高級中學名校試卷PAGEPAGE12023年高考第一次模擬考試卷（江蘇A卷）數學第Ⅰ卷一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40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．已知集合，則（

）A． B．C． D．〖答案〗B〖解析〗由，所以，故選：B.2．已知復數，則的共軛復數在復平面內對應的點位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限〖答案〗D〖解析〗依題意，，則所以復數在復平面內對應的點位于第四象限.故選：D.3．已知兩個等差數列2，6，10，…，198及2，8，14，…，200，將這兩個等差數列的公共項按從小到大的順序組成一個新數列，則這個新數列的各項之和為（

）A．1460 B．1472C．1666 D．1678〖答案〗C〖解析〗有兩個等差數列2，6，10，…，198及2，8，14，…，200，由這兩個等差數列的公共項按從小到大的順序組成一個新數列，2，14，26，38，50，…，182，194是兩個數列的相同項.共有個，也是等差數列，它們的和為，這個新數列的各項之和為1666.故選：C.4．文化廣場原名地質宮廣場，是長春市著名的城市廣場，歷史上地質宮廣場曾被規劃為偽滿洲國的國都廣場．文化廣場以新民主大街道路中心線至地質宮廣場主樓中央為南北主軸，廣場的中央是太陽鳥雕塑塔，在地質宮（現為吉林大學地質博物館）主樓輝映下顯得十分壯觀．現某興趣小組準備在文化廣場上對中央太陽鳥雕塑塔的高度進行測量，并繪制出測量方案示意圖，A為太陽鳥雕塑最頂端，B為太陽鳥雕塑塔的基座（即B在A的正下方），在廣場內（與B在同一水平面內）選取C、D兩點．測得CD的長為m．興趣小組成員利用測角儀可測得的角有、、、、，則根據下列各組中的測量數據，不能計算出太陽鳥雕塑塔高度AB的是（

）A．m、、、 B．m、、、C．m、、、 D．m、、、〖答案〗B〖解析〗結合選項可知是必選條件，求的思路是：求得或中的一條，然后解直角三角形求得；或用表示，利用余弦定理解方程來求得.A選項，根據m、、，可利用正弦定理求得，從而求得.B選項，m、、、四個條件，無法通過解三角形求得.C選項，根據m、、，利用正弦定理可求得，從而求得.D選項，由、借助直角三角形和余弦定理，用表示出，然后結合在三角形中利用余弦定理列方程，解方程求得.所以B選項的條件不能計算出.故選：B5．已知函數的部分圖像如圖，則函數的〖解析〗式可能為（

）A． B．C． D．〖答案〗B〖解析〗由于圖像關于原點對稱，所以為奇函數，對于A：由得：，為偶函數，故可排除A；對于D：由得：，為偶函數，故可排除D；由圖知圖象不經過點，而對于C：，故可排除C；故選：B.6．在平行四邊形中，，，.對角線AC與BD交于點O，E是線段OD的中點，AE的延長線與CD交于點F.設，，則下列結論錯誤的是（

）A． B．C． D．〖答案〗C〖解析〗對于A，取OB的中點G，連接CG，則且，即，則，A選項正確；對于B，，則，B選項正確；對于C，，則，C選項錯誤；對于D，，D選項正確；故選：C.7．已知正實數，，滿足，，，則a，b，c的大小關系為(

)A． B． C． D．〖答案〗B〖解析〗，故令，則，．易知和均為上的增函數，故在為增函數．∵，故由題可知，，即，則．易知，，作出函數與函數的圖象，如圖所示，則兩圖象交點橫坐標在內，即，，．故選：B．8．若（且）恒成立，則實數a的取值范圍是（

）A． B． C． D．〖答案〗A〖解析〗當時，作出和的圖象，此時兩個函數圖象有一個交點，則不可能恒成立；當時，當時，，，不等式恒成立；當時，，∵，∴由，得，即，令，則上面的不等式即為：，當時，，單調遞增，∴，∴只需在上恒成立，令，，當時，，單調遞減；當時，，單調遞增，，由題意得，解得．綜上，實數a的取值范圍是．故選：A．二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分。9．已知函數的圖象如圖所示，則（

）A．函數〖解析〗式B．將函數的圖象向左平移個單位長度可得函數的圖象C．直線是函數圖象的一條對稱軸D．函數在區間上的最大值為2〖答案〗ABC〖解析〗由題圖知：函數的最小正周期，則，，所以函數．將點代入〖解析〗式中可得，則，得，因為，所以，因此，故A正確．將函數的圖像向左平移個單位長度可得函數的圖像，故B正確.，當時，，故C正確.當時，，所以，即最大值為，故D錯誤．故選：ABC．10．某高中校團委組織“喜迎二十大、永遠跟黨走、奮進新征程”學生征文比賽，經評審，評出一、二、三等獎作品若干（三等獎作品數是二等獎作品數的2倍），其中高一年級作品分別占，，.現從獲獎作品中任取一件，記“取出等獎作品”為事件，“取出獲獎作品為高一年級”為事件，若，則（

）A．一、二、三等獎的作品數之比為 B．C． D．〖答案〗ABD〖解析〗依題意設一等獎件，二等獎件，則三等獎件，則高一年級獲一，二，三等獎作品數分別為非高一年級獲一，二，三等獎作品數分別為因為，所以則一、二、三等獎的作品數之比為，故A正確；又因為，故B正確；，故C錯誤；又因為，且所以，故D正確.故選:ABD.11．已知拋物線的焦點為，準線為，過點的直線與拋物線交于兩點，點在上的射影為，則下列說法正確的是（

）A．若，則B．以為直徑的圓與準線相切C．設，則D．過點與拋物線有且僅有一個公共點的直線至多有2條〖答案〗ABC〖解析〗由題意，故A正確；拋物線的準線，，則以為直徑的圓的半徑，線段的中點坐標為，則線段的中點到準線的距離為，所以以為直徑的圓與準線相切，故B正確；拋物線的焦點為，，當且僅當三點共線時，取等號，所以，故C正確；對于D，當直線斜率不存在時，直線方程為，與拋物線只有一個交點，當直線斜率存在時，設直線方程為，聯立，消得，當時，方程得解為，此時直線與拋物線只有一個交點，當時，則，解得，綜上所述，過點與拋物線有且僅有一個公共點的直線有3條，故D錯誤.故選：ABC.12．如圖，在三棱錐中，平面為垂足點，為中點，則下列結論正確的是（

）A．若的長為定值，則該三棱錐外接球的半徑也為定值B．若的長為定值，則該三棱錐外接球的半徑也為定值C．若的長為定值，則的長也為定值D．若的長為定值，則的值也為定值〖答案〗BCD〖解析〗取的中點O，∵平面平面，∴，∴,∵平面，平面，∴，∵平面，∴平面，平面，∴，∴，則,∴O為外接球的球心，是直徑，該三棱錐外接球的半徑為，故B正確；由以上分析可知，,當的長為定值時,長是可變化的，不能推得為定值，故的長為定值時，則該三棱錐外接球的半徑不一定為定值，A錯誤；由B的分析可知平面平面,故，又，平面，∴平面，平面，∴，∴，若的長為定值，則的長也為定值，故C正確；由以上分析可知，，故，,由于為中點，故,故的長為定值，則的值也為定值，D正確；故選：.第Ⅱ卷三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知多項式，則的值為______．〖答案〗〖解析〗依題意，含的項為，所以.故〖答案〗為：14．，是兩個不同的平面，，是平面及之外的兩條不同直線，給出四個論斷：①，②，③，④.以其中三個論斷作為條件，余下一個論斷作為結論，寫出你認為正確的一個命題：______.〖答案〗若②③④則①或若①③④則②(寫出其中正確的一組即可)〖解析〗如圖，若②③④則①，成立；如圖，若①③④則②，成立；如圖，若①②④則③，不成立；如圖，若①②③則④，不成立；故〖答案〗為：若②③④則①或若①③④則②(寫出其中正確的一組即可)15．如圖，，分別是雙曲線（，）的左、右焦點，且，過的直線與雙曲線的左、右兩支分別交于點，．若為等邊三角形，則雙曲線的方程為______〖答案〗〖解析〗根據雙曲線的定義，可得，是等邊三角形，即，又，，即，，中，，，，，，即，解得，又，由此可得：，所以雙曲線方程為：.故〖答案〗為：.16．在2015年蘇州世兵賽期間，某景點用乒兵球堆成若干堆“正三棱錐”形的裝飾品，其中第1堆只有1層，就一個球；第2，3，4，……堆最底層（第一層）分別按圖中所示方式固定擺放，從第二層開始，每層的小球自然壘放在下一層之上，第n堆第n層就放一個乒兵球．記第n堆的乒兵球總數為．則__________，=__________．〖答案〗56

〖解析〗設第堆從上往下第層的乒乓球數為，由已知可得，所以，，，，這個式子相加得到又，所以，又時，所以，又，所以，所以，因為當時，，所以當，時，，又，所以當，時，，又，，所以時，，所以當時，，故〖答案〗為：56，.四、解答題：本題共6小題，共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步棸。17．（10分）已知數列{an}的前n項和為Sn，且，a1＝1．（1）求數列{an}的通項公式；（2）設，數列{bn}的前n項和為Tn，證明．（1）解：因為，所以.兩式相減，得，即所以當時，，在中，令，得，所以，又滿足，所以所以，故數列{an}是首項為1，公差為2的等差數列，且.（2）證明：，所以，當時，，當時，，所以.18．（12分）設的內角，，所對的邊分別為，，，在①、②、③中任選一個作為條件解答下列問題.①向量與向量平行；②；③.（1）確定角和角之間的關系；（2）若為線段上一點，且滿足，若，求.注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分.解：（1）若選①：因為與平行，所以，若選②：，所以，由正弦定理得，即，即，因為，，所以或，則（舍）或，即；若選③：依題意得，所以，因為，所以，即，所以，即，因為，，所以，即.（2）因為，由正弦定理得，由得：，即，又，，可得，如圖，過向作垂線，垂足為，因為，解得.因為，所以是中點，.因為，，所以，方法1：在中，，又，所以，即，解得.方法2：易知是的角平分線，因為，即，所以，即，得，又，解得.19．（12分）如圖，在幾何體中，底面為以為斜邊的等腰直角三角形.已知平面平面，平面平面平面.（1）證明；平面；（2）若，設為棱的中點，求當幾何體的體積取最大值時,與所成角的余弦值.（1）證明：過點D作交與點O，∵平面平面，且兩平面的交線為,面，∴平面,又平面,∴,又且平面,∴平面;（2）解：過點E作交與點N，連接,∵平面平面，且兩平面的交線為,平面，∴平面,又平面,∴到平面的距離相等,∴且，故四邊形為平行四邊形，所以,平面，則平面平面，故,又因為,所以，而底面為以為斜邊的等腰直角三角形,,故,故，又,，令,令,,所以在單調遞增，在單調遞減，即，當且僅當時取得最大值，如圖所示，以點O為原點以為建立空間直角坐標系，則,設與所成角為，則，即當幾何體體積最大時，與所成角的余弦值為.20．（12分）在新冠肺炎疫情肆虐之初，作為重要防控物資之一的口罩是醫務人員和人民群眾抗擊疫情的武器與保障，為了打贏疫情防控阻擊戰，我國企業依靠自身強大的科研能力，果斷轉產自行研制新型全自動高速口罩生產機，“爭分奪秒、保質保量”成為口罩生產線上的重要標語.（1）在試產初期，某新型全自動高速口罩生產流水線有四道工序，前三道工序完成成品口罩的生產且互不影響，第四道是檢測工序，包括紅外線自動檢測與人工抽檢.已知批次I的成品口罩生產中，前三道工序的次品率分別為，，.求批次I成品口罩的次品率.（2）已知某批次成品口罩的次品率為，設100個成品口罩中恰有1個不合格品的概率為，記的最大值點為，改進生產線后批次J的口罩的次品率.某醫院獲得批次I，J的口罩捐贈并分發給該院醫務人員使用.經統計，正常佩戴使用這兩個批次的口罩期間，該院醫務人員核酸檢測情況如下面條形圖所示，求，并判斷是否有99.9%的把握認為口罩質量與感染新冠肺炎病毒的風險有關？附：0.0500.0100.0050.0013.8416.6357.87910.828解：（1）批次Ⅰ成品口罩的次品率為．（2）100個成品口罩中恰有1個不合格品的概率．因此．令，得．當時，；當時，．所以的最大值點為．由（1）可知，，，故批次口罩的次品率低于批次Ⅰ，故批次的口罩質量優于批次Ⅰ．由條形圖可建立列聯表如下：核酸檢測結果口罩批次合計呈陽性12315呈陰性285785合計4060100．因此，有99.9%的把握認為口罩質量與感染新冠肺炎病毒的風險有關．21．（12分）已知橢圓過點．右焦點為，縱坐標為的點在上，且．（1）求C的方程；（2）設過與軸垂直的直線為，縱坐標不為的點為上一動點，過作直線的垂線交于點，證明：直線過定點．（1）解：設點，其中，則，因為橢圓過點，則，將點的坐標代入橢圓的方程，，所以，解得，因此，橢圓的標準方程為；（2）證明：設點，則，所以，直線的垂線的斜率為，由題可知，故直線的方程為，在直線的方程中，令，可得，即點，所以，直線的方程為，即，因為，所以，所以，所以，所以，直線過定點.22．（12分）已知函數在處的切線方程為.（1）求實數m和n的值；（2）已知，是函數的圖象上兩點，且，求證：.（1）解：由，得.因為函數在處的切線方程為，所以，，則；（2）證明：由（1）可得，，，所以當時，，單調遞增；當時，，單調遞減.因為，是函數的圖象上兩點，且，不妨設，且，所以.由，得，即.設，.設，則，所以，即，故.要證，只需證，即證，即證，即證，即證，即證.令，，則，證明不等式；設，則，所以當時，；當時，，所以在上為增函數，在上為減函數，故，所以成立.由上還不等式可得，當時，，故恒成立，故在上為減函數，則，所以成立，即成立.綜上所述，.2023年高考第一次模擬考試卷（江蘇A卷）數學第Ⅰ卷一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40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．已知集合，則（

）A． B．C． D．〖答案〗B〖解析〗由，所以，故選：B.2．已知復數，則的共軛復數在復平面內對應的點位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限〖答案〗D〖解析〗依題意，，則所以復數在復平面內對應的點位于第四象限.故選：D.3．已知兩個等差數列2，6，10，…，198及2，8，14，…，200，將這兩個等差數列的公共項按從小到大的順序組成一個新數列，則這個新數列的各項之和為（

）A．1460 B．1472C．1666 D．1678〖答案〗C〖解析〗有兩個等差數列2，6，10，…，198及2，8，14，…，200，由這兩個等差數列的公共項按從小到大的順序組成一個新數列，2，14，26，38，50，…，182，194是兩個數列的相同項.共有個，也是等差數列，它們的和為，這個新數列的各項之和為1666.故選：C.4．文化廣場原名地質宮廣場，是長春市著名的城市廣場，歷史上地質宮廣場曾被規劃為偽滿洲國的國都廣場．文化廣場以新民主大街道路中心線至地質宮廣場主樓中央為南北主軸，廣場的中央是太陽鳥雕塑塔，在地質宮（現為吉林大學地質博物館）主樓輝映下顯得十分壯觀．現某興趣小組準備在文化廣場上對中央太陽鳥雕塑塔的高度進行測量，并繪制出測量方案示意圖，A為太陽鳥雕塑最頂端，B為太陽鳥雕塑塔的基座（即B在A的正下方），在廣場內（與B在同一水平面內）選取C、D兩點．測得CD的長為m．興趣小組成員利用測角儀可測得的角有、、、、，則根據下列各組中的測量數據，不能計算出太陽鳥雕塑塔高度AB的是（

）A．m、、、 B．m、、、C．m、、、 D．m、、、〖答案〗B〖解析〗結合選項可知是必選條件，求的思路是：求得或中的一條，然后解直角三角形求得；或用表示，利用余弦定理解方程來求得.A選項，根據m、、，可利用正弦定理求得，從而求得.B選項，m、、、四個條件，無法通過解三角形求得.C選項，根據m、、，利用正弦定理可求得，從而求得.D選項，由、借助直角三角形和余弦定理，用表示出，然后結合在三角形中利用余弦定理列方程，解方程求得.所以B選項的條件不能計算出.故選：B5．已知函數的部分圖像如圖，則函數的〖解析〗式可能為（

）A． B．C． D．〖答案〗B〖解析〗由于圖像關于原點對稱，所以為奇函數，對于A：由得：，為偶函數，故可排除A；對于D：由得：，為偶函數，故可排除D；由圖知圖象不經過點，而對于C：，故可排除C；故選：B.6．在平行四邊形中，，，.對角線AC與BD交于點O，E是線段OD的中點，AE的延長線與CD交于點F.設，，則下列結論錯誤的是（

）A． B．C． D．〖答案〗C〖解析〗對于A，取OB的中點G，連接CG，則且，即，則，A選項正確；對于B，，則，B選項正確；對于C，，則，C選項錯誤；對于D，，D選項正確；故選：C.7．已知正實數，，滿足，，，則a，b，c的大小關系為(

)A． B． C． D．〖答案〗B〖解析〗，故令，則，．易知和均為上的增函數，故在為增函數．∵，故由題可知，，即，則．易知，，作出函數與函數的圖象，如圖所示，則兩圖象交點橫坐標在內，即，，．故選：B．8．若（且）恒成立，則實數a的取值范圍是（

）A． B． C． D．〖答案〗A〖解析〗當時，作出和的圖象，此時兩個函數圖象有一個交點，則不可能恒成立；當時，當時，，，不等式恒成立；當時，，∵，∴由，得，即，令，則上面的不等式即為：，當時，，單調遞增，∴，∴只需在上恒成立，令，，當時，，單調遞減；當時，，單調遞增，，由題意得，解得．綜上，實數a的取值范圍是．故選：A．二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分。9．已知函數的圖象如圖所示，則（

）A．函數〖解析〗式B．將函數的圖象向左平移個單位長度可得函數的圖象C．直線是函數圖象的一條對稱軸D．函數在區間上的最大值為2〖答案〗ABC〖解析〗由題圖知：函數的最小正周期，則，，所以函數．將點代入〖解析〗式中可得，則，得，因為，所以，因此，故A正確．將函數的圖像向左平移個單位長度可得函數的圖像，故B正確.，當時，，故C正確.當時，，所以，即最大值為，故D錯誤．故選：ABC．10．某高中校團委組織“喜迎二十大、永遠跟黨走、奮進新征程”學生征文比賽，經評審，評出一、二、三等獎作品若干（三等獎作品數是二等獎作品數的2倍），其中高一年級作品分別占，，.現從獲獎作品中任取一件，記“取出等獎作品”為事件，“取出獲獎作品為高一年級”為事件，若，則（

）A．一、二、三等獎的作品數之比為 B．C． D．〖答案〗ABD〖解析〗依題意設一等獎件，二等獎件，則三等獎件，則高一年級獲一，二，三等獎作品數分別為非高一年級獲一，二，三等獎作品數分別為因為，所以則一、二、三等獎的作品數之比為，故A正確；又因為，故B正確；，故C錯誤；又因為，且所以，故D正確.故選:ABD.11．已知拋物線的焦點為，準線為，過點的直線與拋物線交于兩點，點在上的射影為，則下列說法正確的是（

）A．若，則B．以為直徑的圓與準線相切C．設，則D．過點與拋物線有且僅有一個公共點的直線至多有2條〖答案〗ABC〖解析〗由題意，故A正確；拋物線的準線，，則以為直徑的圓的半徑，線段的中點坐標為，則線段的中點到準線的距離為，所以以為直徑的圓與準線相切，故B正確；拋物線的焦點為，，當且僅當三點共線時，取等號，所以，故C正確；對于D，當直線斜率不存在時，直線方程為，與拋物線只有一個交點，當直線斜率存在時，設直線方程為，聯立，消得，當時，方程得解為，此時直線與拋物線只有一個交點，當時，則，解得，綜上所述，過點與拋物線有且僅有一個公共點的直線有3條，故D錯誤.故選：ABC.12．如圖，在三棱錐中，平面為垂足點，為中點，則下列結論正確的是（

）A．若的長為定值，則該三棱錐外接球的半徑也為定值B．若的長為定值，則該三棱錐外接球的半徑也為定值C．若的長為定值，則的長也為定值D．若的長為定值，則的值也為定值〖答案〗BCD〖解析〗取的中點O，∵平面平面，∴，∴,∵平面，平面，∴，∵平面，∴平面，平面，∴，∴，則,∴O為外接球的球心，是直徑，該三棱錐外接球的半徑為，故B正確；由以上分析可知，,當的長為定值時,長是可變化的，不能推得為定值，故的長為定值時，則該三棱錐外接球的半徑不一定為定值，A錯誤；由B的分析可知平面平面,故，又，平面，∴平面，平面，∴，∴，若的長為定值，則的長也為定值，故C正確；由以上分析可知，，故，,由于為中點，故,故的長為定值，則的值也為定值，D正確；故選：.第Ⅱ卷三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知多項式，則的值為______．〖答案〗〖解析〗依題意，含的項為，所以.故〖答案〗為：14．，是兩個不同的平面，，是平面及之外的兩條不同直線，給出四個論斷：①，②，③，④.以其中三個論斷作為條件，余下一個論斷作為結論，寫出你認為正確的一個命題：______.〖答案〗若②③④則①或若①③④則②(寫出其中正確的一組即可)〖解析〗如圖，若②③④則①，成立；如圖，若①③④則②，成立；如圖，若①②④則③，不成立；如圖，若①②③則④，不成立；故〖答案〗為：若②③④則①或若①③④則②(寫出其中正確的一組即可)15．如圖，，分別是雙曲線（，）的左、右焦點，且，過的直線與雙曲線的左、右兩支分別交于點，．若為等邊三角形，則雙曲線的方程為______〖答案〗〖解析〗根據雙曲線的定義，可得，是等邊三角形，即，又，，即，，中，，，，，，即，解得，又，由此可得：，所以雙曲線方程為：.故〖答案〗為：.16．在2015年蘇州世兵賽期間，某景點用乒兵球堆成若干堆“正三棱錐”形的裝飾品，其中第1堆只有1層，就一個球；第2，3，4，……堆最底層（第一層）分別按圖中所示方式固定擺放，從第二層開始，每層的小球自然壘放在下一層之上，第n堆第n層就放一個乒兵球．記第n堆的乒兵球總數為．則__________，=__________．〖答案〗56

〖解析〗設第堆從上往下第層的乒乓球數為，由已知可得，所以，，，，這個式子相加得到又，所以，又時，所以，又，所以，所以，因為當時，，所以當，時，，又，所以當，時，，又，，所以時，，所以當時，，故〖答案〗為：56，.四、解答題：本題共6小題，共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步棸。17．（10分）已知數列{an}的前n項和為Sn，且，a1＝1．（1）求數列{an}的通項公式；（2）設，數列{bn}的前n項和為Tn，證明．（1）解：因為，所以.兩式相減，得，即所以當時，，在中，令，得，所以，又滿足，所以所以，故數列{an}是首項為1，公差為2的等差數列，且.（2）證明：，所以，當時，，當時，，所以.18．（12分）設的內角，，所對的邊分別為，，，在①、②、③中任選一個作為條件解答下列問題.①向量與向量平行；②；③.（1）確定角和角之間的關系；（2）若為線段上一點，且滿足，若，求.注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分.解：（1）若選①：因為與平行，所以，若選②：，所以，由正弦定理得，即，即，因為，，所以或，則（舍）或，即；若選③：依題意得，所以，因為，所以，即，所以，即，因為，，所以，即.（2）因為，由正弦定理得，由得：，即，又，，可得，如圖，過向作垂線，垂足為，因為，解得.因為，所以是中點，.因為，，所以，方法1：在中，，又，所以，即，解得.方法2：易知是的角平分線，因為，即，所以，即，得，又，解得.19．（12分）如圖，在幾何體中，底面為以為斜邊的等腰直角三角形.已知平面平面，平面平面平面.（1）證明；平面；（2）若，設為棱的中點，求當幾何體的體積取最大值時,與所成角的余弦值.（1）證明：過點D作交與點O，∵平面平面，且兩平面的交線為,面，∴平面,又平面,∴,又且平面,∴平面;（2）解：過點E作交與點N，連接,∵平面平面，且兩平面的交線為,平面，∴平面,又平面,∴到平面的距離相等,∴且，故四邊形為平行四邊形，所以,平面，則平面平面，故,又因為,所以，而底面為以為斜邊的等腰直角三角形,,故,故，又,，令,令,,所以在單調遞增，在單調遞減，即，當且僅當時取得最大值，如圖所示，以點O為原點以為建立空間直角坐標系，則,設與所成角為，則，即當幾何體體積最大時，與所成角的余弦值為.20．（12分）在新冠肺炎疫情肆虐之初，作為重要防