理科数学 热门试卷

（1）由已知得，故由正弦定理得．

由余弦定理得．

因为，所以．

（2）由（1）知，由题设及正弦定理得，

即，可得．

由于，所以，故

．

设直线．

（1）由题设得，故，由题设可得．

由，可得，则．

从而，得．

所以的方程为．

（2）由可得．

由，可得．

所以．从而，故．

代入的方程得．

故．

（1）设，则，.

当时，单调递减，而，可得在有唯一零点，

设为.

则当时，；当时，.

所以在单调递增，在单调递减，故在存在唯一极大值点，即在存在唯一极大值点.

（2）的定义域为.

（i）当时，由（1）知，在单调递增，而，所以当时，，故在单调递减，又，从而是在的唯一零点.

（ii）当时，由（1）知，在单调递增，在单调递减，而，，所以存在，使得，且当时，；当时，.故在单调递增，在单调递减.

又，，所以当时，.从而， 在没有零点.

（iii）当时，，所以在单调递减.而，，所以在有唯一零点.

（iv）当时，，所以<0，从而在没有零点.

综上，有且仅有2个零点.

（1）连结B1C，ME．

因为M，E分别为BB1，BC的中点，

所以ME∥B1C，且ME=B1C．

又因为N为A1D的中点，所以ND=A1D．

由题设知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND，

因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED．

又MN平面EDC1，所以MN∥平面C1DE．

（2）由已知可得DE⊥DA．

以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz，则

，A1(2，0，4)，，，，，，．

设为平面A1MA的法向量，则，

所以可取．

设为平面A1MN的法向量，则

所以可取．

于是，

所以二面角的正弦值为．

（1）因为，又，故有

.

所以.

（2）因为为正数且，故有

=24.

所以.

（1）因为，且，所以C的直角坐标方程为.

的直角坐标方程为.

（2）由（1）可设C的参数方程为（为参数，）.

C上的点到的距离为.

当时，取得最小值7，故C上的点到距离的最小值为.