2014屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)方案 滾動(dòng)基礎(chǔ)訓(xùn)練卷（10） 理 （含解析） 北師大版

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1、　45分鐘滾動(dòng)基礎(chǔ)訓(xùn)練卷(十) (考查范圍：第37講～第44講，以第42講～第44講為主　分值：100分) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 一、選擇題(本大題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的) 1．[2012·長沙二模] 已知平面α內(nèi)有一個(gè)點(diǎn)M(1，－1，2)，平面α的一個(gè)法向量是n＝(6，－3，6)，則下列點(diǎn)P中在平面α內(nèi)的是(　　) A．P(2，3，3) B．P(－2，0，1) C．P(－4，4，0) D．P(3，－3，4) 2．若向量a＝(1，λ，2)，b＝(2，－1，2)，且a與b的夾角的余弦值為，則λ

2、等于 (　　) A．2 B．－2 C．－2或 D．2或－ 3．[2012·杭州二模] 已知a＝(λ＋1，0，2)，b＝(6，2μ－1，2λ)，若a∥b，則λ與μ的值可以是(　　) A．2， B．－， C．－3，2 D．2，2 4．已知正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為側(cè)面BCC1B1的中心．若＝z＋x＋y，則x＋y＋z的值為(　　) A．1 B. C．2 D. 5．[2012·銀川二模] 已知二面角α－l－β的大小為120°，點(diǎn)B、C在棱l上，A∈α，D∈β，AB⊥l，CD⊥l，AB＝2，BC＝1，CD＝3，則AD的長為(　　) A. B. C．2

3、D．2 6．[2012·哈爾濱三模] 已知a＝(2，－1，3)，b＝(－1，4，－2)，c＝(7，5，λ)，若a，b，c三個(gè)向量共面，則實(shí)數(shù)λ等于(　　) A. B. C. D. 7．[2013·濟(jì)南期中] 已知△ABC的三個(gè)頂點(diǎn)分別是A(1，－1，2)，B(5，－6，2)，C(1，3，－1)，則AC邊上的高BD長為(　　) A．5 B. C．4 D．2 8. 圖G10－1 [2012·江西重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考] 如圖G10－1，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，棱AB，BC，BB1兩兩垂直且長度相等，點(diǎn)P在線段A1C1上運(yùn)動(dòng)，異面直線BP與B1C所成的角為θ，則θ的取值

4、范圍是(　　) A.≤θ≤ B．0<θ≤ C.≤θ< D．0<θ≤ 二、填空題(本大題共3個(gè)小題，每小題6分，共18分) 9．若向量a＝(1，1，x)，b＝(1，2，1)，c＝(1，1，1)，滿足條件(c－a)·(2b)＝－2，則x＝________． 10．如圖G10－2，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，所有棱長均為1，則點(diǎn)B1到平面ABC1的距離為________． 圖G10－2 　　　圖G10－3 11．如圖G10－3，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，M，N分別是C1D1，CC1的中點(diǎn)，則直線B1N與平面BDM所成角的正弦值為________．

5、 三、解答題(本大題共3小題，每小題14分，共42分，解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟) 12．[2012·沈陽、大連聯(lián)考] 如圖G10－4，在底面為長方形的四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AP＝AD＝2AB，其中E，F(xiàn)分別是PD，PC的中點(diǎn)． (1)證明：EF∥平面PAB； (2)在線段AD上是否存在一點(diǎn)O，使得BO⊥平面PAC？若存在，請(qǐng)指出點(diǎn)O的位置并證明BO⊥平面PAC；若不存在，請(qǐng)說明理由． 圖G10－4 13．[2013·武漢期中] 如圖G10－5所示，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長為1的正方形，側(cè)棱PA的長為2，且PA與A

6、B，AD的夾角都等于60°，M是PC的中點(diǎn)．設(shè)＝a，＝b，＝c. (1)試用a，b，c表示出向量； (2)求BM的長． 圖G10－5 14．[2012·長春三模] 如圖G10－6所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是棱DD1的中點(diǎn)． (1)求直線BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值； (2)在棱C1D1上是否存在一點(diǎn)F，使B1F∥平面A1BE？證明你的結(jié)論． 圖G10－6 45分鐘滾動(dòng)基礎(chǔ)訓(xùn)練卷(十) 1．A　[解析] ∵n＝(6

7、，－3，6)是平面α的法向量，∴n⊥，在選項(xiàng)A中，＝(1，4，1)，∴n·＝0. 2．C　[解析] 由已知得＝＝， ∴8＝3(6－λ)，解得λ＝－2或λ＝. 3．A　[解析] ∵a∥b，∴∴或故選A. 4．C　[解析] ∵＝＋＝＋＋.∴x＋y＋z＝1＋＋＝2. 5．D　[解析] 由條件知||＝2，||＝1，||＝3，⊥，⊥，〈，〉＝60°，＝＋＋， ∴||2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝4＋1＋9＋2×2×3×cos60°＝20，∴||＝2. 6．D　[解析] ∵a，b，c三向量共面，a，b不共線，∴存在實(shí)數(shù)m，n使c＝ma＋nb，即(7，5，λ)＝(2m－n，－m

8、＋4n，3m－2n)， ∴∴λ＝. 7．A　[解析] 由于||＝||·|cos〈，〉|＝＝4，所以||＝||2－||2)＝5，故選A. 8．C　 [解析] 如圖，以B為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)AB＝BC＝BB1＝1，P(a，b，1)(a＋b＝1)，于是＝(a，b，1)，易得＝(0，－1，1)， 所以cos〈，〉＝ ＝＝＝≤(0

9、 10.　[解析] 建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則C(0，0，0)，A，B(0，1，0)，B1(0，1，1)，C1(0，0，1)， 則＝，＝(0，1，0)，＝(0，1，－1)， 設(shè)平面ABC1的法向量為n＝(x，y，1)，則有解得n＝，則d＝＝＝. 11.　[解析] 以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以，，的方向?yàn)閤軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，則B1(2，2，2)，N(0，2，1)，＝(2，0，1)， 又M(0，1，2)，D(0，0，0)，B(2，2，0)，則＝(2，2，0), ＝(0，1，2), 可得平面BDM的一個(gè)法向量n＝(2，－2，1)，因?yàn)閏os〈n，〉＝＝，

10、故直線B1N與平面BDM所成角的正弦值是. 12．解：(1)證明：∵E，F(xiàn)分別為PD，PC的中點(diǎn)， ∴EF∥CD.又CD∥AB，∴EF∥AB. ∵EF?平面PAB，AB平面PAB， ∴EF∥平面PAB. (2)在線段AD上存在一點(diǎn)O，使得BO⊥平面PAC， 此時(shí)點(diǎn)O為線段AD的四等分點(diǎn)，且AO＝AD. ∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥BO， 又∵長方形ABCD中，△ABO∽△DAC，∴AC⊥BO. 又∵PA∩AC＝A，∴BO⊥平面PAC. 13．解：(1)∵M(jìn)是PC的中點(diǎn)， ∴＝(＋)＝[＋(－)] ＝[b＋(c－a)]＝－a＋b＋c. (2)由于AB＝AD＝1，PA

11、＝2，∴|a|＝|b|＝1，|c|＝2， 由于AB⊥AD，∠PAB＝∠PAD＝60°，∴a·b＝0，a·c＝b·c＝2·1·cos60°＝1， 由于＝(－a＋b＋c)， ∴||2＝(－a＋b＋c)2＝[a2＋b2＋c2＋2(－a·b－a·c＋b·c)]＝[12＋12＋22＋2(0－1＋1)]＝， ∴||＝，∴BM的長為. 14．解：設(shè)正方體的棱長為1，如圖所示，以，，為單位正交基底建立空間直角坐標(biāo)系． (1)依題意，得B(1，0，0)，E，A(0，0，0)，D(0，1，0)，所以＝， ＝(0，1，0)． 在正方體ABCD－A1B1C1D1中，因?yàn)锳D⊥平面ABB1A1，所以

12、是平面ABB1A1的一個(gè)法向量，設(shè)直線BE與平面ABB1A1所成的角為θ，則sinθ＝＝＝， 即直線BE與平面ABB1A1所成的角的正弦值為. (2)依題意，得A1(0，0，1)，＝(－1，0，1), ＝. 設(shè)n＝(x，y，z)是平面A1BE的一個(gè)法向量，則由n·＝0，n·＝0，得 所以x＝z，y＝z.取z＝2，得n＝(2，1，2)． 設(shè)F是棱C1D1上的點(diǎn)，則F(t，1，1)(0≤t≤1)． 又B1(1，0，1)，所以＝(t－1，1，0)，而B1F?平面A1BE，于是B1F∥平面A1BE?·n＝(t－1，1，0)·(2，1，2)＝0?2(t－1)＋1＝0?t＝?F為C1D1的中點(diǎn)． 這說明在棱C1D1上存在一點(diǎn)F(F為C1D1的中點(diǎn))， 使B1F∥平面A1BE.