山东省烟台市招远二中2014-2015学年高一数学下学期期末模拟试卷（含解析）.doc

烟台市2014-2015高一数学下学期期末模拟试卷（附解析）‎ 一、选择题：（本大题共10小题．每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）‎ ‎1．（4分）若直线的倾斜角为60°，则直线的斜率为（）‎ ‎ A． B． ﹣ C． D． ﹣‎ ‎2．（4分）函数的零点个数是（）‎ ‎ A． 0 B． ‎1 ‎C． 2 D． 3‎ ‎3．（4分）直线y=3x+1关于y轴对称的直线方程为（）‎ ‎ A． y=﹣3x﹣1 B． y=3x﹣‎1 ‎C． y=﹣x+1 D． y=﹣3x+1‎ ‎4．（4分）下列四个命题 ‎①垂直于同一条直线的两条直线相互平行；‎ ‎②垂直于同一个平面的两条直线相互平行；‎ ‎③垂直于同一条直线的两个平面相互平行；‎ ‎④垂直于同一个平面的两个平面相互平行；‎ 其中错误的命题有（）‎ ‎ A． 1个 B． 2个 C． 3个 D． 4个 ‎5．（4分）水平放置的△ABC的直观图如图，其中B′O′=C′O′=1，A′O′=，那么原△ABC是一个（）‎ ‎ A． 等边三角形 ‎ B． 直角三角形 ‎ C． 三边中只有两边相等的等腰三角形 ‎ D． 三边互不相等的三角形 ‎6．（4分）设α、β、γ为两两不重合的平面，l、m、n为两两不重合的直线，给出下列四个命题：‎ ‎①若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β；‎ ‎②若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β；‎ ‎③若α∥β，l⊂α，则l∥β；‎ ‎④若α∩β=l，β∩γ=m，γ∩α=n，l∥γ，则m∥n．‎ 其中真命题的个数是（）‎ ‎ A． 1 B． ‎2 ‎C． 3 D． 4‎ ‎7．（4分）已知直线3x+4y﹣3=0与直线6x+my+14=0行，则它们之间的距离是（）‎ ‎ A． B． C． 8 D． 2‎ ‎8．（4分）正三棱锥的高是，侧棱长为，那么侧面与底面所成的二面角是（）‎ ‎ A． 60° B． 30° C． 45° D． 75°‎ ‎9．（4分）下列图象表示的函数能用二分法求零点的是（）‎ ‎ A． B． C． D． ‎ ‎10．（4分）已知m，n，l是直线，α、β是平面，下列命题中：‎ ‎①若l垂直于α内两条直线，则l⊥α；②若l平行于α，则α内可有无数条直线与l平行；‎ ‎③若m⊂α，l⊂β，且l⊥m，则α⊥β；④若m⊥n，n⊥l则m∥l；‎ ‎⑤若m⊂α，l⊂β，且α∥β，则m∥l；正确的命题个数为（）‎ ‎ A． 1 B． ‎2 ‎C． 3 D． 4‎ 二、填空题：（本大题共5小题，每小题4分，共16分.将答案填在题中横线上.）‎ ‎11．（4分）过点（1，2）且与直线x+2y﹣1=0平行的直线方程是．‎ ‎12．（4分）已知点A（1，4），B（4，1），直线L：y=ax+2与线段AB相交于P，则a的范围．‎ ‎13．（4分）某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为．‎ ‎14．（4分）已知直线L1：mx﹣（m﹣2）y+2=0直线L2：3x+my﹣1=0且L1⊥L2则m=．‎ ‎15．（4分）已知各顶点都在同一球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的体积为．‎ 三、解答题：（本大题共6小题，共36分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.‎ ‎16．（12分）如图，在平行四边形OABC中，点C（1，3）．‎ ‎（1）求OC所在直线的斜率；‎ ‎（2）过点C做CD⊥AB于点D，求CD所在直线的方程．‎ ‎17．（12分）如图所示的三个图中，左边的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图．它的正视图和侧视图在右边画出（单位：cm）．‎ ‎（1）在正视图下面，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图；‎ ‎（2）按照给出的尺寸，求该多面体的体积．‎ ‎18．（12分）已知点A（3，2）和B（﹣1，5）．‎ ‎（1）直线L1：y=mx+2过线段AB的中点，求m；‎ ‎（2）若点C在直线L1 上，△ABC的面积为10，求点C的坐标．‎ ‎19．（12分）如图所示，已知四棱锥P﹣ABCD的底面是边长为a的菱形，且∠ABC=120°，PC⊥平面ABCD，PC=a，E为PA的中点．‎ ‎（1）求证：平面EBD⊥平面ABCD；‎ ‎（2）求点E到平面PBC的距离．‎ ‎20．（13分）如图，在斜三棱柱ABC﹣A1B‎1C1中，点O、E分别是A‎1C1、AA1的中点，AO⊥平面A1B‎1C1．已知∠BCA=90°，AA1=AC=BC=2．‎ ‎（Ⅰ）证明：OE∥平面AB‎1C1；‎ ‎（Ⅱ）求异面直线AB1与A‎1C所成的角；‎ ‎（Ⅲ）求A‎1C1与平面AA1B1所成角的正弦值．‎ ‎21．（14分）专家通过研究学生的学习行为，发现学生的注意力随着老师讲课时间的变化而变化，讲课开始时，学生的兴趣激增，中间有一段时间，学生的兴趣保持较理想的状态，随后学生的注意力开始分散，设f（x）表示学生注意力随时间x（分钟）的变化规律．（f（x）越大，表明学生注意力越大），经过试验分析得知：‎ ‎（Ⅰ）讲课开始后多少分钟，学生的注意力最集中？能坚持多少分钟？‎ ‎（Ⅱ）讲课开始后5分钟时与讲课开始后25分钟时比较，何时学生的注意力更集中？‎ ‎（Ⅲ）一道数学难题，需要讲解24分钟，并且要求学生的注意力至少达到180，那么经过适当安排，老师能否在学生达到所需的状态下讲完这道题目？‎ 山东省烟台市招远二中2014-2015学年高一下学期期末数学模拟试卷 参考答案与试题解析 一、选择题：（本大题共10小题．每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）‎ ‎1．（4分）若直线的倾斜角为60°，则直线的斜率为（）‎ ‎ A． B． ﹣ C． D． ﹣‎ 考点： 直线的斜率． ‎ 专题： 计算题．‎ 分析： 直接根据倾斜角和斜率之间的关系即可得到结论．‎ 解答： 解：因为直线的斜率k和倾斜角θ的关系是：k=tanθ ‎∴倾斜角为60°时，对应的斜率k=tan60°=‎ 故选：A．‎ 点评： 本题主要考查直线的倾斜角和斜率之间的关系以及计算能力，属于基础题目．做这一类型题目的关键是熟悉公式．‎ ‎2．（4分）函数的零点个数是（）‎ ‎ A． 0 B． ‎1 ‎C． 2 D． 3‎ 考点： 根的存在性及根的个数判断． ‎ 专题： 计算题．‎ 分析： 先判断函数的单调性，由于在定义域上两个增函数的和仍为增函数，故函数f（x）为单调增函数，而f（0）＜0，f（1）＞0，由零点存在性定理可判断此函数仅有一个零点．‎ 解答： 解：函数f（x）的定义域为R，‎ ‎∵y=在定义域上为增函数，y=在定义域上是减函数，‎ ‎∴函数的零点，就是上面两个函数的图象的交点，‎ 而f（0）=﹣1＜0，f（1）=＞0‎ 故函数的零点个数为1个 故选B．‎ 点评： 本题主要考查了函数零点的判断方法，零点存在性定理的意义和运用，函数单调性的判断和意义，属基础题．‎ ‎3．（4分）直线y=3x+1关于y轴对称的直线方程为（）‎ ‎ A． y=﹣3x﹣1 B． y=3x﹣‎1 ‎C． y=﹣x+1 D． y=﹣3x+1‎ 考点： 与直线关于点、直线对称的直线方程． ‎ 专题： 直线与圆．‎ 分析： 在直线y=3x+1上任意取一点（m，n），则有n=‎3m+1 ①，设点（m，n）关于y轴对称的点为（x，y），把点（m，n）与（x，y）的关系代入①化简可得点（x，y）满足的关系式，即为所求．‎ 解答： 解：在直线y=3x+1上任意取一点（m，n），则有n=‎3m+1 ①，设点（m，n）关于y轴对称的点为（x，y），则由题意可得 x+m=0，n=y．‎ 把 x+m=0，n=y代入①化简可得 y=﹣3x+1，‎ 故选D．‎ 点评： 本题主要考查求一条直线关于某直线对称的直线的方程的方法，属于中档题．‎ ‎4．（4分）下列四个命题 ‎①垂直于同一条直线的两条直线相互平行；‎ ‎②垂直于同一个平面的两条直线相互平行；‎ ‎③垂直于同一条直线的两个平面相互平行；‎ ‎④垂直于同一个平面的两个平面相互平行；‎ 其中错误的命题有（）‎ ‎ A． 1个 B． 2个 C． 3个 D． 4个 考点： 直线与平面垂直的性质；空间中直线与直线之间的位置关系． ‎ 专题： 综合题．‎ 分析： 对选项①④可利用正方体为载体进行分析，举出反例即可判定结果，对选项②③根据线面垂直的性质定理和面面平行的判定定理进行判定即可．‎ 解答： 解：①垂直于同一条直线的两条直线相互平行，不正确，如正方体的一个顶角的三个边就不成立 ‎②垂直于同一个平面的两条直线相互平行，根据线面垂直的性质定理可知正确；‎ ‎③垂直于同一条直线的两个平面相互平行，根据面面平行的判定定理可知正确；‎ ‎④垂直于同一个平面的两个平面相互平行，不正确，如正方体相邻的三个面就不成立；‎ 故选B 点评： 此种题型解答的关键是熟练掌握空间直线与直线、直线与平面、平面与平面垂直和平行的判定及性质．‎ ‎5．（4分）水平放置的△ABC的直观图如图，其中B′O′=C′O′=1，A′O′=，那么原△ABC是一个（）‎ ‎ A． 等边三角形 ‎ B． 直角三角形 ‎ C． 三边中只有两边相等的等腰三角形 ‎ D． 三边互不相等的三角形 考点： 平面图形的直观图． ‎ 专题： 计算题；转化思想．‎ 分析： 由图形和A′O′=通过直观图的画法知在原图形中三角形的底边BC=B'C'，AO⊥BC，且AO=，故三角形为正三角形．‎ 解答： 解：由图形知，在原△ABC中，AO⊥BC，‎ ‎∵A′O′=‎ ‎∴AO=‎ ‎∵B′O′=C′O′=1∴BC=2‎ ‎∴AB=AC=2‎ ‎∴△ABC为正三角形．‎ 故选A 点评： 本题考查了平面图形的直观图的画法及其先关性质，把握好直观图与原图形的关系，是个基础题．‎ ‎6．（4分）设α、β、γ为两两不重合的平面，l、m、n为两两不重合的直线，给出下列四个命题：‎ ‎①若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β；‎ ‎②若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β；‎ ‎③若α∥β，l⊂α，则l∥β；‎ ‎④若α∩β=l，β∩γ=m，γ∩α=n，l∥γ，则m∥n．‎ 其中真命题的个数是（）‎ ‎ A． 1 B． ‎2 ‎C． 3 D． 4‎ 考点： 平面与平面之间的位置关系；空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系． ‎ 专题： 证明题．‎ 分析： 由空间中面面平面关系的判定方法，线面平等的判定方法及线面平行的性质定理，我们逐一对四个答案进行分析，即可得到答案．‎ 解答： 解：若α⊥γ，β⊥γ，则α与β可能平行也可能相交，故①错误；‎ 由于m，n不一定相交，故α∥β不一定成立，故②错误；‎ 由面面平行的性质定理，易得③正确；‎ 由线面平行的性质定理，我们易得④正确；‎ 故选B 点评： 在判断空间线面的关系，熟练掌握线线、线面、面面平行（或垂直）的判定及性质定理是解决此类问题的基础．‎ ‎7．（4分）已知直线3x+4y﹣3=0与直线6x+my+14=0行，则它们之间的距离是（）‎ ‎ A． B． C． 8 D． 2‎ 考点： 两条平行直线间的距离；直线的一般式方程与直线的平行关系． ‎ 专题： 计算题．‎ 分析： 根据两平行直线的斜率相等，在纵轴上的截距不相等，求出 m，利用两平行直线间的距离公式求出两平行直线间的距离．‎ 解答： 解：∵直线3x+4y﹣3=0与直线6x+my+14=0平行，∴=≠，∴m=8，‎ 故直线6x+my+14=0 即3x+4y+7=0，故两平行直线间的距离为 =2，‎ 故选 D．‎ 点评： 本题考查两直线平行的性质，两平行直线间的距离公式的应用．‎ ‎8．（4分）正三棱锥的高是，侧棱长为，那么侧面与底面所成的二面角是（）‎ ‎ A． 60° B． 30° C． 45° D． 75°‎ 考点： 棱锥的结构特征． ‎ 专题： 空间位置关系与距离．‎ 分析： 设正三棱锥为P﹣ABC，底面为正三角形，高OP，O点为△ABC外（内心、重心），延长CO交AB于D，易证AB⊥CD，PD⊥AB，则∠CDP是P﹣AB﹣C二面角的平面角，在三角形CDP中求出此角即可．‎ 解答： 解：正三棱锥为P﹣ABC底面为正三角形，‎ 令棱锥的高为OP，则O点为△ABC外（内心、重心），且OC==2，‎ 延长CO交AB于D，则OD==1，CD=3，BD=，‎ PD==2，‎ ‎∵AB⊥CD，PD⊥AB，‎ ‎∴∠CDP是P﹣AB﹣C二面角的平面角，‎ cos∠CDP=，‎ 即∠CDP=60°，‎ 故侧面与底面所成的二面角为60°．‎ 故选：A 点评： 本题主要考查了二面角的平面角及求法，同时考查了正三棱锥的性质，解题的关键是寻找二面角的平面角，属于基础题．‎ ‎9．（4分）下列图象表示的函数能用二分法求零点的是（）‎ ‎ A． B． C． D． ‎ 考点： 二分法的定义． ‎ 专题： 计算题；函数的性质及应用．‎ 分析： 根据函数只有满足在零点两侧的函数值异号时，才可用二分法求函数f（x）的零点，结合所给的图象可得结论．‎ 解答： 解：由函数图象可得，A中的函数没有零点，故不能用二分法求零点，故排除A．‎ B和D中的函数有零点，但函数在零点附近两侧的符号相同，故不能用二分法求零点，故排除．‎ 只有C中的函数存在零点且函数在零点附近两侧的符号相反，故能用二分法求函数的零点，‎ 故选C．‎ 点评： 本题主要考查函数的零点的定义，用二分法求函数的零点的方法，属于基础题．‎ ‎10．（4分）已知m，n，l是直线，α、β是平面，下列命题中：‎ ‎①若l垂直于α内两条直线，则l⊥α；②若l平行于α，则α内可有无数条直线与l平行；‎ ‎③若m⊂α，l⊂β，且l⊥m，则α⊥β；④若m⊥n，n⊥l则m∥l；‎ ‎⑤若m⊂α，l⊂β，且α∥β，则m∥l；正确的命题个数为（）‎ ‎ A． 1 B． ‎2 ‎C． 3 D． 4‎ 考点： 空间中直线与平面之间的位置关系． ‎ 专题： 空间位置关系与距离．‎ 分析： 利用线面平行、面面平行的性质定理和判定定理对五个命题分别分析选择．‎ 解答： 解：对于①，若l垂直于α内两条直线，如果两条直线平行，则l与α不一定平行；故①错误；‎ 对于②，若l平行于α，则α内可有无数条直线与l平行；根据线面平行的性质定理判断是正确的；‎ 对于③，若m⊂α，l⊂β，且l⊥m，则α与β可能平行；故③错误；‎ 对于④，若m⊥n，n⊥l则m与l平行，相交或者异面；故④错误；‎ 对于⑤，若m⊂α，l⊂β，且α∥β，则m∥l或者异面；故⑤错误；‎ 所以正确的命题为：②；‎ 故选：A．‎ 点评： 本题考查了空间线面关系定理的运用；用到了线面平行的性质定理和判定定理，面面平行的性质定理和判定定理．‎ 二、填空题：（本大题共5小题，每小题4分，共16分.将答案填在题中横线上.）‎ ‎11．（4分）过点（1，2）且与直线x+2y﹣1=0平行的直线方程是x+2y﹣5=0．‎ 考点： 直线的一般式方程与直线的平行关系． ‎ 专题： 计算题．‎ 分析： 设过点（1，2）且与直线x+2y﹣1=0平行的直线方程为 x+2y+m=0，把点（1，2）代入直线方程，求出m值即得直线l的方程．‎ 解答： 解：设过点（1，2）且与直线x+2y=0平行的直线方程为x+2y+m=0，‎ 把点（1，2）代入直线方程得，‎ ‎1+4+m=0，m=﹣5，‎ 故所求的直线方程为 x+2y﹣5=0，‎ 故答案为：x+2y﹣5=0．‎ 点评： 本题考查用待定系数法求直线方程的方法，设过点（1，2）且与直线x+2y﹣1=0平行的直线方程为 x+2y+m=0 是解题的关键．‎ ‎12．（4分）已知点A（1，4），B（4，1），直线L：y=ax+2与线段AB相交于P，则a的范围[，2]．‎ 考点： 直线的斜率． ‎ 专题： 直线与圆．‎ 分析： 根据直线斜率公式，进行求解即可得到结论．‎ 解答： 解：作出对应的图象如图：‎ 若直线L：y=ax+2与线段AB相交于P，‎ 直线y=ax+2过定点C（0，2），‎ 则满足kCB≤kCp≤kCA，‎ ‎∵kCB==，kCA==2，‎ 即≤kCp≤2，‎ 即≤a≤2，‎ 故答案为：[，2]‎ 点评： 本题主要考查直线方程和直线斜率的应用，利用数形结合是解决本题的关键．‎ ‎13．（4分）某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为8﹣π．‎ 考点： 由三视图求面积、体积． ‎ 专题： 空间位置关系与距离．‎ 分析： 由三视图知几何体为正方体在相对的两个顶点处分别挖去两个个圆柱，根据三视图的数据求出正方体的棱长、圆柱的高和底面上的半径，代入体积公式计算即可．‎ 解答： 解：由三视图可知，该几何体为正方体在相对的两个顶点处分别挖去两个个圆柱，‎ 由三视图中的数据可得：正方体的棱长为2，圆柱的高为2，圆柱底面的半径都是1，‎ ‎∴几何体的体积V==8﹣π，‎ 故答案为：8﹣π．‎ 点评： 本题考查了由三视图求几何体的体积，解题的关键是判断几何体的形状及相关数据所对应的几何量，考查空间想象能力．‎ ‎14．（4分）已知直线L1：mx﹣（m﹣2）y+2=0直线L2：3x+my﹣1=0且L1⊥L2则m=0或5．‎ 考点： 直线的一般式方程与直线的垂直关系． ‎ 专题： 直线与圆．‎ 分析： 由直线垂直得到系数间的关系，化为关于m的方程求得m的值．‎ 解答： 解：直线L1：mx﹣（m﹣2）y+2=0，直线L2：3x+my﹣1=0，‎ 由L1⊥L2，得‎3m﹣（m﹣2）m=0，即m2﹣‎5m=0，解得m=0或m=5．‎ 故答案为：0或5．‎ 点评： 本题考查直线的一般式方程与直线垂直的关系，关键是熟记直线垂直与系数间的关系，是基础题．‎ ‎15．（4分）已知各顶点都在同一球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的体积为．‎ 考点： 球内接多面体；球的体积和表面积． ‎ 专题： 空间位置关系与距离．‎ 分析： 先求正四棱柱的底面边长，然后求其对角线，就是球的直径，再求其体积．‎ 解答： 解：正四棱柱高为4，体积为16，底面积为4，正方形边长为2，‎ 正四棱柱的对角线长即球的直径为2 ，‎ ‎∴球的半径为 ，球的体积是V==，‎ 故答案为：‎ 点评： 本题考查学生空间想象能力，四棱柱的体积，球的体积，容易疏忽的地方是几何体的体对角线是外接球的直径，导致出错．‎ 三、解答题：（本大题共6小题，共36分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.‎ ‎16．（12分）如图，在平行四边形OABC中，点C（1，3）．‎ ‎（1）求OC所在直线的斜率；‎ ‎（2）过点C做CD⊥AB于点D，求CD所在直线的方程．‎ 考点： 直线的点斜式方程；斜率的计算公式；直线的一般式方程． ‎ 专题： 计算题．‎ 分析： （1）根据原点坐标和已知的C点坐标，利用直线的斜率k=，求出直线OC的斜率即可；‎ ‎（2）根据平行四边形的两条对边平行得到AB平行于OC，又CD垂直与AB，所以CD垂直与OC，由（1）求出的直线OC的斜率，根据两直线垂直时斜率乘积为﹣1，求出CD所在直线的斜率，然后根据求出的斜率和点C的坐标写出直线CD的方程即可．‎ 解答： 解：（1）∵点O（0，0），点C（1，3），‎ ‎∴OC所在直线的斜率为．‎ ‎（2）在平行四边形OABC中，AB∥OC，‎ ‎∵CD⊥AB，‎ ‎∴CD⊥OC．∴CD所在直线的斜率为．‎ ‎∴CD所在直线方程为，即x+3y﹣10=0．‎ 点评： 此题考查学生会根据两点的坐标求出过两点直线方程的斜率，掌握两直线平行时斜率所满足的条件，会根据一点和斜率写出直线的点斜式方程，是一道综合题．‎ ‎17．（12分）如图所示的三个图中，左边的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图．它的正视图和侧视图在右边画出（单位：cm）．‎ ‎（1）在正视图下面，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图；‎ ‎（2）按照给出的尺寸，求该多面体的体积．‎ 考点： 由三视图求面积、体积；简单空间图形的三视图． ‎ 专题： 计算题；作图题．‎ 分析： （1）依据画图的规则作出其俯视图即可；‎ ‎（2）此几何体是一个长方体削去了一个角，由图中的数据易得几何体的体积．‎ 解答： 解：（1）如图 ‎（2）它可以看成一个长方体截去一个小三棱锥，‎ 设长方体体积为V1，小三棱锥的体积为V2，则根据图中所给条件得：V1=6×4×4=96（cm3），；‎ ‎∴=94=‎ 点评： 本题考查由三视图求面积、体积，求解的关键是由视图得出几何体的长、宽、高等性质，熟练掌握各种类型的几何体求体积的公式，可使本题求解更快捷．‎ ‎18．（12分）已知点A（3，2）和B（﹣1，5）．‎ ‎（1）直线L1：y=mx+2过线段AB的中点，求m；‎ ‎（2）若点C在直线L1 上，△ABC的面积为10，求点C的坐标．‎ 考点： 点到直线的距离公式；中点坐标公式． ‎ 专题： 直线与圆．‎ 分析： （1）求出相等中点，代入直线方程求m；‎ ‎（2）设C（x，y），利用点C在直线L1 上，△ABC的面积为10，得到关于x，y的方程解之．‎ 解答： 解：（1）AB的中点坐标为（1，），此点在直线L1：y=mx+2上，所以3.5=m+2，解得m=1.5；‎ ‎（2）由（1）得L1：y=1.5x+2，即3x﹣2y+4=0，‎ 设点C到直线AB的距离为d，‎ 由题意知：|AB|==5…（2分）‎ S△ABC=|AB|•d=×5×d=10，‎ ‎∴d=4…（4分）‎ 直线AB的方程为：，即3x+4y﹣17=0…（6分）‎ ‎∵C点在直线3x﹣2y+4=0①上，设C（x，y）‎ ‎∴d==4，②…（10分）‎ 由①②得或者 ‎∴C点的坐标为：（）或（）…（12分）‎ 点评： 本题考查三角形的面积公式、中点公式，点到直线的距离公式的应用，考查计算能力．‎ ‎19．（12分）如图所示，已知四棱锥P﹣ABCD的底面是边长为a的菱形，且∠ABC=120°，PC⊥平面ABCD，PC=a，E为PA的中点．‎ ‎（1）求证：平面EBD⊥平面ABCD；‎ ‎（2）求点E到平面PBC的距离．‎ 考点： 点、线、面间的距离计算；平面与平面垂直的判定． ‎ 专题： 综合题；空间位置关系与距离．‎ 分析： （1）欲证平面EDB⊥平面ABCD，根据面面垂直的判定定理可知在平面EDB内一直线与平面ABCD垂直，连接AC与BD相交于O，连接EO，而根据题意可得EO⊥平面ABCD；‎ ‎（2）在底面作OH⊥BC，垂足为H，根据OE∥平面PBC可知点E到平面PBC的距离就是点O到平面PBC的距离OH，求出OH即可求出点E到平面PBC的距离．‎ 解答： （1）证明：连接AC与BD相交于O，连接EO，则EO∥PC，‎ 因为PC⊥平面ABCD，‎ 所以EO⊥平面ABCD 又EO⊂平面EDB，‎ 所以平面EDB⊥平面ABCD；‎ ‎（2）解：在底面作OH⊥BC，垂足为H，‎ 因为平面PCB⊥平面ABCD，‎ 所以OH⊥平面PCB，‎ 又因为OE∥PC，‎ 所以OE∥平面PBC，‎ 所以点E到平面PBC的距离就是点O到平面PBC的距离OH，解得OH=．‎ 点评： 本小题主要考查平面与平面垂直的判定，以及点、线、面间的距离计算等有关知识，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，考查转化思想，属于中档题．‎ ‎20．（13分）如图，在斜三棱柱ABC﹣A1B‎1C1中，点O、E分别是A‎1C1、AA1的中点，AO⊥平面A1B‎1C1．已知∠BCA=90°，AA1=AC=BC=2．‎ ‎（Ⅰ）证明：OE∥平面AB‎1C1；‎ ‎（Ⅱ）求异面直线AB1与A‎1C所成的角；‎ ‎（Ⅲ）求A‎1C1与平面AA1B1所成角的正弦值．‎ 考点： 用空间向量求直线与平面的夹角；异面直线及其所成的角；直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角． ‎ 专题： 计算题；证明题．‎ 分析： 解法一：（Ⅰ）证明OE∥AC1，然后证明OE∥平面AB‎1C1．‎ ‎（Ⅱ）先证明A‎1C⊥B‎1C1．再证明A‎1C⊥平面AB‎1C1，推出异面直线AB1与A‎1C所成的角为90°．‎ ‎（Ⅲ） 设点C1到平面AA1B1的距离为d，通过，求出A‎1C1与平面AA1B1所成角的正弦值．‎ 解法二：如图建系O﹣xyz，求出A，A1，E，C1，B1，C的坐标 ‎（Ⅰ）通过计算，证明OE∥AC1，然后证明OE∥平面AB‎1C1．‎ ‎（Ⅱ）通过，证明AB1⊥A‎1C，推出异面直线AB1与A‎1C所成的角为90°．‎ ‎（Ⅲ）设A‎1C1与平面AA1B1所成角为θ，设平面AA1B1的一个法向量是利用推出，通过，求出A‎1C1与平面AA1B1所成角的正弦值．‎ 解答： 解法一：（Ⅰ）证明：∵点O、E分别是A‎1C1、AA1的中点，‎ ‎∴OE∥AC1，又∵EO⊄平面AB‎1C1，AC1⊂平面AB‎1C1，‎ ‎∴OE∥平面AB‎1C1．（4分）‎ ‎（Ⅱ）∵AO⊥平面A1B‎1C1，∴AO⊥B‎1C1，又∵A‎1C1⊥B‎1C1，且A‎1C1∩AO=O，‎ ‎∴B‎1C1⊥平面A‎1C1CA，∴A‎1C⊥B‎1C1．（6分）‎ 又∵AA1=AC，∴四边形A‎1C1CA为菱形，‎ ‎∴A‎1C⊥AC1，且B‎1C1∩AC1=C1∴A‎1C⊥平面AB‎1C1，‎ ‎∴AB1⊥A‎1C，即异面直线AB1与A‎1C所成的角为90°．（8分）‎ ‎（Ⅲ） 设点C1到平面AA1B1的距离为d，∵，‎ 即•d．（10分）‎ 又∵在△AA1B1中，，∴S△AA1B1=．‎ ‎∴，∴A‎1C1与平面AA1B1所成角的正弦值．（12分）‎ 解法二：如图建系O﹣xyz，，，C1（0，1，0），B1（2，1，0），．（2分）‎ ‎（Ⅰ）∵=，，∴，即OE∥AC1，‎ 又∵EO⊄平面AB‎1C1，AC1⊂平面AB‎1C1，∴OE∥平面AB‎1C1．（6分）‎ ‎（Ⅱ）∵，，∴，即∴AB1⊥A‎1C，‎ ‎∴异面直线AB1与A‎1C所成的角为90°．（8分）‎ ‎（Ⅲ）设A‎1C1与平面AA1B1所成角为θ，∵，‎ 设平面AA1B1的一个法向量是 则即 不妨令x=1，可得，（10分）‎ ‎∴，‎ ‎∴A‎1C1与平面AA1B1所成角的正弦值．（12分）‎ 点评： 本题考查直线与平面平行，异面直线所成的角，直线与平面所成的角的求法，考查空间想象能力，计算能力．‎ ‎21．（14分）专家通过研究学生的学习行为，发现学生的注意力随着老师讲课时间的变化而变化，讲课开始时，学生的兴趣激增，中间有一段时间，学生的兴趣保持较理想的状态，随后学生的注意力开始分散，设f（x）表示学生注意力随时间x（分钟）的变化规律．（f（x）越大，表明学生注意力越大），经过试验分析得知：‎ ‎（Ⅰ）讲课开始后多少分钟，学生的注意力最集中？能坚持多少分钟？‎ ‎（Ⅱ）讲课开始后5分钟时与讲课开始后25分钟时比较，何时学生的注意力更集中？‎ ‎（Ⅲ）一道数学难题，需要讲解24分钟，并且要求学生的注意力至少达到180，那么经过适当安排，老师能否在学生达到所需的状态下讲完这道题目？‎ 考点： 分段函数的应用． ‎ 专题： 应用题；函数的性质及应用．‎ 分析： （Ⅰ）对分段函数讨论，当0＜x≤10时，10＜x＜20时，当20＜x≤40时，分析函数的单调性，求得最大值即可；‎ ‎（Ⅱ）代入分段函数，计算即可得到；‎ ‎（Ⅲ）当0＜x≤10时，令y=180，解得x=4，当20＜x≤40时，令y=380﹣7x=180，解得x，作差即可得到结论．‎ 解答： 解：（Ⅰ）当0＜x≤10时，y=﹣x2+24x+100=﹣（t﹣12）2+244，‎ 对称轴x=12，在对称轴的左侧，y随x增大而增大，‎ 当x=10时，y取得最大值240，‎ ‎10＜x＜20时，y=240．‎ 当20＜x≤40时，y=380﹣7x，y随x的增大而减小．‎ 此时y＜240．‎ 故x=10，ymax=240，‎ 即有讲课开始后10分钟，学生的注意力最集中，能坚持10分钟；‎ ‎（Ⅱ）当t=5时，y=195，当t=25时，y=205，‎ 则讲课开始后5分钟时与讲课开始后25分钟时比较，讲课后25分钟，学生的注意力更集中；‎ ‎（Ⅲ）当0＜x≤10时，令y=﹣x2+24x+100=180，‎ 解得x=4，‎ 当20＜x≤40时，令y=380﹣7x=180，‎ 解得x=28.57．‎ 由于28.57﹣4＞24，‎ 则经过适当安排，老师能在学生达到所需的状态下讲完这道题目．‎ 点评： 本题考查分段函数的运用，主要考查二次函数的图象和性质的运用，考查运算能力，属于中档题．‎