《（安徽專用）2014屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)方案 滾動(dòng)基礎(chǔ)訓(xùn)練卷（10） 理 （含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（安徽專用）2014屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)方案 滾動(dòng)基礎(chǔ)訓(xùn)練卷（10） 理 （含解析）（6頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、　45分鐘滾動(dòng)基礎(chǔ)訓(xùn)練卷(十) (考查范圍：第37講～第44講，以第42講～第44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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的) 1．[2012·長(zhǎng)沙二模] 已知平面α內(nèi)有一個(gè)點(diǎn)M(1，6，2)，平面α的一個(gè)法向量是n＝(6，－3，0)，則下列點(diǎn)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(diǎn)B、C在棱l上，A∈α，D∈β，AB⊥l，CD⊥l，AB＝2，BC＝1，CD＝3，則AD的長(zhǎng)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(gè)向量共面，則實(shí)數(shù)λ等于(　　) A. B. C. D. 7．[2013·濟(jì)南期中] 已知△ABC的三個(gè)頂點(diǎn)分別是A(1，－1，2)，B(5，－6，2)，C(1，3，－1)，則AC邊上的高BD長(zhǎng)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(zhǎng)相等，E為PC的中點(diǎn)，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(gè)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，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，所有棱長(zhǎng)均為1，則點(diǎn)B1到平面ABC1的距離為________． 圖G10－1 11．如圖G10－2，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，M，N分別是C1D1，CC1的中點(diǎn)，則直線B1N與平面BDM所成角的正弦值為________． 圖G10－2 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，證明過程或演算步驟) 12．[2012·沈陽、大連聯(lián)考]

5、 如圖G10－3，在底面為長(zhǎng)方形的四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AP＝AD＝2AB，其中E，F(xiàn)分別是PD，PC的中點(diǎn)． (1)證明：EF∥平面PAB； (2)在線段AD上是否存在一點(diǎn)O，使得BO⊥平面PAC？若存在，請(qǐng)指出點(diǎn)O的位置并證明BO⊥平面PAC；若不存在，請(qǐng)說明理由． 圖G10－3 13．[2013·武漢期中] 如圖G10－4所示，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為1的正方形，側(cè)棱PA的長(zhǎng)為2，且PA與AB，AD的夾角都等于60°，M是PC的中點(diǎn)．設(shè)＝a，＝b，＝c. (1)試用a，b，c表示出向量； (2)求BM的長(zhǎng)． 圖

6、G10－4 14．如圖G10－5，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，側(cè)面PAB⊥底面ABCD，PA＝AD＝AB＝1，BC＝2. (1)證明：平面PBC⊥平面PDC； (2)若∠PAB＝120°，求二面角B－PD－C的正切值． 圖G10－5 45分鐘滾動(dòng)基礎(chǔ)訓(xùn)練卷(十) 1．B　[解析] ∵n＝(6，－3，0)是平面α的法向量，∴n⊥，在選項(xiàng)B中，＝(－3，－6，－1)，∴n·＝0. 2．C　[解析] 由已知得＝＝， ∴8＝3(6－λ)，解

7、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(shí)數(shù)m，n使c＝ma＋nb，即(7，5，λ)＝(2m－n，－m＋4n，3m－2n)， ∴∴λ＝. 7．A　[解析] 由于||＝||·|cos〈，〉|＝＝4，所以||＝＝5，故選A. 8．D　[解析]

8、 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] 建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則C(0，0，0)，A，B(0，1，0)，B1(0，1，1)，C1(0，0，1)， 則＝，＝(0，

9、1，0)，＝(0，1，－1)， 設(shè)平面ABC1的法向量為n＝(x，y，1)，則有解得n＝，則d＝＝＝. 11.　[解析] 以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以，，的方向?yàn)閤軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)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(gè)法向量n＝(2，－2，1)，因?yàn)閏os〈n，〉＝＝， 故直線B1N與平面BDM所成角的正弦值是. 12．解：(1)證明：∵E，F(xiàn)分別為PD，PC的中點(diǎn)， ∴EF∥CD.又CD∥AB，∴EF∥AB. ∵

10、EF?平面PAB，AB?平面PAB， ∴EF∥平面PAB. (2)在線段AD上存在一點(diǎn)O，使得BO⊥平面PAC， 此時(shí)點(diǎn)O為線段AD的四等分點(diǎn)，且AO＝AD. ∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥BO， 又∵長(zhǎng)方形ABCD中，△ABO∽△DAC，∴AC⊥BO. 又∵PA∩AC＝A，∴BO⊥平面PAC. 13．解：(1)∵M(jìn)是PC的中點(diǎn)，∴＝(＋)＝[＋(－)]＝[b＋(c－a)]＝－a＋b＋c. (2)由于AB＝AD＝1，PA＝2，∴|a|＝|b|＝1，|c|＝2， 由于AB⊥AD，∠PAB＝∠PAD＝60°，∴a·b＝0，a·c＝b·c＝2·1·cos60°＝1， 由于＝(－a

11、＋b＋c)， ∴||2＝(－a＋b＋c)2＝[a2＋b2＋c2＋2(－a·b－a·c＋b·c)]＝[12＋12＋22＋2(0－1＋1)]＝， ∴||＝，∴BM的長(zhǎng)為. 14．解：(1)證明：延長(zhǎng)BA，CD交于M點(diǎn)，連接MP， 則BM＝2，A是BM的中點(diǎn)，因?yàn)镻A＝BM， 所以MP⊥PB，又因?yàn)閭?cè)面PAB⊥底面ABCD， AB⊥BC，所以BC⊥平面PBM， 可得BC⊥MP，故MP⊥平面PBC， 因?yàn)镸P?平面PCD，所以平面PBC⊥平面PCD. (2)過B點(diǎn)作BN⊥PC于N， 過N點(diǎn)作NH⊥PD于H點(diǎn)，連接BH， 則由(1)知BN⊥平面PCD，可得BH⊥PD， ∠BHN為二面角B－PD－C的平面角． 因?yàn)椤螾AB＝120°，PA＝AD＝AB＝1，BC＝2， 所以MP＝1，BD＝PD＝CD＝，BP＝，PC＝. 因?yàn)锽N·PC＝BC·PB，所以BN＝， 在△PBD中，cos∠BPD＝＝＝， 所以sin∠BPD＝，所以BH＝BP·sin∠BPD＝×＝. 故NH＝＝＝＝， 所以tan∠BHN＝＝.