【試卷解析】北京市朝陽區(qū)學高二上學期期末數(shù)學試卷理科

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1、 北京市朝陽區(qū)2014-2015學年高二上學期期末數(shù)學試卷（理科） 一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分.在每小題給出的四個選項中，選出符合題目要求的一項. 1．（5分）橢圓+=1的離心率是（） A． B． C． D． 2．（5分）已知兩條不同的直線a，b和平面α，那么下列命題中的真命題是（） A． 若a⊥b，b⊥α，則a∥α B． 若a∥α，b∥α，則a∥b C． 若a⊥α，b⊥α，則a∥b D． 若a∥b，b∥α，則a∥α 3．（5分）直線截圓x2+y2=4所得劣弧所對圓心角為（） A． B． C． D． 4

2、．（5分）已知a，b是兩條不同的直線，且b?平面α，則“a⊥b”是“a⊥α”的（） A． 充分且不必要條件 B． 必要且不充分條件 C． 充分必要條件 D． 既不充分也不必要條件 5．（5分）已知拋物線x2=4y上的一點M到此拋物線的焦點的距離為3，則點M的縱坐標是（） A． 0 B． C． 2 6．（5分）某四棱錐的三視圖如圖所示，則該四棱錐的體積為（） A． 2 B． 4 C． 8 D． 12 7．（5分）已知雙曲線M的焦點與橢圓+=1的焦點相同．如果直線y=﹣x是M的一條漸近線，那么M的方程為（） A． ﹣=1 B． ﹣=1 C． ﹣=1 D．

3、 ﹣=1 8．（5分）給出如下四個命題： ①已知p，q都是命題，若p∧q為假命題，則p，q均為假命題； ②命題“若a＞b，則3a＞3b﹣1”的否命題為“若a≤b，則3a≤3b﹣1”； ③命題“對任意x∈R，x2+1≥0”的否定是“存在x0∈R，x02+1＜0”； ④“a≥0”是“?x∈R，使得ax2+x+1≥0”的充分必要條件． 其中正確命題的序號是（） A． ①③ B． ②③ C． ②③④ D． ②④ 9．（5分）已知點A的坐標為（1，0），點P（x，y）（x≠1）為圓（x﹣2）2+y2=1上的任意一點，設(shè)直線AP的傾斜角為θ，若|AP|=d，則函數(shù)d=f（θ）的大

4、致圖象是（） A． B． C． D． 10．（5分）已知E，F(xiàn)分別為正方體ABCD﹣A1B1C1D的棱AB，AA1上的點，且AE=AB，AF=AA1，M，N分別為線段D1E和線段C1F上的點，則與平面ABCD平行的直線MN有（） A． 1條 B． 3條 C． 6條 D． 無數(shù)條 二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分，答案寫在答題卡上. 11．（5分）在空間直角坐標系中，點（4，﹣1，2）與原點的距離是． 12．（5分）以橢圓的右焦點為焦點，且頂點在原點的拋物線標準方程為． 13．（5分）已知F1，F(xiàn)2是橢圓C：+=1的兩個焦點，過F1的

5、直線與橢圓C交于M，N兩點，則△F2MN的周長為． 14．（5分）如圖，某三棱柱的正視圖中的實線部分是邊長為4的正方形，俯視圖是等邊三角形，則該三棱柱的側(cè)視圖的面積為． 15．（5分）已知拋物線C：y2=2x的焦點為F，拋物線C上的兩點A，B滿足=2．若點T（﹣，0），則的值為． 16．（5分）已知等邊△ABC的邊長為2，沿△ABC的高AD將△BAD折起到△B′AD，使得B′C=，則此時四面體B′﹣ADC的體積為，該四面體外接球的表面積為． 三、解答題：本大題共4小題，共40分.解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟． 17．（10分）在四棱柱ABCD﹣A1B

6、1C1D1中，底面ABCD是矩形，側(cè)棱DD1⊥平面ABCD，且AD=AA1=1，AB=2． （Ⅰ）求證：平面BCD1⊥平面DCC1D1； （Ⅱ）求異面直線CD1與A1D所成角的余弦值． 18．（10分）在底面是菱形的四棱錐P﹣ABCD中，∠ABC=60，PA=AC=1，PB=PD=，點E在棱PD上，且PE：ED=2：1． （Ⅰ）求證：PA⊥平面ABCD； （Ⅱ）求二面角P﹣AE﹣C的余弦值； （Ⅲ）在棱PC上是否存在點F，使得BF∥平面AEC？若存在，確定點F的位置；若不存在，請說明理由． 19．（10分）在平面直角坐標系xOy中，點A的坐標為（0，3），設(shè)圓C的

7、半徑為，且圓心C在直線l：y=2x﹣4上． （Ⅰ）若圓心C又在直線y=x﹣1上，過點A作圓C的切線，求此切線的方程； （Ⅱ）若圓C上存在點M，使得|MA|=2|MO|，求圓心C的橫坐標的取值范圍． 20．（10分）已知橢圓C：+=1（a＞b＞0）的離心率為，其短軸的一個端點到它的左焦點距離為2，直線l：y=kx與橢圓C交于M，N兩點，P為橢圓C上異于M，N的點． （Ⅰ）求橢圓C的方程； （Ⅱ）若直線PM，PN的斜率都存在，判斷PM，PN的斜率之積是否為定值？若是，求出此定值，若不是，請說明理由； （Ⅲ）求△PMN面積的最大值． 北京市朝陽區(qū)2014-2015學年高

8、二上學期期末數(shù)學試卷（理科） 參考答案與試題解析 一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分.在每小題給出的四個選項中，選出符合題目要求的一項. 1．（5分）橢圓+=1的離心率是（） A． B． C． D． 考點： 橢圓的簡單性質(zhì)． 專題： 圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程． 分析： 由橢圓+=1，可得a2=25，b2=16，利用c2=a2﹣b2可得c，再利用離心率計算公式即可得出． 解答： 解：由橢圓+=1，可得a2=25，b2=16， ∴a=5，c2=a2﹣b2=9， 解得c=3． ∴橢圓的離心率e==． 故選：A． 點評： 本題考查了橢圓的

9、標準方程及其性質(zhì)，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎(chǔ)題． 2．（5分）已知兩條不同的直線a，b和平面α，那么下列命題中的真命題是（） A． 若a⊥b，b⊥α，則a∥α B． 若a∥α，b∥α，則a∥b C． 若a⊥α，b⊥α，則a∥b D． 若a∥b，b∥α，則a∥α 考點： 空間中直線與平面之間的位置關(guān)系． 專題： 空間位置關(guān)系與距離． 分析： 利用線面垂直的性質(zhì)以及線面平行即垂直的判定定理解答． 解答： 解：對于A，若a⊥b，b⊥α，那么a∥α或者a?α，故A錯誤； 對于B，若a∥α，b∥α，則a，b可能平行、相交或者異面；故B錯誤； 對于C，如果a⊥α，b

10、⊥α，則a∥b，正確； 對于D，若a∥b，b∥α，則a∥α或者a?α，故D錯誤； 故選C． 點評： 本題考查了線面垂直、線面平行的性質(zhì)、直線平行的性質(zhì)，熟練運用定理是關(guān)鍵． 3．（5分）直線截圓x2+y2=4所得劣弧所對圓心角為（） A． B． C． D． 考點： 直線與圓的位置關(guān)系． 分析： 先解劣弧所對圓心角的一半，就是利用弦心距和半徑之比求之． 解答： 解：圓到直線的距離為：=1，又因為半徑是2，設(shè)劣弧所對圓心角的一半為α，cosα=0.5，∴α=60，劣弧所對圓心角為120． 故選 D． 點評： 直線與圓的關(guān)系中，弦心距、半徑、弦長的關(guān)系，是20

11、15屆高考考點，本題是基礎(chǔ)題． 4．（5分）已知a，b是兩條不同的直線，且b?平面α，則“a⊥b”是“a⊥α”的（） A． 充分且不必要條件 B． 必要且不充分條件 C． 充分必要條件 D． 既不充分也不必要條件 考點： 必要條件、充分條件與充要條件的判斷． 專題： 簡易邏輯． 分析： 根據(jù)充分必要條件的定義分別判斷其充分性和必要性即可． 解答： 解：若a⊥b，則a不一定垂直于α，不是充分條件， 若a⊥α，則a⊥b，是必要條件， 故選：B． 點評： 本題考查了充分必要條件，考查了直線和平面的判定定理，是一道基礎(chǔ)題． 5．（5分）已知拋物線x2=4y上的一

12、點M到此拋物線的焦點的距離為3，則點M的縱坐標是（） A． 0 B． C． 2 考點： 拋物線的簡單性質(zhì)． 專題： 圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程． 分析： 求得拋物線x2=4y的焦點為（0，1），準線方程為y=﹣1，設(shè)M（m，n），則由拋物線的定義可得，可得n+1=3，即可求得點M的縱坐標． 解答： 解：拋物線x2=4y的焦點為（0，1），準線方程為y=﹣1， 設(shè)M（m，n），則由拋物線的定義可得， M到此拋物線的焦點的距離即為M到準線的距離， 即有n+1=3，解得n=2． 故選C． 點評： 本題考查拋物線的定義、方程和性質(zhì)，主要考查定義法的運用，以及準線方程的運用

13、，屬于基礎(chǔ)題． 6．（5分）某四棱錐的三視圖如圖所示，則該四棱錐的體積為（） A． 2 B． 4 C． 8 D． 12 考點： 由三視圖求面積、體積． 專題： 計算題；空間位置關(guān)系與距離． 分析： 根據(jù)三視圖判斷幾何體由兩部分組成，左邊部分是四棱錐，且四棱錐的底面是邊長為2的正方形，高為2；右邊部分是三棱錐，且三棱錐的高為2，底面是直角邊長為2的等腰直角三角形，把數(shù)據(jù)代入棱錐的體積公式計算． 解答： 解：由三視圖知幾何體的左邊部分是四棱錐，且四棱錐的底面是邊長為2的正方形，高為2； 幾何體的右邊部分是三棱錐，且三棱錐的高為2，底面是直角邊長為2的等腰直角三角形，

14、 其直觀圖如圖： ∴幾何體的體積V=222+222=4． 故選：B 點評： 本題考查了由三視圖求幾何體的體積，判斷幾何體的形狀及三視圖的數(shù)據(jù)所對應(yīng)的幾何量是解答本題的關(guān)鍵． 7．（5分）已知雙曲線M的焦點與橢圓+=1的焦點相同．如果直線y=﹣x是M的一條漸近線，那么M的方程為（） A． ﹣=1 B． ﹣=1 C． ﹣=1 D． ﹣=1 考點： 橢圓的簡單性質(zhì)． 專題： 圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程． 分析： 由題意可設(shè)雙曲線的標準方程為，由直線y=﹣x是M的一條漸近線，可得=．由橢圓+=1的焦點為（3，0），可得c=3，再利用c2=a2+b2，解出即可． 解答：

15、 解：由題意可設(shè)雙曲線的標準方程為， ∵直線y=﹣x是M的一條漸近線，∴=． 橢圓+=1的焦點為（3，0）， ∴c=3， 聯(lián)立，解得a2=3，b2=6． ∴M的方程為：． 故選：C． 點評： 本題考查了圓錐曲線的標準方程及其性質(zhì)等基礎(chǔ)知識與基本技能，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題． 8．（5分）給出如下四個命題： ①已知p，q都是命題，若p∧q為假命題，則p，q均為假命題； ②命題“若a＞b，則3a＞3b﹣1”的否命題為“若a≤b，則3a≤3b﹣1”； ③命題“對任意x∈R，x2+1≥0”的否定是“存在x0∈R，x02+1＜0”； ④“a≥0”是“?x∈R，使

16、得ax2+x+1≥0”的充分必要條件． 其中正確命題的序號是（） A． ①③ B． ②③ C． ②③④ D． ②④ 考點： 命題的真假判斷與應(yīng)用． 專題： 簡易邏輯． 分析： ①根據(jù)復(fù)合命題之間的關(guān)系進行判斷； ②根據(jù)否命題的定義進行判斷”； ③根據(jù)全稱命題的否定是特稱命題進行判斷； ④根據(jù)充分條件和必要條件的定義進行判斷． 解答： 解：①已知p，q都是命題，若p∧q為假命題，則p，q至少有一個為假命題，故①錯誤； ②命題“若a＞b，則3a＞3b﹣1”的否命題為“若a≤b，則3a≤3b﹣1”；故②正確， ③命題“對任意x∈R，x2+1≥0”的否定是“存在x0∈R，

17、x02+1＜0”；故③正確， ④若a＜0，則判別式△=1﹣4a＜0，此時ax2+x+1≥0有解，即“a≥0”是“?x∈R，使得ax2+x+1≥0”的充分必要條件錯誤，故④錯誤， 故正確的命題為②③， 故選：B 點評： 本題主要考查命題的真假判斷，根據(jù)復(fù)合命題，四種命題之間的關(guān)系以及含有量詞的命題的否定，充分條件和必要條件的定義是解決本題的關(guān)鍵． 9．（5分）已知點A的坐標為（1，0），點P（x，y）（x≠1）為圓（x﹣2）2+y2=1上的任意一點，設(shè)直線AP的傾斜角為θ，若|AP|=d，則函數(shù)d=f（θ）的大致圖象是（） A． B． C． D． 考點： 函數(shù)的圖

18、象． 分析： 分兩種情況考慮，當直線OP過第一象限與當直線OP過第四象限，畫出函數(shù)圖象，即可得到結(jié)果． 解答： 解：當直線OP過第一象限時，如圖： 由于AB為直徑，故θ=， 得到d=f（θ）=2cosθ（0≤θ＜）， 當直線OP過第四象限時，同理可得到d=f（π﹣θ）=2cos（π﹣θ）=﹣2cosθ（＜θ≤π）， 函數(shù)d=f（θ）的大致圖象： 故選：D． 點評： 此題考查了圓的標準方程，利用了數(shù)形結(jié)合的思想，弄清題意是解本題的關(guān)鍵． 10．（5分）已知E，F(xiàn)分別為正方體ABCD﹣A1B1C1D的棱AB，AA1上的點，且AE=AB，AF=AA1，M，N分別為線段

19、D1E和線段C1F上的點，則與平面ABCD平行的直線MN有（） A． 1條 B． 3條 C． 6條 D． 無數(shù)條 考點： 直線與平面平行的性質(zhì)． 專題： 空間位置關(guān)系與距離． 分析： 取BH=BB1，連接FH，在D1E上任取一點M，過M在面D1HE中，作MG平行于HO，其中O滿足線段OE=D1E，再過G作GN∥FH，交C1F于N，連接MN，根據(jù)線面平行的判定定理，得到GM∥平面ABCD，NG∥平面ABCD，再根據(jù)面面平行的判斷定理得到平面MNG∥平面ABCD，由面面平行的性質(zhì)得到則MN∥平面ABCD，由于M是任意的，故MN有無數(shù)條． 解答： 解：取BH=BB1，連接FH，則F

20、H∥C1D 連接HE，在D1E上任取一點M， 過M在面D1HE中，作MG∥HO，交D1H于G， 其中O為線段OE=D1E 再過G作GN∥FH，交C1F于N，連接MN， 由于GM∥HO，HO∥KB，KB?平面ABCD， GM?平面ABCD， 所以GM∥平面ABCD， 同理由NG∥FH，可推得NG∥平面ABCD， 由面面平行的判定定理得，平面MNG∥平面ABCD， 則MN∥平面ABCD． 由于M為D1E上任一點，故這樣的直線MN有無數(shù)條． 故選D． 點評： 本題考查空間直線與平面的位置關(guān)系，主要是直線與平面平行的判斷和面面平行的判定與性質(zhì)，考查空間想象能力和簡單推理能

21、力． 二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分，答案寫在答題卡上. 11．（5分）在空間直角坐標系中，點（4，﹣1，2）與原點的距離是． 考點： 空間兩點間的距離公式． 專題： 空間位置關(guān)系與距離． 分析： 根據(jù)空間兩點間的距離公式進行求解即可． 解答： 解：根據(jù)兩點間的距離公式得點（4，﹣1，2）與原點的距離是==， 故答案為： 點評： 本題主要考查空間兩點間的距離公式的計算，比較基礎(chǔ)． 12．（5分）以橢圓的右焦點為焦點，且頂點在原點的拋物線標準方程為y2=4x． 考點： 拋物線的標準方程． 專題： 計算題；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程．

22、分析： 依題意，可求得橢圓+y2=1的右焦點，利用拋物線的簡單性質(zhì)即可求得答案． 解答： 解：∵橢圓+y2=1的右焦點F（，0）， ∴以F（，0）為焦點，頂點在原點的拋物線標準方程為y2=4x． 故答案為：y2=4x． 點評： 本題考查拋物線的標準方程，考查橢圓與拋物線的簡單性質(zhì)，屬于中檔題． 13．（5分）已知F1，F(xiàn)2是橢圓C：+=1的兩個焦點，過F1的直線與橢圓C交于M，N兩點，則△F2MN的周長為8． 考點： 橢圓的簡單性質(zhì)． 專題： 計算題；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程． 分析： 利用橢圓的定義可知|F1M|+|F2M|和|F1N|+|F2N|的值，進而把四段

23、距離相加即可求得答案． 解答： 解：利用橢圓的定義可知，|F1M|+|F2M|=2a=4，|F1N|+|F2N|=2a=4， ∴△MNF2的周長為|F1M|+|F2M|+F1N|+|F2N|=4+4=8． 故答案為：8． 點評： 本題主要考查了橢圓的簡單性質(zhì)．解題的關(guān)鍵是利用橢圓的定義． 14．（5分）如圖，某三棱柱的正視圖中的實線部分是邊長為4的正方形，俯視圖是等邊三角形，則該三棱柱的側(cè)視圖的面積為8． 考點： 簡單空間圖形的三視圖． 專題： 空間位置關(guān)系與距離． 分析： 由正視圖與俯視圖可知：該三棱柱是直三棱柱、高與底邊邊長都為4．即可得出． 解答： 解：由

24、正視圖與俯視圖可知：該三棱柱是直三棱柱、高與底邊邊長都為4． ∴該三棱柱的側(cè)視圖的面積=8． 故答案為：8． 點評： 本題考查了正三棱柱的三視圖及其側(cè)面積，屬于基礎(chǔ)題． 15．（5分）已知拋物線C：y2=2x的焦點為F，拋物線C上的兩點A，B滿足=2．若點T（﹣，0），則的值為2． 考點： 拋物線的簡單性質(zhì)． 專題： 平面向量及應(yīng)用；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程． 分析： 設(shè)A（，m），B（，n），y2=2x的焦點為F（，0），求得向量AF，F(xiàn)B的坐標，運用向量共線的坐標表示，解方程可得m，n，進而得到A，B的坐標，再由兩點的距離公式計算即可得到． 解答： 解：設(shè)A（，

25、m），B（，n）， y2=2x的焦點為F（，0）， =（﹣，﹣m），=（﹣，n）， 由=2， 則有m=﹣2n，m2+2n2=3， 解得m=﹣，n=，或m=，n=﹣， 即有A（1，﹣），B（，） 或A（1，），B（，﹣）． |TA|==，|TB|==． 則的值為2． 故答案為：2． 點評： 本題考查拋物線的方程和性質(zhì)，主要考查拋物線的方程的運用，同時考查向量共線的坐標表示和兩點的距離公式的運用，屬于中檔題． 16．（5分）已知等邊△ABC的邊長為2，沿△ABC的高AD將△BAD折起到△B′AD，使得B′C=，則此時四面體B′﹣ADC的體積為，該四面體外接球的表面積為π

26、． 考點： 球的體積和表面積． 專題： 計算題；空間位置關(guān)系與距離；球． 分析： 由題意可得，三棱錐B﹣ACD的三條側(cè)棱BD⊥AD、DC⊥DA，底面是等腰直角三角形，可得AD⊥底面BCD，由三棱錐的體積公式計算即可得到；它的外接球就是它擴展為三棱柱的外接球，求出正三棱柱的底面中心連線的中點到頂點的距離，就是球的半徑，然后求球的體積即可． 解答： 解：根據(jù)題意可知三棱錐B﹣ACD的三條側(cè)棱BD⊥AD、DC⊥DA， 由BD=CD=1，B′C=，則底面是等腰直角三角形， 則AD⊥底面BCD，AD=， 即有四面體B′﹣ADC的體積為11=； 它的外接球就是它擴展為三棱柱的外接球，

27、 求出三棱柱的底面中心連線的中點到頂點的距離，就是球的半徑， 三棱柱ABC﹣A1B1C1的中，底面邊長為1，1，， 由題意可得：三棱柱上下底面中點連線的中點，到三棱柱頂點的距離相等， 說明中心就是外接球的球心， ∴三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球的球心為O，外接球的半徑為r， 球心到底面的距離為， 底面中心到底面三角形的頂點的距離為， ∴球的半徑為r==． 四面體ABCD外接球體積為：r3=（）3=π． 故答案為：，π． 點評： 本題考查線面垂直的判定定理和三棱錐的體積公式和球的體積公式的運用，同時考查空間想象能力，計算能力；三棱柱上下底面中點連線的中點，到三棱柱頂

28、點的距離相等，說明中心就是外接球的球心，是本題解題的關(guān)鍵，仔細觀察和分析題意，是解好數(shù)學題目的前提． 三、解答題：本大題共4小題，共40分.解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟． 17．（10分）在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是矩形，側(cè)棱DD1⊥平面ABCD，且AD=AA1=1，AB=2． （Ⅰ）求證：平面BCD1⊥平面DCC1D1； （Ⅱ）求異面直線CD1與A1D所成角的余弦值． 考點： 異面直線及其所成的角；平面與平面垂直的判定． 專題： 空間位置關(guān)系與距離；空間角． 分析： （Ⅰ）由線面垂直得DD1⊥BC，由矩形性質(zhì)得DC⊥BC．由此能證

29、明BC⊥平面DCC1D1，從而得到平面BCD1⊥平面DCC1D1． （Ⅱ）取DA，DC，DD1所在的直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標系D﹣xyz，由=，利用向量法能求出異面直線CD1與A1D所成角的余弦值． 解答： （本題滿分10分） （Ⅰ）證明：在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，DD1⊥平面ABCD， ∴DD1⊥BC．…（2分） ∵底面ABCD是矩形，所以DC⊥BC． 又DD1∩DC=D，∴BC⊥平面DCC1D1． 又BC?面BCD1，∴平面BCD1⊥平面DCC1D1．…（5分） （Ⅱ）解：取DA，DC，DD1所在的直線為x，y，z軸， 建立空間直角坐標系D﹣xyz

30、，如圖所示， ∵AD=AA1=1，AB=2，則D（0，0，0），C（0，2，0），D1（0，0，1），A1（1，0，1），…（7分） ∵=（0，﹣2，1），=（1，0，1）， ∴===．…（9分） ∴異面直線CD1與A1D所成角的余弦值是．…（10分） 點評： 本題考查面面垂直的證明，考查異面直線所成角的求法，是中檔題題，解題時要注意線線、線面、面面間的位置關(guān)系和性質(zhì)的合理運用，注意空間思維能力的培養(yǎng)． 18．（10分）在底面是菱形的四棱錐P﹣ABCD中，∠ABC=60，PA=AC=1，PB=PD=，點E在棱PD上，且PE：ED=2：1． （Ⅰ）求證：PA⊥平面ABCD；

31、 （Ⅱ）求二面角P﹣AE﹣C的余弦值； （Ⅲ）在棱PC上是否存在點F，使得BF∥平面AEC？若存在，確定點F的位置；若不存在，請說明理由． 考點： 用空間向量求平面間的夾角；直線與平面垂直的判定． 專題： 空間位置關(guān)系與距離；空間角． 分析： （Ⅰ）根據(jù)線面垂直的判定定理即可證明PA⊥平面ABCD； （Ⅱ）建立空間坐標系，利用向量法即可求二面角P﹣AE﹣C的余弦值； （Ⅲ）利用向量法，結(jié)合線面平行的判定定理進行求解即可． 解答： 證明：（Ⅰ）因為底面ABCD是菱形，且∠ABC=60， 所以△ABC是等邊三角形，所以AB=AD=AC=PA=1． 在△PAB中，PA=

32、AB=1，PB=， 所以PB2=PA2+AB2，即PA⊥AB． 同理可證PA⊥AD，且AB∩AD=A， 所以PA⊥平面ABCD． …（3分） （Ⅱ）由（Ⅰ）知PA⊥平面ABCD，取CD中點G，連接AG． 由已知條件易知AB⊥AG，如圖以A為原點建立空間直角坐標系．…（4分） 因為PA⊥平面ABCD，PA?平面PAD， 所以平面ABCD⊥平面PAD．平面ABCD∩平面PAD=AD， 取AD中點H，連接HC，則HC⊥AD． 所以HC⊥平面PAD． 所以是平面PAD的法向量，也是平面PAE的法向量． A（0，0，0），D（﹣，，0），H（，，0），C（，，0），E（，，），

33、P（0，0，1）， B（1，0，0）， =（，，0），=（，，0），=（，，），…（5分） 設(shè)平面AEC的法向量為=（x，y，z）， 所以，則， 令x=，則=（，﹣1，2），…（6分） 所以cos＜，＞===． 由圖可知，二面角P﹣AE﹣C的平面角為鈍角，所以其余弦值為﹣． …（7分） （ III）存在，點F是棱PC的中點． 設(shè)=λ=λ（，，﹣1），…（8分） 則==（﹣1，0，1）+λ（，，﹣1）=（﹣1+λ，λ，1﹣λ）， 由（ II）知平面AEC的法向量為=（，﹣1，2）． 由已題知BF∥平面AEC，等價于， 即（﹣1+λ，λ，1﹣λ）?（，﹣1，2）=（﹣1+

34、）λ+2（1﹣λ）=0． 解得． …（9分）， 所以點F是棱PC的中點．…（10分） 點評： 本題主要考查線面平行和垂直的判定，以及二面角的求解，建立空間坐標系，利用向量法是解決二面角的常用方法．考查學生的運算和推理能力． 19．（10分）在平面直角坐標系xOy中，點A的坐標為（0，3），設(shè)圓C的半徑為，且圓心C在直線l：y=2x﹣4上． （Ⅰ）若圓心C又在直線y=x﹣1上，過點A作圓C的切線，求此切線的方程； （Ⅱ）若圓C上存在點M，使得|MA|=2|MO|，求圓心C的橫坐標的取值范圍． 考點： 直線和圓的方程的應(yīng)用． 專題： 直線與圓． 分析： （Ⅰ）聯(lián)立兩

35、直線方程求得圓心C的坐標，則圓的方程可得，設(shè)出切線方程，利用點到直線的距離求得k，則直線的方程可得． （Ⅱ）設(shè)出圓心C的坐標，表示出圓的方程，進而根據(jù)|MA|=2|MO|，設(shè)出M，利用等式關(guān)系整理求得M的軌跡方程，進而判斷出點M應(yīng)該既在圓C上又在圓D上，且圓C和圓D有交點．進而確定不等式關(guān)系求得a的范圍． 解答： M解：（Ⅰ） 由得圓心C為（3，2），因為圓C的半徑為1， 所以圓C的方程為：（x﹣3）2+（y﹣2）2=1． 顯然切線的斜率一定存在，設(shè)所求圓C的切線方程為y=kx+3，即kx﹣y+3=0． 所以=1，解得k=0或﹣． 則所求圓C的切線方程為：y=3或3x+4y﹣12=

36、0． （Ⅱ）因為圓C的圓心在直線y=2x﹣4上，所以設(shè)圓心C為（a，2a﹣4）， 則圓C的方程為：（x﹣a）2+2=1． 又|MA|=2|MO|，設(shè)m為（x，y），則=2． 整理得：x2+（y+1）2=4，設(shè)該方程對應(yīng)的圓為D， 所以點M應(yīng)該既在圓C上又在圓D上，且圓C和圓D有交點．則|2﹣1|≤≤|2+1|． 由5a2﹣12a+8≥0，得a∈R． 由5a2﹣12a≤0得0≤a≤．所以圓心C的橫坐標的取值范圍為． 點評： 本題主要考查了直線與圓的方程的應(yīng)用．考查了學生的分析推理和基本的運算能力． 20．（10分）已知橢圓C：+=1（a＞b＞0）的離心率為，其短軸的一個端點

37、到它的左焦點距離為2，直線l：y=kx與橢圓C交于M，N兩點，P為橢圓C上異于M，N的點． （Ⅰ）求橢圓C的方程； （Ⅱ）若直線PM，PN的斜率都存在，判斷PM，PN的斜率之積是否為定值？若是，求出此定值，若不是，請說明理由； （Ⅲ）求△PMN面積的最大值． 考點： 橢圓的簡單性質(zhì)． 專題： 綜合題；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程． 分析： （Ⅰ）由已知，=，且a=2，所以c=1，b=，即可求橢圓C的方程； （Ⅱ）若直線PM，PN的斜率都存在，利用點差法，即可得出PM，PN的斜率之積是定值； （Ⅲ）求出點P到直線l：y=kx的距離最大值，|MN|，即可求△PMN面積的最大值．

38、 解答： 解：（Ⅰ）由已知，=，且a=2，所以c=1，b=． 所以橢圓C的方程為．…（3分） （Ⅱ）設(shè)P（x0，y0），M（x1，y1），n（﹣x1，﹣y1）， 則M，P的坐標代入橢圓方程，兩式作差得=﹣． 所以，當PM，PN的斜率都存在時，PM，PN的斜率之積是定值﹣．…（6分） （Ⅲ）過點P作與平行且與橢圓的相切的直線，設(shè)切線方程為y=kx+t， 代入橢圓方程，得（3k2+4）x2+8ktx+4t2﹣12=0． 令△=0，得|t|=．…（8分） 這時，直線y=kx+t與直線l：y=kx的距離就是點P到直線l：y=kx的距離最大值． 所以，點P到直線l：y=kx的距離最大值d=． 又由y=kx與橢圓方程，解得|x1|=． 所以|MN|=2|x1|=． 所以，△PMN面積的最大值為=2 …（10分） 點評： 本題考查橢圓方程，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考查點差法的運用，考查學生分析解決問題的能力，屬于中檔題．