2018-2019学年江西省南昌二中高二（下）第一次月考数学试卷（理科）（3月份）含详细解答

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1、2018-2019 学年江西省南昌二中高二（下）第一次月考数学试卷（理科）（3月份）一、选择题（共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分）分） 1 （5 分）某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是（ ） A圆柱 B圆锥 C四面体 D三棱柱 2 （5 分）下列条件中，能判断一条直线与一个平面垂直的是（ ） A这条直线垂直于该平面内的一条直线 B这条直线垂直于该平面内的两条直线 C这条直线垂直于该平面内的任何两条直线 D这条直线垂直于该平面内的无数条直线 3 （5 分）如图是一个几何体的正（主）视图和侧（左）视图，其俯视图是面积为的矩 形，则该几何体的表面积是（ ）

2、 A8 B C16 D 4 （5 分）一个圆柱形的玻璃瓶的内半径为 3cm，瓶里所装的水深为 8cm，将一个钢球完全 浸入水中，瓶中水的高度上升到 8.5cm，则钢球的半径为（ ） A1 cm B1.2 cm C1.5 cm D2 cm 5 （5 分）过正方形 ABCD 的顶点 A，作 PA平面 ABCD，若 PABA，则平面 ABP 和平面 CDP 所成的锐二面角的大小是（ ） 第 2 页（共 26 页） A30 B45 C60 D90 6 （5 分）已知正三棱锥 SABC 中，E 是侧棱 SC 的中点，且 SABE，则 SB 与底面 ABC 所成角的余弦值为（ ） A B C D 7 （5

3、 分）， 为平面，l 是直线，已知 l，则“，”是“l”的（ ） 条件 A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分不必要条件 8 （5 分）如图，一个圆锥的底面半径为 2，高为 6，在其中有一个高为 x 的内接圆柱，当 该圆柱的体积最大时，x（ ） A2 B3 C4 D5 9 （5 分）已知 E，F 分别是长方体 ABCDA1B1C1D1的棱 AB，A1B1的中点，若， ADAA12，则四面体 C1DEF 的外接球的表面积为（ ） A13 B16 C18 D20 10 （5 分）如图，正方形网格纸中的实线图形是一个多面体的三视图，则该多面体各表面 所在平面互相垂直的有（ ） A

4、2 对 B3 对 C4 对 D5 对 第 3 页（共 26 页） 11 （5 分）已知正方体 ABCDA1B1C1D1，在空间中到三条棱 AB、CC1、A1D1所在直线距 离相等的点的个数（ ） A0 B2 C3 D无数个 12 （5 分）如图，棱长为 4 的正方体 ABCDA1B1C1D1，点 A 在平面 内，平面 ABCD 与 平面 所成的二面角为 30，则顶点 C1到平面 的距离的最大值是（ ） A2（2+） B2（+） C2（+1） D2（+1） 二、填空题（共二、填空题（共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分）分） 13 （5 分）在棱长为 1 的正方体 ABC

5、DA1B1C1D1中，E 为棱 BB1的中点，用过点 A，E， C1的平面截去该正方体，则截面积为 14 （5 分）某装饰品的三视图如图所示，则该装饰品的体积为 15 （5 分）在三棱锥 ABCD 中，ABCD4，ADBC5，ACBD6，E，F 分别为 棱 AC 和棱 AD 上的动点，则BEF 的周长范围 16 （5 分）已知边长为 6 的菱形 ABCD 中，BAD120，沿对角线 AC 折成二面角 B ACD 的大小为 的四面体且 cos， 则四面体 ABCD 的外接球的表面积为 三解答题（本大题共三解答题（本大题共 5 小题，共小题，共 70 分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

6、解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17 （10 分）已知正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 2 （1）求点 B 到平面 ACD1的距离； （2）平面 ACD1截该正方体的内切球，求截面积的大小； 第 4 页（共 26 页） 19 （12 分）已知斜三棱柱 ABCA1B1C1的所有棱长都相等，且A1ABA1AC60 （1）求证：A1ABC； （2）直线 AC1与直线 CB1所成角的余弦值 20 （12 分）已知在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是矩形，且 AD2，AB1，PA平 面 ABCD，E、F 分别是线段 AB、BC 的中点 （1）证明：PFFD； （2）在线段 PA

7、 上是否存在点 G，使得 EG平面 PFD，若存在，确定点 G 的位置；若 不存在，说明理由； （3）若 PB 与平面 ABCD 所成的角为 45，求二面角 APDF 的余弦值 21 （12 分）已知椭圆+1（ab0）的离心率为，且过点（，） （1）求椭圆方程； （2）设不过原点 O 的直线 l：ykx+m（k0） ，与该椭圆交于 P、Q 两点，直线 OP、 OQ 的斜率依次为 k1、k2，满足 4kk1+k2，试问：当 k 变化时，m2是否为定值？若是， 第 5 页（共 26 页） 求出此定值，并证明你的结论；若不是，请说明理由 22 （12 分）已知函数 f（x）alnx （1）若函数 f

8、（x）有两个不同的零点，求实数 a 的取值范围； （2） 求当 x1时， f （x） 0恒成立的a 的取值范围， 并证明 ln2+ln3+ln4+lnn （n2，nN*） 极坐标与参数方程极坐标与参数方程 18 （12 分）在以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立的极坐标系中，曲线 C1的参数 方程（ 为参数） ， 曲线 C2的极坐标方程：4cos （1）求曲线 C1和曲线 C2的直角坐标方程； （2）设曲线 C2交 x 轴于点 M（不是原点） ，过点 M 的直线 l 交曲线 C1于 A，B 两个不 同的点，求|MA|MB|的取值范围 第 6 页（共 26 页） 2018-2019 学年江

9、西省南昌二中高二（下）第一次月考数学年江西省南昌二中高二（下）第一次月考数学试卷学试卷 （理科） （理科） （3 月份）月份） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题（共一、选择题（共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分）分） 1 （5 分）某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是（ ） A圆柱 B圆锥 C四面体 D三棱柱 【分析】直接从几何体的三视图：正视图和侧视图或俯视图判断几何体的形状，即可 【解答】解：圆柱的正视图为矩形， 故选：A 【点评】本题考查简单几何体的三视图，考查逻辑推理能力和空间想象力，是基础题 2 （5 分）下列条件中，能判断一条

10、直线与一个平面垂直的是（ ） A这条直线垂直于该平面内的一条直线 B这条直线垂直于该平面内的两条直线 C这条直线垂直于该平面内的任何两条直线 D这条直线垂直于该平面内的无数条直线 【分析】利用直线与平面垂直的判定定理直接求解 【解答】解：在 A 中，如果一直线与平面相交但不垂直时， 则该直线与该平面中也可能一条直线也垂直，故 A 错误； 在 B 中，这条直线垂直于平面内的两条平行直线， 则这条直线不一定垂直于平面，故 B 错误； 在 C 中，这条直线垂直于该平面内的任何两条直线， 则这条直线一定垂直于平面，故 C 正确； 在 D 中，这条直线垂直于该平面内的无数条平行直线， 则这条直线不一定垂

11、直于这个平面，故 D 错误 故选：C 【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础 知识，考查运算南求解能力，是中档题 3 （5 分）如图是一个几何体的正（主）视图和侧（左）视图，其俯视图是面积为的矩 第 7 页（共 26 页） 形，则该几何体的表面积是（ ） A8 B C16 D 【分析】由三视图及题设条件知，此几何体为一个三棱柱，底面是等腰直角三角形，且 其高为 ，故先求出底面积，求解其表面积即可 【解答】解：此几何体是一个三棱柱，且其高为 4， 由于其底面是一个等腰直角三角形，直角边长为 2，所以其面积为 222， 又此三棱柱的高为 4，故其侧面积为， （

12、2+2+2）416+8， 表面积为：22+16+820+8 故选：B 【点评】本题考点是由三视图求几何体的面积、体积，考查对三视图的理解与应用，主 要考查三视图与实物图之间的关系，用三视图中的数据还原出实物图的数据，再根据相 关的公式求表面积三视图的投影规则是： “主视、俯视 长对正；主视、左视高平齐，左 视、俯视 宽相等” 三视图是高考的新增考点，不时出现在高考试题中，应予以重视 4 （5 分）一个圆柱形的玻璃瓶的内半径为 3cm，瓶里所装的水深为 8cm，将一个钢球完全 浸入水中，瓶中水的高度上升到 8.5cm，则钢球的半径为（ ） A1 cm B1.2 cm C1.5 cm D2 cm

13、【分析】根据水上升部分的容积，等于球的体积，利用等积法，构造关于球的半径 R 的 方程，解得答案 【解答】解：设钢球的半径为 R，由题意得： ， 解得：R1.5 cm， 故选：C 第 8 页（共 26 页） 【点评】本题考查的知识点是球的体积，圆柱的体积，正确理解水上升部分的容积，等 于球的体积，是解答的关键 5 （5 分）过正方形 ABCD 的顶点 A，作 PA平面 ABCD，若 PABA，则平面 ABP 和平面 CDP 所成的锐二面角的大小是（ ） A30 B45 C60 D90 【分析】以 A 为原点，AB 为 x 轴，AD 为 y 轴，AD 为 z 轴，建立空间直角坐标系，利用 向量法

14、能求出平面 ABP 和平面 CDP 所成的锐二面角的大小 【解答】解：以 A 为原点，AB 为 x 轴，AD 为 y 轴，AD 为 z 轴，建立空间直角坐标系， 设 PABA1， 则 C（1，1，0） ，D（0，1，0） ，P（0，0，1） ， （1，1，1） ，（0，1，1） ， 设平面 PCD 的法向量 （x，y，z） ， 则，取 y1，得 （0，1，1） ， 平面 ABP 的法向量 （0，1，0） ， 设平面 ABP 和平面 CDP 所成的锐二面角的大小为 ， 则 cos， 45， 平面 ABP 和平面 CDP 所成的锐二面角的大小为 45 故选：B 第 9 页（共 26 页） 【点评】

15、本题考查二面角的大小的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等 基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、 数形结合思想，是中档题 6 （5 分）已知正三棱锥 SABC 中，E 是侧棱 SC 的中点，且 SABE，则 SB 与底面 ABC 所成角的余弦值为（ ） A B C D 【分析】过点 S 作 SO平面 ABC，连接 OB，则点 O 为正三角形 ABC 的中心，SBO 即为所求角，确定各侧面是全等的等腰直角三角形，即可得到结论 【解答】解：过点 S 作 SO平面 ABC，连接 OB， 则点 O 为正三角形 ABC 的中心，SBO 即为所求角， AO

16、 是 AS 在平面 ABC 内的射影，且 AOBC SABC 又 SABE，SA平面 SBC，SASC，SASB RtSAB 内，设 SASBa， 则 AB，OBa， cosOBS 故选：A 第 10 页（共 26 页） 【点评】本题考查线面角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思 维能力的培养 7 （5 分）， 为平面，l 是直线，已知 l，则“，”是“l”的（ ） 条件 A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分不必要条件 【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合线面垂直，面面垂直的关系进行判断即可 【解答】解：由 ，l，可推出 l，反过来， 若 l，l，根

17、据面面垂直的判定定理，可知 ， 故“，”是“l”的充要条件， 故选：C 【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据空间线面垂直关系是解决本题 的关键 8 （5 分）如图，一个圆锥的底面半径为 2，高为 6，在其中有一个高为 x 的内接圆柱，当 该圆柱的体积最大时，x（ ） A2 B3 C4 D5 【分析】内接圆柱的底面半径为 r 时，它的上底面截圆锥得小圆锥的高为 3r，内接圆柱 的高 h63r， 圆柱的体积 Vr2（63r） 6r23r3，（0r2） ， V12r9r2， （0r2） ，由此利用导数性质能求出该圆柱的体积最大时内接圆柱的高 【解答】解：圆锥的底面半径为 2，高为 6，

18、 第 11 页（共 26 页） 内接圆柱的底面半径为 r 时，它的上底面截圆锥得小圆锥的高为 3r 内接圆柱的高 h63r， 圆柱的体积 Vr2（63r）6r23r3， （0r2） ， V12r9r2， （0r2） ， 令 V0，得 r， （r0 舍） ， 当 0r时，V0，当r2 时，V0， 当 r时，该圆柱的体积最大，此时内接圆柱的高 h63r2 故选：A 【点评】本题考查圆锥的内接圆柱的体积最大值时圆柱的高的求法，考查空间中线线、 线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题 9 （5 分）已知 E，F 分别是长方体 ABCDA1B1C1D1的棱 AB，A1B1的中点，若

19、， ADAA12，则四面体 C1DEF 的外接球的表面积为（ ） A13 B16 C18 D20 【分析】首先根据锥体的性质，求出外接球的半径，进一步利用公式求出结果 【解答】解：如图所示， 第 12 页（共 26 页） 四面体 C1DEF 的外接球就是直三棱柱 DECD1FC1的外接球， 设棱柱 DECD1FC1的底 DEC 的外接圆圆心为 G，三棱柱 DECD1FC1的外接球球心 为 O，DEC 的外接圆半径 r，解得， 外接球的半径， 四面体 C1DEF 的外接球的表面积为 4R213， 故选：A 【点评】本题考查的知识要点：锥体的性质的应用，求出外接球的表面积公式的应用， 主要考察学生

20、的运算能力和转换能力 10 （5 分）如图，正方形网格纸中的实线图形是一个多面体的三视图，则该多面体各表面 所在平面互相垂直的有（ ） 第 13 页（共 26 页） A2 对 B3 对 C4 对 D5 对 【分析】首先把三视图转换为几何体，进一步利用面面垂直的判定的应用求出结果 【解答】解：根据几何体的三视图转换为几何体为： 根据几何体得到： 平面 SAD平面 SCD，平面 SBC平面 SCD， 平面 SCD平面 ABCD，平面 SAD平面 SBC 故选：C 【点评】本题考查的知识要点：三视图和几何体的转换，面面垂直的判定定理的应用， 主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型 11 （5

21、 分）已知正方体 ABCDA1B1C1D1，在空间中到三条棱 AB、CC1、A1D1所在直线距 离相等的点的个数（ ） A0 B2 C3 D无数个 【分析】由于点 D、B1显然满足要求，猜想 B1D 上任一点都满足要求，然后利用空间坐 标系证明结论 【解答】解：在正方体 ABCDA1B1C1D1上建立如图所示空间直角坐标系， 并设该正方体的棱长为 1，连接 B1D，并在 B1D 上任取一点 P， 因为（1，1，1） ， 所以设 P（a，a，a） ，其中 0a1 作 PE平面 A1D，垂足为 E，再作 EFA1D1，垂足为 F， 则 PF 是点 P 到直线 A1D1的距离 所以 PF； 同理点

22、P 到直线 AB、CC1的距离也是 所以 B1D 上任一点与正方体 ABCDA1B1C1D1的三条棱 AB、CC1、A1D1所在直线的距 第 14 页（共 26 页） 离都相等， 所以与正方体 ABCDA1B1C1D1的三条棱 AB、 CC1、 A1D1所在直线的距离相等的点有无 数个 故选：D 【点评】本题主要考查合情推理的能力及空间中点到线的距离的求法属于中档题 12 （5 分）如图，棱长为 4 的正方体 ABCDA1B1C1D1，点 A 在平面 内，平面 ABCD 与 平面 所成的二面角为 30，则顶点 C1到平面 的距离的最大值是（ ） A2（2+） B2（+） C2（+1） D2（+

23、1） 【分析】如图所示，O 在 AC 上，C1O，垂足为 E，则 C1E 为所求，OAE30， 由题意，设 COx，则 AO4x，由此可得顶点 C1到平面 的距离的最大值 【解答】解：如图所示，AC 的中点为 O，C1O， 垂足为 E，则 C1E 为所求，AOE30 由题意，设 COx，则 AO4x， C1O，OEOA2x， C1E+2x， 令 y+2x， 第 15 页（共 26 页） 则 y0，可得 x， x，顶点 C1到平面 的距离的最大值是 2（+） 故选：B 【点评】本题考查顶点 C1到平面 的距离的最大值，考查学生的计算能力，正确作图是 关键 二、填空题（共二、填空题（共 4 小题，

24、每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分）分） 13 （5 分）在棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，E 为棱 BB1的中点，用过点 A，E， C1的平面截去该正方体，则截面积为 【分析】取 DD1中点 F，连结 AF、C1F，则菱形 AEC1F 就是过点 A，E，C1的平面截去 该正方体的截面，由此能求出截面积 【解答】解：取 DD1中点 F，连结 AF、C1F， 则菱形 AEC1F 就是过点 A，E，C1的平面截去该正方体的截面， EFBD，AC1， 用过点 A，E，C1的平面截去该正方体，则截面积为： 故答案为： 第 16 页（共 26 页） 【点评】本题考查截面面积

25、的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础 知识，考查运算南求解能力，是中档题 14 （5 分）某装饰品的三视图如图所示，则该装饰品的体积为 【分析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的体积即可 【解答】解：由题意可知几何体的直观图如图：是正方体去掉 4 个的圆锥的几何体， 直观图如图： 则该装饰品的体积为：8 故答案为：8 【点评】本题考查三视图求解几何体的体积，判断几何体的形状是解题的关键 15 （5 分）在三棱锥 ABCD 中，ABCD4，ADBC5，ACBD6，E，F 分别为 棱 AC 和棱 AD 上的动点，则BEF 的周长范围 （8，15 第 17 页（共 26

26、 页） 【分析】利用极限思想，当 E，F 两点接近点 A 时，BEF 的周长接近 8，再将三棱锥 A BCD 中的侧面展开，可求得答案 【解答】解：如图 根据三角形的边长，得三棱锥的四个面均为直角三角形， BAD90，ABCCDA，BAC+CAD90 将三棱锥侧面沿侧棱 AB 展开，如图 B，A，B1 共线， 此时两点间的连接线 BB1，即是BEF 的周长的最小值 8， 但此时 E，F 重合于 A，不能构成三角形，所以取不到 8 由图观察，当 E，F 分别在棱 AC 和棱 AD 上由 A 向下移动时， BE，B1F的长度先变小， 移动至分别与 AD，AC 垂直时，BE，B1F 的长度最小，再向

27、下移动逐渐变大， 所以BEF 的周长最大为 BD+DC+CB115， 故答案为： （8，15 【点评】本题考查三棱锥的侧面展开图和截面三角形的周长问题，属于难题 16 （5 分）已知边长为 6 的菱形 ABCD 中，BAD120，沿对角线 AC 折成二面角 B ACD 的大小为 的四面体且 cos， 则四面体 ABCD 的外接球的表面积为 54 【分析】折起的四面体是两个等边三角形，先找出两个面的外接圆的圆心，过圆心分别 第 18 页（共 26 页） 做两个面的垂线则交点即为外接球的球心，在三角形中，由余弦定理求出外接球的半径， 进而求出外接球的表面积 【解答】解：由边长为 6 的菱形 ABC

28、D 中，BAD120，可知，ACABBCAD CD6， 在折起的四面体中，取 AC 的中点 E，连接 BE，DE，DEBE63， 则 EBAC，DEAC，ACBEE， AC面 BED，BED 为二面角 BACD 的大小为 ， 在 DE，BE 上分别取 DMBnDE2，EM， 则 M，N 分别为三角形 ADC，ABC 的外接圆的圆心， 过 M，N 分别做两个三角形的外接圆的垂线，交于 O，则 O 为四面体外接球的球心， 连接 OE，OD 为外接球的半径 R 则，所以 cos2，所以 cos， 在三角形 OEM，cos，解得 OE， 在三角形 OED 中，余弦定理可得 OD2DE2+OE22DEO

29、Ecos（3）2+（） 22 ，即 R2， 所以外接球的表面积 S4R254， 故答案为：54 【点评】考查四面体的棱长与外接球的半径之间的关系及球的表面积公式，属于中档题 三解答题（本大题共三解答题（本大题共 5 小题，共小题，共 70 分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17 （10 分）已知正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 2 （1）求点 B 到平面 ACD1的距离； （2）平面 ACD1截该正方体的内切球，求截面积的大小； 第 19 页（共 26 页） 【分析】 （1）采用等体积法求得点 B 到平面 ACD1的距离为； （2）

30、根据正方体和球的结构特征，判断出平面 ACD1是正三角形，求出它的边长，再通 过图求出它的内切圆的半径，最后求出内切圆的面积 【解答】解： （1）设点 B 到平面 ACD1的距离为 d， 利用，可得 得 d 点 B 到平面 ACD1的距离； （2）解：根据题意知，平面 ACD1是边长为 2的正三角形，且球与以点 D 为公共点的 三个面的切点恰为三角形 ACD1三边的中点 故所求截面的面积是该正三角形的内切圆的面积， 则由图得，ACD1内切圆的半径是2tan30， 则所求的截面圆的面积是 截面是半径为的圆，其面积为 【点评】本题考查了正方体和它的内接球的几何结构特征，考查了等体积法求距离，考 查

31、了空间想象能力，属于中档题 19 （12 分）已知斜三棱柱 ABCA1B1C1的所有棱长都相等，且A1ABA1AC60 （1）求证：A1ABC； （2）直线 AC1与直线 CB1所成角的余弦值 第 20 页（共 26 页） 【分析】 （1）证明：连接 A1B，A1C，取线段 BC 的中点为 D，再连接 A1D，AD推导出 ABC 和A1BC 为等边三角形，BCAD，BCA1D，从而 BC平面 AA1D，由此能证 明 BCAA1 （2） 连接 A1C 交 AC1于点 M， 取线段 A1B1的中点为 N， 再连接 C1N 不妨设棱长为 2 推 导出 MNCB1，由此能求出直线 AC1与直线 CB1

32、所成角的余弦值 【解答】解： （1）证明：连接 A1B，A1C，取线段 BC 的中点为 D，再连接 A1D，AD 三棱柱的所有棱长相等，且， ABC 和A1BC 为等边三角形 D 为上述两个三角形公共边 BC 的中点 BCAD，BCA1D AD，A1D平面 AA1D，ADA1DD BC平面 AA1D AA1平面 AA1D BCAA1 （2）解：连接 A1C 交 AC1于点 M，取线段 A1B1的中点为 N，再连接 C1N不妨设棱长 为 2 由 BCAA1得 BCBB1，因而四边形 BCC1B1为正方形， M，N 分别为A1B1C 的边 A1C，A1B1的中点 MNCB1， 同（1）可知ABC

33、和A1BC 为等边三角形， 在C1MN 中， 所以，直线 AC1与直线 CB1所成角的余弦值 第 21 页（共 26 页） 【点评】本题考查线线垂直的证明，考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查空间中 线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题 20 （12 分）已知在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是矩形，且 AD2，AB1，PA平 面 ABCD，E、F 分别是线段 AB、BC 的中点 （1）证明：PFFD； （2）在线段 PA 上是否存在点 G，使得 EG平面 PFD，若存在，确定点 G 的位置；若 不存在，说明理由； （3）若 PB 与平面 ABCD 所成

34、的角为 45，求二面角 APDF 的余弦值 【分析】解法一： （1）建立空间直角坐标系 Axyz，利用向量法能证明 PFFD （2）设 G 点坐标为（0，0，m） （0mt） ，求出平面 PFD 的法向量和 ，要使 EG平面 PFD，只需，由此能求出满足的 点 G 即为所求 （3）求出平面 PAD 的法向量和平面 PFD 的法向量，由此利用向量法能求出二面角 A PDF 的余弦值 解法二： （）连接 AF，则，从而 DFAF，DFPA，由此能证明 PFFD （）过点 E 作 EHFD 交 AD 于点 H，则 EH平面 PFD，且有5 分再过点 第 22 页（共 26 页） H 作 HGDP 交

35、 PA 于点 G， 则 HG平面 PFD 且， 由此能求出满足的 点 G 即为所求 （） 由已知得PBA 是 PB 与平面 ABCD 所成的角， 且PBA45， 取 AD 的中点 M， MNF 即为二面角 APDF 的平面角，由此能求出二面角 APDF 的余弦值 【解答】解法一： （1）证明：PA平面 ABCD，BAD90，AB1，AD2， 建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz， 则 A（0，0，0） ，B（1，0，0） ，F（1，1，0） ，D（0，2，0） 2 分 不妨令 P（0，0，t）， ， PFFD4 分 （2）解：设平面 PFD 的法向量为， 由，得， 令 z1，解得： 6 分

36、设 G 点坐标为（0，0，m） （0mt） ， 则，要使 EG平面 PFD，只需， 即， 得，从而满足的点 G 即为所求8 分 （3）解：AB平面 PAD，是平面 PAD 的法向量， 由题意得，9 分 又PA平面 ABCD，PBA 是 PB 与平面 ABCD 所成的角， 得PBA45，PA1，平面 PFD 的法向量为10 分 ， 第 23 页（共 26 页） 故所求二面角 APDF 的余弦值为12 分 解法二： （）证明：连接 AF，则， 又 AD2，DF2+AF2AD2，DFAF2 分 又 PA平面 ABCD，DFPA，又 PAAFA， 4 分 （）解：过点 E 作 EHFD 交 AD 于点

37、 H，则 EH平面 PFD， 且有5 分 再过点 H 作 HGDP 交 PA 于点 G，则 HG平面 PFD 且， 平面 a11平面 PFD7 分 EG平面 PFD从而满足的点 G 即为所求8 分 （） 解： PA平面 ABCD， PBA 是 PB 与平面 ABCD 所成的角， 且PBA45 PAAB19 分 取 AD 的中点 M，则 FMAD，FM平面 PAD， 在平面 PAD 中，过 M 作 MNPD 于 N，连接 FN，则 PD平面 FMN， 则MNF 即为二面角 APDF 的平面角10 分 RtMNDRtPAD， ，且FMN90 ， 12 分 第 24 页（共 26 页） 【点评】本题

38、考查异面直线垂直的证明，考查满足条件的点是否存在的判断与求法，考 查二面角的余弦值的求法，解题时要注意空间思维能力的培养 21 （12 分）已知椭圆+1（ab0）的离心率为，且过点（，） （1）求椭圆方程； （2）设不过原点 O 的直线 l：ykx+m（k0） ，与该椭圆交于 P、Q 两点，直线 OP、 OQ 的斜率依次为 k1、k2，满足 4kk1+k2，试问：当 k 变化时，m2是否为定值？若是， 求出此定值，并证明你的结论；若不是，请说明理由 【分析】 （1）利用已知条件列出方程组求解椭圆的几何量，得到椭圆的方程 （2）联立直线与椭圆方程，设 P（x1，y1） ，Q（x2，y2） 利用韦

39、达定理，通过直线 OP、 OQ 的斜率依次为 k1，k2，且 4kk1+k2，求解即可 【解答】解： （1）依题意可得，解得 a2，b1 所以椭圆 C 的方程是（4 分） （2）当 k 变化时，m2为定值，证明如下： 由得， （1+4k2）x2+8kmx+4（m21）0（6 分） 设 P（x1，y1） ，Q（x2，y2） 则 x1+x2，x1x2（ ） （7 分） 直线 OP、OQ 的斜率依次为 k1，k2，且 4kk1+k2， 第 25 页（共 26 页） 4k，得 2kx1x2m（x1+x2） ，（9 分） 将（ ）代入得：m2，（11 分） 经检验满足0（12 分） 【点评】本题考查椭圆

40、的方程的求法，直线与椭圆方程的综合应用，考查分析问题解决 问题的能力以及转化思想的应用 22 （12 分）已知函数 f（x）alnx （1）若函数 f（x）有两个不同的零点，求实数 a 的取值范围； （2） 求当 x1时， f （x） 0恒成立的a 的取值范围， 并证明 ln2+ln3+ln4+lnn （n2，nN*） 【分析】 （1）根据，令 g（x），根据函数的单调性求出 g（x）的最大 值，求出 a 的范围即可； （2）求出函数的导数，通过讨论 a 的范围结合函数的单调性求出 a 的具体范围即可，根 据 lnxx2，令 x，k2，3， n，累加即可 【解答】解： （1）f（x）有两个零点

41、，x2alnx0 在（0，+）上有两实根，显然 a 0 ，令 g（x），g（x），令 g（x）0，x， g（x）在（0，）单调递增，在（，+）单调递减， 又 g（），x1 时 g（x）0且 x+g（x）0 有两根须 0，ae； （2）x2alnx0 恒成立，即 x22alnx 对 x1 恒成立，当 a时，显然满足； 当 a0 时，由（1）知， （g（x） ）max，0ae， 综上x2alnx0 对 x1 恒成立的 a 的范围为 ae 令 a2，则x22lnx0 对 x1 恒成立，即 lnxx2，令 x，k2，3，4，n lnkk，ln2，ln3，ln4，lnnn， 第 26 页（共 26 页）

42、 ln2+ln3+ln4+lnn 【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转 化思想，是一道中档题 极坐标与参数方程极坐标与参数方程 18 （12 分）在以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立的极坐标系中，曲线 C1的参数 方程（ 为参数） ， 曲线 C2的极坐标方程：4cos （1）求曲线 C1和曲线 C2的直角坐标方程； （2）设曲线 C2交 x 轴于点 M（不是原点） ，过点 M 的直线 l 交曲线 C1于 A，B 两个不 同的点，求|MA|MB|的取值范围 【分析】 （1）直接利用转换关系式，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转 换 （2）利用一元二次方程根和系数的关系式的应用和三角函数关系式的恒等变换求出结 果 【解答】解： （1）曲线 C1的参数方程（ 为参数） ，转换为直角坐标方程为 ，曲线 C2的极坐标方程：4cos转换为直角坐标方程为 ； （2）M（4，0） ，将直线 l 的参数方程（t 为参数）代入 整理可得： （cos2+4sin2）t2+8cost+120，由0 得： 因此，|MA|MB|的取值范围 【点评】本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，一元 二次方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属 于基础题型