已知某几何体的直观图和三视图如下图所示, 其正视图为矩形,侧视图为等腰直角三角形,俯视图为直角梯形.　　　　 (Ⅰ)证明：BN⊥平面C₁B₁N；

(Ⅱ)设二面角C－NB₁－C₁的平面角为，求cos的值；

(Ⅲ)M为AB中点，在CB上是否存在一点P，使得MP∥平面CNB₁，若存在，求出BP的长;若不存在，请说明理由.

　　

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一、选择题：本题考查基础知识和基本运算. 每题5分，满分50分.

       1. B  2.A  3.D  4.D  5.C  6.B  7.D  8.A  9.B  10.C

二、填空题：本题考查基础知识和基本运算. 每题4分，满分20分.

       11.  31     12.  15   13.  16     14.  4  

15.  16+17+18+19=12+13+14+15+16=7+8+9+10+11+12+13.

三、解答题：本大题共6小题，共80分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

16．本题主要考查频率分布表、直方图、众数、分层抽样、分布列、期望等统计概率知识，考查学生运用所学知识解决实际应用问题的能力。满分13分.

解：（I）①处填20，②处填0.35；

众数为172.5cm……………3分

补全频率分布直方图如图所示。

…………6分

（Ⅱ）用分层抽样的方法，从中选

取20人,则其中“身高低于170cm”

的有5人，“身高不低于170cm”

的有15人。      ……7分

故ξ的可能取值为0，1，2，3；

           …………………10分

所以ξ的分布列为

ξ

0

1

2

3

P

                                                                  …………11分

所以：                    …………13分

17. 本题主要考查三视图,线面位置关系，二面角的求法等基本知识，考查空间想像能力，探索运算求解能力和推理论证能力. 满分13分.

法一:(Ⅰ)证明∵该几何体的正视图为矩形,侧视图为等腰直角三角形,俯视图为直角梯形,

∴BA,BC,BB₁两两垂直.

以BA,BC,BB₁分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,……1分

则N(4,4,0),B₁(0,8,0),C₁(0,8,4),C(0,0,4)

∵=(4,4,0)?(-4,4,0)=-16+16=0

=(4,4,0)?(0,0,4)=0              ……3分

∴BN⊥NB₁, BN⊥B₁C₁且NB₁与B₁C₁相交于B₁,

∴BN⊥平面C₁B₁N;                                                    ……4分

(Ⅱ)∵BN⊥平面C₁B₁N, 是平面C₁B₁N的一个法向量=(4,4,0),           ……5分

设=(x,y,z)为平面NCB₁的一个法向量,

则，取=(1,1,2),     …7分

则cosθ===;                                ……9分

(Ⅲ)∵M(2,0,0).设P(0,0,a)为BC上一点,则=(-2,0,a)，∵MP∥平面CNB₁,

∴⊥?=(-2,0,a) ?(1,1,2)=-2+2 a =0 a =1.                ……12分

又MP平面CNB₁, ∴MP∥平面CNB₁, ∴当BP=1时MP∥平面CNB₁.     ……13分

法二:(Ⅰ)证明:由已知得B₁C₁⊥平面BNB₁,∴B₁C₁⊥BN,

BN=4= B₁N,BB₁=8, ∴BB₁²= BN²+ B₁N², ∴BN⊥B₁N

又B₁C₁与B₁N交于B₁, ∴BN⊥平面C₁B₁N；

(Ⅱ)过N作NQB₁C₁,则BCQN,又BN⊥平面C₁B₁N,

∴CQ⊥平面C₁B₁N,则CQ⊥B₁N, QN⊥B₁N ,∴∠CNQ是二面角C-B₁N-Q的平面角θ,

在Rt△CNQ中,NQ=4,CQ=4, ∴CN=4,cosθ==;

(Ⅲ)延长BA、B₁N交于R,连结CR,∵MP∥平面CNB₁,

MP平面CBR, 平面CBR∩平面CRN于CR,

∴MP∥CR, △RB₁B中ANBB₁,∴A为RB中点,

∴==,∴BP=1,因此存在P点使MP∥平面CNB₁.         ……………13分

18.本题主要考查学生运用正弦和余弦定理解决与三角形有关的实际问题的能力，考查学生的运算能力以及化归与转化的数学思想方法。满分13分.

法一:1、在△ABC中,∵∠BAD=90°,∠ABD=45°,∴∠ADB=45°…2分

         ……………………4分

在中，

            ……………6分

在中，DC²=DB²+BC²-2DB?BCcos60°=(80)²+(40)²-2×80×40×

=9600                                                       ……………10分

                                             ………………11分

航模的速度（米/秒）                          ……………12分

答：航模的速度为2（米/秒）                              ……………13分

法二:（略解）、在中，中

在 中，DC²=AD²+AC²-2AD?ACcos60°=9600          ……………10分

                    ……………11分

航模的速度（米/秒）   ………12分

答：航模的速度为2（米/秒）   ……………13分

法三:（略解）、如图建立直角坐标系，

则A(0，0)， B(80，0)， D(0，80）   …………2分

由，AC=40（1+）,∴C(60+20,20+20)         ……………7分

    ……………11分

航模的速度（米/秒）                          ……………12分

答：航模的速度为2（米/秒）                              ……………13分

19、本题主要考查直线、圆与椭圆的位置关系等基本知识，考查运算求解能力和探索求解、分析问题、解决问题的能力. 满分13分

解： (Ⅰ) 设C（x, y）, ∵ , , ∴ ,

∴ 由定义知,动点C的轨迹是以A、B为焦点,长轴长为6的椭圆,除去与x轴的两个交点.

设椭圆方程为

则a=3,c=2.∴b²=a²-c²=5.∴ 曲线M的方程为:  (y≠0).(缺y≠0的扣1分)……5分

(Ⅱ)法一: 即要使DE⊥DF, 用特值法k_DE=1,

由得14y²+30y=0,又y≠0, ∴y=-,代入DE得x=,

由对称性知定点在x轴上, ∴最多只有定点Q……8分

设直线DE的方程为x=my+3,E(x₁,y₁),

由得(5m²+9)y²+30my=0, 又y≠0, ∴y₁=-

∴E(,-),                                     …………………10分

同理F(,)                                     …………………11分

k_QE-k_QF=-=-=0

得E、Q、F三点共线,得出定点坐标为．                     …………………13分

法二:当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为yx=kx+m,E(x₁,y₁),F(x₁,y₁)，

由得，

由△=(18mk)²-36(5+9k²)(m²-5)>0, 得5+9k²- m²>0,

                        ………………………8分

又，

因为以EF为直径的圆过点等价于，即

，，

.解得：，，且均满足，

当m₁=-3k时，l的方程为y=k(x-3)，直线过点Q(3,0)，因为点Q不在曲线M上，此时l与曲线M没有两个公共点，不合题意；

当时，的方程为，直线过定点．      ……………11分

当直线l的斜率不存在时，直线与曲线M交于两点，此时

，由，得，点在曲线M上，，所以，解得，即直线 满足条件.

  ∴直线过定点，定点坐标为．             ……………………………13分

20. 本题主要考查函数、导数的基本知识及用导数处理函数性质，递推数列及不等式、数学归纳法等基础知识，同时考查考生函数与方程思想、分类与整合思想、化归与转化思想等及推理论证能力、运算求解能力及创新意识．满分14分.

解: (Ⅰ)f '(x)= -,又函数f(x)在x=1处有极值,∴f '(1)=0,a=1,经检验符合题意 ……2分

g'(x)= -,

当x∈(0,1)时, g'(x)<0, g(x)为减函数, 当x =1时,g'(x)=0, 当x∈(1,+∞)时g'(x)>0，g(x)为增函数,∴g(x)在x =1时取得极小值g(1)=2+b,依题意g(1)≤0, ∴b≤-2,

∴b的最大值为-2;                     ………………………………………………4分

(Ⅱ)f '(x)= -,

当f (x)在(1，2)上单调递增时, -≥0在[1，2]上恒成立, ∴a ≤x²,令h(x)= x²,

则h'(x)=