高一数学易错题习题集

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一试题部分

1 试题来源知识点洛阳一中2017-2018学年高一上学期期中考试奇偶性与单调性 2分值 12 得分率 65% 19.设函数fxx2xa3,xR. （2）若fx是偶函数，求a的值；易错题（1）王鹏同学认为：无论a取何值，fx都不可能是奇函数，你同意他的观点吗？请说明你的理由；（3）在（2）的情况下，画出y=f(x)的图象并指出其单调递增区间. 题目来源：福建省华安中学2017-2018学年高一上学期期末考试已知函数fxa用时建议：8min （1）判断函数fx的单调性并给出证明；（3）对于（2）中的a，若fx推荐题 1

2aR 2x1（2）若存在实数a使函数fx是奇函数，求a； mx2,3时恒成立，求m的最大值． x，当2第 1 页共 50 页

题目来源：黑龙江省大庆中学2017-2018学年高一上学期期末考试设函数yfx的定义域为R，并且满足fxyfxfy，且f21，当x0时，（1）求f0的值；用时建议：8min fx0. （2）判断函数fx的奇偶性；（3）如果fxfx22，求x的取值范围. 推荐题 2 题目来源：湖北省孝感市八校联考2017-2018学年高一上学期期中考试已知函数fx是定义在R上的奇函数，且当x0时，（1）求函数fxxR的解析式；函数fx的图象；推荐题 3

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用时建议：8min fxx22x．（2）现已画出函数fx在y轴左侧的图象，如图所示，请补全完整（3）求使fx0的实数x的取值集合. 2 试题来源知识点洛阳一中2017-2018学年高一上学期期中考试实际应用，求函数的最值月份数量（万件） 1月 1 分值 12 得分率 42% 20.某工厂今年前三个月生产某种产品的数量统计表格如下： 2月 1.2 3月 1.3 为了估测以后每个月的产量，以这三个月产品数量为依据，用一个函数模拟该产品的月产量y与月份x的关系.模拟函数可选择二次函数y=px2+qx+r(p,q,r为常数，且p≠0)或函数y=abx+c(a,b,c为常数).已知4月份该产品的产量为1.37万件，请问用以上哪个函数作为模拟函数较好，并说明理由. 易错题

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题目来源：2017-2018学年山东省潍坊市高一第一学期期中考试用时建议：12min 经市场调查，某商品在过去的100天内的销售量(单位：件)和价格(单位:元)均为时间t (单位：天)的函60t,1t60tN，价格满足gt=200t1t100,tN. ，数，且销售量满足fx1150t,61t1002（1）求该种商品的日销售额ht与时间t的函数关系；（2）若销售额超过16610元，商家认为该商品的收益达到理想程度，请判断该商品在哪几天的收益达到理想程度？推荐题 1

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题目来源：甘肃省兰州第一中学2017-2018学年高一12月月考年为第1年，且前4年中，第x年与年产量fx万件之间的关系如下表所示：用时建议：12min 某企业常年生产一种出口产品，根据预测可知，进入21世纪以来，该产品的产量平稳增长，记20091 4.00 2 5.58 3 7.00 x2fx x 4 8.44 log1xa. 若fx近似符合以下三种函数模型之一：fx＝axb,fx＝2a,fx=（1）找出你认为最适合的函数模型，并说明理由，然后选取其中你认为最适合的数据求出相应的解析式；（2）因遭受某国对该产品进行反倾销的影响，2015年的年产量比预计减少30%，试根据所建立的函数模型,确定2015年的年产量. 推荐题 2 第 5 页共 50 页

题目来源：黑龙江省大庆第一中学2017-2018学年高一上学期第二次阶段测试用时建议：12min 某企业生产A、B两种产品，根据市场调查与预测，A产品的利润与投资关系如图（1）所示；B产品的利润与投资的算术平方根成正比，其关系如图（2）所示（注：利润和投资单位：万元）．（1）分别将A、B两种产品的利润表示为投资的函数关系式；（2）已知该企业已筹集到18万元资金，并将全部投入A、B两种产品的生产．问怎样分配这18万元投资，才能使该企业获得最大利润？其最大利润约为多少万元？推荐题 3 第 6 页共 50 页

3 试题来源知识点洛阳一中2017-2018学年高一上学期期中考试对称性的应用，单调性函数的零点综合 2分值 12 得分率 60% 22.对于函数fx，若存在一个实数a使得faxfax，我们就称yfx关于直线xa对称.已知fxx2xme（1）证明fx关于x=1对称，并据此求： x1ex1. 12911ff...ff1f10101010（2）若fx只有一个零点，求m的值. 易错题 12f...1019f的值； 10 第 7 页共 50 页

题目来源：江苏省高邮市2017-2018学年高一上学期期中考试设函数fxx2tx2，gxe2x1用时建议：12min （1）求函数fx在区间0,4上最大值；（2）设hxex1，且函数fx的图象关于直线x1对称. xfxx，不等式h2k2x0在x1,1上恒成立，求实数k的取值范围；（3）设Fxfxagx2有唯一零点，求实数a的值. 推荐题 1

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题目来源：山东省烟台市2017-2018学年高一上学期期中考试关于函数y=fxxD有如下结论：若函数yfx的图象关于点a,b对称，则有用时建议：12min faxfax=2b成立. 2x1（1）若函数fx=的图象关于点2,m对称，根据题设中的结论求实数m的值； x2（2）若函数yfx的图象既关于点2,0对称，又关于点2,1对称，且当x2,6时, fx2x3x,求f5的值. 推荐题 2

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题目来源：辽宁省沈阳市交联体2017-2018学年高一上学期期中考试（1）画出fx图象；已知函数fx是定义在R上的函数，fx图象关于y轴对称，当x0时，fxx4x， 2用时建议：12min （2）求出fx的解析式；推荐题 3

（3）若函数yfx与函数ym的图象有四个交点，求m的取值范围. 第 10 页共 50 页

4 试题来源知识点洛阳一中2017-2018学年高一上学期实验班测验新概念题分值 5 得分率 33% 易错题 12.对于函数fx，若任给实数a、b、cR，f(a)、f(b)、f(c)为某一三角形三边长，则称f(x)为“可ext构造三角形函数”.已知函数fx=x是“可构造三角形函数”,则实数t的取值范围是( ) e11A. [,2] B. [0,1] C. [1,2] D. [0,+∞) 2题目来源：浙江省91高中联盟2017-2018学年高一上学期期中联考用时建议：3min 在实数的原有运算法则中，补充定义新运算“”如下：当ab时， aba；当ab时，取值范围是（）推荐题 1 abb2，已知函数fx1xx22xx2,2，则满足fm1f3m的实数的1,2 C. 212, D. 2321, 3用时建议：3min 成立，则称函数21A. , B. 2若函数题目来源：江西省南昌二中2017-2018学年度高一上学期期中考试推荐题 2 满足对任意的xn,mnm，都有2在区间n,mnm上是“被约束的”.若函数fxxaxa在区间,aa0上是“被约束的”，a1则实数的取值范围是（） 22,331，，2，2 C. A.  D. 3 B. (13题目来源：2017-2018学年江西省南昌二中高一上第三次考试推荐题 3 2，2 用时建议：3min 在直角坐标系中，如果两点A(a,b),B(a,b)在函数yf(x)的图象上，那么称[A,B]为函数f(x)的cosx,x0,[A,B][B,A]g(x)2一组关于原点的中心对称点（与看作一组）．函数关于原点的log4(x1),x0中心对称点的组数为（） A．1 B．2 C．3 D．4 试题来源洛阳一中2017~2018学年第一学期高一月考知识点斜二测画法 5 分值 5 得分率 35% 2.如图，矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中易错题 O′A′＝6cm，O′C′＝2cm，则原图形是（） A. 正方形 B. 矩形 C. 菱形 D. 一般的平行四边形第 11 页共 50 页

题目来源：2017-2018学年辽宁省大连市高一上学期期末考试 B′C′=4，A′B′=1，则直角梯形DC边的长度是（）推荐题 1 用时建议：2min 已知梯形ABCD是直角梯形，按照斜二测画法画出它的直观图A′B′C′D′（如图所示），其中A′D′=2，A. 5 B. 22 C. 25 D. 3 用时建议：2min 题目来源：重庆市第一中学2018届高一11月月考角三角形(如图所示)，则此三棱柱的体积为（）已知一个三棱柱高为3，其底面用斜二测画法所画出的水平放置的直观图是一个直角边长为1的等腰直推荐题 2 A. 2 B. 62 C. 1 D. 32 3用时建议：2min 题目来源：辽宁省大连市2017-2018学年高一上学期期末考试中点，则关于ABC中的三条线段AB,AD,AC命题是真命题的是（）如图，ABC水平放置的直观图为A'B'C'，A'B'，B'C'分别与y'轴、x'轴平行，D'是B'C'边推荐题 3 A. 最长的是AB，最短的是AC B. 最长的是AC，最短的是AB C. 最长的是AB，最短的是AD D. 最长的是AC，最短的是AD 6 试题来源洛阳一中2017~2018学年第一学期高一月考知识点 A. B. C. 三视图；求空间几何体的表面积和体积分值 5 得分率 60% 5.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）易错题第 12 页共 50 页

D. 用时建议：3min 题目来源：甘肃省张掖市2017-2018学年高一上学期期末质量检测联考某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的表面积是（）推荐题 1 A. 90cm2 B. 129cm2 C. 132cm2 D. 138cm2 题目来源：河南省中原名校2017-2018学年高一上学期第二次联考已知某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积是（）推荐题 2 用时建议：3min A. 108cm3 B. 84cm3 C. 92cm3 D. 100cm3 题目来源：云南省玉溪第一中学2018届高一上学期第三次月考某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积为（）推荐题 3 A. 438219 B. 438419 C. 838419 D. 838219 7 易错题试题来源洛阳一中2017~2018学年第一学期高一月考知识点棱锥的外接球问题分值 5 得分率 57% 用时建议：3min 12.如图，已知四棱锥P-ABCD的底面为矩形，平面PAD平面ABCD，AD22，PAPDAB2，则四棱锥P-ABCD的外接球的表面积为（） A.2π B.4π C.8π D.12π

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推荐题 1 题目来源：辽宁省实验中学、大连八中等五校2017-2018学年高一上期末考试用时建议：3min 《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，若三棱锥PABC为鳖臑，PA平面ABC,PA3,AB4,AC5，三棱锥PABC的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为（） A. 17 B. 25 C. 34 D. 50 题目来源：2017届山西省高三3月高考考前适应性测试（一模）如图，在ABC中，ABBC用时建议：3min 推荐题 2 6，ABC90，点D为AC的中点，将ABD沿BD折起到PBD的位置，使PCPD，连接PC，得到三棱锥PBCD，若该三棱锥的所有顶点都在同一球面，则该球的表面积是（） A.  B. 3 C. 5 D. 7 题目来源：辽宁省葫芦岛市六校协作体2017-2018学年高一12月月考用时建议：3min 如图所示，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB3，BC4，AA15，E、F为线段A1C1上的动点，且EF1，P，Q为线段AC上的动点，且PQ2，M为棱BB1上的动点，则四棱锥MEFQP的体积（）推荐题 3 A. 不是定值，最大为C. 是定值，等于 8 易错题推荐题 1 推荐 25 B. 不是定值，最小为6 425 D. 是定值，等于6 4试题来源洛阳一中2017~2018学年第一学期高一月考知识点直线方程的问题分值 5 得分率 38% 14.过点（1,2）且到点A（-1,1），B（3，-1）距离相等的直线的一般式方程是 . 题目来源：辽宁省大连市2017-2018学年高一上学期期末考试用时建议：2min 已知直线l经过点P2,5，且与直线4x3y20平行，则直线l的方程为．题目来源：七天网络名校题库用时建议：2min 若直线2xmy2m40与直线mx2ym20平行，则实数m . 第 14 页共 50 页

题 2 推荐题 3 题目来源：七天网络名校试题库已知圆C:x1y32用时建议：2min 21和两点A0,m,B0,m(m0)，若圆C上存在点P，使得APB90，则实数m的取值范围为．试题来源洛阳一中2017~2018学年第一学期高一月考知识点 16.y两点间距离公式的应用 9 易错题推荐题 1 推荐题 2 推荐题 3 分值 5 得分率 38% x32x32x12x52的最小值为 . 用时建议：3min 222题目来源：福建省闽侯第六中学2017-2018学年高一12月月考 22已知点A2,2,B2,6,C4,2，点P坐标满足xy4，求PAPBPC的取值范围是 . 题目来源：安徽省全椒中学2017－2018学年高一第一学期期中考试用时建议：2min 已知定点A(0，1),点B在直线x+y=0上运动，当线段AB最短时，点B的坐标是 . 题目来源：七天网络名校试题库用时建议：2min mR，动直线l1：xmy10过定点A，动直线l2:：mxy2m30过定点B，若l1与l2交于点P (异于点A,B)，则PAPB的最大值为（） A. 5 B. 25 C. 10 D. 210 10 试题来源洛阳一中2017~2018学年高一1.9月考知识点直线方程；根据四边形性质求点的坐标分值 12 得分率 45% 18. 如图，面积为8的平行四边形ABCD，A为坐标原点，B坐标为（2，-1），C、D均在第一象限. （1）求直线CD的方程；（2）若BC13，求点D的横坐标. 易错题

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题目来源：2017-2018学年安徽省六安市第一中学高一上学期周末作业（十三）用时建议：8min 在的直线方程为x5y230，求：（1）顶点C的坐标；（2）直线BC的方程. 推荐题 1 题目来源：辽宁省大连市2017-2018学年高一上学期期末考试已知ABC中，A2,1，B4,3，C3,2. （1）求BC边上的高所在直线方程的一般式；（2）求ABC的面积. 推荐题 2

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已知ABC的顶点A5,2,AB边上的中线CM所在的直线方程为2xy50,AC边上高BH所用时建议：8min 题目来源：七天网络名校试题库已知两个定点A4,0,B1,0，动点P满足PA2PB.设动点P的轨迹为曲线E，直线用时建议：12min l:ykx4. （1）求曲线E的轨迹方程；（2）若l与曲线E交于不同的C,D两点，且COD90（O为坐标原点），求直线l的斜率；（3）若k1,Q是直线l上的动点，过Q作曲线E的两条切线QM,QN，切点为M,N，探究：直线2MN是否过定点. 推荐题 3 第 17 页共 50 页

11 试题来源洛阳一中2017~2018学年第一学期高一月考知识点直线的倾斜角与斜率；三角形的性质 19.已知直线l：y=（1-m）x+m（mR）. （1）若直线l的倾斜角4560，求实数m的取值范围；（2）若直线l分别与x轴，y轴的正半轴交于A，B两点，O是坐标原点，求AOB面积的最小值及此时直线l的方程. 易错题题目来源：甘肃省武威市第六中学2017-2018学年高一上学期期末考试已知直线l经过直线2xy50与x2y0的交点P. （1）点A5,0到直线l的距离为3，求直线l的方程；推荐题 1

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分值 12 得分率 45% 用时建议：8min （2）求点A5,0到直线l的距离的最大值，并求距离最大时的直线l的方程．题目来源：广东省深圳市宝安中学2017-2018学年高一上学期期中考试已知直线l的方程为2x3y6 用时建议：8min ，（1）若直线m与l平行且过点13，求直线m的方程；（2）若直线n与l垂直，且n与两坐标轴围成三角形面积为3, 求直线n的方程. 推荐题 2 题目来源：山东省济南市历城第二中学2017-2018学年高一上学期第三次调研在平面直角坐标系xOy中，已知ABC的顶点A5,1,B1,5. （1）若A为ABC的直角顶点，且顶点C在y轴上，求BC边所在直线方程；（2）若等腰ABC的底边为BC，且C为直线l:y2x3上一点，求点C的坐标. 推荐题 3

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用时建议：8min 12 试题来源洛阳一中2017~2018学年第一学期高一月考知识点 BCDE. （1）求证：DE⊥平面ABE ；（2）若二面角A−DE−B为60，求二面角A−DC−B的正切值. 直线与平面垂直；二面角；平面图形的翻折分值 12 得分率 45% 21.如图，E 是直角梯形ABCD 底边AB 的中点，AB=2DC=2BC，将△ADE 沿DE 折起形成四棱锥A− 易错题第 20 页共 50 页

题目来源：河南省洛阳名校2017-2018学年高一上学期第二次联考已知等腰梯形PDCB中（如图1），PB3，DC1，PDBC将PAD沿AD折起，使平面PAD平面ABCD（如图2）. 用时建议：10min 且PA1，2，A为PB边上一点，（1）证明：平面PAD平面PCD；（2）试在棱PB上确定一点M，使截面AMC把几何体分成的两部分VPDCMA:VMABC2:1. 推荐题 1

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题目来源：甘肃省张掖市2017-2018学年高一上学期期末质量检测联考点D是AB的中点. 用时建议：10min 如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱AA1底面ABC，AC4，BC3，AB5，AA13，（1）求证：AC1||平面CDB1；（2）求证：ACBC1；（3）求直线AB1与平面BB1C1C所成的角的正切值. 推荐题 2

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题目来源：河南省中原名校2017-2018学年高一上学期第二次联考用时建议：10min 如图，底面是正三角形的直三棱柱ABCA1B1C1中，D是BC的中点，AA1AB2. （1）求证：AC1//平面AB1D；（2）求异面直线A1C与B1D所成角的正切值. 推荐题 3

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13 试题来源知识点洛阳一中2017~2018学年第一学期高一月考立体几何综合，面面垂直和求三棱锥体积分值 12 得分率 65% 22. 如图，在四棱锥P−ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，∠BAD=60∘，AB=2， PD=6，O为AC与BD的交点，E为棱PB上一点. (Ⅰ)证明：平面EAC⊥平面PBD； (Ⅱ)若PD∥平面EAC，求三棱锥P−EAD的体积. 易错题

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题目来源：2017-2018学年河南省平顶山市高一上学期期末调研考试如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，PA平面ABCD. 用时建议：12min （1）证明：平面PBD平面PAC；（2）设AP1，AD3，CBA60，求A到平面PBC的距离. 推荐题 1

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题目来源：山东省曲阜师范大学附属中学2017-2018学年高一上学期期末考试用时建议：12min 如下图，ABED是长方形，平面ABED⊥平面ABC，AB=AC=5，BC=BE=6，且M是BC的中点. （Ⅰ）求证：AM⊥平面BEC；（Ⅱ）求三棱锥B−ACE的体积；（Ⅲ）若点Q是线段AD上的一点，且平面QEC⊥平面BEC，求线段AQ的长. 推荐题 2

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题目来源：2017-2018学年辽宁省庄河市高级中学高一上学期期末考试 AB//CD，AB⊥AD，且AB=AD=2CD=1，M为线段ED的中点. 1用时建议：12min 如图，在多面体ABCDEF中，平面ADEF与平面ABCD垂直，ADEF是正方形，在直角梯形ABCD中，（1）求证：AM//平面BEC；（2）求证：BC⊥平面BDE；（3）求三棱锥D−BCE的体积. 推荐题 3

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二答案部分

1 知识点：奇偶性与单调性【解析】 19.（1）我同意王鹏同学的看法，理由如下 f(a)=a2+3，f(−a)=a2−4|a|+3 若f(x)为奇函数，则有f(a)+f(−a)=0 易错题 ∴a2−2|a|+3=0 显然a2−2|a|+3=0无解，所以f（x）不可能是奇函数（2）若f（x）为偶函数，则有f（a）=f（−a） ∴2|a|=0从而a=0，此时f（x）=x2−2|x|+3，是偶函数. （3）由（2）知f（x）=x2−2|x|+3，其图象如图所示其单调递增区间是(−1,0)和(1,+∞). 【分析】（1）根据单调性定义：先设再作差，变形化为因子形式，根据指数函数单调性确定因子符号，最后根据差的符号确定单调性；（2）根据定义域为R且奇函数定义得f(0)＝0，解得a＝1，再根据奇函数定义进行验证；（3）先根据参变分离将不等式恒成立化为对应函数最值问题：m21用对勾函数性质得最小值，即得m的范围以及m的最大值．【解析】（1）不论a为何实数，f(x)在定义域上单调递增．证明：设x1，x2∈R，且x1， . 第 29 页共 50 页

，即m的最大值是【分析】（1）利用赋值法，求f（0）的值；（2）利用函数奇偶性的定义，判断函数f（x）的奇偶性；（3）利用函数的奇偶性和单调性将不等式进行转化，即可求解．【解析】（1）令xy0，则f00f0f0， ∴f00；（2）∵fxyfxfy ∴f0xf0fx ∴函数fx是奇函数. 推荐题 2 由（1）知f00，∴fxfx （3）设x1,x2R，且x1x2，则x1x20， ∵当x0时， fx0 fx1x2fx1fx2， ∴fx1x20，即fx1fx20 ∵fxyfxfy ∴fxfyfxy ∵fxfx22 ∴fx1fx2，∴函数fx是定义在R上的增函数 ∴211f2f2f2f42f4 ∴fxfx2f4 ∴fx2f4fxf4x ∵函数fx是定义在R上的增函数 ∴x24x∴x1 【分析】 ∴不等式fxfx22的解集为xx1. （1）利用函数是奇函数，结合0时，fxx2x即可求出； 2推荐题 3 （2）因为奇函数的图象关于原点成中心对称，故可画出另一侧图象；（3）观察图象，在x轴上方的图象所对应的x的值的集合即为所求．【解析】（1）设x0，则x0， ∴fxx2xx2x， 22∵函数fx是定义在R上的奇函数， 2∴fxfxx2x（x0），第 30 页共 50 页

2x2x,x0∴fx2. x2x,x0（2）函数的图象如图所示：（3）方程fx0的根是x12，x20，x32，所以由函数的图象可知不等式fx0的解集为x|x2或0x2． 2 知识点：实际应用，求函数的最值 20.【解析】设y1=f(x)=px2+qx+r,y2=g(x)=abx+c,根据已知有 pqr14p2qr1.2 9p3qr1.3abc12和abc1.2 ab3c1.3p0.05解得q0.35 r0.7a0.8和b0.5 c1.4所以f(x)=-0.05x2+0.35x+0.7，g(x)=-0.80.5x+1.4 所以f(4)=1.3，g(4)=1.35 显然g(4)更接近与1.37，故选用y=-0.80.5x+1.4作为模拟函数更好. 推荐题 1 【分析】（1）利用ht= ftgt，通过t的范围求出函数的解析式；（2）令ht16610解出t的范围即可得出结论．【解析】易错题第 31 页共 50 页

（1）由题意知，当1t60,tN时, ht= ftgt=60t200t =t2140t12000, 11t200t=t2250t30000, 22t2140t12000,1t60,tN所求函数关系ht12. t250t30000,61t100,tN22（2）当1t60,tN时, ht=t2140t12000=t7016900, 当61t100,tN时, ht= ftgt=150∴htmax= h60=16800（元）, ∴函数ht在1,60上单调递增，当61t100,tN时, ht=∴函数ht在61,100上单调递减, ∴htmax= h61=16610.5（元）. 故只有第61天满足条件. 1212t250t30000=t2501250, 22若销售额超过16610元，当61t100时，函数单调递减, 当1t60时，经计算h5316611满足条件，又函数ht在1,60上单调递增,所以第53,,…,60天,满足条件. 即满足条件的天数为第53,,…60,61天,共9天. 【分析】（1）利用表格中部分数据和待定系数法分别求出拟合函数的解析式,再通过其他数据进行验证优选拟合函数; （2）根据（1）的结论，利用拟合函数进行预测，可得2015年预计年产量为f7【解析】（1）符合条件的是fx＝axb,若模型为fx＝2a, x35713. 22推荐题 2 则由f1＝21＋a＝4，得a＝2，即fx＝22, x此时f(2)＝6，f(3)＝10，f(4)＝18，与已知相差太大，不符合, 若模型为fx＝log1x＋a，则fx是减函数，与已知不符合， 23aab4352所以fx=x,xN，由已知得，解得. 53ab722b235（2）2015年预计年产量为f7713, 222015年实际年产量为13×(1-30%)＝9.1，答：最适合的模型解析式为fx= 35x,xN，2015年的实际产量为9.1万件. 22推【分析】

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荐题 3 （1）对于A，当0≤x≤2时，因为图象过（2，0.5）和原点，当x＞2时，图象过（2，0.5）和（3，1），可得函数的解析式；对于B，易知y＝2x (x≥0)．（2）设投入B产品x万元，则投入A产品（18-x）万元，利润为y万元．分16≤x≤18时，0≤x＜16时两种情况求出函数的最大值，比较后可得答案．【解析】（1）对于A，当0x2 时，因为图象过2,0.5，所以y1x， 412kb当x2时，令ykxb，因图象过2,0.5和3,1，得2， 13kb1x,0x2411解得k，b，故y， 1122x,x222对于B，易知y2xx0．（2）设投入B产品x万元，则投入A产品18x万元，利润为y万元．若16x18时，则018x2，则投入A产品的利润为则y118x，投入B产品的利润为2x，414,3218x2x，令xt，t， 4129则yt2t，此时当 t4，即x16时，ymax8.5万元； 4211当0x16时，218x18，则投入A产品的利润为18x，投入B产品的利润为2x，2211则y18x2x，令xt，t0,4， 221217则yt2t，当t2时，即x4时，ymax10.5万元； 22由10.58.5，综上，投入A产品14万元，B产品4万元时，总利润最大值为10.5万元． 3 知识点：对称性的应用，单调性函数的零点综合 22.【解析】（1）易错题 2f(x)x22xmex1ex1 f1x1x21xme1x1e1x1 x21mexex 2f1x1x21xme1x1e1x1 x21mexex 从而有f1xf1x，即f(x)关于x=1对称，第 33 页共 50 页

119218911ff,ff...,ff 那么101010101010129101119ff...fff...f 101010101010f12m1 （2）由（1）知y=f(x)关于x=1对称，且f(x)只有一个零点，则这个零点一定是x=1. f10,即2m10,m1 22x1x111222当m=时，fxx1ee 22x=1时，f(1)=0，x1时，f(x)>0. 故m=1时，只有一个零点符合题意. 2【分析】（1）因为fx关于直线x1对称，所以t1，分析函数fx在0,1上单调递减，在1,4上单调递增，所以很容易求最值； 2x2k2， 2x211121化为12x2xk，令tx，则k2t22t1,t,2，记Gt2t2t1，求Gt2222（2）h2xxk20可化为2x最小值即得解； 2（3）由题意得：Fxx2xae2x1ex1， 2x1e2x1x22xaex1ex1 所以F2x2x22xae推荐题 1 故F2xFx，即x1为Fx的对称轴，因为Fx有唯一的零点，所以Fx的零点只能为x1，因为Fx有唯一的零点，所以Fx的零点只能为x1，即 11F11221ae11e110，解得a，对a进行检验，函数Fx是1,上的增函22数，而F10，所以，函数Fx只有唯一的零点，满足条件. 【解析】（1）因为fx关于直线x1对称，所以t1 故fxx2x2 x11 22所以，函数fx在0,1上单调递减，在1,4上单调递增，所以fx在区间0,4上的最大值为10 xxx（2）h2k20可化为2又f02,f410，所以当x4时， fxmax10。 2x2k2， 2x2111化为12x2xk，令tx，则k2t22t1, 222

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1112t,2t,2Gt2t2t1x1,1Gt因，因为，故， 故2，记min2212x1x1（3）由题意得：Fxx2xaee，所以k的取值范围是,. 22所以F2x2x22xae故F2xFx，即x1为Fx的对称轴，因为Fx有唯一的零点，所以Fx的零点只能为x1，即F1121ae22x1e2x1x22xaex1ex1 11e110，解得a1. 211x1x12ee时， Fxx2x， 22x1x1xx2令x1x21，则x1x20,x1x220,e1e20,e1210，当a从而 Fx1Fx2x122x11x11x1121eex22x2ex21ex21 22x1x2x1x2e2x11ex21ex1x2212ex1x220，即函数Fx是1,上的增函数，而F10，所以，函数Fx只有唯一的零点，满足条件. 故实数a的值为【分析】 1. 2（1）对任意x(x2)，都有f2xf2x=2m，即可求出m的值；（2）由题意f2xf2x=0，即fxf4x=0；f2xf2x=2，即fxf4x=2，两式相减化简可得fx= fx82，则结论易得. 【解析】推荐题 2 2x1的定义域为{x|x2}，对任意x(x2),都有f2xf2x=2m，即x222x122x1=2m，解得m2. 2x22x2（2）因为函数yfx的图象既关于点2,0对称，所以f2xf2x=0，（1）fx=即fxf4x0； ①，函数yfx的图象既关于点2,1对称，所以f2xf2x=2，即fxf4x=2， ② 所以f5=f322332=19. 3由①②得，f4xf4x2，即fx=fx82，推【分析】

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荐题 3 （1）先画出x0时，fxx4x的图象，根据fx图象关于y轴对称画图即可； 2（2）设x0，则x0，根据偶函数的性质可得fxx4xfx，从而可得求出fx的2解析式；【解析】（1）（3）同一坐标系内画出函数yfx与函数ym的图象，结合图象得到答案. （2）当x<0时-x>0, , 为偶函数, fxfxx24x， 2x4x,x0fx2. x4x,x0（3）最小值为f2f24，由（1）问图像可知函数y＝f(x)与函数y＝m的图象有四个交点时，-4f(c)对于∀a，b，c∈R恒成立. ex1t1t1fx1. xxe1e1①当t−1=0，f(x)=1，此时，f(a)、f(b)、f(c)都为1，构成一个等边三角形，满足条件. 易错题 ②当t−1>0，f(x)在R上是减函数，12，再由f(a)+f(b)>f(c)，可得2⩾t，解得1f(c)，可得2t⩾1，解得1>t⩾综上可得，1. 21⩽t⩽2， 2第 36 页共 50 页

故选A. 【答案】C 【解析】当2x1时，fx1x22x4； 23当1x2时，fxxx22x4；推荐题 1 x4,2x1所以fx3， x4,1x23易知，fxx4在2,1单调递增，fxx4在1,2单调递增，且2x1时，fxmax3，1x2时，fxmin3，则fx在2,2上单调递增， 2m1212所以fm1f3m得：23m2，解得m， 23m13m故选C. 【答案】B 【解析】推荐题 2 1122x，a，xaxa2aa>0都成立. 据题意得：对任意的2aa11112由a得a1.f21a211恒成立. aa2aa22由fa=aaaa2a得a2.因为a1， 11222f所以21a11aa. aaafxx2axa2的对称轴为x. 221a3a22，2 由f得a3.由于31，所以a的取值范围为(1242a33故选B. 【答案】B 【解析】推荐题 3 函数ylog4x1可以由对数函数ylog4x的图象向左平移1个单位得到， 0和实点（3,1），则与函数ylog4x1，又由x0，则图象过空点0，1，所以对称的图象与y＝cosx0图象关于原点对称的图象过3，0、3，1，故关于原点的中心对称点的组数为2，别为0，答案为B． 2x，x0有两个交点，坐标分5 知识点：斜二测画法

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易错题推荐题 1 推荐题 2 推荐题 3 【答案】D 【解析】由斜二测画法的规则可知，三棱柱的底面为直角三角形，且两条直角边分别为2，2，故此三棱柱的体积为【答案】B 【解析】由直观图可知A'B'【答案】B 【解析】由图形可知AD=2,BC=4,AB=2,∠ABC=900∴CD=√22+(4−2)2=2√2 .故选B. 2.C 122332.选D. 2y'轴，根据斜二测画法规则，在原图形中应有ABBC，又AD为BC边上的中线， ABC为直角三角形，AD为BC边上的中线，AC为斜边最长，AB最短．故选B．知识点：三视图；求空间几何体的表面积和体积 5.A 【答案】D 【解析】由题干中的三视图可得原几何体如图所示： 6 易错题推荐题 1 故该几何体的表面积=2×4×6+2×3×4+3×6+3×3+3×4+3×5+2×12×3×4=138（cm2）. 故选D. 推荐题 2 推荐题 3 【答案】D 【解析】几何体为一个长方体截取一个三棱锥，所以该几何体的体积是6634【答案】B 【解析】由三视图可知该三棱锥底面是边长为4的正三角形，面积为43，两个侧面是全等的三角形，三边分别为25，27，4，面积之和为419，

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13134100，选D. 2另一个侧面为等腰三角形，面积是故选B． 7 易错题【答案】C 推荐题 1 12.D 知识点：棱锥的外接球问题 1×4×4=8， 2【解析】由题意，PA⊥面ABC，则PAC,PAB为直角三角形，PA=3,AB=4，所以PB=5，又ΔABC是直角三角形，所以∠ABC=90°，AB=4，AC=5. 所以BC=3，因为ΔPBC为直角三角形，经分析只能PBC90o， PB2BC225934，三棱锥PABC的外接球的圆心为PC的中点，所以2R34则球O的表面积为4R234. 故PC故选C. 【答案】D 【解析】由题意可得该三棱锥的面PCD是边长为3的正三角形，且BD平面PCD，设三棱锥PBCD的外接球球心为O，PCD的外接圆的圆心为O1，则OO1平面PCD，所以四边形OO1DB为直角梯形. 由BD推荐题 2 3,O1D1及OBOD，可得OB7， 2即为外接球半径，故其表面积为7π. 【答案】D 【解析】由题意结合空间中的几何关系可得，四棱锥的底面EFQP是梯形，推荐题 3 该四边形的面积：S12515， 223412， 5棱锥的高即点B到直线AC的距离：h该几何体的体积为：V111512Sh6， 3325即该几何体的体积为定值6. 本题选择D选项. 8 易错题推荐【答案】4x3y70 【解析】设与直线4x3y20平行的直线l:4x3ym0 ，

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知识点：直线方程的问题 14.x-1=0或x+2y-5=0 题 1 推荐题 2 将点P2,5代入得4235m0,m7. 即所求方程为4x3y70. 【答案】2 【解析】直线2xmy2m40与直线mx2ym20平行，则有22m2m2或m2，当m2时，两直线重合，所以舍掉，m2符合题意；故答案为-2. 【答案】1,3 推荐题 3 【解析】圆C:x1y32设圆C上存在点P a,b，由APB90 得PAPB0，整理得a2b2m20ma2b2 即实数m表示点P与原点的距离，最小值为|OC|-r=1，最大值为|OC|+r=3，所以实数m的取值范围为1,3 故答案为1,3. 21的圆心C为1,3，半径为r1， 9 易错题知识点：两点间距离公式的应用 16.217 【答案】72,88 【解析】设Pa,b 22∵点A2,2,B2,6,C4,2 推荐题 1 22∴PA+PB+PCa2b2a2b6a4b23a3b4b682222222∵点P坐标满足xy4 22∴a2b24，即2b2 把a24b2代入到3a23b24b68123b23b24b684b80 ∵2b2 ∴724b8088 ∴PA+PB+PC的取值范围是72,88 故答案为72,88. 【答案】B(-222推荐题 2 11，) 22【解析】定点A（0，1），点B在直线x+y=0上运动，当线段AB最短时，就是直线AB和直线x+y=0垂直， AB的方程为：y-1=x，它与x+y=0联立解得x=-故答案为(-1111，y＝所以B的坐标是(-，) 222211，). 22推【答案】B

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荐题 3 【解析】由题意可得：A（1，0），B（2，3），且两直线斜率之积等于﹣1， ∴直线x+my﹣1=0和直线mx﹣y﹣2m+3=0垂直，则|PA|2+|PB|2=|AB|2=10≥ PAPB22．即PAPB25.故选B. 10 知识点：直线方程；根据四边形性质求点的坐标【解析】（1）根据题意，kABkCD直线CD的方程为y1， 21xm，即x2y2m0, 2S8，AB5, 易错题 14m4, 2m8， 5直线CD的方程为y1xm，即x2y80； 2（2）设Da,b，若BC13，则AD13, 由图可以知道m>0,a2b802,2ab13【分析】点D的横坐标a=1.2或2. n211（1）设Cm,n，且ACBH，可得m55，解方程组，可得顶点C的坐标； 2mn50（2）设B的坐标为x,y，则其满足BH所在的直线方程，可得x5y230 ①；点M的坐标为推荐题 1 x5y2x5y2,250②；联立①②解得，则其满足中线所在的直线方程，可得CM2222点B的坐标，再根据两点式直线方程即可求出直线BC的方程．【解析】（1）设Cm,n，且ACBH，（2）设B的坐标为x,y，则x5y230 ① 点M的坐标为n211m6，解得，故顶点C的坐标为C6,7； m55n72mn50x5y2x5y2,250 ② ，则2222联立①②解得点B的坐标为3,4，则直线BC的方程为：xy10. 推【分析】

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荐题 2 （1）由斜率公式可得kBC＝5，由垂直关系可得AD所在直线斜率，可得直线的方程；（2）由（1）易得BC的直线方程为：y2由三角形的面积公式可得．【解析】（1）因为kBC＝5，所以BC边上的高AD所在直线斜率k＝－所以AD所在直线方程为y1即x5y30．（2）BC的直线方程为：y2点A到直线BC的距离为3243x3，可得点A到直线BC的距离和|BC|，1． 51x2． 5324325117x3． 6． 2652122|BC|=3423226， ABC的面积为3. 【分析】（1）设点P坐标为x,y，由PA2PB，得：程；（2）依题意圆心到直线l的距离dx42y22x12y2整理即可得轨迹方2即可解得直线l的斜率k； 1t4，其方程为 2（3）由题意可知：O,Q,M,N四点共圆且在以OQ为直径的圆上，设Qt,推荐题 3 1txxtyyt40，即：x2txy24y0，又M,N在曲线E:x2y24上，22yyx0tlMNtx4y40，即xt4y10，由可解得定点坐标. 222y10【解析】（1）设点P坐标为x,y 由PA2PB，得：x4y22222x1y2 2整理得：曲线的E轨迹方程为xy4 （2）依题意圆心到直线l的距离d41k22， k7. （3）由题意可知：O,Q,M,N四点共圆且在以OQ为直径的圆上，设Qt,其方程为xxtyy

1t4， 21tt40，即：x2txy24y0 22第 42 页共 50 页

又M,N在曲线E:xy4上， 22tlMNtx4y40， 2y1yx0x即xt4y10，由得22， 2y10y11直线MN过定点,1. 2 11 知识点：直线的倾斜角与斜率；三角形的性质 19.【解析】（1）由已知直线的斜率，因为倾斜角4560，且ktan，所以1k3，即11m3，解得13m0. （2）在直线l：y=（1-m）x+m中，令以点A，得，所以点；令y=0，得xm，所m1易错题 m,0. m1由题意知，m>1，因此AOB的面积 11mOAOBm22m1. 2m12m112m11112222.当且仅当m121，即m=2时S取得最小值2，此时则Sm12m12S直线的方程为x+y-2=0. 【分析】（1）设过两直线的交点的直线系方程，再根据点到直线的距离公式，求出的值，得出直线l的方程；（2）先求出交点P的坐标，由几何的方法求出距离的最大值。【解析】（1）因为经过两已知直线交点的直线系方程为 (2x＋y－5)＋λ(x－2y)＝0，即(2＋λ)x＋(1－2λ)y－5＝0，所以推荐题 1 105521222＝3，解得λ＝1或λ＝2 2所以直线l的方程为x＝2或4x－3y－5＝0. 2xy50（2）由解得交点P(2，1)， x2y0如图，过P作任一直线l，设d为点A到直线l的距离，则d≤|PA|（当l⊥PA时等号成立）所以dmax＝|PA|＝10

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此时直线l的方程为: 3x－y－5＝0．【分析】（1）由平行得斜率，由点斜式即可写出直线方程；（2）由垂直得斜率，进而设直线n的的方程为y=表示面积求解即可. 【解析】（１）推荐题 2 3xa，分别y0, x0.求出直角三角形的两边2m与l平行，直线l的斜率为-22，设直线m的的方程为y=-xb， 33，13代入，得3=2b，b=7． 33直线m的方程为y=-（２）27x． 3333，设直线n的的方程为y=xa， 22n与l垂直，n的斜率为令y=0得x=-2a，令x=0得y=a． 3S=12aa3，解得a3 233n的的方程为y=x3. 2【分析】（1）设C0,y，则式的直线方程； 1y511，y4，利用两点式可求BC边所在直线方程，注意化为一般515（2）因为C为直线l:y2x3上一点，所以可设Ca,2a3，利用两点间距离公式列方程，即可求出点C的坐标. 推荐题 3 【解析】 1y511，∴y4， 515y5x1∴BC边所在直线方程， 4501即9xy40. （1）设C0,y，则∴5115a52a2， 2222（2）设Ca,2a3，则∵等腰ABC的底边为BC， ∴5a22a30，∴a1或，∴C1,5或,. 12 知识点：直线与平面垂直；二面角；平面图形的翻折 353955 第 44 页共 50 页

【解析】（1）证明：在直角梯形 ABCD 中 ,∵DC ∥ BE ，且DC=BE ， ∴ 四边形 BCDE 为平行四边形，又 ∠B=90∘ ，从而 DE⊥EB ， DE⊥EA. 因此，在四棱锥 A−BCDE 中，有 DE⊥ 面 ABE ；（2）由（1）知 ,∠AEB 即二面角 A−DE−B 的平面角 , 故 ∠AEB=60 ，又 ∵AE=EB ， ∴ΔAEB 为等边三角形。设 BE 的中点为 F ， CD 的中点为 G ，连接 AF 、 FG 、 AG ，从而 AF⊥BE，FG ∥ DE ，易错题于是 AF⊥CD，FG⊥CD ，从而 CD⊥ 面 AFG ，因此 CD⊥AG. ∴∠FGA 即所求二面角 A−DC−B 的平面角. ∵DE⊥ 面 ABE ，从而 FG⊥ 面 ABE ， ∴FG⊥AF. 设原直角梯形中 ,AB=2DC=2BC=2a，则折叠后四棱锥中 AF=3a ，FG=a ， 2AF3， FG23即二面角 A−DC−B 的正切值为. 2于是在 Rt△AFG 中，tanFGA【分析】（1）依题意知：CD⊥AD，即可根据面面垂直的性质定理可得：所以DC⊥平面PAD，再根据面面垂直的判定定理可得：平面PAD⊥平面PCD．（2）根据（1）同理可得：PA⊥平面ABCD，可得平面PAB⊥平面ABCD．在AB上取一点N，MN⊥平面ABCD，设MN=h，再分别计算出VPDCMA与VMABC的数值，并且结合题意可得B的中点．推荐题 1 【解析】（1）因为PDCB为等腰梯形，PB=3，DC=1，PA=1，则PA⊥AD，CD⊥AD．又因为面PAD⊥面ABCD，面PAD∩面ABCD=AD，CD⊂面ABCD，故CD⊥面PAD．又因为CD⊂面PCD，所以平面PAD⊥平面PCD．（2）所求的点M即为线段PB的中点．证明如下：设三棱锥M-ACB的高为h1，四棱锥P-ABCD的高为h2，，所以M为Ph1MB1. 当M为线段PB的中点时，h2PB2VMACB1所以截面AMC把几何体分成的两部分VP-DCMA∶VM-ACB=2∶1．所以，VPABCD3推荐【分析】（1）由中位线定理易证得ODAC1，即可得结论；第 45 页共 50 页

题 2 （2）由ACBC和ACCC1，可得AC平面BCC1B1，进而可证得；（3）由AC平面B1BCC1，易得AB1C是直线AB1与平面B1BCC1所成的角，在RtAB1C中求解即可. 【解析】（1）设BC1B1CO，则O为BC1的中点，连接OD，∵D为AB的中点，∴OD又∵OD平面CDB1，AC1平面CDB1，∴AC1（2）∵AC2BC2AB2，∴ACBC. 又∵C1C平面CDB1. AC1 AA1，AA1底面ABC， ∴C1C底面ABC，∴ACCC1. 又BCCC1C，∴AC平面BCC1B1，而BC1平面BCC1B1，∴ACBC1 （3）由（2）得AC平面B1BCC1∴直线B1C是斜线AB1在平面B1BCC1上的射影. ∴AB1C是直线AB1与平面B1BCC1所成的角，在RtAB1C中，BC132，AC4， ∴tanAB1C43222， 322. 3直线AB1与平面BB1C1C所成角的正切值为【分析】（1）连接A1B交AB1于O，根据三角形中位线性质得OD//A1C，再根据线面平行判定定理得结论；（2）根据OD//A1C，得异面直线A1C与B1D所成角为B1DO，再通过解三角形得异面直线A1C与推荐题 3 B1D所成角的正切值. 【解析】（1）连接A1B交AB1于O，连接OD，在BA1C中，O为BA1中点，D为BC中点OD//A1C OD面AB1D,AC面AB1D 1AC//平面AB1D 1（2）由（1）知B1DO即为所求角. tanB1DO 15. 513 知识点：立体几何综合，面面垂直和求三棱锥体积 22.【分析】（Ⅰ）由已知得AC⊥PD，AC⊥BD，由此能证明平面EAC⊥平面PBD. （Ⅱ）由已知得PD//OE，取AD中点H，连接BH，易错题由此利用VP−EAD=VE−PAD=【解析】 1VB−PAD，能求出三棱锥P-EAD的体积. 2（Ⅰ）证明：∵PD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD, ∴AC⊥PD.∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，又∵PD∩BD=D，AC⊥平面PBD. 第 46 页共 50 页

而AC⊂平面EAC，∴平面EAC⊥平面PBD （Ⅱ）∵PD∥平面EAC，平面EAC∩平面PBD=OE， ∴PD∥OE， ∵O是BD中点，∴E是PB中点. 取AD中点H，连结BH，∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=60∘， ∴BH⊥AD，又BH⊥PD，AD∩PD=D，∴BD⊥平面PAD， BH=3AB=3 21VB−PAD 211112=××S△PAD×BH=××2×6×3=. 23622∴VP−EAD=VE−PAD=【分析】（1）证面面垂直可根据证线线垂直，∵ABCD为菱形，∴BDAC.∵PA平面ABCD，∴BDPA.∴BD平面PAC；（2）可根据等体积法VAPBCVPABC求解A到平面PBC的距离. 【解析】（1）∵ABCD为菱形，∴BDAC. ∵PA平面ABCD，∴BDPA. ∴BD平面PAC. 推荐题 1 又BD平面PBD，∴平面PBD平面PAC. （2）∵AP1,AD∴AC3,CBA60, 3， SABC3432233. 4∵PCPBPA2AC22, 3139∴SPBC322. 242若设A到平面PBC的距离为x. 139133313. x1，∴x343413313即A到平面PBC的距离为. 13∴VAPBCVPABC，∴【分析】推荐题 2 （Ⅰ）由平面ABED⊥平面ABC，得到BE⊥平面ABC，即BE⊥AM，又因为BC⊥AM，进而证明AM⊥平面BEC；（Ⅱ）根据（Ⅰ）知道BE就是三棱锥B−ACE的高，又因为VB−ACE=VE−BCA，所以VB−ACE=VE−ABC=3×SΔABC×BE；（Ⅲ）根据AM⊥平面BEC，过Q做AM的平行线交EC与N点，则有QN⊥平面BEC,进而可以得到平面QEC⊥平1 第 47 页共 50 页

面BEC，确定线段AQ的长度，所以在平面QEC内作QN⊥EC,QN交CE于点N. 【解析】（Ⅰ）证明：∵平面ABED⊥平面ABC，平面ABED∩平面ABC=AB,BE⊥AB,BE⊂平面ABED， ∴BE⊥平面ABC，又AM⊂平面ABC， ∴BE⊥AM. 又AB=AC,M是BC的中点， ∴BC⊥AM，又BC∩BE=B,BC⊂平面BEC,BE⊂平面BEC ∴AM⊥平面BEC. （Ⅱ）由（Ⅰ）知，BE⊥平面ABC,∴h=BE=6. 在RtΔABM中，AM=√AB2−BM2=√52−32=4，又SΔABC=2×BC×AM=2×6×4=12 1111VBACEVBABCSABCh12624. 33（Ⅲ）证明：在平面QEC内作QNEC，QN交CE于点N. ∵平面QEC⊥平面BEC，平面QEC∩平面BEC=EC， ∴QN⊥平面BEC，又AM⊥平面BEC. ∴QN//AM. ∴QN与AM共面，设该平面为a， ∵ABED是长方形，∴AQ//BE，又AQ⊄平面BEC,BE⊂平面BEC， ∴AQ//平面BEC，又AQ⊂α,α∩平面BEC=MN， ∴AQ//MN，又QN//AM， ∴四边形AMNQ是平行四方形. ∴AQ=MN. ∵AQ//BE,AQ//MN， ∴MN//BE，又M是BC的中点. ∴MN=2BE=3， ∴AQ=MN=3. 【分析】（1）取EC中点G，利用三角形中位线及已知条件，可证四边形AMGB为平行四边形，再利用线线平行AM//GB得到线面平行；推荐题 3 （2）由梯形ABCD中各边的数量关系，利用勾股定理，可得BC⊥BD，又由已知条件可得ED⊥BC，则由线面垂直的判定定理可得结论. （3）三棱锥D−BCE也就是三棱锥E−BCD，易求VE−BCD，可得VD−BCE. 【解析】（1）取EC中点G，连接MG、GB，三角形EDC中，MG//CD//AB,MG=2DC=AB，则四边形AMGB为平行四边形，

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11则AM//BG，又BG⊂平面BEC，AM⊄平面BEC，则AM//平面BEC；（2）在梯形ABCD中，AB=AD=2CD，可得三角形BCD为直角三角形，其中BC⊥BD；又平面ADEF与平面ABCD垂直，ADEF是正方形，则ED⊥平面ABCD , 所以ED⊥BC，又BD∩ED=D，则BC平面BDE ; （3）VEBCDVDBCE 11111S三角形BCDDE211. 3323 第 49 页共 50 页

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