題目列表(包括答案和解析)
（本小題共14分）
如圖，在四棱錐
中，
平面
，底面是菱形，
.
(Ⅰ)求證：
平面
（Ⅱ）若
求
與
所成角的余弦值；
（Ⅲ）當平面
與平面
垂直時，求的長.
（本小題共14分）
如圖，在四棱錐
中，
平面
，底面是菱形，
.
(Ⅰ)求證：
平面
（Ⅱ）若
求
與
所成角的余弦值；
（Ⅲ）當平面
與平面
垂直時，求的長.
（本小題共14分）
如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為直角梯形，AD//BC，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q為AD的中點，M是棱PC上的點，PA=PD=2，BC=
AD=1，CD=
．
（Ⅰ）若點M是棱PC的中點，求證：PA // 平面BMQ；
（Ⅱ）求證：平面PQB⊥平面PAD；
（Ⅲ）若二面角M-BQ-C為30°，設PM=tMC，試確定t的值 ．
（本小題共14分）
如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為直角梯形，AD//BC，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q為AD的中點，M是棱PC上的點，PA=PD=2，BC=
AD=1，CD=
．
（Ⅰ）若點M是棱PC的中點，求證：PA // 平面BMQ；
（Ⅱ）求證：平面PQB⊥平面PAD；
（Ⅲ）若二面角M-BQ-C為30°，設PM=tMC，試確定t的值 ．
（本小題共14分）
如圖，在四棱柱
中，底面
是正方形，側棱與底面垂直，點
是正方形對角線的交點，
，點
，
分別在
和
上，且
．
（Ⅰ）求證：
∥平面
；
（Ⅱ）若
，求
的長；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下，求二面角
的余弦值．
一、選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分）
1―5：CBCBD 6―10：DCAA
二、填空題（本大題共6小題，每小題5分，共30分）
9． 10． 11．15 12．（1，e） e 13．②③ 14．
三、解答題（本大題共6小題，共80分）
15．（共13分）
解：（I） 令，解得
所以函數的單調遞減區間為
（II）因為
所以
因為在（－1，3）上，所以在[－1，2]上單調遞增，又由于在
[－2，－1]上單調遞減，因此和分別是在區間[－2，2]上的最大值和
最小值.
于是有，解得
故 因此
即函數在區間[－2，2]上的最小值為－7.
解法一：
（Ⅰ）在直四棱柱ABCD―A1B1C1D1中，
∵A1A⊥底面ABCD，
∴AC是A1C在平面ABCD上的射影，
∵BD⊥AC， ∴BD⊥A1C.
（Ⅱ）連結A1E，C1E，A1C1.
與（Ⅰ）同理可證BD⊥A1E，BD⊥C1E，
∴∠A1EC1二面角A1―BD―C1的平面角.
∵AD⊥DC， ∴∠A1D1C1=∠ADC=90°，
又A1D1=AD=2，D1C1=DC=2， AA1=，且AC⊥BD，
∴A1C1=4，AE=1，EC=3， ∴A1E=2，C1E=2，
在△A1EC1中，A1C12=A1E2+C1E2， ∴∠A1EC1=90°，
即二面角A1―BD―C1的大小為90°.
（Ⅲ）過B作BF//AD交AC于F，連結FC1，
則∠C1BF就是AD與BC1所成的角.
∵AB=AD=2，BD⊥AC，AE=1， ∴BF=2，EF=1，FC=2，BC=DC，
∴FC1=. 在△BFC1中，
∴
即異面直線AD與BC1所成角的大小為.
解法二：
（Ⅰ）同解法一.
（Ⅱ）如圖，以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系.
與（Ⅰ）同理可證，BD⊥A1E，BD⊥C1E，
∴∠A1EC1為二面角A1―BD―C1的平面角.
（Ⅲ）如圖，由D（0，0，0），A（2，0，0），C1（0，，，），B（3，，0）
∴異面直線AD與BC1所成角的大小為arccos.
解法三：
（II）如圖，建立空間直角坐標系，坐標原點為E.
連結A1E，C1E，A1C1.
與（I）同理可證，BD⊥A1E，BD⊥C1E，
∴∠A1EC1為二面角A1―BD―C1的平面角.
由E（0，0，0），A1（0，－1，
.
（Ⅲ）如圖，由A（0，－1，0），D（，0，0），B（，0，0），C1（0，3，）.
得.
∵
∴
∴異面直線AD與BC1所成角的大小為arccos.
17．（共13分）
解：（Ⅰ）
ξ的概率分布如下表：
ξ
0
1
2
3
P
Eξ=0?+1?+2?+3?=1.5 （或Eξ=3?）
（Ⅱ）乙至多擊中目標2次的概率為
（Ⅲ）設甲恰比乙多擊中目標2次為事件A，甲恰擊中目標2次且乙恰擊中目標0次為事件B1，甲恰擊中目標3次且乙恰擊中目標1次為事件B2，則A=B1+B2，B1、B2為互斥事件.
P（A）=P（B1）+P（B2）=
所以，甲恰好比乙多擊中目標2次的概率為
18．（共14分）
解：（I）
（II）直線由題意得
（III）當直線l與x軸垂直時，可設直線l的方程為. 由于直線l，曲線C關于x軸對稱，且l1與l2關于x軸對稱，于是M1M2，M3M4的中點坐標都為（a，0），所以△OM1M2，△OM3M4的重心坐標都為，即它們的重心重合.
當直線l與x軸不垂直時，設直線l的方程為
由
由直線l與曲線C有兩個不同交點，可知
于是△OM1M2的重心與△OM3M4的重心也重合.
19．（共12分）
解：（Ⅰ）
（Ⅱ）因為
所以
猜想：是公比為的等比數列.
證明如下： 因為
所以是首項為的等比數列.
（Ⅲ）
20．（共14分）
（Ⅰ）證明：設的峰點，則由單峰函數定義可知，上單調遞增，
在上單調遞減.
當，
這與是含峰區間.
當
這與是含峰區間.
（II）證明：由（I）的結論可知：
當f(x1)≥f(x2)時，含峰區間的長度為l1=x2；
當f(x1)≤f(x2)時，含峰區間的長度為l2=1－x1；
對于上述兩種情況，由題意得
① 由①得1+x2－x1≤1+2r，即x2－x1≤2r.
又因為x2－x1≥2r，所以x2－x1=2r，所以 x2－x1=2r. ②
將②代入①得 x1≤0.5－r, x2≥0.5+r. ③
由①和③解得x1=0.5－r, x2=0.5+r.
所以這時含峰區間的長度l1=l2=0.5+r，即存在x1 , x2使得所確定的含峰區間的長度不大于0.5+r.
（Ⅲ）解：對先選擇的x1, x2, x1 <x2， 由（II）可知 x1+x2=1， ④
在第一次確定的含峰區間為（0，x2）的情況下，x3的取值應滿足 x3+x1=x2 , ⑤
由④與⑤可得 當x1>x3時，含峰區間的長度為x1.
由條件x1－x3≥0.02, 得x1－(1－2x1) ≥0.02, 從而x1≥0.34.
因此，為了將含峰區間的長度縮短到0.34，只要取
x1=0.34, x2=0.66, x3=0.32.
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