【附加15套高考模拟试卷】黑龙江省哈尔滨市六中2020届高三下学期二模(4月)数学(理)试题含答案

22．（10分）如图，在矩形ABCD中，AB=2BC=2，点M为DC的中点，将△ADM沿AM折起，使得平面△ADM⊥平面ABCM．

求证：AD⊥BM；求点C到平面BDM

的距离．

参考答案

一、选择题：本题共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．D 2．D 3．C 4．D 5．D 6．C 7．B 8．C 9．C 10．A 11．B 12．B

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．

.

14．8?53 15．43 116．3

?

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． (1) (??,?【解析】 【分析】

（1）对x分三种情况讨论，分别去掉绝对值符号，然后求解不等式组，再求并集即可得结果；（2）不等式f?x??a的解集非空等价于a?f?x?min，利用绝对值基本不等式求出f?x?min?9，从而可求得a的取值范围. 【详解】

119]?[,??);(2) (9,??). 22（1），

①当②当

时，时，

，

；

；

综上①②，不等式解集为（2）因为

所以若关于的不等式则

即的取值范围是【点睛】

绝对值不等式的常见解法：

，

.

的解集非空，

.

，

①利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想； ②利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；

③通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想． 18．（1）证明见解析. (2)??3?1. 2【解析】

试题分析：(1) ?ABD中由余弦定理可知?DBC?90?，作DF?A?B于点F，由面面垂直性质定理得

DF?平面A?BC.所以DF?BC. 又∵CB?BD从而得证；

（2）以D为原点，以DA方向为x轴正方向建立如图所示空间直角坐标系Dxyz，由二面角M?BD?C的大小为60°布列关于?的方程解之即可. 试题解析：

（1）?ABD中，由余弦定理，可得BD?1. ∴BD2?AD2?AB2，

∴?ADB?90?，∴?DBC?90?. 作DF?A?B于点F， ∵平面A?BC?平面A?BD， 平面A?BC?平面A?BD?A?B， ∴DF?平面A?BC. ∵CB?平面A?BC， ∴DF?BC.

uuuv又∵CB?BD，BD?DF?D， ∴CB?平面A?DB. 又∵A?D?平面A?DB， ∴CB?A?D.

又A?D?BD，BD?CB?B， ∴A?D?平面CBD.

（2）由（1）知DA,DB,DA?两两垂直，以D为原点，以DA方向为x轴正方向建立如图所示空间直角坐标系Dxyz，

uuuv

则B?0,1,0?，C?3,1,0，A?0,0,3. 设M?x,y,z?，

?????x??3?,uuuuvuuuuv???y??, 则由AM??AC????z?3??3??M?3?,?,3?3?.

设平面MDB的一个法向量为m??a,b,c?，

??vvvuuu?m?DB?0,v 则由?vuuuum?DM?0,?b?0,????,

?3?a??b?3?3?c?0,??v取a?1???c???m??1??,0,??.

??uuuv平面CBD的一个法向量可取DA??0,0,3，

??uuuvv1∴cosDA?,m??21?1?3. ???223?3??????1?22

?∵??0,1，

????∴

3?12.

19．（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）存在，线段PF长【解析】 【分析】

（Ⅰ）设AC?BD?G，连结EG，由AB//CD，得

3. 2AGABAEAG??2，进而?，证明EG//PC，GCDCEPGC即可证明；（Ⅱ）由勾股定理推导BC?AC，进而证明BC?平面PAC，即可求解；（Ⅲ）在平面PAD内作AF?PD于点F，证明AF?平面PCD，进而在直角三角形PAD中求PF长度 【详解】

（Ⅰ）设AC?BD?G，连结EG，

由已知AB//CD，DC?1，AB?2,得

AGAB??2. GCDC1AE?2. 由PE?PA,得

3EPAEAG?在ΔPAC中，由，得EG//PC. EPGC因为EG?平面EBD，PC?平面EBD， 所以PC //平面EBD.

（Ⅱ）因为PA?平面ABCD，BC?平面ABCD， 所以BC?PA. 由已知得AC?2，BC?2，AB?2，

所以AC2?BC2?AB2. 所以BC?AC.

又PA?AC?A，所以BC?平面PAC. 因为BC?平面EBC， 所以平面EBC?平面PAC.