浙江省鎮(zhèn)海中學(xué)2023-2024學(xué)年高二下學(xué)期期末考試數(shù)學(xué)試題

一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是

符合題目要求的.

1.已知集合4={久|尤（2—%）>0},B={x|x<2},則（）

A.AC\B=0B.AiJB=RC.AQBD.BQA

2.求值：^cos30°+sinl5°sin75°=（）

A.1B.在C-ID.1

44

3.已知Hl>71>0,下列不等式一定成立的是（)

m.m+2口11c1、1c2m+n、m

AA.—<―-ryB.m+->——FnC?771>?!D..>

nn+znmnmm+2Qnn

4.已知三個(gè)平面向量五,3］滿(mǎn)足3+2b+3c=0,貝|J"向量乙b,下均是單位向量”是“向量五萬(wàn)方向相同”的

(\\）

A.充分不必要條件B.必要不充分條件

C.充要條件D.既不充分也不必要條件

5.已知內(nèi)』2是兩條不同的直線(xiàn)，a邛是兩個(gè)不同的平面，則下列命題正確的是（）

A.若"〃a且a〃小則I"。

B.若a1夕,"ua,"u夕，則"J.%

C.若。1戊且戊〃/?，則211s

D.若人不垂直于a,且%ua,則A必不垂直于h

6.一個(gè)袋子中有n個(gè)大小質(zhì)地完全相同的球，其中3個(gè)為紅球，其余均為綠球，采用不放回方式從中依次隨

機(jī)地摸出2個(gè)球.已知摸出的2個(gè)球都是紅球的概率為熱則兩次摸到的球顏色不相同的概率為（）

A3B2C3D4

A-147

7.已知正方體ABC。-AiBiCiA的棱長(zhǎng)為3,以小為球心，為半徑的球面與正方體表面的交線(xiàn)記為曲線(xiàn)

E,則曲線(xiàn)E的長(zhǎng)度為（）

A.mB.V3TTC.竽兀D.2V3TT

8.已知/'(久)=\logax\,a>1,記集合A-(xER\/(%)<1},B={xER\/(/(x)+b)<1},若人=B,則

實(shí)數(shù)a的取值范圍為()

A-［烏±+8)B-［l<+°°)C.［竽,+8)D.［嬰,+8)

二、多項(xiàng)選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合

題目要求.全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得3分，有選錯(cuò)的得0分.

9.已知正實(shí)數(shù)a,b滿(mǎn)足a?-ab+/=1,則（)

第1頁(yè)

A.a+b的最大值為2B.ab的最小值為1

C.02+廿的最大值為2D.D+戶(hù)的最小值為1

10.已知定義域?yàn)镽的偶函數(shù)/（久）滿(mǎn)足〃久）+f（2+無(wú)）=0,若對(duì)任意打,久2e［0,1］且尤1豐久2,都有

（%1-工2）/（尢1）一f（x2）］>0,下列結(jié)論一定正確的是（）

A.f（l）=0B.2是〃%）的一個(gè)周期

C.函數(shù)/（久）在（2,3）上單調(diào)遞減D.函數(shù)/（久）圖象關(guān)于直線(xiàn)％=2對(duì)稱(chēng)

11.一個(gè)同學(xué)投擲10次骰子，記錄出現(xiàn)的點(diǎn)數(shù)，根據(jù)統(tǒng)計(jì)結(jié)果，在下列情況中可能出現(xiàn)點(diǎn)數(shù)6的有

（）

A.平均數(shù)為3,中位數(shù)為4B.中位數(shù)為4,眾數(shù)為3

C.平均數(shù)為2,方差為2.1D.中位數(shù)為3,方差為0.85

三'填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.

12.已知z（2+i）=1-3i,則|z|=.

13.如圖，在長(zhǎng)方形ABCD中，AB=2,AD=1,點(diǎn)E在線(xiàn)段（端點(diǎn)除外）上，現(xiàn)將△ADE沿DE折起為△

A'DE,設(shè)乙4ED=a,二面角/一DE-C的大小為0.若a=4，則三棱錐/一BDE體積的最大值

為.

14.在銳角△4BC中，內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,瓦c,若（^二臣+加，則三+的最小值為-

四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟.

15.已知函數(shù)/（%）=—?cos（2久+勺+25譏2%.

（1）求/'（久）的最小正周期和最大值；

（2）求函數(shù)〃久）在區(qū)間［0,月上的單調(diào)區(qū)間.

16.鎮(zhèn)海中學(xué)采購(gòu)了一批電子白板電容筆，這一批電容筆使用三年后即被淘汰.電容筆頭屬于消耗品，現(xiàn)在需

要決策在購(gòu)買(mǎi)電容筆時(shí)筆頭的數(shù)量，為此搜集并整理了10支筆在一年內(nèi)消耗的筆頭數(shù)（單位：個(gè)），發(fā)現(xiàn)均

落在［15,75］范圍內(nèi)，將統(tǒng)計(jì)結(jié)果按如下方式分成六組，第一組［15,25）,第二組［25,35）,……第六組

（2）估計(jì)10支筆一年內(nèi)消耗筆頭數(shù)量的平均值（同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點(diǎn)值為代表）和第30

百分位數(shù)

第2頁(yè)

(3)在搜集這10支筆的使用情況數(shù)據(jù)時(shí)，發(fā)現(xiàn)其中3支是高一班級(jí)在使用，另外7支是高二班級(jí)在使

用，現(xiàn)已知高二班級(jí)消耗的筆頭數(shù)的平均值和方差分別為50和221,所有班級(jí)消耗的筆頭數(shù)的方差為200,

試估計(jì)高一班級(jí)消耗的筆頭數(shù)的平均值和方差.

17.如圖，在△ABC中，。是47的中點(diǎn)，E在邊AB上，且荏=2麗,BD與CE交于點(diǎn)F.

(1)用瓦?，近表示阮，麗S

⑵^24BF-EF=BA-BC，求器的值.

18.如圖，在五面體ABCDEF中，四邊形4BCD為矩形，△FBC為等腰直角三角形，且FC，F(xiàn)B.面BCF，面

(2)在線(xiàn)段力B上是否存在點(diǎn)T,使得DT與平面ACF所成角的正弦值為左？若存在，請(qǐng)求出BT的長(zhǎng)度；若

不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.

19.懸鏈線(xiàn)出現(xiàn)在建筑領(lǐng)域，最早是由十七世紀(jì)英國(guó)杰出的科學(xué)家羅伯特?胡克提出的，他認(rèn)為當(dāng)懸鏈線(xiàn)自然

下垂時(shí).處于最穩(wěn)定的狀態(tài)，反之如果把懸鏈線(xiàn)反方向放置，它也應(yīng)該是一種穩(wěn)定的狀態(tài)，后來(lái)由此演變出了

懸鏈線(xiàn)拱門(mén)，其中雙曲余弦函數(shù)就是一種特殊的懸鏈線(xiàn)函數(shù)，其函數(shù)表達(dá)式為cosh(x)=藝圻，相應(yīng)的雙

曲正弦函數(shù)的表達(dá)式為sin?八(久)=-~—

(1)求COsM(%)—5譏戶(hù)(%)的值；

(2)若直線(xiàn)y=￡與函數(shù)y=coshQ)和y=s出入(%)的圖象共有三個(gè)交點(diǎn)，設(shè)這三個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別為

%1，、2，第3，證明：刈+不+%3>1九(1+四)；

(3)函數(shù)/(%)=\cosh(2x)—asinh(x)—b\,a,bER,若/(%)<4對(duì)任意的％G[Zn(V2—1),ln(y/2+1)]恒

成立，求@+網(wǎng)的最大值.

第3頁(yè)

答案解析部分

1.【答案】C

【解析】【解答】解：由久（2—久）>0,解得0<%<2,則集合A={x|0<%<2},因?yàn)锽={x|x<2},所以

AQB,則4nB=A,AkJB=B.

故答案為：C.

【分析】解不等式，求得集合4再根據(jù)交集，補(bǔ)集和子集得定義判斷即可.

2.【答案】D

【解析】【解答】解:^cos30°+sml5°sm75°=x+sinl5°cosl5°

3131

=7+4sin300=7+7=1-

故答案為：D.

【分析】根據(jù)誘導(dǎo)公式以及正弦的二倍角公式化簡(jiǎn)求解即可.

3.【答案】B

【解析】【解答】解：A、取m=2,n=l,'=2>黑=喀，故A錯(cuò)誤；

n1+2n+2

B、因?yàn)閙>n>0,所以工>1>0,所以m+工〉工+n,故B正確；

nmnm

C、=0.2,n=0.1,m--=—9.8<-4.9=n——,故C錯(cuò)誤；

nm

D、當(dāng)血=2,八=1時(shí)，組中=關(guān)2=叫故D錯(cuò)誤.

m+2n4n

故答案為：B.

【分析】取特殊值即可判斷A；利用不等式的性質(zhì)即可判斷B；舉出反例即可判斷CD.

4.【答案】A

【解析】【解答】解：三個(gè)平面向量五石嫌足五+2至+3笠=6，所以一3^=五+23，

兩邊取平方可得9同2=⑷2+甸山2+善.3（*）,

若向量窗瓦茨均是單位向量，則由（*）可得9=1+4+4COSW-3〉，

整理得cos〈日■3〉=1，因?yàn)??〈兀，所以〈@不}=0，即向量五,3方向相同，故”向量日均是單位向

量''是"向量五萬(wàn)方向相同”的充分條件；

若向量43方向相同，則有五力=|司?的,代入（*）可得，9|c|2=|d|2+4|b|2+4|a|?\b\，

即3m=|訓(xùn)+2|瓦，雖工石方向相同，但因不能確定向量7的方向，故不滿(mǎn)足五+2至+3笠=6，

即“向量4瓦^(guò)均是單位向量”不是“向量正石方向相同”的必要條件；

故“向量窗b片均是單位向量”是“向量五萬(wàn)方向相同”的充分不必要條件.

故答案為：A.

【分析】先根據(jù)3+2至+3N=6推得9|可2=同2+4|山2+4小石，再利用充分性和必要性的判斷方法分析判

第4頁(yè)

斷即可.

5.【答案】C

【解析】【解答】解：A、由且a〃夕可得，或。u/?,故A錯(cuò)誤;

B、由aI/?,"u%%u0,不妨設(shè)aC/?=/,若使////,HR，則易得A""，故B錯(cuò)誤;

C、由。la知，直線(xiàn)。與平面a成90°的角，因?yàn)閍〃處所以直線(xiàn)"與平面0也成90°的角，

即413，故C正確；

顯然A不垂直于a,易得因DDila,l2<=a,則0/，%，

因。。108。=0,故得平面，因"u平面。故有"I%，故D錯(cuò)誤.

故答案為：C.

【分析】利用線(xiàn)面所成角的定義即可判斷C；滿(mǎn)足條件得到的結(jié)論有兩種，可排除即可判斷A；利用特殊情

況%〃Z即可排除結(jié)論即可判斷B；可借助于正方體模型推理排除結(jié)論即可判斷D.

6.【答案】D

【解析】【解答】解：由依題意得：4=7,即麗3解得九=7,

即袋中共有3個(gè)紅球，4個(gè)綠球,

12_4

所以?xún)纱蚊降那蝾伾幌嗤母怕蕿椋篜=

21=7-

故答案為：D.

【分析】根據(jù)題意“摸出的2個(gè)球都是紅球的概率為:“，根據(jù)概率公式求得n=7,再計(jì)算“兩次摸到的球顏色

不相同的概率”即可得解.

7.【答案】B

【解析】【解答】解：在棱力上分別取F,G,H,使得ZF=BrG=CH=陋,如圖所示：

第5頁(yè)

在RtAAD/中，￡)/=Ja費(fèi)+4產(chǎn)=“8+3=V^T，同理可得=%//=VH,

因?yàn)槠矫鍭BB遇1，&F,&Gu平面4BB14,所以公小,公尸，ArDrLArG,

故&F=41G=,21-9=2b,所以以小為球心，/T為半徑的球面與平面4BB1&的交線(xiàn)為以為為圓心，

公尸=2值為半徑的相，同理，與平面ABCD的交線(xiàn)為28為半徑的"f，與平面BCJBi的交線(xiàn)為2遮為半徑

的附由tan〃//=字可知=強(qiáng)同理心4道=看

故ZF&G=。=]—1—看=看這三段弧長(zhǎng)相等，均為/=%屋義2舊=竽，

故曲線(xiàn)E的長(zhǎng)度為苧x3=巡兀.

故答案為：B.

【分析】作出輔助線(xiàn)，可得以。1為球心，何為半徑的球面與平面力BBMi的交線(xiàn)為以公為圓心，力/=2百

為半徑的相，同理可得另外兩段弧，根據(jù)弧長(zhǎng)公式求解即可.

8.【答案】C

由/'(/'(%)+b)W1,可得：Wy(x)+bWa，即\—bW/(x)Wa-b,

因?yàn)锳=B,數(shù)形結(jié)合可得：｛1_匕<0,消去b可得［―(a—1)〈0,

因?yàn)閍>l,即a2—a—120,解得a之苧.

故答案為：C.

第6頁(yè)

【分析】作出函數(shù)/(%)=|Zoga%],Q>1的簡(jiǎn)圖，求的集合4=[Ja],即得:<f(x)+b<a，即:一54

/(x)<a-b,要使4=3,數(shù)形結(jié)合，只需口_bvo,消元后求解不等式即可得實(shí)數(shù)。的取值范圍.

9【答案】A,C

22

【解析】【解答】解：因?yàn)檎龑?shí)數(shù)滿(mǎn)足小―仍+痰=1，所以(〃_5+*=1，

令a—2=cos。，g^=sin。，所以a=cos。+字sin。，b=9e(0,等)，

A、a+b=cos0+V3sin0=2sin(0+當(dāng)。=百時(shí)，a+b取最大值為2,故A正確；

B、ab=與^sin。^cosd+半sin9)=^^-smdcosO+|sin20

=sin20-1cos20+i=isin(20-z)+r當(dāng)。=即寸，ab的最大值為L(zhǎng)故B錯(cuò)誤；

JJJJUJ

c、因?yàn)閍2—ab+b2=i,所以1=02—ab+b22a2+b2—。2y2即02+/W2,當(dāng)且僅當(dāng)

a=b,即a=b=1時(shí)等號(hào)成立，則a?+不得最小值為2,故C正確；

D,由B可得0<abWl,由。2+必=1+山9,貝Ui<a?+M2,故D錯(cuò)誤.

故答案為：AC.

【分析】由題可得9一/+孚=「可令a—白cos。，學(xué)=.8,即。=cos。+*sin。，b=

孥sin。，代入選項(xiàng)依次化簡(jiǎn)判斷即可.

10.【答案】A,C,D

【解析】【解答】解：A、因?yàn)楹瘮?shù)/(久)是偶函數(shù)，且滿(mǎn)足/(久)+/(2+久)=0,

所以/(-1)+〃1)=2〃1)=0,則/⑴=0,故A正確；

1，“21[/(%1)-

B、對(duì)任意比e[0,1]JEL%1HX2,都有(比-x2)f(%2)]>0，

則函數(shù)〃久)在[0,1]上單調(diào)遞增，f(0)</(I)=0,f(0)+/(2)=0,

/(2)=-/(0)>0>/(0),則2不是/(%)的周期，故B錯(cuò)誤;

C、由/(由+f(2+%)=0,得/(-X)+f(2+無(wú))=0,則函數(shù)y(久)圖象關(guān)于點(diǎn)(1,0)對(duì)稱(chēng)，

于是函數(shù)〃久)在[1,2]上單調(diào)遞增，在(2,3)上單調(diào)遞減，故C正確

D、由/(2+%)=-f(%),得/(4+%)=-f(2+x)=/(x),4是/(x)的一個(gè)周期,

/(4-x)-/(-%)=則函數(shù)/(%)圖象關(guān)于直線(xiàn)x=2對(duì)稱(chēng)，故D正確；.

故答案為：ACD.

【分析】由題意，利用偶函數(shù)性質(zhì)及單調(diào)性，結(jié)合賦值法逐項(xiàng)分析判斷即可.

1L【答案】A,B,D

【解析】【解答】解：A、10次點(diǎn)數(shù)為1,1,1,1,4,4,4,4,4,6,符合題意，故A正確；

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B、10次點(diǎn)數(shù)為3,333,4,446,6,6,符合題意,故B正確;

C、設(shè)10次點(diǎn)數(shù)為1且％%24%34%44%54%64%74%84%94%10，平

均數(shù)為根，

假設(shè)有一次點(diǎn)數(shù)為6,不妨設(shè)打0=6,由方差公式s2=妊+痣+痣+場(chǎng)+竭:*+痣+舄+熙0_*,代入相

關(guān)數(shù)據(jù)得.?1-W+W+延+就+延+以+的+遙+舄+36_

110個(gè)

即好+其+延+%。+渥+%]+妗+城+其=25,顯然%9最大只能取4，

不妨設(shè)%9=4得好+城+靖+城+延+%看+%多+點(diǎn)=9,此時(shí)方程無(wú)解，所以工904,

當(dāng)%9=3時(shí)得：%i+%2+x3+x4+x5+x6+x7+x8=%8最大只能取3，

不妨設(shè)%8=3得好+巖+城+延+於+就+自=7，此時(shí)方程有唯—解，打=、2=%3=%4=%5=%6=

X7=1,

即10次點(diǎn)數(shù)為1,1,1,1,1,1,1,336,但此時(shí)平均數(shù)為1.9不合題意，所以加工3,

xxxxx=

當(dāng)%9=2得/+%2+^3+4+5+6+7+821取%5=X6=X7=XQ=2得吊+角+延+場(chǎng)=5,

此時(shí)方程無(wú)解(其余情況也均無(wú)解)，所以％9。2,

當(dāng)％9=1時(shí)，平均數(shù)為L(zhǎng)5不合題意.綜上所述，假設(shè)有一次點(diǎn)數(shù)為6不成立，故C錯(cuò)誤；

D、1。次點(diǎn)數(shù)為3,3333334,4,6符合題意，故D正確.

故答案為：ABD.

【分析】舉例即可判斷ABD；用反證法證明不能出現(xiàn)6即可判斷C.

12.【答案】V2

【解析】【解答】解：由z(2+i)=l—3i,可得z=^=禽霍g則|z|=|匚U|=魚(yú).

故答案為：V2.

【分析】利用復(fù)數(shù)的除法運(yùn)算求出復(fù)數(shù)z,再根據(jù)復(fù)數(shù)的模長(zhǎng)公式求解即可.

13.【答案】*—卷

【解析】【解答】解：過(guò)71作/FIDE,交DE于F,過(guò)/作4力1平面EBCD,如圖所示：

因?yàn)锳,Hl平面EBCD,DEC平面EBCO,所以A,H1DE，

因?yàn)?'FIDE，AF(\AH=A>U平面A,FH，所以DE_L平面/FH，則OE1FH,

所以二面角力'一DE-C的平面角為乙4'FH=B，

111

則力￡*=----,tana>不，DE=--，AF=AE-sina=cosa,

tana2sincr

第8頁(yè)

則三棱錐力—BDE^JIWJXH=AF-sirijS=AF?sina=sinacosa，

三棱錐/—BDE的底面面積SABDE=|xlxBF=1x（2-焉）=1-懸五，

所以％BDE=I-sinacosa-（1-懸五）=[nacosa-嚕=/in2a-白cos2a--

%-BDE=*n2a-右cos2a-2=等皿2"8）-3,（其中tan”》，

故當(dāng)sin（2a—。）=1時(shí)，三棱錐/—BDE體積的最大值為第-白.

故答案為：第—今

【分析】將三棱錐力'-BDE的底面面積及高用含有a的三角函數(shù)來(lái)表示，根據(jù)體積公式寫(xiě)出棱錐體積，整理

化簡(jiǎn)后利用三角函數(shù)求出三棱錐/-BDE體積的最大值.

14.【答案】4V2-1

【解析】【解答】解：在銳角△ABC中，a2=b2+bc>由余弦定理得a?=b?+c?—2bccos4

則￡>2+be=/+02一2bccos4，即be=。2-2bccos4即b=c-2bcos4,

由正弦定理得：sinB=sinC-2sinBcosX,

即sinB=sin(A+B~)—2sinBcosA=sinAcosB—cosAsinB=sin(71—B),

因?yàn)?Be(0,兀)，所以4—Be(-兀,兀)，所以—所以Z=2B,

c2sinC2_sin(X+B)2

bcos2BsinBcos2BsinBcos2B

si-n_3B_|__2______si_n_5_c_o__s_2__B__+___c_o_s_B__s_i_n_2__B_____2_______

一sinBcos2B~sinBcos2B

2

222cosBsinB2

COSB—sinB+sinB+cos2B

2

=4cos2B+—1>2/4cosB----^―-1=4V2-1,

\cos￡B

當(dāng)且僅當(dāng)4cos2B=石，即COS2B=乎時(shí)等號(hào)成立，貝片+?篇的最小值為4/-1.

故答案為：4V2-1.

【分析】由題意，結(jié)合余弦定理可得力=23,再利用正弦定理化邊為角，根據(jù)二倍角公式化簡(jiǎn)，結(jié)合基本不

等式求解即可.

15.【答案】(1)解：函數(shù)/(%)=—V3cos(2x+另+2sin2x=V3sin2x—cos2x+1=2sin(2x)+1,

則/(%)的最小正周期T=-兀，當(dāng)2%=2/CTT+(/CEZ),即%=kyi+(/cGZ)時(shí),

/(%)取最大值，最大值為3；

(2)解：函數(shù)/(%)=2sin(2x一看)+1,

令~E—2kji解得工WX￡k.71+司(

2/CTT—5乙42%—U+y乙(fcGZ),/CTT—UJkGZ);

第9頁(yè)

令2kn+5M2久一看W2kji+(keZ),解得k?r+%<kn+(kGZ),

則函數(shù)/(久)的單調(diào)增區(qū)間為[0,郢單調(diào)減區(qū)間為險(xiǎn)外

【解析】【分析】(1)利用輔助角公式化簡(jiǎn)函數(shù)〃%),結(jié)合三角函數(shù)的周期公式和最值進(jìn)行求解即可；

(2)利用正弦函數(shù)的單調(diào)性即可求出函數(shù)fO)在區(qū)間[0,皆上的單調(diào)區(qū)間.

16.【答案】(1)解：由頻率分布直方圖每個(gè)小矩形面積和為1,可得：(0.006+x+0.024+0.024+0.020+

0.011)x10=1,

解得x=0.015；

(2)解：10X(20X0.006+30X0.015+40X0.024+50X0.024+60X0.020+70X0.011)=47,

頻率分布直方圖前兩列面積和為0.06+0.15=0.21,

設(shè)第30百分位數(shù)為a,(a-35)x0.024=0.09,

解出a=38.75,所以第30百分位數(shù)為38.75；

(3)解：由題意知總平均數(shù)5=47,設(shè)高一年級(jí)平均數(shù)后，方差為4，高二年級(jí)平均數(shù)雙=50,方差為

si=221,不五+工雙，解出即=40；

43+713+7乙

s2=(20-47)2X0.06+(30-47)2X0.15+(40-47)2X0.24+(50-47)2X0.24

+(60-47)2X0.2+(70-47)2X0.11=193

s2=義度+(而—研)2]+，區(qū)+(法—研,代入公式得193=己國(guó)+(40-47)2]4-

4[221+(50—47)2],解出/=苧，

所以高一班級(jí)消耗的筆頭數(shù)的平均值為40,方差為苧.

【解析】【分析】(1)由概率之和為1即面積和為1列式求解即可；

(2)由頻率分布直方圖的平均值公式計(jì)算平均值；第30百分位數(shù)即是面積和從左到右為0.3的橫坐標(biāo)列式計(jì)

算即可；

(3)由分層抽樣的平均值和方差公式求解即可.

17.【答案】(1)解：因?yàn)?E=2EB，所以說(shuō)=麗+阮=一事瓦？+品，

設(shè)麗=ABD,EF=fiEC,則加=XBD=A+^BC,

~BF=BE+EF=^BA+nEC=-^BA+[iBC=苧麗+面,

4=(x=—

所以:23，解得|彳，即/配；

AI144

(2=〃=4

(2)解：由(1)得前=)前=一工瓦？+/品，

41Z4

第10頁(yè)

則超前=g雨+/硝.(—3而+上網(wǎng)=—焉麗2+丟近2+克麗玩，

因?yàn)?4前.麗=BA-BC,

所以■瓦木+|阮2+瓦^(guò).阮=~BA-~BC,

即瓦f=3前2,所以|瓦?|=6|配|,即黎=8.

【解析】【分析】⑴根據(jù)平面向量得線(xiàn)性運(yùn)算即可求出前，設(shè)麗=2麗前=〃品，分別用尢〃及就近表

示麗，再根據(jù)平面向量基本定理求出尢〃，即可求前；

(2)先將前表示就，舐，再根據(jù)平面向量數(shù)量積得運(yùn)算律化簡(jiǎn)求解即可.

18.【答案】(1)證明：易得ZB1BC,因?yàn)槠矫鍮CF1平面4BCD,平面BCFn平面4BCC=BC,

ABu平面ABCD,所以ABJ■平面BCF,又因?yàn)镃Fu面BCF,所以4B1CF,

而FC1FB,EF//AB,AB(\BF=B,AB,BFa^^ABFE,

因止匕CF1平面ABFE,又BEu平面ABFE,所以BE1CF；

(2)解：取BC的中點(diǎn)0,作。無(wú)〃AB,連接OF,

由(1)知，。K1平面BCF,

因?yàn)镺Fu平面BCF,所以。％1OF,又因?yàn)镕C1FB,FC=FB,所以。F1BC,

即。％,。以。尸兩兩垂直，以。為原點(diǎn)，直線(xiàn)。羽。B,OF分別為x,y,z建立空間直角坐標(biāo)系，

如圖所示：

假定在線(xiàn)段4B上存在點(diǎn)7,使得D7與平面ACF所成角的正弦值為字，設(shè)BT=t(0,WtW4),

則4(4,V2,0),B(0,V2,0),C(0,—VX0),D(4,-四0),F(0,0,企),T(t,遮,0),

CA=(4,2V2,0),CF=(0,V2,V2),DT=(t-4,2企,0),

設(shè)平面4CF的法向量元=(久,y,z),貝山［竺=4：+2燈=0,令尤=匕得元=Q,—四,遮)，

In-CF=V2y+V2z=0

如伉而心飄=」T^=城整理得2t2-7t+3=0,解得t=/或t=3,

'n''U11若xj(t-4)2+82

所以在線(xiàn)段4B上存在點(diǎn)r,使得Dr與平面ACF所成角的正弦值為李，止匕時(shí)BT=2或B7=3.

3乙

【解析】【分析】(1)利用面面垂直的性質(zhì)、線(xiàn)面垂直的判定性質(zhì)推理即得.

(2)取BC的中點(diǎn)0,以。為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)BT=t(0,WtW4),求出平面4CF的法向量，再利

用線(xiàn)面角的向量求法求解即得.