2024屆山東省泰安第二中學高三3月份第一次模擬考試數學試卷

注意事項

1.考生要認真填寫考場號和座位序號。

2.試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑

色字跡的簽字筆作答。

3.考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。

一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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.《周易》歷來被人們視作儒家群經之首，它表現了古代中華民族對萬事萬物的深刻而又樸素的認識，是中華人文文

化的基礎，它反映出中國古代的二進制計數的思想方法.我們用近代術語解釋為：把陽爻”當作數字“1”，把陰爻

當作數字“0”，則八卦所代表的數表示如下：

卦名符號表示的二進制數表示的十進制數

—

坤0000

—

震0011

—

坎0102

—

兌0113

依此類推，則六十四卦中的“屯”卦，符號“三”表示的十進制數是（）

A.18B.17C.16D.15

2.在四面體P—A5C中，ABC為正三角形，邊長為6,PA=6,PB=8,PC=10,則四面體P—A3C的體

積為（）

A.8vHB.8A/10C.24D.1673

3.下列函數中既關于直線x=l對稱，又在區間［-1,0］上為增函數的是（）

A.y=sinmB.y=|x-l|

C.y=COS71XD.y=e'+ef

4.下列幾何體的三視圖中，恰好有兩個視圖相同的幾何體是（）

A.正方體B.球體

C.圓錐D.長寬高互不相等的長方體

5.如圖是正方體截去一個四棱錐后的得到的幾何體的三視圖，則該幾何體的體積是（）

自口

1

6.已知直四棱柱A3CD-A4G2的所有棱長相等，ZABC-60°，則直線BQ與平面AC￡A所成角的正切值等

于（）

.V671075715

A.RB.------rC.——nD.-------

4455

7.已知底面為正方形的四棱錐，其一條側棱垂直于底面，那么該四棱錐的三視圖可能是下列各圖中的（）

8.如圖，在四邊形ABC。中，AB=1,BC=3,ZABC=120°,ZACD=9Q°,NSL=60°,則瓦）的長度

為（）

B.2右

c.3石D.內I

3

22

9.雙曲線C：三―%=1(。>0,b>0)的離心率是3,焦點到漸近線的距離為0,則雙曲線C的焦距為()

A.3B.3拒C.6D.6點

10.在AABC中，Zfi4C=60°,AB=3,AC=4,點M滿足BM=2MC，則等于()

A.10B.9C.8D.7

11.把滿足條件(1)MxeH,f(-x)=f(x),(2)Yx語R,3x2eR,使得〃內)=—/伍)的函數稱為“。函

數”，下列函數是“。函數”的個數為()

①丫=三+|戈|②y=%3③尸靖+二@y=cosx(§)y=%sinx

A.1個B.2個C.3個D.4個

12.“幻方”最早記載于我國公元前500年的春秋時期《大戴禮》中.“〃階幻方("23,〃wN*)”是由前“2個正整數組

成的一個”階方陣，其各行各列及兩條對角線所含的“個數之和(簡稱幻和)相等，例如“3階幻方”的幻和為15(如

圖所示).則“5階幻方”的幻和為()

E□□

H□□□

A.75B.65C.55D.45

二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。

13.設直線/過雙曲線C的一個焦點，且與C的一條對稱軸垂直，/與C交于A3兩點，日二]為C的實軸長的2倍,

則雙曲線C的離心率為.

3y+2x-l>0

14.平面區域卜+4%—7?0的外接圓的方程是.

y-x-2<0

15.若一組樣本數據7,9,x,8,10的平均數為9,則該組樣本數據的方差為.

16.若奇函數/(無)滿足/(x+2)=—/(x),g⑴為R上的單調函數,對任意實數xeR都有g[g(尤)一2'+2]=1,

當xe[O,l]時，/(x)-g(x),則/(k)g212)=.

三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。

17.(12分)已知拋物線E：y2=2px(p>0),焦點尸到準線的距離為3,拋物線E上的兩個動點A(打，刀)和8(右,

J2),其中X#X2且Xl+X2=l.線段A3的垂直平分線與X軸交于點C.

(1)求拋物線E的方程；

(2)求△ABC面積的最大值.

18.(12分)某公園準備在一圓形水池里設置兩個觀景噴泉，觀景噴泉的示意圖如圖所示，兩點為噴泉，圓心。

為的中點，其中Q4=O5=a米，半徑00=10米，市民可位于水池邊緣任意一點C處觀賞.

2萬1

(1)若當NOBC=——時，smZBCO=-,求此時a的值；

33

(2)設y=G4?+CB2,且04?+CB?忘232.

(i)試將V表示為。的函數，并求出a的取值范圍；

(ii)若同時要求市民在水池邊緣任意一點C處觀賞噴泉時，觀賞角度ZACB的最大值不小于二，試求A3兩處噴泉

間距離的最小值.

19.(12分)2019年12月以來，湖北省武漢市持續開展流感及相關疾病監測，發現多起病毒性肺炎病例，均診斷為病

毒性肺炎/肺部感染，后被命名為新型冠狀病毒肺炎(Coro"aWr"sZ>isease2(H9,C0VID—19),簡稱“新冠肺炎”.下圖

是2020年1月15日至1月24日累計確診人數隨時間變化的散點圖.

14001尸

1200'4

iemi.............

MM)*???—*

MMI..........!

40U|----1

200；-----------；

■I__________________________________________________________________

imsll1HMHiMnHIlillHIMI9HI月AH1H21Rl/lnllIHUH-

為了預測在未采取強力措施下，后期的累計確診人數，建立了累計確診人數y與時間變量r的兩個回歸模型，根據1

月15日至1月24日的數據(時間變量f的值依次1,2,…，10)建立模型§=°+力和$=a+"15.

（1）根據散點圖判斷，§=C+力與9=a+力15哪一個適宜作為累計確診人數y與時間變量f的回歸方程類型？（給

出判斷即可，不必說明理由）

（2根據（1）的判斷結果及附表中數據，建立y關于x的回歸方程;

（3）以下是1月25日至1月29日累計確診人數的真實數據，根據（2）的結果回答下列問題:

時間1月25日1月26日1月27日1月28日1月29日

累計確診人數的真實數據19752744451559747111

（i）當1月25日至1月27日這3天的誤差（模型預測數據與真實數據差值的絕對值與真實數據的比值）都小于0.1

則認為模型可靠，請判斷（2）的回歸方程是否可靠?

（ii）2020年1月24日在人民政府的強力領導下，全國人民共同采取了強力的預防“新冠肺炎”的措施，若采取措施5

天后，真實數據明顯低于預測數據，則認為防護措施有效，請判斷預防措施是否有效?

附：對于一組數據（（％,匕），（4，%），....（%,匕），其回歸直線u="+加的斜率和截距的最小二乘估計分別為

P--■，a=v-/3u-

_110

參考數據：其中例=15,。=62電-

1UZ=1

10101010

為其1112131415

ty3E靖1.51.51.51.51.5

i=lZ=11=11=1

5.539019385764031525154700100150225338507

20.（12分）如圖，在三棱錐P—ABC中，平面平面ABC,AB=BC,點E,F,。分別為線

段Q4,PB,AC的中點，點G是線段CO的中點.

(1)求證：PA_L平面EBO.

(2)判斷尸G與平面E50的位置關系，并證明.

21.(12分)在AABC中，內角A,瓦C的邊長分別為“，4c,且c=2.

jr

(1)若人=—,b=3,求sinC的值；

3

(2)若5111748520+511138524=35111。，且AABC的面積S="sinC,求。和〃的值.

222

22.(10分)如圖，/8。。=90,3。=。。=1,43，平面3。,乙4。3=60,￡,歹分別是4。,40上的動點，且

AE_AF

~AC~~AD'

(1)若平面5環與平面5C。的交線為/,求證：EFUh

(2)當平面5E產，平面AC。時，求平面B跖與5C。平面所成的二面角的余弦值.

參考答案

一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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、B

【解析】

由題意可知“屯”卦符號“H”表示二進制數字010001,將其轉化為十進制數即可.

【詳解】

由題意類推，可知六十四卦中的“屯”卦符號“三”表示二進制數字010001,轉化為十進制數的計算為卜2。+卜24=1.

故選：B.

【點睛】

本題主要考查數制是轉化，新定義知識的應用等，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.

2、A

【解析】

推導出分別取5C,PC的中點。，石，連結ARAE,DE,則A。，3C,AE，PC,OE，3C,推導出

AESE,從而皿平面改'進而四面體P-ABC的體積為V…八…=訂4的由此能求出結果.

【詳解】

解：在四面體P-ABC中，ABC為等邊三角形，邊長為6,

PA=6,PB=8,PC=10,

PB-+BC2=PC2,

:.PB±BC,

分別取3GPC的中點2石，連結AD,AE,DE,

則AD±BC,AE±PC,DE±BC,

且AD=A/^=3石，DE=4,AE=J36-25=舊，

.-.AE2+DE2=AD2>

.-.AE±DE,

PCDE=E,PCu平面尸5C,DEu平面「5C,

???AELL平面P3C,

二四面體P—A5C的體積為：

=-x-xPBxBCxAE=-x-x8x6x7n=87n.

32J32

故答案為：8"L

【點睛】

本題考查四面體體積的求法，考查空間中線線，線面，面面間的位置關系等基礎知識，考查運算求解能力.

3、C

【解析】

根據函數的對稱性和單調性的特點，利用排除法，即可得出答案.

【詳解】

A中，當元=1時，y=sin7ct=0wl,所以y=sinm:不關于直線％=1對稱，則A錯誤;

B中，y=\x-]\=\:/，，所以在區間[—1,0]上為減函數，則3錯誤；

11[r+1,（x<l）

D中，y=f（x）=ex+e-x,而/（0）=2J（2）=e2+1，則/⑼w/（2）,所以y=e，+尸不關于直線x=l對

稱，則。錯誤；

故選：C.

【點睛】

本題考查函數基本性質，根據函數的解析式判斷函數的對稱性和單調性，屬于基礎題.

4、C

【解析】

根據基本幾何體的三視圖確定.

【詳解】

正方體的三個三視圖都是相等的正方形，球的三個三視圖都是相等的圓，圓錐的三個三視圖有一個是圓，另外兩個是

全等的等腰三角形，長寬高互不相等的長方體的三視圖是三個兩兩不全等的矩形.

故選：C.

【點睛】

本題考查基本幾何體的三視圖，掌握基本幾何體的三視圖是解題關鍵.

5、C

【解析】

根據三視圖作出幾何體的直觀圖，結合三視圖的數據可求得幾何體的體積.

【詳解】

根據三視圖還原幾何體的直觀圖如下圖所示：

由圖可知，該幾何體是在棱長為1的正方體ABC。-A4G2中截去四棱錐用-ABC。所形成的幾何體,

該幾何體的體積為v=l3-1xl2xl=1.

33

故選：c.

【點睛】

本題考查利用三視圖計算幾何體的體積，考查空間想象能力與計算能力，屬于基礎題.

6、D

【解析】

以A為坐標原點，AE所在直線為x軸，4。所在直線為V軸，A4所在直線為z軸,

建立空間直角坐標系.求解平面ACGA的法向量，利用線面角的向量公式即得解.

【詳解】

如圖所示的直四棱柱ABC。—AgGA，NA5C=60°，取中點E,

以A為坐標原點，AE所在直線為x軸，所在直線為V軸，A4所在直線為z軸,

建立空間直角坐標系.

設AB=2,則A(O,O,O)，A(0,0,2),5(石,-1,0),C(石,L0),￡(73,1,2),

BG=(0,2,2),AC=(A1,0),朋=(0,0,2).

設平面ACGA的法向量為〃=(x,y,z),

n-AC=#>x+y=0,

則｛一取x=l,

n-AA1=2z=0,

得7=(1,—G,0).

設直線BCi與平面ACQA,所成角為e,

l-2^|V6

貝(Jsin6>=|fiCi|-|n||我4

Anw屈

\l4J4

直線BC］與平面ACC】A所成角的正切值等于半

故選：D

【點睛】

本題考查了向量法求解線面角，考查了學生空間想象，邏輯推理，數學運算的能力，屬于中檔題.

7、C

【解析】

試題分析：通過對以下四個四棱錐的三視圖對照可知，只有選項C是符合要求的.

考點：三視圖

8、D

【解析】

設NAC5=a,在AABC中，由余弦定理得4^=i。—6cosl20。=13，從而求得CD,再由由正弦定理得

ADAC1

--=----------，求得sin。，然后在ABCD中，用余弦定理求解.

sintzsin120°

【詳解】

設NAC5=a,在AABC中，由余弦定理得AC?二3一6cosl200=13，

則AC=A，從而CO=

?十廿…e加ABAC.y/3

由正弦定理得；1荔二高旃'即sm0=*'

.—y/3

從而cos/BCD=cos（90°+a）——sinCL——-^=9

2V13

在ABCD中，由余弦定理得：BD?=9+上+2義3義、出義士=49

3V32y/13T

則如半

故選：D

【點睛】

本題主要考查正弦定理和余弦定理的應用，還考查了數形結合的思想和運算求解的能力，屬于中檔題.

9、A

【解析】

根據焦點到漸近線的距離，可得沙，然后根據〃=c2—/,e=￡,可得結果.

a

【詳解】

由題可知：雙曲線的漸近線方程為法土ay=0

取右焦點廠(G。)，一條漸近線/：陵-沖=。

則點/到/的距離為=6,由廿+。2=°2

所以匕=也，貝!102_/=2

「*c~

又一=3=>—=9=>/

aa~9

*3

所以°2—J=2nc=±

92

所以焦距為：2c=3

故選：A

【點睛】

本題考查雙曲線漸近線方程，以及"c,e之間的關系，識記常用的結論：焦點到漸近線的距離為力，屬基礎題.

10、D

【解析】

利用已知條件，表示出向量A"，然后求解向量的數量積.

【詳解】

-12

在AABC中，ZBAC=^)°,AB=3,AC=4,點M滿足BM=2MC，WAM=-AB+-AC.

-12-1-2221

貝！IABAM=AB(-AB+-AC)=-AB+-AB-AC=3+-X3X4X-=7.

333332

【點睛】

本題考查了向量的數量積運算，關鍵是利用基向量表示所求向量.

11、B

【解析】

滿足(1)(2)的函數是偶函數且值域關于原點對稱，分別對所給函數進行驗證.

【詳解】

滿足(1)(2)的函數是偶函數且值域關于原點對稱，①不滿足(2)；②不滿足(1)；

③不滿足(2)；④⑤均滿足(1)(2).

故選：B.

【點睛】

本題考查新定義函數的問題，涉及到函數的性質，考查學生邏輯推理與分析能力，是一道容易題.

12、B

【解析】

計算1+2++25的和，然后除以5,得到“5階幻方”的幻和.

【詳解】

1+25

依題意“5階幻方”的幻和為1+2++252“，故選B.

55

【點睛】

本小題主要考查合情推理與演繹推理，考查等差數列前〃項和公式，屬于基礎題.

二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。

13、y/3

【解析】

22222

不妨設雙曲線C:二一斗=1,焦點網―c,o),令三—與=i,x=cny=±C,由|人目的長為實軸的二倍能夠推

ababa

導出。的離心率.

【詳解】

22

不妨設雙曲線C：q-2r=1,

焦點E(—c,O),對稱軸y=0,

r2v2h2

由題設知———=1,%=c=>y=±—,

aba

因為的長為實軸的二倍，

―4〃,b1=2a29

a

c2—a2=2a2,c2=3a2,

：.e=-=y/3,故答案為百.

a

【點睛】

本題主要考查利用雙曲線的簡單性質求雙曲線的離心率，屬于中檔題.求解與雙曲線性質有關的問題時要結合圖形進行

分析，既使不畫出圖形，思考時也要聯想到圖形，當涉及頂點、焦點、實軸、虛軸、漸近線等雙曲線的基本量時，要

理清它們之間的關系，挖掘出它們之間的內在聯系.求離心率問題應先將e用有關的一些量表示出來，再利用其中的一

些關系構造出關于e的等式，從而求出e的值.

,11912c

14、x~+y2----x——y-----=0

,55.5

【解析】

作出平面區域，可知平面區域為三角形，求出三角形的三個頂點坐標，設三角形的外接圓方程為

22

X+y+Dx+Ey+F=0,將三角形三個頂點坐標代入圓的一般方程，求出。、E、產的值，即可得出所求圓的方程.

【詳解】

3y+2x-l>0

作出不等式組,y+4x-7VO所表示的平面區域如下圖所示:

y-x-2<0

y-x-2=0x=l,、

由圖可知，平面區域為ABC,聯立“rc，解得“，則點4（1，3）,

y+4x-7=0[y=3、7

同理可得點8(2,—1)、C(-l,l),

設ABC的外接圓方程為/+與+方=0,

O+3E+/+10=0

11Q12

由題意可得20—E+尸+5=0,解得。=——,E=——，F=—一,

355

—D+E+尸+2=0

11g12

因此，所求圓的方程為V+y2——《y—《=0.

田田田B，211912

故答案為：x+y——x——y——=n0.

【點睛】

本題考查三角形外接圓方程的求解，同時也考查了一元二次不等式組所表示的平面區域的求作，考查數形結合思想以

及運算求解能力，屬于中等題.

15、1

【解析】

7+9+X+8+10

根據題意，由平均數公式可得=9,解得x的值，進而由方差公式計算，可得答案.

5

【詳解】

根據題意，數據7,9,X,8,10的平均數為9,

e7+9+X+8+10

則---------------=9,解得:x=ll,

則其方差S2=1[(7-9)2+(9-9)2+(11-9)2+(8-9)2+(10-9)2]=2.

故答案為：1.

【點睛】

本題考平均數、方差的計算，考查運算求解能力，求解時注意求出工的值，屬于基礎題.

1

16、—

3

【解析】

根據〃無+2)=—“X)可得，函數/(%)是以4為周期的函數，令g(x)—2"+2=%，可求g(x)=2'—1,從而可得

A

f(x)=g(x)=2-l,f(log212)=-/(2-log23)代入解析式即可求解.

【詳解】

令g(x)—2，+2=左，則g(x)=A2*—2,

由g[g(x)—2'+2]=l,則=

所以g(左)="2J2=1,解得左=1,

所以g(x)=2j

由xe[O,l]時，/(x)=g(x),

所以九時，/(x)=2A-l；

由/(x+2)=一/(%).所以/(x+4)=—/(%+2)=/(x),

所以函數/(九)是以4為周期的函數，

/(log212)=/(log23+log24)=/(log23+2)=/(log23-2),

又函數/(x)為奇函數，

故答案為：-彳

3

【點睛】

本題主要考查了換元法求函數解析式、函數的奇偶性、周期性的應用，屬于中檔題.

三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。

17、(1)y2=6x(2)電I.

3

【解析】

(1)根據拋物線定義，寫出焦點坐標和準線方程，列方程即可得解；

(2)根據中點坐標表示出以為和點到直線的距離，得出面積，利用均值不等式求解最大值.

【詳解】

(1)拋物線E：y2=2px(p>0),焦點F(與，0)到準線x=-，的距離為3,可得p=3,即有拋物線方程為產=

6x；

(2)設線段A8的中點為拉(xo,jo),則/=生產=2,

…、，—%-乂_必一-_6_3

%?——22~——

刈=^-%+%%，

>kABx2-xxy2~y1

66

則線段A3的垂直平分線方程為y-y0=-g(x-2),①

可得x=5,y=0是①的一個解，所以A8的垂直平分線與X軸的交點C為定點，

且點C(5,0),由①可得直線A5的方程為廠科=』(x-2),即x=%(j-jo)+2②

為3

代入丁2=6“可得y2=2yo(y-yo)+12,BPy2-2joj+2jo2=O③，

由題意山，及是方程③的兩個實根，且山內2,

222

所以A=ly0-1(2j0-12)=-ljo+18＞O,解得-2有＜山＜2石,

以為=_/)2+(M—乃)2

=J1+々卜%2-4(2%2—12》=g{(9+%2乂12f2),

22

又C(5,0)到線段AB的距離h=\CM\=7(5-2)+(O-yo)=《9+年,

222

所以SA4Bc=g|A3|/i=g^(9+y0)(12-y0)?^9+y0

當且僅當9+城=21-2城，即yo=土君，A(6+A,6+6)，B(6-底,非—幣),

33

或A(4^，-亞一出)，B-4擊)時等號成立，

所以SAABC的最大值為兔彳.

3

【點睛】

此題考查根據焦點和準線關系求拋物線方程，根據直線與拋物線位置關系求解三角形面積的最值，表示三角形的面積

關系常涉及韋達定理整體代入，拋物線中需要考慮設點坐標的技巧，處理最值問題常用函數單調性求解或均值不等式

求最值.

18、(1)(2)(i)y=200+2tz\ae(0,4］；(ii)40-2073.

【解析】

(1)在AOBC中，由正弦定理可得所求；

(2)(i)由余弦定理得AC2=100+a2-20acosZAOC,BC~=100+a2-2QacosZBOC，兩式相加可得所求解析

式.(ii)在AABC中，由余弦定理可得cosZACB=+一—的一?1三汽-善=1一,根據乙四

2CACBCA2+CB2100+a2

的最大值不小于可得關于。的不等式，解不等式可得所求.

O

【詳解】

OCOB

(1)在AO5c中，由正弦定理得---------

sinZOBCsinZBCO

10x1

0C-sin/BCO2073

所以03=3

sinAOBC,2萬

sin——9

3

即心型i

9

(2)(i)在AAOC中，由余弦定理得AC?=100+儲一20acosNAOC，

在ABOC中，由余弦定理得BC2=100+?2-20acosZBOC，

又ZAOC=%—N60c

所以G42+CB2=200+2",

即y=200+2/.

XG42+CB2=200+2?2<232,解得Ova"

所以所求關系式為y=200+2/,?e(O,4].

(ii)當觀賞角度NACB的最大時，cos/ACB取得最小值.

在AABC中，由余弦定理可得

西+4-4/CA2+CB2-4a2,2a2

cosZACB二>-------------------二］------------

2CACBCA2+CB2100+a2

因為Z4CB的最大值不小于3，

6

所以1一一〈如，解得a220—10石，

100+a22

經驗證知20-10百w(0,4],

所以2a240—206.

即A,B兩處噴泉間距離的最小值為40-2a6.

【點睛】

本題考查解三角形在實際中的應用，解題時要注意把條件轉化為三角形的邊或角，然后借助正余弦定理進行求解.解

題時要注意三角形邊角關系的運用，同時還要注意所得結果要符合實際意義.

19、（1）f=a+適宜（2）,-J=10+20-1,5f（3）（i）回歸方程可靠（ii）防護措施有效

【解析】

（1）根據散點圖即可判斷出結果.

（2）設0=1.5'，則￥=。+加y，求出卜，再由回歸方程過樣本中心點求出即可求出回歸方程.

（3）（i）利用表中數據，計算出誤差即可判斷回歸方程可靠；（ii）當r=15時，$=10150.與真實值作比較即可

判斷有效.

【詳解】

（1）根據散點圖可知：

9=a+"15適宜作為累計確診人數V與時間變量》的回歸方程類型；

￡電％-10小

(2)設G=15,貝！=a+-~[5?=

￡(例-同才媛—100

1=1!=1

154700—10x19x390”

-740-10xl92-6

》=$—醞=390-20x19=10，

.??￥=10+20.15；

|2010-1975|

(3)(i)1=11時，$=2010,<0.1,

1975

|3010-2744|

當/=12時，『=3010,<0.1,

2744

當E3時,上4510,

所以（2）的回歸方程可靠：

（ii）當/=15時，§=10150,

10150遠大于7111,所以防護措施有效.

【點睛】

本題考查了函數模型的應用，在求非線性回歸方程時，現將非線性的化為線性的，考查了誤差的計算以及用函數模型

分析數據，屬于基礎題.

20、(1)見解析(2)FG//平面E50.見解析

【解析】

(1)要證？平面E30,只需證明OELPA,即可求得答案；

(2)連接AF交座于點Q,連接Q。，根據已知條件求證/G//QO,即可判斷尸G與平面￡30的位置關系，進

而求得答案.

【詳解】

(1)

AB=BC,。為邊AC的中點，

BOVAC,

平面PAC,平面ABC,平面PAC平面ABC=AC,60u平面ABC,

89_1_平面PAC,

BOLPA,

在AR4C內，。，E為所在邊的中點，

OE//PC,

又PA±PC,OELPA,

24,平面￡30.

(2)判斷可知，FG//平面E30,

證明如下：

連接AF交座于點Q,連接Q。.

E、F、。分別為邊R4、PB、AC的中點，

.AO

??—2?

0G

又。是的重心,

AQ°AO

QFOG

FG//QO,

FGu平面EBO,QOu平面E30,

FG//平面E30.

【點睛】

本題主要考查了求證線面垂直和線面平行，解題關鍵是掌握線面垂直判定定理和線面平行判斷定理，考查了分析能力

和空間想象能力，屬于中檔題.

21、(1)sinC=q；(2)a=b=5.

7

【解析】

(1)先由余弦定理求得。，再由正弦定理計算即可得到所求值；

(2)運用二倍角的余弦公式和兩角和的正弦公式，化簡可得sinA+sinB=5sinC,運用正弦定理和三角形的面積公式可

得a,b的方程組，解方程即可得到所求值.

【詳解】

解：（1）由余弦定理

a2=b~+c2-2/?ccosA=9+4-2x3x2x—=7,?=J7

2

由正弦定理二=,得sinC=—

sinAsmC7

.,1+cosB.八1+cosA

(2)由已知得:sinAx-----------1-sinex-----------=3sinC