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如圖所示，正四棱臺ABCD-A₁B₁C₁D₁是由一個正三棱錐S-ABCD（底面為正方形，頂點在底面上的射影為底面正方形的中心）被平行于底面的平面截所得．已知正四棱臺ABCD-A₁B₁C₁D₁下底面邊長為2，上底面邊長為1，高為2．
（1）求四棱臺ABCD-A₁B₁C₁D₁的體積；
（2）求正四棱錐S-ABCD的體積；
（3）證明：AA₁∥平面BDC₁．

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在Rt△ABC中，CA⊥CB，斜邊AB上的高為h1，則

1

h 2 1

=

1

|CA|2

+

1

|CB|2

；
類比此性質(zhì)，如圖，在四面體P-ABC中，若PA，PB，PC兩兩垂直，
底面ABC上的高為h，則得到的一個正確結(jié)論是

1

h2

=

1

|PA|2

+

1

|PB|2

+

1

|PC|2

1

h2

=

1

|PA|2

+

1

|PB|2

+

1

|PC|2

．

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在Rt△ABC中，CA⊥CB，斜邊AB上的高為h1，則

1

h 21

=

1

|CA|2

+

1

|CB|2

；
類比此性質(zhì)，如圖，在四面體P-ABC中，若PA，PB，PC兩兩垂直，
底面ABC上的高為h，則得到的一個正確結(jié)論是______．

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如圖，設(shè)S-ABCD是一個高為3的四棱錐，底面ABCD的邊長為2的正方形，頂點S在底面上的射影是正方形ABCD的中心，K是棱SC的中點，過AK作平面與線段SB，SD分別交于M，N（M，N可以是線段的端點）．
（1）求直線AK平面SBC所成角的正弦值；
（2）當(dāng)M是SB中點時，求四棱錐 S-AMKN 的體積．

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1．解析：，故選A。

2．解析：∵

，

故選B。

3．解析：由，得，此時，所以，，故選C。

4．解析：顯然，若與共線，則與共線；若與共線，則，即，得，∴與共線，∴與共線是與共線的充要條件，故選C。

5．解析：設(shè)公差為，由題意得，；，解得或，故選C。

6．解析：∵雙曲線的右焦點到一條漸近線的距離等于焦距的，∴，又∵，∴，∴，∴雙曲線的離心率是。故選B.

7.解析：∵、為正實數(shù)，∴，∴；由均值不等式得恒成立，，故②不恒成立，又因為函數(shù)在是增函數(shù)，∴，故恒成立的不等式是①③④。故選C.

8．解析：∵，∴在區(qū)間上恒成立，即在區(qū)間上恒成立，∴，故選D。

9．解析：∵

，此函數(shù)的最小值為，故選C。

10．解析：如圖，∵正三角形的邊長為，∴，∴，又∵，∴，故選D。

11．解析：∵在區(qū)間上是增函數(shù)且，∴其反函數(shù)在區(qū)間上是增函數(shù)，∴，故選A

12．解析：如圖，①當(dāng)或時，圓面被分成2塊，涂色方法有20種；②當(dāng)或時，圓面被分成3塊，涂色方法有60種；

③當(dāng)時，圓面被分成4塊，涂色方法有120種，所以m的取值范圍是，故選A。

13．解析：做出表示的平面區(qū)域如圖，當(dāng)直線經(jīng)過點時，取得最大值5。

14.解析：∵，∴時，，又時，滿足上式，因此，，

∴。

15．解析：設(shè)正四面體的棱長為，連，取的中點，連，∵為的中點，∴∥，∴或其補角為與所成角，∵，，∴，∴，又∵，∴，∴與所成角的余弦值為。

16．解析：∵，∴，∵點為的準(zhǔn)線與軸的交點，由向量的加法法則及拋物線的對稱性可知，點為拋物線上關(guān)于軸對稱的兩點且做出圖形如右圖，其中為點到準(zhǔn)線的距離，四邊形為菱形，∴，∴，∴，∴，∴，∴向量與的夾角為。

17．(10分)解析：（Ⅰ）由正弦定理得，，，…2分

∴，，………4分

（Ⅱ）∵，，∴，∴，………………………6分

又∵，∴，∴，………………………8分

∴�！�……………………10分

18.解析：（Ⅰ）∵，∴；……………………理3文4分

（Ⅱ）∵三科會考不合格的概率均為，∴學(xué)生甲不能拿到高中畢業(yè)證的概率；……………………理6文8分

（Ⅲ）∵每科得A，B的概率分別為，∴學(xué)生甲被評為三好學(xué)生的概率為。……………………12分

∵，，，。……………………9分

∴的分布列如下表：

0

1

2

3

∴的數(shù)學(xué)期望�！�…………………12分

19．(12分)解析：（Ⅰ）時，

，，

由得， 或   ………3分

+

0

－

0

+

遞增

極大值

遞減

極小值

遞增

，      ………………………6分

（Ⅱ）在定義域上是增函數(shù)，

對恒成立，即              

   ………………………9分

又（當(dāng)且僅當(dāng)時，）

 ………………………4分

20．解析：（Ⅰ）∵∥，，∴，∵底面，∴，∴平面，∴，又∵平面，∴，∴平面，∴�！�……………………4分

（Ⅱ）∵平面，∴，，∴為二面角的平面角，………………………6分

，，∴，又∵平面，，∴，∴二面角的正切值的大小為�！�……………………8分

（Ⅲ）過點做∥，交于點，∵平面，∴為在平面內(nèi)的射影，∴為與平面所成的角，………………………10分

∵，∴，又∵∥，∴和與平面所成的角相等，∴與平面所成角的正切值為�！�……………………12分

解法2：如圖建立空間直角坐標(biāo)系，（Ⅰ）∵，，∴點的坐標(biāo)分別是，，，∴，，設(shè)，∵平面，∴，∴，取，∴，∴�！�……………………4分

（Ⅱ）設(shè)二面角的大小為，∵平面的法向量是，平面的法向量是，∴，∴，∴二面角的正切值的大小為�！�……………………8分

（Ⅲ）設(shè)與平面所成角的大小為，∵平面的法向量是，，∴，∴，∴與平面所成角的正切值為�！�……………………12分

21.（Ⅰ） 解析：如圖，設(shè)右準(zhǔn)線與軸的交點為，過點分別向軸及右準(zhǔn)線引垂線，∵，∴，又∵ ∥，∴，………………………2分

∴，又∵，∴，又∵，解得，∴，∴雙曲線的方程為�！�……………………4分

（Ⅱ）聯(lián)立方程組   消得：

由直線與雙曲線交于不同的兩點得：

即   于是 ，且    ………………①………………………6分

設(shè)、，則

……………………9分

又，所以，解得      ……………②   

由①和②得    即 或

故的取值范圍為�！�……………………12分

22．(12分)解析：（Ⅰ）∵，∴，∴，∴數(shù)列是等差數(shù)列，………………………2分

又∵，，∴公差為2，

∴，………………………4分

（Ⅱ）∵，∴，

∴數(shù)列是公比為2的等比數(shù)列，

∵，∴，………………………6分

（Ⅲ）∵，

∴………………………8分

∴………………………10分

∵，∴，又∵，∴………………………12分