1．设f1,f2是双曲线c, -1(a>0,b>0)的两个焦点。若在c上存在一点p,使pf1⊥pf2,且∠pf1f2=30°,则c的离心率为 .
答案】+1解析】设点p在双曲线右支上，由题意，在rt△f1pf2中，f1f2|=2c,∠pf1f2=30°,得|pf2|=c,|pf1|=c,根据双曲线的定义：|pf1|-|pf2|=2a,( 1)c=2a,e===1.
2．若正三角形的一个顶点在原点，另两个顶点在抛物线上，则这个三角形的面积为。
答案】解析】设正三角形在第一象限的点为，由正三角形性质可得，点在抛物线上得
考点：抛物线与直线相交问题。
点评：本题利用抛物线的对称性可知正三角形两顶点关于x轴对称，因此求得即可得到三角形的边长。
3．已知数列的前项的和为，若，则的值为 ．
答案】4．在中，，则。
答案】5．函数的图象恒过定点a,若点a在直线上，其中，则的最小值为。
答案】86．设为不等式组表示的平面区域，区域上的点与点之间的距离的最小值为_ _
答案】解析】画出不等式组表示的平面区域d，如图所示。点到直线的距离就是所求最小值，即。
考点定位】本题考查了线性规划问题，考查点到直线的距离公式，解决线性规划问题，常用**法，故本题还考查了数形结合思想。
7．已知、为双曲线c:的左、右焦点，点p在c上，，则。
答案】4解析】由双曲线c:知，a=1，c=,所以，由双曲线的定义及余弦定理得，即，解得， =4.
考点：双曲线的定义，双曲线的几何性质，余弦定理的应用。
点评：中档题，涉及双曲线的“焦点弦”问题，往往利用双曲线的定义，结合余弦定理达到解题目的。
8．已知实数，满足约束条件则的最大值为 ．
答案】解析】解线性规划问题，不仅要正确确定可行域，本题是直角三角形及其内部，而且要挖出目标函数的几何意义，本题中可理解为坐标原点到可行域中点的距离的平方。要求目标函数最大值，就是求的最小值，即坐标原点到直线的距离的平方，为。
9．如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的正方形，平面⊥平面，．
ⅰ）求证：⊥平面；
ⅱ）若点是线段的中点，请问**段是否存在点，使得面？若存在，请说明点的位置，若不存在，请说明理由；
ⅲ）求二面角的大小．
解析】（ⅰ证明直线和平面垂直的常用方法：(1)利用判定定理．(2)利用判定定理的推论．(3)利用面面平行的性质．(4)利用面面垂直的性质．（ⅱ立体几何中的探索性问题主要是对平行、垂直关系的**，对条件和结论不完备的开放性问题的**．解决这类问题时一般根据探索性问题的设问，假设其存在并探索出结论，然后在假设下进行推理，若得到合乎情理的结论就肯定假设，若得到矛盾就否定假设．（ⅲ由（ⅰ）易知是二面角的平面角．
试题解析：（ⅰ因为四边形为正方形，所以aa1 ⊥ac．
因为平面abc⊥平面aa1c1c，且平面平面，所以aa1⊥平面abc． 4分。
ⅱ）当点是线段的中点时，有面．
连结交于点，连结．
因为点是中点，点是线段的中点，所以．
又因为面，面，所以面． 8分。
ⅲ）因为aa1⊥平面abc，所以aa1⊥．
又因为ac⊥，所以面．所以面．
所以， ．所以是二面角的平面角．
易得．所以二面角的平面角为． 12分。
考点：线面垂直、线面平行、面面角。
10．如图，在四棱锥中，底面是矩形，侧棱pd⊥底面，是的中点，作⊥交于点。
1）证明：∥平面；
2）证明：⊥平面。
答案】（1）详见解析（2）详见解析。
解析】试题分析：（1）证明线面平行，往往利用其判定定理进行证明，即先证pa平行于平面某一条直线，这可根据三角形中位线性质得到：连结交与，连结，则点是的中点。
又∵是的中点，∴∥而平面， 平面，∴∥平面。
2）证明线面垂直，往往利用其判定定理进行证明，即先证垂直平面内两条相交直线：已知⊥，只需证⊥.由于⊥，因此只需证⊥，又由于⊥，只需证⊥，这可由⊥底面得到。
试题解析：证明：(1)连结交与，连结。
底面是矩形，∴点是的中点。
又∵是的中点，∴在△中，为中位线。
而平面， 平面，∴∥平面。 7分。
2)由⊥底面，得⊥.
底面是正方形，∴⊥平面。 而平面，是的中点，∴△是等腰三角形。
由①和②得⊥平面。而平面。
又⊥且=，∴平面14分。
考点：线面平行与垂直的判定定理。
11．（本题满分14分）如图，四棱锥中，面面，侧面是等腰直角三角形，，且∥，，
ⅰ）求证：；
ⅱ）求直线与面的所成角的正弦值．
答案】（ⅰ详见解析；（ⅱ直线与面的所成角的正弦值．
解析】（ⅰ求证：，只需证明一条直线垂直于另一条直线所在的平面即可，由已知，为等腰直角三角形，面面，可作交于，则为中点，可得，从而得面，可证得；（ⅱ求直线与面的所成角的正弦值，求线面角，只需找出线和射影所成的角，注意到面面，，可得面，故直线ce与面的所成角为，求出边长，即可得直线与面的所成角的正弦值。
试题解析：（ⅰ作交于，连接，为等腰直角三角形
为中点，， 四边形是边长为1的正方形， ；
ⅱ），面面，面，直线ce与面的所成角为，考点：线线垂直的判定，线面角角的求法。
12．（本小题12分） 如图，在边长为12的正方形中，点b、c**段aa′上，且ab=3，bc=4.作bb1∥aa1，分别交a1a1′、aa1′于点b1、p；作cc1∥aa1，分别交a1a1′、aa1′于点c1、q. 现将该正方形沿bb1，cc1折叠，使得与aa1重合，构成如图（2）所示的三棱柱abc-a1b1c1.
1）在三棱柱abc-a1b1c1中，求证：ap⊥bc;
2）在三棱柱abc-a1b1c1中，连接aq与a1p，求四面体aa1qp的体积；
3）在三棱柱abc- a1b1c1中，求直线 pq与直线ac所成角的余弦值。
答案】（1）详见解析；（2）24；（3）.
解析】（1）由勾股定理逆定理，可得bc⊥ab，再由线面垂直的判定定理和性质定理，即可得证；
2）求出三角形apa1的面积和q到面apa1距离，运用棱锥的体积公式，即可得到；
3）以ba，bc，bb1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，求出向量ac，pq的坐标，由向量的夹角公式，即可得到．
试题解析：（1）因为ab=3，bc=4，所以图（2）中ac=5，从而有ac2=ab2+bc2，即bc⊥ab．
又因为bc⊥bb1，所以bc⊥平面abb1a1，则ap⊥bc；
2），由于cq∥面apa1且bc⊥面apa1，所以q到面apa1距离就是bc的长4，所以；
3）以ba，bc，bb1为x，y，z轴，建立如图空间直角坐标系，则a（3，0，0）、c（0，4，0）、p（0，0，3）、q（0，4，7）．
所以=（﹣3，4，0），=0，4，4），设直线ac与直线pq所成角为θ，则．
考点：空间直线与平面的位置关系；线面平行和垂直的判定和性质定理及运用；棱锥的体积公式；异面直线所成的角的求法。
13．（本小题满分12分）如图，四棱锥中，平面，， 为的中点。
ⅰ）证明：；
ⅱ）若二面角为，求直线与平面所成角的正切值。
ⅲ）若，求平面与平面pab所成的锐二面角的余弦值。
答案】（ⅰ详见解析；（ⅱ2；（ⅲ
解析】（ⅰ证明ce⊥ab，即证ab⊥ce，根据已知条件容易想到取ab中点f，连接ef，cf，便可得到ab⊥ef，ab⊥cf，所以ab⊥平面cef，所以ab⊥ce；
ⅱ）根据二面角的平面角的定义，以及线面垂直的判定定理及性质可知∠pda是二面角p﹣cd﹣a的平面角，所以∠pda=45°，所以pa=ad，并且由（ⅰ）知∠cef为ce与平面pab所成的角，所以根据pa=ad即可求出tan∠cef；
ⅲ）要求平面pcd与平面pab所成的锐二面角的余弦值，需先找出这个二面角的平面角，先找平面pab和平面pcd的交线，因为p点是这两个平面的公共点，所以交线过p点，并且发现，过p作平行于ab的直线pg，也平行于cd，所以pg是这两个平面的交线．并且容易说明pa⊥pg，pd⊥pg，所以∠dpa是平面pcd与平面pab所成的锐二面角的平面角，因为pa=kab=kad，所以这样即可求出cos∠dpa=．
试题解析：（ⅰ如下图，取ab的中点f，连结ef，fc，则。
因为平面，所以平面。
因为平面，所以。
因为，所以。
因为平面，平面，所以平面。
因为平面，所以。
ⅱ）因为平面，平面，所以。
因为，所以平面。所以。
所以为二面角的平面角。
所以。所以。
因为，所以。
由（ⅰ）知，为与平面所成的角。
因为，所以直线与平面所成角的正切值为2.
ⅲ）过点作，由平面，，
由平面，， 为所求锐二面角的平面角。
考点：线面垂直的性质；线面垂直的判定定理；二面角、二面角的平面角及线面角的概念；以及求二面角的平面交点方法．
14．已知点，直线相交于点，且它们的斜率之积为，1）求动点的轨迹的方程；
2）若过点的直线与曲线交于两点，且，求直线的方程．
解析】（1）设，则，化简得：．
2）方法一：设，联立方程组得：
方法二：过ｏ作，下同解法一．
15．某市为控制大气pm2.5的浓度，环境部门规定：该市每年的大气主要污染物排放总量不能超过55万吨，否则将采取紧急限排措施。
已知该市2023年的大气主要污染物排放总量为40万吨，通过技术改造和倡导绿色低碳生活等措施，此后每年的原大气主要污染物排放最比上一年的排放总量减少10%.同时，因为经济发展和人口增加等因素，每年又新增加大气主要污染物排放量万吨。
1）从2023年起，该市每年大气主要污染物排放总量（万吨）依次构成数列，求相邻两年主要污染物排放总量的关系式；
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