发布时间 : 星期日 文章2016年山西省太原市高考数学三模试卷（理科）（解析版）更新完毕开始阅读
【考点】二面角的平面角及求法；点到直线的距离公式． 【分析】（1）设BD与AC相交于点O，连接MO，则BD⊥AC，证明平面BMD⊥平面PAC，过点A在平面PAC作AT⊥MO于点T，则AT⊥平面BMD，利用等面积，可求点C到平面BMD的距离；
（2）连接ON，则△ONC为直角三角形，设∠OCN=θ（0＜θ＜
），过N作NQ⊥OC于
点Q，则NQ⊥平面ABCD，利用三棱锥N﹣BCD的体积取到最大值，确定AP=AC=2，
以A为原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x、y、z轴建立坐标系，求出平面MND的一个法向量、平面BND的一个法向量，利用向量的夹角公式，即可求此时二面角M﹣ND﹣B的大小的余弦值． 【解答】解：（1）设BD与AC相交于点O，连接MO，则BD⊥AC， ∵PA⊥平面ABCD，BD?ABCD， ∴PA⊥BD， ∴PA∩AC=A， ∴BD⊥平面PAC， ∵BD?平面BMD，
∴平面BMD⊥平面PAC，
过点A在平面PAC作AT⊥MO于点T，则AT⊥平面BMD， ∴AT为点A到平面BMD的距离， ∵C，A到平面BMD的距离相等， 在△MAO中，AT=
=
；
），过N作NQ⊥OC于
（2）连接ON，则△ONC为直角三角形，设∠OCN=θ（0＜θ＜点Q，则NQ⊥平面ABCD， ∴VN﹣BCD=当且仅当θ=
=NQ=NCsinθ=OC?cosθsinθ=×
时，V最大，此时AP=AC=2
，
sin2θ≤，
以A为原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x、y、z轴建立坐标系，则有点
、
，
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设平面MND的一个法向量为，则有
，取y=1，
则有，
，易知二面角
∵直线PC⊥平面BND，∴平面BND的一个法向量为
M﹣ND﹣B的平面角为锐角α，则 ．
20．已知抛物线C：y2=2px经过点M（2，2），C在点M处的切线交x轴于点N，直线l1经过点N且垂直于x轴． （Ⅰ）求线段ON的长；
x=my+b交C于点A和B，（Ⅱ）设不经过点M和N的动直线l2：交l1于点E，若直线MA、
ME、MB的斜率依次成等差数列，试问：l2是否过定点？请说明理由． 【考点】直线与圆锥曲线的综合问题． 【分析】（Ⅰ）先求出p的值，然后求出在第一象限的函数，结合函数的导数的几何意义求出N的坐标即可求线段ON的长；
（Ⅱ）联立直线和抛物线方程进行削元，转化为关于y的一元二次方程，根据根与系数之间的关系结合直线斜率的关系建立方程进行求解即可． 【解答】解：（Ⅰ）由抛物线y2=2px经过点M（2，2），得22=4p， 故p=1，c的方程为y2=2x … C在第一象限的图象对应的函数解析式为y=
，则′=
，
故C在点M处的切线斜率为，切线的方程为y﹣2=（x﹣2），
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令y=0得x=﹣2，所以点N的坐标为（﹣2，0），
故线段ON的长为2 … （Ⅱ）l2恒过定点（2，0），理由如下：
由题意可知l1的方程为x=﹣2，因为l2与l1相交，故m≠0 由l2：x=my+b，令x=﹣2，得y=﹣设A（x1，y1），B（x2，y2） 由
消去x得：y2﹣2my﹣2b=0
，故E（﹣2，﹣
）
则y1+y2=2m，y1y2=﹣2b … 直线MA的斜率为
=
=
，同理直线MB的斜率为
，
直线ME的斜率为
因为直线MA、ME、MB的斜率依次成等差数列，所以
+
=2×
=1+
，
即=1+=1+，…
整理得：，
因为l2不经过点N，所以b≠﹣2 所以2m﹣b+2=2m，即b=2
故l2的方程为x=my+2，即l2恒过定点（2，0）…
21．已知函数f（x）=xetx﹣ex+1，其中t∈R，e是自然对数的底数． （Ⅰ）若方程f（x）=1无实数根，求实数t的取值范围；
（Ⅱ）若函数f（x）在（0，+∞）内为减函数，求实数t的取值范围． 【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值． 【分析】（Ⅰ）先确定原方程无负实数根，令g（x）=
，求出函数的值域，方程f（x）
=1无实数根，等价于1﹣t?（﹣∞，]，从而求出t的范围；
（Ⅱ）利用函数f（x）是（0，+∞）内的减函数，确定t＜1，再分类讨论，即可求实数t的取值范围． 【解答】解：（Ⅰ）由f（x）=1，可得x=ex（1﹣t）＞0， ∴原方程无负实数根，
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故有=1﹣t．
令g（x）=，则g′（x）=，
∴0＜x＜e，g′（x）＞0；x＞e，f′（x）＜0，
∴函数g（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减， ∴函数g（x）的最大值为g（e）=， ∴函数g（x）的值域为（﹣∞，]；
方程f（x）=1无实数根，等价于1﹣t?（﹣∞，]， ∴1﹣t＞， ∴t＜1﹣，
∴当t＜1﹣时，方程f（x）=1无实数根； （Ⅱ）f′（x）=etx[1+tx﹣e（1﹣t）x] 由题设，x＞0，f′（x）≤0，
不妨取x=1，则f′（1）=et（1+t﹣e1﹣t）≤0， t≥1时，e1﹣t≤1，1+t≤2，不成立，∴t＜1． ①t≤，x＞0时，f′（x）=etx[1+tx﹣e（1﹣t）x]≤由（Ⅰ）知，x﹣ex+1＜0，∴1+﹣
（1+﹣
），
＜0，∴f′（x）＜0，
∴函数f（x）是（0，+∞）内的减函数； ②＜t＜1，
＞1，∴
ln
＞0，
﹣e（1﹣t）x]
令h（x）=1+tx﹣e（1﹣t）x，则h（0）=0，h′（x）=（1﹣t）[0＜x＜
ln
，h′（x）＞0， ln
）上单调递增，
∴h（x）在（0，
∴h（x）＞h（0）=0，此时，f′（x）＞0， ∴f（x）在（0，
ln
）上单调递增，有f（x）＞f（0）=0与题设矛盾，
综上，当t≤时，函数f（x）是（0，+∞）内的减函数．
请考生在22、23、24三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-1：几何证明选讲]
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