2019年数学高考试题(附答案)

2023年12月3日发(作者：高三数学试卷质量分析反思)

2019年数学高考试题(附答案)

一、选择题

1．某班上午有五节课，分別安排语文，数学，英语，物理，化学各一节课．要求语文与化学相邻，数学与物理不相邻，且数学课不排第一节，则不同排课法的种数是

A．24

2．函数f(x)B．16 C．8 D．12

ln|x|的大致图象是（ ）

xeA． B． C． D．

3．已知回归直线方程中斜率的估计值为1.23，样本点的中心4,5，则回归直线方程为（ ）

ˆ1.23x0.08 A．yˆ1.23x4 C．yA．27

A．2

B．11

B．3

ˆ0.08x1.23

B．yˆ1.23x5

D．yC．109

C．5

D．36

D．7

4．已知f(x)x52x33x2x1，应用秦九韶算法计算x3时的值时，v3的值为( )

5．设集合M={1，2，4，6，8},N={1，2，3，5，6，7},则MN中元素的个数为( )

6．甲、乙两人玩猜数字游戏，先由甲心中想一个数字，记为a，再由乙猜甲刚才所想的数字，把乙猜的数字记为b，其中a，b∈{1，2，3，4，5，6}，若|a-b|≤1，就称甲乙“心有灵犀”．现任意找两人玩这个游戏，则他们“心有灵犀”的概率为（

）

A．1

9B．2

9C．4

9D．7

187．若,是一组基底,向量=x+y (x,y∈R),则称(x,y)为向量在基底,下的坐标,现已知向量在基底p=(1,-1),

q=(2,1)下的坐标为(-2,2),则在另一组基底m=(-1,1),

n=(1,2)下的坐标为(

)

A．(2,0) B．(0,-2) C．(-2,0) D．(0,2)

8．圆C1：x2+y2＝4与圆C2：x2+y2﹣4x+4y﹣12＝0的公共弦的长为（

） A．2

9．设集合A． B．B．3

， C． D．C．22

，则=（ ）

D．32

10．水平放置的ABC的斜二测直观图如图所示,已知BC4,AC3,BC//y轴,则ABC中AB边上的中线的长度为( )

A．73

2B．73 C．5 D．5

211．渐近线方程为xy0的双曲线的离心率是（ ）

A．2

2B．1

D．2

C．2

A．是减函数，有最小值0

B．是增函数，有最小值0

C．是减函数，有最大值0

D．是增函数，有最大值0

12．若奇函数f(x)在[1,3]上为增函数，且有最小值0，则它在[3,1]上

（

）

二、填空题

13．在平行四边形ABCD中，A3，边AB，AD的长分别为2和1，若M，N分别是边BC，CD上的点,且满足BMBCCNCD，则AMAN的取值范围是_________．

14．ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b2，c3，C2B，则ABC的面积为______．

15．已知函数ysin(2x)(________．

16．如图，长方体ABCDA1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥E-BCD的体积是_____.

)的图象关于直线x对称，则的值是223 17．计算：cos(1726)sin_____．

4318．设函数f(x)lnx_______________.

12axbx，若x1是f(x)的极大值点，则a取值范围为2x2y219．已知双曲线C1：221(a0,b0)的左、右焦点分别为F1、F2，第一象限内的ab点M(x0,y0)在双曲线C1的渐近线上，且MF1MF2，若以F2为焦点的抛物线C2：y22px(p0)经过点M，则双曲线C1的离心率为_______．

20．设 为第四象限角，且sin313＝，则tan 2＝

________.

sin5三、解答题

1t2x，1t221．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（t为参数），以坐标原点Oy4t1t2为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为2cos3sin110．

（1）求C和l的直角坐标方程；

（2）求C上的点到l距离的最小值．

1xt222．在平面直角坐标系xOy中,已知直线l的参数方程为（t为参数）.在以y3t12坐标原点O为极点,x轴的正半轴为极轴,且与直角坐标系长度单位相同的极坐标系中,曲22sin线C的极坐标方程是.

4（1）求直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程；

（2）设点P0,1.若直l与曲线C相交于两点A,B,求PAPB的值.

23．随着移动互联网的发展，与餐饮美食相关的手机APP软件层出不穷，现从某市使用A和B两款订餐软件的商家中分别随机抽取100个商家，对它们的“平均送达时间”进行统计，得到频率分布直方图如下：

(1)已知抽取的100个使用A未订餐软件的商家中，甲商家的“平均送达时间”为18分钟，现从使用A未订餐软件的商家中“平均送达时间”不超过20分钟的商家中随机抽取3个商家进行市场调研，求甲商家被抽到的概率；

(2)试估计该市使用A款订餐软件的商家的“平均送达时间”的众数及平均数；

(3)如果以“平均送达时间”的平均数作为决策依据，从A和B两款订餐软件中选择一款订餐，你会选择哪款？

24．设函数f(x)a2lnxx2ax(a0)（Ⅰ）求f(x)单调区间（Ⅱ）求所有实数a，使e1f(x)e对x[1,e]恒成立

注：e为自然对数的底数

25．如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E,F分别是AB,BC的中点，点M在AD上，且AM所示2.

21AD，将AED,DCF分别沿DE,DF折叠，使A,C点重合于点P，如图4

1试判断PB与平面MEF的位置关系，并给出证明；

2求二面角MEFD的余弦值.

26．如图，已知三棱柱ABCA1B1C1，平面A1AC1C平面ABC,ABC90，BAC30,A1AACAC,E,F分别是AC,A1B1的中点.

1 （1）证明：EFBC；

（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题

1．B

解析：B

【解析】

【分析】

根据题意，可分三步进行分析：（1）要求语文与化学相邻，将语文与化学看成一个整体，考虑其顺序；（2）将这个整体与英语全排列，排好后，有3个空位；（3）数学课不排第一行，有2个空位可选，在剩下的2个空位中任选1个，得数学、物理的安排方法，最后利用分步计数原理，即可求解。

【详解】

根据题意，可分三步进行分析：

2（1）要求语文与化学相邻，将语文与化学看成一个整体，考虑其顺序，有A22种情况；

2（2）将这个整体与英语全排列，有A22中顺序，排好后，有3个空位；

（3）数学课不排第一行，有2个空位可选，在剩下的2个空位中任选1个，

安排物理，有2中情况，则数学、物理的安排方法有224种，

所以不同的排课方法的种数是22416种，故选B。

【点睛】

本题主要考查了排列、组合的综合应用，其中解答红注意特殊问题和相邻问题与不能相邻问题的处理方法是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题。

2．A

解析：A 【解析】

【分析】

由函数解析式代值进行排除即可.

【详解】

解：由fx=又fe=lnxex，得f1=0，f1=0

110fe=0

，eeee结合选项中图像，可直接排除B，C，D

故选A

【点睛】

本题考查了函数图像的识别，常采用代值排除法.

3．A

解析：A

【解析】

【分析】

由题意得在线性回归方程yˆbxa中b1.23，然后根据回归方程过样本点的中心得到a的值，进而可得所求方程．

【详解】

设线性回归方程yˆbxa中，由题意得b1.23，

∴yˆ1.23xa．

又回归直线过样本点的中心4,5，

∴51.234a，

∴a0.08，

ˆ1.23x0.08．

∴回归直线方程为y故选A．

【点睛】

本题考查线性回归方程的求法，其中回归直线经过样本点的中心时解题的关键，利用这一性质可求回归方程中的参数，也可求样本数据中的未知参数，属于基础题．

4．D

解析：D

【解析】

【分析】

【详解】

由秦九韶算法可得

fxx52x33x2x1?

x0x2x3x1x1,

ν01

ν11303

ν233211

ν3113336

故答案选D

5．B

解析：B

【解析】

试题分析：MN{1,2,6).故选B.

考点：集合的运算.

6．C

解析：C

【解析】

试题分析：由题为古典概型，两人取数作差的绝对值的情况共有36种，满足|a-b|≤1的有（1,1）（2,2）（3,3）（4,4）（5,5）（6,6）（1,2）（2,1）（3,2）（2,3）（3,4）（4,3）（5,4）（4,5）（5,6）（6,5）共16种情况，则概率为；p考点：古典概型的计算.

164

3697．D

解析：D

【解析】

【分析】

【详解】

由已知=-2p+2q=(-2,2)+(4,2)=(2,4),

设=λm+μn=λ(-1,1)+μ(1,2)=(-λ+μ,λ+2μ),

20则由解得

242∴=0m+2n,∴在基底m,

n下的坐标为(0,2).

8．C

解析：C

【解析】

【分析】

两圆方程相减，得到公共弦所在的直线方程，然后利用其中一个圆，结合弦长公式求解.

【详解】

因为圆C1：x2+y2＝4与圆C2：x2+y2﹣4x+4y﹣12＝0，

两式相减得xy20，即公共弦所在的直线方程. 圆C1：x2+y2＝4，圆心到公共弦的距离为d所以公共弦长为：l2r2d222.

故选：C

【点睛】

2，

2本题主要考查直线与圆，圆与圆的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于基础题.

9．B

解析：B

【解析】

试题分析：集合，故选B.

考点：集合的交集运算.

10．A

解析：A

【解析】

【分析】

根据斜二测画法的规则还原图形的边角关系再求解即可.

【详解】

由斜二测画法规则知ACBC,即ABC直角三角形,其中AC3,BC8,所以AB73,所以AB边上的中线的长度为故选：A.

【点睛】

73.

2本题主要考查了斜二测画法前后的图形关系,属于基础题型.

11．C

解析：C

【解析】

【分析】

本题根据双曲线的渐近线方程可求得ab，进一步可得离心率.容易题，注重了双曲线基础知识、基本计算能力的考查.

【详解】

根据渐近线方程为x±y＝0的双曲线，可得ab，所以c2a

则该双曲线的离心率为

e故选C．

【点睛】

理解概念，准确计算，是解答此类问题的基本要求.部分考生易出现理解性错误.

c2，

a12．D 解析：D

【解析】

【分析】

【详解】

因为f(x)为奇函数，且在[1,3]上为增函数，且有最小值0，

所以f(x)在[3,1]上为增函数，且有最大值0，选D.

二、填空题

13．【解析】【分析】画出图形建立直角坐标系利用比例关系求出的坐标然后通过二次函数求出数量积的范围【详解】解：建立如图所示的直角坐标系则设则所以因为二次函数的对称轴为：所以时故答案为：【点睛】本题考查向量

[2,5]

解析：

【解析】

【分析】

画出图形，建立直角坐标系，利用比例关系，求出M，N的坐标，然后通过二次函数求出数量积的范围．

【详解】

解：建立如图所示的直角坐标系，则B(2,0)，A(0,0)，

13|BM||CN|533D,M(2N(20,1，设，，则，，，))，

22|BC||CD|2222所以AMAN(22，35353)(2，)542225，

222442因为0,1，二次函数的对称轴为：1，所以0,1时，252,5．

[2,5]

故答案为：

【点睛】

本题考查向量的综合应用，平面向量的坐标表示以及数量积的应用，二次函数的最值问题，考查计算能力，属于中档题．

14．【解析】【分析】由已知利用正弦定理二倍角的正弦函数公式可求的值根据同角三角函数基本关系式可求的值利用二倍角公式可求的值根据两角和的正弦函数公式可求的值即可利用三角形的面积公式计算得解【详解】由正弦定 解析：157

16【解析】

【分析】

由已知利用正弦定理，二倍角的正弦函数公式可求cosB的值，根据同角三角函数基本关系式可求sinB的值，利用二倍角公式可求sinC，cosC的值，根据两角和的正弦函数公式可求sinA的值，即可利用三角形的面积公式计算得解．

【详解】

b2，c3，C2B，

bc23由正弦定理，可得：，可得：sinBsinCsinBsinC233，

sinBsin2B2sinBcosB可得：cosB37，可得：sinB1cos2B，

441可得：sinCsin2B2sinBcosB37，cosCcos2B2cos2B1，

88sinAsinBCsinBcosCcosBsinCS1157157．

bcsinA2322，

484816故答案为：【点睛】

157．

16本题主要考查了正弦定理，同角三角函数基本关系式，二倍角公式，两角和的正弦函数公式，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说 ,当条件中同时出现ab

及b2

、a2

时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.

15．【解析】分析：由对称轴得再根据限制范围求结果详解：由题意可得所以因为所以点睛：函数（A>0ω>0）的性质：(1)；(2)最小正周期；(3)由求对称轴；(4)由求增区间;由求减区间

.

6【解析】

解析：分析：由对称轴得πkπ(kZ)，再根据限制范围求结果.

6详解：由题意可得sin为2ππ2π1，所以πkπ，kπ(kZ)，因3263πππ，所以k0,.

2262ππkπ(kZ)求对称轴；(4)由2点睛：函数yAsin(x)B（A>0,ω>0）的性质：(1)ymaxAB,yminAB；

(2)最小正周期T；(3)由xπππ3π2kπx2kπ(kZ)求增区间;

由2kπx2kπ(kZ)2222求减区间.

16．【解析】【分析】由题意结合几何体的特征和所给几何体的性质可得三棱锥的体积【详解】因为长方体的体积为120所以因为为的中点所以由长方体的性质知底面所以是三棱锥的底面上的高所以三棱锥的体积【点睛】本题蕴

解析：【解析】

【分析】

由题意结合几何体的特征和所给几何体的性质可得三棱锥的体积.

【详解】

因为长方体ABCDA1B1C1D1的体积为120，

所以ABBCCC1120，

因为E为CC1的中点，

所以CE1CC1，

2由长方体的性质知CC1底面ABCD，

所以CE是三棱锥EBCD的底面BCD上的高，

所以三棱锥EBCD的体积111111VABBCCEABBCCC112010.

3232212【点睛】

本题蕴含“整体和局部”的对立统一规律.在几何体面积或体积的计算问题中，往往需要注意理清整体和局部的关系，灵活利用“割”与“补”的方法解题.

17．【解析】【分析】利用诱导公式化简题目所给表达式根据特殊角的三角函数值求得运算的结果【详解】依题意原式【点睛】本小题主要考查利用诱导公式化简求值考查特殊角的三角函数值考查化归与转化的数学思想方法属于基

解析：【解析】

【分析】

利用诱导公式化简题目所给表达式，根据特殊角的三角函数值求得运算的结果.

32

2【详解】

依题意，原式17π26ππ2ππ2π32sincos4πsin8π.

cossin4343432【点睛】

cos本小题主要考查利用诱导公式化简求值，考查特殊角的三角函数值，考查化归与转化的数学思想方法，属于基础题.利用诱导公式化简，首先将题目所给的角，利用诱导公式变为正角，然后转化为较小的角的形式，再利用诱导公式进行化简，化简过程中一定要注意角的三角函数值的符号.

18．【解析】试题分析：的定义域为由得所以①若由得当时此时单调递增当时此时单调递减所以是的极大值点；②若由得或因为是的极大值点所以解得综合①②：的取值范围是故答案为考点：1利用导数研究函数的单调性；2利用

解析：【解析】

试题分析：f(x)的定义域为0,,f\'x所以f\'x

1axb，由f\'00，得b1a，xax1x1.①若a0，由f\'x0，得x1，当0x1时，xf\'x0，此时f(x)

单调递增，当x1时，f\'x0，此时f(x)单调递减，所以x1是f(x)的极大值点；②若a0，由f\'x0，得x1或x1.因为x1是f(x)的极大值点，所以a11，解得1a0，综合①②：a的取值范围是a1，故答案为1,.

a考点：1、利用导数研究函数的单调性；2、利用导数研究函数的极值.

19．【解析】【分析】由题意可得又由可得联立得又由为焦点的抛物线：经过点化简得根据离心率可得即可求解【详解】由题意双曲线的渐近线方程为焦点为可得①又可得即为②由联立①②可得由为焦点的抛物线：经过点可得且即

解析：25

【解析】

【分析】

由题意可得y0bx0，又由MF1MF2，可得y02x02c2，联立得x0a，y0b，a2又由F为焦点的抛物线C2：y2px(p0)经过点M，化简得c24aca20，根据离心率e【详解】

c，可得e24e10，即可求解．

a由题意，双曲线的渐近线方程为y可得y0bx，焦点为F1c,0，F2c,0，

abx0，①

ay0y01，

x0cx0c又MF1MF2，可得222即为y0x0c，②由a2b2c2，联立①②可得x0a，y0b，

由F为焦点的抛物线C2：y2px(p0)经过点M，

可得b2pa，且由e22pc，即有b24acc2a2，即c24aca20

2c，可得e24e10，解得e25

a【点睛】

本题考查了双曲线的几何性质——离心率的求解，其中根据条件转化为圆锥曲线的离心率的方程是解答的关键．求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a，c的值，代入公式ec；②只需要根据一个条件得到关于a,b,c的齐次式，转化为aa,c的齐次式，然后转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)，即可得e(e的取值范围)．

20．－【解析】因为＝＝＝＝＝4cos2α－1＝2(2cos2α－1)＋1＝2cos2α＋1＝所以cos2α＝又α是第四象限角所以sin2α＝－tan2α＝－点睛：三角函数求值常用方法：异名三角函数化为同

解析：－【解析】

因为＝3

4sin2sin3＝

sinsinsin2coscos2sin

sin＝2sincos22cos21sinsin

4sincos2sin＝

sin＝4cos2α－1＝2(2cos2α－1)＋1＝2cos 2α＋1

＝134，所以cos 2α＝.

5533，tan2α＝－.

54又α是第四象限角，所以sin 2α＝－点睛：三角函数求值常用方法：异名三角函数化为同名三角函数，异角化为同角，异次化为同次，切化弦，特殊值与特殊角的三角函数互化．

三、解答题

y221．（1）C:x1,x(1,1]；l:2x3y110；（2）7

4【解析】

【分析】

2（1）利用代入消元法，可求得C的直角坐标方程；根据极坐标与直角坐标互化原则可得l的直角坐标方程；（2）利用参数方程表示出C上点的坐标，根据点到直线距离公式可将所求距离表示为三角函数的形式，从而根据三角函数的范围可求得最值.

【详解】

（1）由x1x1t2t0,x(1,1]，又y2

得：21x1t1t22216t21x1x41x1x44x2y22

1x11x16y2整理可得C的直角坐标方程为：x1,x(1,1]

42又xcos，ysin

l的直角坐标方程为：2x3y110

（2）设C上点的坐标为：cos,2sin

4sin112cos23sin11则C上的点到直线l的距离6

d77当sin1时，d取最小值

6则dmin7

【点睛】

本题考查参数方程、极坐标方程与直角坐标方程的互化、求解椭圆上的点到直线距离的最值问题.求解本题中的最值问题通常采用参数方程来表示椭圆上的点，将问题转化为三角函数的最值求解问题.

22．（1）3xy10，(x1)(y1)2；（2）231.

【解析】

【分析】

22（1）利用代入法消去参数方程中的参数可求直线l的普通方程，极坐标方程展开后，两边同乘以，利用xy,cosx,siny

，即可得曲线C的直角坐标方程；222（2）直线l的参数方程代入圆C的直角坐标方程，利用韦达定理、直线参数方程的几何意义即可得结果.

【详解】

（1）将直线l的参数方程消去参数t并化简，得

直线l的普通方程为3xy10.

22将曲线C的极坐标方程化为222sin2cos.

2即22sin2cos.∴x2+y2=2y+2x.

故曲线C的直角坐标方程为x1y12.

（2）将直线l的参数方程代入x1y12中，得

222213t1t22.

22化简，得t123t30.

∵Δ>0，∴此方程的两根为直线l与曲线C的交点A，B对应的参数t1，t2.

由根与系数的关系，得t1t2231，t1t23，即t1，t2同正.

由直线方程参数的几何意义知,

222PAPBt1t2t1t2231.

【点睛】

本题主要考查参数方程和普通方程的转化、极坐标方程和直角坐标方程的转化以及直线参数方程的应用，属于中档题.

消去参数方程中的参数，就可把参数方程化为普通方程，消去参数的常用方法有：①代入消元法；②加减消元法；③乘除消元法；④三角恒等式消元法；极坐标方程化为直角坐标方程，只要将cos和sin换成x和y即可.

23．（1）【解析】

【分析】

⑴运用列举法给出所有情况，求出结果

⑵由众数结合题意求出平均数

⑶分别计算出使用A款订餐、使用B款订餐的平均数进行比较，从而判定

【详解】

（1）使用A款订餐软件的商家中“平均送达时间”不超过20分钟的商家共有1； （2）40； （3）选B款订餐软件.

21000.006106个，分别记为甲，a,b,c,d,e,

从中随机抽取3个商家的情况如下：共20种. 甲，a,b,甲，a,c,甲，a,d,甲，a,e,甲，b,c,甲，b,d,甲，b,e,甲，c,d甲，c,e,甲，d,e,a,b,c,a,b,d,a,b,e,a,c,d,a,c,e,a,d,e,b,c,d,b,c,e,b,d,e,c,d,e.

甲商家被抽到的情况如下：共10种．

甲，a,b,甲，a,c,甲，a,d,甲，a,e,甲，b,c,甲，b,d,甲，b,e,甲，c,d,甲，c,e,甲，d,e

记事件A为甲商家被抽到，则PA101.

202（2）依题意可得，使用A款订餐软件的商家中“平均送达时间”的众数为55，平均数为

150.06250.34350.12450.04550.4650.0440.

（3）使用B款订餐软件的商家中“平均送达时间”的平均数为

150.04250.2350.56450.14550.04650.023540

所以选B款订餐软件．

【点睛】

本题主要考查了频率分布直方图，平均数和众数，古典概率等基础知识，考查了数据处理能力以及运算求解能力和应用意识，属于基础题．

24．（1）f(x)的增区间为(0,a)，减区间为(a,)（2）ae

【解析】

【分析】

【详解】

22：（Ⅰ）因为f(x)alnxxax(a0)所以a2(xa)(2xa)由于a0

f(x)2xaxx所以f(x)的增区间为(0,a)，减区间为(a,)．

（Ⅱ）由题意得f(1)a1e1即ae．由（Ⅰ）知f(x)在[1,e]单调递增，要使e1f(x)e2

对x[1,e]恒成立，只要{f(1)a1e1ae

222解得f(e)aeaee25．（1）见解析；（2）【解析】

【分析】

6.

3(1)根据线面平行的判定定理直接证明即可；

（2）连接BD交EF与点N，先由题中条件得到MND为二面角M﹣EF﹣D的平面角，再解三角形即可得出结果.

【详解】 （1）PB平面MEF．证明如下：在图1中，连接BD，交EF于N，交AC于O，

则BN11BOBD，

24在图2中，连接BD交EF于N，连接MN，在DPB中，有BN1BD，41PD，

4MNPB．

PMPB平面MEF，MN平面MEF，故PB平面MEF；

（2）连接BD交EF与点N，图2中的三角形PDE与三角形PDF分别是图1中的RtADE与RtCDF，PDPE，PDPF，又PEPE＝P，PD平面PEF，则PDEF，又EFBD，EF平面PBD，

则MND为二面角M﹣EF﹣D的平面角．

可知PMPN，则在RtMND中，PM＝1，PN2，则MNPM2PN23．

在MND中，MD＝3，DN32，由余弦定理，得MN2DN2MD26．

cosMND2MNDN36二面角M．

﹣EF﹣D的余弦值为3

【点睛】

本题主要考查线面平行的判定，以及二面角的求法，熟记线面平行的判定定理以及二面角的概念即可，属于常考题型.

26．（1）证明见解析；（2）【解析】

【分析】

(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义即可证得线线垂直；

(2)建立空间直角坐标系，分别求得直线的方向向量和平面的法向量，然后结合线面角的正弦值和同角三角函数基本关系可得线面角的余弦值.

【详解】

(1)如图所示，连结A1E,B1E，

3.

5 等边△AAC中，AEEC，则A1EAC，

1平面ABC⊥平面A1ACC1，且平面ABC∩平面A1ACC1AC，

由面面垂直的性质定理可得：A1E平面ABC，故A1EBC，

由三棱柱的性质可知A1B1∥AB，而ABBC，故A1B1BC，且A1B1由线面垂直的判定定理可得：BC⊥平面A1B1E，

结合EF⊆平面A1B1E，故EFBC.

(2)在底面ABC内作EH⊥AC，以点E为坐标原点，EH,EC,EA1方向分别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系Exyz.

A1EA1，

设EH1，则AEEC3，AA1CA123,BC3,AB3，

33A0,3,0,B据此可得：2,2,0,A10,0,3,C0,3,0，

BB由ABA1B1可得点1的坐标为1利用中点坐标公式可得：F33,3,3，

2233,3,3，由于E0,0,0，

44故直线EF的方向向量为：EF33,3,3

44设平面A1BC的法向量为mx,y,z，则：

3333,,3xy3z0mA1Bx,y,z2222，

3333mBCx,y,z,,0xy02222据此可得平面A1BC的一个法向量为m1,3,1，EF33,3,3

44此时cosEF,mEFmEFm64355，

52设直线EF与平面A1BC所成角为，则sincosEF,m【点睛】

43,cos.

55本题考查了立体几何中的线线垂直的判定和线面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.