題目列表(包括答案和解析)
(1)若PB中點為M，求證平面AMC⊥平面PBC；
(2)求異面直線PA與BC所成的角.
(1)建立適當的坐標系，并寫出點B、P的坐標；
(2)求異面直線PA與BC所成的角；
(3)若PB的中點為M，求證：平面AMC⊥平面PBC.
(1)建立適當的坐標系，并寫出點B、P的坐標；
(2)求異面直線PA與BC所成的角；
(3)若PB的中點為M，求證：平面AMC⊥平面PBC.
(1)建立適當的坐標系，并寫出點B、P的坐標；
(2)求異面直線PA與BC所成的角；
(3)若PB的中點為M，求證：平面AMC⊥平面PBC.
如圖，在四棱錐
中，底面
為矩形，
.
（1）求證
，并指出異面直線PA與CD所成角的大小；
（2）在棱
上是否存在一點
，使得
？如果存在，求出此時三棱錐
與四棱錐的體積比；如果不存在，請說明理由.
一、選擇題
題號
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
C
B
C
D
C
A
C
B
A
D
C
提示與分析：
1．
，故選C。
2．易知p成立，m＜3，q成立，2＜m＜
，從而p成立
成立，故選B。
3．選C
4．由已知得
即
，得
，故選D。
5．易知
,故選C。
6．
，作圖知選A。
7．選C。由題：
。
8．設球半徑為R,由
，由
知，三棱錐頂點S愛底面ABC內的攝影D是△ABC的外心，又∠ACB=90°，∴D是AB的中點，點O到ABC的距離h=OD，設SA=SB=SC=AB=2
，可得
，或h=10（舍），故選B。
9．由題設易知M是PF的中點，設橢圓右焦點為
，由
知，
=8,
，又易知該橢圓的離心率
，再由橢圓第二定義得，點P到橢圓左準線的距離
，故選A。
10．由
，∴
故選D。
11．由題設知
是周期為2的周期函數，由
時，
，可作出再R上的簡圖，又
是偶函數，再作出簡圖，則可確定兩圖像的交點個數，故選C。
二、填空題
12．112 13．9 14．32 15．①②④
提示與分析：
12．令
得
，再分別令
得兩式，再相加可得
，從而得知
。
13．由題得：
，
得：
，而
可看作是單位圓上的點（m，n）到點（2，0）的距離，則易知，
的最大值為9．
14．由題設知，
又0＜q＜1則得
，∴
15．如圖，①知直線BC與面
所成的角即為∠
,故①正確。
②易知四面體
在四個側面的攝影圖形面積均最小，為正方形面積之半，故②正確
③點M到平面的距離，即為點
到平面的距離。其等于
，故③不正確。
④易知BM與
所成的角，即為BM與
所成的角，設∠
∠
易知
，
，即
，故④正確。
三、解答題
16．（1）由題設知：
再由余弦定理得：
當且僅當
時取等號，故所求B的取值范圍是
（3分）
（2）∵
，∴
，
∴0＜b
，當且僅當時，
∴
∴
（6分）
（3）由（1）（2）易知，當△ABC的面積S最大時，△ABC是邊長為2的正△，此時易知
∠
∠
在△AGM中，由正弦定理得：
則
在△AGN中，同理可得：
（10分）
∴
（或用降次公式化簡）
（12分）
17．解法一：
（1）由PB⊥面ABCD，CD⊥PD知CD⊥BD
在直角梯形ABCD中，AD⊥AB，AB=AD=3,
∴BD=
，BC=6
取BC的中點F，連結AF，則AF∥CD，
∴PA與CD所成的角就是∠PAF （4分）
連PF由題設易知AF=PF=PA=,
∴∠PAF=60°即為所求 （6分）
（2）連AC交BD于G，連EG，易知
,
又
∴
，∴PC∥EG,又EG
面EBD，∴PC∥面EBD （10分）
（3）∵PB⊥面ABCD，∴AD⊥PB，
又AD⊥AB，∴AD⊥面EAB
作AH⊥BE于H，連DH，則DH⊥BE, （12分）
在△AEB中，易求得BE=
，
在
△DAH中，
∠
即所求二面角的大小為
（14分）
解法二：（1）如圖建立空間直角坐標系
，設
則A（0,3,0）,P（0,0,3）D（3,3,0）,C（，0，0），
=
∵
，∴
，
即：3（3-）+9=0
（2分）
∴
∴
∴
，即異面直線PA與CD所成的交為60°
（6分）
（2）設平面BED的法向量為
∵
由
得
，∴
（12分）
又由（1）知
，∴
，∴PC∥面EBD （10分）
（3）由（2）知
又平面ABE的法向量
，
故所求二面角的大小為
（14分）
18．（1）在第一環節中，乙選手從6道題目中任選3道至少有1道操作題的概率
（4分）
（2）在第二環節中，甲搶到的題目多于乙選手而不多于丙選手的情況有以下三種：
甲、乙、丙三位選手搶到的題目的個數分別為1，0，4；2，0，3；2，1，2，
故所求的概率
（8分）
（3）在第三個環節中，就每一次答題而言，丙選手得分是一個隨機變量
，
若選A類題，其得分的期望是
（分）
若選B類題，其得分的期望是
（分）
若選C類題，其得分的期望是
（分）
由于
＞
=
,故丙應選B類得分的切望值更大。（12分）
19．（1）依題意可得：
（4分）
（2）由
當
時，
，則
∴
，∴
即第
次操作后溶液的濃度為
（9分）
（3）由（2）可得：
則
由錯位相減法可求得：
故所求
（13分）
20．（1）由
＜0，
＞
，∴
又
＞
＜
，∴
從而有 
（4分）
（2）由（1）可知，
故
，則
令
＞
∵
＞
得
＞，∴＞
令＜∵＞，解得＜＜
列表：
（0，1）
1
（1，+∞）
－
0
+
↓
0
↑
即 在
處有最小值0 （8分）
（3）由
易知
時，
＜
∴
為減函數，其最小值為1
令
在
上單增，其最大值為
依題意得：
又＞
∴＜
（14分）
21．（1）由題設及平面幾何知識得：
＜
,
∵動點P的軌跡是以A、B為交點的雙曲線右支，
由
故所求P點的軌跡方程為：
（4分）
（2）易知 直線
恒過雙曲線焦點B（3，0）
設該直線與雙曲線右支相交于
由雙曲線第二定義知，
又
∴
，則
，
由
得
，從而易知，僅當
時，
滿足
故所求 （8分）
（3）設
，且p分有向線段
所成的比為
，
則
，
，
又點
在雙曲線
上，∴
化簡得：
又
∴
（11分）
令
∵
在上單減，在
上單增，
又
，∴在
上單減，在
上單增，∴
又
，∴
故所求
的最小值為9，最大值為
。 （14分）
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