陕西省西安市铁一中学2017-2018学年高三上学期第三次模拟考试数学(理)试题 Word版含答案

因此CA,CB,CC1两两垂直，故以C为原点，CA,CB,CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标

系， ……………………………2分 则由已知可得：C?0,0,0?,A?3,0,0?,B?0,4,0?,C1?0,0,4?,A1?3,0,4?,B1?0,4,4?，

33故M(,2,2),N(,0,4)，

22?MN?(0,?2,2),AB1?(?3,4,4) ……………………………3分 即MN?AB1 4分 即MN//BC1,

而MN?平面BCC1B1，BC1?平面BCC1B1，

?MN//平面BCC1B1。……………………………6分

r（II）解：设n??x,y,z?是平面ABC1的一个法向量，则

ruuur?uuuruuur?n?AB?0，QAB???3,4,0?，AC1???3,0,4?， ?ruuur??n?AC1?0ruuur??n?AB??3x?4y?0， ??ruuur??n?AC1??3x?4z?0令x?4，可得y?z?3，

r?n??4,3,3?，……………………………2分

uuur由已知可得AC?平面BCC1，

uuur?AC???3,0,0?是平面BCC1的一个法向量，…………………………10分

ruuurn?AC?12?0?0234设二面角A?BC1?C的平面角为?，则有：cos??ruuu， ?r?17334nAC234。…………………………12分 17?所求二面角的余弦值是解法二（1）证明：由三视图可知，这个多面体为直三棱柱，

其中，AA1?平面ABC

且AC?BC,AC?3,BC?BB1?4 ……………………………2分 从而可得AC?平面BCC1B1

连接A1B,B1C,由直棱柱的性质可得A1BIAB1?M, 且M也是A1B的中点，

Q在?A1BC1中，由中位线定理得MN//BC1, 而MN?平面BCC1B1,BC1?平面BCC1B1

?MN//平面BCC1B1 …………………………… 4分

Q四边形BCC1B1是正方形，?BC1?BC1 QBC1是AB1在平面BCC1B1上的射影，

?BC1?AB1,又MN//BC1,?MN?AB1 ……………………………6分 (2)解：过A作AH?BC1于H,连结CH,则CH?BC1

??AHC是二面角A?BC1?C的平面角。 …………………………… 8分

在Rt?BCC1中，CH?BCsin?CBC1?4sin45??22，

tan?ACH?（法1）在Rt?ACH中，AC3?, ……………………………10分 CH22sin2?AHC917222??,sin?AHC?cos?AHC?cos?AHC?1， 2cos?AHC88?cos?AHC?234 17234 ……………………………12分 17即所求的二面角的余弦值为（法2）在

Rt?ACH中，AC?3,CH?22?AH?17 ……………………………10分

?cos?AHC?CH22234 ??AH1717234。 ……………………………12分 17即所求的二面角的余弦值为

20.解：（I）由题意可知：RN?RM，即点R到直线x??1和点M的距离相等，根据抛物线的定义可知：R的轨迹为抛物线，其中M为焦点。 ……………………………3分 设R的轨迹方程为：y2?2px,p?1,2p?2

所以R的轨迹方程为：y2?4x. ……………………………5分

bb（II）由条件可知C(?,0)，则Q(,0). ……………………………6分

kk?y?kx?b联立?2，消去y得k2x2?(2bk?4)x?b2?0，

?y?4x??(2bk?4)2?4b2k2?16(1?bk)?0. …………………………… 7分 设A?x1,y1?,B?x2,y2?(x1?x2)，则P?x2,?y2?

x1?x2?4?2bk4?2bk?41?bk,x?, 122k2kx2?4?2bk?41?bk. …………………………… 9分

2k2y1?y2k(x1?x2)?2b?k??, …………………………… x1?x2?81?bk1?bk2k2因为 kAP?10分

kAQ?y1?0k(kx1?b)2(1?1?bk)2k ……………………???bkx1?b2(1?bk)?1?bk?1?bkx1?k2k??……… 11分

所以 kAP?kAQ,A,P,Q三点共线. …………………………… 12分

21.解：（I）由f?x??alnx?ax?3知

f??x??a(1?x) ……………………………1分 x当a?0时，函数f?x?的单调增区间是?0,1?，单调减区间是

?1,???， …………………………… 2分

当a?0时，函数f?x?的单调增区间是?1,???，单调减区间是

?0,1?， ……………………………3分

（II）由f??2???a?1?a??2，?f?x???2lnx?2x?3,2f??x??2?2， xm?m?故g?x??x3?x2??f??x???x3?(2?)x2?2x，

2?2??g??x??3x2?(4?m)x?2， ……………………………5分 ?函数g?x?在区间?t,3?上总存在极值，

?g??x??0有两个不等实根且至少有一个在区间?t,3?内 又?函数g??x?是开口向上的二次函数，且g??0???2?0，

?g??t??0 ?????g3?0?由g??3??27?(4?m)?3?2?0，解得m??分

由g??t??0?m??H?t??2?3t?4， t37， ……………………………632?3t?4在?1,2?上单调递减，所以H?t?min?H?1???9， t?m??9， ……………………………7分

37?m??9， 337所以当m在(?,?9)内取值时，对于任意的t??1,2?，函数

3综上可得，??m?g?x??x3?x2??f??x??在区间?t,3?上总存在极值。

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