【正文】 〈m，n〉＝＝＝，∴二面角A－A1C－B的余弦值為.2解：(1)證明：法一：取A1B1的中點為F1，連結(jié)FFC1F1，由于FF1∥BB1∥CC1，所以F1∈平面FCC1，因此平面FCC1即為平面C1CFF1.連結(jié)A1D、F1C， 四邊形A1DCF1為平行四邊形，因此A1D∥∥A1D，得EE1∥F1C，而EE1?平面FCC1，F(xiàn)1C?平面FCC1，故EE1∥平面FCC1.法二：因為F為AB的中點，CD＝2，AB＝4，AB∥CD，因此四邊形AFCD為平行四邊形，所以AD∥FC.又CC1∥DD1，F(xiàn)C∩CC1＝C，F(xiàn)C?平面FCC1，CC1?平面FCC1，所以平面ADD1A1∥平面FCC1，又EE1?平面ADD1A1，所以EE1∥平面FCC1.(2)證明：連結(jié)AC，在△FBC中，F(xiàn)C＝BC＝FB，又F為AB的中點，所以AF＝FC＝FB，因此∠ACB＝90176。由正弦定理得∠ACB＝30176。OA2所以|cosθ|＝cos30176。AD1＝＝0，所以B1E⊥AD1.（2）假設(shè)在棱AA1上存在一點P(0,0，z0)，使得DP∥＝(x，y，z).因為n⊥平面B1AE，得取x＝1，得平面B1AE的一個法向量n＝.要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，有－a z0＝0，解得z0＝.又DP ? 平面B1AE，所以存在點P，滿足DP∥平面B1AE，此時AP＝.（3）連接A1D，B1C，由長方體ABCD－A1B1C1D1及AA1＝AD＝1，得AD1⊥∥A1D，所以AD1⊥（1）知B1E⊥AD1，且B1C∩B1E＝B1，所以AD1⊥，設(shè)所成的角為θ，則cosθ＝＝.因為二面角A－B1E－A1的大小為30176。SABCD＝2＝.1【答案】2【解析】如下圖，作CH⊥AB于H，連PH，∵PC⊥面ABC，∴PH⊥AB，PH為PM的最小值，等于2.1【答案】－－【解析】由題意，連結(jié)AE，則＝－＝＋－＝＋(－)－(＋)1解：(1)證明：易知AP⊥BP，由AA1⊥平面PAB，得AA1⊥BP，且AP∩AA1＝A，所以BP⊥平面PAA1，故BP⊥A1P.(2)由題意V＝πEG＝.解：法一：(1)證明：∵三棱柱ABC－A1B1C1為直三棱柱，∴AB⊥AA1，在△ABC中，AB＝1，AC＝，∠ABC＝60176。n＝0，所以拋物線上不存在兩點C、D關(guān)于直線對稱 14分解法二：設(shè)拋物線上兩不同點C、D關(guān)于直線對稱，即直線為CD的垂直平分線，又直線過定點， ，故CD與x軸垂直，這時的方程為y=0，從而與拋物線只相交于原點. 這與已知l與拋物線有兩個不同的交點A、B不符。當比分為3:2時,共有種情形。 當時,函數(shù)在區(qū)間上的最大值小于28. 因此,的取值范圍是 解:（Ⅰ）由題意得 又 ，解得，或 （Ⅱ）分析：函數(shù)在區(qū)間不單調(diào)，等價于在區(qū)間上有極值點。如果是第二種情況偶奇奇,分析同理,個位有3種選擇,十位有2種選擇,百位有一種選擇,共6種,因此總共種,選B. 【解析】選 ①設(shè)僅有甲與乙,丙沒交換紀念品,則收到份紀念品的同學人數(shù)為人 ②設(shè)僅有甲與乙,丙與丁沒交換紀念品,則收到份紀念品的同學人數(shù)為人 【解析】選 第一個因式取,第二個因式取得: 第一個因式取,第二個因式取得: 展開式的常數(shù)項是 二、填空題 【答案】10 【解析】法一:由等式兩邊對應(yīng)項系數(shù)相等. 即:. 法二:對等式:兩邊連續(xù)對x求導(dǎo)三次得:,再運用賦值法,令得:,即. 【答案】 【解析】語文、數(shù)學、英語三門文化課間隔一節(jié)藝術(shù)課,排列有種排法,語文、數(shù)學、英語三門文化課相鄰有種排法,語文、數(shù)學、. [解析] 展開式通項,令62r=0,得r=3, 故常數(shù)項為. 解析:展開式中第項為,令,的系數(shù)為,解得. 【答案】160 【解析】( ),所以二項展開式中的常數(shù)項為. 解析:,令,解得,所以的展開式中的系數(shù)為. 第五篇：導(dǎo)數(shù)概念及其幾何意義、導(dǎo)數(shù)的運算答案一、選擇題：題號1234567891011121314答案BACACABBBBDABB提示：，的定義域為R，且為奇函數(shù)排除A、C選項，當時，故選B二、填空題：1 1 1 3 1 三、解答題：1解：（1）（2）（3）方法一：直接展開再求導(dǎo)解：設(shè)直線斜率為k，且與曲線相切于點由 得 （1） （2）, 且或 所求直線的方程為 2解：（1）方程可化為 當時，又 于是 解得 故 （2）設(shè)為曲線上任一點，由，知曲線在點處的切線方程為 即 令 從而得切線與直線的交點坐標為令 的 從而得切線與直線的交點坐標為所以點處的切線與直線所圍成的三角形面積為故曲線上任一點處的切線與直線所圍成的三角形面積為定值，此定值為6.2解：（1） 設(shè)兩曲線的交點為 解得： （舍去），或 所以 （2） 解得：，或 所以 即 設(shè) 令 又當 時，當時， 當 時，取最大值即 b 的最大值為導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用答案D B C C詳解：由題意知函數(shù)的圖像與軸有3個交點 故是的極大值點，是極小值點 又 故②③正確。4個都是奇數(shù):種.∴不同的取法共有66種. 【答案】B 【解析】,令,故展開式中的常數(shù)項為. [答案]B [解析]方程變形得,若表示拋物線,則 所以,分b=3,2,1,2,3五種情況: (1)若b=3, (2)若b=3, 以上兩種情況下有9條重復(fù),故共有16+7=23條。. ，且AM、ME是平面AME內(nèi)兩條相交于點M直線，平面AEM，.…（4分） ，為等腰直角三角形，在△AME中，由余弦定理得：， ，圖5.（6分）（Ⅱ）解法一：等體積法.解法二：如圖5，以M為原點，建立空間直角坐標系， ……（7分）則由（Ⅰ）及已知條件可知B(1，0，0)，D，C.則 ……（8分）設(shè)平面ACD的法向量為=，