2023年浙江省高考數(shù)學(xué)試卷(理科)

1、2023年浙江省高考數(shù)學(xué)試卷理科一選擇題：本大題共10小題，每題5分，共50分在每題給出的四個選項中，只有一項為哪一項符合題目要求的15分2023浙江i是虛數(shù)單位，那么1+i2i=A3+iB1+3iC3+3iD1+i25分2023浙江設(shè)集合S=x|x2，T=x|x2+3x40，那么RST=A2，1B，4C，1D1，+35分2023浙江x，y為正實數(shù)，那么A2lgx+lgy=2lgx+2lgyB2lgx+y=2lgx2lgyC2lgxlgy=2lgx+2lgyD2lgxy=2lgx2lgy45分2023浙江函數(shù)fx=Acosx+A0，0，R，那么“fx是奇函數(shù)是“=的A充分不必要條件B必要不充分

2、條件C充分必要條件D既不充分也不必要條件55分2023浙江某程序框圖如下列圖，假設(shè)該程序運(yùn)行后輸出的值是，那么Aa=4Ba=5Ca=6Da=765分2023浙江，那么tan2=ABCD75分2023浙江設(shè)ABC，P0是邊AB上一定點，滿足，且對于邊AB上任一點P，恒有那么AABC=90BBAC=90CAB=ACDAC=BC85分2023浙江e為自然對數(shù)的底數(shù)，設(shè)函數(shù)fx=ex1x1kk=1，2，那么A當(dāng)k=1時，fx在x=1處取得極小值B當(dāng)k=1時，fx在x=1處取得極大值C當(dāng)k=2時，fx在x=1處取得極小值D當(dāng)k=2時，fx在x=1處取得極大值95分2023浙江如圖F1、F2是橢圓C1：+

3、y2=1與雙曲線C2的公共焦點A、B分別是C1、C2在第二、四象限的公共點，假設(shè)四邊形AF1BF2為矩形，那么C2的離心率是ABCD105分2023浙江在空間中，過點A作平面的垂線，垂足為B，記B=fA設(shè)，是兩個不同的平面，對空間任意一點P，Q1=ffP，Q2=ffP，恒有PQ1=PQ2，那么A平面與平面垂直B平面與平面所成的銳二面角為45C平面與平面平行D平面與平面所成的銳二面角為60二、填空題：本大題共7小題，每題4分，共28分114分2023浙江設(shè)二項式的展開式中常數(shù)項為A，那么A=_124分2023浙江假設(shè)某幾何體的三視圖單位：cm如下列圖，那么此幾何體的體積等于_ cm3134分20

4、23浙江設(shè)z=kx+y，其中實數(shù)x，y滿足，假設(shè)z的最大值為12，那么實數(shù)k=_144分2023浙江將A，B，C，D，E，F(xiàn)六個字母排成一排，且A，B均在C的同側(cè)，那么不同的排法共有_種用數(shù)字作答154分2023浙江設(shè)F為拋物線C：y2=4x的焦點，過點P1，0的直線l交拋物線C于兩點A，B，點Q為線段AB的中點，假設(shè)|FQ|=2，那么直線l的斜率等于_164分2023浙江ABC中，C=90，M是BC的中點，假設(shè)，那么sinBAC=_174分2023浙江設(shè)、為單位向量，非零向量=x+y，x、yR假設(shè)、的夾角為30，那么的最大值等于_三、解答題：本大題共5小題，共72分解容許寫出文字說明、證明過

5、程或演算步驟1814分2023浙江在公差為d的等差數(shù)列an中，a1=10，且a1，2a2+2，5a3成等比數(shù)列求d，an； 假設(shè)d0，求|a1|+|a2|+|a3|+|an|1914分2023浙江設(shè)袋子中裝有a個紅球，b個黃球，c個藍(lán)球，且規(guī)定：取出一個紅球得1分，取出一個黃球2分，取出藍(lán)球得3分1當(dāng)a=3，b=2，c=1時，從該袋子中任取有放回，且每球取到的時機(jī)均等2個球，記隨機(jī)變量為取出此2球所得分?jǐn)?shù)之和，求分布列；2從該袋子中任取且每球取到的時機(jī)均等1個球，記隨機(jī)變量為取出此球所得分?jǐn)?shù)假設(shè)，求a：b：c2015分2023浙江如圖，在四面體ABCD中，AD平面BCD，M是AD的中點，P是B

6、M的中點，點Q在線段AC上，且AQ=3QC1證明：PQ平面BCD；2假設(shè)二面角CBMD的大小為60，求BDC的大小2115分2023浙江如圖，點P0，1是橢圓的一個頂點，C1的長軸是圓的直徑l1，l2是過點P且互相垂直的兩條直線，其中l(wèi)1交圓C2于兩點，l2交橢圓C1于另一點D1求橢圓C1的方程；2求ABD面積取最大值時直線l1的方程2214分2023浙江aR，函數(shù)fx=x33x2+3ax3a+31求曲線y=fx在點1，f1處的切線方程；2當(dāng)x0，2時，求|fx|的最大值2023年浙江省高考數(shù)學(xué)試卷理科參考答案與試題解析一選擇題：本大題共10小題，每題5分，共50分在每題給出的四個選項中，只有

7、一項為哪一項符合題目要求的15分2023浙江i是虛數(shù)單位，那么1+i2i=A3+iB1+3iC3+3iD1+i考點：復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運(yùn)算專題：計算題分析：直接利用兩個復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘法法那么，以及虛數(shù)單位i的冪運(yùn)算性質(zhì)，運(yùn)算求得結(jié)果解答：解：1+i2i=2+i+2i+1=1+3i，應(yīng)選B點評：此題主要考查兩個復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘法，虛數(shù)單位i的冪運(yùn)算性質(zhì)，屬于根底題25分2023浙江設(shè)集合S=x|x2，T=x|x2+3x40，那么RST=A2，1B，4C，1D1，+考點：交、并、補(bǔ)集的混合運(yùn)算分析：先根據(jù)一元二次不等式求出集合T，然后求得RS，再利用并集的定義求出結(jié)果解答：解：集合S=x|x2，

8、RS=x|x2由x2+3x40得：T=x|4x1，故RST=x|x1應(yīng)選C點評：此題屬于以一元二次不等式的解法為平臺，考查了補(bǔ)集及并集的運(yùn)算，是高考中常考的題型在求補(bǔ)集時注意全集的范圍35分2023浙江x，y為正實數(shù)，那么A2lgx+lgy=2lgx+2lgyB2lgx+y=2lgx2lgyC2lgxlgy=2lgx+2lgyD2lgxy=2lgx2lgy考點：有理數(shù)指數(shù)冪的化簡求值；對數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)專題：計算題分析：直接利用指數(shù)與對數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)，判斷選項即可解答：解：因為as+t=asat，lgxy=lgx+lgyx，y為正實數(shù)，所以2lgxy=2lgx+lgy=2lgx2lgy，滿足上述兩個

9、公式，應(yīng)選D點評：此題考查指數(shù)與對數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)，根本知識的考查45分2023浙江函數(shù)fx=Acosx+A0，0，R，那么“fx是奇函數(shù)是“=的A充分不必要條件B必要不充分條件C充分必要條件D既不充分也不必要條件考點：必要條件、充分條件與充要條件的判斷專題：三角函數(shù)的圖像與性質(zhì)分析：=fx=Acosx+fx=AsinxA0，0，xR是奇函數(shù)fx為奇函數(shù)f0=0=k+，kZ所以“fx是奇函數(shù)是“=必要不充分條件解答：解：假設(shè)=，那么fx=Acosx+fx=AsinxA0，0，xR是奇函數(shù)；假設(shè)fx是奇函數(shù)，f0=0，f0=Acos0+=Acos=0=k+，kZ，不一定有=“fx是奇函數(shù)是“=必要不

10、充分條件應(yīng)選B點評：此題考查充分條件、必要條件和充要條件的判斷，解題時要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答，注意三角函數(shù)性質(zhì)的靈活運(yùn)用55分2023浙江某程序框圖如下列圖，假設(shè)該程序運(yùn)行后輸出的值是，那么Aa=4Ba=5Ca=6Da=7考點：程序框圖專題：圖表型分析：根據(jù)流程圖可得程序的功能是計算S=1+的值，利用裂項相消法易得答案解答：解：由可得該程序的功能是計算并輸出S=1+=1+1=2假設(shè)該程序運(yùn)行后輸出的值是，那么 2=a=4，應(yīng)選A點評：此題考查的知識點是程序框圖，其中分析出程序的功能是解答的關(guān)鍵65分2023浙江，那么tan2=ABCD考點：二倍角的正切；同角三角函數(shù)間的根本關(guān)系專題：三角函數(shù)的求

11、值分析：由題意結(jié)合sin2+cos2=1可解得sin，和cos，進(jìn)而可得tan，再代入二倍角的正切公式可得答案解答：解：，又sin2+cos2=1，聯(lián)立解得，或故tan=，或tan=3，代入可得tan2=，或tan2=應(yīng)選C點評：此題考查二倍角的正切公式，涉及同角三角函數(shù)的根本關(guān)系，屬中檔題75分2023浙江設(shè)ABC，P0是邊AB上一定點，滿足，且對于邊AB上任一點P，恒有那么AABC=90BBAC=90CAB=ACDAC=BC考點：平面向量數(shù)量積的運(yùn)算專題：計算題；平面向量及應(yīng)用分析：以AB所在的直線為x軸，以AB的中垂線為y軸建立直角坐標(biāo)系，設(shè)AB=4，Ca，b，Px，0，然后由題意可寫出

12、，然后由結(jié)合向量的數(shù)量積的 坐標(biāo)表示可得關(guān)于x的二次不等式，結(jié)合二次不等式的知識可求a，進(jìn)而可判斷解答：解：以AB所在的直線為x軸，以AB的中垂線為y軸建立直角坐標(biāo)系，設(shè)AB=4，Ca，b，Px，0那么BP0=1，A2，0，B2，0，P01，0=1，0，=2x，0，=ax，b，=a1，b恒有2xaxa1恒成立整理可得x2a+2x+a+10恒成立=a+224a+10即=a20a=0，即C在AB的垂直平分線上AC=BC故ABC為等腰三角形應(yīng)選D點評：此題主要考查了平面向量的運(yùn)算，向量的模及向量的數(shù)量積的概念，向量運(yùn)算的幾何意義的應(yīng)用，還考查了利用向量解決簡單的幾何問題的能力85分2023浙江e為自

13、然對數(shù)的底數(shù)，設(shè)函數(shù)fx=ex1x1kk=1，2，那么A當(dāng)k=1時，fx在x=1處取得極小值B當(dāng)k=1時，fx在x=1處取得極大值C當(dāng)k=2時，fx在x=1處取得極小值D當(dāng)k=2時，fx在x=1處取得極大值考點：函數(shù)在某點取得極值的條件專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用分析：通過對函數(shù)fx求導(dǎo)，根據(jù)選項知函數(shù)在x=1處有極值，驗證f1=0，再驗證fx在x=1處取得極小值還是極大值即可得結(jié)論解答：解：當(dāng)k=2時，函數(shù)fx=ex1x12求導(dǎo)函數(shù)可得fx=exx12+2ex1x1=x1xex+ex2，當(dāng)x=1，fx=0，且當(dāng)x1時，fx0，當(dāng)x1時，fx0，故函數(shù)fx在1，+上是增函數(shù)；在，1上是減函數(shù)，從而函數(shù)

14、fx在x=1取得極小值對照選項應(yīng)選C點評：此題考查了函數(shù)的極值問題，考查學(xué)生的計算能力，正確理解極值是關(guān)鍵95分2023浙江如圖F1、F2是橢圓C1：+y2=1與雙曲線C2的公共焦點A、B分別是C1、C2在第二、四象限的公共點，假設(shè)四邊形AF1BF2為矩形，那么C2的離心率是ABCD考點：橢圓的簡單性質(zhì)專題：計算題；壓軸題；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程分析：不妨設(shè)|AF1|=x，|AF2|=y，依題意，解此方程組可求得x，y的值，利用雙曲線的定義及性質(zhì)即可求得C2的離心率解答：解：設(shè)|AF1|=x，|AF2|=y，點A為橢圓C1：+y2=1上的點，2a=4，b=1，c=；|AF1|+|AF2|=

15、2a=4，即x+y=4；又四邊形AF1BF2為矩形，+=，即x2+y2=2c2=12，由得：，解得x=2，y=2+，設(shè)雙曲線C2的實軸長為2a，焦距為2c，那么2a=，|AF2|AF1|=yx=2，2c=2=2，雙曲線C2的離心率e=應(yīng)選D點評：此題考查橢圓與雙曲線的簡單性質(zhì)，求得|AF1|與|AF2|是關(guān)鍵，考查分析與運(yùn)算能力，屬于中檔題105分2023浙江在空間中，過點A作平面的垂線，垂足為B，記B=fA設(shè)，是兩個不同的平面，對空間任意一點P，Q1=ffP，Q2=ffP，恒有PQ1=PQ2，那么A平面與平面垂直B平面與平面所成的銳二面角為45C平面與平面平行D平面與平面所成的銳二面角為60

16、考點：空間中直線與平面之間的位置關(guān)系；平面與平面之間的位置關(guān)系；二面角的平面角及求法專題：證明題；壓軸題；空間位置關(guān)系與距離分析：設(shè)P1是點P在內(nèi)的射影，點P2是點P在內(nèi)的射影根據(jù)題意點P1在內(nèi)的射影與P2在內(nèi)的射影重合于一點，由此可得四邊形PP1Q1P2為矩形，且P1Q1P2是二面角l的平面角，根據(jù)面面垂直的定義可得平面與平面垂直，得到此題答案解答：解：設(shè)P1=fP，那么根據(jù)題意，得點P1是過點P作平面垂線的垂足Q1=ffP=fP1，點Q1是過點P1作平面垂線的垂足同理，假設(shè)P2=fP，得點P2是過點P作平面垂線的垂足因此Q2=ffP表示點Q2是過點P2作平面垂線的垂足對任意的點P，恒有PQ

17、1=PQ2，點Q1與Q2重合于同一點由此可得，四邊形PP1Q1P2為矩形，且P1Q1P2是二面角l的平面角P1Q1P2是直角，平面與平面垂直應(yīng)選：A點評：此題給出新定義，要求我們判定平面與平面所成角大小，著重考查了線面垂直性質(zhì)、二面角的平面角和面面垂直的定義等知識，屬于中檔題二、填空題：本大題共7小題，每題4分，共28分114分2023浙江設(shè)二項式的展開式中常數(shù)項為A，那么A=10考點：二項式系數(shù)的性質(zhì)專題：計算題分析：先求出二項式展開式的通項公式，再令x的系數(shù)等于0，求得r的值，即可求得展開式中的常數(shù)項的值解答：解：二項式的展開式的通項公式為 Tr+1=1r=1r令=0，解得r=3，故展開式

18、的常數(shù)項為=10，故答案為10點評：此題主要考查二項式定理的應(yīng)用，二項式展開式的通項公式，求展開式中某項的系數(shù)，屬于中檔題124分2023浙江假設(shè)某幾何體的三視圖單位：cm如下列圖，那么此幾何體的體積等于24 cm3考點：由三視圖求面積、體積專題：計算題分析：先根據(jù)三視圖判斷幾何體的形狀，再利用體積公式計算即可解答：解：幾何體為三棱柱去掉一個三棱錐后的幾何體，底面是直角三角形，直角邊分別為3，4，棱柱的高為5，被截取的棱錐的高為3如圖：V=V棱柱V三棱錐=3=24cm3故答案為：24點評：此題考查幾何體的三視圖及幾何體的體積計算V椎體=Sh，V柱體=Sh考查空間想象能力134分2023浙江設(shè)z

19、=kx+y，其中實數(shù)x，y滿足，假設(shè)z的最大值為12，那么實數(shù)k=2考點：簡單線性規(guī)劃專題：不等式的解法及應(yīng)用分析：先畫出可行域，得到角點坐標(biāo)再對k進(jìn)行分類討論，通過平移直線z=kx+y得到最大值點A，即可得到答案解答：解：可行域如圖：由得：A4，4，同樣地，得B0，2，當(dāng)k時，目標(biāo)函數(shù)z=kx+y在x=4，y=4時取最大值，即直線z=kx+y在y軸上的截距z最大，此時，12=4k+4，故k=2當(dāng)k時，目標(biāo)函數(shù)z=kx+y在x=0，y=2時取最大值，即直線z=kx+y在y軸上的截距z最大，此時，12=0k+2，故k不存在綜上，k=2故答案為：2點評：此題主要考查簡單線性規(guī)劃解決此類問題的關(guān)鍵是

20、正確畫出不等式組表示的可行域，將目標(biāo)函數(shù)賦予幾何意義144分2023浙江將A，B，C，D，E，F(xiàn)六個字母排成一排，且A，B均在C的同側(cè)，那么不同的排法共有480種用數(shù)字作答考點：排列、組合及簡單計數(shù)問題專題：概率與統(tǒng)計分析：按C的位置分類，在左1，左2，左3，或者在右1，右2，右3，因為左右是對稱的，所以只看左的情況最后乘以2即可解答：解：按C的位置分類，在左1，左2，左3，或者在右1，右2，右3，因為左右是對稱的，所以只看左的情況最后乘以2即可當(dāng)C在左邊第1個位置時，有A，當(dāng)C在左邊第2個位置時AA，當(dāng)C在左邊第3個位置時，有AA+AA，共為240種，乘以2，得480那么不同的排法共有 48

21、0種故答案為：480點評：此題考查排列、組合的應(yīng)用，關(guān)鍵在于明確事件之間的關(guān)系，同時要掌握分類討論的處理方法154分2023浙江設(shè)F為拋物線C：y2=4x的焦點，過點P1，0的直線l交拋物線C于兩點A，B，點Q為線段AB的中點，假設(shè)|FQ|=2，那么直線l的斜率等于不存在考點：直線與圓錐曲線的關(guān)系；直線的斜率專題：圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程分析：由題意設(shè)直線l的方程為my=x+1，聯(lián)立得到y(tǒng)24my+4=0，=16m216=16m210設(shè)Ax1，y1，Bx2，y2，Qx0，y0利用根與系數(shù)的關(guān)系可得y1+y2=4m，利用中點坐標(biāo)公式可得=2m，x0=my01=2m21Q2m21，2m，由拋物線

22、C：y2=4x得焦點F1，0再利用兩點間的距離公式即可得出m及k，再代入判斷是否成立即可解答：解：由題意設(shè)直線l的方程為my=x+1，聯(lián)立得到y(tǒng)24my+4=0，=16m216=16m210設(shè)Ax1，y1，Bx2，y2，Qx0，y0y1+y2=4m，=2m，x0=my01=2m21Q2m21，2m，由拋物線C：y2=4x得焦點F1，0|QF|=2，化為m2=1，解得m=1，不滿足0故滿足條件的直線l不存在故答案為不存在點評：此題綜合考查了直線與拋物線的位置關(guān)系與的關(guān)系、根與系數(shù)的關(guān)系、中點坐標(biāo)關(guān)系、兩點間的距離公式等根底知識，考查了推理能力和計算能力164分2023浙江ABC中，C=90，M是

23、BC的中點，假設(shè)，那么sinBAC=考點：正弦定理專題：壓軸題；解三角形分析：作出圖象，設(shè)出未知量，在ABM中，由正弦定理可得sinAMB=，進(jìn)而可得cos=，在RTACM中，還可得cos=，建立等式后可得a=b，再由勾股定理可得c=，而sinBAC=，代入化簡可得答案解答：解：如圖設(shè)AC=b，AB=c，CM=MB=，MAC=，在ABM中，由正弦定理可得=，代入數(shù)據(jù)可得=，解得sinAMB=，故cos=cosAMC=sinAMC=sinAMB=sinAMB=，而在RTACM中，cos=，故可得=，化簡可得a44a2b2+4b4=a22b2=0，解之可得a=b，再由勾股定理可得a2+b2=c2，

24、聯(lián)立可得c=，故在RTABC中，sinBAC=，故答案為：點評：此題考查正弦定理的應(yīng)用，涉及三角函數(shù)的誘導(dǎo)公式以及勾股定理的應(yīng)用，屬中檔題174分2023浙江設(shè)、為單位向量，非零向量=x+y，x、yR假設(shè)、的夾角為30，那么的最大值等于2考點：數(shù)量積表示兩個向量的夾角專題：壓軸題；平面向量及應(yīng)用分析：由題意求得 =，|=，從而可得 =，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)求得的最大值解答：解：、 為單位向量，和的夾角等于30，=11cos30=非零向量=x+y，|=，=，故當(dāng)=時，取得最大值為2，故答案為 2點評：此題主要考查兩個向量的數(shù)量積的運(yùn)算，求向量的模，利用二次函數(shù)的性質(zhì)求函數(shù)的最大值，屬于中檔題三、

25、解答題：本大題共5小題，共72分解容許寫出文字說明、證明過程或演算步驟1814分2023浙江在公差為d的等差數(shù)列an中，a1=10，且a1，2a2+2，5a3成等比數(shù)列求d，an； 假設(shè)d0，求|a1|+|a2|+|a3|+|an|考點：數(shù)列的求和；等差數(shù)列的通項公式；等比數(shù)列的性質(zhì)專題：等差數(shù)列與等比數(shù)列分析：直接由條件a1=10，且a1，2a2+2，5a3成等比數(shù)列列式求出公差，那么通項公式an可求；利用中的結(jié)論，得到等差數(shù)列an的前11項大于等于0，后面的項小于0，所以分類討論求d0時|a1|+|a2|+|a3|+|an|的和解答：解：由題意得，即，整理得d23d4=0解得d=1或d=4

26、當(dāng)d=1時，an=a1+n1d=10n1=n+11當(dāng)d=4時，an=a1+n1d=10+4n1=4n+6所以an=n+11或an=4n+6；設(shè)數(shù)列an的前n項和為Sn，因為d0，由得d=1，an=n+11那么當(dāng)n11時，當(dāng)n12時，|a1|+|a2|+|a3|+|an|=Sn+2S11=綜上所述，|a1|+|a2|+|a3|+|an|=點評：此題考查了等差數(shù)列、等比數(shù)列的根本概念，考查了等差數(shù)列的通項公式，求和公式，考查了分類討論的數(shù)學(xué)思想方法和學(xué)生的運(yùn)算能力，是中檔題1914分2023浙江設(shè)袋子中裝有a個紅球，b個黃球，c個藍(lán)球，且規(guī)定：取出一個紅球得1分，取出一個黃球2分，取出藍(lán)球得3分1

27、當(dāng)a=3，b=2，c=1時，從該袋子中任取有放回，且每球取到的時機(jī)均等2個球，記隨機(jī)變量為取出此2球所得分?jǐn)?shù)之和，求分布列；2從該袋子中任取且每球取到的時機(jī)均等1個球，記隨機(jī)變量為取出此球所得分?jǐn)?shù)假設(shè)，求a：b：c考點：離散型隨機(jī)變量及其分布列；離散型隨機(jī)變量的期望與方差專題：概率與統(tǒng)計分析：1的可能取值有：2，3，4，5，6，求出相應(yīng)的概率可得所求的分布列；2先列出的分布列，再利用的數(shù)學(xué)期望和方差公式，即可得到結(jié)論解答：解：1由題意得=2，3，4，5，6，P=2=；P=3=；P=4=；P=5=；P=6=故所求的分布列為 2 3 4 5 6 P2由題意知的分布列為 1 2 3 PE=D=12+

28、22+32=得，解得a=3c，b=2c，故a：b：c=3：2：1點評：此題主要考查隨機(jī)事件的概率和隨機(jī)變量的分布列、數(shù)學(xué)期望等概念，同時考查抽象概括、運(yùn)算能力，屬于中檔題2015分2023浙江如圖，在四面體ABCD中，AD平面BCD，M是AD的中點，P是BM的中點，點Q在線段AC上，且AQ=3QC1證明：PQ平面BCD；2假設(shè)二面角CBMD的大小為60，求BDC的大小考點：二面角的平面角及求法；直線與平面平行的判定專題：計算題；空間位置關(guān)系與距離；空間角分析：1取BD的中點O，在線段CD上取點F，使得DF=3CF，連接OP、OF、FQ根據(jù)平行線分線段成比例定理結(jié)合三角形的中位線定理證出四邊形O

29、PQF是平行四邊形，從而PQOF，再由線面平行判定定理，證出PQ平面BCD；2過點C作CGBD，垂足為G，過G作GHBM于H，連接CH根據(jù)線面垂直的判定與性質(zhì)證出BMCH，因此CHG是二面角CBMD的平面角，可得CHG=60設(shè)BDC=，用解直角三角形的方法算出HG和CG關(guān)于的表達(dá)式，最后在RtCHG中，根據(jù)正切的定義得出tanCHG=，從而得到tan=，由此可得BDC解答：1取BD的中點O，在線段CD上取點F，使得DF=3CF，連接OP、OF、FQACD中，AQ=3QC且DF=3CF，QFAD且QF=ADBDM中，O、P分別為BD、BM的中點OPDM，且OP=DM，結(jié)合M為AD中點得：OPAD

30、且OP=ADOPQF且OP=QF，可得四邊形OPQF是平行四邊形PQOFPQ平面BCD且OF平面BCD，PQ平面BCD；2過點C作CGBD，垂足為G，過G作GHBM于H，連接CHAD平面BCD，CG平面BCD，ADCG又CGBD，AD、BD是平面ABD內(nèi)的相交直線CG平面ABD，結(jié)合BM平面ABD，得CGBMGHBM，CG、GH是平面CGH內(nèi)的相交直線BM平面CGH，可得BMCH因此，CHG是二面角CBMD的平面角，可得CHG=60設(shè)BDC=，可得RtBCD中，CD=BDcos=2cos，CG=CDsin=sincos，BG=BCsin=2sin2RtBMD中，HG=；RtCHG中，tanCH

31、G=tan=，可得=60，即BDC=60點評：此題在底面為直角三角形且過銳角頂點的側(cè)棱與底面垂直的三棱錐中求證線面平行，并且在二面角大小的情況下求線線角著重考查了線面平行、線面垂直的判定與性質(zhì)，解直角三角形和平面與平面所成角求法等知識，屬于中檔題2115分2023浙江如圖，點P0，1是橢圓的一個頂點，C1的長軸是圓的直徑l1，l2是過點P且互相垂直的兩條直線，其中l(wèi)1交圓C2于兩點，l2交橢圓C1于另一點D1求橢圓C1的方程；2求ABD面積取最大值時直線l1的方程考點：直線與圓錐曲線的關(guān)系；橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程專題：綜合題；壓軸題；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程分析：1由題意可得b=1，2a=4，即可得到橢圓的方程；2設(shè)Ax1，y1，Bx2，y2，Dx0，y0由題意可知：直線l1的斜率存在，設(shè)為k，那么直線l1的方程為y=kx1利用點到直線的距離公式和弦長公式即可得出圓心O到直線l1的距離和弦長|AB|，又l2l1，可得直線l2的方程為x+kx+k=0，與橢圓的方程聯(lián)立即可得到點D的橫坐標(biāo)，即可得