【文章內(nèi)容簡介】 置，都有. …………5分證明如下：連結，∵是正方形，∴. …………6分∵底面，且平面，∴. …………7分又∵，∴平面. …………8分ABCDPExyz∵不論點在何位置，都有平面. ∴不論點在何位置，都有. …………9分(3) 解法1：在平面內(nèi)過點作于，連結.∵，，∴Rt△≌Rt△，從而△≌△，∴.∴為二面角的平面角. …………12分在Rt△中，又，在△中，由余弦定理得， …………13分∴，即二面角的大小為. …………14分解法2：如圖，以點為原點，所在的直線分別為軸建立空間直角坐標系. 則，從而，，. …………10分設平面和平面的法向量分別為，由，取. …………11分由，取. …………12分設二面角的平面角為，則， …………13分 ∴，即二面角的大小為. …………14分1ABCDEFMHG方法一：(1) 證法一：取的中點，連.∵為的中點，∴且. …………1分∵平面，平面， ∴，∴. …………2分又，∴. …………3分∴四邊形為平行四邊形，則. …………4分 ∵平面，平面，∴平面. …………5分證法二：取的中點，連.∵為的中點，∴. …………1分∵平面，平面，∴. …………2分又，∴四邊形為平行四邊形，則. …………3分∵平面，平面，∴平面，平面.又，∴平面平面. …………4分 ∵平面，∴平面. …………5分(2) 證：∵為等邊三角形，為的中點，∴. …………6分∵平面，平面，∴. …………7分又，故平面. …………8分∵，∴平面. …………9分∵平面，∴平面平面. …………10分(3) 解：在平面內(nèi)，過作于，連. ∵平面平面， ∴平面.∴為和平面所成的角. …………12分設，則，R t△中，.∴直線和平面所成角的正弦值為. …………14分方法二：設，建立如圖所示的坐標系，則.…………2分∵為的中點，∴. …………3分(1) 證：， …………4分∵，平面，∴平面. …………5分(2) 證：∵， …………6分∴，∴. …………8分∴平面，又平面，∴平面平面. …………10分(3) 解：設平面的法向量為，由可得： ，取. …………12分 又，設和平面所成的角為，則 .∴直線和平面所成角的正弦值為. …………14分1【解】（1）解法一：連結AC，BD交于點O，連結EO.∵四邊形ABCD為正方形，∴AO=CO，又∵PE=EC，∴PA∥EO，∴∠DEO為異面直線PA與DE所成的角……………………3分∵面PCD⊥面ABCD，AD⊥CD，∴AD⊥面PCD，∴AD⊥PD.在Rt△PAD中，PD=AD=a，則，∴異面直線PA與DE的夾角為……………………6分（2）取DC的中點M，AB的中點N，連PM、MN、PN.∴D到面PAB的距離等于點M到面PAB的距離.……7分過M作MH⊥PN于H，∵面PDC⊥面ABCD，PM⊥DC，∴PM⊥面ABCD，∴PM⊥AB，又∵AB⊥MN，PM∩MN=M，∴AB⊥面PMN. ∴面PAB⊥面PMN，∴MH⊥面PAB，則MH就是點D到面PAB的距離.……10分在………………12分解法二：如圖取DC的中點O，連PO，∵△PDC為正三角形，∴PO⊥∵面PDC⊥面ABCD，∴PO⊥面ABCD.如圖建立空間直角坐標系則.………………………………3分（1）E為PC中點， ，∴異面直線PA與DE所成的角為……………………6分（2）可求，設面PAB的一個法向量為， ① . ②由②得y=0，代入①得令…………………………9分則D到面PAB的距離d等于即點D到面PAB的距離等于………………………………12分【解】 (1):作面于,連取的中點,連、,則有……………………………4分…………………………6分(2)設為所求的點,作于,∥………7分就是與面所成的角,則.……8分設,易得……………………………………10分解得………11分故線段上存在點,且時,與面成角. …………12分備戰(zhàn)2011高考數(shù)學壓軸題跟蹤演練系列——導數(shù)與方程1．已知函數(shù)和的圖象關于原點對稱，且．(Ⅰ)求函數(shù)的解析式； (Ⅱ)解不等式；(Ⅲ)若在上是增函數(shù)，求實數(shù)的取值范圍．本題主要考查函數(shù)圖象的對稱、二次函數(shù)的基本性質(zhì)與不等式的應用等基礎知識，以及綜合運用所學知識分析和解決問題的能力.解：(Ⅰ)設函數(shù)的圖象上任意一點關于原點的對稱點為，則∵點在函數(shù)的圖象上∴(Ⅱ)由當時，此時不等式無解；當時，解得.因此，原不等式的解集為.（Ⅲ）①②ⅰ）ⅱ）2. 設定義在R上的函數(shù)（其中∈R，i=0,1,2,3,4）當x= －1時，f (x)取得極大值，并且函數(shù)y=f (x+1)的圖象關于點（－1，0）對稱．（1）求f (x)的表達式；（2）試在函數(shù)f (x)的圖象上求兩點，使這兩點為切點的切線互相垂直，且切點的橫坐標都在區(qū)間上；（3）若，求證：解：（1）…………………………5分（2）或…………10分（3）用導數(shù)求最值，可證得……15分3已知函數(shù) （Ⅰ）若 （Ⅱ）若 （Ⅲ）若的大小關系（不必寫出比較過程）.解：（Ⅰ）（Ⅱ）設，……6分（Ⅲ）在題設條件下，當k為偶數(shù)時,當k為奇數(shù)時……4分4. 已知f(x)=(x∈R)在區(qū)間[－1，1]上是增函數(shù).（Ⅰ）求實數(shù)a的值組成的集合A；（Ⅱ）設關于x的方程f(x)=的兩個非零實根為x：是否存在實數(shù)m，使得不等式m2+tm+1≥|x1－x2|對任意a∈A及t∈[－1，1]恒成立？若存在，求m的取值范圍；若不存在，請說明理由.解：（Ⅰ）f＇(x)== ，∵f(x)在[－1，1]上是增函數(shù)，∴f＇(x)≥0對x∈[－1，1]恒成立，即x2－ax－2≤0對x∈[－1，1]恒成立. ①設(x)=x2－ax－2，方法一：∵對x∈[－1，1]，f(x)是連續(xù)函數(shù)，且只有當a=1時，f＇(1)=0以及當a=－1時，f＇(1)=0∴A={a|－1≤a≤1}. 方法二：或0≤a≤1或－1≤a≤0－1≤a≤1.∵對x∈[－1，1]，f(x)是連續(xù)函數(shù)，且只有當a=1時，f＇(－1)=0以及當a=1時，f＇(1)=0∴A={a|－1≤a≤1}.（Ⅱ）由=，得x2－ax－2=0， ∵△=a2+80∴x1，x2是方程x2－ax－2=0的兩非零實根， x1+x2=a，x1x2=－2，∴ 從而|x1－x2|==.∵－1≤a≤1，∴|x1x2|=≤3.要使不等式m2+tm+1≥|x1－x2|對任意a∈A及t∈[－1，1]恒成立，當且僅當m2+tm+1≥3對任意t∈[－1，1]恒成立，即m2+tm－2≥0對任意t∈[－1，1]恒成立. ②設g(t)=m2+tm－2=mt+(m2－2)，方法一：② g(－1)=m2－m－2≥0且g(1)=m2+m－2≥0m≥2或m≤－2. 所以，存在實數(shù)m，使不等式m2+tm+1≥|x1－x2|對任意a∈A及t∈[－1，1]恒成立，其取值范圍是{m|m≥2，或m≤－2}.方法二：當m=0時，②顯然不成立；當m≠0時，② m0且 g(－1)=m2－m－2≥0或m0且g(1)=m2+m－2≥0 m≥2或m≤－，存在實數(shù)m，使不等式m2+tm+1≥|x1－x2|對任意a∈A及t∈[1，1]恒成立，其取值范圍是{m|m≥2，或m≤－2}.5. 已知常數(shù)a 0, n為正整數(shù)，f n ( x ) = x n – ( x + a)n ( x 0 )是關于x的函數(shù).(1) 判定函數(shù)f n ( x )的單調(diào)性，并證明你的結論.(2) 對任意n 179。 a , 證明f `n + 1 ( n + 1 ) ( n + 1 )fn`(n)解: (1) fn `( x ) = nx n – 1 – n ( x + a)n – 1 = n [x n – 1 – ( x + a)n – 1 ] ,∵a 0 , x 0, ∴ fn `( x ) 0 , ∴ f n ( x )在（0，+∞）單調(diào)遞減. 4分（2）由上知：當x a0時, fn ( x ) = xn – ( x + a)n是關于x的減函數(shù),∴ 當n 179。 a時, 有：(n + 1 )n– ( n + 1 + a)n 163。 n n – ( n + a)n. 2分又 ∴f `n + 1 (x ) = ( n + 1 ) [xn –( x+ a )n ] ,∴f `n + 1( n+1) = (n+1)[(n +1)n –(n +1+a)n](n+1)[nn–(n+a)n]=(n+1)[nn–(n+a)(n+a)n–1] 2分( n + 1 )fn`(n) = ( n + 1 )n[n n – 1 – ( n + a)n – 1 ] = ( n + 1 )[n n – n( n + a)n – 1 ], 2分∵( n + a ) n ,∴f `n + 1 ( n + 1 ) ( n + 1 )fn`(n) . 2分6. 已知點P ( t , y )在函數(shù)f ( x ) = (x 185。 –1)的圖象上，且有t2 – c2at + 4c2 = 0 ( c 185。 0 ).(1) 求證：| ac | 179。 4。(2) 求證：在(–1，+∞）上f ( x )單調(diào)遞增.(3)求證：f ( | a | ) + f ( | c | ) 1.證：(1) ∵ t206。R, t 185。 –1, ∴ ⊿ = (–c2a)2 – 16c2 = c4a2 – 16c2 179。 0 ，∵ c 185。 0, ∴c2a2 179。 16 , ∴| ac | 179。 4.(2) 由 f ( x ) = 1 – ,法1. 設–1 x1 x2, 則f (x2) – f ( x1) = 1– –1 + = .∵ –1 x1 x2, ∴ x1 – x2 0, x1 + 1 0, x2 + 1 0 ,∴f (x2) – f ( x1) 0 , 即f (x2) f ( x1) , ∴x 179。 0時，f ( x )單調(diào)遞增. 法2. 由f ` ( x ) =