所以EF?BE，EF?PE，
又因为BE?PE?E， 所以EF?平面PBE，
所以BC?平面PBE．
（2）取BE的中点O，连接PO，
由（1）知BC?平面PBE，BC?平面BCFE， 所以平面PBE?平面BCFE， 因为PB?BE?PE， 所以PO?BE，
又因为PO?平面PBE，平面PBE?平面BCFE?BE，
所以PO?平面BCFE，
过O作OMPBC交CF于M，分别以OB，OM，OP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则P?0,0,3?，C?1,4,0? ，F??1,2,0?． uuuvuuuvPC??1,4,?3?，PF???1,2,?3?，
v设平面PCF的法向量为m??x,y,z?，
uuuvv?PC?m?0,??x?4y?3z?0,uuuv 则?即?vPF?m?0,????x?2y?3z?0,则m?v??1,1,3?，
易知n??0,1,0?为平面PBE的一个法向量，
v5vv?1?0?1?1?3?01cos 5 ．5 【点睛】 本题考查直线与平面垂直的判定，由于“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”之间可以相互转化，因此整个证明过程围绕着线面垂直这个核心而展开，这是化解空间垂直关系难点的技巧所在，两半平面所成的二面角与面的法向量之间所成的角相等或互补，主要通过题意或图形确定最后结果. x2y22320．（1）??1（2）y??x?2 433【解析】 【分析】 （1）根据向量的坐标运算，以及|AB|=1，得到椭圆的标准方程． （2）直线l1斜率必存在，且纵截距为2，根据直线与椭圆的位置关系，即可求出的值，问题得以解决． 【详解】 uuuvuuuvuuuv(1) 因为OP?2OA?3OB 即?x,y??2?x0,0??3?0,y0??2x0,3y0 ??所以x?2x0,y?3y0 所以x0?13x,y0?y 2322又因为AB?1,所以x0?y0?1 2?1??3即?x????2???3?x2y2, y???1即4?3?1?2x2y2所以椭圆的标准方程为??1 43 (2) 直线l1斜率必存在，且纵截距为2,设直线为y?kx?2 ?y?kx?2? 联立直线l1和椭圆方程?x2y2?1???4322得 3?4kx?16kx?4?0 ??由???,得k?21 ?*? 4设P?x1,y1?,Qx2,y2 以PQ直径的圆恰过原点 所以OP?OQ,OP?OQ?0 即x1x2??uuuvuuuv?y1y2?0 也即x1x2??kx1?2??kx2?2??0 2即1?kx1x2?2k?x1?x2??4?0 ??将(1)式代入,得 41?k23?4k2???32k?4?0 23?4k222即41?k?32k?43?4k?0 ????解得k?2423,满足（*）式，所以k?? 33所以直线y??23x?2 321．(1)a=-1,b=1;(2)-1. 【解析】（1）对f?x?求导得f??x??e?2x，根据函数f?x?的图象在x?0处的切线为y?bx， x列出方程组，即可求出a,b的值；（2）由（1）可得f?x??e?x?1，根据 x21153x2?5x?2k?0对任意x?R恒成立，等价于k?ex?x2?x?1对任意x?R恒22215成立，构造h?x??ex?x2?x?1，求出h??x?的单调性，由h??0??0， h??1??0， 22f?x?????1??3??13?h????0， h????0，可得存在唯一的零点x0??,?，使得h??x0??0，利用单调性可求?2??4??24?出h?x?min?h?x0?，即可求出k的最大值. （1）f?x??e?x?2a?b， f??x??e?2x. x2x由题意知{f?0??1?2a?b?0a??1 ?{ . f??0??1?bb?1x2（2）由（1）知： f?x??e?x?1， 13x2?5x?2k?0对任意x?R恒成立 215?ex?x2?x?1?k?0对任意x?R恒成立 2215?k?ex?x2?x?1对任意x?R恒成立. 22155令h?x??ex?x2?x?1，则h??x??ex?x?. 222∴f?x????由于h??x??e?1?0，所以h??x?在R上单调递增. 'x737?1??3?33又h??0????0， h??1??e??0， h????e2?2?0， h????e4??1???0， 2444422????13?13?x?所以存在唯一的0?,?，使得h??x0??0，且当x????,x0?时， h??x??0， x??x0,????24?时， h??x??0. 即h?x?在???,x0?单调递减，在?x0,???上单调递增. 125x0?x0?1. 2255xx又h??x0??0，即e0?x0??0，∴e0??x0. 22512512∴h?x0???x0?x0?x0?1?x0?7x0?3. 2222所以h?x?min?h?x0??e0?x??∵x0???271??13?,?，∴ h?x0????,??. ?328??24?125x?x?1对任意x?R恒成立?k?h?x0?， 22又因为k?ex?又k?Z，∴ kmax??1. 点睛：利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题. 22．（1）??2cos?；（2）2 代入圆C的参数方程为{【解析】试题分析：（I）把cos2φ+sin2φ=1 x?1?cos?y?sin? （φ为参数），消 去参数化为普通方程，再根据普通方程化极坐标方程的公式得到圆C的极坐标方程．（II）设P（ρ1， ??2cos??sin??3cos??33θ1），联立{，联立{ ，解得ρ2，? ，解得ρ1，θ1；设Q（ρ2，θ2）?????33θ2，可得|PQ|． 解析： （1）圆C的普通方程为?x?1??y2?1，又x??cos?， y??sin? 2??所以圆C的极坐标方程为??2cos? ??2cos??（2）设???1,?1?，则由{? 解得?1?1， ?1? ??33设Q??2,?2?，则由{?sin??3cos??33???3 解得?2?3， ?2????3 所以?Q?2 23．（1）{x|x??1或x?1}；（2）3 【解析】 【分析】 （1）通过讨论的范围，求出不等式的解集即可； （2）先用绝对值不等式的性质求出最小值为a+b+c＝3，然后用基本不等式可得． 【详解】 （1）f?x??x?1?x?1?1， ?x??1??1?x?1?x?1∴?或?或?， 1?2x?33?32x?1?3???}. 解得{x|x?1或x1（2）fx?x?a?x?b?c ?a?x?x?b?c?a?b?c ?a?b?c?3， 1111?111?1??ba??ca??cb??????a?b?c????? ??3????????????? 3??ab??ac??bc??abc3?abc??1?3?2?2?2??3. 3当且仅当a?b?c?1时取得最小值3. 【点睛】 绝对值不等式的解法： 法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想； 法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想； 法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．
[数学]甘肃省天水一中2024届高三上学期第一阶段考试 理科数学
