北京市石景山区2018—2019学年第一学期高三期末试题及答案
北京市石景山区2018—2019学年第一学期高三期末试题及答案2019.01一、本大题共7小题，共24分。
阅读下面的材料，完成1～7题。
材料一随着人民生活水平的提高，“寻找失去的家园”成为一种旅游时尚。
古村古镇旅游以深厚的文化底蕴、淳朴的民风和古香古色的建筑遗迹等受到游客喜爱。
但是旅游开发中保护与开发之间的矛盾、传承与商业化的博弈等，也给景区发展带来了诸多限制。
如何处理好保护与开发的关系，实现古村古镇的可持续发展？乌镇对此作了有效的探索，被联合国教科文组织专家称为“乌镇模式”。
乌镇的具体做法可归纳为“迁、拆、修、补、饰”五个字。
“迁”，搬迁历史街区内必须迁移的工厂、大型商场、部分现代民居；“拆”，拆除不协调建筑；“修”，用旧材料和传统工艺修缮破损的老街、旧屋、河岸、桥梁等；“补”，恢复或补建部分旧建筑，填补空白，连缀成整体；“饰”，各类电线、管道全部地埋铺设，空调等现代设施全部遮掩。
这“五字法”较好地恢复和保持了古镇的原真风貌，是乌镇的创意之举。
非物质文化遗产成为乌镇旅游开发的重要内容。
景区专门开设30余个展馆、工场和作坊，如高公生糟坊、叙昌酱园、乌香堂等，游客置身于延续百年传统的老作坊，亲自参与古老的工艺品制作流程，仿佛自己已回到那遥远而古老的年代。
水上社戏、高杆船、花鼓戏、皮影戏等传统艺术展演众多，书场戏台等分布于景区的不同节点，游客可以驻足观看，也可以参与体验。
拳船表演、堂会表演、打更体验等，通过演艺、互动等多种形式展示民间传统生活方式，让茅盾笔下的家乡风情鲜活地展现出来。
传统的生活方式和民间寿俗、婚俗等，既是传统文化的凝练，也为人们开启了体验古镇生活的路径。
历史文化的传承不是简单的保留复制，古村古镇文化旅游区一方面要传承经典，另一方面还要融合现代元素，对文化资源进行提升。
如张艺谋导演的印象系列文化实景演出，以真山真水为演出舞台，以当地文化、民俗为主要内容，以演艺界、商业界大师为创作团队，创造了全新的演出形式，取得了可观的经济效益，也为中国旅游业向人文旅游、文化旅游转型提供了一种新模式。
1．根据材料一，下列不属于古村古镇成为旅游热点的原因的一项是（3分）A．人民生活水平提高B．旅游地有文化底蕴C．建筑风格古色古香D．古村镇可持续发展2．根据材料一，下列不属于非物质文化遗产的一项是（3分）A．高公生糟坊、叙昌酱园B．高杆船、花鼓戏、皮影戏C．拳船表演、堂会表演D．茅盾笔下的家乡风情材料二浙江省是中国民宿业发展的先行者，截至2017年年底，该省民宿达16233家，参与就业创业农民近10万人。
“国家级生态县”丽水市云和县民宿业日渐崛起，散发着“磁吸魅力”。
从2013年政府主推，到近两年村民主动要求，云和县以、、为“本”，兴起民宿产业。
以闲置农房为底色，2013年，云和县开始鼓励乡村发展民宿业；至2016年，云和县出台一系列相关政策，使闲置农房有了“换颜”的条件。
人们善用空闲农房，将山水之间充满田园野趣的“沉睡资源”转化为发展资本，还原为天然憩息之所。
在云和，带有当地特色的民宿大量出现，如雨后春笋（过江之鲫）。
据调查，中国农村约有四分之一的住房处于闲置状态，合理利用是最好的保护，使老房子有依托，湖光山色更有活力。
伴随民宿热浪，民宿粗放式管理、同质化等问题也不断出现。
在“千店一面”的背景下，2018年7月，云和正式发布《云和云居•六头民宿要求与评价》团体标准，这是全国首例民宿团体标准。
该标准对民宿的基本要求、等级划分、品牌使用等进行了统一规范。
“六头”指门头、灶头、床头、木头、石头、田头。
“六头民宿”与其他民宿最大的不同在于植入了地方文化，形成了系统、规范的民宿体系。
在海拔300米的赤石村，18幢风格迥异的独栋木屋——“云栖木屋”依山而建，与之浑然一体（浑然天成）。
其建设灵感源于云和本地的木玩文化。
此外，抗战文化、船帮文化等诸多本土文化也与木玩文化交相辉映。
坐拥山光水色、“九山半水半分田”是云和县的生态画卷，而这画卷只是“浙江绿谷”丽水市的缩影：莲都区复活古村落兴起民宿业；青田县以华侨特色推动民宿业；景宁县以畲族风情带动民宿业……多年来，丽水市立足生态禀赋，以本土特色为根基，“争奇斗艳”地发展民宿产业。
据统计，目前该市已有农家乐民宿4000余家，从业人员4.7万人。
今年前三季度实现营业总收入30.2亿元，同比增长31%。
（取材于项菁的文章）3．根据材料二内容，为第1段横线处分别填入恰当词语。
（3分）4．根据材料二，下列理解符合文意的一项是（3分）A．木玩文化在云和县民宿业的发展中一枝独秀。
B．丽水民宿业蓬勃发展印证了云和的“磁吸魅力”。
C．合理利用闲置农房就是将湖光山色转化为资本。
D．系统、规范的民宿要符合“六头民宿”的标准。
材料三尽管地处长三角城市群中心腹地，拥有760多年历史的南浔古镇历史风貌仍得以完整保护。
其保护特别重视“以人为本”，目前仍有约7300户、20000名原住民枕水而居，实现了传统文化生态与现代文明的融合共生，其积淀的传统文化也历久弥新，滋养后人。
千年古桥、百年民居，以一镇之规模，坐拥超过20万平方米的古建筑群，这是南浔古镇的一大特色和优势。
懿德堂、尊德堂、小莲庄、嘉业堂藏书楼……众多大气宅第和典雅园林有序分布，当年名门大族的气势犹可窥见一斑。
古镇北部富有江南特色的沿河民居建筑群“百间楼”依河岸分布，骑楼的进深、界墙的设置、石库门的规模、门额的装饰以及河埠的样式等不尽相同，各具特色又互通一脉。
骑楼建在路面上方作居室，下方地面留出供路人行走，体现的正是当地人“让了一尺地，借得一方天”的大度气质。
对古镇的保护始于上世纪50年代，从80年代开始，各方主动保护意识逐渐增强。
2011年，南浔区成立古镇管理委员会，并于2016年启动古镇保护利用三年行动计划。
当地还展开区域整体水系与生态修复，还原古镇水城相依、街巷曲折的江南水乡特色。
通过建筑保护与开放，古镇名人崇文重商、信义向善、开放包容、敢闯进取的价值观念和处世哲学，也重新焕发了生机。
“古之欲明明德于天下者先治其国，欲治其国者先齐其家，欲齐其家者先修其身……”早晨，浔溪中学的教室里传来阵阵读书声，学生朗诵的正是《礼记》中的《大学》片段。
学校深入挖掘南浔古镇丰富的历史文化内涵，开设拓展性课程，通过这种形式，学生得以更好地亲近历史，传承古人思想精髓。
静水流深（上善若水），优秀的精神文化财富在南浔正无声传递，影响着越来越多的人。
在南林花园，家风长廊前经常有社区居民驻足观看。
“孝老爱亲”“邻里和睦”“诚信做人”等平实的话语在长廊内集中展示，这些都是小区内居民的家风家训。
国务院参事、国家非物质文化遗产名录专家委员会主任冯骥才认为，古镇保护不应背离历史文化名城名镇保护的初衷，要让被中华文明滋养的每一个现代人，都能建立起与历史、国家、他人之间紧密的文化联系，拥有建立在深厚历史根基之上的文化底气。
暮色四合，小镇逐渐结束了一天的喧闹，重归静谧。
骑楼下，连绵亮起的灯笼延伸向远方，在灯影的流转中，偶有行人悠然踱过，低声细说着水乡古镇的变迁……适度开发的南浔古镇保留了原汁原味，江南“大家闺秀”的优雅风姿犹在眼前，人文积淀触手可及（近在咫尺）。
因为保护与发展得力，南浔古镇近年先后获得中国历史文化名镇、中国十大魅力名镇等荣誉，并成为国内首个整体列入《世界文化遗产名录》的古镇。
（取材于何玲玲、魏一骏等人的文章）5．下列四个加点词语，在材料二、材料三中可以用其后括号内词语替换的一处是（3分）A．雨后春笋（过江之鲫）B．浑然一体（浑然天成）C．静水流深（上善若水）D．触手可及（近在咫尺）6．材料三中南浔古镇的保护重视“以人为本”。
下列语句分为四组，其中做法均与此相近的一组是（3分）始建于明代的北京皇家粮仓如今成为一座文化会所，承办多种商务活动。
介休张壁古堡深入挖掘军事文化、星象文化、可汗崇拜文化、宗教文化。
地处汉魏故城遗址的河南洛阳平乐村发展起农民牡丹画产业，闻名全国。
云南团山村将部分民居第一进院落对外开放，第二进院落保留居住功能。
A．B．C．D．7．“乡村振兴战略”是当下国家发展战略的重要组成部分。
根据以上三则材料，分条概述振兴乡村的可行途径。
（6分）二、本大题共6小题，共23分。
（一）阅读下面两则文言文，完成8～12题。
（1）景公问晏子曰：“寡人意气衰，身病甚。
今吾欲具圭璧牺牲，令祝宗【1】荐之乎上帝宗庙，意者祀可以干福乎？”晏子对日：“婴闻之，古者先君之干福也，政必合乎民，行必顺乎神。
节宫室，不敢大斩伐，以无逼山林；节饮食，无多畋渔，以无逼川泽；祝宗用事，辞罪而不敢有所求也。
是以神民俱顺，而山川纳禄。
今君政反乎民，而行悖乎神。
大宫室，多斩伐，以逼山林；羡饮食，多畋渔，以逼川泽。
是以民神俱怨，而山川收禄。
司过【2】荐罪，而祝宗祈福，意者逆乎！”公曰：“寡人非夫子无所闻此，请革心易行。
”于是废公阜之游，止海食之献；斩伐者以时，畋渔者有数；居处饮食，节之勿羡；祝宗用事，辞罪而不敢有所求也。
故邻国忌之，百姓亲之，晏子没而后衰。
（选自《晏子春秋》）注释：【1】祝宗：掌管祭祀祝祷的官员。
【2】司过：古代官名，掌纠正过失。
（2）故圣人之制事也，能节宫室、适车舆以实藏，则国必富、位必尊。
能适衣服、去玩好以奉本，而用必赡、身必安矣。
能移无益之事、无补之费，通币行礼，而党必多、交必亲矣。
夫众人【1】者，多营于物而苦其力、劳其心，故困而不赡，大者以失其国，小者以危其身。
故立身于中，养有节：宫室足以避燥湿，食饮足以和血气，衣服足以适寒温，礼仪足以别贵贱，游虞足以发欢欣。
不作无补之功，不为无益之事。
故适身行义，俭约恭敬，其唯无福，祸亦不来矣；骄傲侈泰，离度绝理，其唯无祸，福亦不至矣。
是故君子上观绝理者以自恐也，下观不及者以自隐也。
故曰：誉不虚出，而患不独生，福不择家，祸不索人，此之谓也。
能以所闻瞻察，则事必明矣。
（取材于《管子•禁藏》）。
注释：【1】众人：这里是指一般的君主。
8．下列对句中加点词的解释，不正确的一项是（3分）A.意者祀可以干福乎干：求取B.羡饮食羡：羡慕C.用必赡赡：充足D.游虞足以发欢欣虞：通“娱”9．下列各组语句中加点词的意义和用法，相同的一项是（3分）A．古者先君之干福也能移无益之事B．行必顺乎神意者逆乎C．辞罪而不敢有所求也寡人非夫子无所闻此D．斩伐者以时宫室足以避燥湿10．下列对文中语句的理解，不正确的一项是（3分）A．是以神民俱顺，而山川纳禄因此神灵和民众都很顺从，而山川收回了财富B．而党必多、交必亲矣这样盟国就必定多，邦交就必定亲睦了C．其唯无祸，福亦不至矣即使没有灾祸，幸福却也不会来到D．是故君子上观绝理者以自恐也因此君主首先要看到违反常理者的下场并引以为戒11．将下面的句子译为现代汉语。
（4分）故邻国忌之，百姓亲之，晏子没而后衰。
北京市朝阳区 2018-2019 学年度第一学期期末质量检测高三英语试卷(含答案)
北京市朝阳区2018-2019 学年度第一学期期末质量检测高三英语试卷 2019.1（考试时间100 分钟满分120 分)本试卷共10 页。
考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。
第一部分：知识运用（共两节，45 分）第一节语法填空（共10 小题；每小题1.5 分, 共15 分）阅读下列短文，根据短文内容填空。
在未给提示词的空白处仅填写 1 个适当的单词，在给出提示词的空白处用括号内所给词的正确形式填空。
AI love the desert 1 it makes me feel spiritual. I especially like the orange and red sunset in the desert. When the night 2 (come), I lay my blanket, build a fire, and eat some dinner. Then I like lying on the sand and looking at the countless 3 (star) in the sky. At this time I can feel more relaxed. I’ll wait for another beautiful picture in the morning, the sunrise.BAs the world’s population grows, a lot of wild animals 4 (force) to leave their natural home. Many wild animals are in danger. People kill them for food or fur, or because they compete with humans for food supplies. 5 (lucky), animal rescue organizations are working hard 6 (preserve) endangered animals and give them help. More and more people are realizing the importance of protecting wild animals.CSmokejumpers are a special type of firefighter. They jump from planes into areas that are difficult to reach by car or on foot. When they arrive there, they first examine the land and decide 7 to fight the fire. Their main goal is to stop a fire from 8 (spread). They will use basic equipment to clear land of plants and other dry materials. The work is dangerous, 9 they love being able to jump out of planes, fight fires, and live in the forest. As 38-year-old Alexi Tishin, who 10 (work) as a smokejumper for 15 years, say s, “This is the best job for tough guys.”第二节完形填空（共20 小题；每小题1.5 分，共30 分）阅读下面短文，掌握其大意，从每题所给的A、B、C、D 四个选项中，选出最佳选项，并在答题卡上将该项涂黑。
专题3.1 以立体几何中探索性问题为背景的解答题——新高考数学专项练习题附解析
专题三压轴解答题第一关以立体几何中探索性问题为背景的解答题【名师综述】利用空间向量解决探索性问题立体几何中的探索性问题立意新颖，形式多样，近年来在高考中频频出现，而空间向量在解决立体几何的探索性问题中扮演着举足轻重的角色，它是研究立体几何中的探索性问题的一个有力工具，应用空间向量这一工具，为分析和解决立体几何中的探索性问题提供了新的视角、新的方法．下面借“题”发挥，透视有关立体几何中的探索性问题的常见类型及其求解策略，希望读者面对立体几何中的探索性问题时能做到有的放矢，化解自如．1.以“平行”为背景的存在判断型问题典例1 （2019·山东省实验中学高考模拟）如图所示的矩形ABCD中，AB=12AD=2，点E为AD边上异于A，D两点的动点，且EF//AB，G为线段ED的中点，现沿EF将四边形CDEF折起，使得AE与CF的夹角为60°，连接BD，FD．(1)探究：在线段EF上是否存在一点M，使得GM//平面BDF，若存在，说明点M的位置，若不存在，请说明理由；(2)求三棱锥G—BDF的体积的最大值，并计算此时DE的长度．【名师指点】本题是直线和平面平行的存在性问题，这种问题可以利用空间直角坐标系，通过建系设点，利用空间向量求解，如果利用传统立体几何的方法，就需利用分析法，利用直线和平面平行的性质定理寻求点的位置．【举一反三】如图所示,在四棱锥中,四边形是正方形,点分别是线段的中点.（1）求证：;（2）线段上是否存在一点,使得面面,若存在，请找出点并证明;若不存在,请说明理由.类型2 以“垂直”为背景的存在判断型问题典例2 如图，在四棱锥中，四边形为平行四边形，，为中点,（1）求证：平面；（2）若是正三角形，且.(Ⅰ)当点在线段上什么位置时，有平面？(Ⅱ)在(Ⅰ)的条件下，点在线段上什么位置时，有平面平面？【名师指点】以直线和平面垂直、直线和直线垂直为背景的垂直问题，可以通过建立空间直角坐标系，通过直线的方向向量与平面的法向量共线或者直线方向向量垂直求得，也可以利用传统立体几何知识利用分析的方法，确定线、面垂直关系来求解．【举一反三】【北京市通州区2018-2019学年第一学期高三年级期末考试】如图，在三棱柱中，底面，△ABC是边长为的正三角形，，D，E分别为AB，BC的中点．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值；（Ⅲ）在线段上是否存在一点M ，使平面？说明理由.类型3 以“角”为背景的探索性问题典例3 （2019·山东高三月考）如图，在四棱锥S ABCD -中，四边形ABCD 是矩形，SAD ∆是等边三角形，平面SAD ⊥平面ABCD ，1AB =，E 为棱SA 上一点，P 为AD 的中点，四棱锥S ABCD -的体积为233.（1）若E 为棱SA 的中点，F 是SB 的中点，求证：平面∥PEF 平面SCD ； （2）是否存在点E ，使得平面PEB 与平面SAD 所成的锐二面角的余弦值为30？若存在，确定点E 的位置；若不存在，请说明理由.【名师指点】与“两异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角”有关的存在性问题，常利用空间向量法解决，可以避开抽象、复杂地寻找角的过程，只要能够准确理解和熟练应用夹角公式，就可以把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等．事实说明，空间向量法是证明立体几何中存在性问题的强有力的方法．【举一反三】（2019·山东枣庄八中高三月考（理））如图，直三棱柱111-ABC A B C 中，120ACB ∠=且12AC BC AA ===，E 是棱1CC 上动点，F 是AB 中点.（Ⅰ）当E 是中点C 1C 时，求证：CF 平面 AE 1B ；（Ⅱ）在棱1CC 上是否存在点E ，使得平面AE 1B 与平面ABC 所的成锐二面角为6π，若存在，求CE 的长，若不存在，请说明理由.【精选名校模拟】1. （·山东高考模拟（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，,AD PCD PD CD ⊥⊥平面，底面ABCD 是梯形，//,1,2,AB DC AB AD PD CD AB Q ====为棱PC 上一点. (Ⅰ)若点Q 是PC 的中点，证明：//PQ PAD 平面； (Ⅱ)PQ PC λ=试确定λ的值使得二面角Q BD P --为60°. 2. （2019·夏津第一中学高三月考）如图所示，等腰梯形ABCD 中，AB CD ∥，2AD AB BC ===，4CD =，E 为CD 中点，AE 与BD 交于点O ，将ADE 沿AE 折起，使点D 到达点P 的位置（P ∉平面ABCE ）．（1）证明：平面POB ⊥平面ABCE ； （2）若6PB =，试判断线段PB 上是否存在一点Q （不含端点），使得直线PC 与平面AEQ 所成角的正弦值为15，若存在，求出PQ OB 的值；若不存在，说明理由．3. （2018·山东济南外国语学校高三月考（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，60,90DAB ADP ∠=︒∠=︒，平面ADP ⊥平面ABCD ，点F 为棱PD 的中点．（Ⅰ）在棱AB 上是否存在一点E ，使得AF 平面PCE ，并说明理由；（Ⅱ）当二面角D FC B --的余弦值为24时，求直线PB 与平面ABCD 所成的角． 【答案】（1）见解析（2）60︒4. （2019·北京北师大实验中学高三月考）如图所示，在四棱锥P ABCD -中，底面四边形ABCD 为正方形，已知PA ⊥平面ABCD ，2AB =，2PA =.（1）证明：BD PC ⊥；（2）求PC 与平面PBD 所成角的正弦值；（3）在棱PC 上是否存在一点E ，使得平面BDE ⊥平面BDP ？若存在，求PEPC的值并证明，若不存在，说明理由.5.【黑龙江省哈尔滨市第六中学2019届高三上学期期末考试】如图，在棱长为2的正方体中，点分别是棱上的动点，且.（1）求证：；（2）当三棱锥的体积取得最大值时，求二面角的正切值． 6. 【湖北省2019届高三联考测试】如图，在四棱锥中，，，，且PC=BC=2AD=2CD=2，.（1）平面；（2）在线段上，是否存在一点，使得二面角的大小为？如果存在，求的值；如果不存在，请说明理由.7. 【福建省龙岩市2019届高三第一学期期末教学质量检查】如图，四边形是边长为2的正方形，平面平面，且.（1）证明：平面平面；（2）当，且与平面所成角的正切值为时，求二面角的正弦值.8. 【福建省厦门市2019届高三年级第一学期期末质检】如图，在四棱锥中，平面，四边形为平行四边形，且，.（1）证明：平面；（2）当直线与平面所成角的正切值为时，求二面角的余弦值.9. 【北京市朝阳区2018-2019高三数学期末考试】如图，三棱柱的侧面是平行四边形，，平面平面，且分别是的中点.（1）求证：平面；（2）当侧面是正方形，且时，（ⅰ）求二面角的大小；（ⅱ）在线段上是否存在点，使得？若存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由.10. 如图，在多面体ABCDMN 中，四边形ABCD 为直角梯形， //AB CD ， 22AB =， BC DC ⊥，2BC DC AM DM ====，四边形BDMN 为矩形.（1）求证：平面ADM ⊥平面ABCD ；（2）线段MN 上是否存在点H ，使得二面角H AD M --的大小为4π？若存在，确定点H 的位置并加以证明.11. 在三棱锥P ABC -中， AB AC =， D 为BC 的中点， PO ⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上，已知4,3,2,1BC PO AO OD ====. （1）证明： AP BC ⊥；（2）在线段AP 上是否存在一点M ，使得二面角A MC B --为直二面角？若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由.12 【安徽省江南十校2019届高三第二次大联考】如图，已知四边形中，对角线，，为等边三角形.（1）求面积的最大值；（2）当的面积最大时，将四边形沿折起成直二面角，在上是否存在点使直线与平面所成的角满足：，若不存在，说明理由；若存在，指出点的位置.13. 【云南省昆明市2019届高三1月复习诊断测试】如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面，，，是棱上的一点.（1）若平面，证明：；（2）在（1）的条件下，棱上是否存在点，使直线与平面所成角的大小为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.14. 【河南省开封市2019届高三上学期第一次模拟考试】如图所示，是边长为2的正方形，平面，且.（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）线段上是否存在一点，使二面角所成角的余弦值为？若存在，请找出点的位置；若不存在，请说明理由.15.如图，五面体11A BCC B -中，14AB =，底面ABC 是正三角形，2AB =，四边形11BCC B 是矩形，二面角1A BC C --为直二面角．（1）D 在AC 上运动，当D 在何处时，有1//AB 平面1BDC ，并说明理由； （2）当1//AB 平面1BDC 时，求二面角1C BC D --余弦值．专题三压轴解答题第一关以立体几何中探索性问题为背景的解答题【名师综述】利用空间向量解决探索性问题立体几何中的探索性问题立意新颖，形式多样，近年来在高考中频频出现，而空间向量在解决立体几何的探索性问题中扮演着举足轻重的角色，它是研究立体几何中的探索性问题的一个有力工具，应用空间向量这一工具，为分析和解决立体几何中的探索性问题提供了新的视角、新的方法．下面借“题”发挥，透视有关立体几何中的探索性问题的常见类型及其求解策略，希望读者面对立体几何中的探索性问题时能做到有的放矢，化解自如．2.以“平行”为背景的存在判断型问题典例1 （2019·山东省实验中学高考模拟）如图所示的矩形ABCD中，AB=12AD=2，点E为AD边上异于A，D两点的动点，且EF//AB，G为线段ED的中点，现沿EF将四边形CDEF折起，使得AE与CF的夹角为60°，连接BD，FD．(1)探究：在线段EF上是否存在一点M，使得GM//平面BDF，若存在，说明点M的位置，若不存在，请说明理由；(2)求三棱锥G—BDF的体积的最大值，并计算此时DE的长度．【答案】（1）见解析；（2）33,2【解析】（1）取线段EF的中点M，有GM∥平面BDF．证明如下：如图所示，取线段EF的中点M，∵G为线段ED的中点，M为线段EF的中点，∴GM为△EDF的中位线，故GM∥DF，又GM⊄平面BDF，DF⊂平面BDF，故GM∥平面BDF；（2）∵CF ∥DE ，且AE 与CF 的夹角为60°，故AE 与DE 的夹角为60°，即60AED ∠=︒， 过D 作DP ⊥AE 交AE 于P ，由已知得DE ⊥EF ，AE ⊥EF ，∴EF ⊥平面AED ， EF ⊥DP,又AE EF=E,∴DP ⊥平面AEFB ， 即DP 为点D 到平面ABFE 的距离，且3DP x =， 设DE ＝x ，则AE ＝BF ＝4﹣x ， 由（1）知GM ∥DF ，G BDF M BDF D MBF V V V ---===11131(4)3322MBF S DP x x ⎡⎤⋅⋅=⨯⨯⨯-⨯⎢⎥⎣⎦()24333(4)x x x x -+=-⋅=，当且仅当4﹣x ＝x 时等号成立，此时x ＝DE ＝2． 故三棱锥G ﹣BDF 的体积的最大值为33，此时DE 的长度为2． 【名师指点】本题是直线和平面平行的存在性问题，这种问题可以利用空间直角坐标系，通过建系设点，利用空间向量求解，如果利用传统立体几何的方法，就需利用分析法，利用直线和平面平行的性质定理寻求点的位置．【举一反三】如图所示,在四棱锥中,四边形是正方形,点分别是线段的中点.（1）求证：;（2）线段上是否存在一点,使得面面,若存在，请找出点并证明;若不存在,请说明理由. 【解析】（1）证明：由四边形为正方形可知，连接必与相交于中点故∵面∴面（2）线段上存在一点满足题意，且点是中点理由如下：由点分别为中点可得：∵面∴面由（1）可知，面且故面面类型2 以“垂直”为背景的存在判断型问题典例2 如图，在四棱锥中，四边形为平行四边形，，为中点,（1）求证：平面；（2）若是正三角形，且.(Ⅰ)当点在线段上什么位置时，有平面？(Ⅱ)在(Ⅰ)的条件下，点在线段上什么位置时，有平面平面？【解析】（1）证明：连接,,=，因为ABCD是平行四边形，则为中点，连接，又为中点，面，面平面.（2）解(Ⅰ)当点在线段中点时，有平面取中点，连接，又，又，，平面，又是正三角形，平面(Ⅱ)当时，有平面平面过作于，由(Ⅰ)知，平面，所以平面平面易得【名师指点】以直线和平面垂直、直线和直线垂直为背景的垂直问题，可以通过建立空间直角坐标系，通过直线的方向向量与平面的法向量共线或者直线方向向量垂直求得，也可以利用传统立体几何知识利用分析的方法，确定线、面垂直关系来求解．【举一反三】【北京市通州区2018-2019学年第一学期高三年级期末考试】如图，在三棱柱中，底面，△ABC是边长为的正三角形，，D，E分别为AB，BC的中点．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值；（Ⅲ）在线段上是否存在一点M，使平面？说明理由.【解析】（Ⅰ）证明：在三棱柱中，因为底面，CD⊂平面ABC，所以．又为等边三角形，为的中点，所以．因为，所以平面；（Ⅱ）取中点，连结，则因为，分别为，的中点，所以．由（Ⅰ）知，，如图建立空间直角坐标系．由题意得，，，,,,,，，．设平面法向量，则即令，则，．即．平面BAE法向量．因为，，，所以由题意知二面角为锐角，所以它的余弦值为.（Ⅲ）解：在线段上不存在点M，使平面．理由如下．假设线段上存在点M，使平面．则，使得．因为，所以．又，所以．由（Ⅱ）可知，平面法向量，平面，当且仅当，即，使得．所以 解得．这与矛盾．所以在线段上不存在点M ，使平面．类型3 以“角”为背景的探索性问题典例3 （2019·山东高三月考）如图，在四棱锥S ABCD -中，四边形ABCD 是矩形，SAD ∆是等边三角形，平面SAD ⊥平面ABCD ，1AB =，E 为棱SA 上一点，P 为AD 的中点，四棱锥S ABCD -的体积为23.（1）若E 为棱SA 的中点，F 是SB 的中点，求证：平面∥PEF 平面SCD ； （2）是否存在点E ，使得平面PEB 与平面SAD 30E 的位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在，点E 位于AS 的靠近A 点的三等分点. 【解析】（1）证明：因为E 、F 分别是SA 、SB 的中点， 所以EF AB ∥，在矩形ABCD 中，AB CD ∥， 所以EF CD ∥，又因为E 、P 分别是SA 、AD 的中点， 所以∥EP SD ，又因为EF CD ∥，EF EP E ⋂=，,EF EP ⊂平面PEF ，,SD CD ⊂平面SCD ，所以平面∥PEF 平面SCD .（2）解：假设棱SA 上存在点E 满足题意. 在等边三角形SAD 中，P 为AD 的中点， 于是SP AD ⊥，又平面SAD ⊥平面ABCD ， 平面SAD ⋂平面ABCD AD =，SP ⊂平面SAD ，所以SP ⊥平面ABCD ，所以SP 是四棱锥S ABCD -的高， 设AD m =，则SP =，ABCD S m =矩形，所以1133S ABCD ABDD V S SP m -=⋅==矩形 所以2m =，以P 为坐标原点，PA 所在直线为x 轴，过点P 与AB 平行的直线为y 轴，PS 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.则()0,0,0P ，()1,0,0A ，()1,1,0B，(S ，设(()()01AE AS λλλλ==-=-≤≤，()()1,0,0PE PA AE λ=+=+-()1λ=-，()1,1,0PB =，设平面PEB 的一个法向量为()1,,n x y z =，有()1110n PE x z n PB x y λ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩， 令3x λ=，则()13,,1n λλ=-，易知平面SAD 的一个法向量()20,1,0n =，所以12122123cos ,721n n n n n n λλλ-⋅==-+30=， 因为01λ≤≤， 所以13λ=， 所以存在点E ，位于AS 的靠近A 点的三等分点.【名师指点】与“两异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角”有关的存在性问题，常利用空间向量法解决，可以避开抽象、复杂地寻找角的过程，只要能够准确理解和熟练应用夹角公式，就可以把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等．事实说明，空间向量法是证明立体几何中存在性问题的强有力的方法．【举一反三】（2019·山东枣庄八中高三月考（理））如图，直三棱柱111-ABC A B C 中，120ACB ∠=且12AC BC AA ===，E 是棱1CC 上动点，F 是AB 中点.（Ⅰ）当E 是中点C 1C 时，求证：CF 平面 AE 1B ；（Ⅱ）在棱1CC 上是否存在点E ，使得平面AE 1B 与平面ABC 所的成锐二面角为6π，若存在，求CE 的长，若不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析；（2）1CE =.【解析】（1）取1AB 中点G ，连结EG FG 、，则FG ∥1BB 且112FG BB =. 因为当E 为1CC中点时，CE ∥1BB 且112CE BB =， 所以FG ∥CE 且FG = CE .所以四边形CEGF 为平行四边形，CF ∥EG ， 又因为1CF AEB ⊄平面，1EG AEB ⊂平面， 所以//CF 平面1AEB ；（2）假设存在满足条件的点E ，设()01CE λλ=≤≤.以F 为原点，向量1FB FC AA 、、方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立空间直角坐标系. 则()3,0,0A -，()13,0,2B ，()0,1,E λ，平面ABC 的法向量()0,0,1m =，平面1AEB 的法向量()333,3n λ=--，，()23cos 23991m n m n m nλ⋅===++-，，解得1λ=，所以存在满足条件的点E ，此时1CE =.【精选名校模拟】1. （·山东高考模拟（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，,AD PCD PD CD ⊥⊥平面，底面ABCD 是梯形，//,1,2,AB DC AB AD PD CD AB Q ====为棱PC 上一点. (Ⅰ)若点Q 是PC 的中点，证明：//PQ PAD 平面； (Ⅱ)PQ PC λ=试确定λ的值使得二面角Q BD P --为60°. 【答案】（1）见解析（2）36【解析】 (Ⅰ)取PD 的中点M ，连接AM ，M Q ，Q PC点是的中点，∴M Q∥CD，1.2MQ CD=又AB∥CD，1,2AB CD QM=则∥AB，QM＝AB，则四边形ABQM是平行四边形.BQ∴∥AM.又AM⊂平面PAD，BQ⊄平面PAD，BQ∴∥平面PAD.（Ⅱ）解：由题意可得DA，DC，DP两两垂直，以D为原点，DA，DC，DP所在直线为,,x y z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0，1，1)，C(0，2，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0).令()()()000000,,,,,1,0,2,1.Q x y z PQ x y z PC=-=-则()()000,,,10,2,1,PQ PC x y zλλ=∴-=-()0,2,1.Qλλ∴-又易证BC⊥平面PBD，()1,1,0.n PBD∴=-是平面的一个法向量设平面QBD的法向量为(),,,m x y z=(),0,0,2210,.0,1x yx ym DBy z z ym DQλλλλ=-⎧+=⎧⎧⋅=⎪⎨⎨⎨+-==⋅=⎩⎩⎪-⎩则有即解得令21,1,1,.1y mλλ⎛⎫==-⎪-⎝⎭则60Q BD P 二面角为--，21cos,,22221m n m n m nλλ⋅∴===⎛⎫⋅+ ⎪-⎝⎭解得3 6.λ=±Q 在棱PC 上，01,3 6.λλ<<∴=-2. （2019·夏津第一中学高三月考）如图所示，等腰梯形ABCD 中，AB CD ∥，2AD AB BC ===，4CD =，E 为CD 中点，AE 与BD 交于点O ，将ADE 沿AE 折起，使点D 到达点P 的位置（P ∉平面ABCE ）．（1）证明：平面POB ⊥平面ABCE ； （2）若6PB =PB 上是否存在一点Q （不含端点），使得直线PC 与平面AEQ 所成角的正弦值为155，若存在，求出PQ OB 的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析（215【解析】（1）证明：连接BE ，在等腰梯形中ABCD ，2AD AB BC ===，4CD =，E 为中点， ∴四边形ABED 为菱形，∴BD AE ⊥，∴OB AE ⊥，OD AE ⊥，即OB AE ⊥，OP AE ⊥，且OBOP O =，OB ⊂平面POB ，OP ⊂平面POB ，∴AE ⊥平面POB ．又AE ⊂平面ABCE ，∴平面POB ⊥平面ABCE ． （2）由（1）可知四边形ABED 为菱形，∴2AD DE ==， 在等腰梯形ABCD 中2AE BC ==，∴PAE △正三角形， ∴3OP =3OB =∵6PB =，∴222OP OB PB +=，∴OP OB ⊥．由（1）可知OP AE ⊥，OB AE ⊥，以O 为原点，OE ，OB ，OP 分别为x 轴，y 轴，为z 轴，建立空间直角坐标系O xyz -， 由题意得，各点坐标为()0,0,3P ，()1,0,0A -，()0,3,0B，()2,3,0C ，()1,0,0E ，∴(3,3PB =-，(3,3PC =-，()2,0,0AE =，设()01PQ PB λλ=<<，()1,333AQ AP PQ AP PB λλλ=+=+=， 设平面AEQ 的一个法向量为(),,n x y z =，则00n AE n AQ ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即()203330x x y λλ=⎧⎪⎨++=⎪⎩，取0x =，1y =，得1z λλ=-，∴0,1,1n λλ⎛⎫= ⎪-⎝⎭，设直线PC 与平面AEQ 所成角为θ，π0,2θ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦， 则15sin cos ,5PC nPC n PC nθ⋅===，即2331511011λλλλ+-=⎛⎫+ ⎪-⎝⎭化简得：24410λλ-+=，解得12λ=， ∴存在点Q 为PB 的中点时，使直线PC 与平面AEQ 所成角的正弦值为155． 3. （2018·山东济南外国语学校高三月考（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，60,90DAB ADP ∠=︒∠=︒，平面ADP ⊥平面ABCD ，点F 为棱PD 的中点．（Ⅰ）在棱AB 上是否存在一点E ，使得AF 平面PCE ，并说明理由； （Ⅱ）当二面角D FC B --的余弦值为2时，求直线PB 与平面ABCD 所成的角． 【答案】（1）见解析（2）60︒ 【解析】（Ⅰ）在棱AB 上存在点E ，使得//AF 平面PCE ，点E 为棱AB 的中点． 理由如下：取PC 的中点Q ，连结EQ 、FQ ，由题意，//FQ DC 且12FQ CD =， //AE CD 且12AE CD =，故//AE FQ 且AE FQ =.所以，四边形AEQF 为平行四边形.所以，//AF EQ ，又EQ ⊥平面PEC ，AF ⊥平面PEC ，所以，//AF 平面PEC . （Ⅱ）由题意知ABD ∆为正三角形，所以ED AB ⊥，亦即ED CD ⊥，又90ADP ∠=︒，所以PD AD ⊥，且平面ADP ⊥平面ABCD ，平面ADP ⋂平面ABCD AD =， 所以PD ⊥平面ABCD ，故以D 为坐标原点建立如图空间直角坐标系，设FD a =，则由题意知()0,0,0D ，()0,0,F a ，()0,2,0C ，)3,1,0B，()0,2,FC a =-，()3,1,0CB =-，设平面FBC 的法向量为(),,m x y z =，则由m FCm CB⎧⋅=⎨⋅=⎩得2030y azx y-=⎧⎪⎨-=⎪⎩，令1x=，则3y=，23z=，所以取231,3,m⎛⎫= ⎪⎪⎝⎭，显然可取平面DFC的法向量()1,0,0n=，由题意：22cos,41213m na==++，所以3a=.由于PD⊥平面ABCD，所以PB在平面ABCD内的射影为BD，所以PBD∠为直线PB与平面ABCD所成的角，易知在Rt PBD∆中，tan3PDPBD aBD∠===，从而60PBD∠=︒，所以直线PB与平面ABCD所成的角为60︒.4. （2019·北京北师大实验中学高三月考）如图所示，在四棱锥P ABCD-中，底面四边形ABCD为正方形，已知PA⊥平面ABCD，2AB=，2PA=.（1）证明：BD PC⊥；（2）求PC与平面PBD所成角的正弦值；（3）在棱PC上是否存在一点E，使得平面BDE⊥平面BDP？若存在，求PEPC的值并证明，若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析；（210；（3）存在，23PEPC=，理由见解析【解析】（1）如图，连接AC交BD于点O，由于PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD所以PA BD⊥，即BD PA⊥由于BD PA ⊥，BD AC ⊥，PA AC A =，所以BD ⊥平面PAC又因为PC ⊂平面PAC ，因此BD PC ⊥ （2）由于PA ⊥平面ABCD ，AB平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，所以PA AB ⊥，PA AD ⊥又AB AD ⊥，所以PA ，AB ，AD 两两垂直， 因比，如图建立空间直角坐标系A xyz -(2,0,0)B ，(2,2,0)C ，(0,2,0)D，P因此(2,2,PC =，(2,0,PB =，(0,2,PD =设平面PBD 的法向量为(,,)m x y z =，则00m PB m PD ⎧⋅=⎨⋅=⎩即2020x y ⎧=⎪⎨=⎪⎩ 取1x =，1y =，z =，则(1,1,2)m =设直线PC 与平面PBD 所成角为θ，10sin |cos ,|=||10||||m PC m PC m PC θ⋅=<>=⋅（3）存在，设[0,1]PEPCλ=∈，则(2,2))E λλλ- 则(22,2))BE λλλ=--，(2,2,0)BD =-设平面BDE 的法向量为(,,)n a b c =，则0n BE n BD ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即2(1)2(1)0220a b a bλλλ⎧-+-=⎪⎨-+=⎪⎩，即1a λ=-，1b λ=-，2)c λ=-则(1,12))n λλλ=---，若平面BDE ⊥平面BDP ，则0m n ⋅=即1(1)1(1)2)0λλλ⋅-+⋅-+-=，则2[0,1]3λ=∈ 因此在棱PC 上存在点E ，使得平面BDE ⊥平面BDP ，23PE PC =5.【黑龙江省哈尔滨市第六中学2019届高三上学期期末考试】如图，在棱长为2的正方体中，点分别是棱上的动点，且.（1）求证：；（2）当三棱锥的体积取得最大值时，求二面角的正切值．【解析】设AE＝BF＝x．以D为原点建立空间直角坐标系，得下列坐标：D（0，0，0），A（2，0，0），B （2，2，0），C（0，2，0），D1（0，0，2），A1（2，0，2），B1（2，2，2），C1（0，2，2），E（2，x，0），F（2﹣x，2，0）．（1）因为，，所以．所以A1F⊥C1E．（2）因为，所以当S△BEF取得最大值时，三棱锥B1﹣BEF的体积取得最大值．因为，所以当x＝1时，即E，F分别是棱AB，BC的中点时，三棱锥B1﹣BEF的体积取得最大值，此时E，F坐标分别为E（2，1，0），F（1，2，0）．设平面B1EF的法向量为，则得取a＝2，b＝2，c＝﹣1，得．显然底面ABCD的法向量为．设二面角B1﹣EF﹣B的平面角为θ，由题意知θ为锐角．因为，所以，于是．所以，即二面角B1﹣EF﹣B的正切值为．6. 【湖北省2019届高三联考测试】如图，在四棱锥中，，，，且PC=BC=2AD=2CD=2，.（1）平面；（2）在线段上，是否存在一点，使得二面角的大小为？如果存在，求的值；如果不存在，请说明理由.【解析】（1）∵在底面中，，且∴，∴又∵，，平面，平面∴平面又∵平面∴∵，∴又∵，，平面，平面∴平面（2）方法一：在线段上取点，使则又由（1）得平面∴平面又∵平面∴作于又∵，平面，平面∴平面又∵平面∴又∵∴是二面角的一个平面角设则，这样，二面角的大小为即即∴满足要求的点存在，且方法二：取的中点，则、、三条直线两两垂直∴可以分别以直线、、为、、轴建立空间直角坐标系且由（1）知是平面的一个法向量设则，∴，设是平面的一个法向量则∴令，则，它背向二面角又∵平面的法向量，它指向二面角这样，二面角的大小为即即∴满足要求的点存在，且7. 【福建省龙岩市2019届高三第一学期期末教学质量检查】如图，四边形是边长为2的正方形，平面平面，且.（1）证明：平面平面；（2）当，且与平面所成角的正切值为时，求二面角的正弦值.【解析】（1）由题设知，平面平面，交线为.因为，平面，所以平面，因此，又，，所以平面.而平面，所以平面平面.（2）以为坐标原点，的方向为轴正方向建立如图所示的直角坐标系，则有，过点作于，设，则.因为，所以，，由题设可得，即，解得或，因为，所以，所以，.由，知是平面的法向量，，.设平面的法向量为，则取得，设二面角为，则，因为，.综上，二面角的正弦值为.8. 【福建省厦门市2019届高三年级第一学期期末质检】如图，在四棱锥中，平面，四边形为平行四边形，且，.（1）证明：平面；（2）当直线与平面所成角的正切值为时，求二面角的余弦值. 【解析】（1）证明：由已知，得，在中，，∴，即，∵平面，平面，∴，又∵，平面，平面，∴平面（2）∵平面，∴为直线与平面所成角，∴，∴，在中，，取的中点，连结，则，∵平面，平面，∴，又∵，平面，平面，∴平面，以点为坐标原点，建立如图空间直角坐标系，则，，，，∴，，设平面的法向量为，则，取，解得，又平面的法向量为，∴.∴二面角的余弦值为.9. 【北京市朝阳区2018-2019高三数学期末考试】如图，三棱柱的侧面是平行四边形，，平面平面，且分别是的中点.（1）求证：平面；（2）当侧面是正方形，且时，（ⅰ）求二面角的大小；（ⅱ）在线段上是否存在点，使得？若存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由.【解析】证明：（1）取中点，连，连.在△中，因为分别是中点，所以，且.在平行四边形中，因为是的中点，所以，且.所以，且.所以四边形是平行四边形.所以.又因为平面，平面，所以平面.（2）因为侧面是正方形，所以.又因为平面平面，且平面平面，所以平面.所以.又因为，以为原点建立空间直角坐标系，如图所示. 设，则，.（ⅰ）设平面的一个法向量为.由得即令，所以. 又因为平面，所以是平面的一个法向量.所以.由图可知，二面角为钝角，所以二面角的大小为. （ⅱ）假设在线段上存在点，使得.设，则.因为，又，所以.所以.故点在点处时，有10. 如图，在多面体ABCDMN 中，四边形ABCD 为直角梯形， //AB CD ， 22AB =， BC DC ⊥，2BC DC AM DM ====，四边形BDMN 为矩形.（1）求证：平面ADM ⊥平面ABCD ；（2）线段MN 上是否存在点H ，使得二面角H AD M --的大小为4π？若存在，确定点H 的位置并加以证明.【解析】（1）证明：由平面几何的知识，易得2BD =， 2AD =，又22AB =，所以在ABD ∆中，满足222AD BD AB +=，所以ABD ∆为直角三角形，且BD AD ⊥. 因为四边形BDMN 为矩形，所以BD DM ⊥. 由BD AD ⊥， BD DM ⊥， DM AD D ⋂=， 可得 BD ADM ⊥平面. 又BD ABD ⊂平面，所以平面ADM ⊥平面ABCD .（2）存在点H ，使得二面角H AD M --为大小为，点H 为线段AB 的中点.事实上，以D 为原点， DA 为x 轴， DB 为y 轴，过D 作平面ABCD 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系D xyz -，则()()()0,0,0,2,0,0,0,2,0D A B , ()1,0,1M ， 设(),,H x y z ,由MH MN DB λλ==，即()()1,,10,2,0x y z λ--=，得()1,2,1H λ. 设平面ADH 的一个法向量为()1111,,n x y z =，则，即，不妨设11y =，取()10,1,2n λ=-. 平面ADM 的一个法向量为()20,1,0n =. 二面角H AD M --为大小为于是.解得 或（舍去）.所以当点H 为线段MN 的中点时，二面角H AD M --为大小为.11. 在三棱锥P ABC -中， AB AC =， D 为BC 的中点， PO ⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上，已知4,3,2,1BC PO AO OD ====. （1）证明： AP BC ⊥；（2）在线段AP 上是否存在一点M ，使得二面角A MC B --为直二面角？若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由.法二：如图，以O 为原点，分别以过O 点与DB 共线同向的向量， OD ， OP 方向上的单位向量为单位正交基建立空间直角坐标系O xyz -，则()()()()()0,0,0,0,2,0,2,1,0,2,1,0,0,0,3,O A B C P --()()()0,2,3,4,0,0,2,3,0AP BC AC ==-=-∴0AP BC ⋅= ∴AP BC ⊥ ∴AP BC ⊥（2）假设M 点存在，设AM AP λ=， (),,M x y z ，则(),2,AM x y z =+，∴()(),2,0,2,3x y z λ+=，∴0{22 3x y z λλ=+==，∴()0,22,3M λλ-， ∴()2,23,3BM λλ=--设平面MBC 的法向量为()1111,,n x y z =，平面APC 的法向量为()2222,,n x y z = 由110{n BM n BC ⋅=⋅=得()111122330{40x y z x λλ-+-+=-=，令11y =，可得1320,1,3n λλ-⎛⎫= ⎪⎝⎭， 由220{n AC n AP ⋅=⋅=得2222230{230x y y z -+=+=，令16y =，可得()29,6,4n =-，若二面角A MC B --为直二面角，则120n n ⋅=，得326403λλ--⋅=， 解得613λ=，∴613AM =故线段AP 上是否存在一点M ，满足题意， AM 的长为613. 12 【安徽省江南十校2019届高三第二次大联考】如图，已知四边形中，对角线，，为等边三角形.（1）求面积的最大值； （2）当的面积最大时，将四边形沿折起成直二面角，在上是否存在点使直线与平面所成的角满足：，若不存在，说明理由；若存在，指出点的位置. 【解析】（1）在中，记，，则由余弦定理：，（当且仅当时，上式取等号）此时，，的面积的最大值为.（2）由（1）知，，，设存在，在三棱锥中，取的中点，连接，易知.作于，由平面平面平面.故在平面上的投影为.与平面所成的角为，由.设，得，，故.故存在，且，满足题意.（2）另解：由（1），，设存在，则在三棱锥中，取的中点，连接，易求.以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，平面的法向量为，设，得，得，又.由.故存在，且，满足题意.13. 【云南省昆明市2019届高三1月复习诊断测试】如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面，，，是棱上的一点.（1）若平面，证明：；（2）在（1）的条件下，棱上是否存在点，使直线与平面所成角的大小为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.【解析】（1）连接交于，连接，则是平面与平面的交线.因为平面，平面，所以.又因为是中点，所以是的中点.所以.（2）由已知条件可知，所以，以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系.。
石景山区2023-2024学年第一学期期末检测高三英语试题答案
石景山区2023-2024学年第一学期高三期末英语试卷答案及评分参考第一部分知识运用（共两节，30分）第一节完形填空（共10小题；每小题1.5分，共15分）1．C2．D3．B4．A5．C 6．D7．A8．B9．C10．A第二节语法填空（共10小题；每小题1.5分，共15分）11．found12．who 13．more confident14．whether 15．described16．to deal17．has trended18．campuses 19．at 20．wearing第二部分阅读理解（共两节，38分）第一节（共14小题；每小题2分，共28分）21．B22．C23．C24．B25．A 26．C27．D28．B29．C30．B 31．D32．A33．D34．A第二节（共5小题；每小题2分，共10分）35．A36．E37．F38．C39．G第三部分书面表达（共两节，32分）第一节（共4小题；第40、41题各2分，第42题3分，第43题5分，共12分）一、评分细则【第40题】（1）内容意义：意义要符合原文，回答内容要完整。
* 如抄写原文第一段第一句, 扣1分。
* 用短语或其它形式回答核心内容不扣分。
（2）语言：准确、连贯。
* 如准确性和连贯性欠佳，酌情扣分。
【第41题】（1）内容意义：意义要符合原文，回答内容要完整。
* 如抄写原文第一段最后一句，扣1分。
* 如抄写原文中的其他信息，不得分。
* 用短语或其它形式回答核心内容不扣分。
（2）语言：准确、连贯。
* 如准确性和连贯性欠佳，酌情扣分。
【第42题】（1）划线标准：* 如完全划线正确，得1分。
* 只划了complained 或laughed at得1分。
* 其他情况不得分。
（2）内容意义：解释符合原文意义。
（3）语言：准确、连贯。
* 如准确性和连贯性欠佳，酌情扣分。
* 简单否定划线部分，如didn’t..., 扣一分。
【第43题】（1）内容意义：内容意义上言之有理即可得分。
北京市石景山区2013-2014学年高三年级第一学期期末数学(文)试题(WORD精校版)
石景山区2013—2014学年第一学期期末考试试卷高三数学（文科）本试卷共6页，满分为150分，考试时间为120分钟.请务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效，考试结束后上交答题卡.第一部分（选择题 共40分）一、选择题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1．已知集合{}31M x x =∈-≤≤R ，{}10N x x =∈+<R ，那么M N = （ ）A ．{101}-，，B ．{321}---，，C ．{11}x x -≤≤D ．{31}x x -≤<-2．复数1ii =-（ ） A ．122i + B ．122i -C ．122i-+ D ．122i --3．已知向量1)=a ，(1)c =，b .若⋅a b 0=，则实数c 的值为（ ）A ．BC ．3D ．3-4．已知数列}{n a 为等差数列，4724a a ==-，，那么数列}{n a 的通项公式为（ ）A ．210n a n =-+B ．25n a n =-+C ．1102n a n =-+ D ．152n a n =-+5．执行如图所示的程序框图，若输入的x 的值为2， 则输出的x 的值为（ ） A ．3 B ．126 C ．127 D ．1286．已知直线3450x y +-=与圆224x y +=相交于A B ，两点，那么弦AB 的长等于 （ ）A． B． CD ．17．设数列{}n a 是等比数列，则“123a a a <<”是“数列{}n a 为递增数列”的（ ）A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件8．已知函数()()1xf x x x=-∈+R ，区间[]()M a b a b =<，，集合{}()N y y f x x M ==∈，，则使M N =成立的实数对()a b ，有（ ）A ．0个B ．1个C ．2个D ．无数个第二部分（非选择题 共110分）二、填空题共6小题，每小题5分，共30分．9．已知3sin =5α，且()2παπ∈，，则cos α= ． 10．函数1()1f x x x =+-(1)x >的最小值为 ．11．二元一次不等式组1020x y x y ≤⎧⎪≥⎨⎪-+≥⎩，，，所表示的平面区域的面积为 ，z x y =+的最大值为 ．12．某四棱锥的三视图如下图所示，该四棱锥的侧面积为 ．13．已知抛物线24y x =的焦点为F ，准线为直线l ，过抛物线上一点P 作PE l ⊥于E ，若直线EF 的倾斜角为o150，则||PF =______． 14．已知三角形ABC ，2AB =，AC =，那么三角形ABC 面积的最大值为 ．俯视图主视图左视图三、解答题共6小题，共80分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 15．（本小题满分13分）已知函数()cos cos 21()f x x x x x =++∈R ． （Ⅰ）求函数)(x f 的最小正周期； （Ⅱ）求函数()f x 在44ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，上的最小值，并写出()f x 取最小值时相应的x 值．16．（本小题满分13分）北京市各级各类中小学每年都要进行“学生体质健康测试”，测试总成绩满分为100分，规定测试成绩在[85100]，之间为体质优秀；在[7585)，之间为体质良好；在[6075)，之间为体质合格；在[060)，之间为体质不合格．现从某校高三年级的300名学生中随机抽取30名学生体质健康测试成绩，其茎叶图如下：9 1 3 5 68 0 1 1 2 2 3 3 3 4 4 5 6 6 7 7 9 7 0 5 6 6 7 9 6 4 5 8 5 6（Ⅰ）试估计该校高三年级体质为优秀的学生人数；（Ⅱ）根据以上30名学生体质健康测试成绩，现采用分层抽样的方法，从体质为优秀和良好的学生中抽取5名学生，再从这5名学生中选出3人．（ⅰ）求在选出的3名学生中至少有1名体质为优秀的概率；（ⅱ）求选出的3名学生中体质为优秀的人数不少于体质为良好的人数的概率．M APEBDCF17.（本小题满分14分）如图，已知PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是矩形，1PA AB ==，AD =点E ，F 分别是BC ，PB 的中点．（Ⅰ）求三棱锥P ADE -的体积； （Ⅱ）求证：AF ⊥平面PBC ；（Ⅲ）若点M 为线段AD 中点，求证：PM ∥平面AEF ．18．（本小题满分13分）已知函数()2xf x e x =-（e 为自然对数的底数）. （Ⅰ）求曲线()f x 在点(0(0))f ，处的切线方程； （Ⅱ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅲ）若存在．．122x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，使不等式()f x mx <成立，求实数m 的取值范围.19．（本小题满分14分）已知椭圆C ：22221x y a b +=（0a b >>）过点(20)，，且椭圆C 的离心率为12.（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）若动点P 在直线1x =-上，过P 作直线交椭圆C 于M N ，两点，且P 为线段MN 中点，再过P 作直线l MN ⊥.证明：直线l 恒过定点，并求出该定点的坐标.20．（本小题满分13分）已知集合{101}A =-，，，对于数列{}n a 中(123)i a A i n ∈= ，，，，. （Ⅰ）若三项数列{}n a 满足1230a a a ++=，则这样的数列{}n a 有多少个？ （Ⅱ）若各项非零数列{}n a 和新数列{}n b 满足首项10b =，11i i i b b a ---=（23i n = ，，，），且末项0n b =，记数列{}n b 的前n 项和为n S ，求n S 的最大值．石景山区2013—2014学年第一学期期末考试高三数学（文科）参考答案一、选择题共8小题，每小题5分，共40分．二、填空题共6小题，每小题5分，共30分．(两空的题目第一空2分,第二空3分)三、解答题共6小题，共80分． 15．（本小题共13分）解：（Ⅰ）()f x 2cos 2+1x x =+ …………2分 2sin2+16x π=+（）， ……………4分所以函数)(x f 的最小正周期π ……………6分 （Ⅱ）因为44x ππ-≤≤，22363xπππ-≤+≤， ……………8分 sin(2)126x π-≤+≤， ……………10分 12sin 2+136x π≤+≤（）， ……………11分所以当2=63x ππ+-，即=4x π-时，函数)(x f 取得最小值1+．……………13分所以，从体质为良好的学生中抽取的人数为3535⨯=，从体质为优秀的学生中抽取的人数为2525⨯=． ……………6分 （ⅰ）设在抽取的5名学生中体质为良好的学生为1a ，2a ，3a ，体质为优秀的学生为1b ，2b ．则从5名学生中任选3人的基本事件有123()a a a ，，，121()a a b ，，，122()a a b ，，，131()a a b ，，，132()a a b ，，，231()a a b ，，，232()a a b ，，，112()a b b ，，，212()a b b ，，，312()a b b ，，10个，其中“至少有1名学生体质为优秀”的事件有121()a a b ，，，122()a a b ，，，131()a a b ，，，132()a a b ，，，231()a a b ，，，232()a a b ，，，112()a b b ，，， 212()a b b ，，，312()a b b ，，9个． 所以在选出的3名学生中至少有1名学生体质为优秀的概率为910． ……………10分 （ⅱ）“选出的3名学生中体质为优秀的人数不少于体质为良好的人数”的事件有112()a b b ，，，212()a b b ，，，312()a b b ，，3个．（Ⅰ）解：因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA 为三棱锥P ADE -的高． ……………2分1122ADE S ∆==，所以113P ADE V -==……………4分 （Ⅱ）证明：因为PA ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ， 所以PA BC ⊥，因为AB BC ⊥，AB PA A = ， 所以BC ⊥平面PAB 因为AF ⊂平面PAB ，所以BC AF ⊥． ……………6分 因为PA AB =，点F 是PB 的中点， 所以PB AF ⊥ 又因为BC PB B = ，所以AF ⊥平面PBC ． ……………8分 （Ⅲ）证明：连结BM 交AE 于N ，连结PM ，FN ． 因为四边形ABCD 是矩形， 所以//AD BC ，且=AD BC ， 又M ，E 分别为AD ，BC 的中点， 所以四边形AMEB 是平行四边形， 所以N 为BM 的中点， 又因为F 是PB 的中点，所以PM ∥FN ， ……………13分因为PM ⊄平面AEF ，NF ⊂平面AEF ，所以PM ∥平面AEF . ……………14分18.（本小题共13分）解：（Ⅰ）(0)1f =. ……………1分()2x f x e '=-得(0)1f '=-， ……………2分所以曲线()f x 在点(0(0))f ，处的切线方程为1y x =-+. ……………3分M A PEB DCFN（Ⅱ）()2xf x e '=-.令()0f x '=，即2=0xe -，解得ln 2x =. ……………5分(ln 2)x ∈-∞，时，()0f x '<，(ln 2)x ∈+∞，时，()0f x '>，此时()f x 的单调递减区间为(ln 2)-∞，，单调递增区间为(ln 2)+∞，. ……………7分（Ⅲ）由题意知1[2]2x ∃∈，使()f x mx <成立，即1[2]2x ∃∈，使2x e x m x ->成立； ……………8分所以min 2x e xm x ->（） ……………9分令()2x e g x x =-，2(1)()xx e g x x -'=， 所以()g x 在1[1]2，上单调递减，在[12]，上单调递增， 则min ()(1)2g x g e ==-， ……………12分 所以(2)m e ∈-+∞，. ……………13分 19．（本小题共14分）解：（Ⅰ）因为点(20)，在椭圆C 上，所以22401a b +=， 所以24a =， ……………1分 因为椭圆C 的离心率为12， 所以12c a =，即22214a b a -= ， ……………2分 解得23b =， ……………4分所以椭圆C 的方程为22143x y +=. ……………5分 （Ⅱ）设0(1)P y -，，033()22y ∈-，， ①当直线MN 的斜率存在时，设直线MN 的方程为0(1)y y k x -=+，11()M x y ，，22()N x y ，，由2203412(1)x y y y k x ⎧+=⎨-=+⎩，，得22222000(34)(88)(48412)0k x ky k x y ky k ++++++-=， ……………7分 所以2012288+34ky k x x k+=-+， ……………8分 因为P 为MN 中点， 所以12=12x x +-，即20288=234ky k k +--+. 所以003(0)4MN k y y =≠， ……………9分 因为直线l MN ⊥，所以043l y k =-， 所以直线l 的方程为004(1)3y y y x -=-+， 即041()34y y x =-+ ， 显然直线l 恒过定点1(0)4-，. ……………11分 ②当直线MN 的斜率不存在时，直线MN 的方程为1x =-，此时直线l 为x 轴，也过点1(0)4-，. ……………13分综上所述直线l 恒过定点1(0)4-，. ……………14分 20．（本小题共13分） 解：（Ⅰ）满足1230a a a ++=有两种情形：0000++=，这样的数列只有1个；1(1)00+-+=，这样的数列有6个，所以符合题意的数列{}n a 有7个． ……………3分 （Ⅱ）因为数列{}n b 满足11i i i b b a ---=，所以1211(23)i i b a a a b i n -=++++= ，，，， ……………5分 因为首项10b =，所以121(23)i i b a a a i n -=+++= ，，，． 根据题意有末项0n b =，所以1210n a a a -+++= ， ……………6分而{11}i a ∈-，，于是n 为正奇数，且121n a a a - ，，，中有12n -个1和12n -个1-． ……………8分 121121210()()n n n S b b b a a a a a a -=+++=++++++++121(1)(2)n n a n a a -=-+-++要求n S 的最大值，则要求121n a a a - ，，，的前12n -项取1，后12n -项取1-． ……………11分 所以max ()(1)(2)(3)(3)(2)(1)n S n n n =-+-+-++-+-+-2(1)(2)(4)(6)14n n n n -=-+-+-++= ． 所以2max (1)()4n n S -= （n 为正奇数）． ……………13分 【注：若有其它解法，请酌情给分．】。
北京市石景山区2022-2023学年高三上学期期末考试英语试卷含答案
2. A.escapeB.makeC.moveD.fight
3. A.approachB.adoptC.imagineD.rescue
4. A.respectB.sympathyC.rewardD.threat
5. A.confirmB.exposeC.overcomeD.reduce
6. A.satisfactionB.regretC.surpriseD.sorrow
7. fortC.attackD.assess
8. A.reliableB.dangerousC.sensitiveD.ambitious
9. A.admireB.promiseC.demandD.expect
Being a biologist, I understood that she was trying to____7____me. But I thought that she was really trying to communicate with me. At this point, she didn’t seem very____8____. She stayed by me and took care of me for four days.
C
阅读下列短文，根据短文内容填空。全科免费下载公众号《高中僧课堂》在未给提示词的空白处仅填写1个适当的单词，在给出提示词的空白处用括号内所给词的正确形式填空。
When Kurt Benirschke started collecting skin____17____(sample) from rare and endangered animals in 1972, he didn’t have a clear plan on____18____could be done with them. He then set up a collection bank called the Frozen Zoo. Benirschke passed away in 2018,____19____his efforts are very much alive. Today, the Frozen Zoo is the world’s____20____(large) animal cryobank, with genetic materials from over 10,500 animals. In 2020, a baby horse known as “Kurt” was born, cloned using cells from the Frozen Zoo.
石景山区2018届高三期末语文试题及答案
石景山区2017-2018学年第一学期高三期末试卷语文2018.01 一、本大题共8小题，共24分。
阅读下面的材料，完成1～8题。
材料一强对流天气是指出现短时强降水、雷雨大风、龙卷风、冰雹等现象的灾害性天气。
强对流天气发生在对流云系或单体对流云块中，在气象上属于中小尺度天气系统，这种天气的水平尺度一般小于200公里，有的仅有几公里。
持续时间约为一小时至十几小时，较短的仅几分钟。
这样的特征使得在目前观测条件下，不仅是中国，即使是世界发达国家，对于强对流天气信息的捕捉也还不够全面。
2012年7月21日的北京，暴雨肆虐，雨量历史罕见。
全市受灾人口达190万，经济损失近百亿元。
灾害发生后有民众质疑，北京市气象局预报的是暴雨，平均大约100毫米。
但实际降雨级别远远超过预报程度，高达190毫米。
事后有专家表示，气象部门在此次特大暴雨的预报服务过程中，预报准确、预警及时。
同时专家也回应了质疑：气象部门预报的是暴雨，但是没想到此次雨势猛烈而集中。
而且北京当地有很多因素（如三面环山的地形）在不同的情况下对天气的影响有所差异从而影响到气象预报。
面对诸多不确定因素，预报员做出天气预测非常困难。
记者在采访时也注意到，天气预报的不准确是世界性问题。
在我国，天气预报中的①预报准确率超过80%，而②预报准确率则在20%左右。
对近年发生的极端天气灾害，新闻报道中经常出现“百年一遇”“千年一遇”的说法。
气象专家在接受采访时回应，这些说法都不是由气象部门发布的。
我国的气象观测网络是从新中国成立以后才逐步建立完善的，很难与百年甚至千年以前的观测资料进行比较，而通过推算的方式得出的更早之前的数据也并不完全准确，气象部门通常的表述是“有气象记录以来”。
夸大灾害有可能是媒体的误读，或是某些人受利益③造成的。
面对气象灾害，气象部门会用科学技术来预报分析，全社会也应该用科学的态度来看待。
由于导致强对流天气的系统属于中小尺度天气系统，很难被常规气象观测网④到，因此非常规观测资料及其融合同化资料和中尺度数值模式资料是进行强对流天气短时和临近预报的主要资料基础。
北京市石景山区2022-2023学年高三上学期期末考试生物试题 附答案
石景山区2022-2023学年第一学期高三期末试卷生物考生须知正1.本试卷共10页，分为第一部分和第二部分，满分100分，考试时长90分钟。
2.答卷前，考生务必在答题卡上准确填写学校、姓名和考号。
3.试题答案一律书写在答题卡上，在试卷上作答无效。
4.在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他试题用黑色字迹签字笔作答。
第一部分本部分共15小题，每小题2分，共30分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1.下列有关生物膜的叙述，不正确的是A.核膜为单层膜，膜上的核孔是大分子物质进出细胞核的通道B.线粒体为双层膜，内膜上进行有氧呼吸的第三阶段C.叶绿体的类囊体薄膜上分布着能吸收光能的色素D.内质网的膜成分可以转移到高尔基体膜和细胞膜中2.某同学对蛋白酶TSS的催化作用开展了初步研究，结果见下表。
下列分析不正确的是A.该酶的催化活性依赖于CaC12B.①、②组的自变量为温度，②、④组的自变量为pHC.该酶催化反应的最适温度为70℃D.需补充实验才能确定该酶是否能水解其他反应物3.人脐带血中含有与骨髓中相同类型的干细胞。
关于此类干细胞的叙述不正确的是A.具有自我更新和分化的潜能正B.具有与早期胚胎细胞相同的分化程度C.可用来治疗造血功能障碍类疾病正D,分化后，表达的蛋白种类发生变化4 .“卵子死亡”是一种人类遗传病，由于PANX1基因突变引起卵子萎缩、退化导致不育，该基因在男性个体中不表达。
下图为某患病女子（4号）的家庭遗传系谱图。
基因检测显示，1、4、6号含有致病基因，2、3、5号不含致病基因。
（基因用A、a表示）对该家系分析不正确的是A.此病为常染色体显性遗传病B.2号个体基因型为aaC.3号与4号所生的男孩不患病D.6号与正常女性结婚，生出患病孩子的概率为1/45.科学家建立了蛋白质体外合成体系，由细胞提取液及人工合成的多聚尿密嚏核昔酸构成。
在四支试管中加入上述合成体系，再分别加入苯丙氨酸、丝氨酸、酪氨酸和半胱氨酸，结果只有加入苯丙氨酸的试管中出现了多肽链。
北京市朝阳区2018-2019高三数学期末考试(理科)试题(解析版)
北京市朝阳区2018-2019学年度第一学期期末质量检测高三年级数学试卷（理工类）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1.已知集合，，则A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用并集定义直接求解．【详解】集合A＝{x∈N|1≤x≤3}＝{1，2，3}，B＝{2，3，4，5}，∴A∪B＝{1，2，3，4，5}．故选：D．【点睛】本题考查并集的求法，考查并集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．2.设复数满足，则=A. B. C. 2 D.【答案】B【解析】【分析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式求解．【详解】由（1﹣i）z＝2i，得z，∴|z|．故选：B．【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．3.执行如图所示的程序框图，若输入的，则输出的=A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据框图的流程依次计算程序运行的结果，直到满足条件跳出循环，确定输出S的值【详解】模拟程序的运行，可得S＝12，n＝1执行循环体，S＝10，n＝2不满足条件S+n≤0，执行循环体，S＝6，n＝3不满足条件S+n≤0，执行循环体，S＝0，n＝4不满足条件S+n≤0，执行循环体，S＝﹣8，n＝5满足条件S+n≤0，退出循环，输出S的值为﹣8．故选：A．【点睛】解决程序框图问题时一定注意以下几点：(1) 不要混淆处理框和输入框；(2) 注意区分程序框图是条件分支结构还是循环结构；(3) 注意区分当型循环结构和直到型循环结构；(4) 处理循环结构的问题时一定要正确控制循环次数；(5) 要注意各个框的顺序,（6）在给出程序框图求解输出结果的试题中只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可.4.在平面直角坐标系中，过三点的圆被轴截得的弦长为A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用待定系数法求出圆的一般方程，令y＝0可得：x2﹣4x＝0，由此即可得到圆被轴截得的弦长.【详解】根据题意，设过A、B、C的圆为圆M，其方程为x2+y2+Dx+Ey+F＝0，又由A（4，4），B（4，0），C（0，4），则有，解可得：D＝﹣4，E＝﹣4，F＝0，即圆M的方程为x2+y2﹣4x﹣4y＝0，令y＝0可得：x2﹣4x＝0，解可得：x1＝0，x2＝4，即圆与x轴的交点的坐标为（0，0），（4，0），则圆被x轴截得的弦长为4；故选：A．【点睛】本题考查直线与圆的方程的应用，涉及待定系数法求圆的方程，关键是求出圆的方程．5.将函数的图象向右平移个单位后，图象经过点，则的最小值为A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据三角函数平移变换的规律得到向右平移φ（φ＞0）个单位长度的解析式，将点带入求解即可．【详解】将函数y＝sin2x的图象向右平移φ（φ＞0）个单位长度，可得y＝sin2（x﹣φ）＝sin（2x﹣2φ），图象过点，∴sin（2φ），即2φ2kπ，或2kπ，k∈Z，即φ 或，k ∈Z ，∵φ＞0，∴φ的最小值为． 故选：B ．【点睛】本题主要考查了函数y ＝A sin （ωx +φ）的图象变换规律，考查计算能力，属于基础题． 6.设为实数，则是 “”的A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】 由“x ＜0”易得“”，反过来，由“”可得出“x ＜0”，从而得出“x ＜0”是“”的充分必要条件．【详解】若x ＜0，﹣x ＞0，则：；∴“x ＜0“是““的充分条件；若，则；解得x ＜0； ∴“x ＜0“是““的必要条件；综上得，“x ＜0”是“”的充分必要条件．故选：C ．【点睛】充分、必要条件的三种判断方法．1．定义法：直接判断“若则”、“若则”的真假．并注意和图示相结合，例如“⇒”为真，则是的充分条件．2．等价法：利用⇒与非⇒非，⇒与非⇒非，⇔与非⇔非的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法．3．集合法：若⊆，则是的充分条件或是的必要条件；若＝，则是的充要条件． 7.对任意实数，都有（且），则实数的取值范围是A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由题意可得a＞1且a≤e x+3对任意实数x都成立，根据指数函数的性质即可求出．【详解】∵log a（e x+3）≥1＝log a a，∴a＞1且a≤e x+3对任意实数x都成立，又e x+3＞3，∴1＜a≤3，故选：B【点睛】本题考查了对数的运算性质和函数恒成立的问题，属于中档题．8.以棱长为1的正方体各面的中心为顶点，构成一个正八面体，再以这个正八面体各面的中心为顶点构成一个小正方体，那么该小正方体的棱长为A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用正八面体与大小正方体的关系，即可得到结果.【详解】正方体C1各面中心为顶点的凸多面体C2为正八面体，它的中截面（垂直平分相对顶点连线的界面）是正方形，该正方形对角线长等于正方体的棱长，所以它的棱长a2；以C2各个面的中心为顶点的正方体为图形C3是正方体，正方体C3面对角线长等于C2棱长的，（正三角形中心到对边的距离等于高的），因此对角线为，所以a，3故选：【点睛】本题考查组合体的特征，抓住两个组合体主元素的关系是解题的关键，考查空间想象能力，属于中档题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．把答案填在答题卡上．9.已知数列为等差数列，为其前项的和.若，，则_______.【答案】【解析】【分析】运用等差数列的前n项和公式可解决此问题．【详解】根据题意得，2＝6，∴＝3 又＝7，∴2d＝7﹣3＝4，∴d＝2，＝1，∴S＝55+20＝25，5故答案为：25．【点睛】本题考查等差数列的前n项和公式的应用．10.已知四边形的顶点A，B，C，D在边长为1的正方形网格中的位置如图所示，则____________.【答案】【解析】【分析】以A为坐标原点，以AC所在直线为x轴建立平面直角坐标系，分别求出的坐标，由数量积的坐标运算得答案．【详解】如图，以A为坐标原点，以AC所在直线为x轴建立平面直角坐标系，则A（0，0），B（4，2），C（7，0），D（3，﹣2），∴，，∴7×1+0×4＝7．故答案为：7．【点睛】本题考查平面向量数量积的性质及其运算，合理构建坐标系是解题的关键，是基础的计算题．11.如图，在边长为1的正方形网格中，粗实线表示一个三棱锥的三视图，则该三棱锥的体积为_______________．【答案】【解析】【分析】由三视图还原几何体，该几何体为三棱锥，底面三角形ACB与侧面三角形APB为全等的等腰直角三角形，侧面PAB⊥侧面ACB，AB＝4，PO＝OC＝2，由此即可得到结果．【详解】由三视图还原原几何体如图，该几何体为三棱锥，底面三角形ACB与侧面三角形APB为全等的等腰直角三角形，侧面PAB⊥侧面ACB，AB＝4，PO＝OC＝2．侧面PAC与PBC为全等的等边三角形．则该三棱锥的体积为V＝．故答案为：．【点睛】本题考查由三视图求体积，关键是由三视图还原原几何体，考查空间想象能力及运算能力，是中档题．12.过抛物线焦点的直线交抛物线于两点，分别过作准线的垂线，垂足分别为.若，则__________________.【答案】【解析】【分析】设直线AB的倾斜家为锐角θ，由|AF|＝4|BF|，可解出cosθ的值，进而得出sinθ的值，然后利用抛物线的焦点弦长公式计算出线段AB的长，再利用|CD|＝|AB|sinθ可计算出答案．【详解】设直线AB的倾斜角为θ，并设θ为锐角，由于|AF|＝4|BF|，则有，解得，则，由抛物线的焦点弦长公式可得，因此，．故答案为：5．【点睛】本题考查抛物线的性质，解决本题的关键在于灵活利用抛物线的焦点弦长公式，属于中等题．13.2018年国际象棋奥林匹克团体赛中国男队、女队同时夺冠.国际象棋中骑士的移动规则是沿着3×2格或2×3格的对角移动.在历史上，欧拉、泰勒、哈密尔顿等数学家研究了“骑士巡游”问题：在格的黑白相间的国际象棋棋盘上移动骑士，是否可以让骑士从某方格内出发不重复地走遍棋盘上的每一格？图（一）给出了骑士的一种走法，它从图上标1的方格内出发，依次经过标2,3,4,5,6,,到达标64的方格内，不重复地走遍棋盘上的每一格，又可从标64的方格内直接走回到标1的方格内.如果骑士的出发点在左下角标50的方格内，按照上述走法，_____（填“能”或“不能”）走回到标50的方格内.若骑士限制在图（二）中的3×4=12格内按规则移动，存在唯一一种给方格标数字的方式，使得骑士从左上角标1的方格内出发，依次不重复经过2,3,4,5,6,,到达右下角标12的方格内，分析图（二）中A处所标的数应为____.【答案】(1). 能(2).【解析】【分析】根据题意，画出路线图，解判断是否能，再根据题意，结合题目中的数字，即可求出A处的数字．【详解】如图所示：如果骑士的出发点在左下角标50的方格内，按照上述走法，能走回到标50的方格内，如图所示：使得骑士从左上角标1的方格内出发，依次不重复经过2，3，4，5，6，…，到达右下角标12的方格，且路线是唯一的，故A处应该为8，故答案为：能，8【点睛】本题考查了合情推理的问题，考查了转化与化归思想，整体和部分的思想，属于中档题14.如图，以正方形的各边为底可向外作四个腰长为1的等腰三角形，则阴影部分面积的最大值是___________.【答案】【解析】【分析】设等腰三角形底角为，阴影面积为，根据正弦函数的图象与性质即可得到结果.【详解】设等腰三角形底角为，则等腰三角形底边长为高为，阴影面积为：,当时，阴影面积的最大值为故答案为：【点睛】本题考查平面图形的面积问题，考查三角函数的图象与性质，解题关键用等腰三角形底角为表示等腰三角形的底边与高.三、解答题：本大题共6小题，共80分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．15.在中，已知，（1）求的长；（2）求边上的中线的长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)利用同角关系得到，结合正弦定理即可得到的长；（2）在中求出，结合余弦定理即可得到边上的中线的长. 【详解】解：（1）由，，所以.由正弦定理得，，即.（2）在中，.由余弦定理得，,所以.所以.【点睛】本题考查正余弦定理的应用，考查推理及运算能力，属于中档题.16.某日A,B,C三个城市18个销售点的小麦价格如下表：（1）甲以B市5个销售点小麦价格的中位数作为购买价格，乙从C市4个销售点中随机挑选2个了解小麦价格.记乙挑选的2个销售点中小麦价格比甲的购买价格高的个数为，求的分布列及数学期望；（2）如果一个城市的销售点小麦价格方差越大，则称其价格差异性越大.请你对A,B,C三个城市按照小麦价格差异性从大到小进行排序（只写出结果）.【答案】（1）分布列见解析，期望为1（2）C,A,B【解析】【分析】(1)由题意可得的可能取值为0，1，2.求出相应的概率值，即可得到的分布列及数学期望；（2）三个城市按照价格差异性从大到小排列为：C，A，B．【详解】解：（1）B市共有5个销售点，其小麦价格从低到高排列为：2450，2460，2500，2500，2500.所以中位数为2500，所以甲的购买价格为2500.C市共有4个销售点，其小麦价格从低到高排列为：2400，2470，2540，2580，故的可能取值为0，1，2.，，.所以分布列为所以数学期望.（2）三个城市按小麦价格差异性从大到小排序为：C,A,B【点睛】求解离散型随机变量的数学期望的一般步骤为：第一步是“判断取值”，即判断随机变量的所有可能取值，以及取每个值所表示的意义；第二步是:“探求概率”，即利用排列组合、枚举法、概率公式（常见的有古典概型公式、几何概型公式、互斥事件的概率和公式、独立事件的概率积公式，以及对立事件的概率公式等），求出随机变量取每个值时的概率；第三步是“写分布列”，即按规范形式写出分布列，并注意用分布列的性质检验所求的分布列或事件的概率是否正确；第四步是“求期望值”，一般利用离散型随机变量的数学期望的定义求期望的值，对于有些实际问题中的随机变量，如果能够断定它服从某常见的典型分布(如二项分布X～B(n，p))，则此随机变量的期望可直接利用这种典型分布的期望公式(E(X)＝np)求得.17.如图，三棱柱的侧面是平行四边形，，平面平面，且分别是的中点.（1）求证：平面；（2）当侧面是正方形，且时，（ⅰ）求二面角的大小；（ⅱ）在线段上是否存在点，使得？若存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析（2）（ⅰ）（ⅱ）点在点处时，有【解析】【分析】（1）取中点，证明四边形是平行四边形，可得从而得证；（2）（ⅰ）先证明平面以为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，即可得到二面角的大小；（ⅱ）假设在线段上存在点，使得. 设，则.利用垂直关系，建立的方程，解之即可.【详解】证明：（1）取中点，连，连.在△中，因为分别是中点，所以，且.在平行四边形中，因为是的中点，所以，且.所以，且.所以四边形是平行四边形.所以.又因为平面，平面，所以平面.（2）因为侧面是正方形，所以.又因为平面平面，且平面平面，所以平面.所以.又因为，以为原点建立空间直角坐标系，如图所示. 设，则，.（ⅰ）设平面的一个法向量为.由得即令，所以.又因为平面，所以是平面的一个法向量.所以.由图可知，二面角为钝角，所以二面角的大小为.（ⅱ）假设在线段上存在点，使得.设，则.因为，又，所以.所以.故点在点处时，有【点睛】本题考查向量法求二面角大小、线面平行的证明，考查满足线面垂直的点的位置的判断与求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查化归与转化思想、数形结合思想，考查推理论论能力、空间想象能力，是中档题．18.已知函数.（Ⅰ）当时，求函数的极小值；（Ⅱ）当时，讨论的单调性；（Ⅲ）若函数在区间上有且只有一个零点，求的取值范围.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）详见解析（Ⅲ）【解析】【分析】（Ⅰ）由题意，当时，求得，得出函数的单调性，进而求解函数的极值；（Ⅱ）由，由，得或，分类讨论，即可得到函数的单调区间；（Ⅲ）由（1）和（2），分当和，分类讨论，分别求得函数的单调性和极值，即可得出相应的结论，进而得到结论.【详解】解：（Ⅰ）当时：，令解得，又因为当，，函数为减函数；当，，函数为增函数.所以，的极小值为.（Ⅱ）.当时，由，得或.(ⅰ)若，则.故在上单调递增；（ⅱ）若，则.故当时，；当时，.所以在，单调递增，在单调递减.(ⅲ)若，则.故当时，；当时，.所以在，单调递增，在单调递减.（Ⅲ）（1）当时，，令，得.因为当时，，当时，，所以此时在区间上有且只有一个零点.（2）当时：（ⅰ）当时，由（Ⅱ）可知在上单调递增，且，，此时在区间上有且只有一个零点.（ⅱ）当时，由（Ⅱ）的单调性结合，又，只需讨论的符号：当时，，在区间上有且只有一个零点；当时，，函数在区间上无零点.(ⅲ)当时，由（Ⅱ）的单调性结合，，，此时在区间上有且只有一个零点.综上所述，.【点睛】本题主要考查了导数在函数中的综合应用问题，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用.19.过椭圆W:的左焦点作直线交椭圆于两点，其中，另一条过的直线交椭圆于两点（不与重合），且点不与点重合.过作轴的垂线分别交直线，于,.（Ⅰ）求点坐标和直线的方程；（Ⅱ）求证：.【答案】（Ⅰ），的方程为（Ⅱ）详见解析【解析】【分析】（Ⅰ）由题意可得直线的方程为.与椭圆方程联立方程组，即可求解B点坐标；（Ⅱ）设，，的方程为，联立方程组，根据根与系数的关系，求得，，进而得出点的纵坐标，化简即可证得，得到证明.【详解】（Ⅰ）由题意可得直线的方程为.与椭圆方程联立,由可求.（Ⅱ）当与轴垂直时，两点与,两点重合，由椭圆的对称性，.当不与轴垂直时，设，，的方程为（）.由消去，整理得.则，.由已知，，则直线的方程为，令，得点的纵坐标.把代入得.由已知，，则直线的方程为,令，得点的纵坐标.把代入得.把，代入到中，=.即，即..【点睛】本题主要考查了直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题,解答此类题目，通常通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到“目标函数”的解析式，确定函数的性质进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出，本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.20.已知是由正整数组成的无穷数列，对任意，满足如下两个条件：①是的倍数；②.（1）若，，写出满足条件的所有的值；（2）求证：当时，；（3）求所有可能取值中的最大值.【答案】（1）（2）见解析（3）85【解析】【分析】（1）根据满足的两个条件即可得到满足条件的所有的值；（2）由，对于任意的，有. 当时，成立，即成立；若存在使，由反证法可得矛盾；（3）由（2）知，因为且是的倍数，可得所有可能取值中的最大值.【详解】（1）的值可取.（2）由，对于任意的，有.当时，，即，即.则成立.因为是的倍数，所以当时，有成立.若存在使，依以上所证，这样的的个数是有限的，设其中最大的为.则,成立，因为是的倍数，故.由,得.因此当时，.（3）由上问知，因为且是的倍数，所以满足下面的不等式：，. 则,, ,,,,,,,,当时，这个数列符合条件.故所求的最大值为85.【点睛】本题考查了数列的有关知识，考查了逻辑推理能力，综合性较强.。
石景山区2023-2024学年第一学期期末检测高三语文试卷及答案
石景山区2023-3024学年第一学期高三期末试卷语文学校姓名准考证号本试卷共10页，150分。
考试时长150分钟。
考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。
考试结束后，将答题卡交回。
一、本大题共5小题，共18分。
阅读下面的材料，完成1～5题。
材料一中微子是一种不带电、质量极其微小的基本粒子。
中微子在宇宙中的数量极多，约占所有物质粒子的一半，在微观粒子物理和宏观宇宙起源及演化中扮演着极为重要的角色。
中微子仅参与弱相互作用，可以说是来无影去无踪，只有通过超大体积和超级灵敏的粒子探测器，才可能被捕捉到，堪称“幽灵粒子”。
中微子是人类迄今了解最少的一种基本粒子，还有诸多未解的谜题亟待研究。
对这些未知问题的研究，将完善我们对物质世界基本规律的认识，引领我们突破现有的理论体系，踏入新物理世界的大门。
进入21世纪，中微子研究蓬勃发展，不仅成为粒子物理的重要分支，还扩展到天文学、地球物理等多个学科，形成了新兴的“中微子科学”。
同时，中微子实验研究也取得了许多重大成果，包括发现三种中微子、发现中微子振荡等。
中微子振荡是指中微子会在电子中微子、缪中微子和陶中微子这三种形态之间转换，具体表现为中微子能够在飞行中从一种形态转变成另外一种。
中微子振荡原则上应该有三种模式，其中两种在上世纪60年代、80年代相继被发现或证实，而第三种振荡模式一直未被发现，甚至有理论预言其根本不存在，这引发了全球科学家的进一步探索。
2003年，我国科学家提出设想，利用广东大亚湾核电站产生的大量中微子来寻找第三种振荡模式。
2007年10月大亚湾中微子实验项目动工建设，4年后实验站点全部投入运行。
2012年3月，实验取得了重大突破——成功发现了中微子的第三种振荡模式，并测得其振荡几率为9.2%，误差为1.7%，无振荡的可能性仅为千万分之一。
这一实验结果远远超出了科研团队的期待值，为后续研究中微子质量奠定了基础，对研究物质本原、宇宙起源和理解宇宙中反物质消失之谜具有重要意义，在国际高能物理界引起强烈反响。
北京市朝阳区2018-2019学年度第一学期期末质量检测高三年级数学试卷(理工类)
15.（本小题满分13分）
在 中，已知 ，
（Ⅰ）求 的长；
（Ⅱ）求 边上的中线 的长.
16.（本小题满分13分）
某日A,B,C三个城市18个销售点的小麦价格如下表：
销售点序号
所属城市
小麦价格（元/吨）
销售点序号
所属城市
小麦价格（元/吨）
所以 ，且 .
所以四边形 是平行四边形.
所以 .
又因为 平面 ， 平面 ，
所以 平面 .…………………4分
（Ⅱ）因为侧面 是正方形，所以 .
又因为平面 平面 ，且平面 平面 ，
所以 平面 .所以 .
又因为 ，以 为原点建立空间直角坐标系 ，如图所示.
设 ，则 ，
.
（ⅰ）设平面 的一个法向量为 .
由 得 即 令 ，所以 .
1.已知集合 ， ，则
A. B. C. D.
2.设复数 满足 ，则 =
A. B. C.2D.
3.执行如图所示的程序框图，若输入的 ，则输出的 =
A. B. C. D.
4.在平面直角坐标系 中，过 三点的圆被 轴
截得的弦长为
A. B. C. D.
5.将函数 的图象向右平移 个单位后，图象经过
点 ，则 的最小值为
（Ⅰ）求 点坐标和直线 的方程；
（Ⅱ）求证： .
20.（本小题满分13分）
已知 是由正整数组成的无穷数列，对任意 ， 满足如下两个条件：
① 是 的倍数；
② .
（Ⅰ）若 ， ，写出满足条件的所有 的值；
（Ⅱ）求证：当 时， ；
（Ⅲ）求 所有可能取值中的最大值.