知识点：7.空间直角坐标系

A

【考点】共线向量与共面向量；空间中的点的坐标．

【专题】计算题．

【分析】设出B的坐标，利用向量关系，即可得到结论．

【解答】解：设B（x，y，z）

∵空间直角坐标系中A（1，1，0）且=（4，0，2），

所以（x﹣1，y﹣1，z）=（8，0，4）

所以x=9，y=1，z=4，

B点坐标为（9，1，4）

故选A．

【点评】本题考查空间向量的平行与相等，考查学生的计算能力，属于基础题．

知识点：11.球

C

【考点】球内接多面体；球的体积和表面积．

【专题】空间位置关系与距离．

【分析】先画出图形，正四棱锥外接球的球心在它的底面的中心，然后根据勾股定理列方程，解出球的半径即可．

【解答】解：如图，设正四棱锥底面的中心为E，过点A，B，C，D，S的球的球心为O，半径为R，则

在直角三角形AEO中，AO=R，AE=BD=4，OE=SE﹣AO=8﹣R

由AO2=AE2+OE2得R2=42+（8﹣R）2，解得R=5

球半径R=5，

故选C．

【点评】本题主要考查球，球的内接体问题，考查计算能力和空间想象能力，属于中档题．

知识点：4.直线与圆的位置关系

C

【考点】直线与圆的位置关系；直线的一般式方程与直线的垂直关系．

【专题】直线与圆．

【分析】由题意判断点在圆上，求出P与圆心连线的斜率就是直线ax﹣y+1=0的斜率，然后求出a的值即可．

【解答】解：因为点P（2，2）满足圆（x﹣1）2+y2=5的方程，所以P在圆上，

又过点P（2，2）的直线与圆（x﹣1）2+y2=5相切，且与直线ax﹣y+1=0垂直，

所以切点与圆心连线与直线ax﹣y+1=0平行，

所以直线ax﹣y+1=0的斜率为：a==2．

故选C．

【点评】本题考查直线与圆的位置关系，直线与直线的垂直，考查转化数学与计算能力．

知识点：4.空间点、直线、平面之间的位置关系

A

【考点】命题的真假判断与应用．

【专题】空间位置关系与距离．

【分析】由于两条不同直线m、l，两个不同平面α、β．

①若l∥α，则l与α内的直线平行或为异面直线；

②若m⊂α，l⊂β且l⊥m，则α⊥β不一定成立；

③由面面垂直的判定定理可知正确；

④若m⊂α，l⊂β且α∥β，则m∥l或为异面直线．

【解答】解：两条不同直线m、l，两个不同平面α、β．

①若l∥α，则l与α内的直线平行或为异面直线，因此不正确；

②若m⊂α，l⊂β且l⊥m，则α⊥β不一定成立；

③若l⊂β，l⊥α，则α⊥β，由面面垂直的判定定理可知正确；

④若m⊂α，l⊂β且α∥β，则m∥l或为异面直线，因此不正确．

其中正确命题的个数为1．

故选：A．

【点评】本题考查了线面、面面平行于垂直的位置关系，考查了推理能力和空间想象能力，属于基础题．

知识点：2.直线的交点坐标与距离公式

B

【考点】恒过定点的直线；两条直线的交点坐标．

【专题】计算题；数形结合．

【分析】确定直线系恒过的定点，画出图形，即可利用直线的斜率求出a的范围．

【解答】解：因为直线ax+y+2=0恒过（0，﹣2）点，由题意如图，

可知直线ax+y+2=0及两点P（﹣2，1）、Q（3，2），直线与线段PQ相交，

KAP==﹣，KAQ==，所以﹣a≤﹣或﹣a≥，

所以a≤﹣或a≥

故选B．

【点评】本题考查恒过定点的直线系方程的应用，直线与直线的位置关系，考查数形结合与计算能力．

知识点：7.全称量词与存在量词

D

【考点】命题的真假判断与应用．

【专题】阅读型．

【分析】对于①，由，不一定有θ=30°．由θ=30°，一定有，然后由充分条件与必要条件的定义判断；

对于②，命题p是特称命题，其否定是全程命题，注意格式的书写；

对于③，把原命题的条件和结论分别取否定即可得到其否命题，由此可判断给出的否命题是否正确；

对于④，由对数函数的性质得到a与b的大小，进一步由指数函数的性质得到．

由以上分析可得答案．

【解答】解：由，得：θ=30°+k360°或θ=150°+k360°（k∈Z），反之，由θ=30°，一定有，

∴“”是“θ=30°”的必要不充分条件，命题①错误；

命题p：∃x∈R，x2﹣x+1=0的否定为¬p：∀x∈R，x2﹣x+1≠0，∴命题②正确；

命题“若a=0，则ab=0”的否命题是：“若a≠0，则ab≠0”，∴命题③正确；

已知a，b∈R+，若log3a＞log3b，则a＞b，∴，∴命题④正确．

所以正确的命题是②③④．

故选D．

【点评】本题考查了命题的真假判断与应用，考查了充分条件与必要条件的判断方法，考查了命题的否命题与命题的否定，特别是全程命题和特称命题的否定一定要注意格式的书写，

全程命题p：∀x∈M，p（x），它的否定￢p：∃x∈M，￢p（x）．

特称命题p：∃x∈M，p（x），它的否定￢p：∀x∈M，￢p（x）．

此题是基础题．

知识点：10.空间角与距离

C

【考点】点、线、面间的距离计算．

【专题】计算题；作图题；转化思想．

【分析】画出图形，由题意通过等体积法，求出三棱锥的体积，然后求出D到平面ABC的距离．

【解答】解：由题意画出图形如图：

直二面角α﹣l﹣β，点A∈α，AC⊥l，C为垂足，B∈β，BD⊥l，D为垂足，

若AB=2，AC=BD=1，则D到平面ABC的距离转化为三棱锥D﹣ABC的高为h，

所以AD=，CD=，BC=

由VB﹣ACD=VD﹣ABC可知

所以，h=

故选C．

【点评】本题是基础题，考查点到平面的距离，考查转化思想的应用，等体积法是求解点到平面距离的基本方法之一，考查计算能力．

知识点：5.充分条件与必要条件

D

【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．

【专题】计算题．

【分析】先化简集合A，利用B是A成立的必要不充分条件，可得A⊆B，从而可求m的取值范围．

【解答】解：集合A可化为A=（0，1），集合B=（0，m）

∵B是A成立的必要不充分条件

∴（0，1）⊆（0，m）

∴m＞1

故选D．

【点评】本题以集合为载体，考查四种条件，考查集合的包含关系，利用B是A成立的必要不充分条件，得A⊆B是解题的关键．

知识点：2.空间几何体的三视图和直观图

B

【考点】简单空间图形的三视图．

【专题】计算题；空间位置关系与距离．

【分析】根据三棱锥的正视图和俯视图确定三棱锥的侧视图，根据侧视图的结构计算面积即可．

【解答】解：取BD的中点E，连结CE，AE，

∵平面ABD⊥平面CBD，

∴CE⊥AE，

∴三角形直角△CEA是三棱锥的侧视图，

∵BD=，∴CE=AE=，

∴△CEA的面积S=，

故选：B．

【点评】本题主要考查三视图的识别和应用，根据三棱锥的结构得到三棱锥的侧视图是解决本题的关键．

知识点：5.充分条件与必要条件

D

【考点】特称命题；复合命题的真假．

【专题】阅读型．

【分析】对于A，命题“∃x∈R，使得x2+x+1≥0”的否定应是“∀x∈R，使得x2+x+1＜0”，

对于B，取特例 当x=1，y=﹣1时判断为错误．

对于C，判断出p，q真假后，再判断￢p∧￢q真假．

对于D，命题“若x2﹣3x+2=0则x=1”的真假性与其逆否命题真假性相同．

【解答】解：A 命题“∃x∈R，使得x2+x+1≥0”的否定应是“∀x∈R，使得x2+x+1＜0”，A错．

B 当x=1，y=﹣1时，不成立． B错．

C 若“p∨q”为假命题，即p，q均为假命题，￢p，￢q均为真命题，“￢p∧￢q”也为真命题． C错．

D 若x2﹣3x+2=0，则x=1或者x=2．所以命题“若x2﹣3x+2=0则x=1”为假命题，其逆否命题也为假命题． D正确．

故选D

【点评】本题考查四种命题，命题的真假判断．属于基础题．

知识点：6.简单的逻辑联结词

C

【考点】命题的否定；全称命题；命题的真假判断与应用．

【专题】计算题．

【分析】命题p是真命题，利用分离m结合基本不等式求解．

【解答】解：由已知，命题¬p是假命题，则命题p是真命题，

由4x+m•2x+1=0得m=﹣≤﹣=﹣2，当且仅当x=0是取等号．

所以m的取值范围是m≤﹣2

故选C

【点评】本题考查复合命题真假的关系，参数取值范围，考查转化、逻辑推理、计算能力．

知识点：10.空间角与距离

B

【考点】直线与平面所成的角．

【专题】空间角．

【分析】由题意可得：直线OP于平面A1BD所成的角α的取值范围是∪．再利用正方体的性质和直角三角形的边角关系即可得出．

【解答】解：由题意可得：直线OP于平面A1BD所成的角α的取值范围是∪．

不妨取AB=2．

在Rt△AOA1中， ==．

sin∠C1OA1=sin（π﹣2∠AOA1）=sin2∠AOA1=2sin∠AOA1cos∠AOA1=，

=1．

∴sinα的取值范围是．

故选：B．

【点评】本题考查了正方体的性质和直角三角形的边角关系即可、线面角的求法，考查了推理能力，属于中档题．

知识点：8.空间向量及其运算

【考点】向量在几何中的应用．

【专题】计算题．

【分析】求出向量的坐标，进而可得模长即向量的夹角，由此可计算以AB，AC为边的平行四边形的面积．

【解答】解：∵A（0，2，3），B（﹣2，1，6），C（1，﹣1，5），

∴=（﹣2，﹣1，3），=（1，﹣3，2），||=，||=

∴cos∠BAC==，

∴∠BAC=60°…（4分）

∴S=×sin60°=

故答案为：

【点评】本题考查向量背景下平行四边形的面积的计算，关键是求向量的坐标及模长．

知识点：4.直线与圆的位置关系

2

【考点】直线与圆的位置关系；点到直线的距离公式．

【专题】计算题．

【分析】先求圆的半径，四边形PACB的最小面积是2，转化为三角形PBC的面积是1，求出切线长，再求PC的距离也就是圆心到直线的距离，可解k的值．

【解答】解：圆C：x2+y2﹣2y=0的圆心（0，1），半径是r=1，

由圆的性质知：S四边形PACB=2S△PBC，四边形PACB的最小面积是2，

∴S△PBC的最小值S=1=rd（d是切线长）

∴d最小值=2

圆心到直线的距离就是PC的最小值，

∵k＞0，∴k=2

故 答案为：2

【点评】本题考查直线和圆的方程的应用，点到直线的距离公式等知识，是中档题．

知识点：8.空间向量及其运算

【考点】空间向量的数量积运算．

【专题】计算题．

【分析】可先设Q（x，y，z），由点Q在直线OP上可得Q（λ，λ，2λ），则由向量的数量积的坐标表示可求，然后根据二次函数的性质可求，取得最小值时的λ，进而可求Q

【解答】解：设Q（x，y，z）

∵A（1，2，3），（2，1，2），P（1，1，2），

则由点Q在直线OP上可得存在实数λ使得 =（λ，λ，2λ）

则Q（λ，λ，2λ）

=（1﹣λ，2﹣λ，3﹣2λ），=（2﹣λ，1﹣λ，2﹣2λ）

∴=（1﹣λ）（2﹣λ）+（2﹣λ）（1﹣λ）+（3﹣2λ）（2﹣2λ）=2（3λ2﹣8λ+5）

根据二次函数的性质可得当λ=时，取得最小值﹣此时Q（）

故答案为：（）

【点评】本题考查的知识点是空间向量的数量积运算，其中根据空间向量数量积的坐标运算公式，求出的表达式，进而将问题转化为一个二次函数最值问题，是解答本题的关键．

知识点：10.空间角与距离

【考点】与二面角有关的立体几何综合题．

【专题】综合题；压轴题；空间位置关系与距离．

【分析】取BD的中点O，连接AO，EO，C′O，由题设知AOE=15°，∠EOC′=30°，由此利用正弦定理能求出．

【解答】解：取BD的中点O，连接AO，EO，C′O，

∵菱形ABCD沿对角线BD折起，使得C点至C′，E点在线段AC′上，

∴C′O⊥BD，AO⊥BD，OC′=OA，

∴BD⊥平面AOC′，

∴EO⊥BD，

∵二面角A﹣BD﹣E与二面角E﹣BD﹣C′的大小分别为15°和30°，

∴∠AOE=15°，∠EOC′=30°，

∵OC′=OA，∴∠OC′E=∠OAE，

由正弦定理得，，

∴，

∴===．

故答案为：．

【点评】本题考查棱锥的结构特征，注意在翻折过程中哪些量发生了变化，哪些量没有发生变化；位于折线同侧的元素关系不变，位于折线两侧的元素关系会发生变化．

知识点：5.直线、平面平行的判定及其性质

【考点】平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．

【专题】空间位置关系与距离．

【分析】（1）根据三角形中位线定理可得EF∥BC，进而根据线面平行的判定定理可得EF∥平面ABC；

（2）根据PA⊥平面ABC，可得PA⊥BC，结合∠ABC=90°，及线面垂直的判定定理可得BC⊥平面PAB，进而由线面垂直的第二判定定理可得EF平面PAB，最后由面面垂直的判定定理可得平面AEF⊥平面PAB．

【解答】证明：（1）∵E，F分别为PB，PC的中点．

∴EF∥BC，

又∵BC⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，

∴EF∥平面ABC；

（2）∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，

∴PA⊥BC，

又∵∠ABC=90°，

∴AB⊥BC，

又∵PA∩AB=A，PA，AB⊂平面PAB，

∴BC⊥平面PAB，

由（1）中EF∥BC，

∴EF⊥平面PAB，

又∵EF⊂平面AEF，

∴平面AEF⊥平面PAB．

【点评】本题考查的知识点是线面平行的判定定理，线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，是空间线面关系的简单综合应用，难度中档．

知识点：6.简单的逻辑联结词

【考点】命题的真假判断与应用．

【专题】函数的性质及应用．

【分析】根据一元二次不等式恒成立的充要条件，可求出命题p为真命题时，实数a的取值范围；根据对数函数的单调性与底数的关系，可以求出命题q为真命题时，实数a的取值范围；进而根据p∨q为真，p∧q为假，判断出p与q一真一假，由此构造关于a的不等式组，解不等式组可得实数a的取值范围．

【解答】解：若命题p为真命题，

则△=4a2﹣16＜0，解得﹣2＜a＜2；

若命题q为真命题，

则3﹣2a＞1，解得a＜1

∵p∨q为真，p∧q为假．

∴p与q一真一假

即，或

解得a≤﹣2，或1≤a＜2

∴实数a的取值范围为（﹣∞，﹣2]∪[﹣1，2）

【点评】本题以命题的真假判断为载体，考查了一元二次函数的图象和性质，对数函数的图象和性质，难度不大．

知识点：10.空间角与距离

【考点】异面直线及其所成的角；点、线、面间的距离计算．

【专题】计算题；转化思想；向量法；立体几何．

【分析】（1）设，， =， ==+（）=（），由此能求出AO．

（2）由得，，得=1，||=，由此能求出异面直线AO与BC所成的角的余弦值．

【解答】解：（1）设，， =，

==+（）=（），

∴AO=||==．

（2）由（1），得，，

∴=1，||=，cos＜＞=，

∴异面直线AO与BC所成的角的余弦值为．

【点评】本题考查线段长的求法，考查异面直线所成角的余弦值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．

知识点：4.直线与圆的位置关系

【考点】直线与圆锥曲线的综合问题．

【专题】综合题；直线与圆．

【分析】（1）圆C的切线在x轴和y轴上截距相等时，切线过原点或切线的斜率为﹣1；当切线过原点时，设切线方程为：y=kx，当切线的斜率为﹣1时，设切线方程为：x+y+b=0，由相切可得方程，解出即可；

（2）设k=，则k表示直线MA的斜率，其中A（1，﹣2）是定点，可知直线MA与圆有公共点，从而可得，解出即可；

（3）由两点间距离公式及切线长公式，可把|PM|=|PO|化为（x+1）2+（y﹣2）2﹣2=x2+y2，化简可得x=2y﹣，从而PM|=|PO|=，可化为关于y的函数，借助二次函数的性质可求；

【解答】解：圆C的方程为：（x+1）2+（y﹣2）2=2，

（1）圆C的切线在x轴和y轴上截距相等时，切线过原点或切线的斜率为﹣1；

当切线过原点时，设切线方程为：y=kx，相切则：，得；

当切线的斜率为﹣1时，设切线方程为：y+x+b=0，由相切得：，得b=1或b=﹣3；

故所求切线方程为：或；或x+y+1=0，或x+y﹣3=0．

（2）设k=，则k表示直线MA的斜率，其中A（1，﹣2）是定点，

∵M（m，n）在圆C，∴圆C与直线MA有公共点，

而直线MA的方程为：y+2=k（x﹣1），

则有：C点到直线MA的距离不大于圆C的半径即：，解得：﹣7≤k≤﹣1，

∴的最大值为﹣1，最小值为﹣7．

（3）由圆的切线长公式可得|PM|2=|PC|2﹣R2=（x+1）2+（y﹣2）2﹣2，

由|PM|=|PO|得，（x+1）2+（y﹣2）2﹣2=x2+y2，即2x﹣4y+3=0，即x=2y﹣，

此时|PM|=|PO|====，

∴当y=即P（，）时，|PM|最小．

【点评】该题考查圆的方程、性质，考查直线与圆的位置关系，考查与圆有关的最值问题，考查转化思想．

知识点：5.直线、平面平行的判定及其性质

【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定．

【专题】空间位置关系与距离；空间角．

【分析】（Ⅰ）由梯形的性质和N是BC的中点可得四边形ANCD是平行四边形，得到AN=DC；利用等腰梯形可得AN=AB，又∠ABC=60°，得到△ABN是等边三角形，于是AN=BN=NC，由出可得△ABC是直角三角形，即AC⊥AB，再利用面面垂直的性质即可得到结论；

（Ⅱ）由已知可得：AD∥BC，AD′∥BC′，利用面面平行的判定定理即可得出；

（Ⅲ）如图所示的空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用法向量的夹角即可得到二面角的一余弦值．

【解答】（Ⅰ）证明：∵，N是BC的中点，

∴AD=NC，又AD∥BC，

∴四边形ANCD是平行四边形，∴AN=DC．

又∵等腰梯形，∴AN=AB．

又∠ABC=60°，

∴△ABN是等边三角形．

∴，

∴△ABC是直角三角形，且∠BAC=90°．

∴AC⊥AB．

∵平面C′BA⊥平面ABC，

∴AC⊥平面ABC′．

（Ⅱ）证明：∵AD∥BC，AD′∥BC′，

AD′∩AD=A，BC∩BC′=B，

∴平面ADD′∥平面BCC′，

∴C′N∥平面ADD′．

（Ⅲ）∵AC⊥平面ABC′，

同理AC′⊥平面ABC，建立如图如示坐标系

设AB=1，

则B（1，0，0），C，，，

则，．

设平面C′NC的法向量为，

则，即，

令z=1，则x=，y=1，得．

∵AC′⊥平面ABC，∴平面C′AN⊥平面ABC．

又BD⊥AN，平面C′AN∩平面ABC=AN，

∴BD⊥平面C′AN，

设BD与AN交于点O，O则为AN的中点，O．

所以平面C′AN的法向量．

∴=．

由图形可知二面角A﹣C′N﹣C为钝角．

所以二面角A﹣C′N﹣C的余弦值为．

【点评】熟练掌握等腰梯形的性质、平行四边形的判定与性质、等边三角形及直角三角形的判定与性质、面面垂直与平行的判定及性质、通过建立空间直角坐标系利用法向量的夹角求空间角是解题的关键．

知识点：5.曲线与方程

【考点】参数方程化成普通方程；简单曲线的极坐标方程．

【专题】方程思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程．

【分析】（Ⅰ）设动点P的坐标为（x，y），由|PO|=|PA|代入坐标整理得（λ﹣1）x2+（λ﹣1）y2+6x﹣9=0，对λ分类讨论可得；

（Ⅱ）当λ=4时，曲线D的方程是x2+y2+2x﹣3=0，则由面积相等得到|QF|•|QG|sinθ=d|FG|，且圆的半径r=2，由点到直线的距离公式以及直线和圆的位置关系可得．

【解答】解：（Ⅰ）设动点P的坐标为（x，y），

则由|PO|=|PA|得λ（x2+y2）=（x﹣3）2+y2，

整理得：（λ﹣1）x2+（λ﹣1）y2+6x﹣9=0，

∵λ＞0，∴当λ=1时，方程可化为：2x﹣3=0，方程表示的曲线是线段OA的垂直平分线；

当λ≠1时，则方程可化为， +y2=，

即方程表示的曲线是以（﹣，0）为圆心，为半径的圆．

（Ⅱ）当λ=4时，曲线D的方程是x2+y2+2x﹣3=0，

故曲线D表示圆，圆心是D（﹣1，0），半径是2．

设点Q到直线FG的距离为d，∠FQG=θ，

则由面积相等得到|QF|•|QG|sinθ=d|FG|，且圆的半径r=2．

即d===1．于是顶点Q到动直线FG的距离为定值，

即动直线FG与定圆（x+3）2+y2=1相切．

【点评】本题考查参数方程和极坐标方程，涉及分类讨论的思想，属中档题．