数学卷·2018届重庆市南川中学高二上学期期中数学试卷（理科）+（解析版）

数学卷·2018届重庆市南川中学高二上学期期中数学试卷（理科）+（解析版）

‎2016-2017学年重庆市南川中学高二（上）期中数学试卷（理科）‎ ‎　‎ 一、选择题：（本大题共12小题，每小题5分，共60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．直线x﹣y+1=0的倾斜角为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．若直线l的方向向量为=（1，﹣1，2），平面α的法向量为=（﹣2，2，﹣4），则（　　）‎ A．l∥α B．l⊥α C．l⊂α D．l与α斜交 ‎3．命题“∃x＜0，2x＞0”的否定是（　　）‎ A．∃x＜0，2x≤0 B．∃x＞0，2x≤0 C．∀x＜0，2x＞0 D．∀x＜0，2x≤0‎ ‎4．l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是（　　）‎ A．l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3‎ B．l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3‎ C．l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面 D．l1，l2，l3共点⇒l1，l2，l3共面 ‎5．若圆C1：x2+y2=1与圆C2：（x﹣3）2+（y﹣4）2=25﹣m外切，则m=（　　）‎ A．9 B．19 C．21 D．﹣11‎ ‎6．“直线ax+y+1=0与（a+2）x﹣3y﹣2=0垂直”是“a=1”的（　　）‎ A．既不充分也不必要条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．必要不充分条件 ‎7．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是（　　）‎ A．2+ B．4+ C．2+2 D．5‎ ‎8．下列各图是正方体或正四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，这四个点中不共面的一个图是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎9．如图在正方体AC1中，直线BC1与平面A1BD所成的角的余弦值是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．若直线ax﹣by+2=0（a＞0，b＞0）被圆x2+y2+2x﹣4y+1=0截得的弦长为4，则的最小值为（　　）‎ A． B． C． + D． +2‎ ‎11．直三棱锥ABC﹣A1B1C1中，∠BCA=90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC=CA=CC1，则BM与AN所成角的余弦值为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎12．如果直线2ax﹣by+14=0（a＞0，b＞0）和函数f（x）=mx+1+1（m＞0，m≠1）的图象恒过同一个定点，且该定点始终落在圆（x﹣a+1）2+（y+b﹣2）2=25的内部或圆上，那么的取值范围是（　　）‎ A．[，） B．（，] C．[，] D．（，）‎ ‎　‎ 二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡的相应位置）‎ ‎13．已知直线过点（2，0）与（0，﹣3），则该直线的方程为　　．‎ ‎14．方程x2+y2+ax+2ay+2a2+a﹣1=0表示圆，则a的取值范围是　　．‎ ‎15．已知A、B是球O的球面上两点，∠AOB=90°，C为该球面上的动点，若三棱锥O﹣ABC体积的最大值为，则球O的表面积为　　．‎ ‎16．已知0＜k＜4，直线l1：kx﹣2y﹣2k+8=0和直线l：2x+k2y﹣4k2﹣4=0与两坐标轴围成一个四边形，则使得这个四边形面积最小的k值为　　．‎ ‎　‎ 三、解答题：共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．‎ ‎17．（10分）已知直线l的方程为3x﹣4y+4=0‎ ‎（1）求过点（﹣2，2）且与直线l垂直的直线方程；‎ ‎（2）求与直线l平行且距离为2的直线方程．‎ ‎18．（12分）设命题p：实数x满足x2﹣4ax+3a2＜0（a＞0），命题q：实数x满足≤0，‎ ‎（1）若a=1，且p∧q为真，求实数x的取值范围；‎ ‎（2）若￢p是￢q的充分不必要条件，求实数a的取值范围．‎ ‎19．（12分）在如图所示的几何体中，四边形ABCD是正方形，MA⊥平面ABCD，PD∥MA，E、G、F分别为MB、PB、PC的中点．‎ ‎（1）求证：平面EFG∥平面PMA；‎ ‎（2）求证：平面EFG⊥平面PDC．‎ ‎20．（12分）在矩形ABCD中，以DA所在直线为x轴，以DA中点O为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系．已知点B的坐标为（3，2），E、F为AD的两个三等分点，AC和BF交于点G，△BEG的外接圆为⊙H．‎ ‎（1）求证：EG⊥BF；‎ ‎（2）求⊙H的方程．‎ ‎21．（12分）在如图所示的圆锥中，OP是圆锥的高，AB是底面圆的直径，点C是弧AB的中点，E是线段AC的中点，D是线段PB的中点，且PO=2，OB=1．‎ ‎（1）试在PB上确定一点F，使得EF∥面COD，并说明理由；‎ ‎（2）求点A到面COD的距离．‎ ‎22．（12分）如图，已知四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC=60°，E、F分别是BC，PC的中点．‎ ‎（1）证明：AE⊥平面PAD；‎ ‎（2）若H为PD上的动点，EH与平面PAD所成最大角的正切值为 ‎，求二面角E﹣AF﹣C的余弦值．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年重庆市南川中学高二（上）期中数学试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：（本大题共12小题，每小题5分，共60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．直线x﹣y+1=0的倾斜角为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】直线的倾斜角．‎ ‎【分析】x﹣y+1=0变为：y=x+1，求出它的斜率，进而求出倾斜角．‎ ‎【解答】解：将x﹣y+1=0变为：y=x+1，则直线的斜率k=1，‎ 由tan=1得，所求的倾斜角是，‎ 故选A．‎ ‎【点评】由直线方程求直线的斜率或倾斜角，需要转化为斜截式求出斜率，再由公式对应的倾斜角．‎ ‎　‎ ‎2．若直线l的方向向量为=（1，﹣1，2），平面α的法向量为=（﹣2，2，﹣4），则（　　）‎ A．l∥α B．l⊥α C．l⊂α D．l与α斜交 ‎【考点】平面的法向量．‎ ‎【分析】=（1，﹣1，2），=（﹣2，2，﹣4），可得，即可得出l与α的位置关系．‎ ‎【解答】解：∵ =（1，﹣1，2），=（﹣2，2，﹣4），‎ ‎∴，‎ ‎∴l⊥α．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查了共线向量、线面垂直的判定定理，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎3．命题“∃x＜0，2x＞0”的否定是（　　）‎ A．∃x＜0，2x≤0 B．∃x＞0，2x≤0 C．∀x＜0，2x＞0 D．∀x＜0，2x≤0‎ ‎【考点】命题的否定．‎ ‎【分析】利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可．‎ ‎【解答】解：根据特称命题的否定为全称命题，‎ 可得命题“∃x＜0，2x＞0”的否定是“∀x＜0，2x≤0”，‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查特称命题的否定．是基础题．‎ ‎　‎ ‎4．l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是（　　）‎ A．l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3‎ B．l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3‎ C．l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面 D．l1，l2，l3共点⇒l1，l2，l3共面 ‎【考点】平面的基本性质及推论；空间中直线与直线之间的位置关系．‎ ‎【分析】通过两条直线垂直的充要条件两条线所成的角为90°；判断出B对；通过举常见的图形中的边、面的关系说明命题错误．‎ ‎【解答】解：对于A，通过常见的图形正方体，从同一个顶点出发的三条棱两两垂直，A错；‎ 对于B，∵l1⊥l2，∴l1，l2所成的角是90°，又∵l2∥l3∴l1，l3所成的角是90°∴l1⊥l3，B对；‎ 对于C，例如三棱柱中的三侧棱平行，但不共面，故C错；‎ 对于D，例如三棱锥的三侧棱共点，但不共面，故D错．‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查两直线垂直的定义、考查判断线面的位置关系时常借助常见图形中的边面的位置关系得到启示．‎ ‎　‎ ‎5．若圆C1：x2+y2=1与圆C2：（x﹣3）2+（y﹣4）2=25﹣m外切，则m=（　　）‎ A．9 B．19 C．21 D．﹣11‎ ‎【考点】圆与圆的位置关系及其判定．‎ ‎【分析】利用圆C1：x2+y2=1与圆C2：（x﹣3）2+（y﹣4）2=25﹣m外切，可得圆心距等于半径的和，即可得出结论．‎ ‎【解答】解：∵圆C1：x2+y2=1与圆C2：（x﹣3）2+（y﹣4）2=25﹣m外切，‎ ‎∴32+42=（1+）2，‎ ‎∴m=9，‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查圆与圆的位置关系的判断与应用，考查计算能力，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎6．“直线ax+y+1=0与（a+2）x﹣3y﹣2=0垂直”是“a=1”的（　　）‎ A．既不充分也不必要条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．必要不充分条件 ‎【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．‎ ‎【分析】由两条直线相互垂直，可得：﹣a×（﹣）=﹣1，解得a，即可判断出结论．‎ ‎【解答】解：由两条直线相互垂直，可得：﹣a×（﹣）=﹣1，解得a=﹣3或1．‎ ‎∴“直线ax+y+1=0与（a+2）x﹣3y﹣2=0垂直”是“a=1”的必要不充分条件．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查了直线相互垂直的充要条件及其判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎7．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是（　　）‎ A．2+ B．4+ C．2+2 D．5‎ ‎【考点】由三视图求面积、体积．‎ ‎【分析】根据三视图可判断直观图为：OA⊥面ABC，AC=AB，E为BC中点，EA=2，EA=EB=1，OA=1，：BC⊥面AEO，AC=，OE=‎ 判断几何体的各个面的特点，计算边长，求解面积．‎ ‎【解答】解：根据三视图可判断直观图为：‎ OA⊥面ABC，AC=AB，E为BC中点，‎ EA=2，EC=EB=1，OA=1，‎ ‎∴可得AE⊥BC，BC⊥OA，‎ 运用直线平面的垂直得出：BC⊥面AEO，AC=，OE=‎ ‎∴S△ABC=2×2=2，S△OAC=S△OAB=×1=．‎ S△BCO=2×=．‎ 故该三棱锥的表面积是2，‎ 故选：C．‎ ‎【点评】‎ 本题考查了空间几何体的三视图的运用，空间想象能力，计算能力，关键是恢复直观图，得出几何体的性质．‎ ‎　‎ ‎8．下列各图是正方体或正四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，这四个点中不共面的一个图是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎【考点】平面的基本性质及推论．‎ ‎【分析】在A中，由PQ∥SR，知P、Q、R、S四个点共面；在B中，由PQ∥SR，知P、Q、R、S四个点共面；在C中，由QR∥PA，知P、Q、R、S四个点共面；在D中，由QR和PS是异面直线，并且任意两个点的连线既不平行也不相交，知四个点共面不共面．‎ ‎【解答】解：在A中，由题意知在正方体中，PQ∥A'C'，SR∥AC，所以PQ∥SR，‎ 则P、Q、R、S四个点共面，故A不对；‎ 在B中，由题意知在正方体中，PQ∥A'C'，SR∥A'C'，‎ 所以PQ∥SR，则P、Q、R、S四个点共面，故B不对；‎ 在C中，因为PR和QS分别是相邻侧面的中位线，‎ 所以PR∥BS，QS∥BD，即QR∥PA，所以P、Q、R、S四个点共面，故C不对；‎ 在D中，根据图中几何体得，P、Q、R、S四个点中任意两个点都在两个平面内，‎ QR∥BD，PS∥AB，因为AB与BD相交，所以QR和PS是异面直线，‎ 并且任意两个点的连线既不平行也不相交，故四个点共面不共面，故D对；‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查四点是否共面的判断，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．‎ ‎　‎ ‎9．如图在正方体AC1中，直线BC1与平面A1BD所成的角的余弦值是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】直线与平面所成的角．‎ ‎【分析】设正方体的棱长等于1，建立空间直角坐标系，得出D、B、C1、A1各点的坐标，从而得出、、的坐标，利用垂直向量数量积为零的方法建立方程组解出=（1，﹣1，﹣1）是平面A1BD的一个法向量，利用向量的夹角公式算出cos＜，＞的值，即得直线BC1与平面A1BD所成角的正弦值，最后利用同角三角函数关系可得直线BC1与平面A1BD所成角的余弦值．‎ ‎【解答】解：分别以DA、DC、DD1为x、y、z轴建立如图所示空间直角坐标系 设正方体的棱长等于1，可得 D（0，0，0），B（1，1，0），C1（0，1，1），A1（1，0，1），‎ ‎∴=（﹣1，0，1），=（﹣1，0，﹣1），=（﹣1，﹣1，0）‎ 设=（x，y，z）是平面A1BD的一个法向量，‎ 则，取x=1，得y=z=﹣1‎ ‎∴平面A1BD的一个法向量为=（1，﹣1，﹣1）‎ 设直线BC1与平面A1BD所成角为θ，则 sinθ=|cos＜，＞|==‎ ‎∴cosθ==，即直线BC1与平面A1BD所成角的余弦值是．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题给出正方体模型，求直线与平面所成角的余弦值，着重考查了正方体的性质、利用空间向量研究直线与平面所成角等知识，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎10．若直线ax﹣by+2=0（a＞0，b＞0）被圆x2+y2+2x﹣4y+1=0截得的弦长为4，则的最小值为（　　）‎ A． B． C． + D． +2‎ ‎【考点】直线与圆相交的性质；基本不等式．‎ ‎【分析】圆即 （x+1）2+（y﹣2）2=4，表示以M（﹣1，2）为圆心，以2为半径的圆，由题意可得 圆心在直线ax﹣by+2=0上，得到a+2b=2，故=+++1，利用基本不等式求得式子的最小值．‎ ‎【解答】解：圆x2+y2+2x﹣4y+1=0 即 （x+1）2+（y﹣2）2=4，表示以M（﹣1，2）为圆心，以2为半径的圆，‎ 由题意可得 圆心在直线ax﹣by+2=0（a＞0，b＞0）上，故﹣1a﹣2b+2=0，‎ 即 a+2b=2，∴ =+=+++1≥+2=，‎ 当且仅当 时，等号成立，‎ 故选 C．‎ ‎【点评】本题考查直线和圆的位置关系，点到直线的距离公式，弦长公式的应用，以及基本不等式的应用，得到a+2b=2，‎ 是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎11．直三棱锥ABC﹣A1B1C1中，∠BCA=90°，M，N分别是A1B1，A1C1‎ 的中点，BC=CA=CC1，则BM与AN所成角的余弦值为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】异面直线及其所成的角．‎ ‎【分析】画出图形，建立空间直角坐标系，从而求出向量，的坐标，从而BM与AN所成角的余弦值为||=．‎ ‎【解答】解：根据已知条件，分别以C1A1，C1B1，C1C所在直线为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，设CA=2，则：‎ A（2，0，2），N（1，0，0），B（0，2，2），A1（2，0，0），B1（0，2，0），M（1，1，0）；‎ ‎∴；‎ ‎∴；‎ ‎∴BM与AN所成角的余弦值为．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】考查通过建立空间直角坐标系，利用空间向量求异面直线所成角的方法，能求出空间点的坐标，向量夹角余弦的坐标公式，弄清向量夹角和异面直线所成角的关系．‎ ‎　‎ ‎12．如果直线2ax﹣by+14=0（a＞0，b＞0）和函数f（x）=mx+1+1（m＞0，m≠1）的图象恒过同一个定点，且该定点始终落在圆（x﹣a+1）2+（y+b﹣2）2=25的内部或圆上，那么的取值范围是（　　）‎ A．[，） B．（，] C．[，] D．（，）‎ ‎【考点】点与圆的位置关系；指数函数的单调性与特殊点．‎ ‎【分析】由幂函数求出定点坐标，把定点坐标代入直线和圆的方程，求出a的取值范围，从而求出的取值范围．‎ ‎【解答】解：∵当x+1=0，即x=﹣1时，y=f（x）=mx+1+1=1+1=2，‎ ‎∴函数f（x）的图象恒过一个定点（﹣1，2）；‎ 又直线2ax﹣by+14=0过定点（﹣1，2），‎ ‎∴a+b=7①；‎ 又定点（﹣1，2）在圆（x﹣a+1）2+（y+b﹣2）2=25的内部或圆上，‎ ‎∴（﹣1﹣a+1）2+（2+b﹣2）2≤25，‎ 即a2+b2≤25②；‎ 由①②得，3≤a≤4，‎ ‎∴≤≤，‎ ‎∴==﹣1∈[，]；‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查了直线与圆的方程以及函数与不等式的应用问题，是一道简单的综合试题．‎ ‎　‎ 二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡的相应位置）‎ ‎13．已知直线过点（2，0）与（0，﹣3），则该直线的方程为　=1　．‎ ‎【考点】直线的两点式方程．‎ ‎【分析】由截距式，可得直线的方程．‎ ‎【解答】解：由截距式，可得直线的方程为=1．‎ 故答案为=1．‎ ‎【点评】本题考查直线的方程，涉及直线的截距，属基础题．‎ ‎　‎ ‎14．方程x2+y2+ax+2ay+2a2+a﹣1=0表示圆，则a的取值范围是　（﹣2，）　．‎ ‎【考点】圆的一般方程．‎ ‎【分析】利用圆的一般式方程，D2+E2﹣4F＞0即可求出a的范围．‎ ‎【解答】解：方程x2+y2+ax+2ay+2a2+a﹣1=0表示圆，所以D2+E2﹣4F＞0‎ 即a2+（2a）2﹣4（2a2+a﹣1）＞0，∴3a2+4a﹣4＜0，解得a的取值范围是（﹣2，）．‎ 故答案为：（﹣2，）．‎ ‎【点评】本题考查圆的一般式方程的应用，不等式的解法，考查计算能力．‎ ‎　‎ ‎15．已知A、B是球O的球面上两点，∠AOB=90°，C为该球面上的动点，若三棱锥O﹣ABC体积的最大值为，则球O的表面积为　100π　．‎ ‎【考点】球的体积和表面积．‎ ‎【分析】当点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥O﹣ABC的体积最大，利用三棱锥O﹣ABC体积的最大值为，求出半径，即可求出球O的表面积．‎ ‎【解答】解：如图所示，当点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥O﹣ABC的体积最大，设球O的半径为R，此时VO﹣ABC=VC﹣AOB==，‎ 故R=5，则球O的表面积为4πR2=100π，‎ 故答案为：100π．‎ ‎【点评】本题考查球的半径与表面积，考查体积的计算，确定点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥O﹣ABC的体积最大是关键．‎ ‎　‎ ‎16．已知0＜k＜4，直线l1：kx﹣2y﹣2k+8=0和直线l：2x+k2y﹣4k2﹣4=0与两坐标轴围成一个四边形，则使得这个四边形面积最小的k值为　　．‎ ‎【考点】过两条直线交点的直线系方程；方程组解的个数与两直线的位置关系．‎ ‎【分析】先求出两直线经过的定点坐标，再求出直线与x 轴的交点，与y 轴的交点，得到所求的四边形，利用四边形的面积等于三角形ABD的面积和梯形 OCBD的面积之和，再应用二次函数的性质求出面积最小时的k 值．‎ ‎【解答】解：如图所示：‎ 直线l1：kx﹣2y﹣2k+8=0 即k（x﹣2）﹣2y+8=0，过定点B（2，4），‎ 与y 轴的交点C（0，4﹣k），‎ 直线l：2x+k2y﹣4k2﹣4=0，即 2x﹣4+k2 （y﹣4）=0，‎ 过定点（2，4 ），与x 轴的交点A（2 k2+2，0），‎ 由题意知，四边形的面积等于三角形ABD的面积和梯形 OCBD的面积之和，‎ 故所求四边形的面积为×4×（2 k2+2﹣2）+=4k2﹣k+8，‎ ‎∴k=时，所求四边形的面积最小，‎ 故答案为．‎ ‎【点评】本题考查直线过定点问题，二次函数的性质得应用，体现了转化及数形结合的数学思想．‎ ‎　‎ 三、解答题：共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．‎ ‎17．（10分）（2016秋•南川区校级期中）已知直线l的方程为3x﹣4y+4=0‎ ‎（1）求过点（﹣2，2）且与直线l垂直的直线方程；‎ ‎（2）求与直线l平行且距离为2的直线方程．‎ ‎【考点】待定系数法求直线方程．‎ ‎【分析】（1）设与直线l：3x﹣4y+4=0垂直的直线方程为4x+3y+c=0，把点（﹣2，2）代入，能求出结果．‎ ‎（2）设与直线l平行且距离为2的直线方程为3x﹣4y+c=0，由平行线间的距离公式能求出结果．‎ ‎【解答】解：（1）设与直线l：3x﹣4y+4=0垂直的直线方程为4x+3y+c=0，‎ 把点（﹣2，2）代入，得：﹣8+6+c=0，解得c=2，‎ ‎∴过点（﹣2，2）且与直线l垂直的直线方程为：4x+3y+2=0．‎ ‎（2）设与直线l平行且距离为2的直线方程为3x﹣4y+c=0，‎ 则=2，‎ 解得c=14或c=2．‎ ‎∴与直线l平行且距离为2的直线方程为3x﹣4y+2=0或3x﹣4y+14=0．‎ ‎【点评】本题考查直线方程的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意直线与直线平行、直线与直线垂直的性质的合理运用．‎ ‎　‎ ‎18．（12分）（2016春•潍坊期末）设命题p：实数x满足x2﹣4ax+3a2＜0（a＞‎ ‎0），命题q：实数x满足≤0，‎ ‎（1）若a=1，且p∧q为真，求实数x的取值范围；‎ ‎（2）若￢p是￢q的充分不必要条件，求实数a的取值范围．‎ ‎【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；复合命题的真假．‎ ‎【分析】（1）由a=1得到命题p下的不等式，并解出该不等式，解出命题q下的不等式，根据p∧q为真，得到p真q真，从而求出x的取值范围；‎ ‎（2）先求出￢p，￢q，根据￢p是￢q的充分不必要条件，即可求出a的取值范围．‎ ‎【解答】解：（1）若a=1，解x2﹣4x+3＜0得：1＜x＜3，解得：2＜x≤3；‎ ‎∴命题p：实数x满足1＜x＜3，命题q：实数x满足2＜x≤3；‎ ‎∵p∧q为真，∴p真，q真，∴x应满足，解得2＜x＜3，即x的取值范围为（2，3）；‎ ‎（2）￢q为：实数x满足x≤2，或x＞3；￢p为：实数x满足x2﹣4ax+3a2≥0，并解x2﹣4ax+3a2≥0得x≤a，或x≥3a；‎ ‎￢p是￢q的充分不必要条件，所以a应满足：a≤2，且3a＞3，解得1＜a≤2；‎ ‎∴a的取值范围为：（1，2]．‎ ‎【点评】考查解一元二次不等式，分式不等式，p∧q的真假情况，充分不必要条件的概念．‎ ‎　‎ ‎19．（12分）（2016秋•南川区校级期中）在如图所示的几何体中，四边形ABCD是正方形，MA⊥平面ABCD，PD∥MA，E、G、F分别为MB、PB、PC的中点．‎ ‎（1）求证：平面EFG∥平面PMA；‎ ‎（2）求证：平面EFG⊥平面PDC．‎ ‎【考点】平面与平面垂直的判定；平面与平面平行的判定．‎ ‎【分析】（1）推导出EC∥PM，GF∥BC∥AD，由此能证明平面EFG∥平面PMA．‎ ‎（2）推导出BC⊥DC，且BC⊥PD，由此能证明平面EFG⊥平面PDC．‎ ‎【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是正方形，MA⊥平面ABCD，PD∥MA，‎ E、G、F分别为MB、PB、PC的中点，‎ ‎∴EC∥PM，GF∥BC∥AD，‎ ‎∵PM与AD相交，EG∩GF=F，‎ PM，AD⊂平面PMA，EG，GF⊂平面EFG，‎ ‎∴平面EFG∥平面PMA．‎ ‎（2）∵四边形ABCD是正方形，MA⊥平面ABCD，PD∥MA，‎ ‎∴BC⊥DC，且BC⊥PD，‎ ‎∵PD∩DC=D，∴BC⊥平面PDC，‎ ‎∵G、F分别为PB、PC的中点，∴GF∥BC，‎ ‎∴GF⊥平面PDC，‎ ‎∵GF⊂平面EFG，∴平面EFG⊥平面PDC．‎ ‎【点评】本题考查面面平行、面面垂直的证明，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．‎ ‎　‎ ‎20．（12分）（2016秋•南川区校级期中）在矩形ABCD中，以DA所在直线为x轴，以DA中点O为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系．已知点B的坐标为（3，2），E、F为AD的两个三等分点，AC和BF交于点G，△BEG的外接圆为⊙H．‎ ‎（1）求证：EG⊥BF；‎ ‎（2）求⊙H的方程．‎ ‎【考点】直线与圆的位置关系．‎ ‎【分析】（1）根据题意可知A，B，C，F的坐标，进而求得AC和BF的直线方程，联立求得焦点G的坐标，进而求得EG，BF的斜率，根据二者的乘积为﹣1判断出EG⊥BF；‎ ‎（2）求得圆心和半径，进而求得圆的标准方程．‎ ‎【解答】（1）证明：由题意，A（3，0），B（3，2），C（﹣3，2），F（﹣1，0）．‎ 所以直线AC和直线BF的方程分别为：x+3y﹣3=0，x﹣2y+1=0，‎ 由，解得x=，y=，‎ 所以G点的坐标为（，）．‎ 所以kEG=﹣2，KBF=，‎ 因为kEG•kBF=﹣1，所以EG⊥BF，‎ ‎（2）解：⊙H的圆心为BE中点H（2，1），‎ 半径为BH=，‎ 所以⊙H方程为（x﹣2）2+（y﹣1）2=2．‎ ‎【点评】‎ 本题主要考查了直线与直线的位置关系，考查直线与圆的位置关系，考查学生的计算能力，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎21．（12分）（2016秋•石城县期中）在如图所示的圆锥中，OP是圆锥的高，AB是底面圆的直径，点C是弧AB的中点，E是线段AC的中点，D是线段PB的中点，且PO=2，OB=1．‎ ‎（1）试在PB上确定一点F，使得EF∥面COD，并说明理由；‎ ‎（2）求点A到面COD的距离．‎ ‎【考点】点、线、面间的距离计算；棱柱、棱锥、棱台的体积．‎ ‎【分析】（1）连接BE，设BE∩OC=G，由题意G为△ABC的重心，可得=2，连接DG，利用EF∥平面COD，可得EF∥DG，进而得出F点的位置．‎ ‎（2）由PO⊥平面ABC，可得OC⊥PO，利用线面面面垂直的判定与性质定理可得OC⊥平面POB．OC⊥OD．利用VA﹣OCD=VD﹣AOC，即可得出．‎ ‎【解答】解：（1）连接BE，设BE∩OC=G，由题意G为△ABC的重心，∴ =2，‎ 连接DG，‎ ‎∵EF∥平面COD，EF⊂平面BEF，平面BEF∩平面COD=DG，‎ ‎∴EF∥DG，‎ ‎∴==2，‎ 又BD=DP，∴DF=PF=PB．‎ ‎∴点F是PB上靠近点P的四等分点． ‎ ‎（2）由PO⊥平面ABC，OC⊂平面ABC，‎ ‎∴OC⊥PO，又点C是弧AB的中点，OC⊥AB，∴OC⊥平面POB．‎ OD⊂平面POB，∴OC⊥OD．‎ S△COD=OC•OD==．‎ ‎∵VA﹣OCD=VD﹣AOC，∴ •S△COD•d=•PO，‎ ‎∴d=，‎ ‎∴点A到面COD的距离．‎ ‎【点评】本题考查了空间位置关系、空间距离、线面面面平行与垂直的判定与性质定理、三棱锥的体积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎22．（12分）（2014•山东校级二模）如图，已知四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC=60°，E、F分别是BC，PC的中点．‎ ‎（1）证明：AE⊥平面PAD；‎ ‎（2）若H为PD上的动点，EH与平面PAD所成最大角的正切值为，求二面角E﹣AF﹣C的余弦值．‎ ‎【考点】与二面角有关的立体几何综合题；直线与平面垂直的判定．‎ ‎【分析】（1）通过证明AE⊥BC．PA⊥AE．说明PA⊊平面PAD，AD⊊平面PAD且PA∩AD=A，利用直线与平面垂直的判定定理证明AE⊥平面PAD．‎ ‎（2）解：设AB=2，H为PD上任意一点，连结AH，EH．由（1）知AE⊥平面PAD，则∠EHA为EH与平面PAD所成的角．（法一）在Rt△ESO中，求出cos∠ESO的值即可．‎ ‎（法二）由（1）知AE，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面AEF的一个法向量为，求出平面AFC的一个法向量，利用二面角公式求出二面角E﹣AF﹣C的余弦值．‎ ‎【解答】（1）证明：由四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°，可得△ABC为正三角形．‎ ‎∵E为BC的中点，∴AE⊥BC．‎ 又BC∥AD，因此AE⊥AD．‎ ‎∵PA⊥平面ABCD，AE⊊平面ABCD，∴PA⊥AE．‎ 而PA⊊平面PAD，AD⊊平面PAD且PA∩AD=A，‎ ‎∴AE⊥平面PAD．‎ ‎（2）解：设AB=2，H为PD上任意一点，连结AH，EH．‎ 由（1）知AE⊥平面PAD，则∠EHA为EH与平面PAD所成的角．‎ 在Rt△EAH中，AE=，∴当AH最短时，∠EHA最大，‎ 即当AH⊥PD时，∠EHA最大．此时tan∠EHA===，‎ 因此AH=1．又AD=2，∴∠ADH=30°，∴PA=AD tan 30°=．（8分）‎ ‎（法一）∵PA⊥平面ABCD，PA⊊平面PAC，∴平面PAC⊥平面ABCD．‎ 过E作EO⊥AC于O，则EO⊥平面PAC，‎ 过O作OS⊥AF于S，连结ES，则∠ESO为二面角E﹣AF﹣C的平面角，‎ 在Rt△AOE中，EO=AE•sin 30°=，AO=AE•cos 30°=．‎ 又F是PC的中点，如图，PC==，‎ ‎∴AF=PC=，sin∠SAO==，‎ 在Rt△ASO中，SO=AO•sin∠SAO=，‎ ‎∴SE===，‎ 在Rt△ESO中，cos∠ESO===，‎ 即所求二面角的余弦值为．（12分）‎ ‎（法二）由（1）知AE，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，又E，F分别为BC，PC的中点，∴A（0，0，0），B（，﹣1，0），C（，1，0），D（0，2，0），P（0，0，2），E（，0，0），F（，，），‎ ‎∴=（，0，0），=（，，）．‎ 设平面AEF的一个法向量为=（x1，y1，z1），‎ 则因此，‎ 取z1=﹣1，则m=（0，，﹣1），‎ ‎∵BD⊥AC，BD⊥PA，PA∩AC=A，‎ ‎∴BD⊥平面AFC，故为平面AFC的一个法向量．‎ 又=（﹣，3，0），‎ ‎∴cos＜，＞===．‎ ‎∵二面角E﹣AF﹣C为锐角，‎ ‎∴所求二面角的余弦值为．（12分）‎ ‎【点评】本题考查直线与平面垂直的判定定理，二面角的求法，解决此类问题的关键是熟练掌握几何体的结构特征，以便利用已知条件得到空间的线面关系，并且便于建立坐标系利用向量的有关运算解决空间角等问题．‎ ‎　‎