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| 简介:
时间：120分钟 满分：150分 命题人：高冠军 一．选择题（共12题，每题5分） 1.已知命题p：任意x∈R，x2＋x－6<0，则 (p是 ( ) A.任意x∈R，x2＋x－6≥0 B.存在x∈R，x2＋x－6≥0 C.任意x∈R，x2＋x－6>0 D.存在x∈R，x2＋x－6<0 2．设集合M＝{x|0＜x≤3}，N＝{x|0＜x≤2}，那么“a∈M”是“a∈N”的( ) A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 3.判断每个图下面的方程哪个是图中曲线的方程( ) 4．空间直角坐标系中，A(1,2,3)，B(－2，－1,6)，C(3,2,1)，D(4,3,0)，则直线AB与CD的位置关系是( ) A．垂直 B．平行 C．异面 D．相交但不垂直 5．两条不重合的直线l1和l2的方向向量分别为v1＝(1，－1,2)，v2＝(0,2,1)，则l1与l2的位置关系是( ) A．平行 B．相交 C．垂直 D．不确定 6．对空间任意一点O，若＝＋＋，则A，B，C， P四点( )． A．一定不共面 B．一定共面 C．不一定共面 D．与O点的位置有关 7．在下列命题中： ①若向量a，b共线，则向量a，b所在的直线平行； ②若向量a，b所在的直线为异面直线，则向量a，b一定不共面； ③若三个向量a， b，c两两共面，则向量a，b，c共面； ④已知空间的三个向量a，b，c，则对于空间的任意一个向量p总存在实数x，y，z 使得p＝xa＋yb＋zc. 其中正确命题的个数是( )． A．0 B．1 C．2 D．3 8．若命题p的否命题为r，命题r的逆命题为s，则s是p的( ) A．逆否命题 B．逆命题 C．否命题 D．原命题 9．已知＝ (1,5，－2)，＝(3,1，z)，若⊥，＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，则实数x，y，z分别为( )． A．，－，4 B．，－，4 C．，－2,4 D．4，，－15 10．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)，若a、b、c三向量共面，则实数λ等于( ) A. B. C. D. 11.已知圆,圆,分别是圆上的动点,为轴上的动点,则的最小值为（ ） A． B． C． D． 12、若关于的方程有且只有两个不同的实数根，则实数的取值范围是（ ） A． B． C． D． 二．填空题（共4题，每题5分） 13．如图所示，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点．若＝a，＝b，＝c，则向量 用a,b,c可表示为______________． 14.已知两定点A（-2，0），B（1，0），如果动点P满 足|PA|=2|PB|，则点P的轨迹所包围的图形的面积 等于 ________ 15.二面角α－l－β为60°，A、B是棱l上的两点，AC、BD分别在半平面 α、β内，AC⊥l，BD⊥l，且AB＝AC＝a，BD＝2a，则CD的长为_______ 16.如上图，C是半圆弧（）上一点，连接并延长至，使，则当点在半圆弧上从点移动到点时，点所经路程为____ 三．解答题（共6题，第17题为10分，其余各题每题为12分） 17.（本小题满分10分）如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，PD=DC=BC=1，AB=2，AB∥DC，∠BCD=900。 （1）求证：PC⊥BC； （2）求点A到平面PBC的距离。 18．如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD， 底面ABCD是菱形，PA＝AB＝2，∠BAD＝60°. (1)求直线PB与平面PAC所成角的正弦值 (2)求PB与AC所成角的余弦值； 19.若实数x，y满足(x－2)2＋y2＝3.求： (1)的最大值和最小值；(2)y－x的最小值； (3)(x－4)2＋(y－3)2的最大值和最小值. 20．如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝PD. (1)证明：平面PQC⊥平面DCQ； (2)求二面角Q - BP - C的余弦值． 21．如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝60°，AB＝2AD， PD⊥底面ABCD. (1)证明：PA⊥BD； (2)若PD＝AD，求二面角A - PB - C的余弦值． 22．如图所示，在立方体ABCD－A1B1C1D1中， AA1＝AD＝1，E为CD中点． (1)求证：B1E⊥AD1； (2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？ 若存在，求AP的长；若不存在，说明理由； （3)若二面角A－B1E－A1的大小为30°，求AB的长． 高二数学月考三答案2013.11 17.[解析] 本小题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考查几何体的体积，考查空间想象能力、推理论证能力和运算能力。满分14分。 （1）证明：因为PD⊥平面ABCD，BC平面ABCD，所以PD⊥BC。 由∠BCD=900，得CD⊥BC，又PDDC=D，PD、DC平面PCD， 所以BC⊥平面PCD。因为PC平面PCD，故PC⊥BC。……………4分 （2）（方法一）分别取AB、PC的中点E、F，连DE、DF，则： 易证DE∥CB，DE∥平面PBC，点D、E到平面PBC的距离相等。 又点A到平面PBC的距离等于E到平面PBC的距离的2倍。 由（1）知：BC⊥平面PCD，所以平面PBC⊥平面PCD于PC， 因为PD=DC，PF=FC，所以DF⊥PC，所以DF⊥平面PBC于F。 易知DF=，故点A到平面PBC的距离等于。………………6分 （方法二）体积法：连结AC。设点A到平面PBC的距离为h。 因为AB∥DC，∠BCD=900，所以∠ABC=900。 从而AB=2，BC=1，得的面积。 由PD⊥平面ABCD及PD=1，得三棱锥P-ABC的体积。 因为PD⊥平面ABCD，DC平面ABCD，所以PD⊥DC。 又PD=DC=1，所以。 由PC⊥BC，BC=1，得的面积。 由，，得， 故点A到平面PBC的距离等于。 （方法三）向量法亦可 18.【答案】(1)因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD. 又因为PA⊥平面ABCD.所以PA⊥BD. 因为PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC.所以PB在平面PAC的射影为ＰＯ，所以∠BPO即为所求 Sin∠BPO=/4 ……………………………………6分（利用向量也可） (2)设AC∩BD＝O.因为∠BAD＝60°，PA＝AB＝2， 所以BO＝1，AO＝CO＝ 如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O－xyz， 则P(0，－，2)， A(0，－，0)，B(1,0,0)， C(0，，0)． 所以＝(1，，－2)， ＝(0,2，0)， 设PB与AC所成角为θ，则cosθ＝＝＝．…………………………………12分 20.解 如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D -xyz. (1)证明 依题意有Q(1，1，0)，C(0，0，1)， P(0，2，0)，则＝(1， 1，0)，＝(0，0， 1)，＝(1，－1，0)． 所以·＝0，·＝0. 即PQ⊥DQ，PQ⊥DC，又DQ∩DC＝D， 故PQ⊥平面DCQ. 又PQ?平面PQC， 所以平面PQC⊥平面DCQ. …………………………………5分 21.证明 (1)因为∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得BD＝AD. 从而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD. 又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD. 所以BD⊥平面PAD，故PA⊥BD. …………………………………5分 (2)解 如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射 线DA为x轴的正半轴，建立空间直角坐标系D－xyz， 则A(1，0，0)，B(0，，0)，C(－1，，0)，P(0，0，1)． ＝(－1，，0)，＝(0，，－1)，＝(－1，0，0)． 设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 因此可取n＝(，1，)． 设平面PBC的法向量为m，则 可取m＝(0，－1，－)．cos〈m，n〉＝＝－. 故二面角A-PB-C的余弦值为－.…………………………………12分 22.解：(1)证明：以A为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．设AB＝a，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E，B1(a，0,1)，故＝(0,1,1)，＝，＝(a,0,1)，＝. ∵·＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B1E⊥AD1. …………………………………4分 (2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)， 使得DP∥平面B1AE，此时＝(0，－1，z0)． 又设平面B1AE的法向量n＝(x，y，z)． ∵n⊥平面B1AE，∴n⊥，n⊥，得取x＝1， 则y＝－，z＝－a，得平面B1AE的一个法向量n＝. 要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，有－az0＝0，解得z0＝. 又DP?平面B1AE，∴存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝.…………………………………8分 (3)连接A1D，B1C，由长方体ABCD－A1B1C1D1及AA1＝AD＝1，得AD1⊥A1D. ∵B1C∥A1D，∴AD1⊥B1C.又由(1)知B1E⊥AD1，且B1C∩B1E＝B1， ∴AD1⊥平面DCB1A1，∴是平面A1B1E的一个法向量，此时＝(0,1,1)． 设与n所成的角为θ， 则cos θ＝＝ . ∵二面角A－B1E－A1的大小为30°， ∴|cos θ|＝cos 30°，即＝，解得a＝2，即AB的长为2. ………………………12分 | ||||||||||||||||||||||||||||||
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