題目列表(包括答案和解析)
在△ABC中，D是AB的中點，過點D作DE∥BC，交AC于點E，若DE＝4，則BC＝________.
在△ABC中，D是AB的中點，過點D作DE∥BC，交AC于點E，若DE＝4，則BC＝________.
點E，F，G，H分別為空間四邊形ABCD中AB，BC，CD，AD的中點，若AC=BD，且AC與BD成90°，則四邊形EFGH是（ ）
點D，E，F分別是△ABC三邊AB，BC，CA的中點，求證：| AB |
| BE |
| AC |
| CE |
| EA |
| FB |
| DC |
| 0 |
一．選擇題：本大題共12個小題，每小題5分，共60分.
ABCCB ADCCD BD
二．填空題：本大題共4個小題,每小題5分,共20分.
13. 6 ；14. 60 ；15.
；16 .446.
三、解答題：本大題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．
17. （Ⅰ）設
的公比為q（q>0）,依題意可得
解得
（5分）
∴數列的通項公式為
（6分）
（Ⅱ）
（10分）
18. （Ⅰ）
（2分）∴
； （4分）
當
，即
，
時
單調遞增
∴函數的單調遞增區間為
（6分）
（Ⅱ）∵
，∴
，∴
（10分）
∴當
時，
有最大值
，此時
.
（12分）
19.（Ⅰ）記
表示甲以
獲勝；
表示乙以獲勝，則，互斥，事件
，
∴
（6分）
（Ⅱ）
記表示甲以
獲勝；
表示甲以獲勝， 則，互斥，事件
， ∴
（12分）
20．
解法一：（Ⅰ）證明：在直三棱柱
中，
面
面ABC，又D為AB中點，∴CD⊥面
，∴CD⊥，∵AB=
，∴⊥
，
又DE∥∴⊥DE ，又DE∩CD =D
∴⊥平面CDE （6分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）知⊥平面CDE，設與DE交于點M ，
過B作BN⊥CE，垂足為N，連結MN ， 則A1N⊥CE，故∠A1NM即為二面角
的平面角.
（9分）
∵
，
，又由△ENM △EDC得
.
又∵
在Rt△A1MN中，tan∠A1NM 
， （12分）
故二面角
的大小為
. （12分）
解法二：AC=BC=2，AB=
，可得AC⊥BC，故可以C為坐標原點建立如圖所示直角
坐標系C-xyz.則C（0，0，0），A（2，0，0），B（0，2，0），
D（1，1，0），E （0，2，
），
（2，0，
）（3分）
（Ⅰ）
（-2，2，-），
（1，1，0），
（0，2，）.∵
，
∴
，
又CE∩CD =C
∴⊥平面CDE
（6分）
（Ⅱ）設平面A1CE的一個法向量為n＝（x，y，z）， 
（2，0，），
（0，2，）．∴由n
，n
得
，
令
得
，
，n=（2，1，
）
（9分）
又由（Ⅰ）知（-2，2，-）為平面DCE的法向量.
等于二面角的平面角.
（11分）
.
（12分）
二面角的大小為
.
（12分）
21．（Ⅰ）
．由題意知
為方程
的兩根
由
，得
（3分）
從而
，
．
當
時，
；當
和
時，
故
在
上單調遞減，在
，
上單調遞增． （7分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）知在上單調遞減，在
處取得極值，此時
，若存在
，使得
，
即有
就是
解得
.
（12分）
故b的取值范圍是
. （12分）
22. （Ⅰ）設橢圓方程為
(a>b>0)，由已知c=1，
又2a= 
. 所以a=
,b2=a2-c2=1，
橢圓C的方程是
+ x2
=1. （4分）
（Ⅱ）若直線l與x軸重合，則以AB為直徑的圓是x2+y2=1,
若直線l垂直于x軸，則以AB為直徑的圓是(x+
)2+y2=
．
由
解得
即兩圓相切于點(1，０)．
因此所求的點T如果存在，只能是(1，0)．
事實上，點T(1，０)就是所求的點．證明如下： （7分）
當直線l垂直于x軸時，以AB為直徑的圓過點T(1，0)．
若直線l不垂直于x軸，可設直線l：y=k(x+)．
由
即(k2+2)x2+
k2x+
k2-2=0.
記點A(x1,y1),B(x2,y2),則
又因為
=(x1-1, y1), 
=(x2-1, y2),
?=(x1-1)(x2-1)+y1y2=(x1-1)(x2-1)+k2(x1+)(x2+)
=(k2+1)x1x2+(k2-1)(x1+x2)+k2+1
=(k2+1)
+(k2-1) 
+
+1=0， （11分）
所以TA⊥TB，即以AB為直徑的圓恒過點T(1，0)．
所以在坐標平面上存在一個定點T(1，0)滿足條件． （12分）
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