1、滚动训练(四)一、选择题1“(2x1)x0”是“x0”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件考点充要条件的概念及判断题点充要条件的判断答案B解析由(2x1)x0，可得x或x0.因为“x或x0”是“x0”的必要不充分条件，所以“(2x1)x0”是“x0”的必要不充分条件2已知，是三个不同的平面，命题“，且”是正确的如果把，中的任意两个换成直线，在所得的命题中，真命题有()A0个B1个C2个D3个考点命题的真假判断题点命题的真假判断答案C解析把，换成直线a，b时，则该命题可改写为“ab，且ab”，由直线与平面垂直的判定定理可知，该命题是正确的；把，换成直线a，b时，
2、则该命题可改写为“a，且abb”，它是判断直线与平面的位置关系的，显然是错误的；把，换成直线a，b，则该命题可改写为“a，bab”，显然成立3过椭圆4x2y21的一个焦点F1的直线与椭圆交于A，B两点，则A与B和椭圆的另一个焦点F2构成的ABF2的周长为()A2B4C8D2答案B解析椭圆方程变形为1，椭圆长轴长2a2，ABF2的周长为4a4.4已知在空间四面体OABC中，点M在线段OA上，且OM2MA，点N为BC中点，设a，b，c，则等于()A.abcBabcC.abcD.abc考点空间向量的数乘运算题点空间向量的线性运算答案B解析()bca.5若椭圆1(ab0)的离心率为，则双曲线1(a0，
3、b0)的渐近线方程为()AyxBy2xCy4xDyx考点双曲线的性质题点由双曲线的标准方程求双曲线的渐近线答案A解析由椭圆的离心率e，可知，所以，故双曲线1的渐近线方程为yx.6.如图，将边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，若点P满足，则|2的值为()A.B3C.D.考点空间向量数量积的应用题点利用数量积求线段的长度答案D解析由题可知|1，|1，|.，45，45，60.所以|2222221111.7.如图所示，已知点P为菱形ABCD外一点，且PA平面ABCD，PAADAC，点F为PC的中点，则二面角C-BF-D的正切值为()A.B.C.D.考点题点答案D解析如图所示，连接BD，A
4、CBDO，连接OF.以O为坐标原点，OB，OC，OF所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Oxyz.设PAADAC1，则BD.所以B，F，C，D.结合图形可知，且为平面BOF的一个法向量，由，可求得平面BCF的一个法向量为n(1，)所以cosn，sinn，所以tann，.8设集合U(x，y)|xR，yR，若A(x，y)|2xym0，B(x，y)|xyn0，则点P(2,3)A(UB)的充要条件是()Am1，n5Bm1，n1，n5Dm5考点充要条件的概念及判断题点寻求充要条件答案A解析A(UB)满足P(2,3)A(UB)，则二、填空题9已知向量p关于基底a，b，c的坐标为(3,2，1)，
5、则p关于基底的坐标是_考点空间向量基底的概念题点向量的坐标答案解析由已知得p3a2bc，则p(2a)(2)(b)(2).故p关于基底的坐标为.10若抛物线y22px(p0)上的点A(x0，)到其焦点的距离是A到y轴距离的3倍，则p_.考点题点答案2解析由题意得3x0x0，即x0，即A，代入抛物线方程，得2，p0，p2.11在底面为直角梯形的四棱锥SABCD中，ABC90，SA平面ABCD，SAABBC1，AD，则平面SCD与平面SAB所成二面角的余弦值为_考点向量法求二面角题点向量法求二面角答案解析以A为坐标原点，AD，AB，AS所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Ax
6、yz，则A(0,0,0)，D，C(1,1,0)，S(0,0,1)，平面SAB的一个法向量，并求得平面SCD的一个法向量n，则cos，n.三、解答题12已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，其中左焦点为F(2,0)(1)求椭圆C的方程；(2)若直线yxm与椭圆C交于不同的两点A，B，且线段AB的中点M在圆x2y21上，求m的值考点题点解(1)由题意，得解得椭圆C的方程为1.(2)设点A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，线段AB的中点为M(x0，y0)，由消去y，得3x24mx2m280，968m20，2m2，x0，y0x0m，点M(x0，y0)在圆x2y21上，221，m.满足0.m
7、.13.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，CACB1，BCA90，棱AA12，M，N分别为A1B1，A1A的中点(1)求BN的长；(2)求与夹角的余弦值；(3)求证：是平面C1MN的一个法向量考点直线的方向向量与平面的法向量题点向量法求夹角问题(1)解如图所示，以C为坐标原点，以CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Cxyz，依题意得B(0,1,0)，N(1,0,1)，|，线段BN的长为.(2)解依题意得A1(1,0,2)，C(0,0,0)，B1(0,1,2)，(1，1,2)，(0,1,2)，10(1)1223.又|，|，cos，.(3)证明依题意得A1(1,0
8、,2)，C1(0,0,2)，B1(0,1,2)，N(1,0,1)M，(1,0，1)，(1，1,1)，1(1)100，110(1)(1)10，又C1MC1NC1，C1M，C1N平面C1MN，平面C1MN，是平面C1MN的一个法向量四、探究与拓展14已知命题p：x0,1，aex，命题q：x0R，x4x0a0，若命题“pq”是真命题，则实数a的取值范围是_考点题点答案e,4解析若命题“pq”是真命题，则p和q均是真命题当p是真命题时，a(ex)maxe；当q为真命题时，164a0，解得a4，所以ae,415.如图所示，在四棱锥PABCD中，PC平面ABCD，PC2，在四边形ABCD中，ABCBCD9
9、0，AB4，CD1，点M在PB上，PB4PM，PB与平面ABCD成30的角求证：(1)CM平面PAD；(2)平面PAB平面PAD.考点向量法解决平面与平面的位置关系题点向量法解决面面垂直证明以C为坐标原点，CB所在直线为x轴，CD所在直线为y轴，CP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.PC平面ABCD，PBC为PB与平面ABCD所成的角，PBC30.PC2，BC2，PB4，D(0,1,0)，B(2，0,0)，A(2，4,0)，P(0,0,2)，M，(0，1,2)，(2，3,0)，.(1)方法一令n(x，y，z)为平面PAD的法向量，则即令y2，得n(，2,1)n2010，n.又CM平面PAD，CM平面PAD.方法二(0,1，2)，(2，4，2)令xy，则解方程组得.由共面向量定理知与，共面，又CM平面PAD，CM平面PAD.(2)取AP的中点E，连接BE，则E(，2,1)，(，2,1)PBAB，BEPA.又(，2,1)(2,3,0)0，BEDA，又PADAA，PA，DA平面PAD，BE平面PAD，又BE平面PAB，平面PAB平面PAD.