热门试卷

解析：（1）（且）

，解得，所以函数的定义域为……2分

令，则…（*）   ……3分

方程变为

，即……………………5分

解得，，经检验是（*）的增根，所以方程（*）的解为

即函数的零点为.……6分

（2）（）

……8分

，设……9分

函数在区间上是减函数……………………11分

当时，此时，，所以………………12分

①若，则，方程有解…………………………13分

②若，则，方程有解.…………………………14分

证明：（1）取线段的中点，连结、，

因为，，

所以，。

又，平面，所以平面。

而平面，

所以.

（2）因为，

平面，平面，

所以平面。

又平面，平面平面，

所以，同理得，

所以。

证明：

（1）由面，，所以.            ……………………………3分

又 ，所以.      ………………………………………………………………6分

（2）

取中点，连结，则，且，……………………8分

又   所以是平行四边形， …………9分

，且

所以面.     ………………………………12分

（1）设AC与BD相交于G,连结GF。

正方形ABCD,,又,

,2分

平面ACF,平面ACF,

平面ACF  3分

（2）解法一:过E点作EH⊥AD,垂足为H,连结BH1分

平面CDE,,又,,

平面ADE,,,平面ABCD,

所以是直线BE与平面ABCD所成的角，4分

Rt中,AE=3,DE=4,。,

所以直线BE与平面ABCD所成角的正弦值为， 4分

解法二:平面CDE,,又,,

平面ADE, ,, Rt中,AE=3,DE=4,,即,

设直线BE与平面ABCD所成角为,

所以直线BE与平面ABCD所成角的正弦值为，4分

（1）设,的坐标分别为,其中

由题意得的方程为:

因到直线的距离为,所以有,解得…………………1分

所以有……………………①

由题意知: ,即……②

联立①②解得:

所求椭圆的方程为           …………………………………………4分

（2）由（1）知:, 设

根据题意可知直线的斜率存在，可设直线斜率为,则直线的方程为

把它代入椭圆的方程,消去,整理得:

由韦达定理得,则,，

，线段的中点坐标为………………6分

(ⅰ)当时, 则有,线段垂直平分线为轴

于是

由,解得:   ……………………………………………8分

当时, 则线段垂直平分线的方程为

因为点是线段垂直平分线的一点,

令,得:，于是

由,解得:

代入,解得:

综上, 满足条件的实数的值为或      ………………………10分

(ⅱ)设，由题意知的斜率,直线的斜率为，则

由　化简得：。

∵此方程有一根为， 得，…………………………12分

,  则

所以的直线方程为

令，则。

所以直线过轴上的一定点…………………………………………………14分

（1）由面，，所以.            ……………3分

又 ，所以.      ……………………………………………6分

（2）

取中点，连结，则，且，………8分

又   所以是平行四边形， …………9分

，且

所以面.     …………………12分

（1）∵三棱柱ABC﹣A1B1C1为直三棱柱

∴CC1⊥平面ABC；

又∵AC⊂平面ABC

∴CC1⊥AC

又∵AC⊥BC，CC1∩BC=C

∴AC⊥平面B1C1CB

又∵B1C⊂平面B1C1CB

∴B1C⊥AC

又∵BC=BB1，

∴平面B1C1CB为正方形，

∴B1C⊥BC1，又∵B1C∩AC=C

∴BC1⊥平面AB1C；

（2）

连接BC1，连接AC1于E，连接DE，E是AC1中点，

D是AB中点，则DE∥BC1，

又DE⊂面CA1D1，BC1⊄面CA1D1∴BC1∥面CA1D

（1）解：过作平面平面，垂足为，连接，并延长交于，连接，于是为与底面所成的角，     ………….2分

因为，所以为的平分线

又因为，所以，且为的中点

因此，由三垂线定理

因为，且，所以，

于是为二面角的平面角，即……….4分

由于四边形为平行四边形，得

所以，与底面所成的角度为………………………….8分

（2） 证明：设与的交点为，则点P为EG的中点，连结PF。

在平行四边形中，因为F是的中点，所以

而EP平面，平面，所以平面…….12分

（1）直三棱柱ABC－A1B1C1，底面三边长AC=3，BC=4，AB=5，

∴ AC⊥BC，

又因为 面ABC   

又    面   面    AC⊥BC1；

（2）

设CB1与C1B的交点为E，连结DE，∵ D是AB的中点，E是BC1的中点，∴ DE//AC1，

∵ DE平面CDB1，AC1平面CDB1，∴ AC1//平面CDB1；

（3）∵ DE//AC1，∴ ∠CED为AC1与B1C所成的角，

在△CED中，ED=AC 1=，CD=AB=，CE=CB1=2，

∴ ，

∴ 异面直线 AC1与 B1C所成角的余弦值.

（1）连接交于点  ,连接 ,         …… 1分

在矩形中， 为中点， ,  ……… 3 分

,     ，

 平面.                            ………… 4分

（2）由题设和图形易知:

CE⊥面ABCD ，         …………… 5分

                ………… 6分

,

……………8分

.                  ……………9分

（3）过点在面内作垂直于点，则面，

即的大小为四棱锥-的高，==，              ………11分

= .                           ……………………12分

（1）

取AD中点E，连接ME，NE. www.zxxk.com

由已知M，N分别是PA，BC的中点.

∴ME//PD，NE//CD……………………………………2分

又ME，平面MNE..

所以，平面MNE//平面PCD.…………………………4分

MN平面MNE

所以，MN//平面PCD………………………………6分

（2）因为四边形ABCD为正方形.

所以AC⊥BD.

又PD⊥平面ABCD.AC平面ABCD所以PD⊥AC.……………………………8分

又BDPD=D.

所以AC⊥平面PBD.………………………………………………………………10分

AC平面PAC

所以平面PAC⊥平面PBD…………………………………………………………12分

（1）∵为中点   ∴DE∥PA

∵平面DEF，DE平面DEF    ∴PA∥平面DEF

（2）∵为中点   ∴

∵为中点   ∴

∴    ∴，∴DE⊥EF

∵，∴

∵   ∴DE⊥平面ABC

∵DE平面BDE，   ∴平面BDE⊥平面ABC。

（1）证明：因为PD⊥平面ABCD.

所以PD⊥AD.

又因为ABCD是矩形，

所以AD⊥CD.…………………………………………………………………2分

因为

所以AD⊥平面PCD.

又因为平面PCD，

所以AD⊥PC.………………………………4分

（2）解：因为AD⊥平面PCD，VP-ADE=VA-PDE，…………………………………6分

所以AD是三棱锥A—PDE的高.

因为E为PC的中点，且PD=DC=4，

所以

又AD=2，

所以………………………………8分

（3）

取AC中点M，连结EM、DM，

因为E为PC的中点，M是AC的中点，

所以EM//PA，

又因为EM平面EDM，PA平面EDM，

所以PA//平面EDM.…………………………………………………………10分

所以

即在AC边上存在一点M，使得PA//平面EDM，AM的长为.………12分