2020-2021学年黑龙江省哈尔滨师范大学青冈实验中学校高二10月月考数学（理）试题（解析版）

第 1 页 共 20 页 2020-2021 学年黑龙江省哈尔滨师范大学青冈实验中学校高 二 10 月月考数学（理）试题 一、单选题 1．已知  1,2OA   uur ，  3,OB m uuur ，若OA OB  ，则 m  （ ） A．4 B．3 C． 3 2  D． 3 2 【答案】D 【解析】根据OA OB  及OA  、OB  的坐标，应用坐标表示向量垂直即可求参数 m 【详解】 由OA OB  ，  1,2OA   uur ，  3,OB m uuur 有 3 2 0OA OB m      解得 3 2m  故选：D 【点睛】 本题考查了向量垂直的坐标表示，利用已知向量坐标及垂直关系有 1 2 1 2 0x x y y  求参 数值 2．在 ABC 中，角 , ,A B C 所对的边分别为 , ,a b c ，若 30 , 45 , 2 2B C b    ， 则 c  （ ） A．2 B．3 C．4 D． 4 3 3 【答案】C 【解析】由正弦定理求解即可. 【详解】 由正弦定理可知 sin sin b c B C  ，则 22 2sin 2 41sin 2 b Cc B     故选：C 【点睛】 本题主要考查了正弦定理的应用，属于基础题. 第 2 页 共 20 页 3．已知 , (0, )x y  ，且 1 4 1x y   ，则 x y 的最小值为（ ） A．8 B．9 C．6 D．7 【答案】B 【解析】由题意，根据  1 4x y x yx y        ，结合基本不等式，即可求出结果. 【详解】 因为 , (0, )x y  ，且 1 4 1x y   ， 所以  1 4 4 41 4 5 2 9y x y xx y x yx y x y x y                ， 当且仅当 4y x x y  ，即 3 6 x y    时，等号成立， 故选：B. 【点睛】 本题主要考查由基本不等式求最值，属于基础题型. 4．如图所示，三棱台 1 1 1ABC A B C 中，沿面 1A BC 截去三棱锥 1A ABC ，则剩余部 分是（ ） A．三棱锥 B．四棱锥 C．三棱台 D．四棱台 【答案】B 【解析】根据棱锥的定义和空间结合体的结构特征，即可求解，得到答案. 【详解】 由题意知，三棱台 1 1 1ABC A B C 中，沿面 1A BC 截去三棱锥 1A ABC ， 则剩余部分是四棱锥 1 1 1A BB C C ，故选 B. 【点睛】 本题主要考查了棱锥的定义及其判定，其中解答中熟记棱锥的定义，以及空间几何体的 第 3 页 共 20 页 结构特征是解答的关键，着重考查了空间想象能力，属于基础题. 5．设 m，n 是两条不同直线， ，  是两个不同平面，则下列说法错误．．的是（ ） A．若 m  ， n  ，则 //m n ； B．若 / /  ， m  ，则 m  ； C．若 / /m  ， / /n  ，则 //m n ； D．若 m  ， / /m  ，则  ． 【答案】C 【解析】直接由直线平面的定理得到选项 ,A B 正确；对于选项C ， m，n 可能平行、 相交或异面，所以该选项错误；对于选项 D ， m 与  内一直线 l，所以l  ，因为 l 为  内一直线，所以  ．所以该选项正确. 【详解】 对于选项 A ，若 m  ， n  ，则 //m n ，所以该选项正确； 对于选项 B ，若 / /  ， m  ，则 m  ，所以该选项正确； 对于选项C ，若 / /m  ， / /n  ，则 m，n 可能平行、相交或异面，所以该选项错误； 对于选项 D ，若 m  ， / /m  ，则 m 与  内一直线 l，所以 l  ，因为 l 为  内 一直线，所以  ．所以该选项正确. 故选：C． 【点睛】 本题主要考查空间直线平面位置关系的判断，意在考查学生对这些知识的理解掌握水 平. 6．在我国古代著名的数学专著《 九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至 齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九 十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢．问：几日相逢? （） A．16 日 B．12 日 C．9 日 D．8 日 【答案】C 【解析】【详解】 解：由题可知，良马每日行程 an 构成一个首项为 103，公差 13 的等差数列， 驽马每日行程 bn 构成一个首项为 97，公差为﹣0.5 的等差数列， 则 an＝103+13（n﹣1）＝13n+90，bn＝97﹣0.5（n﹣1）＝97.5﹣0.5n， 则数列{an}与数列{bn}的前 n 项和为 1125×2＝2250， 第 4 页 共 20 页 又∵数列{an}的前 n 项和为 2 n （103+13n+90） 2 n  （193+13n）， 数列{bn}的前 n 项和为 2 n （97+97.5﹣0.5n） 2 n  （194.5 1 2  n）， ∴ 2 n （193+13n） 2 n  （194.5 1 2  n）＝2250， 整理得：25n2+775n﹣9000＝0，即 n2+31n﹣360＝0， 解得：n＝9 或 n＝﹣40（舍），即九日相逢． 故选 C 点睛：本题以数学文化为背景，考查等差数列，考查转化思想，考查分析问题、解决问 题的能力，注意解题方法的积累，属于中档题． 7．给出下列命题： ①有两个面互相平行且是全等的三角形，其余各面都是四边形，且相邻两四边形的公共 边互相平行，由这些面所围成的封闭几何体是三棱柱； ②有一个面是五边形，其余各面都是有公共顶点的三角形，由这些面所围成的封闭几何 体一定是五棱锥； ③有两个面是互相平行且相似的矩形（不全等），其余各面都是梯形，由这些面所围成 的封闭几何体一定是四棱台. 其中正确的命题是（ ） A．②③ B．①② C．①③ D．①②③ 【答案】B 【解析】①根据棱柱的定义进行判断；②根据棱锥的定义进行判断；③根据棱台的定义 进行判断． 【详解】 ①由棱柱的定义知①正确； ②由棱锥的定义知②正确； ③棱台是由平行于底面的棱锥所截得的，有两个面是互相平行且相似的矩形（不全等）， 其余各面都是梯形，四条侧棱不一定交于一点，则③不一定是四棱台，故③错误； 故正确的是①②； 故选： B ． 【点睛】 本题主要考查命题的真假判断，结合棱柱，棱锥，棱台的定义是解决本题的关键，比较 基础． 第 5 页 共 20 页 8．已知三棱柱 ABC-A1B1C1 的侧棱与底面垂直，体积为 9 4 ，底面是边长为 3 的正三 角形．若 P 为底面 A1B1C1 的中心，则 PA 与平面 ABC 所成角的大小为（ ） A．120 B． 60 C． 45 D．30 【答案】B 【解析】试题分析：由题意知底面积为 23 9 334 4S    ，体积 9 4V Sh  ，所以 3h  ，设 PP 是棱柱高，则 P 是底面 ABC 的中心，从而 2 3 3 13 2AP     ， 又 P AP  为直线和平面所成的角，所以 tan 3P AP  ， 60P AP  ，故选 B． 【考点】直线与平面所成的角． 9．鲁班锁（也称孔明锁、难人木、六子联方）起源于古代中国建筑的榫卯结构.这种三 维的拼插器具内部的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，十分巧妙.鲁班锁类玩具比较多， 形状和内部的构造各不相同，一般都是易拆难装.如图 1，这是一种常见的鲁班锁玩具， 图 2 是该鲁班锁玩具的直观图，每条棱的长均为 2，则该鲁班锁的表面积为（ ） A．8(6 6 2 3)  B． 6(8 8 2 3)  C．8(6 6 3 2)  D． 6(8 8 3 2)  【答案】A 【解析】该鲁班锁玩具可以看成是一个正方体截去了 8 个正三棱锥所余下来的几何体， 然后按照表面积公式计算即可. 【详解】 由题图可知，该鲁班锁玩具可以看成是一个棱长为 2 2 2 的正方体截去了 8 个正三棱 锥所余下来的几何体，且被截去的正三棱锥的底面边长为 2，侧棱长为 2 ，则该几何 体的表面积为 2 1 16 (2 2 2) 4 2 2 8 2 32 2S               8(6 6 2 3)   . 第 6 页 共 20 页 故选：A. 【点睛】 本题考查数学文化与简单几何体的表面积，考查空间想象能力和运算求解能力. 10．三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，底面边长和侧棱长都相等， 1 1 60BAA CAA     ，则 异面直线 1AB 与 1BC 所成角的余弦值为（ ） A． 3 3 B． 6 6 C． 3 4 D． 3 6 【答案】B 【解析】设 1AA c  ，AB a  ，AC b  ，根据向量线性运算法则可表示出 1AB 和 1BC ； 分别求解出 1 1AB BC  和 1AB ， 1BC ，根据向量夹角的求解方法求得 1 1cos ,AB BC   ，即可得所求角的余弦值. 【详解】 设棱长为 1， 1AA c  ， AB a  ， AC b  由题意得： 1 2a b  ， 1 2b c   ， 1 2a c   1AB a c    ， 1 1BC BC BB b a c              2 2 1 1 1 11 1 12 2AB BC a c b a c a b a a c b c a c c                                     又  2 2 2 1 2 3AB a c a a c c              2 2 2 2 1 2 2 2 2BC b a c b a c a b b c a c                        1 1 1 1 1 1 1 6cos , 66 AB BCAB BC AB BC            即异面直线 1AB 与 1BC 所成角的余弦值为： 6 6 本题正确选项： B 第 7 页 共 20 页 【点睛】 本题考查异面直线所成角的求解，关键是能够通过向量的线性运算、数量积运算将问题 转化为向量夹角的求解问题. 11．在棱长为 2 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， E ， F 分别为棱 1AA 、 1BB 的中点， M 为棱 1 1A B 上的一点，且 1 (0 2)A M     ，设点 N 为 ME 的中点，则点 N 到平 面 1D EF 的距离为（ ） A． 3 B． 2 2 C． 2 3  D． 5 5 【答案】D 【解析】由几何体为正方体，以 D 为原点，DA 为 x 轴，DC 为 y 轴，DD1 为 z 轴，建立 空间直角坐标系，求出平面 D1EF 的法向量 n ，结合向量的点到平面距离公式求得点 M 到平面 D1EF 的距离，结合 N 为 EM 中点即可求解 【详解】 以 D 为原点，DA 为 x 轴，DC 为 y 轴，DD1 为 z 轴，建立空间直角坐标系， 则 M（2，λ，2），D1（0，0，2），E（2，0，1），F（2，2，1）， 1ED  ＝（﹣2，0，1）， EF  ＝（0，2，0）， EM  ＝（0，λ，1）， 设平面 D1EF 的法向量 n ＝（x，y，z），则 1 2 0 2 0 n ED x z n EF y            ，取 x＝1，得 n ＝ （1，0，2）， ∴点 M 到平面 D1EF 的距离为：d＝ | | 2 2 5 | | 55 EM n n      ，N 为 EM 中点，所以 N 到 该面的距离为 5 5 故选：D． 第 8 页 共 20 页 【点睛】 本题考查利用向量法求解点到平面距离，建系法与数形结合是解题关键，属于中档题 12．如图，在长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 1AB  ， 1 2AA  ， 2AD  ，E､F 分 别为棱 1AA ､ 1BB 的中点.动点 P 在长方体的表面上，且 EP CF ，则点 P 的轨迹的长 度为（ ） A． 2 6 B． 2 C． 61 2  D． 62 2  【答案】A 【解析】作出过点 P ，点 E 的平面 ，使得CF  平面 ，此时 P 的轨迹即为平面 与 长方体表面的交线，据此可求解出轨迹的长度. 【详解】 连接 EF ，过 F 作 FG  CF 交 1 1B C 于G 点，过G 点作 1 1/ /GH A B 交 1 1A D 于 H 点， 连接 HE ，如下图所示： 第 9 页 共 20 页 因为 ,E F 为 1 1,AA BB 的中点，所以 / /EF AB ， 又因为 AB  平面 1 1BCC B ，所以 EF  平面 1 1BCC B ，所以 EF CF ， 又因为 FG CF ，且 EF FG F ，所以CF  平面 EFGH ， 所以 P 的轨迹为 , , ,EF FG GH HE ， 因为 1 90GB F CBF     ，所以可知 1BCF B FG ∽ ， 所以 1 1 BF BC B G B F  ，所以 1 2 2B G  ，所以 2 2 1 1 6 2FG B F B G   ， 又因为 / / ,GH AB GH AB ，所以四边形 EFGH 为平行四边形，所以 1GH EF  ， 所以 P 的轨迹长度为： 6 1 2 2 62         ， 故选：A. 【点睛】 本题考查线面垂直的综合应用，涉及到求解点的轨迹的长度问题，对学生的分析与转化 能力要求较高，难度较难. 二、填空题 13．已知直线 l 的斜率为 2，且经过点 2, 5  ，则直线 l 的一般式方程为_____________． 【答案】 2 1 0x y   【解析】根据直线的点斜式方程求出之后再化为一般是方程即可得答案. 【详解】 解：因为直线 l 的斜率为 2，且经过点 2, 5  ， 第 10 页 共 20 页 所以直线 l 的方程为 5 2( 2)y x   ， 即 2 1 0x y   ． 故答案为： 2 1 0x y   . 【点睛】 本题考查直线的点斜式方程，一般式方程，是基础题. 14．圆 2 2 2 8 13 0    x y x y 的圆心到直线 1 0ax y   的距离为 1，则 a ________ 【答案】 4 3  【解析】求出圆心坐标，代入点到直线距离方程，解得答案． 【详解】 圆 2 2 2 8 13 0    x y x y 的圆心坐标为： (1,4) ， 故圆心到直线 1 0ax y   的距离 2 | 4 1| 1 1 ad a     ，解得： 4 3a   ， 故答案为： 4 3  【点睛】 本题考查的知识点是圆的一般方程，点到直线的距离公式． 15．已知圆柱的底面直径与高都等于球的直径，若该球的表面积为 48π ，则圆柱的侧 面积为_____． 【答案】 48π . 【解析】先由球的表面积为 48π 求出球的半径，然后由圆柱的侧面积公式算出即可 【详解】 因为球的表面积 24π 48πS R  所以 =2 3R 所以圆柱的底面直径与高都为 4 3 所以圆柱的侧面积： 2π 2 3 4 3=48π  故答案为： 48π 【点睛】 本题考查的是空间几何体表面积的算法，较简单. 16．如图，矩形 ABCD 中， 2 2AB AD  ，E 为边 AB 的中点.将 ADE 沿直线 DE 第 11 页 共 20 页 翻折成 1A DE△ (点 1A 不落在底面 BCDE 内)，若 M 在线段 1AC 上(点 M 与 1A ，C 不 重合)，则在 ADE 翻转过程中，以下命题正确的是___________(把正确的序号写在横 线上) （1）存在某个位置，使 1DE AC （2）存在点 M ，使得 BM  平面 1A DC 成立 （3）存在点 M ，使得 //MB 平面 1A DE 成立 （4）四棱锥 1A BCDE 体积最大值为 2 4 【答案】（3）（4） 【解析】利用反证法可得（1）（2）错误，取 M 为 1AC 的中点，取 1A D 的中点为 I ， 连接 ,MI IE ，可证明 //MB 平面 1A DE ，当平面 1A DE  平面 BCDE 时，四棱锥 1A BCDE 体积最大值，利用公式可求得此时体积为 2 4 . 【详解】 如图（1），取 DE 的中点为 F ，连接 1 ,A F CF ， 第 12 页 共 20 页 则 45CDF   ， 2 2DF  ，故 2 1 2 2 54 2 22 2 2 2CF        ， 故 2 2 2DC DF CF  即 2CFD   ． 若 1CA DE ，因为 1 1 ,A D A E DF FE  ，故 1A F DE ，而 1 1 1A F AC A  ， 故 DE  平面 1A FC ，因为CF  平面 1A FC ，故 DE CF ，矛盾，故（1）错． 若 BM  平面 1A DC ，因为 DC  平面 1A DC ，故 BM DC ， 因为 DC CB ， BM CB B  ，故CD  平面 1ACB ， 因为 1AC  平面 1ACB ，故 1CD AC ，但 1A D CD ，矛盾，故（2）错． 当平面 1A DE  平面 BCDE 时，四棱锥 1A BCDE 体积最大值， 由前述证明可知 1A F DE ，而平面 1A DE  平面 BCDE DE ， 1A F  平面 1A DE ，故 1A F  平面 BCDE ， 因为 1A DE△ 为等腰直角三角形， 1 1 1A D A E  ，故 1 2 2A F  ， 又四边形 BCDE 的面积为 1 32 1 1 12 2      ， 故此时体积为 1 3 2 2 3 2 2 4    ，故（4）正确． 对于（3），如图（2），取 M 为 1AC 的中点，取 1A D 的中点为 I ，连接 ,MI IE ， 则 1// , 2IM CD IM CD ，而 1// , 2BE CD BE CD ， 故 // ,IM BE IM BE 即四边形 IEBM 为平行四边形， 故 //IE BM ，因为 IE  平面 1A DE ， BM  平面 1A DE ，故 //MB 平面 1A DE ， 故（3）正确． 第 13 页 共 20 页 故答案为：（3）（4）. 【点睛】 本题考查立体几何中的折叠问题，注意对于折叠后点线面的位置的判断，若命题的不成 立，往往需要利用反证法来处理，本题属于难题. 三、解答题 17．已知圆 C 过三点 1,3 ，( )4,2 ， 1, 7 ，圆 C 的方程； 【答案】 2 2( 1) ( 2) 25x y    【解析】根据圆的对称性由两点 1,3 ， 1, 7 可得圆心在 2y   上，从而设出圆心坐 标，再由 1,3 ，( )4,2 到圆心的距离等于半径列出等式，得出圆 C 的方程. 【详解】 因为圆过点   1,3 , 1, 7 ，故圆心在 2y   上 设圆心坐标 , 2x  ，则   2 21 25 4 16x x     ，解得 1x  . 故其半径  22 1 1 25 25r     . 故圆方程为： 2 2( 1) ( 2) 25x y    【点睛】 本题主要考查了由圆上三点求圆的方程，属于中档题. 18．已知 4a  ， 3b  ，   2 3 2 61a b a b      . （1）求 a  与b  的夹角 ； （2）求 a b r r . 【答案】（1） 2 3   （2）| | 37a b  第 14 页 共 20 页 【解析】（1）由已知可以求出 a b  的值，进而根据数量积的夹角公式，求出 cos ,a b  ， 进而得到向量 a 与b 的夹角 ； （2）要求| |a b  ，我们可以根据（1）中结论，先求出 2| |a b  的值，然后开方求出答 案． 【详解】 （1） | | 4a  ，| | 3b  ， 2 2(2 3 ) (2 ) 4 | | 3| | 4 37 4 61a b a b a b a b a b                   ，  | | | | cos , 6a b a b a b          ， ∴ 1cos , 2a b   rr ，∴ , 120a b   ， ∴向量 a 与 b 的夹角 120 = ° . （2） 2 2 2| | | | | | 2 16 9 12 37a b a b a b             ， | | 37a b   . 【点睛】 本题考查数量积表示两个向量的夹角、向量的模，考查函数与方程思想、转化与化归思 想，考查逻辑推理能力、运算求解能力． 19．在 ABC 中，内角 , ,A B C 所对的边分别为 , ,a b c ，已知 3 cos sinb C c B ． （1）求角 C 的大小 （2）若 2 7c  ， ABC 的面积为 6 3 ，求 ABC 的周长． 【答案】（Ⅰ） 3C  ．（Ⅱ）10 2 7 . 【解析】（Ⅰ）利用正弦定理化简已知等式可得 tanC 值，结合范围  0,C  ，即可得 解C 的值． （Ⅱ）利用正弦定理及面积公式可得 ab ，再利用余弦定理化简可得 a b 值，联立得 ,a b 从而解得 ABC 周长． 【详解】 （Ⅰ）由正弦定理 sin sin b c B C  ，得 3sin cos sin sinB C B C ， 第 15 页 共 20 页 在 ABC 中，因为sin 0B  ，所以 3cos sinC C 故 tan 3C  ， 又因为 0＜C＜ ，所以 3C  ． （Ⅱ）由已知，得 1 sin 6 32 ab C  . 又 3C  ，所以 24ab  . 由已知及余弦定理，得 2 2 2 cos 28a b ab C   ， 所以 2 2 =52a b ，从而 2 100a b  .即 10a b  又 2 7c  ，所以 ABC 的周长为10 2 7 . 【点睛】 本题主要考查了正弦定理，余弦定理的应用，考查了转化思想和数形结合思想，属于基 础题． 20．如图所示，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 是 60DAB   且边长为 a 的菱 形，侧面 PAD 为正三角形，其所在平面垂直于底面 ABCD . （1）若G 为 AD 边的中点，求证： BG 平面 PAD . （2）求证： AD PB . （3）若 E 为 BC 边的中点，能否在 PC 上找出一点 F ，使平面 DEF  平面 ABCD ？ 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析 【解析】（1）证明 PG AD ，利用面面垂直的性质即可证明（2）证 AD  平面 BPG 即可得 AD PB （3）存在点 F ，且 F 为 PC 的中点，证明 MF  平面 ABCD ，即 可证出平面 DEF  平面 ABCD . 【详解】 证明：连接 PG ， BD ， 第 16 页 共 20 页 因为 PAD 是等边三角形，G 为 AD 边的中点，所以 PG AD ． 因为平面 PAD  平面 ABCD ，所以 PG  平面 ABCD ，所以 PG BG ． 因为四边形 ABCD 是菱形，所以 AB AD ．又因为 60BAD   ，所以 ABD 是等 边三角形，所以 BG AD ．又因为 PG AD G  ，，所以 BG 平 PAD ． （2）证明：因为 AD PG ，AD BG ，PG BG G  ，所以 AD  平面 BPG ．又 因为 BP  平面 BPG ，所以 AD PB ． （3）存在点 F ，且 F 为 PC 的中点．证明如下：连接CG 交 DE 于 M ，连接 FM ， 因为 AD BC 且 AD BC ，又 E ，G 分别是 BC ， AD 的中点，连接 EG ，所以 CE DG 且CE DG ，所以四边形CEGD 是平行四边形，所以CM MG ．又因为 CF FP ，所以 MF PG ．由（1）知 PG  平面 ABCD ，所以 MF  平面 ABCD ．又 MF  平面 DEF ，所以平面 DEF  平面 ABCD ． 【点睛】 本题主要考查了两个平面垂直的性质、判定，线面垂直的判定、性质，属于中档题. 21．已知数列{ }na 满足  2 * 1 2 3 2 4 6 2 3 N n n n n na a a a       . （1）求数列{ }na 的通项； （2）设 2( 1) 2 n n nb n a   ，求数列{ }nb 的前 n 项和 nS ，当 2 n 1 14 m mS    对一切 正整数 n 恒成立时，求实数 m 的取值范围. 【答案】（1） *( )1n na n Nn   ；（2） 6,2 . 【解析】（1）先求出 1a ，再用错位相减法求出 2n  时的 na ，再检验 1a 是否符合 ( 2)na n  ，进而求出 *( )na n N ； （2）首先根据（1）求出数列 nb 的通项公式，再求出数列{ }nb 的前 n 项和 nS ；又因 为 nS 递增，所以 2 n 1 14 m mS    对一切正整数 n 恒成立等价于 i 2 n m n 1 1( ) 4S m m   ，即 2 1 1 14 m mS    ，进而求出实数 m 的取值范围. 第 17 页 共 20 页 【详解】 解：（1）当 1n  时， 1 2 4a  ，所以 1 1 2a  ， 当 2n  时， 2 1 2 3 2 4 6 2 3 n n n na a a a      ①， 2 1 2 3 1 2 4 6 2( 1) ( 1) 3( 1) n n n na a a a         ②， 由①  ②得 2 2 2 n n na   ，所以 1n na n   ，当 1n  时也符合此式， 综上可知 *( )1n na n Nn   . （2）因为 2( 1) 2 n n nb n a   ，所以 4n nb n  ， 所以 2 31 4 2 4 3 4 4 n nS n        ③， 2 3 4 14 1 4 2 4 3 4 4 n nS n         ④， 由③  ④得： 2 3 1 1 1 1 3 4 4 4 4 4 4(1 4 ) 4 4 44 41 4 3 1 4( )43 3 n n n n n n n n S n n n n                       所以 13 1 449 9 n n nS    ， 又因为 0nb  ，所以 nS 的最小值为 1 4S  ， 所以 214 14 m m   ， 所以 6 2m   ，即实数 m 的取值范围是 6,2 . 【点睛】 本题主要考查数列的通项公式和数列前 n 和的求解，以及数列与不等式的结合等问题， 考查运算求解能力，属于中等题型. 22．在四棱锥 P ABCD 中， PD  平面 ABCD ， AB DC ， AB AD ， 1DC AD  ， 2AB  ， 45PAD   ， E 是 PA 的中点， F 在线段 AB 上，且满 足 0BC DF    . 第 18 页 共 20 页 （1）求证： DE  平面 PBC ； （2）求二面角 F PC B  的余弦值； （3）在线段 PA 上是否存在点Q ，使得 FQ 与平面 PFC 所成角的余弦值是 6 3 ，若存 在，求出 AQ 的长；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）见解析；（2） 3 3 ；（3） 2 10 【解析】【详解】 分析：该题是立体几何的有关问题，第一问在证明线面平行时，可以利用常规方法，用 线面平行的判定定理来证明，也可以应用空间向量来证明，用直线的方向向量与平面的 法向量是垂直的即可，第二问求二面角的余弦值，用两个平面的法向量所成角的余弦值 来求得，第三问假设其存在，设出点的坐标，建立等量关系式从而求得结果，做好取舍 即可. 详解：（1）证明：取 PB 的中点 M ， AB 的中点 N ，连接 EM 和CM ， ∴CD AB 且 1 2CD AB ， ∴ E ， M 分别为 PA ， PB 的中点. EM AB∥ 且 1 2EM AB ∴ EM CD∥ 且 EM CD ，四边形CDEM 为平行四边形， 第 19 页 共 20 页 ∴ DE CM∥ ，CM  平面 PBC ， DE  平面 PBC ， ∴ DE  平面 BPC . （1）由题意可得 DA ，DC ，DP 两两互相垂直，如果，以 D 为原点，DA ，DC ，DP 分别是 x ， y ， z 轴建立空间直角坐标系 D xyz ，则  1 0 0A ，， ，  1 2 0B ，， ，  0 1 0C ，， ，  0 0 1P ，， ， 1 102 2E      ，， 设平面 PBC 的法向量为  m x y z ， ，  1 1 0BC    ， ， ，  0 1 1CP   ， ， 0 0 m BC x y m CP y z               ∴ x y y z     ，令 1y  ∴  1 1 1m   ，， 又 1 102 2DE       ，， ，∴ 0m DE  ，∴ DE m  DE  平面 PBC ∴ DE  平面 PBC （2）设点 F 坐标为 1 0t，， 则  1 1 0CF t  ， ， ，  1 2 0DB  ， ， ， 由 0BC DF    得 1 2t  ，∴ 11 02F      ， ， 设平面 FPC 的法向量为  n x y z ， ， ， 11 02CF       ， ， 由 0 0 n PC n FC         得 0 1 02 y z x y      即 2 y z y x    令 1x  ∴  1 2 2n  ，， 1 2 2 3m n       第 20 页 共 20 页 则 3 3cos 33 3 n mn m n m        ， 又由图可知，该二面角为锐角 故二面角 F PC D  的余弦值为 3 3 （3）设  0AQ AP     ，， ，  0 1，  ，∴ FQ FA AQ    1 2 ， ，       ∴ 1n FQ    ∴  22 1 2 2cos 1 3 8 13 2 4 FQ n          ， ∵ FQ 与平面 PFC 所成角的余弦值是 6 3 ∴其正弦值为 3 3 ∴ 2 2 2 3 33 8 1      ，整理得： 220 8 1 0    ，解得： 1 10   ， 1 2    （舍） ∴存在满足条件的点Q ， 1 1010 10AQ       ，， ，且 2 10AQ  点睛：在解决立体几何问题时，尤其空间关系的时候，可以有两种方法，一是常规法， 二是空间向量法，在应用面的法向量所成角来求二面角的时候，一定需要分清楚是其补 角还是其本身，在涉及到是否存在类问题时，都是先假设存在，最后求出来就是有，推 出矛盾就是没有.