2019年广东省广州市天河区高考数学二模试卷(理科)

取AC的中点E，连接OE，由于O为AD的中点，E为AC的中点，则OE∥CD， ∵AC为等腰直角三角形ABC的斜边，所以，点E为△ABC外接圆圆心，

且O为三棱锥D﹣ABC外接球的球心，所以OE⊥平面ABC，所以，CD⊥平面ABC， ∵△ABC是等腰直角三角形，且斜边AC＝2，所以，AB＝BC＝

，

由锥体体积公式可得所以，

因此，球O的体积为故答案为：

．

，则球O的半径为

．

，∴CD＝6，

，

，则△ABC的面积为

【点评】本题考查球体的体积的计算，解决本题的关键在于理解球心与相应面的外接圆圆心的连线与相应的底面垂直这一性质，考查计算能力与推理能力，属于中等题． 16．（5分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点O为△ABC外接圆的圆心，若a＝

，且c+2

cosC＝2b，

＝m

+n

，则m+n的最大值为

．

【考点】9O：平面向量数量积的性质及其运算．

【专题】35：转化思想；41：向量法；5A：平面向量及应用．

【分析】由题意可得c+2acosC＝2b，运用正弦定理和余弦定理，可得A，以及b，c的关系，考虑

＝m

+n

，两边点乘

，

，运用数量积定义可得m，n的方程，解得

m，n，再由基本不等式可得所求最大值． 【解答】解：△ABC中，a＝∴c+2acosC＝2b， ∴sinC+2sinAcosC＝2sinB，

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，且c+2cosC＝2b，

∴sinC+2sinAcosC＝2（sinAcosC+cosAsinC）， ∴sinC＝2cosAsinC， C∈（0，π）， ∴sinC≠0， ∴cosA＝， A∈（0，π）， ∴A＝

，

由余弦定理可得a2＝b2+c2﹣2bccosA， 即为3＝b2+c2﹣bc， 由2R＝

＝

＝2，即R＝1，可得外接圆的半径为1，

＝m+n，可得?＝m

2

+n?，

化为c2＝mc2+nbc， 同理可得为b2＝mbc+nb2， 解得m＝

，n＝

，

即有m+n＝﹣（+） ≥﹣?2故答案为：．

【点评】本题考查平面向量基本定理的运用，以及向量数量积的定义，考查三角形的余弦定理和正弦定理，化简整理的运算能力，属于难题．

三、解答题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．第17题～21题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题，共60分．

17．（12分）已知Sn为数列{an}的前n项和，且a1＜2，an＞0，6Sn＝an2+3an+2，n∈N*． （1）求数列{an}的通项公式；

（2）若对?n∈N*，bn＝（﹣1）nan2，求数列{bn}的前2n项的和T2n． 【考点】8E：数列的求和；8H：数列递推式．

＝，当且仅当b＝c＝时，取得最大值，

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【专题】32：分类讨论；34：方程思想；54：等差数列与等比数列． 【分析】（1）6Sn＝

+3an+2，n∈N*．n≥2时，6an＝6Sn﹣6Sn﹣1，化为（an+an﹣1）（an

+3a1+2，且a1＜2，解

﹣an﹣1﹣3）＝0，由an＞0，可得an﹣an﹣1＝3，n＝1时，6a1＝得a1．利用等差数列的通项公式可得an． （2）bn＝（﹣1）n

＝（﹣1）n（3n﹣2）2．b2n﹣1+b2n＝﹣（6n﹣5）2+（6n﹣2）2＝3

（12n﹣7）＝36n﹣21．利用分组求和即可得出． 【解答】解：（1）6Sn＝

+3an+2，n∈N*．

+3an+2﹣（

+2），化为：（an+an﹣1）（an﹣an

n≥2时，6an＝6Sn﹣6Sn﹣1＝

﹣1

﹣3）＝0，

∵an＞0，∴an﹣an﹣1＝3， n＝1时，6a1＝

+3a1+2，且a1＜2，解得a1＝1．

∴数列{an}是等差数列，首项为1，公差为3． ∴an＝1+3（n﹣1）＝3n﹣2． （2）bn＝（﹣1）n

＝（﹣1）n（3n﹣2）2．

∴b2n﹣1+b2n＝﹣（6n﹣5）2+（6n﹣2）2＝3（12n﹣7）＝36n﹣21． ∴数列{bn}的前2n项的和T2n＝36（1+2+……+n）﹣21n＝3n．

【点评】本题考查了数列递推关系、等差数列的定义通项公式与求和公式、分组求和方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

18．（12分）如图，已知等边△ABC中，E，F分别为AB，AC边的中点，M为EF的中点，N为BC边上一点，且CN＝BC，将△AEF沿EF折到△A′EF的位置，使平面A′EF⊥平面EFCB．

（1）求证：平面A′MN⊥平面A′BF； （2）求二面角E﹣A′F﹣B的余弦值．

﹣21n＝18n2﹣

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【考点】LY：平面与平面垂直；MJ：二面角的平面角及求法．

【专题】35：转化思想；41：向量法；5H：空间向量及应用．

【分析】（1）如图所示，取BC的中点G，连接MG，则MG⊥EF，利用面面与线面垂直的性质与判定定理可得：MG⊥A′M，又A′M⊥EF，因此可以建立空间直角坐标系．不妨设BC＝4．只要证明平面法向量的夹角为直角即可证明平面A′MN⊥平面A′BF． （2）利用两个平面的法向量的夹角即可得二面角E﹣A′F﹣B的平面角的余弦值． 【解答】（1）证明：如图所示，取BC的中点G，连接MG，则MG⊥EF， ∵平面A′EF⊥平面EFCB，平面A′EF∩平面EFCB＝EF， ∴MG⊥平面A′EF，∴MG⊥A′M，又A′M⊥EF， 因此可以建立空间直角坐标系．不妨设BC＝4． M（0，0，0），A′（0，0，

，

），N（﹣1，

，

，0），B（2，

，0），F（﹣1，0，0）． ，

．

设平面A′MN的法向量为＝（x，y，z）， 由

，可取＝（

，1，0）．

同理可得平面A′BF的法向量＝（∴

＝3﹣3+0＝0，∴

，

，﹣3，﹣1）．

∴平面A′MN⊥平面A′BF；

（2）解：由（Ⅰ）可得平面A′BF的法向量＝（取平面EA′F的法向量＝（0，1，0）． cos＜

＞＝

＝

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，﹣3，﹣1）．