20xx年江西省南昌市高考數(shù)學(xué)一模試卷（文科） word版含解析-全文預(yù)覽
【正文】 均為正三角形， E為 AD 的中點(diǎn)， G 為 △ PAD 重心． （ Ⅰ ）求證： GF∥ 平面 PDC； （ Ⅱ ）求三棱錐 G﹣ PCD 的體積． 【考點(diǎn)】 棱柱、棱錐、棱臺(tái)的體積；直線與平面平行的判定． 【分析】 （ Ⅰ ）法一：連 AG 交 PD 于 H，連接 CH．由重心性質(zhì)推導(dǎo)出 GF∥ HC，由此能證明 GF∥ 平面 PDC． 法二：過(guò) G 作 GN∥ AD，交 PD 于 N，過(guò) F 作 FM∥ AD，交 CD 于 M，連接 MN，推導(dǎo)出 GNMF 為平行四邊形，從而 GF∥ MN，由此能證明 GF∥ 面 PDC． 法三：過(guò) G 作 GK∥ PD 交 AD 于 K，連接 KF， GF，推導(dǎo)出平面 GKF∥ 平面 PDC，由此能證明 GF∥ 面 PDC． （ Ⅱ ） 法一：由平面 PAD⊥ 平面 ABCD， △ PAD 與 △ ABD 均為正三角形， E為 AD 的中點(diǎn)，由 ，能求出三棱錐 G﹣ PCD的體積． 法二：由平面 PAD⊥ 平面 ABCD， △ PAD 與 △ ABD 均為正三角形， E 為 AD 的中點(diǎn)，由 ，能求出三棱錐 G﹣ PCD的體積． 【解答】 證明：（ Ⅰ ）證法一：連 AG 交 PD 于 H，連接 CH． 由梯形 ABCD， AB∥ CD，且 AB=2DC，知 又 E 為 AD 的中點(diǎn)，且 PG： GE=2： 1， G 為 △ PAD 的重心， ∴ ﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ 在 △ AFC 中， ，故 GF∥ HC．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ 又 HC?平面 PCD， GF?平面 PCD， ∴ GF∥ 平面 PDC．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ 證法二：過(guò) G 作 GN∥ AD，交 PD 于 N，過(guò) F 作 FM∥ AD，交 CD 于 M，連接MN， ∵ E 為 AD 的中點(diǎn)，且 PG： GE=2： 1， G 為 △ PAD 的重心， = ， ∴ GN= ， 又 ABCD 為梯形， AB∥ CD， ∵ ， ∴ ，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ ∴ ， ∴ MF= ， ∴ GN=FM，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ 又由所作 GN∥ AD， FM∥ AD，得 GN∥ FM， ∴ GNMF 為平行四邊形． ∴ GF∥ MN， ∵ GF?面 PCD， MN?面 PCD， ∴ GF∥ 面 PDC．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ 證法三：過(guò) G 作 GK∥ PD 交 AD 于 K，連接 KF， GF， 由 △ PAD 為正三角形， E 為 AD 的中點(diǎn)，且 PG： GE=2： 1， G 為 △ PAD 的重心， 得 ， ∴ ﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ 又由梯形 ABCD， AB∥ CD，且 AD=2DC，知 ，即 ﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ ∴ 在 △ ADC 中， KF∥ CD，所以平面 GKF∥ 平面 PDC 又 GF?平面 GKF， ∴ GF∥ 面 PDC﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ 解：（ Ⅱ ） 解法一：由平面 PAD⊥ 平面 ABCD， △ PAD 與 △ ABD 均為正三角形，E 為 AD 的中點(diǎn) ∴ PE⊥ AD， BE⊥ AD，得 PE⊥ 平面 ABCD，且 PE=3 由（ Ⅰ ）知 GF∥ 平面 PDC， ∴ ﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ 又由梯形 ABCD， AB∥ CD，且 AD=2DC=2 ，知 又 △ ABD 為 正 三 角 形 ， 得 ∠ CDF=ABD=60176。（ 0） =﹣ 2+4=2．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ 又因?yàn)?f（ 0） =﹣ 4+4=0，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ ∴ 曲線 y=f（ x）在點(diǎn) P（ 0， f（ 0））處的切線方程為 y﹣ 0=2（ x﹣ 0），即 y=2x．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ （ Ⅱ ）因?yàn)?f39。（ x）在 x∈ [0， +∞ ）上單調(diào)遞增﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ 當(dāng) 2a≥ 0 時(shí)，有 g39。（ 0） =4a﹣ 2 （ ⅰ ）若 4a﹣ 2≥ 0 即 時(shí)，有函數(shù) y=f（ x）在 x∈ [0， +∞ ）上單調(diào)遞增， 則 f（ x） min=f（ 0） =4a﹣ 4 恒成立；﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ （ ⅱ ）若 4a﹣ 2＜ 0 即 時(shí)，則在 x∈ [0， +∞ ）存在 f39。（ x）在 x∈ [0， +∞ ）上先減后增． 又 f39。（ 0） =2a＜ 0，則在 x∈ [0， +∞ ）存在 g39。（ x）在 x∈ [0， +∞ ）上單調(diào)遞增，則 f39。（ x） =（ 2x﹣ 2） ex+2a（ x+2） 有 g39。 ，得．﹣﹣﹣﹣﹣ ∴ ， ∴ 三棱錐 G﹣ PCD 的體積為 ．﹣﹣﹣﹣ 20．已知橢圓 的左、右頂點(diǎn)分別為 A1， A2，左、右焦點(diǎn)分別為 F1， F2，離心率為 ，點(diǎn) B（ 4， 0）， F2為 線段 A1B 的中點(diǎn)． （ Ⅰ ）求橢圓 C 的方程； （ Ⅱ ）若過(guò)點(diǎn) B 且斜率不為 0 的直線 l 與橢圓 C 交于 M， N 兩點(diǎn)，已知直線 A1M與 A2N 相交于點(diǎn) G，求證：以點(diǎn) G 為圓心， GF2的長(zhǎng)為半徑的圓總與 x 軸相切． 【考點(diǎn)】 直線與橢圓的位置關(guān)系． 【分析】 （ Ⅰ ）設(shè)點(diǎn) A1（﹣ a， 0）， F2（ c， 0），推導(dǎo)出 a=4﹣ 2c，由橢圓的離心率 ，得 a=2c，由此能求出橢圓 C 的方程． （ Ⅱ ）法一：要證以 G 點(diǎn)為圓心， GF2 的長(zhǎng)為半徑的圓總與 x 軸相切．只需證xG=1，聯(lián)立方程組 ，得：（ 3+4k2） x2﹣ 32k2x+64k2﹣ 12=0，由此利 用根的判別式、韋達(dá)定理、直線方程，結(jié)合已知條件能證明以點(diǎn) G 為圓心， GF2的長(zhǎng)為半徑的圓總與 x 軸相切． 法二：要證以 G 點(diǎn)為圓心，即證 xG=1，設(shè) M（ x1， y1）， N（ x2， y2）， G（ x3，y3）， x1， x2， x3兩兩不等，由 B， M， N 三點(diǎn)共線，得 2x1x2﹣ 5（ x1+x2） +8=0．再由 A1， M， G 三點(diǎn)共線， A2， N， G 三點(diǎn)共線，推導(dǎo)出 x3=1，由此能證明以點(diǎn) G為圓心， GF2的長(zhǎng)為半徑的圓總與 x 軸相切． 法三：設(shè) l 的方程為 y=k（ x﹣ 4）， M（ x1， y1）， N（ x2， y2）．由 得（ 3+4k2）x2﹣ 32k2x+64k2﹣ 12=0，由此利用根的判別式、韋達(dá)定理、三點(diǎn)共線，結(jié)合已知條件，能證明以點(diǎn) G 為圓心， GF2的長(zhǎng)為半徑的圓總與 x 軸相切． 【解答】 解：（ Ⅰ ）設(shè)點(diǎn) A1（﹣ a， 0）， F2（ c， 0），由題意可知： ，即a=4﹣ 2c① 又因?yàn)闄E圓的離心率 ，即 a=2c② 聯(lián)立方程 ①② 可得： a=2， c=1，則 b2=a2﹣ c2=3 所以橢圓 C 的方程為 ．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ 證明：（ Ⅱ ）證法一：要證以 G 點(diǎn)為圓心， GF2的長(zhǎng)為半徑的圓總與 x 軸相切． 只需證 GF2⊥ x 軸，即證 xG=1．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ 設(shè) M（ x1， y1）， N（ x2， y2），聯(lián)立方程組 可得：（ 3+4k2） x2﹣ 32k2x+64k2﹣ 12=0， △＞ 0． 由韋達(dá)定理可得： ， （ *）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ 因?yàn)橹本€ ， 即證： ，即 3k（ x1﹣ 4） ?（ x2﹣ 2） =﹣ k（ x2﹣ 4） ?（ x1+2）． 即證 4x1x2﹣ 10（ x1+x2） +16=0．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ 將
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