廣東省東莞市南開實驗學校2023-2024學年高考數學五模試卷含解析

廣東省東莞市南開實驗學校2023-2024學年高考數學五模試卷

注意事項

1.考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回.

2.答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0.5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置.

3.請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符.

4.作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他

答案.作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效.

5.如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗.

一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。

x-y+lV0,

1.已知所為圓(龍—仔+(y+爐=1的一條直徑，點M(國y)的坐標滿足不等式組2x+y+320,則9.狼的

yWl.

取值范圍為()

一91

A.-,13B.[4,13]

「7-

C.[4,12]D.-,12

2.等腰直角三角形ABE的斜邊48為正四面體ABCD側棱，直角邊AE繞斜邊A3旋轉，則在旋轉的過程中，有下

列說法：

(1)四面體E-BCD的體積有最大值和最小值;

(2)存在某個位置，使得

(3)設二面角O—鉆一石的平面角為。，則62NZME；

(4)AE的中點M與A3的中點N連線交平面8。于點P,則點尸的軌跡為橢圓.

其中，正確說法的個數是(

3.數列｛4｝滿足：//“一%=2a“a,+i，則數列他,,4+i｝前10項的和為

20

4.已知函數/(x)=*x+?—2)e'—x(Z>0),若函數/(x)在％eR上有唯一零點，貝！K的值為()

A.1B.,或oc.1或0D.2或0

2

5.已知變量的幾組取值如下表：

X1234

y2.44.35.37

若y與x線性相關，且勺=0.8%+。，則實數。=()

6.某個命題與自然數”有關，且已證得“假設〃=左,eN*)時該命題成立，則〃=左+1時該命題也成立”.現(xiàn)已知當

〃=7時，該命題不成立，那么()

A.當〃=8時，該命題不成立B.當九=8時，該命題成立

C.當〃=6時，該命題不成立D.當〃=6時，該命題成立

7.在(1—X)5+(l—x)6+(l—x)7+(l—x)8的展開式中，含Y的項的系數是()

A.74B.121C.-74D.-121

8.設集合A={4,5,7,9},B={3,4,7,8,9),全集U=AUB,則集合(i「|中的元素共有()

A.3個B.4個C.5個D.6個

9.如圖是一個幾何體的三視圖，則這個幾何體的體積為()

5

C.—7TD.3萬

2

2x

I。.函數十)=方的圖像大致為，)

11.某人用隨機模擬的方法估計無理數e的值，做法如下：首先在平面直角坐標系中，過點A（LO）作X軸的垂線與曲

線丁=，相交于點5,過3作y軸的垂線與y軸相交于點c（如圖），然后向矩形Q45c內投入〃粒豆子，并統(tǒng)計

出這些豆子在曲線y=e"上方的有N粒（N<M）,則無理數e的估計值是（）

12.執(zhí)行如圖所示的程序框圖，則輸出的5=（）

二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。

13.在一底面半徑和高都是2帆的圓柱形容器中盛滿小麥，有一粒帶麥銹病的種子混入了其中.現(xiàn)從中隨機取出的2加3

種子，則取出了帶麥銹病種子的概率是.

y<x

14.已知實數x,y滿足x—4y—3W0,則目標函數z=x+2y—l的最小值為.

2x+y-6<0

x-1>0,

15.已知X,y滿足約束條件（x+2y—4W0,則Z=3x+4y的最小值為.

2x-y-6<Q,

16.某種賭博每局的規(guī)則是：賭客先在標記有1,2,3,4,5的卡片中隨機摸取一張，將卡片上的數字作為其賭金；

隨后放回該卡片，再隨機摸取兩張，將這兩張卡片上數字之差的絕對值的1.4倍作為其獎金.若隨機變量備和聶分別

表示賭客在一局賭博中的賭金和獎金，則O（彘）=,E（第）-E（6）=.

三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。

17.（12分）如圖，在四棱錐ABCD中，底面ABC。是直角梯形且AD〃3GABA.BC,AB=BC=2AD=2,

側面為等邊三角形，且平面平面ABC。.

（1）求平面FA3與平面PDC所成的銳二面角的大?。?/p>

（2）若CQ=2CP（0Bi1）,且直線BQ與平面PDC所成角為獲，求力的值.

18.（12分）在AABC中，角A,B,C的對邊分別為“,仇c,若島=，（sinC+百cosC）.

（1）求角3的大小；

TT

（2）若A=g,。為AABC外一點，DB=2,CD=1,求四邊形ABAC面積的最大值.

19.（12分）已知等腰梯形ABC。中（如圖1）,AB=4,BC=CD=DA=2,R為線段CD的中點，E、M為

線段AB上的點，AE=EM=1,現(xiàn)將四邊形AEED沿E尸折起（如圖2）

D.

圖1圖2

(1)求證：AM〃平面BCD；

(2)在圖2中，若BD=&,求直線CD與平面3CEE所成角的正弦值.

20.(12分)如圖，在三棱柱ADE-BCF中,ABCD是邊長為2的菱形，且N5W=6O。，CDEF是矩形，ED=1,

且平面CDE/L平面ABC。，P點在線段6c上移動(P不與。重合)，H是AE的中點.

(1)當四面體瓦)PC的外接球的表面積為5兀時，證明：HB//.平面EDP

(2)當四面體EDPC的體積最大時，求平面與平面EPC所成銳二面角的余弦值.

21.(12分)已知函數/(x)=e*+sinx-ox2-2x.

(1)當a=O時，判斷了(x)在［0,+8)上的單調性并加以證明；

(2)若/(%)>1,求。的取值范圍.

22.(10分)如圖，在直棱柱ABC?！狝4GA中，底面ABC。為菱形，AB=BD=2,8月=2,血與AC相

交于點E,4。與相交于點。.

AB

(1)求證：AC，平面5片。。；

(2)求直線08與平面。耳，所成的角的正弦值.

參考答案

一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。

1、D

【解析】

首先將建.板轉化為只需求出的取值范圍即可，而"T表示可行域內的點與圓心T(L-1)距離，數

形結合即可得到答案.

【詳解】

作出可行域如圖所示

4

設圓心為T(l,一1),則ME?M"=(MT+rE)?(MT+rF)=

22.2

(MT+TE)?(MT—TE)=MT-TE

過T作直線x—y+l=0的垂線，垂足為5,顯然MBWMTWMA,又易得A(—2,1),

/------------2-------------rLTR|l-(-l)+H372

所以M4=J[1_(_2)]2+(_1_1)2=A，TB=m+(二)2=『

?27

故ME.MF=MT-le[-,12].

故選：D.

【點睛】

本題考查與線性規(guī)劃相關的取值范圍問題，涉及到向量的線性運算、數量積、點到直線的距離等知識，考查學生轉化

與劃歸的思想，是一道中檔題.

2、C

【解析】

解：對于（1）,當平面且E在A5的右上方時，E到平面3c。的距離最大，當平面ABE,且E在

AB的左下方時，E到平面BCD的距離最小，

二四面體E-8C。的體積有最大值和最小值，故（1）正確；

對于（2）,連接OE,若存在某個位置，使得AEL3。，又AE_LBE,則平面可得進一步可得

AE=DE,此時E-A3O為正三棱錐，故（2）正確；

對于（3）,取中點。，連接O。，E0,則/OOE為二面角O-AB-E的平面角，為0,

直角邊AE繞斜邊45旋轉，則在旋轉的過程中，0￡[0,Tt）,

ZDAE^[^,兀），所以aNZME不成立.（3）不正確；

對于（4）AE的中點”與A3的中點N連線交平面35于點P,P到8C的距離為：dp-BC,

IpnI

因為^^<1,所以點尸的軌跡為橢圓.（4）正確.

4-BC

故選：C.

點睛：該題考查的是有關多面體和旋轉體對應的特征，以幾何體為載體，考查相關的空間關系，在解題的過程中，需

要認真分析，得到結果，注意對知識點的靈活運用.

3、A

【解析】

11c1

分析：通過對an-an+i=2anan+i變形可知--------=2,進而可知4=---------,利用裂項相消法求和即可.

aa

?+i?2n-1

11c

詳解：；,二--=2.

an+\an

...；=；+2(n—3)=2n-l,gpa；)=—^—,

/2〃-1

a“％+i=^(a?-4+i)=〈j1-1I，

22^2n-l2n+ly

；?數列｛。九%+1｝前10項的和為萬］1_§+§_勺+

故選A.

點睛：裂項相消法是最難把握的求和方法之一，其原因是有時很難找到裂項的方向，突破這一難點的方法是根據式子

的結構特點，常見的裂項技巧：(1)一不=717(2)「----『+k-赤);(3)

n[n+k)k\nn+kJ弋n+kkv'

]_J_(_[______]__y]=,^hn〃+i)；〃+2)；此外'需注意裂項

(2w-l)(2n+l)~2{2n-l~2n+lJ；⑷n(n+l)(n+2)-2

之后相消的過程中容易出現(xiàn)丟項或多項的問題，導致計算結果錯誤.

4、C

【解析】

求出函數的導函數，當，>0時，只需/(—ln/)=0,gpinr--+l=0,令g(/)=lnr—1+1,利用導數求其單調區(qū)間,

tt

即可求出參數/的值，當/=0時，根據函數的單調性及零點存在性定理可判斷；

【詳解】

解：?//(x)=?e2A+a-2)eA-x(Z>0),

f\x)=2te2x+(7—2)e*—1="e，—1)(2e，+1),二當/>0時，由f\x)=0得尤=—Inf,

則/(尤)在(t,-In。上單調遞減，在(-In/,內)上單調遞增，

所以7?(—In/)是極小值，.?.只需/■(—1!!/)=0,

即Inf—1+1=0.令g⑺=lnr—4+1,貝！|g?)=1+±>0,.?.函數g(。在(0,+s)上單

tttt

調遞增.???g(l)=0,.?"=1

當t=0時，f(x)^-2ex-x,函數f(x)在R上單調遞減，=—2e—1<0,/(-2)=2-2e-2>0,函數/\x)

在R上有且只有一個零點，的值是1或0.

故選：C

【點睛】

本題考查利用導數研究函數的零點問題，零點存在性定理的應用，屬于中檔題.

5,B

【解析】

求出京亍，把坐標(x,y)代入方程可求得。.

【詳解】

-15-11Q10511

據題意，得x=z(l+2+3+4)=5，y=/(2.4+4.3+5.3+7)=1,所以1=0.8*5+。，所以a=^.

故選：B.

【點睛】

本題考查線性回歸直線方程，由性質線性回歸直線一定過中心點丘,亍)可計算參數值.

6、C

【解析】

寫出命題“假設〃=左(keN*)時該命題成立，則〃=上+1時該命題也成立”的逆否命題，結合原命題與逆否命題的真

假性一致進行判斷.

【詳解】

由逆否命題可知，命題“假設72=左(左eN")時該命題成立，則〃=左+1時該命題也成立”的逆否命題為“假設當

“=左+1(左eN*)時該命題不成立，則當〃=左時該命題也不成立”，

由于當〃=7時，該命題不成立，則當“=6時，該命題也不成立，故選：C.

【點睛】

本題考查逆否命題與原命題等價性的應用，解題時要寫出原命題的逆否命題，結合逆否命題的等價性進行判斷，考查

邏輯推理能力，屬于中等題.

7、D

【解析】

根據(1—X)5+(l—4+(1—4+(1—4,利用通項公式得到含V的項為：(或++C；)(-"3,進而得到

其系數,

【詳解】

因為在(1—X)5+(1—X)6+(1—X)7+(1—X)8,

所以含Y的項為：(窗+《+C；+C；)(—

所以含Y的項的系數是的系數是_0+或+穹+或)，

=-(10+20+35+56)=-121,

故選：D

【點睛】

本題主要考查二項展開式及通項公式和項的系數，還考查了運算求解的能力，屬于基礎題，

8、A

【解析】

試題分析：。=4。8={3,4,5,7,8,9},4^^6={4,7,9},所以的(4門5)={3,5,8},即集合。(Ac5)中共有3個

元素，故選A.

考點：集合的運算.

9、A

【解析】

由三視圖還原原幾何體如圖，該幾何體為組合體，上半部分為半球，下半部分為圓柱，半球的半徑為1,圓柱的底面

半徑為1,高為1.再由球與圓柱體積公式求解.

【詳解】

由三視圖還原原幾何體如圖，

該幾何體為組合體，上半部分為半球，下半部分為圓柱,

半球的半徑為1,圓柱的底面半徑為1,高為1.

1A577"

貝!I幾何體的體積為丫=—X—^xl3+^-xl2xl=—.

233

故選：A.

【點睛】

本題主要考查由三視圖求面積、體積，關鍵是由三視圖還原原幾何體，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.

10、A

【解析】

根據/(x)>0排除C,D,利用極限思想進行排除即可.

【詳解】

解：函數的定義域為{x|x/O},/(x)>0恒成立，排除C,D,

x2ex

當X>0時，=當尤-0，/(X)一°，排除3，

故選：A-

【點睛】

本題主要考查函數圖象的識別和判斷，利用函數值的符號以及極限思想是解決本題的關鍵，屬于基礎題.

11、D

【解析】

利用定積分計算出矩形OABC中位于曲線y=/上方區(qū)域的面積，進而利用幾何概型的概率公式得出關于e的等式，

解出e的表達式即可.

【詳解】

在函數y=的解析式中，令x=l,可得y=e,則點6(1,e),直線的方程為丁=?,

1

矩形Q4BC中位于曲線y=靖上方區(qū)域的面積為S=J(e-公=(ex-/*=1,

0

矩形。RC的面積為lxe=e,

N1M

由幾何概型的概率公式得一=—,所以，e=一.

MeN

故選：D.

【點睛】

本題考查利用隨機模擬的思想估算e的值，考查了幾何概型概率公式的應用，同時也考查了利用定積分計算平面區(qū)域

的面積，考查計算能力，屬于中等題.

12、B

【解析】

運行程序，依次進行循環(huán)，結合判斷框，可得輸出值.

【詳解】

起始階段有7=1,5=3,

第一次循環(huán)后5=4=-=，，=2,

1-32

1_2

第二次循環(huán)后3=二［=§,，=3,

2

c_L=o

第三次循環(huán)后一12一，［=4,

3

第四次循環(huán)后s=±=-=，，=5,

所有后面的循環(huán)具有周期性，周期為3,

當，=2019時，再次循環(huán)輸出的S=3,，=2020,此時2020>2019,循環(huán)結束，輸出S=3,

故選：B

【點睛】

本題主要考查程序框圖的相關知識，經過幾次循環(huán)找出規(guī)律是關鍵，屬于基礎題型.

二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。

1

］3、---

4萬

【解析】

求解2機3占圓柱形容器的的總容積的比例求解即可.

【詳解】

21

解：由題意可得：取出了帶麥銹病種子的概率=-.

71x2x24乃

故答案為：—.

【點睛】

本題主要考查了體積類的幾何概型問題,屬于基礎題.

14、-1

【解析】

作出不等式對應的平面區(qū)域，利用線性規(guī)劃的知識，通過平移即可求z的最大值.

【詳解】

y<x,

作出實數x,y滿足x-4y-3V0,對應的平面區(qū)域如圖陰影所示；

2x+y-6<0,

,_1z1

fflz=x+2y-1,得7=----xH----F—,

222

1z11z1

平移直線,=——x+-+-,由圖象可知當直線y=——x+—+—經過點4時,

222222

171

直線y=-彳丫+二+二的縱截距最小，此時z最小.

222

y=x

由｛“c得A(-L-1)，

x-4y-3=0

此時z的最小值為z=-1-2-1=-1,

故答案為-L

【點睛】

本題主要考查線性規(guī)劃的應用，利用數形結合是解決線性規(guī)劃題目的常用方法，是基礎題

15、-13

【解析】

畫出可行域，通過平移基準直線3x+4y=0到可行域邊界位置，由此求得目標函數的最小值.

【詳解】

畫出可行域如下圖所示，由圖可知：

可行域是由三點80,-4），構成的三角形及其內部，當直線3x+4y—z=0過點（1,T）時，工取

得最小值3X1+4X(T)=T3.

故答案為：-13

本小題主要考查利用線性規(guī)劃求目標函數的最值，考查數形結合的數學思想方法，屬于基礎題.

16、20.2

【解析】

分別求出隨機變量卻和6的分布列，根據期望和方差公式計算得解.

【詳解】

設a,b&{l,2,1,4,5},則p（蚤="）=|,其前分布列為：

612145

n11111

r

55555

D(敬)=|x[(1-1)2+(2-1)2+(1-1)2+(4-1)2+(5-1)2]=2.

&=1.4|。-"的可能取值分別為：1.4,2.3,4.2,5.6,

42332211

P(6=1-4)=尸($=2.3)=燈=/，尸(&=4.2)=TT=-＞尸(&=5.6)=Q=G，可得分布列.

q5q10q10q10

1.42.34.25.6

2321

p

510Toio

E(42)1.4x—|-2.3x-----1-4.2x-----1-5.6x—=2.3.

5101010

：.E(叁)-E($)=0.2.

故答案為：2,0.2.

【點睛】

此題考查隨機變量及其分布，關鍵在于準確求出隨機變量取值的概率，根據公式準確計算期望和方差.

三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。

17、(1)-；(2)匹烏

46

【解析】

(1)分別取AB,CD的中點為O,E,易得OP,OE,05兩兩垂直，以OE,OB,O尸所在直線為x,y,z軸建立空

間直角坐標系，易得AD=(1,0,0)為平面R鉆的法向量，只需求出平面PDC的法向量為及，再利用

cos0=|cos<n?AD>|=""⑶計算即可；

IIIAD|

(2)求出BQ,利用|85<%8。>|=5吊3計算即可.

【詳解】

(1)分別取ABCD的中點為O,E,連結尸QEO.

因為AO〃BC,所以OE〃BC.

因為所以ABLOE.

因為側面？A3為等邊三角形，

所以

又因為平面R1B_L平面ABCD,

平面QABc平面A5CD=A5,OPu平面RIB,

所以OP_L平面ABC。，

所以OP,OE,08兩兩垂直.

以。為空間坐標系的原點，分別以OEOB,OP所在直線為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，

因為AB=3C=2AD=2,則0(0,0,0),A(0,-l,0),8(0,1,0),C(2,l,0),。(1,-1,0),P(0,0,也),

DC=(1,2,0),PC=(2,1,-g).

n-DC=O%+2y=0

設平面PDC的法向量為n=(x,y,z),貝叫，即<

n?PC=02%+y-gz=0

取y=l,則x=-2,z=-石，所以:=(-2,1,-石).

又A。=(1,0,0)為平面？AB的法向量，設平面R43與平面PDC所成的銳二面角的大小為。，則

八，“c,\n-AD\2A/2

cos3=|cos<n?AD>|=-------=―==——.

\n\\AD\J(_2y+f+(_/)22

IT

所以平面總與平面PDC所成的銳二面角的大小為“

(2)由⑴得，平面尸。。的法向量為7=(-2,1,-有)，定=(2,1,-石),

所以成BQ=BC+2CP=(-2A+2,-2,后)(0領41).

又直線BQ與平面PDC所成角為3,

7T\n-BQ\_j3

所以|cos<n,BQ>|=sin—即Bn-------=---

\n\\BQ\2

|42-4-2-32|石

7(-2)2+12+(-^)2X^/(-22+2)2+(-A)2+(^A)22，

化簡得6萬一62+1=0,所以；1=共且，符合題意.

6

【點睛】

本題考查利用向量坐標法求面面角、線面角，涉及到面面垂直的性質定理的應用，做好此類題的關鍵是準確寫出點的

坐標，是一道中檔題.

18、(1)B=-(2)送+2

34

【解析】

(1)根據正弦定理化簡等式可得tan3=K，即3=(；

(2)根據題意，利用余弦定理可得802=5—4cos。，再表示出SAB碇=sin。，表示出四邊形鼠"⑺，進而可得最

值.

【詳解】

(1)-Z?(sinC+A/3COSC)，由正弦定理得：?sinA=sinB(sinC+A/3COSC)

在AABC中，sinA二sin(5+C),則^/3sin(B+C)=sinBsinC+A/3sinBcosC,

即A/3cosBsinC=sinBsinC，

sinCw0,/.A/3COSB=sinB,即tanB=6

7T

Be(0,7z-),.-.B=-.

(2)在AfiCD中，BD=2,CD=1,.BC2=12+22-2xlx2xcosZ)=5-4cosD

又A=[,則AABC為等邊三角形，SA5c==BC2xsinf=EI—gcos。

3234

又SBDC=BDxDCxsinD=sinD9

r-冗

SABCD=十+sinD-V3cosD=于+2sin(D--)■

.?.當D=也時，四邊形ABC。的面積取最大值，最大值為上叵+2.

64

【點睛】

本題主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面積公式的應用，屬于基礎題.

19、(1)見解析；(2)此.

3

【解析】

(1)先連接CM,根據線面平行的判定定理，即可證明結論成立；

(2)在圖2中，過點。作DOLEN,垂足為。，連接08,0C,證明平面平面BOD,得到點。在底

面BCFE上的投影必落在直線08上，記〃為點。在底面5CFE上的投影，連接DA,HC,得出NDCH即是直

線CD與平面6CEE所成角，再由題中數據求解，即可得出結果.

【詳解】

(1)連接CM,因為等腰梯形ABC。中(如圖1),AM=AE+EM=2=CD,AB//CD,

所以A"與CD平行且相等，即四邊形AMCD為平行四邊形；所以AD〃CM；

又尸為線段CD的中點，E為AM中點，易得：四邊形AEED也為平行四邊形，所以AD//EF；

將四邊形AEED沿M折起后，平行關系沒有變化，仍有：AD//CM,且AT>=CM,

所以翻折后四邊形AMCD也為平行四邊形；故AA///CD；

因為AM.平面5C。，COu平面5CD,

所以AM〃平面5C。；

(2)在圖2中，過點。作。0_1,所，垂足為。，連接08,0C,

因為A￡>=2,AE=1,翻折前梯形ABC。的高為EM=￡)￡■=后二了=百，

所以NZME=NQFE=60，則。O=DEsin60=走，OF=DF-cos60=-；

22

3

所以OE=EF—OF=—；

2

又BE=EM+MB=3,ZFEM=ZDFE=60.

所以BO=J-+9-2x-x3xcos60=巫,即BO~+OE2=BE2,所以30，OE；

V422

又DOcBO=O,且。Ou平面30。，60u平面30。，

所以EO_L平面3OZ)；因此，平面J_平面3OZ)；

所以點。在底面6CEE上的投影必落在直線08上；

記H為點。在底面5CFE上的投影，連接HC,

則DHL平面6CEE；

所以ZDCH即是直線CD與平面BCFE所成角,

因為m=此所以嘰'

2OBOD3

因此。"=DOsin/OO3=@^=",OH=DOcosZDOB=,

233236

^BH=BO-OH=---=—i

263

因為/0/。=/石尸。=//。3=120，

所以NHBC=NO6C=360-120-120-90=30，

因此CH=ylBH2+BC2-2BH-BC-cosZHBC=竿，故CO=^DH1+HC2=應，

所以sin/OC"=些=旦

CD3

即直線CD與平面BCFE所成角的正弦值為且.

3

【點睛】

本題主要考查證明線面平行，以及求直線與平面所成的角，熟記線面平行的判定定理，以及線面角的求法即可，屬于

?？碱}型.

7

20、(1)證明見解析(2)-

【解析】

(1)由題意，先求得P為的中點，再證明平面"V出//平面EDP,進而可得結論；

(2)由題意，當點P位于點B時,四面體的體積最大，再建立空間直角坐標系，利用空間向量運算即可.

【詳解】

(1)證明：當四面體EDPC的外接球的表面積為5兀時.

則其外接球的半徑為好.

2

因為ABC。時邊長為2的菱形，CDEF是矩形.

ED=1,且平面CDE/，平面

則皮＞，平面ABC。，EC=石.

則EC為四面體EOPC外接球的直徑.

所以NEPC=90。，即CBLEP.

由題意，CBLED,EPED=E,所以CBLDP.

因為4AD=/6CD=60。，所以P為8C的中點.

記AD的中點為"，連接MH,MB.

則MBPOP,MHPDE,DEeDP=D,所以平面"VB//平面EDP.

因為HBu平面所以HB//平面EDP.

(2)由題意，ED,平面ABC。，則三棱錐E—OPC的高不變.

當四面體￡￡>PC的體積最大時，△DPC的面積最大.

所以當點尸位于點3時，四面體EOPC的體積最大.

以點。為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系。-孫z.

則￡＞（0,0,0）,￡（0,0,1）,5（73,1,0）,C（0,2,0）.

I222）

所以麗=（百,1,0）,DH=,EC=（O,2,-l）,EB=（V3,1,-1）.

I222J'

設平面HDB的法向量為m=（xp必,馬）.

DB-m=Mx[+必=0,

則,7311

DH-m=——x]——y+—4=0,

I212121

令X1=1,得血=（1,一百2g）.

設平面EBC的一個法向量為〃=（%2,%,Z2）.

ECn=2y2-z=0,

則2

EB-n二A/3X2+y2-z2=0,

令%=3,得〃=（石,3,6）.

mn7

設平面也乃與平面EPC所成銳二面角是9,貝!)cos0二

m^n8

7

所以當四面體EDPC的體積最大時，平面HOP與平面EPC所成銳二面角的余弦值為-.

8

【點睛】

本題考查平面與平面的平行、線面平行，考查平面與平面所成銳二面角的余弦值，正確運用平面與平面的平行、線面

平行的判定，利用好空間向量是關鍵，屬于基礎題.

21、(1)/(X)在［0,+8)為增函數；證明見解析(2)a<^

【解析】

(1)令g(x)=/'(x)="+cosx—2,求出g'(x),可推得g(x)20,故/Xx)在［0,+8)為增函數；

(2)令g(x)=7'(x),則g'(x)=e、-sinx-2a,由此利用分類討論思想和導數性質求出實數。的取值范圍.

【詳解】

(1)當a=0時，J'(%)=ex+cosx-2.

記(?(%)=/'(%)，貝！Jg'(%)="—sin%,

當x20時，ex>1-l<sinx<l.

所以g'(x)=e'—sinxNO,所以g(x)在曲+⑹單調遞增，所以g(x)2g(0)=0.

因為g(x)=7'(x)，所以尸(x)20,所以f(x)在［0,+8)為增函數.

(2)由題意，得/'(%)=e*+cos%-2ax-2