2024年魯教五四新版高一數(shù)學(xué)上冊階段測試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年魯教五四新版高一數(shù)學(xué)上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、函數(shù)的圖象與軸的交點個數(shù)是（）A.4B.3C.1D.02、如果那么..()A.B.C.D.3、【題文】已知全集則等于()A.{1，2，3}B.{1，2，4}C.{1}D.{4}4、【題文】一個幾何體的三視圖如圖所示；其中正視圖和側(cè)視圖是腰長為1的兩個全等的等腰直角三角形，則該幾何體的體積是。

A.B.C.D.15、【題文】二次方程有一個根比大，另一個根比小，則的取值范圍是（）A.B.C.D.6、【題文】正方體中，和平面所成角的大小是（）A.B.C.D.7、下列函數(shù)中，與函數(shù)相同的是（）A.B.C.D.評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)8、如果sinx+cosx=且0＜x＜π，那么tanx的值是____．9、在△ABC中，角A、B、C所對的邊分別為a、b、c，已知則sinB的值為____．10、【題文】函數(shù)11、已知函數(shù)f（x）=．若f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，則實數(shù)a的取值范圍為____．12、如圖，在離地面高200m的熱氣球上，觀測到山頂C處的仰角為15°、山腳A處的俯角為45°，已知∠BAC=60°，則山的高度BC為______m．13、兩直線（m+2）x-y+m=0，x+y=0與x軸相交且能構(gòu)成三角形，則m滿足的條件是______．14、在平面直角坐標系xoy中；若三條直線2x+y-5=0，x-y-1=0和ax+y-3=0相交于一點，則實數(shù)a的值為______．

15、函數(shù)f(x)=a(2x鈭?1)+1(a>0

且a鈮?1)

的圖象必過定點______．16、給出下列命題：

壟脵

函數(shù)y=cos(23x+婁脨2)

是奇函數(shù)；

壟脷

存在實數(shù)x

使sinx+cosx=2

壟脹

若婁脕婁脗

是第一象限角且婁脕<婁脗

則tan婁脕<tan婁脗

壟脺x=婁脨8

是函數(shù)y=sin(2x+5婁脨4)

的一條對稱軸；

壟脻

函數(shù)y=sin(2x+婁脨3)

的圖象關(guān)于點(婁脨12,0)

成中心對稱．

其中正確命題的序號為______．評卷人得分三、證明題(共9題，共18分)17、AB是圓O的直徑，CD是圓O的一條弦，AB與CD相交于E，∠AEC=45°，圓O的半徑為1，求證：EC2+ED2=2．18、如圖，已知：D、E分別為△ABC的AB、AC邊上的點，DE∥BC，BE與CD交于點O，直線AO與BC邊交于M，與DE交于N，求證：BM=MC．19、如圖；過圓O外一點D作圓O的割線DBA，DE與圓O切于點E，交AO的延長線于F，AF交圓O于C，且AD⊥DE．

（1）求證：E為的中點；

（2）若CF=3，DE?EF=，求EF的長．20、如圖，設(shè)△ABC是直角三角形，點D在斜邊BC上，BD=4DC．已知圓過點C且與AC相交于F，與AB相切于AB的中點G．求證：AD⊥BF．21、已知ABCD四點共圓，AB與DC相交于點E，AD與BC交于F，∠E的平分線EX與∠F的平分線FX交于X，M、N分別是AC與BD的中點，求證：（1）FX⊥EX；（2）FX、EX分別平分∠MFN與∠MEN．22、如圖；在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足為D，E為AD的中點，DF⊥BE，垂足為F，CF交AD于點G．

求證：（1）∠CFD=∠CAD；

（2）EG＜EF．23、如圖，已知：D、E分別為△ABC的AB、AC邊上的點，DE∥BC，BE與CD交于點O，直線AO與BC邊交于M，與DE交于N，求證：BM=MC．24、如圖；過圓O外一點D作圓O的割線DBA，DE與圓O切于點E，交AO的延長線于F，AF交圓O于C，且AD⊥DE．

（1）求證：E為的中點；

（2）若CF=3，DE?EF=，求EF的長．25、如圖，設(shè)△ABC是直角三角形，點D在斜邊BC上，BD=4DC．已知圓過點C且與AC相交于F，與AB相切于AB的中點G．求證：AD⊥BF．評卷人得分四、計算題(共1題，共3分)26、計算：．評卷人得分五、解答題(共2題，共16分)27、如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB=AA1=2，AC=BC=3，M，N分別為B1C1，AA1的中點。

（1）求證：AB⊥平面AA1C1C

（2）判斷MN與平面ABC1的位置關(guān)系，求四面體ABC1M的體積．28、如圖，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是正方形；且側(cè)棱和底面垂直．

（Ⅰ）求證：BD⊥平面ACC1A1；

（Ⅱ）當(dāng)ABCD-A1B1C1D1為正方體時，求二面角C1-BD-C的正切值及及異面直線BC1與AC所成角的大?。u卷人得分六、綜合題(共2題，共20分)29、（2011?青浦區(qū)二模）如圖，已知邊長為3的等邊三角形ABC紙片，點E在AC邊上，點F在AB邊上，沿著EF折疊，使點A落在BC邊上的點D的位置，且ED⊥BC，則CE的長是____．30、如圖；在平面直角坐標系中，OB⊥OA，且OB=2OA，點A的坐標是（-1，2）．

（1）求點B的坐標；

（2）求過點A、O、B的拋物線的表達式．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、B【分析】試題分析：首先將函數(shù)化簡為然后根據(jù)函數(shù)與方程的關(guān)系知，要求“函數(shù)的圖像與軸的交點的個數(shù)”就轉(zhuǎn)化為求“方程的實數(shù)根的個數(shù)”，于是對其進行分類討論：①當(dāng)時，令解得此時方程有兩個實數(shù)根滿足題意；②當(dāng)時，令解得因為不滿足故舍去，所以此時方程有且僅有一個實數(shù)根滿足題意.綜上所述，方程的實數(shù)根的個數(shù)有3個，即函數(shù)的圖像與軸的交點的個數(shù)有3個，故選B.考點：函數(shù)與方程.【解析】【答案】B.2、D【分析】試題分析：“”表示元素與集合之間的關(guān)系，左邊是元素，右邊是集合，B、C均錯，“”表示集合與集合之間的關(guān)系（子集關(guān)系），符號兩邊都是集合，A錯，故選D．考點：屬于“”，包含于“”的意義．【解析】【答案】D3、B【分析】【解析】

試題分析：∵∴∴={1；2，4},故選B

考點：本題考查了集合的運算。

點評：掌握交、并、補集的概念是解決此類問題的關(guān)鍵，屬基礎(chǔ)題【解析】【答案】B4、B【分析】【解析】

試題分析：三視圖還原的幾何體是四棱錐；一條側(cè)棱垂直底面，畫出圖形，根據(jù)三視圖的數(shù)據(jù)，求出四棱錐的體積。

幾何體底面是邊長為1的正方形；高是1，其中一條棱與底面垂直的四棱錐；

則它的體積為V=×1×1×2=．故答案為B.

考點：考查了三視圖的運用。

點評：根據(jù)三視圖能還原幾何體，然后結(jié)合幾何體是四棱錐，分析清楚錐體的高，底面的圖形特點，然后結(jié)合棱錐的體積公式得到求解，屬于基礎(chǔ)題?！窘馕觥俊敬鸢浮緽5、C【分析】【解析】解：令f（x）=x2+（a2+1）x+a-2；則f（1）＜0且f（-1）＜0

即a2+a＜0a2-a+2＞0；

∴-1＜a＜0．

故選C．【解析】【答案】C6、A【分析】【解析】本題考查空間線面角的計算。如圖所示：設(shè)與相交于點O，即為和平面所成角的大小，故為

【解析】【答案】A7、D【分析】【解答】解：函數(shù)的值域為[0，+∞），而和的值域均為（﹣∞；0]，故A；B與已知函數(shù)不是相同函數(shù)；

的定義域為（﹣∞，0]，而的定義域為（﹣∞；0），定義域不同，故C與已知函數(shù)不相同；

的定義域為（﹣∞，0]，且=與已知函數(shù)解析式也相同，故D與已知函數(shù)是相同函數(shù)；

故選D．

【分析】根據(jù)函數(shù)的“三要素”逐項判斷即可．二、填空題(共9題，共18分)8、略

【分析】

由得

代入sin2x+cos2x=1得：（5cosx-4）（5cosx+3）=0

∴或

當(dāng)時，得

又∵0＜x＜π；

∴sinx＞0；故這組解舍去。

當(dāng)時，

【解析】【答案】先根據(jù)sinx+cosx的值和二者的平方關(guān)系聯(lián)立求得cosx的值；進而根據(jù)同角三角函數(shù)的基本關(guān)系求得sinx的值，最后利用商數(shù)關(guān)系求得tanx的值．

9、略

【分析】

由正弦定理=且a=1，b=sinA=

得到sinB===．

故答案為：

【解析】【答案】由已知的a，b及sinA的值；利用正弦定理即可求出sinB的值．

10、略

【分析】【解析】本題考查函數(shù)奇偶性的應(yīng)用，雖然該函數(shù)整體上不具有奇偶性，但是ax-bsinx部分有奇偶性,可設(shè)f(x)=g(x)-1,則g(x)=f(x)+1,所以g(3)=f(3)+1=9,f(-3)=g(-3)-1=-g(3)-1=-9-1=-10【解析】【答案】11、1＜a≤2【分析】【解答】解：因為f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，所以y=ax﹣a遞增，且a1﹣a，由y=ax﹣a遞增，得a＞1①，由a1﹣a；得a≤2②；

綜合①②得1＜a≤2．

故答案為：1＜a≤2．

【分析】由f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，得y=ax﹣a遞增，且a1﹣a，由此可得關(guān)于a的不等式組，解出即可．12、略

【分析】解：根據(jù)題意；可得Rt△AMD中，∠MAD=45°，MD=200；

∴AM==200．

∵△MAC中；∠AMC=45°+15°=60°，∠MAC=180°-45°-60°=75°；

∴∠MCA=180°-∠AMC-∠MAC=45°；

由正弦定理，得==200

在Rt△ABC中，BC=ACsin∠BAC=200×=300m．

故答案為：300

首先在Rt△AMD中，算出AM==200m，然后在△MAC中，利用正弦定理算出AC=200m；最后在Rt△ABC中，利用三角函數(shù)的定義即可算出山的高度BC．

本題給出實際應(yīng)用問題，求山的高度BC．著重考查了三角函數(shù)的定義、利用正弦定理解三角形等知識，屬于中檔題．【解析】30013、略

【分析】解：由（m+2）x-y+m=0，得：2x-y+m（x+1）=0，聯(lián)立得

所以直線（m+2）x-y+m=0過定點P（-1；-2），且直線（m+2）x-y+m=0與x軸不垂直；

如圖所示；

由圖形可知；要使過P點的直線與x軸相交；與y=x相交且能構(gòu)成三角形；

該直線的斜率要大于0；且不等于2，斜率為負值時應(yīng)小于-1；

所以有m+2＜-1或解得：m∈（-∞，-3）∪（-2，0）∪（0，+∞）．

故答案為m∈（-∞；-3）∪（-2，0）∪（0，+∞）．

找出直線（m+2）x-y+m=0過的定點；在平面直角坐標系中，通過畫圖就能分析得到能構(gòu)成三角形的直線（m+2）x-y+m=0的斜率范圍，從而求得m的取值范圍．

本題考查了三點共線，兩條直線平行與傾斜角、斜率的關(guān)系，考查了數(shù)形結(jié)合的解題思想，訓(xùn)練了線系方程過定點的求法，此題是易錯題．【解析】m∈（-∞，-3）∪（-2，0）∪（0，+∞）．14、略

【分析】解：聯(lián)立之可得

即直2x+y-=0和-y-1=0點為（2；1）

代入得2a+1-30即a=1

故案為：1

聯(lián)立可得點，由該點在直線x+y0，可得關(guān)于a的方程，解之可．

本題查直線的交坐標涉及直線過點題，基礎(chǔ)題．【解析】115、略

【分析】解：由對數(shù)函數(shù)的定義；

令2x鈭?1=1

此時y=1

解得x=1

故函數(shù)y=a(2x鈭?1)+1

的圖象恒過定點(1,1)

故答案為(1,1)

本題研究對數(shù)型函數(shù)的圖象過定點問題；由對數(shù)定義知，函數(shù)y=logax

圖象過定點(1,0)

故可令x+2=1

求此對數(shù)型函數(shù)圖象過的定點．

本題考點是對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性與特殊點，考查對數(shù)函數(shù)恒過定點的問題，由對數(shù)函數(shù)定義可直接得到真數(shù)為1

時對數(shù)式的值一定為0

利用此規(guī)律即可求得函數(shù)圖象恒過定點的坐標【解析】(1,1)

16、略

【分析】解：壟脵

函數(shù)y=cos(23x+婁脨2)=鈭?sin23x

而y=鈭?sin23x

是奇函數(shù)，故函數(shù)y=cos(23x+婁脨2)

是奇函數(shù)；故壟脵

正確；

壟脷

因為sinxcosx

不能同時取最大值1

所以不存在實數(shù)x

使sinx+cosx=2

成立，故壟脷

錯誤．

壟脹

令婁脕=婁脨3婁脗=13婁脨6

則tan婁脕=3tan婁脗=tan13婁脨6=tan婁脨6=33tan婁脕>tan婁脗

故壟脹

不成立．

壟脺

把x=婁脨8

代入函數(shù)y=sin(2x+5婁脨4)

得y=鈭?1

為函數(shù)的最小值，故x=婁脨8

是函數(shù)y=sin(2x+5婁脨4)

的一條對稱軸；故壟脺

正確；

壟脻

因為y=sin(2x+婁脨3)

圖象的對稱中心在圖象上，而點(婁脨12,0)

不在圖象上；所以壟脻

不成立．

故答案為：壟脵壟脺

．

利用誘導(dǎo)公式；正弦函數(shù)和余弦函數(shù)性質(zhì)以及圖象特征；逐一判斷各個選項是否正確，從而得出結(jié)論．

本題主要考查誘導(dǎo)公式、正弦函數(shù)和余弦函數(shù)性質(zhì)以及圖象特征，屬于基礎(chǔ)題．【解析】壟脵壟脺

三、證明題(共9題，共18分)17、略

【分析】【分析】首先作CD關(guān)于AB的對稱直線FG，由∠AEC=45°，即可證得CD⊥FG，由勾股定理即可求得CG2=CE2+ED2，然后由△OCD≌△OGF，易證得O，C，G，E四點共圓，則可求得CG2=OC2+OG2=2．繼而證得EC2+ED2=2．【解析】【解答】證明：作CD關(guān)于AB的對稱直線FG；

∵∠AEC=45°；

∴∠AEF=45°；

∴CD⊥FG；

∴CG2=CE2+EG2；

即CG2=CE2+ED2；

∵△OCD≌△OGF（SSS）；

∴∠OCD=∠OGF．

∴O；C，G，E四點共圓．

∴∠COG=∠CEG=90°．

∴CG2=OC2+OG2=2．

∴EC2+ED2=2．18、略

【分析】【分析】延長AM，過點B作CD的平行線與AM的延長線交于點F，再連接CF．根據(jù)平行線分線段成比例的性質(zhì)和逆定理可得CF∥BE，根據(jù)平行四邊形的判定和性質(zhì)即可得證．【解析】【解答】證明：延長AM；過點B作CD的平行線與AM的延長線交于點F，再連接CF．

又∵DE∥BC；

∴；

∴CF∥BE；

從而四邊形OBFC為平行四邊形；

所以BM=MC．19、略

【分析】【分析】要證E為中點，可證∠EAD=∠OEA，利用輔助線OE可以證明，求EF的長需要借助相似，得出比例式，之間的關(guān)系可以求出．【解析】【解答】（1）證明：連接OE

OA=OE=＞∠OAE=∠OEA

DE切圓O于E=＞OE⊥DE

AD⊥DE=＞∠EAD+∠AED=90°

=＞∠EAD=∠OEA

?OE∥AD

=＞E為的中點．

（2）解：連CE；則∠AEC=90°，設(shè)圓O的半徑為x

∠ACE=∠AED=＞Rt△ADE∽Rt△AEC=＞

DE切圓O于E=＞△FCE∽△FEA

∴，

∴

即DE?EF=AD?CF

DE?EF=；CF=3

∴AD=

OE∥AD=＞=＞=＞8x2+7x-15=0

∴x1=1，x2=-（舍去）

∴EF2=FC?FA=3x（3+2）=15

∴EF=20、略

【分析】【分析】作DE⊥AC于E，由切割線定理：AG2=AF?AC，可證明△BAF∽△AED，則∠ABF+∠DAB=90°，從而得出AD⊥BF．【解析】【解答】證明：作DE⊥AC于E；

則AC=AE；AB=5DE；

又∵G是AB的中點；

∴AG=ED．

∴ED2=AF?AE；

∴5ED2=AF?AE；

∴AB?ED=AF?AE；

∴=；

∴△BAF∽△AED；

∴∠ABF=∠EAD；

而∠EAD+∠DAB=90°；

∴∠ABF+∠DAB=90°；

即AD⊥BF．21、略

【分析】【分析】（1）在△FDC中；由三角形的外角性質(zhì)知∠FDC=∠FAE+∠AED①，同理可得∠EBC=∠FAE+∠AFB②；由于四邊形ABCD內(nèi)接于圓，則∠FDC=∠ABC，即∠FDC+∠EBC=180°，聯(lián)立①②，即可證得∠AFB+∠AED+2∠FAE=180°，而FX；EX分別是∠AFB和∠AED的角平分線，等量代換后可證得∠AFX+∠AEX+∠FAE=90°；可連接AX，此時發(fā)現(xiàn)∠FXE正好是∠AFX、∠AEX、∠FAE的和，由此可證得∠FXE是直角，即FX⊥EX；

（2）由已知易得∠AFX=∠BFX，欲證∠MFX=∠NFX，必須先證得∠AFM=∠BFN，可通過相似三角形來實現(xiàn)；首先連接FM、FN，易證得△FCA∽△FDB，可得到FA：FB=AC：BD，而AC=2AM，BD=2BN，通過等量代換，可求得FA：FB=AM：BN，再加上由圓周角定理得到的∠FAM=∠FBN，即可證得△FAM∽△FBN，由此可得到∠AFM=∠BFN，進一步可證得∠MFX=∠NFX，即FX平分∠MFN，同理可證得EX是∠MEN的角平分線．【解析】【解答】證明：（1）連接AX；

由圖知：∠FDC是△ACD的一個外角；

則有：∠FDC=∠FAE+∠AED；①

同理；得：∠EBC=∠FAE+∠AFB；②

∵四邊形ABCD是圓的內(nèi)接四邊形；

∴∠FDC=∠ABC；

又∵∠ABC+∠EBC=180°；即：∠FDC+∠EBC=180°；③

①+②；得：∠FDC+∠EBC=2∠FAE+（∠AED+∠AFB）；

由③；得：2∠FAE+（∠AED+∠AFB）=180°；

∵FX；EX分別是∠AFB、∠AED的角平分線；

∴∠AFB=2∠AFX；∠AED=2∠AEX，代入上式得：

2∠FAE+2（∠AFX+∠AEX）=180°；

即∠FAE+∠AFX+∠AEX=180°；

由三角形的外角性質(zhì)知：∠FXE=∠FAE+∠FAX+∠EAX；

故FXE=90°；即FX⊥EX．

（2）連接MF；FN；ME、NE；

∵∠FAC=∠FBD；∠DFB=∠CFA；

∴△FCA∽△FDB；

∴；

∵AC=2AM；BD=2BN；

∴；

又∵∠FAM=∠FBN；

∴△FAM∽△FBNA；得∠AFM=∠BFN；

又∵∠AFX=∠BFX；

∴∠AFX-∠AFM=∠BFX-∠BFN；即∠MFX=∠NFX；

同理可證得∠NEX=∠MEX；

故FX、EX分別平分∠MFN與∠MEN．22、略

【分析】【分析】（1）連接AF，并延長交BC于N，根據(jù)相似三角形的判定定理證△BDF∽△DEF，推出，=；再證△CDF∽△AEF，推出∠CFD=∠AFE，證出A；F、D、C四點共圓即可；

（2）根據(jù)已知推出∠EFG=∠ABD，證F、N、D、G四點共圓，推出∠EGF=∠AND，根據(jù)三角形的外角性質(zhì)推出∠EGF＞∠EFG即可．【解析】【解答】（1）證明：連接AF，并延長交BC于N，

∵AD⊥BC；DF⊥BE；

∴∠DFE=∠ADB；

∴∠BDF=∠DEF；

∵BD=DC；DE=AE；

∵∠BDF=∠DEF；∠EFD=∠BFD=90°；

∴△BDF∽△DEF；

∴=；

則=；

∵∠AEF=∠CDF；

∴△CDF∽△AEF；

∴∠CFD=∠AFE；

∴∠CFD+∠AEF=90°；

∴∠AFE+∠CFE=90°；

∴∠ADC=∠AFC=90°；

∴A；F、D、C四點共圓；

∴∠CFD=∠CAD．

（2）證明：∵∠BAD+∠ABD=90°；∠CFD+∠EFG=∠EFD=90°，∠CFD=∠CAD=∠BAD；

∴∠EFG=∠ABD；

∵CF⊥AD；AD⊥BC；

∴F；N、D、G四點共圓；

∴∠EGF=∠AND；

∵∠AND＞∠ABD；∠EFG=∠ABD；

∴∠EGF＞∠EFG；

∴DG＜EF．23、略

【分析】【分析】延長AM，過點B作CD的平行線與AM的延長線交于點F，再連接CF．根據(jù)平行線分線段成比例的性質(zhì)和逆定理可得CF∥BE，根據(jù)平行四邊形的判定和性質(zhì)即可得證．【解析】【解答】證明：延長AM；過點B作CD的平行線與AM的延長線交于點F，再連接CF．

又∵DE∥BC；

∴；

∴CF∥BE；

從而四邊形OBFC為平行四邊形；

所以BM=MC．24、略

【分析】【分析】要證E為中點，可證∠EAD=∠OEA，利用輔助線OE可以證明，求EF的長需要借助相似，得出比例式，之間的關(guān)系可以求出．【解析】【解答】（1）證明：連接OE

OA=OE=＞∠OAE=∠OEA

DE切圓O于E=＞OE⊥DE

AD⊥DE=＞∠EAD+∠AED=90°

=＞∠EAD=∠OEA

?OE∥AD

=＞E為的中點．

（2）解：連CE；則∠AEC=90°，設(shè)圓O的半徑為x

∠ACE=∠AED=＞Rt△ADE∽Rt△AEC=＞

DE切圓O于E=＞△FCE∽△FEA

∴，

∴

即DE?EF=AD?CF

DE?EF=；CF=3

∴AD=

OE∥AD=＞=＞=＞8x2+7x-15=0

∴x1=1，x2=-（舍去）

∴EF2=FC?FA=3x（3+2）=15

∴EF=25、略

【分析】【分析】作DE⊥AC于E，由切割線定理：AG2=AF?AC，可證明△BAF∽△AED，則∠ABF+∠DAB=90°，從而得出AD⊥BF．【解析】【解答】證明：作DE⊥AC于E；

則AC=AE；AB=5DE；

又∵G是AB的中點；

∴AG=ED．

∴ED2=AF?AE；

∴5ED2=AF?AE；

∴AB?ED=AF?AE；

∴=；

∴△BAF∽△AED；

∴∠ABF=∠EAD；

而∠EAD+∠DAB=90°；

∴∠ABF+∠DAB=90°；

即AD⊥BF．四、計算題(共1題，共3分)26、略

【分析】【分析】根據(jù)二次根式的性質(zhì)求出的值，根據(jù)零指數(shù)冪求出π-1的零次冪的值，把cos30°的值代入，分母有理化求出的值，再代入求出即可．【解析】【解答】解：；

=；

=1．五、解答題(共2題，共16分)27、略

【分析】

（1）推導(dǎo)出AB⊥ACAA1⊥AB，由此能證明AB⊥平面AA1C1C．

（2）取BB1中點D，推導(dǎo)出平面MND∥平面ABC1，從而MN∥平面ABC1，過N作NH⊥AC1于H，M到平面ABC1的距離為由此能求出四面體ABC1M的體積．

本題考查線面垂直的證明，考查四面體的體積的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意空間思維能力的培養(yǎng)．【解析】證明：（1）∵在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，AC=BC=3；

AB2+AC2=BC2，∴AB⊥AC，

∵AA1⊥平面ABC，AB?平面ABC，∴AA1⊥AB；

∵AC∩AA1=A，∴AB⊥平面AA1C1C．

解：（2）MN∥平面ABC1．

取BB1中點D；

∵M，N分別為B1C1，AA1的中點；

∴MD∥BC1；

又四邊形ABB1A1為平行四邊形；∴DN∥AB；

∵MD∩DN=D，∴平面MND∥平面ABC1；

∴MN∥平面ABC1；

∴N到平面ABC1的距離即為M到平面ABC1的距離；

過N作NH⊥AC1于H；

∵平面ABC1⊥平面AA1C1C，∴NH⊥平面ABC1；

∴NH===

∴M到平面ABC1的距離為

∴四面體ABC1M的體積===．28、略

【分析】

（Ⅰ）由已知條件推導(dǎo)出BD⊥CC1，BD⊥AC，由此能證明BD⊥平面ACC1A1．