

18.如圖，在四棱錐P-ABCD中，R4_L平面"28,底部力為菱形，E為CD的

中點.

(I)求證：平面R4C;

(D)若N/BO60°,求證：平面R4B1平面K4H；

(HI)棱用上是否存在點尸，使得C戶//平面R4即說明理由.

【答案】(I)見解析；

(口)見解析；

(W)見解析.

(I)由題意利用線面垂直的判定定理即可證得題中的結論；

(n)由幾何體的空間結構特征首先證得線面垂直，然后利用面面垂直的判斷定理可得面面垂

直;

(m)由題意，利用平行四邊形的性質和線面平行的判定定理即可找到滿足題意的點.

【解析】3)證明：因為平面A8CD,所以

因為底面ABC。是菱形，所以AC_LB￡>;

因為Q4DAC=A,PA,ACu平面PAC,

所以8□，平面P4c.

(n)證明：因為底面ABC。是菱形且NABC=60°,所以入48為正三角形，所以

AEA.CD,

因為AB//CD,所以_LA8；

因為孫，平面ABC。，AEu平面ABCD,

所以

因為B4nA6=A

所以AE_L平面Q46,

AEu平面Q4E,所以平面EA3_L平面RLE.

(DI)存在點尸為心中點時，滿足CF〃平面QAE;理由如下:

分別取PB,PA的中點凡G,連接CRPG,EG,

在三角形中，F(xiàn)G//AB且尸G=，AB；

2

在菱形ABC。中，E為CD中點,所以CE//AB且CE=gA8,所以CE/AFG且

CE=FG,即四邊形CEG尸為平行四邊形，所以C尸〃EG;

又CFz平面Q4￡,EGu平面RLE,所以C尸〃平面Q4￡

【遷移】本題主要考查線面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立體幾何中的探索問題

等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.

19.已知橢圓。/+2=?的右焦點為(L0)，且經過點40,1).

(I)求橢圓。的方程;

(□)設。為原點，直線/：y="+W#±l)與橢圓。交于兩個不同點只Q,直線力尸

與X軸交于點M直線力。與x軸交于點乂若IOM?\ON\=2,求證：直線/經過定點.

V-2

【答案】(I)—+/=1;

2-

(n)見解析.

(I)由題意確定a,b的值即可確定橢圓方程;

(n)設出直線方程，聯(lián)立直線方程與橢圓方程確定OMOW的表達式，結合韋達定理確定t

的值即可證明直線恒過定點.

12

【解析】(I)因為橢圓的右焦點為(1,0),所以行;

2

因為橢圓經過點40,1),所以6