数学+答案_2025年2月_2502122025届广东省三校高三下学期2月第一次模拟考试_2025届广东省三校高三下学期2月第一次模拟考试数学

2024－2025 学年度下学期 广东省三校二月第一次模拟考试 高三年级 数学•试题 参加学校：诺德安达学校，金石实验中学，英广实验学校 一、单选题：本题共 8小题，每小题 5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符 合题目要求的． z 1．已知i是虚数单位，复数z满足 i，则z （ ） 3i A．13i B．13i C．13i D．13i 2．函数 f(x)2x3 3x7的一个零点所在的区间是（ ） A．(0,1) B．(1,2) C．(2,3) D．(3,4) x2 y2 3．已知P为椭圆C:  1(a b0)上一动点，F 、F 分别为其左右焦点，直线PF 与C的另一 a2 b2 1 2 1 交点为A，△APF 的周长为16．若PF的最大值为6，则该椭圆的离心率为（ ） 2 1 1 1 1 2 A． B． C． D． 4 3 2 3   4．某医院对该院历年来新生儿体重情况进行统计，发现新生儿体重 X 服从正态分布N 3.5,2 ，若 P(X t)0.3，则P(X 7t)（ ） A．0.2 B．0.7 C．0.8 D．0.9 2 5．若一扇形的圆心角为 ，半径为20cm，则扇形的面积为（ ） 5 A．40cm2 B．80cm2 C．40cm2 D．80cm2 6．三棱锥PABC中，AC  BC ，PA平面ABC，AC BC  2， PA4，则直线PC和直线AB所成的角的余弦值为（ ） 1 1 10 3 10 A． B． C． D． 2 3 10 10 7．六氟化硫，化学式为SF ，在常压下是一种无色，无味，无毒，不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在 6 电器工业方面具有广泛用途•六氟化硫分子结构为正八面体结构（正八面体是每个面都是正三角形的八面体）， 如图所示．若此正八面体的棱长为2，则下列说法正确的是（ ） 学科网（北京）股份有限公司4 2 A．正八面体的体积为 B．正八面体的表面积为8 34 3 64π 8π C．正八面体的外接球体积为 D．正八面体的内切球表面积为 3 3 8．已知曲线 y  f  x  在x 5处的切线方程是y 2x8，则 f  5  与 f 5  分别为（ ） A．3，3 B．3，－1 C．－1，3 D．－2，－2 二、多选题：本题共 3小题，共 18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9．在△ABC中，A，B，C所对的边分别为a，b，c．若2bcsin2Ab2 c2 a2，则A的大小可能 为（ ）    5 A． B． C． D． 6 3 2 6 sinx 10．已知函数 f(x) ，则（ ） 2cos2x A． f(x)是奇函数 B． f(x)是周期函数 1    C．xR， f(x) D． f(x)在区间   ,  内单调递增 2  2 2  11．我们知道，函数 y  f(x)的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数 y  f(x)为奇函数 • 有同学发现可以将其推广为：函数 y  f(x) 的图象关于点P(a,b) 成中心对称图形的充要条件是函数 1 y  f(xa)b为奇函数．现已知函数 f(x)ax a，则下列说法正确的是（ ） x1 A．函数y  f (x1)2a为奇函数 B．若方程 f(x)0有实根，则a(,0)[1,) C．当a 0时， f(x)在(1,)上单调递增 1 D．设定义域为R的函数g(x)关于(1,1)中心对称，若a  ，且 f(x)与g(x)的图象共有2022个交点， 2 记为A  x ,y  (i 1,2,,2022)，则 x  y  x  y  x  y 的值为4044 i i i 1 1 2 2 2022 2022 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共15分． 2 12．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知b3，c 2，cosA ，则a______． 3 13．在(x1)4 (x1)5 (x1)6 (x1)7的展开式中，含x3的项的系数是______．（用数字作答） 14．若圆x2  y2 6x8y25与x轴相切，则实数的值是______． 学科网（北京）股份有限公司四、解答题：本题共 5小题，共 77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．  1 15．（本小题15分）已知函数 f(x)(xm)lnx m1 x在xe处取到极值  e （Ⅰ）求m的值  1 （Ⅱ）当x 1时，证明 f(x) 2 x2x2  e e （Ⅲ）如果s，t，r满足|sr||tr|，那么称s比t更靠近r，当a2且x1时，试比较 和ex1a x 哪个更靠近 f(x)，并说明理由． 16. 本小题 分 某运动产品公司生产了一款足球，按行业标准这款足球产品可分为一级正品、二级正品、 次品共三个等级根据该公司测算：生产出一个一级正品可获利100元，一个二级正品可获利50元，一个次 品亏损80元该运动产品公司试生产这款足球产品2000个，并统计了这些产品的等级，如下表： 等级一级正品二级正品次品 频数 1000 800 200 （1）求这2000个产品的平均利润是多少； （2）该运动产品公司为了解人们对这款足球产品的满意度，随机调查了100名男性和100名女性，每位 对这款足球产品给出满意或不满意的评价，得到下面的列联表： 满意 不满意 总计 男性 32 68 100 女性 61 39 100 总计 93 107 200 问：能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为男性和女性对这款足球产品的评价有差异？ n(ad bc)2 附：K2  ，其中nabcd ． (ab)(cd)(ac)(bd)   P K2 k 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 0 k 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 0 学科网（北京）股份有限公司17．（本小题15分）已知数列 a 的前n项和为S ，a t  t  1 ，a S n． n n 1 n1 n （Ⅰ）当t为何值时，数列 a 1 是等比数列？ n x y 1 （Ⅱ）设数列 b 的前n项和为T ，b 1，点 T ,T 在直线   上，在（Ⅰ）的条件下，若 n n 1 n1 n n1 n 2 b b b 9 不等式 1  2  n m 对于nN*但成立，求实数m的最大值． a 1 a 1 a 1 22a 1 2 n n 18．（本小题17分）已知圆F 的圆心坐标为(1,0)，且被直线x y20截得的弦长为 2． （1）求圆F 的方程； （2）若动圆M 与圆F 相外切，又与 y轴相切，求动圆圆心M 的轨迹方程；   （3）直线l与圆心M 轨迹位于 y轴右侧的部分相交于A、B两点，且OAOB 4，证明直线l必过一定 点，并求出该定点． x2 y2 19．（本小题13分）平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C:  1(a b0)的左，右焦点分别为F ， a2 b2 1 1   F ，离心率为 ，经过F 且倾斜角为 0  的直线l与C交于A，B两点（其中点A在x轴上方）， 2 2 1  2  且△ABF 的周长为8．现将平面xOy沿x轴向上折叠，折叠后A，B两点在新图像中对应的点分别记为A ， 2 1 B ，且二面角A FF B 为直二面角，如图所示． 1 1 1 2 1 （1）求折叠前C的标准方程；  （2）当 时，折叠后，求平面BFF 与平面ABF 夹角的余弦值； 3 1 1 2 1 1 2 15 （3）探究是否存在使得折叠后△ABF 的周长为 ？若存在，求tan的值；若不存在，说明理由． 1 1 2 2 学科网（北京）股份有限公司2024－2025 学年度下学期广东省三校二月第一次模拟考试 高三年级数学•试题参考答案 1．【答案】D 【解析】【分析】 本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了共轭复数的概念，是基础题． 直接利用复数代数形式的乘除运算化简，然后利用共轭复数的概念得到答案． 【解答】 z 解：∵ i，∴z i(3i)13i ， 3i ∴z 13i，故选：D． 2．【答案】B 【解析】解：y 2x3和y 3x7都是增函数，所以函数 f(x)2x3 3x7为增函数，且 f  0 70， f  1 23720， f  2 1667150， f(1)f(2)0，所以函数在区间(1,2)存在唯一 零点，所在区间为 1,2 ． 故选：B． 根据函数的单调性，结合函数零点存在性定理，即可判断． 本题主要考查函数零点存在性定理，属于基础题． 3．【答案】C 4a16 a4 【解析】解：设椭圆的半焦距为c，则由题意得 ，解得 ， ac6 c2 c 1 所以椭圆的离心率为e  ． a 2 故选：C． 由题意，结合椭圆的标准方程及定义，可得a、c的值，代入离心率公式计算即可． 本题考查椭圆的定义及性质，考查椭圆的离心率的求解，属于基础题． 4．【答案】B 【解析】【分析】 本题考查正态分布的实际应用，正态分布的概率，均值，方差，属于基础题． 利用正态曲线的对称性即可求解． 【解答】   解：因为X 服从正态分布N 3.5,2 ， 则正态曲线关于X 3.5对称， 故P(X 7t)1P(X t)10.30.7 ， 学科网（北京）股份有限公司故选：B． 5．【答案】B 2 1 【解析】试题分析：因为，扇形的圆心角为 ，半径为20cm，所以，扇形的面积为S  R2 80cm2， 5 扇形 2 故选：B 考点：扇形的面积公式 1 1 点评：简单题，扇形的面积公式S  lR  R2． 扇形 2 2 6．【答案】C 【解析】解：如图所示，三棱锥PABC中，AC  BC ，PA平面ABC，AC BC  2，PA4，    则PC  AC AP，          所以PCAB (AC AP)AB  ACAB APAB   22 2cos 42 2cos 4 ， 4 2        2 2 2 PC  AC 2ACAPAP  4224cos 16 20 ， PC 2 5， 2  | AB|2 2，     PCAB 4 10 cos PC,AB      ， |PC|| AB| 2 52 2 10 10 所以直线PC和直线AB所成角的余弦值为 ． 10 故选：C．     根据题意画出图形，结合图形利用基向量表示PC、AB，求出cos PC，AB 即可得出答案． 本题考查了异面直线所成角的余弦值计算问题，是基础题． 7．【答案】D 【解析】解：把正八面体补形为如图所示正方体，因为正八面体棱长为2，则正方体的棱长为2 2 ， 学科网（北京）股份有限公司选项A，正八面体的体积V 2V ，设四棱锥M EFGH 的高为h， MEFGH 1 1 2 8 2 则h MN  2，所以V 2V 2 S h 4 2  ，A错误； 2 MEFGH 3 EFGH 3 3 3 选项B，正八面体的表面积为八个面面积和，故S 8 48 3，B错误； 4 选项C，正八面体的外接球半径为正方体棱长的一半，故R  2 ， 4 4 8 2 所以外接球体积V  R3  ( 2)3  ，C错误； 3 3 3 选项D，设内切球半径为r，则根据正八面体体积相等， 1 8 2 V  S r 8 3r  ， 3 表 3 6 所以r  ， 3 8 所以内切球表面积为S 4r2  ，D正确． 3 故选：D． 把正八面体补形为正方体，求得正方体的棱长为2 2 ，利用正八面体和正方体的关系即可求解． 本题考查几何体的体积与表面加的计算，属于中档题． 8．【答案】D 【解析】解：由题意得 f(5)1082， f 5 2． 故选：D． 利用导数的几何意义得到 f(5)等于直线的斜率-2，由切点横坐标为5，得到纵坐标即 f(5)， 本题考查了导数的几何意义，考查学生的计算能力，属于基础题． 9．【答案】ACD 【解析】解：根据余弦定理，可得2bccosAb2 c2 a2， 学科网（北京）股份有限公司结合2bcsin2Ab2 c2 a2，可知cosAsin2A，即cosA2sin AcosA，  当cosA0时，等式成立，结合A(0,)，可得A ； 2 1  5 当cosA0时，等式可化为sin A ，结合A(0,)，A 或 ． 2 6 6   5 综上所述，A 或 或 ． 6 2 6 故选：ACD． 根据余弦定理化简题中等式，可得cosAsin2A，然后利用二倍角公式并结合 A为三角形的内角，计算出 角A的大小． 本题主要考查余弦定理，二倍角的三角函数公式及其应用等知识，属于基础题． 10．【答案】ABD sinx 【解析】解：易知 f(x) 的定义域为R， 2cos2x sin(x) sinx 又 f(x)  f(x)， 2cos(2x) 2cos2x 所以 f(x)是奇函数，A正确； sin(x2) sinx 由 f(x2)   f(x)， 2cos2(x2) 2cos2x 所以 f  x 的周期函数，B正确；  sin  1 2 由 f     1，C错误；  2    21 2cos2   2    当x 0,  时， y sinx(0,1)，且单调递增，  2  此时，2x(0,) 时， y 2cos2x(1,3)，且单调递减，   所以函数 f(x)在 0,  上单调递增，  2     又由 f(x)是奇函数，所以函数 f(x)在   ,0 上单调递增，  2     所以 f(x)在区间   ,  内单调递增，D正确．  2 2  学科网（北京）股份有限公司故选：ABD．  根据函数奇偶性，周期性的定义可判断A、B；由 f   1，可判定C；由 y sinx与 y 2cos2x在  2    0,  上的单调性和值域，再结合奇函数的性质，可判断 f(x)的单调性．  2  本题主要考查了函数的单调性，奇偶性，周期性的判断，属于中档题． 11．【答案】ABD 【解析】【分析】 本题考查了函数的新定义，函数的单调性，函数的奇偶性和函数的对称性，属于较难题． 1 根据题意有 f(x1)2a ax ，可判定奇偶性，从而判定A； x 4a(a1)0 由 f(x)0有解，即ax2 a10有解，所以 ，解出，可判定B； a0 1 当a 0时， f(x)a(x1) 2a，根据函数图像的平移可判定单调性，从而判定C； x1 易得函数g(x)关于(1,1)中心对称，由对称性计算判定D． 1 1 【解答】解：函数 f(x)ax a a(x1) 2a ， x1 x1 1 根据题意有 f(x1)2a ax ，则函数 y  f (x1)2a为奇函数， x 函数 f(x)图像关于(1,2a)成中心对称，所以选项A正确． 1 ax2 a1 选项B: f(x)ax a  ， f  x 0有解，即ax2 a10有解， x1 x1 4a(a1)0 所以 ，即a,0    1,，选项B正确； a0 1 选项C：当a 0时， f(x)a(x1) 2a， x1 1 可由函数 y ax 向右平移1个单位，向上平移2a个单位得到． x 1  1  又易知函数y ax 在 , 上单调递增， x  a   1  所以 f(x)在 1, 上单调递增，∴选项C错误；  a  1 选项D：当a  时， f(x)关于(1,1)中心对称，又函数g(x)关于(1,1)中心对称， 2 学科网（北京）股份有限公司∴ x  y  x  y  x  y 220224044，故选项D正确； 1 1 2 2 2022 2022 故选：ABD． 12．【答案】 5 2 【解析】解：∵b3，c 2，cosA ， 3 2 ∴由余弦定理可得：a2 b2 c2 2bccosA32 22 232 5， 3 ∴解得：a  5 ． 故答案为： 5． 由已知利用余弦定理即可求解． 本题主要考查了余弦定理在解三角形中的应用，属于基础题． 13．【答案】－69 【解析】解：(x1)4 (x1)5 (x1)6 (x1)7的展开式中，含x3的项的系数是： C1C2 C3 C3 410203569． 4 5 6 7 故答案为：-69． 利用二项展开式的通项公式，分别求出的四部分中含x3的项的系数得答案． 本题考查利用二项展开式的通项公式解决展开式的特定项问题，属于基础题． 14．【答案】16 【解析】解：由x2  y2 6x8y25，可得(x3)2 (y4)2 ， 方程表示圆，则可得圆心为(3,4)，半径为 (0)， 由圆x2  y2 6x8y25与x轴相切，则可得 |4|，解得16， 则实数的值是16． 故答案为：16． 求得圆心与半径，进而可得 4，求解即可． 本题考查了直线与圆的位置关系，属于中档题．  1 15．【答案】解：（Ⅰ）由 f(x)(xm)lnx m1 x，  e xm  1 求导 f  x lnx m1  ， x  e 学科网（北京）股份有限公司em 1 由 f(e)0，则 m 0，解得：m1，m的值为1； e e （Ⅱ）证明：由题意可知：不等式左边为(x1)lnx，由x 1， 2(x1) (x1)2 h(x)lnx ，h(x) ，x 1，则h(x)0恒成立， x1 x(x1)2 ∴h(x)在(1,)单调递增；h(x)h(1)0， ∴则(x1)lnx2x2， e （Ⅲ）设 p(x) lnx，q(x)ex1alnx， x ex 1 ∵则 p(x) 0，q(x)ex1 ，q 1 0，则q x 0，x 1， x2 x ∴ p(x)在x[1,)上为减函数， 又P(e)0，∴当1 xe时， p(x)0，当xe时， p(x)0， ∴q(x)在x[1,)上为增函数，+ 又q(1)0，∴x[1,)时，q(x)0，∴q  x 在x[1,)上为增函数， ∴q(x)q(1)a10． e ①当1 xe时，| p(x)||q(x)| p(x)q(x) ex1a， x e e 设m(x) ex1a，则m(x) ex1 0 x x2 ∴m(x)在x[1,)上为减函数， ∴m(x)m(1)e1a ， ∴a2，∴m  x 0，∴ p  x   q  x  ， e ∴ 比ex1a更靠近 f  x ． x e ②当xe时，| p(x)||q(x)|p(x)q(x) 2lnxex1a2lnxex1a， x 2 e 设n  x 2lnxex1a，则n x  ex1，n x  ex1 0 x x2 ∴n  x n  e 2aee1 0，则n x 0 e ∴ p  x   q  x  ，∴ 比ex1a更靠近 f(x)． x 学科网（北京）股份有限公司e 综上，在a2，x1时， 比ex1a更靠近 f(x)． x 【解析】（Ⅰ）由题意可知：求导， f(e)0，即可求得m的值； 2(x1) （Ⅱ）构造函数h(x)lnx ，求导，根据函数的单调性，即可证明不等式；+ x1 e （Ⅲ）设 p(x) lnx，q(x)ex1alnx，由导数性质求出 p(x)在x[1,)上为减函数，q(x)在 x e x[1,)上为增函数，由此利用导数性质推导出在a2，x1时， 比ex1a更靠近lnx． x 本题考查函数与导数的综合应用能力，具体涉及到用导数来描述函数的单调性等情况，主要考查考生分类 讨论思想的应用，对考生的逻辑推理能力与运算求解有较高要求，属于中档题． 100100050800200(80) 16．【答案】解：（1）依题意可得平均利润为 62（元）； 2000 （2）零假设H ：男性和女性对这款足球产品的评价无差异， 0 200(32396168)2 依题意可得K2  16.90310.828， 10010093107 所以能在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为男性和女性对这款足球产品的评价有差异． 【解析】（1）直接根据平均数计算公式即可； （2）计算出K2的值再与临界值比较即可。 本题主要考查了平均数的定义，考查了独立性检验的应用，属于基础题． 17．【答案】解：（Ⅰ）由a S n，得a S n1(n2)， n1 n n n1 两式相减得a a  S S 1，即a 2a 1， n1 n n n1 n1 n 所以a 12  a 1  (n2)， n1 n 由a t及a S n，得a t1， 1 n1 n 2 a 1 t2 因为数列 a 1 是等比数列，所以只需要 2  2，解得t 0，此时，数列 a 1 是以a 11 n a 1 t1 n 1 1 为首项，2为公比的等比数列． x y 1 T T 1 （Ⅱ）由（Ⅰ）得a 2n11，因为点 T ,T 在直线   上，所以 n1  n  ， n n1 n n1 n 2 n1 n 2 T  T 1 T 1 故 n是以 1 1为首项， 为公差的等差数列，则 n 1 (n1)，  n  1 2 n 2 n(n1) 所以T  ， n 2 学科网（北京）股份有限公司n(n1) (n1)n 当n2时，b T T   n，b 1满足该式，所以b n． n n n1 2 2 1 n b b b 9 2 3 n 9 不等式 1  2  n m ，即为1    m ， a 1 a 1 a 1 22a 2 22 2n1 2n 1 2 n n 2 3 n 1 1 2 3 n 令R 1   ，则 R     ， n 2 22 2n1 2 n 2 22 23 2n  1 1 1 1 1 n n2 两式相减得 1 R 1     2 ，  2 n 2 22 23 2n1 2n 2n n2 所以R 4 ． n 2n1 9 2n5 由R m 恒成立，即4 m恒成立， n 2n 2n  2n3  2n5 2n7 又 4   4   ，  2n1   2n  2n1  2n5  2n5 故当n3时，4 单调递减；当n4时，4 单调递增，  2n   2n  235 31 245 61 2n5 61 当n3时，4  ；当n4时，4  ，则4 的最小值为 ， 23 8 24 16 2n 16 61 所以实数m的最大值是 ． 16 【解析】（Ⅰ）由条件a S n，令nn1得a S n1(n2)，两式相减得数列递推公式 n1 n n n1 a 2a 1，转化为a 12  a 1  (n2)求a ，然后利用数列 a 1 是等比数列，再求t即可； n1 n n1 n 2 n x y 1 T  n(n1) （Ⅱ）由点 T ,T 在直线   上求出 n是等差数列且T  ，然后求出b n，连 n1 n n1 n 2  n  n 2 n 同a 2n11代入不等式化简．不等式的左边为等比数列前n项和令其为所R ，利用错位相减法求出 n n n2 9 2n5 R 4 ，则原不等式为R m 恒成立，即4 m恒成立，利用数列的增减性求解． n 2n1 n 2n 2n 本题是典型的数列题，形式复杂，但规律性强，第一问属基础技巧，知S ，a 混合式求递推公式再求通项， n n 第二问较难，求出b ，代入不等式求解，千万不要怕复杂，克服畏惧心理，沉着答题． n 18．【答案】解：（1）设圆F 的方程为(x1)2  y2 r2，r 0， |102| 2 由圆心到直线x y20的距离为d   ， 2 2 学科网（北京）股份有限公司1 由弦长公式可得 2 2 r2  ，解得r 1， 2 可得圆F 的方程为(x1)2  y2 1； （2）设M 的坐标为(x,y)，由动圆M 与圆F 相外切，又与 y轴相切， 可得M 到点F 的距离比它到 y 轴的距离大1， 即为M 到点F 的距离与它到直线x1的距离相等， 由抛物线的定义，可得动圆圆心M 的轨迹方程为 y2 4x； （3）证明：设l:x tyb代入抛物线 y2 4x，消去x得 y2 4ty4b0 设A  x ,y ，B  x ,y ，则y  y 4t， y y 4b， 1 1 2 2 1 2 1 2   ∴OAOB  x x  y y  ty b  ty b  y y 1 2 1 2 1 2 1 2 t2y y bt  y  y b2  y y 1 2 1 2 1 2 4bt24bt2b24bb24b 令b2 4b4，∴b2 4b40，∴b2． ∴直线l过定点(2,0)． 【解析】本题考查圆的方程的求法，注意运用待定系数法和定义法，考查直线方程和抛物线方程联立，运 用韦达定理，考查方程思想和向量数量积的坐标表示，考查运算能力，属于中档题． （1）设圆F 的方程为(x1)2  y2 r2，r 0，运用弦长公式和点到直线的距离公式，即可得到半径r， 可得圆F 的方程； （2）由题意可得M 到点F 的距离比它到 y 轴的距离大1，即为M 到点F 的距离与它到直线x1的距 离相等，由抛物线的定义可得抛物线的方程； （3）设出直线的方程，同抛物线方程联立，得到关于 y 的一元二次方程，根据根与系数的关系表示出数量 积，根据数量积等于-4，解出数量积表示式中的b的值，即得到定点的坐标． c 1   a 2 a 2   19．【答案】解：（1）由题意得：4a 8 ，解得b 3，   a2 b2 c2 c 1    学科网（北京）股份有限公司x2 y2 故折叠前椭圆C的标准方程  1． 4 3  （2）当 时，直线l的方程为：y  3(x1)， 3 x2 y2   1 联立 4 3 ，  y  3(x1)  8 3 3  解得A(0, 3)，B , ,0，   5 5   以原来的x轴为x轴， y 轴正半轴所在直线为z 轴， y 轴负半轴所在的直线为 y 轴建立空间直角坐标系， 如图所示，    8 3 3  则A 0,0, 3 ，B  , ,0，F 1,0,0 ，F  1,0,0 ， 1 1 5 5  1 2     13 3 3     故F B  , ,0，F A  1,0, 3 ， 2 1  5 5  2 1    设平面ABF 的法向量为m m,y,z ， 1 1 2    13 3 3  mF B 0  x y 0 则  2  1 ，为 5 5 ，  mF A 0  2 1 x 3y 0 取z 3，则x3 3，y 13，   故m(3 3,13,3)，|m| 271699  205．   平面BFF 的一个法向量为n OA (0,0, 3)， 1 1 2 1     mn 3 3 3 205 故cosm,n      ， |m||n| 271699 3 205 设平面BFF 与平面ABF 所成的角为， 1 1 2 1 1 2 学科网（北京）股份有限公司  3 205 cos|cosm,n| ， 205 3 205 即平面BFF 与平面ABF 所成角的余弦值为 ； 1 1 2 1 1 2 205 （3）以原来的x轴为x轴， y 轴正半轴为y 轴， y轴负半轴为z 轴建立空间直角坐标系，如图所示， 设折叠前A  x ,y ，B  x ,y ，则折叠后A  x ,y ,0 ，B  x ,0,y ， 1 1 2 2 1 1 1 1 2 2 1 1 设直线l的方程为x my1，其中m  ， k tan x2 y2   1 联立 4 3 ，消去x，  xmy1   得 3m2 4 y2 6my90， 6m 9 显然0，且 y  y  2y y  ， 1 2 3m2 4 1 2 3m2 4 15 由 AF  BF  AB  ， AF  BF | AB|8， 1 2 1 2 1 1 2 2 2 1 得| AB| AB  ， 1 1 2 1 即  x x 2  y  y 2   x x 2  y2  y2  ，① 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2y y 1 1 2  ，  x x 2  y  y 2   x x 2  y2  y2 2 1 2 1 2 1 2 1 2  x x 2 y  y 2   x x 2 y2 y2 4y y ，② 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 由①②得：  x x 2  y  y 2  2y y ， 1 2 1 2 4 1 2 2 即是  1m2  y  y 2    1 2y y   ， 1 2 4 1 2  学科网（北京）股份有限公司 2  2  1m2    6m    36    1  18   ，  3m2 4 3m2 4 4 3m2 4  1m2  2 1 18  2 144      ， 3m2 4 4 3m2 4 1212m2 1 18 28 即是   ，解得m2  ， 3m2 4 4 3m2 4 45  注意到0 ， 2 1 45 3 35 故tan   ， m 28 14 3 35 从而存在满足条件的，且tan ． 14 【解析】（1）根据题意构造方程组求解即可； （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面ABF 和平面BFF 的一个法向量，利用向量法求解即可； 1 1 2 1 1 2 （3）建立空间直角坐标系，设折叠前A  x ,y ，B  x ,y ，则折叠后A  x ,y ,0 ，B  x ,0,y ，联 1 1 2 2 1 1 1 1 2 2 立方程组求解即可． 本题考查椭圆方程与向量法的综合应用，属于难题． 学科网（北京）股份有限公司