（浙江專用）2014屆高考數(shù)學一輪復習方案 滾動基礎(chǔ)訓練卷（10） 理 （含解析）

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1、45分鐘滾動基礎(chǔ)訓練卷(十) (考查范圍：第36講～第43講，以第41講～第43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選項中，只有一項是符合題目要求的) 1．[2012·長沙二模] 已知平面α內(nèi)有一個點M(1，－1，2)，平面α的一個法向量是n＝(6，－3，6)，則下列點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等

2、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三個向量共面，則實數(shù)λ等于(　　) A. B. C. D. 7．[2013·濟南期中] 已知△ABC的三個頂點分別是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．[2012·石家莊三模] 正四棱錐P－ABCD的所有棱長相等，E為PC的中點，那么異面直線BE與PA所成角的余弦值等于(　　) A. B. C. D. 二、填空題(本大題共3個小題，每小題6分，共18

4、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G10－1，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，M，N分別是C1D1，CC1的中點，則直線B1N與平面BDM所成角的正弦值為________． 圖G10－1 11．[2013·溫州八校聯(lián)考] 在二面角α－l－β中，A∈l，B∈l，AC?α，BD?β且AC⊥l，BD⊥l，已知AB＝1，AC＝BD＝2，CD＝，則二面角α－l－β的余弦值為________． 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

5、明過程或演算步驟) 12．[2012·長春三模] 如圖G10－2所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是棱DD1的中點． (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F，使B1F∥平面A1BE？證明你的結(jié)論． 圖G10－2 13．[2012·紹興一中模擬] 平行四邊形ABCD中，AB＝2，AD＝2，且∠BAD＝45°，以BD為折線，把△ABD折起，使平面ABD⊥平面CBD，連接AC. (1)求異面直線AD與BC所成角大?。? (2)求二面角B－AC－D平面角的大?。? (3)求四面體ABCD外接球的體積．

6、 圖G10－3 14．[2012·浙大附中模擬] 如圖G10－4，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，∠DAB為直角，AB∥CD，AD＝CD＝2AB，E，F(xiàn)分別為PC，CD的中點． (1)試證：CD⊥平面BEF； (2)設(shè)PA＝k·AB，且二面角E－BD－C的平面角大于30°，求k的取值范圍． 圖G10－4 45分鐘滾動基礎(chǔ)訓練卷(十) 1．A　[解析] ∵n＝(6，－3，6)是平面α的法向

7、量，∴n⊥，在選項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，∴存在實數(shù)m，n使c＝ma＋nb，即(7，5，λ)＝(2m－n，－m＋4n，3m－2n)，

8、∴∴λ＝. 7．A　[解析] 由于||＝||·|cos〈，〉|＝＝4，所以||＝＝5，故選A. 8．D　[解析] 以，，為基向量，則＝(＋)＝(＋－)，由條件設(shè)，||＝||＝||＝1，則 ·＝，·＝，·＝0，∴·＝(·＋||2－·)＝＝， ||2＝(||2＋||2＋||2－2·－2·＋2·)＝(1＋1＋1－0－1＋1)＝，∴||＝， ∴cos〈，〉＝＝＝，故選D. 9．2　[解析] ∵a＝(1，1，x)，b＝(1，2，1)，c＝(1，1，1)， ∴(c－a)·(2b)＝(0，0，1－x)·(2，4，2)＝2(1－x)＝－2，解得x＝2. 10.　[解析] 以D為坐標原點

9、，分別以，，的方向為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標系，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的一個法向量n＝(2，－2，1)，因為cos〈n，〉＝＝， 故直線B1N與平面BDM所成角的正弦值是. 11.　[解析] 由CD2＝AB2＋AC2＋BD2－2×AC×BD×cosα得cosα＝. 12．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系． (1)依題意，得B(1，0，0)，E，A(0，0，0)，D(0，1，

10、0)，所以＝， ＝(0，1，0)． 在正方體ABCD－A1B1C1D1中，因為AD⊥平面ABB1A1，所以是平面ABB1A1的一個法向量，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，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

11、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． 這說明在棱C1D1上存在一點F(F為C1D1的中點)， 使B1F∥平面A1BE. 13．解：在△ABD中，BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos45°＝4?BD＝2，易得AB⊥BD. 在四面體ABCD中，以D為原點，DB為x軸，DC為y軸，過D垂直于平面BDC的射線為z軸，建立如圖空間直角坐標系． 則D(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，A(2，0，2)． (1)由于＝(－2，0，－2)，＝(－2，2，0)．設(shè)AD與BC所成角為θ，則 co

12、sθ＝＝?θ＝60°，即異面直線AD與BC所成角為60°. (2)設(shè)平面ABC的法向量為n＝(x，y，z)，而＝(0，0，2)，＝(－2，2，0)， 由得取n＝(1，1，0)． 設(shè)平面DAC的法向量為m＝(x，y，z)，而＝(2，0，2)，＝(0，2，0)， 由得取m＝(1，0，－1)， 所以cos〈n，m〉＝＝，所以二面角B－AC－D的大小是60°. (3)由于△ABC，△ADC均為直角三角形，故四面體ABCD的外接球球心在AC中點． 又AC＝2，所以球半徑R＝，得V＝πR3＝4π. 14．解：方法一：(1)由已知DF∥AB且∠DAB為直角，故四邊形ABFD是矩形，從而CD⊥

13、BF. 又PA⊥底面ABCD，CD⊥AD，故知CD⊥PD.在△PDC中，E，F(xiàn)分別PC，CD的中點，故EF∥PD，從而CD⊥EF.又EF∩BF＝F，由此得CD⊥面BEF. (2)連接AC交BF于G.易知G為AC的中點．連接EG，則在△PAC中易知EG∥PA.又PA⊥底面ABCD，故EG⊥底面ABCD.在底面ABCD中，過G作GH⊥BD，垂足為H，連接EH.由三垂線定理知EH⊥BD.從而∠EHG為二面角E－BD－C的平面角． 設(shè)AB＝a，則在△PAC中，有 EG＝PA＝ka. 以下計算GH，考察底面的平面圖(如圖)．連接GD. 因S△GBD＝BD·GH＝GB·DF，故GH＝.

14、在△ABD中，因為AB＝a，AD＝2a，得BD＝a， 而GB＝FB＝AD＝a.DF＝AB，從而得GH＝＝＝a.因此tan∠EHG＝＝＝k. 由k＞0知∠EHG是銳角，故要使∠EHG＞30°，必須k＞tan30°＝， 解之得，k的取值范圍為k＞. 方法二：(1)如圖，以A為原點，AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸，AP所在直線為z軸建立空間直角坐標系，設(shè)AB＝a，則易知點A，B，C，D，F(xiàn)的坐標分別為 A(0，0，0)，B(a，0，0)，C(2a，2a，0)，D(0，2a，0)，F(xiàn)(a，2a，0)． 從而＝(2a，0，0)，＝(0，2a，0)， ·＝0，故⊥. 設(shè)PA＝b，則

15、P(0，0，b)，而E為PC中點，故 E，從而＝，·＝0，故⊥. 由此得CD⊥面BEF. (2)設(shè)E在xOy平面上的投影為G，過G作GH⊥BD垂足為H，連接EH，由三垂線定理知EH⊥BD. 從而∠EHG為二面角E－BD－C的平面角． 由PA＝k·AB得P(0，0，ka)，E，G(a，a，0)．設(shè)H(x，y，0)，則＝(x－a，y－a，0)，＝(－a，2a，0)． 由·＝0得－a(x－a)＋2a(y－a)＝0，即x－2y＝－a.① 又因＝(x－a，y，0)，且與的方向相同，故＝，即2x＋y＝2a.② 由①②解得x＝a，y＝a，從而＝，||＝a. tan∠EHG＝＝＝k.由k＞0知，∠EHG是銳角，由∠EHG＞30°，得tan∠EHG＞tan30°，即 k＞，故k的取值范圍為k＞.