20182019學年山西省晉中市高二上學期期末調研測試數學(理)試題Word版含分析20182019學年山西省晉中市高二上學期期末調研測試數學(理)試題Word版含分析37/37薇PAGE37薃袁蝕芄芇膇肄袇芁蒀螀膄蚇肄螆葿肀聿螀肄肈蒞膄螇肅袂袀羄膅薆袆艿袂蒁罿裊薆螇莄薇蟻肀聿螅羇螄肆聿蚄蠆腿蒁莈羅薄莇蒃羋艿莁蝿膇芆羀膂膂荿芁羆膄蚃膈羀螁荿膁莆蒞蒅螀羃莀葿肁螇蚆袃肈螂罿蕿肁膈袇薅莆薁袂蚈羂蕿襖肅袈薄蒁螈莀蚆薃螅蚄莃蕿袈芀肇裊蕆芆膂膈袈膀蒈螂羄蒅袁螇羈膀衿肅蚆肇羃薀肈肀肅芄肄蒞螞腿膈羀蒆蒅袆袇蒁螈薂袁袇蒂芄膅蒄莇薁螁羋蚃羆螇芃羆蟻蟻蠆襖蒄羅肂袀螁蟻螆袂膆薈螁葿袁薁膇肅蚃袆襖肈羈蒁薈莄蒞莈薂蚇肁莁羈薅螃蚆莁薀膁芁肅薂蒅羄膀腿膁膂蒆螃羃蒆膃螈芀肂袇羄蚅螄羂莇莀肂羋羈膃莆螁羆蒀羂蠆膃裊薄螄螀薀袂袆蒄薇膇薃荿蝕螂芇蚅肄蒅芁羈螀螞蚇螞螆羇肀薇螀薂肈袃膄芅肅蒀袀蒃膅肄袆螇袂聿罿蒃薆芅莄肅蟻蚈聿莃羇節肆蚇蚄芇腿罿莈蒄薄羅蒃袇艿衿蝿螅芆蒈膂蝕荿蝿羆螞蚃螆羀艿荿蝿莆羃蒅羋羃袈葿蠆螇膄袃薆螂蕆蕿薀膈蒞薅襖薁莀蚈蒀蕿莂肅莆薄罿螈莀蚆薃螅蚄莃蕿袈芀肇裊蕆芆膂膈袈膀蒈螂羄蒅袁螇羈膀衿肅蚆肇羃薀肈肀肅芄肄蒞螞腿膈羀蒆蒅袆袇蒁螈薂袁袇蒂芄膅蒄莇薁螁羋蚃羆螇芃羆蟻蟻蠆襖蒄羅肂袀螁蟻螆袂膆薈螁葿袁薁膇肅蚃袆襖肈羈蒁薈莄蒞莈薂蚇肁莁羈薅螃蚆莁薀膁芁肅薂蒅羄膀腿膁膂蒆螃羃蒆膃螈芀肂袇羄蚅螄羂莇莀肂羋羈膃莆螁羆蒀羂蠆膃裊薄螄螀薀袂袆蒄薇膇薃荿蝕螂芇蚅肄蒅芁羈螀螞蚇螞螆羇肀薇螀薂肈袃膄芅肅蒀袀蒃膅肄袆螇袂聿罿蒃薆芅莄肅蟻蚈聿莃羇節肆蚇蚄芇腿罿莈蒄薄羅蒃袇蟻衿芁螅螇蒈蚃蝕螁蝿莇螞膅螆蒂艿袁蝿螈羃袇羋蒅袈羈蠆腿膄蒞薆芄蕆肀薀薀蒞肇襖肅莀膀蒀羈莂蒅莆肆罿膀莀膈薃芇蚄裊蕿芀芀蕿裊罿芆薄膈莀膀羀螂莆蒅莂螇蒀膀莀肅膈肇蒞薀薀肀蕆芄薆蒞膄腿蝕羀袈蒅羋袇羃螈羃袁艿蒂螆膅羆莇肅螁蝕蚃蒈螇螅羆膃蟻肁襖袆羅蒄袀芃蟻羋袂蚈薈芃葿莃薁蠆肅肅袆芅肈蒃蒁聿莄螇莈肄蚇蒃莁蒀薅芅蚆袃薀薃芁薇薂羇羄螞腿螞膂羈螃蒅蒆蚅螈螂肂荿羄膇螄蒄莇袂肂螀羈薅莆膃羆羂羂膁膃莆薄芆螀肂袂莈蒄肈膇羄荿肂螂螈蚅蒆蒅螃羈膂螞腿螞膈羇薂薇節薂薀袃蚆芅薅蒀莁蒃蚇肄莈螇莄聿蒁蒃肈芅袆肅肅蚈薁莃葿節薈蚇膆芇薁罿袀蒄羅羅裊袇蟻衿芁螅螇蒈蚃蝕螁蝿莇螞膅螆蒂羀袁莀螈薄袇罿蒅蕿羈芀腿裊蒞芇芄膈肀膀薀肆肇蒅肅羈膀膀羈肅蒅肇肆薀膀肀膈芄芇蒞裊腿芀羈蕿蒅罿袇薄螈莀袁羀蒂莆膅莂莇蒀螁莀蚃膈螇蒞芁薀蟻蕆裊薆羅膄袀蝕薁袈膆羋薈羃葿羃薁艿肅螆袆羆肈肅蒁蝕莄蒈莈螅蚇膃莁肁薅袆蚆蒄薀芃節羋薂蚈膈芃腿莃膂蠆螃肅蒆芅螈蒃肂聿羄螇肈肄莈蒃肂蒀芆芅莆袃膁薃羂薇膃羇薅螞螀螞袂羈蒄蒅膇蚅荿螂螂荿蚅膇蒅蒄羈袂螞螀螞薅羇膃薇羂薃膁袃莆芅芆蒀肂蒃莈肄肈螇羄聿肂蒃螈芅蒆肅螃蠆膂莃腿芃膈蚈薂羋節芃薀蒄蚆袆薅肁莁膃蚇螅莈蒈莄蝕蒁肅肈羆袆螆肅艿薁羃葿羃薈羋膆袈薁蝕袀膄羅薆裊蕆蟻薀芁蒞螇膈蚃莀螁蒀莇莂膅莆蒂羀袁莀螈薄袇罿蒅蕿羈芀腿裊蒞芇芄膈肀膀薀肆肇蒅肅羈膀20182019學年山西省晉中市高二上學期期末調研測試數學(理)試題Word版含分析絕密★啟用前

山西省晉中市2018-2019學年高二上學期期末調研測試數學

（理)試題

評卷人得分

一、單項選擇題1．若曲線

A．

C．

表示橢圓，則

k的取值范圍是

B．

D．

或

【答案】D

【分析】

【分析】

依照曲線表示橢圓列出不等式組，解出即可得

【詳解】

的取值范圍．

由題設可得

，解得

，應選

D．

【點睛】

關于曲線，

（1）若是該曲線為橢圓，則，更一步地，若是表示焦點在軸上的橢

圓，則有；若是表示焦點在的橢圓，則；

（2）若是該曲線為雙曲線，則，更一步地，若是表示焦點在軸上的雙曲線，則

有；若是表示焦點在的雙曲線，則．

2．以下說法錯誤的選項是

A．棱柱的側面都是平行四邊形B．所有面都是三角形的多面體必然是三棱錐

C．用一個平面去截正方體，截面圖形可能是五邊形

D．將直角三角形繞其直角邊所在直線旋轉一周所得的幾何體是圓錐

【答案】B

【分析】

【分析】

由棱柱的性質可判斷A；可舉正八面體可判斷B；用一個平面去截正方體，與正方體的五個面訂交，可判斷C；由圓錐的定義可判斷D．

【詳解】

由棱柱的性質可得棱柱的側面都是平行四邊形，則A正確；

所有面都是三角形的多面體不用然是三棱錐，比方正八面體的各個面都是正三角形，則

錯誤；

用一個平面去截正方體，與正方體的五個面訂交，可得截面圖形是五邊形，則C正確；由圓錐的定義可得直角三角形繞其直角邊所在直線旋轉一周所得的幾何體是圓錐，則D正確．應選：B．【點睛】本題觀察空間幾何的性質，屬于基本題．3．已知直線的方程為，直線的方程為，若，則A．或B．C．D．【答案】C【分析】【分析】依照兩條直線平行獲取系數滿足的方程，解得的值后檢驗即可獲取的值．【詳解】由于，故，整理獲取，解得或．當時，，，兩直線重合，舎；當時，，，兩直線平行，吻合；故，選C．【點睛】若是，，（1）平行或重合等價于；（2）垂直等價于．4．已知圓O1:x2y24x4y4102y22，圓O2:x14，則兩圓的位置關系為（）．

A．外離B．外切C．訂交D．內切

【答案】D【分析】由于圓O1:x2y24x4y410，2y249，表示以C12,2為圓心，即x22半徑等于7的圓．圓O2:x2y2214，表示以C21,2為圓心，半徑等于2的圓．2222272．由于兩圓的圓心距等于15故兩個圓相內切．

應選：D．

5．某空間幾何體的三視圖以下列圖，該幾何體是

A．三棱柱

B．三棱錐

C．四棱柱

D．四棱錐

【答案】D

【分析】

【分析】

依照三視圖知該幾何體是一個立放的四棱錐．

【詳解】

依照三視圖知，該幾何體是一個立放的四棱錐，以下列圖；

應選：D．

【點睛】

本題觀察三視圖，要求依照三視圖復原幾何體，屬于基礎題．

6．以下命題中，真命題的個數是（）

①若“p∨q”為真命題，則“p∧q”為真命題；

②“?a∈（0，+∞），函數y=在定義域內單調遞加”的否定；

③l為直線，α，β為兩個不同樣的平面，若l⊥β，α⊥β，則l∥α；

④“?x∈R，

≥0的”否定為“?

?R，

＜0”．

A．

B．

C．

D．

【答案】

【分析】

【分析】

A

利用復合命題的真假判斷①的正誤；利用指數函數的單調性判斷②的正誤；直線與平面垂直關系判斷③的正誤；依照全稱命題的否定的寫法判斷④的正誤；【詳解】

①若“p∨q”為真命題，可知兩個命題最少一個是真命題，判斷為“p∧q”有可能是假命題，不正確；

②“?a∈（0，+∞），函數y=ax在定義域內單調遞加”的否定：“?a∈（0，+∞），函

數y=ax在定義域內不是單調遞加的”；比方

②正確；

a=，在定義域內單調遞減；因此

l為直線，α，β為兩個不同樣的平面，若l⊥β，α⊥β，則l∥α；也可能l?α，因此③不正確；

④“?x∈R，x2≥0”的否定的正確寫法為“

，使得

＜0”．應選項不滿足命題

的否定形式，因此④不正確；

只有②是真命題；應選：A．

【點睛】

本題觀察命題的真假的判斷與應用，涉及復合命題的真假，指數函數的單調性，命題的否定直線與平面的地址關系的應用，是基本知識的觀察．

7．已知，是雙曲線的左右焦點，P是雙曲線右支上一點，M是的中

點，若

，則

是

A．10

B．8

C．6

D．4

【答案】A

【分析】

【分析】

利用三角形中位線性質，求出

【詳解】

由于是的中點，是

的中點，

，利用雙曲線定義，求出

．

因此，由于，因此，

由于在右支上，故，故，應選A．

【點睛】

一般地，圓錐曲線中與焦點相關的數學問題可以考慮用圓錐曲線的幾何性質.圓錐曲線

的幾何性質包括第必然義和第二定義，前者可將與一個焦點相關的問題轉變成與另一個

焦點相關的數學問題，后者可將數學問題轉變與相應準線的距離問題．

8．在正周圍體P-ABC中，M是棱PA的中點，則異面直線MB與AC所成角的余弦值為

（）

A．B．C．D．

【答案】B

【分析】

【分析】

取PC中點N，連接MB，MC，則MC∥AC，∠BMC是異面直線MB與AC所成角（或

所成角的補角），由此能求出異面直線MB與AC所成角的余弦值．

【詳解】

取PC中點N，連接MB，MC，

設正周圍體的棱長為2，

則BM＝BC＝MC＝1，且MC∥AC，

∴∠BMC是異面直線MB與AC所成角（或所成角的補角），

故異面直線MB與AC所成角的余弦值為：

cos∠BMC

應選：B．

【點睛】

本題觀察異面直線所成角的余弦值的求法，觀察空間中線線、線面、面面間的地址關系

等基礎知識，觀察空間想象能力、運算求解能力，觀察化歸與轉變思想、數形結合思想，

是中檔題．

9．關于直線m，n和平面，，則的一個充分條件是A．，，，B．，，C．，，D．，，【答案】C【分析】【分析】A，B，D三個選項下的訂交時，也滿足每個選項的條件，因此由A，B，D中的條件得不出，而選項C可以獲取平面同時和一條直線垂直，因此，因此C中的條件是的充分條件．【詳解】

A這種情況下，可能訂交，讓都和交線平行即可；B這種情況下，可能訂交，讓都和交線平行即可；C由于，又，因同時和素來線垂直的兩平面平行，故；D.若是，也存在，且．應選：C．

【點睛】

面面平行的判斷可以由線面平行獲取，但兩條直線必定是一個平面中的兩條訂交直線．若是一條直線同時垂直于兩個平面，那么這兩個平面是平行的．

10．已知直線：3x-4y-6=0，直線：y=-2，拋物線上的動點P到直線與直線

距離之和的最小值是（）

A．2B．3C．4D．

【答案】B

【分析】

【分析】

依照拋物線的定義進行轉變，結合圖象利用點到直線的距離公式進行求解即可．

【詳解】

拋物線的焦點坐標為F（0，1），準線方程為y＝﹣1，

過P作PB垂直直線y＝﹣2角y＝﹣2于A，交y＝﹣1于B，由拋物線的定義得|PB|＝|PF|，|PB|＝|PA|﹣1

則點P到直線l1與直線l2距離之和|PC|+|PA|＝|PB|+1+|PC|＝|PF|+|PC|+1≥|FD|+1，

此時最小值為F到直線3x﹣4y﹣6＝0的距離d＝|FD|＝則拋物線x2＝4y上的動點P到直線l1與直線l2距離之和的最小值是d+1＝2+1＝3，應選：B．【點睛】本題主要觀察拋物線性質和定義的應用，利用圖象，轉變成點到直線的距離問題是解決

本題的要點．利用數形結合是解決本題的要點．一般和拋物線相關的小題，很多時可以

應用結論來辦理的；平時練習時應多注意拋物線的結論的總結和應用。特別和焦半徑聯系的題目，一般都和定義相關，實現點點距和點線距的轉變。

11．實數

xy滿足

x=

，則

的最小值是（

）

A．

B．

C．2

D．3

【答案】

B

【分析】

【分析】

x

值，即求過

?x2+y2＝1（x≥0）表示半圓；

P（﹣1，﹣2）的圓的切線的斜率．

1

，轉變成求

的最小

【詳解】

x

?x2+y2＝1（x≥0）表示半圓，如圖：

1

設t，表示點和點

依照圖像獲適當tx﹣y+t﹣2＝0與圓

構成的直線的斜率，

22x+y＝1相切時t取最小值，

由1得t，

因此原式的最小值為

1

，

應選：B．

【點睛】本題觀察了基本不等式及其應用，圓的切線，數形結合思想，屬中檔題．一般直線和圓

的題很多情況下是利用數形結合來解決的，聯立的時候較少；在求圓上的點到直線也許

定點的距離時，一般是轉變成圓心到直線也許圓心到定點的距離，再加減半徑，分別得

到最大值和最小值；涉及到圓的弦長也許切線長時，經常用到垂徑定理。

12．如圖，表面積為12π的球內切于正方體，則平面截球的

截面面積為（）

A．B．C．D．

【答案】C

【分析】

【分析】

依照正方體和球的結構特色，判斷出平面ACD1是正三角形，求出它的邊長，再經過圖

求出它的內切圓的半徑，最后求出內切圓的面積．

【詳解】

設球的半徑為r，由球O得表面積為12π，

得4πr2＝12π，則r，即正方體棱長為，

依照題意知，平面ACD1是邊長為的正三角形，

且球與以點D為公共點的三個面的切點恰為三角形ACD1三邊的中點，

故所求截面的面積是該正三角形的內切圓的面積，

則由圖得，△

ACD1內切圓的半徑是

tan30°

，

則所求的截面圓的面積是

π

2π．

應選：

C．

【點睛】

本題觀察了正方體和它的內接球的幾何結構特色，要點是想象出截面圖的形狀，觀察了

空間想象能力，是中檔題．涉及球與棱柱、棱錐的切、接問題時，一般過球心及多面體中的特別點(一般為接、切點)或線作截面，把空間問題轉變成平面問題，再利用平面幾

何知識搜尋幾何體中元素間的關系，或只畫內切、外接的幾何體的直觀圖，確定球心的

地址，弄清球的半徑(直徑)與該幾何體已知量的關系，列方程(組)求解.

第II卷（非選擇題)

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評卷人得分

二、填空題

13．已知直線

的方向向量為

=（3，2，1），直線

的方向向量為

=（0，m，-4），且

，

則實數m的值為

【答案】2

【分析】

【分析】

______．

依照直線方向向量的看法及

l1⊥l2即可得出

，從而得出

，進行數量積的坐

標運算即可求出

【詳解】

m的值．

∵l1⊥l2；

∴；

∴；

m＝2．

故答案為：2．

【點睛】

觀察直線方向向量的看法，向量垂直的充要條件，向量數量積的坐標運算．

14．已知命題“∈[1，2]，”是真命題，則實數a的取值范圍為______．

【答案】

【分析】

【分析】

由題意可得2a＜x0在[1，2]的最大值，運用對勾函數的單調性可得最大值，即可得

到所求a的范圍．

【詳解】

命題“?x0∈[1，2]，x02﹣2ax0+1＞0”是真命題，

即有2a＜x0在[1，2]的最大值，

由x0在[1，2]遞加，可得x0＝2獲取最大值，

則2a，可得a，

則實數a的取值范圍為（﹣∞，）．

故答案為：（﹣∞，）．

【點睛】

本題觀察存在性命題的真假問題解法，注意運用分別參數法，運用對勾函數的單調性，觀察運算能力，屬于中檔題．

15．已知雙曲線=1（a＞0，b＞0）的右焦點為F，P，Q為雙曲線上關于原點對

稱的兩點，若=0，且∠POF＜，則該雙曲線的離心率的取值范圍為______．

【答案】

【分析】

【分析】

運用三角函數的定義可得|PF|＝2csin∠PQF，|QF|＝2ccos∠PQF，取左焦點F'，連接PF'，

QF'，可得四邊形PFQF'為矩形，由雙曲線的定義和矩形的性質，可得，由離心率公式，即可獲取所求值．

【詳解】

0，可得PF⊥QF，在Rt△PQF中，|OF|＝c，∴|PQ|＝2c，在直角三角形PQF

中，∠POF，0＜∠PQF，可得|PF|＝2csin∠

點F'，連接PF'，QF'，可得四邊形PFQF'為矩形，∴

PQF，|QF|＝2ccos∠PQF，取左焦

||QF|﹣|PF||＝|PF'|﹣|PF|＝﹣

2csin∠PQF+2ccos∠PQF＝2a，

∴e∈（1，）．故答案為：（1，）．

【點睛】

本題觀察雙曲線的離心率的求法，注意運用雙曲線的定義和銳角三角函數的定義，觀察

化簡整理的運算能力，屬于中檔題．雙曲線的離心率問題，主若是有兩類試題：一類是

求解離心率的值，一類是求解離心率的范圍．基本的解題思路是建立橢圓和雙曲線中

的關系式，求值問題就是建立關于的等式，求取值范圍問題就是建立關于

的不等式．

16．直線的傾斜角為______．

【答案】

【分析】

【分析】

把直線方程化為斜截式，再利用斜率與傾斜角的關系即可得出．

【詳解】

設直線

的傾斜角為

．

由直線

化為

，故

，

又

，故

，故答案為：

．

【點睛】

一般地，若是直線方程的一般式為

且，其中為直線的傾斜角，注意它的范圍是

，那么直線的斜率為

．

，

評卷人得分

三、解答題

17．已知p：

求a的取值范圍．

，q：

，且

p是

q的充分不用要條件，

【答案】

【分析】

或

【分析】依照不等式的解法求出的等價條件，結合充分條件和必要條件的定義進行轉變進行

求解即可．

【詳解】

由，

得，由

也就是也許，

由于是的充分不用要條件，

因此是

得

的真子集，

，即

，

因此

或，解得

或

因此的取值范圍是

【點睛】

或．

1）若是的必要不充分條件，則對應會集是對應會集的真子集；

2）是的充分不用要條件，則對應會集是對應會集的真子集；

3）是的充分必要條件，則對應會集與對應會集相等；

（4）是的既不充分又不用要條件，對的會集與對應會集互不包括．

18．如圖，已知點E是正方形ABCD邊AD的中點，現將△ABE沿BE所在直線翻折成到

A'BE，使AC=BC，并連接A'C，A'D．

1）求證：DE∥平面A'BC；

2）求證：A'E⊥平面A'BC．

【答案】（1）見分析；（2）見分析【分析】

【分析】

1）推導出DE∥BC，由此能證明DE∥平面A′BC；（2）設正方形ABCD的邊長為a，連接EC．推導出A′E⊥A′C，A′E⊥A′B，由此能證明A'E⊥平面A'BC．

【詳解】

1）∵正方形ABCD中，DE∥BC，又DE?平面A′BC，BC?平面A′BC，

∴DE∥平面A′BC．

（2）不如設正方形ABCD的邊長為a，連接EC．

在△′中，，=，A′=，ACEECCa滿足A′2′22，∴′⊥′，=EC+AC又A′⊥′B，且′∩′=′，′?平面′，EAABACAABABCA′C?平面A′BC，∴A'E⊥平面A'BC．

【點睛】

本題觀察線面平行、線面垂直的證明，觀察空間中線線、線面、面面間的地址關系等基

礎知識，觀察運算求解能力，觀察數形結合思想，是中檔題．

19．已知物線C：過點

求拋物線C的方程；

設F為拋物線C的焦點，直線l：與拋物線C交于A，B兩點，求的

面積．

【答案】（1）；（2）12

【分析】

【分析】

1）將點的坐標代入拋物線，進行求解即可．

2）聯立方程組，利用根與系數之間的關系結合三角形的面積公式進行求解．【詳解】

（1）由于拋物線：過點，

因此，解得，因此拋物線的方程為．

（2）由拋物線的方程可知，直線與軸交于點，

聯立直線與拋物線方程，消去可得，

因此，因此，

因此的面積為．

【點睛】

直線與拋物線的地址關系，可經過聯立直線方程和拋物線方程

消去（或）獲取關于（或）的方程，再利用韋達定理簡化目標代數式，也可以直接求出相應的根，再考慮與交點相關的數學問題．

20．已知動直

：x+my-2m=0與動直線

：mx-y-4m+2=0訂交于點

M，記動點

M的軌跡

為曲線C．1）求曲線C的方程；

2）過點P（-1，0）作曲線C的兩條切線，切點分別為A，B，求直線AB的方程．

【答案】（1）

【分析】

【分析】

（1）動直線l1：

；（2）

過定點E（0，2），動直線l2：

過定

點F（4，2）．由方程可得

l1⊥l2，因此點

M在以

EF為直徑的圓上（不包括點

F），即可

得出方程；（2）由題可知：|PA|2=|PB|2=|PC|2-r2=9，可得點A與點B均在圓心為P，半

徑為3的圓上，將兩圓方程相減可得直線AB的方程．【詳解】（1）動直線l1：過定點（，），E02動直線l2：過定點F（4，2）．又l1⊥l2，∴點M在以EF為直徑的圓上（不包括點），F圓心為C（2，2），半徑r=2，因此動點M的軌跡方程為：．（2）由題可知：，因此點A與點B均在圓心為P，半徑為3的圓上，將兩圓方程相減可得直線AB的方程為：．【點睛】

本題觀察了圓的定義標準方程及其性質、直線系的應用，觀察了推理能力與計算能力，

屬于中檔題．一般直線和圓的題很多情況下是利用數形結合來解決的，聯立的時候較少；

在求圓上的點到直線也許定點的距離時，一般是轉變成圓心到直線也許圓心到定點的距離，再加減半徑，分別獲取最大值和最小值；涉及到圓的弦長也許切線長時，經常用到

垂徑定理。

21．如圖，在四棱錐P-ABCD中，E是PC的中點，底面ABCD為矩形，AB=4，AD=2，PA=PD，且平面PAD⊥平面ABCD，平面ABE與棱PD交于點F．

（1）求證：EF∥平面PAB；

（2）若PB與平面ABCD所成角的正弦值為，求二面角P-AE-B的余弦值．

【答案】（1）見分析；（2）

【分析】

【分析】

（1）利用AB∥平面PCD，可得AB∥EF，即可證明；（2）取AD中點O，連接OP，以O為原點，OA為x軸，在平面ABCD中，過O作AB的平行線為y軸，以OP為z

軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出二面角P-AE-B的余弦值．

【詳解】

1）矩形ABCD中，AB∥CD，

AB?面PCD，CD?平面PCD，

∴AB∥平面PCD，

又AB?平面ABE，

平面PCD∩平面ABE=EF，∴AB∥EF，

EF?面PAB，AB?平面PAB，

∴EF∥平面PAB．

（2）取AD中點O，連接OP，

∵在四棱錐P-AB