温州东瓯中学高二数学月考试卷答案 一．，每小题4分，共40分。 1.C．2．A．3．B．4．B．5．A．6．D．7．A．8．A．9．A．10．A． 二．填空题：多空题每题6分，单空题每题4分，共36分。 11． 2a2 , 或 ． 12． ﹣1 ； 2 ． 13． 平行四边 ； 或 ． 14． 10+2 ； 10﹣2 ． 15． 或 ． 16． 4 ． 17． 24 三．解答题：5个小题，共74分。 18（14分） 解：（1）若命题P为真命题，则3m﹣1＞0，并且m﹣3＜0， 即m的取值范围是， （2）若命题q为真命题，则m＝2sinx0有解，得﹣2≤m≤2， 由已知得P、q两个命题一真一假， 若P真q假，则，解得2＜m＜3， 若P假q真，则，解得． 综上，实数m的取值范围为． 19（15分）． 解：（1）由展开图得到正方体的直观图的对应关系如图： 建立以B为原点的空间直角坐标系如图：设正方体的边长为1， 则B（0，0，0），A（1，0，0），C（0，1，0），N（0，0，1），E（1，0，1），M（，1，1），F（1，1，0），则＝（，1，0），＝（0，1，﹣1），则|||＝，||＝，则cos＜，＞＝＝＝， 即MN与EF所成角的余弦值为． （3）＝（﹣1，1，0），设平面EFM的法向量为＝（x，y，z）， 则＝（0，1，﹣1），＝（﹣，0，﹣1）， 则，令x＝2，则z＝﹣1，y＝﹣1，即＝（2，﹣1，﹣1）， 则设直线AC与平面EFM所成角为θ，则sinθ＝|cos＜，＞|＝||＝＝，则θ＝60°，即cosθ＝cos60°＝ 即直线AC与平面EFM所成角的余弦值是． 20（15分）.解：（1）解：∵M（a，4）是抛物线y2＝4x上一定点， ∴42＝4a，a＝4，∵抛物线y2＝4x的准线方程为x＝﹣1，故点M到其准线的距离为：5； （2）证明：由题知直线MA、MB的斜率存在且不为0， 设直线MA的方程为：y﹣4＝k（x﹣5）； 联立，得ky2﹣4y﹣20k+16＝0；所以 ，即 ； ∵直线AM、BM的斜率互为相反数，∴直线MA的方程为：y﹣4＝﹣k（x﹣5）， 同理可得：；由A，B两点都在抛物线y2＝4x上； ∴ ，；将两式相减，得 ； ∴；故直线AB的斜率为定值． 21（15分）． 解：（Ⅰ）证明：因为ABCD为正方形，所以AB∥CD又AB?平面C1CD，CD?平面C1CD，所以AB∥平面C1CD．又平面ABE∩平面C1CD＝FG，所以AB∥FG； （Ⅱ）证明：因为AA1⊥平面ABCD，所以AA1⊥AB．因为ABCD是正方形， 所以AB⊥AD，所以AB⊥平面AA1D，所以AB⊥A1D． 因为E为棱A1D中点，且，所以AE⊥A1D，所以A1D⊥平面ABE． 又A1D?平面A1C1D，所以平面A1C1D⊥平面ABE． （Ⅲ）解：法一、以AB，AD，AA1分别x，y，z轴建立空间直角坐标系， 设，且λ∈[0，1]，则G（2，2，3λ）， 由（Ⅱ）可知A1D⊥平面ABE，BG?平面ABE，所以A1D⊥BG， 所以，即， 所以． 法二、以AB，AD，AA1分别x，y，z轴建立空间直角坐标系， 可证平面A1AD∥平面BCC1 平面ABE∩平面A1AD＝AE，平面ABE∩平面BCC1＝BG 所以有AE∥BG，设，且λ∈[0，1]，则G（2，2，3λ）， 所以，．所以． 法三、几何法，解答略。 22（15分）． 解：（I）根据题意，直线l与椭圆恰有一个公共点P，即相切； 则有，得（a2k2+b2）x2+2a2kmx+a2（m2﹣b2）＝0， 则△＝（2a2km）2﹣4（a2k2+b2）a2（m2﹣b2）＝0， 化简整理，得m2＝a2k2+b2； （Ⅱ）因点Q与点P关于坐标原点O对称，故△QAB的面积是△OAB的面积的两倍． 所以当时，△OAB的面积取到最大值， 此时OA⊥OB，从而原点O到直线l的距离， 又，故；再由（I），得，则． 又，故，即，从而，即． ... ...
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