高考数学仿真(一)答案高三数学试卷
日期：2010-01-02 01:02
17解：(Ⅰ)∵ｚ＝－３cosθ＋２ｉsinθ∴｜ｚ｜＝3分∵π≤θ≤，1314(1，＋∞）三，由AB＝BC，－）∪（－，PE∩BD＝D，２ｔｅ１＋７ｅ2与ｅ１＋ｔｅ2的夹角为π11分∴ｔ的取值范围是（－７，F分别为AC，又DE平面BDE，0)15a＜b16（，得BD⊥AC，由D，最大值为20（Ⅰ）证明：∵PC⊥底面ABC，ｅ１·ｅ2＝２×１cos６０°＝１2分∴(2ｔｅ１＋7ｅ2)·(ｅ１＋ｔｅ2)＝２ｔｅ１２＋（２ｔ２＋７）ｅ１·ｅ2＋７ｔｅ２２＝２ｔ２＋１５ｔ＋７6分∴２ｔ２＋１５ｔ＋７＜０∴－７＜ｔ＜－８分设２ｔｅ１＋７ｅ2＝λ（ｅ１＋ｔｅ2）(λ＜０)10分∴ｔ＝－时，∴平面BDE⊥平面BDF8分(Ⅲ)解：设点E和点A到平面PBC的距离分别为ｈ１和ｈ２则ｈ１∶ｈ２＝ＥP∶AP＝２∶３9分∴11分所以截面BEF分三棱锥P－ABC所成两部分体积比为１∶２或（２∶１）12分21解：(Ⅰ)∵Ｋ０＝２ｘ０＝４，∴０≤cos２θ≤１∴２≤｜ｚ｜≤３∴复数ｚ的模的取值范围是［２，容器的容积最大，得BD⊥DE，－）１２分19解：设容器的高为x，３］6分(Ⅱ)由ｚ＝－３cosθ＋２ｉsinθ，由已知DE⊥PA，高考数学仿真试题(一)答案一，ｅ2２＝１，又PC∩AC＝C，则容器底面正三角形的边长为a-2ｘ2分∴Ｖ（ｘ）＝ｘ·（A－２ｘ）２（０＜ｘ＜）4分＝··４×（a－２ｘ）（a－２ｘ）≤10分当且仅当4x=a-2x，∴DE⊥平面BDF，1B2A3D4C5B6C7A8C9B10B11A12B二，∴AP⊥平面BDE4分(Ⅱ)证明：由BD⊥平面PAC，DE平面PAC，又由已知DE⊥AP，PC的中点∴DF∥AP，∴过点P０的切线方程为４ｘ－ｙ－４＝０4分(Ⅱ)∵Ｋｎ＝２ｘｎ，D为AC的中点，∴DE⊥DF6分BD∩DF＝D，BD平面ABC，∴BD⊥平面PAC2分又PA平面PAC，即x=时，∴PC⊥BD，Vmax=12分答：当容器的高为时，得tg（argｚ）＝－tgθ８分而已知argｚ＝２π－arctg∴－tgθ＝－∴tgθ＝10分∴１２分18解：ｅ１２＝４，∴BD⊥PA，∴过Pｎ的切，
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