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2023-2024学年浙江省杭州外国语学校高一（下）期中数学试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年浙江省杭州外国语学校高一（下）期中数学试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知m，n表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是
( )
A. 若m//α，n//α，则m//nB. 若m⊥α，n⊂α，则m⊥n
C. 若m⊥α，m⊥n，则n//αD. 若m//α，m⊥n，则n⊥α
2.如图在平行六面体(底面为平行四边形的四棱柱)ABCD−A1B1C1D1中，E为BC延长线上的一点，BC=3CE，则D1E=( )
A. AB+13AD−AA1B. AB+AD−23AA1
C. AB+13AD+AA1D. AB−AD+13AA1
3.如图，已知平面α，β，且α∩β=l.设梯形ABCD中，AD//BC，且AB⊂α，CD⊂β.则下列结论正确的是( )
A. 直线AB与CD可能为异面直线
B. 直线AB，CD，l相交于一点
C. AB=CD
D. 直线AC与BD可能为异面直线
4.如图，一个正四棱锥P−ABCD的五个顶点都在球面上，且底面ABCD经过球心O.若VP−ABCD=1283，则球O的表面积是( )
A. 81π4
B. 36π
C. 64π
D. 27π4
5.如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=1，若二面角C−AB−C1的大小为60°，则点C到平面C1AB的距离为( )
A. 34
B. 12
C. 32
D. 1
6.已知正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E是线段BB1上靠近B1的三等分点，点F是线段D1C1上靠近D1的三等分点，则平面AEF截正方体ABCD−A1B1C1D1形成的截面图形为( )
A. 三角形B. 四边形C. 五边形D. 六边形
7.北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用．刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差(多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制)，多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和，例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是π3，所以正四面体在各顶点的曲率为2π−3×π3=π，故其总曲率为4π，则四棱锥的总曲率为( )
A. 2πB. 4πC. 5πD. 6π
8.已知正方体ABCD−A1B1C1D1边长为1，点E，O分别在线段B1D1和BD上，EB1=45B1D1，DO=BO，动点F在线段AA1上，且满足AF=λAA1(0<λ<12)，分别记二面角F−OB1−E，F−OE−B1，F−EB1−O的平面角为α，β，γ，则总有( )
A. α>γ>βB. γ>β>αC. γ>α>βD. β>α>γ
二、多选题：本题共4小题，共16分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.如图，△A′B′C′是水平放置的△ABC的直观图，A′B′=2，A′C′=B′C′= 5，则在原平面图形△ABC中，有( )
A. AC=BC
B. AB=2
C. AC=2 5
D. S△ABC=4 2
10.如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，翻折△ABD和△ACD，使得平面ABD⊥平面ACD.下列结论正确的是( )
A. BD⊥ACB. △ABC是等边三角形
C. 三棱锥D−ABC是正三棱锥D. 平面ACD⊥平面ABC
11.中国古代数学的瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体(扇环是指圆环被扇形截得的部分).现有一个如图所示的曲池，AA1垂直于底面，AA1=5，底面扇环所对的圆心角为π2，弧AD的长度是弧BC长度的3倍，CD=2，则下列说法正确的是( )
A. 弧AD长度为32π
B. 曲池的体积为10π3
C. 曲池的表面积为20+14 π
D. 三棱锥A−CC1D的体积为5
12.如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，∠BAD=60°，AB=AD=AA1=2，P为CC1的中点，点Q满足DQ=λDC+μDD1(λ∈[0,1]，μ∈[0,1])，则下列结论中正确的是( )
A. 若λ+μ=13，则四面体A1BPQ的体积为定值
B. 若△A1BQ的外心为O，则A1B⋅A1O为定值2
C. 若A1Q= 5，则点Q的轨迹长度为 2π4
D. 若λ=1且μ=12，则存在点E∈A1B，使得AE+EQ的最小值为 9+2 10
三、填空题：本题共4小题，每小题4分，共16分。
13.已知A(1,0,2)，B(1,−3,1)，点M在Z轴上且到A、B两点的距离相等，则M点坐标为______．
14.如图，在四面体A−BCD中，AC=2,BD= 2,AC与BD所成的角为45°，M，N分别为AB，CD的中点，则线段MN的长为______．
15.已知f(x)=ax−1，g(x)=x2+bx−5(a>0,b∈R).当a=2时，f(x)=g(x)的两根为x1，x2，则|x1−x2|的最小值为______；当x>0时，f(x)⋅g(x)≥0恒成立，则b+3a的最小值为______．
16.下列命题正确的是______.(填序号)
①若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行
②垂直于同一条直线的两直线平行
③两个平面互相垂直，过一个平面内任意一点作交线的垂线，必垂直于另一个平面
④过两个点与已知平面垂直的平面可能不存在
⑤过两条异面直线外任一点有且只有一条直线与这两条异面直线都垂直
⑥到一个四面体的四个顶点的距离都相等的平面有7个
四、解答题：本题共4小题，共44分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题11分)
已知空间向量a=(1,2,−1),b=(−2,1,1)．
(1)计算3a+2b和5a−3b；
(2)求a与b夹角θ的余弦值．
18.(本小题11分)
正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点．
(1)求异面直线CD1与BC1所成角；
(2)求证：MN//平面ABCD．
19.(本小题11分)
已知四棱柱ABCD−A1B1C1D1如图所示，底面ABCD为平行四边形，其中点D在平面A1B1C1D1内的投影为点A1，且AB=AA1=2AD，∠ABC=120°．
(1)求证：平面A1BD⊥平面ADD1A1；
(2)已知点E在线段C1D上(不含端点位置)，且平面A1BE与平面BCC1B1的夹角的余弦值为 55，求DEEC1的值．
20.(本小题11分)
已知函数f(x)，g(x)，h(x)的定义域均为R，给出下面两个定义：
①若存在唯一的x∈R，使得f(g(x))=h(f(x))，则称g(x)与h(x)关于f(x)唯一交换；
②若对任意的x∈R，均有f(g(x))=h(f(x))，则称g(x)与h(x)关于f(x)任意交换．
(Ⅰ)请判断函数g(x)=x+1与h(x)=x−1关于f(x)=x2是唯一交换还是任意交换，并说明理由；
(Ⅱ)设f(x)=a(x2+2)(a≠0)，g(x)=x2+bx−1，若存在函数h(x)，使得g(x)与h(x)关于f(x)任意交换，求b的值；
(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下，若g(x)与f(x)关于ω(x)=ex−1ex+1唯一交换，求a的值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查空间直线与平面的位置关系，属于基础题．
运用线面平行的性质，结合线线的位置关系，判断A，D；运用线面垂直的性质，结合线线垂直，判断B，C．
【解答】解：若m//α，n//α，则m，n相交或平行或异面，故A错误；
若m⊥α，n⊂α，则m⊥n，故B正确；
若m⊥α，m⊥n，则n//α或n⊂α，故C错误；
若m//α，m⊥n，则n//α或n⊂α或n⊥α或n与α相交，故D错误．
故选：B．
2.【答案】A
【解析】解：由于在平行六面体(底面为平行四边形的四棱柱)ABCD−A1B1C1D1中，DC=AB，D1D=A1A，
根据向量的线性运算：D1E=D1D+DC+CE=AB+13AD−AA1，
故选：A．
直接利用向量的线性运算的应用求出结果．
本题考查的知识要点：向量的线性运算，向量的加法，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：梯形ABCD中，AD//BC，所以AB，CD是梯形ABCD的两腰，
所以AB、CD是共面直线，选项A错误；
由题意知，AB与CD不一定相等，选项C错误；
所以AB，CD相交于一点．
由梯形ABCD中，对角线AC、BD是共面直线，选项D错误；
画出图形，如图所示：
设AB∩CD=M．
又AB⊂α，CD⊂β，
所以M∈α，且M∈β，
所以M∈α∩β．
又α∩β=l，所以M∈l，
即AB，CD，l共线，选项B正确．
故选：B．
根据题意，对选项中的命题分析、判定正误即可．
本题考查了空间中的两条直线位置关系应用问题，是基础题．
4.【答案】C
【解析】解：设球的半径为R，正四棱锥的底面ABCD经过球心O，故正四棱锥的高为球的半径R，
正方形ABCD的对角线互相垂直且AC=BD=2R，
则V四棱锥P−ABCD=13×12×2R×2R×R=1283，得R=4，
∴S球=4πR2=64π．
故选：C．
根据正四棱锥的底面ABCD经过球心O，可知正四棱锥的高为球的半径，进而根据正四棱锥的体积求出半径，即可得到结论．
本题考查了正四棱锥的外接球，考查了球的表面积和体积，主要考查计算能力和空间想象能力，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：点C到平面C1AB的距离为h．
∵S△ABC= 34，S△ABC1=S△ABCcs60∘= 32，
∵VC−ABC=VC1−ABC，
即13S△ABC⋅C1C=13S△ABC1⋅h，
∴h=34．
故选：A．
设点C到平面C1AB的距离为h，根据等体积法VC−ABC=VC1−ABC，建立等量关系，求出h即可．
本题主要考查了点、线、面间的距离计算，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：作出图形如图所示：
不妨设AB=6，分别延长AE，A1B1交于点G，此时B1G=3，连接FG交B1C1于H，连接EH，
设平面AEF与平面DCC1D1的交线为l，
则F∈l，
因为平面ABB1A1//平面DCC1D1，平面AEF∩平面ABB1A1=AE，平面AEF∩平面DCC1D1=l，
所以l//AE，
设l∩D1D=I，
则FI//AE，此时△FD1I∽△ABE，
故ID1=43，
连接AI，则五边形AIFHE为所求截面图形．
故选：C．
由题意，不妨设AB=6，分别延长AE，A1B1交于点G，连接FG交B1C1于H，连接EH，设平面AEF与平面DCC1D1的交线为l，则F∈l，利用面面平行的性质可得l//AE，设l∩D1D=I，则FI//AE，此时△FD1I∽△ABE，可得ID1=43，连接AI，即可求解．
本题考查空间线面的位置关系以及面面平行的性质定理，考查数学运算、逻辑推理、直观想象的核心素养，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：由题意可知，四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和，
可以从整个多面体的角度考虑，所有顶点相关的面角就是多面体的所有多边形表面的内角的集合，
由图可知四棱锥有5个顶点，5个面，其中4个三角形，1个四边形，
所以四棱锥的表面内角和由4个为三角形，1个为四边形组成，
所以面角和为4π+2π=6π，
故总曲率为5×2π−6π=4π．
故选：B．
根据题中给出的定义，由多面体的总曲率计算求解即可．
本题考查了新定义问题，解题的关键是理解多面体的总曲率的含义，考查了棱锥的结构特征的运用，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：如图：由题意二面角F−OB1−E，F−OE−B1，F−EB1−O的平面角为α，β，γ，
设B1D1的中点为O1，连接OO1，F在平面OB1E的射影为H，
可得F在平面OB1E的距离为FH，H到OB1、OE、EB1的距离分别d1，d2，d3，
可知d2FHd1>FHd3，
故tanβ>tanα>tanγ，
又α、β、γ∈(0,π2)，
故β>α>γ．
故选：D．
设B1D1的中点为O1，连接OO1，F在平面OB1E的距离为FH，H到OB1、OE、EB1的距离分别d1，d2，d3，判断d2tanα>tanγ，
然后推出结果．
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
9.【答案】BD
【解析】解：在直观图△A′B′C′中，过C′作C′D′⊥A′B′于D′
∵A′B′=2,A′C′=B′C′= 5，∴A′D′=1,C′D′= A′C′2−A′D′2=2，
又∠C′O′D′=45°，所以O′D′=2，O′A′=1，O′C′=2 2，
所以利用斜二测画法将直观图△A′B′C′还原为原平面图形△ABC，如图
OC=4 2,OA=1,AB=2，故选项B正确；
又AC= OA2+OC2= 33,AC= OB2+OC2= 41，故选项A、C错误；
S△ABC=12×AB×OC=12×2×4 2=4 2，故选项D正确；
故选：BD．
根据题意，将直观图△A′B′C′还原为原平面图形△ABC，由此分析选项即可求解．
本题考查平面图形的直观图，注意还原原图，属于基础题．
10.【答案】ABC
【解析】解：对A选项，∵平面ABD⊥平面ACD，
又BD⊥AD，且平面ABD∩平面ACD=AD，
∴BD⊥平面ACD，又AC⊂平面ACD，
∴BD⊥AC，∴A选项正确；
对B，C选项，由A选项可知BD⊥平面ACD，又DC⊂平面ACD，
∴BD⊥DC，又AD⊥BD，AD⊥DC，且AD=BD=DC，
∴AB=BC=AC，
∴△ABC是等边三角形，三棱锥D−ABC是正三棱锥，∴B、C选项正确；
对D选项，由A选项分析可知BD⊥平面ACD，
假设平面ABC⊥平面ACD，又平面ABC∩平面ACD=AC，
在平面ABC内过点A作AH⊥AC，垂足点为H，
则AH⊥平面ACD，又由A选项分析知AD⊥平面ACD，
这显然与公理“过平面外一点有且仅有唯一一条直线垂直于该平面“相矛盾，∴D选项错误．
故选：ABC．
根据线面垂直的判定定理与性质，正三棱锥的概念，反证法思想，即可分别求解．
本题考查线面垂直的判定定理与性质，正三棱锥的概念，反证法思想，属中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：设弧AD所在圆的半径为R，弧BC所在圆的半径为r，
因为弧AD长度是弧BC长度的3倍，底面扇环所对的圆心角为π2，
所以π2R=3×π2r，即R=3r；
所以CD=R−r=2r=2，解得：r=1，R=3，
所以弧AD长度为32π，选项A正确；
该曲池的体积为V=(14πR2−14πr2)⋅AA1=(9π4−π4)×5=10π，选项B错误；
曲池的表面积为S=(14×2πR+14×2πr)⋅AA1+2×CD⋅AA1+2×14π(R2−r2)=π2×(3+1)×5+2×2×5+π2×8=20+14π，选项C正确；
三棱锥A−CC1D的体积为VA−CC1D=13S△CD1D⋅R=13×12×2×5×3=5，选项D正确．
故选：ACD．
设弧AD所在圆的半径为R，弧BC所在圆的半径为r，根据题意列方程组求出R、r，再判断选项中的命题是否正确．
本题考查了简单几何体的结构特征应用问题，也考查了推理与运算能力，是基础题．
12.【答案】ACD
【解析】解：对于A选项，取DD1，DC的三等分点分别为M，N，如图所示，
因为λ+μ=13，所以3λ+3μ=1，
令DM=13DC，DN=13DD1，则DQ=3λDM+3μDN，所以Q∈MN．
因为MN//CD1，CD1//A1B，所以MN//A1B，
所以△A1BQ的面积为定值，点P到平面A1BQ的距离也是定值，故A选项正确．
对于B选项，如图，
若△A1BQ的外心为O，过点O作OH⊥A1B于点H，则H是A1B的中点．
因为|A1B|= 22+22=2 2，
所以A1B⋅A1O=A1B⋅(A1H+HO)=A1B⋅A1H=12A1B2=4，故B选项错误．
对于C选项，如图，
在平面A1B1C1D1中作A1K⊥C1D1，
显然A1K⊥平面CC1D1D，由长度和角度，可得A1K= 3．
在Rt△A1KQ中，A1Q= 5，
所以KQ= 2，则点Q在以K为圆心， 2为半径的圆上运动．
设此圆与D1D交于点A3，因为KA3= 2且KD1=1，
所以∠D1KA3=π4，则点Q的轨迹长度是π4× 2= 2π4.故C选项正确．
对于D选项，若λ=1且μ=12，则点Q与点P重合．
把△A1AB沿着A1B进行翻折，使得A1，A，B，P四点共面，
此时AE+EQ有最小值AP(这里和后面的A均为翻折后的点)．
在△A1PB中，A1P= 13，PB= 5，A1B=2 2，
所以PB2+A1B2=A1P2，所以∠PBA1=π2，从而∠PBA=34π，
在△APB中，由余弦定理得：
cs3π4=AB2+PB2−AP22AB⋅PB=( 5)2+22−AP22× 5×2⇒AP= 9+2 10，故D选项正确．
故选：ACD．
对于A选项，取DD1，DC的三等分点分别为M，N，由条件确定的轨迹，结合锥体体积公式判断；对于B选项，由三角形外心的性质和向量数量积的性质可判断；由条件确定的轨迹为，将原问题转化为平面上两点间的距离最小问题求解；对于C选项，由条件确定点的轨迹为圆弧，利用弧长公式求轨迹长度即可判断；对于D选项，把△A1AB沿着A1B进行翻折，使得A1，A，B，P四点共面，再由勾股定理和余弦定理求出长度．此时AE+EQ有最小值AP．
本题考查立体几何的综合应用，本题解决的关键在于根据所给条件结合线面位置关系确定点的轨迹，再结合锥体体积公式，空间图形与平面图形的转化解决问题，属难题．
13.【答案】(0,0,−3)
【解析】解：设M(0,0,z)，
则 1+(z−2)2= 1+9+(1−z)2，
解得z=−3．
∴M点坐标为(0,0,−3)．
故答案为：(0,0,−3)．
设M(0,0,z)，利用两点间距离公式能求出M点坐标．
本题考查点的坐标的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意两点间距离公式的合理运用．
14.【答案】 22或 102
【解析】解：取BC的中点E，连接EM，EN，
∵M，E分别是AB，BC的中点，∴ME//AC，ME=12AC=1，
同理得EN//BD，EN=12BD= 22，
∴∠MEN是异面直线AC与BD所成角或其补角，
∵AC与BD所成的角为45°，∴∠MEN=45°或∠MEN=135°，
在△MEN中，ME=1，EN= 22，
当∠MEN=45°时，
MN= EM2+EN2−2EM⋅ENcs45°= 12+( 22)2−2×1× 22× 22= 22，
当∠MEN=135°时，
MN= EM2+EN2−2EM⋅ENcs135°= 12+( 22)2−2×1× 22×(− 22)= 102，
∴线段MN的长为 22或 102．
故答案为： 22或 102．
取BC的中点E，连接EM，EN，得到∠MEN是异面直线AC与BD所成角或其补角，从而∠MEN=45°或∠MEN=135°，再利用余弦定理能求出结果．
本题考查空间距离的计算、异面直线所成角、余弦定理等知识，考查运算求解能力，是中等题．
15.【答案】4 2 10
【解析】解：当a=2时，方程f(x)=g(x)，即x2+(b−2)x−4=0，
则有x1+x2=2−b，x1x2=−4，
|x1−x2|= (x1−x2)2= (x1+x2)2−4x1x2= (2−b)2+16，
所以当b=2时，|x1−x2|的最小值为4，此时b=2满足Δ>0．
当x>0时，f(x)⋅g(x)=(ax−1)(x2+bx−5)≥0恒成立，
由a>0，当01a时，ax−1>0，x2+bx−5≥0，
x=1a是方程x2+bx−5=0的根，即有1a2+ba−5=0，得b=5a−1a，
b+3a=5a+2a≥2 5a⋅2a=2 10，
当且仅当5a=2a，即a= 105时等号成立，
所以b+3a的最小值为2 10．
故答案为：4；2 10．
根据方程，用韦达定理表示|x1−x2|，由算式确定最小值；当x>0时，f(x)⋅g(x)≥0恒成立，x=1a是方程x2+bx−5=0的根，得b=5a−1a，代入b+3a，利用基本不等式求最小值．
本题主要考查函数恒成立问题，考查运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】①⑤⑥
【解析】解：根据题意，依次分析6个命题：
对于①，根据线面平行的性质定理可得：若一条直线平行于两个相交平面，
则这条直线与这两个平面的交线平行，
从而根据线面平行的判定定理可得：这两条直线中的一条直线平行于另一平面，
再根据线面平行的判定定理可得，两平面的交线也平行这两条直线，
从而可得这条直线与这两个平面的交线平行，①正确；
对于②，垂直于同一条直线的两直线平行、相交或异面，②错误；
对于③，两个平面互相垂直，过一个平面内任意一点作交线的垂线，当垂线与交线不相交时，交线与另一个平面不垂直，③错误；
对于④，分3种情况讨论：若两点确定的直线在已知平面内，则过两点与一个已知平面垂直的平面有且只有一个；
若两点确定的直线不在平面内但与已知平面不垂直，则过两点与一个已知平面垂直的平面有一个，
若两点确定的直线不在平面内且与已知平面垂直，则过两点与一个已知平面垂直的平面有无数个，
综上，过两点与一个已知平面垂直的平面有一个或无数个，一定存在，④错误；
对于⑤，过两条异面直线外任一点有且只有一条直线与这两条异面直线都垂直，⑤正确；
对于⑥，到一个四面体的四个顶点的距离相等的平面，可以看作是与一个四面体四个顶点距离相等的平面，
可以是与两条对棱平行，这样的平面有3个，
也可以是与一个底面平行，与另一个顶点距离相等，这样的面有4个，
则到一个四面体的四个顶点的距离都相等的平面有7个，⑥正确．
故答案为：①⑤⑥．
根据题意，由直线与直线，直线与平面的位置关系，依次分析6个命题，综合可得答案．
本题考查直线与平面的位置关系，涉及直线与平面平行、垂直的判断和性质，属于基础题．
17.【答案】解：(1)由a=(1,2,−1),b=(−2,1,1)，
可得3a+2b=3(1,2,−1)+2(−2,1,1)=(−1,8,−1)，
5a−3b=5(1,2,−1)−3(−2,1,1)=(11,7,−8)；
(2)由已知：|a|= 12+22+(−1)2= 6，|b|= (−2)2+12+12= 6，
a⋅b=(1,2,−1)⋅(−2,1,1)=−2+2−1=−1，
所以csθ=a⋅b|a||b|=−1 6× 6=−16，
即a与b夹角θ的余弦值为−16．
【解析】(1)利用空间向量的坐标运算公式即可求解；
(2)利用空间向量的夹角公式计算即可．
本题考查空间向量的坐标运算，属基础题．
18.【答案】(1)解：连接A1B，A1C1，
在正方体中，可得A1C1=A1B=BC1，CD1//A1B，
所以∠A1BC1=60°，∠A1BC1等于异面直线CD1与BC1所成的角，
所以异面直线CD1与BC1所成角为60°；
(2)证明：取CC1的中点E，连接ME，NE，
因为M，N分别是BC1，CD1的中点，
所以ME//BC，NE//C1D1，
而C1D1//CD，所以NE//CD，
又因为BC⊂平面ABCD，CD⊂平面ABCD，NE⊄平面ABCD，
ME⊄平面ABCD，
ME∩NE=E，
所以平面MEN//平面ABCD，
因为MN⊂平面MNE，
所以MN//平面ABCD．
【解析】(1)连接A1B，A1C1，由题意可得，∠A1BC1为异面直线CD1与BC1所成的角，在正方体中，可得∠A1BC1的值，即求出两条异面直线所成的角的大小；
(2)取CC1的中点E，连接ME，NE，可证得平面MEN//平面ABCD，进而可证得结论．
本题考查异面直线所成的角的求法及直线与平面平行的证法，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：四棱柱ABCD−A1B1C1D1如图所示，底面ABCD为平行四边形，
点D在平面A1B1C1D1内的投影为点A1，且AB=AA1=2AD，∠ABC=120°．
∵A1D⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，∴A1D⊥AD，
在△ADB中，设AB=2，AD=1，∠DAB=60°，
由余弦定理，得BD2=AB2+AD2−2AB⋅AD⋅cs∠DAB=22+12−2×2×1×cs60°=3，∴BD= 3，
∴AD2+BD2=AB2，∴AD⊥DB．
∵A1D∩DB=D，A1D、DB⊂平面A1BD，
∴AD⊥平面A1BD，
∵AD⊂平面ADD1A1，∴平面A1BD⊥平面ADD1A1．
(2)由(1)知，DA，DB，DA1两两垂直，以D为坐标原点，
分别以向量DA，DB，DA1的方向为x轴，y轴，z轴正方向，建立空间直角坐标系D−xyz，如图，
则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0, 3,0)，A1(0,0, 3)，C(−1, 3,0)，
AC=(−2, 3,0)，A1C1=AC，∴C1(−2, 3, 3)，
∴A1B=(0, 3,− 3)，DC1=(−2, 3, 3)，
设DE=λDC1(0<λ<1)，则DE=λDC1=(−2λ, 3λ, 3λ)，即E(−2λ, 3λ, 3λ)．
∴A1E=(−2λ, 3λ, 3λ− 3)；
设n=(x1,y1,z1)为平面A1EB的一个法向量，
则n⋅A1B=0n⋅A1E=0即 3y1− 3z1=0−2λx1+ 3λy1+( 3λ− 3)z1=0
令z1=2λ，得x1=2 3λ− 3,y1=2λ，故n=(2 3λ− 3,2λ,2λ)；
由题意得知DB⊥平面BCC1B1，故m=(0,1,0)为平面BCC1B1的一个法向量；
设平面A1EB与平面BCC1B1的夹角为α，
点E在线段C1D上(不含端点位置)，且平面A1BE与平面BCC1B1的夹角的余弦值为 55，
则csα=|n⋅m||n|⋅|m|=2λ 20λ2−12λ+3= 55，
解得λ=14，故DEEC1=13．
【解析】本题考查空间线面的位置关系、向量法求空间角，考查数学运算、逻辑推理、直观想象的核心素养，是中档题．
(1)推导出A1D⊥AD，由余弦定理，得BD= 3，由勾股定理得AD⊥DB，从而AD⊥平面A1BD，由此能证明平面A1BD⊥平面ADD1A1．
(2)推导出DA，DB，DA1两两垂直，以D为坐标原点，分别以向量DA，DB，DA1的方向为x轴，y轴，z轴正方向，建立空间直角坐标系D−xyz，利用向量法能求出结果．
20.【答案】解：(Ⅰ)g(x)与h(x)关于f(x)是唯一交换，理由如下：
因为f(g(x))=(x+1)2，h(f(x))=x2−1，
令f(g(x))=h(f(x))，所以(x+1)2=x2−1，解得x=−1，
所以f(g(x))=h(f(x))有唯一解x=−1，
所以g(x)与h(x)关于f(x)是唯一交换．
(Ⅱ)由题意可知，对任意的x∈R，f(g(x))=h(f(x))成立，
即对任意的x∈R，a[(x2+bx−1)2+2]=h(a(x2+2))；
因为h(x)为函数，且h(a((−x)2+2))=h(a(x2+2))，故b=0，
故a[(x2−1)2+2]=h(a(x2+2))，
即a[(a(x2+2)a−3)2+2]=h(a(x2+2))，
所以h(x)=a[(xa−3)2+2]=x2a−6x+11a，
综上所述，b=0．
(Ⅲ)当b=0时，g(x)=x2−1，
因为g(x)与f(x)关于w(x)=ex−1ex+1唯一交换，
所以存在唯一实数x，使得w(x2−1)=f(ex−1ex+1)，
即存在唯一实数x，使得ex2−1−1ex2−1+1=a[(ex−1ex+1)2+2]，
即存在唯一实数x，使得a=ex2−1−1ex2−1+1[(ex−1ex+1)2+2]；
令s(x)=ex2−1−1ex2−1+1[(ex−1ex+1)2+2],q(x)=ex2−1−1ee2−1+1,p(x)=(ex−1ex+1)2+2，且s(x)，q(x)，p(x)定义域均为R，
又q(−x)=e(−x)2−1−1e(−x)2−1+1=ex2−1−1ex2−1+1=q(x),p(−x)=(e−x−1e−x+1)2+2=(1−ex1+ex)2+2=(ex−1ex+1)2+2=p(x)，
所以q(x)，p(x)都是偶函数，所以s(x)为偶函数，
因此，若存在唯一实数x使得a=ex2−1−1ex2−1+1[(ex−1ex+1)2+2]，只能是a=s(0)，
所以a=1e−11e+12=1−e2(e+1)，
综上所述，a的取值为1−e2(e+1)．
【解析】(Ⅰ)根据方程f(g(x))=h(f(x))解的情况判断即可．
(Ⅱ)根据“对任意的x∈R，f(g(x))=h(f(x))成立”得到关于x的方程，然后设出h(x)的解析式，根据方程左右两边对应项相同求解出b的值．
(Ⅲ)根据条件通过分离参数将问题转化为“存在唯一实数x，使得a=ex2−1−1ex2−1+1[(ex−1ex+1)2+2]”，然后分析s(x)=ex2−1−1ex2−1+1[(ex−1ex+1)2+2]的奇偶性，从而确定出a=s(0)，由此可求a的值．
本题主要考查函数方程的综合应用，属于难题．
1.已知m，n表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是
( )
A. 若m//α，n//α，则m//nB. 若m⊥α，n⊂α，则m⊥n
C. 若m⊥α，m⊥n，则n//αD. 若m//α，m⊥n，则n⊥α
2.如图在平行六面体(底面为平行四边形的四棱柱)ABCD−A1B1C1D1中，E为BC延长线上的一点，BC=3CE，则D1E=( )
A. AB+13AD−AA1B. AB+AD−23AA1
C. AB+13AD+AA1D. AB−AD+13AA1
3.如图，已知平面α，β，且α∩β=l.设梯形ABCD中，AD//BC，且AB⊂α，CD⊂β.则下列结论正确的是( )
A. 直线AB与CD可能为异面直线
B. 直线AB，CD，l相交于一点
C. AB=CD
D. 直线AC与BD可能为异面直线
4.如图，一个正四棱锥P−ABCD的五个顶点都在球面上，且底面ABCD经过球心O.若VP−ABCD=1283，则球O的表面积是( )
A. 81π4
B. 36π
C. 64π
D. 27π4
5.如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=1，若二面角C−AB−C1的大小为60°，则点C到平面C1AB的距离为( )
A. 34
B. 12
C. 32
D. 1
6.已知正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E是线段BB1上靠近B1的三等分点，点F是线段D1C1上靠近D1的三等分点，则平面AEF截正方体ABCD−A1B1C1D1形成的截面图形为( )
A. 三角形B. 四边形C. 五边形D. 六边形
7.北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用．刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差(多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制)，多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和，例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是π3，所以正四面体在各顶点的曲率为2π−3×π3=π，故其总曲率为4π，则四棱锥的总曲率为( )
A. 2πB. 4πC. 5πD. 6π
8.已知正方体ABCD−A1B1C1D1边长为1，点E，O分别在线段B1D1和BD上，EB1=45B1D1，DO=BO，动点F在线段AA1上，且满足AF=λAA1(0<λ<12)，分别记二面角F−OB1−E，F−OE−B1，F−EB1−O的平面角为α，β，γ，则总有( )
A. α>γ>βB. γ>β>αC. γ>α>βD. β>α>γ
二、多选题：本题共4小题，共16分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.如图，△A′B′C′是水平放置的△ABC的直观图，A′B′=2，A′C′=B′C′= 5，则在原平面图形△ABC中，有( )
A. AC=BC
B. AB=2
C. AC=2 5
D. S△ABC=4 2
10.如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，翻折△ABD和△ACD，使得平面ABD⊥平面ACD.下列结论正确的是( )
A. BD⊥ACB. △ABC是等边三角形
C. 三棱锥D−ABC是正三棱锥D. 平面ACD⊥平面ABC
11.中国古代数学的瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体(扇环是指圆环被扇形截得的部分).现有一个如图所示的曲池，AA1垂直于底面，AA1=5，底面扇环所对的圆心角为π2，弧AD的长度是弧BC长度的3倍，CD=2，则下列说法正确的是( )
A. 弧AD长度为32π
B. 曲池的体积为10π3
C. 曲池的表面积为20+14 π
D. 三棱锥A−CC1D的体积为5
12.如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，∠BAD=60°，AB=AD=AA1=2，P为CC1的中点，点Q满足DQ=λDC+μDD1(λ∈[0,1]，μ∈[0,1])，则下列结论中正确的是( )
A. 若λ+μ=13，则四面体A1BPQ的体积为定值
B. 若△A1BQ的外心为O，则A1B⋅A1O为定值2
C. 若A1Q= 5，则点Q的轨迹长度为 2π4
D. 若λ=1且μ=12，则存在点E∈A1B，使得AE+EQ的最小值为 9+2 10
三、填空题：本题共4小题，每小题4分，共16分。
13.已知A(1,0,2)，B(1,−3,1)，点M在Z轴上且到A、B两点的距离相等，则M点坐标为______．
14.如图，在四面体A−BCD中，AC=2,BD= 2,AC与BD所成的角为45°，M，N分别为AB，CD的中点，则线段MN的长为______．
15.已知f(x)=ax−1，g(x)=x2+bx−5(a>0,b∈R).当a=2时，f(x)=g(x)的两根为x1，x2，则|x1−x2|的最小值为______；当x>0时，f(x)⋅g(x)≥0恒成立，则b+3a的最小值为______．
16.下列命题正确的是______.(填序号)
①若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行
②垂直于同一条直线的两直线平行
③两个平面互相垂直，过一个平面内任意一点作交线的垂线，必垂直于另一个平面
④过两个点与已知平面垂直的平面可能不存在
⑤过两条异面直线外任一点有且只有一条直线与这两条异面直线都垂直
⑥到一个四面体的四个顶点的距离都相等的平面有7个
四、解答题：本题共4小题，共44分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题11分)
已知空间向量a=(1,2,−1),b=(−2,1,1)．
(1)计算3a+2b和5a−3b；
(2)求a与b夹角θ的余弦值．
18.(本小题11分)
正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点．
(1)求异面直线CD1与BC1所成角；
(2)求证：MN//平面ABCD．
19.(本小题11分)
已知四棱柱ABCD−A1B1C1D1如图所示，底面ABCD为平行四边形，其中点D在平面A1B1C1D1内的投影为点A1，且AB=AA1=2AD，∠ABC=120°．
(1)求证：平面A1BD⊥平面ADD1A1；
(2)已知点E在线段C1D上(不含端点位置)，且平面A1BE与平面BCC1B1的夹角的余弦值为 55，求DEEC1的值．
20.(本小题11分)
已知函数f(x)，g(x)，h(x)的定义域均为R，给出下面两个定义：
①若存在唯一的x∈R，使得f(g(x))=h(f(x))，则称g(x)与h(x)关于f(x)唯一交换；
②若对任意的x∈R，均有f(g(x))=h(f(x))，则称g(x)与h(x)关于f(x)任意交换．
(Ⅰ)请判断函数g(x)=x+1与h(x)=x−1关于f(x)=x2是唯一交换还是任意交换，并说明理由；
(Ⅱ)设f(x)=a(x2+2)(a≠0)，g(x)=x2+bx−1，若存在函数h(x)，使得g(x)与h(x)关于f(x)任意交换，求b的值；
(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下，若g(x)与f(x)关于ω(x)=ex−1ex+1唯一交换，求a的值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查空间直线与平面的位置关系，属于基础题．
运用线面平行的性质，结合线线的位置关系，判断A，D；运用线面垂直的性质，结合线线垂直，判断B，C．
【解答】解：若m//α，n//α，则m，n相交或平行或异面，故A错误；
若m⊥α，n⊂α，则m⊥n，故B正确；
若m⊥α，m⊥n，则n//α或n⊂α，故C错误；
若m//α，m⊥n，则n//α或n⊂α或n⊥α或n与α相交，故D错误．
故选：B．
2.【答案】A
【解析】解：由于在平行六面体(底面为平行四边形的四棱柱)ABCD−A1B1C1D1中，DC=AB，D1D=A1A，
根据向量的线性运算：D1E=D1D+DC+CE=AB+13AD−AA1，
故选：A．
直接利用向量的线性运算的应用求出结果．
本题考查的知识要点：向量的线性运算，向量的加法，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：梯形ABCD中，AD//BC，所以AB，CD是梯形ABCD的两腰，
所以AB、CD是共面直线，选项A错误；
由题意知，AB与CD不一定相等，选项C错误；
所以AB，CD相交于一点．
由梯形ABCD中，对角线AC、BD是共面直线，选项D错误；
画出图形，如图所示：
设AB∩CD=M．
又AB⊂α，CD⊂β，
所以M∈α，且M∈β，
所以M∈α∩β．
又α∩β=l，所以M∈l，
即AB，CD，l共线，选项B正确．
故选：B．
根据题意，对选项中的命题分析、判定正误即可．
本题考查了空间中的两条直线位置关系应用问题，是基础题．
4.【答案】C
【解析】解：设球的半径为R，正四棱锥的底面ABCD经过球心O，故正四棱锥的高为球的半径R，
正方形ABCD的对角线互相垂直且AC=BD=2R，
则V四棱锥P−ABCD=13×12×2R×2R×R=1283，得R=4，
∴S球=4πR2=64π．
故选：C．
根据正四棱锥的底面ABCD经过球心O，可知正四棱锥的高为球的半径，进而根据正四棱锥的体积求出半径，即可得到结论．
本题考查了正四棱锥的外接球，考查了球的表面积和体积，主要考查计算能力和空间想象能力，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：点C到平面C1AB的距离为h．
∵S△ABC= 34，S△ABC1=S△ABCcs60∘= 32，
∵VC−ABC=VC1−ABC，
即13S△ABC⋅C1C=13S△ABC1⋅h，
∴h=34．
故选：A．
设点C到平面C1AB的距离为h，根据等体积法VC−ABC=VC1−ABC，建立等量关系，求出h即可．
本题主要考查了点、线、面间的距离计算，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：作出图形如图所示：
不妨设AB=6，分别延长AE，A1B1交于点G，此时B1G=3，连接FG交B1C1于H，连接EH，
设平面AEF与平面DCC1D1的交线为l，
则F∈l，
因为平面ABB1A1//平面DCC1D1，平面AEF∩平面ABB1A1=AE，平面AEF∩平面DCC1D1=l，
所以l//AE，
设l∩D1D=I，
则FI//AE，此时△FD1I∽△ABE，
故ID1=43，
连接AI，则五边形AIFHE为所求截面图形．
故选：C．
由题意，不妨设AB=6，分别延长AE，A1B1交于点G，连接FG交B1C1于H，连接EH，设平面AEF与平面DCC1D1的交线为l，则F∈l，利用面面平行的性质可得l//AE，设l∩D1D=I，则FI//AE，此时△FD1I∽△ABE，可得ID1=43，连接AI，即可求解．
本题考查空间线面的位置关系以及面面平行的性质定理，考查数学运算、逻辑推理、直观想象的核心素养，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：由题意可知，四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和，
可以从整个多面体的角度考虑，所有顶点相关的面角就是多面体的所有多边形表面的内角的集合，
由图可知四棱锥有5个顶点，5个面，其中4个三角形，1个四边形，
所以四棱锥的表面内角和由4个为三角形，1个为四边形组成，
所以面角和为4π+2π=6π，
故总曲率为5×2π−6π=4π．
故选：B．
根据题中给出的定义，由多面体的总曲率计算求解即可．
本题考查了新定义问题，解题的关键是理解多面体的总曲率的含义，考查了棱锥的结构特征的运用，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：如图：由题意二面角F−OB1−E，F−OE−B1，F−EB1−O的平面角为α，β，γ，
设B1D1的中点为O1，连接OO1，F在平面OB1E的射影为H，
可得F在平面OB1E的距离为FH，H到OB1、OE、EB1的距离分别d1，d2，d3，
可知d2
故tanβ>tanα>tanγ，
又α、β、γ∈(0,π2)，
故β>α>γ．
故选：D．
设B1D1的中点为O1，连接OO1，F在平面OB1E的距离为FH，H到OB1、OE、EB1的距离分别d1，d2，d3，判断d2
然后推出结果．
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
9.【答案】BD
【解析】解：在直观图△A′B′C′中，过C′作C′D′⊥A′B′于D′
∵A′B′=2,A′C′=B′C′= 5，∴A′D′=1,C′D′= A′C′2−A′D′2=2，
又∠C′O′D′=45°，所以O′D′=2，O′A′=1，O′C′=2 2，
所以利用斜二测画法将直观图△A′B′C′还原为原平面图形△ABC，如图
OC=4 2,OA=1,AB=2，故选项B正确；
又AC= OA2+OC2= 33,AC= OB2+OC2= 41，故选项A、C错误；
S△ABC=12×AB×OC=12×2×4 2=4 2，故选项D正确；
故选：BD．
根据题意，将直观图△A′B′C′还原为原平面图形△ABC，由此分析选项即可求解．
本题考查平面图形的直观图，注意还原原图，属于基础题．
10.【答案】ABC
【解析】解：对A选项，∵平面ABD⊥平面ACD，
又BD⊥AD，且平面ABD∩平面ACD=AD，
∴BD⊥平面ACD，又AC⊂平面ACD，
∴BD⊥AC，∴A选项正确；
对B，C选项，由A选项可知BD⊥平面ACD，又DC⊂平面ACD，
∴BD⊥DC，又AD⊥BD，AD⊥DC，且AD=BD=DC，
∴AB=BC=AC，
∴△ABC是等边三角形，三棱锥D−ABC是正三棱锥，∴B、C选项正确；
对D选项，由A选项分析可知BD⊥平面ACD，
假设平面ABC⊥平面ACD，又平面ABC∩平面ACD=AC，
在平面ABC内过点A作AH⊥AC，垂足点为H，
则AH⊥平面ACD，又由A选项分析知AD⊥平面ACD，
这显然与公理“过平面外一点有且仅有唯一一条直线垂直于该平面“相矛盾，∴D选项错误．
故选：ABC．
根据线面垂直的判定定理与性质，正三棱锥的概念，反证法思想，即可分别求解．
本题考查线面垂直的判定定理与性质，正三棱锥的概念，反证法思想，属中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：设弧AD所在圆的半径为R，弧BC所在圆的半径为r，
因为弧AD长度是弧BC长度的3倍，底面扇环所对的圆心角为π2，
所以π2R=3×π2r，即R=3r；
所以CD=R−r=2r=2，解得：r=1，R=3，
所以弧AD长度为32π，选项A正确；
该曲池的体积为V=(14πR2−14πr2)⋅AA1=(9π4−π4)×5=10π，选项B错误；
曲池的表面积为S=(14×2πR+14×2πr)⋅AA1+2×CD⋅AA1+2×14π(R2−r2)=π2×(3+1)×5+2×2×5+π2×8=20+14π，选项C正确；
三棱锥A−CC1D的体积为VA−CC1D=13S△CD1D⋅R=13×12×2×5×3=5，选项D正确．
故选：ACD．
设弧AD所在圆的半径为R，弧BC所在圆的半径为r，根据题意列方程组求出R、r，再判断选项中的命题是否正确．
本题考查了简单几何体的结构特征应用问题，也考查了推理与运算能力，是基础题．
12.【答案】ACD
【解析】解：对于A选项，取DD1，DC的三等分点分别为M，N，如图所示，
因为λ+μ=13，所以3λ+3μ=1，
令DM=13DC，DN=13DD1，则DQ=3λDM+3μDN，所以Q∈MN．
因为MN//CD1，CD1//A1B，所以MN//A1B，
所以△A1BQ的面积为定值，点P到平面A1BQ的距离也是定值，故A选项正确．
对于B选项，如图，
若△A1BQ的外心为O，过点O作OH⊥A1B于点H，则H是A1B的中点．
因为|A1B|= 22+22=2 2，
所以A1B⋅A1O=A1B⋅(A1H+HO)=A1B⋅A1H=12A1B2=4，故B选项错误．
对于C选项，如图，
在平面A1B1C1D1中作A1K⊥C1D1，
显然A1K⊥平面CC1D1D，由长度和角度，可得A1K= 3．
在Rt△A1KQ中，A1Q= 5，
所以KQ= 2，则点Q在以K为圆心， 2为半径的圆上运动．
设此圆与D1D交于点A3，因为KA3= 2且KD1=1，
所以∠D1KA3=π4，则点Q的轨迹长度是π4× 2= 2π4.故C选项正确．
对于D选项，若λ=1且μ=12，则点Q与点P重合．
把△A1AB沿着A1B进行翻折，使得A1，A，B，P四点共面，
此时AE+EQ有最小值AP(这里和后面的A均为翻折后的点)．
在△A1PB中，A1P= 13，PB= 5，A1B=2 2，
所以PB2+A1B2=A1P2，所以∠PBA1=π2，从而∠PBA=34π，
在△APB中，由余弦定理得：
cs3π4=AB2+PB2−AP22AB⋅PB=( 5)2+22−AP22× 5×2⇒AP= 9+2 10，故D选项正确．
故选：ACD．
对于A选项，取DD1，DC的三等分点分别为M，N，由条件确定的轨迹，结合锥体体积公式判断；对于B选项，由三角形外心的性质和向量数量积的性质可判断；由条件确定的轨迹为，将原问题转化为平面上两点间的距离最小问题求解；对于C选项，由条件确定点的轨迹为圆弧，利用弧长公式求轨迹长度即可判断；对于D选项，把△A1AB沿着A1B进行翻折，使得A1，A，B，P四点共面，再由勾股定理和余弦定理求出长度．此时AE+EQ有最小值AP．
本题考查立体几何的综合应用，本题解决的关键在于根据所给条件结合线面位置关系确定点的轨迹，再结合锥体体积公式，空间图形与平面图形的转化解决问题，属难题．
13.【答案】(0,0,−3)
【解析】解：设M(0,0,z)，
则 1+(z−2)2= 1+9+(1−z)2，
解得z=−3．
∴M点坐标为(0,0,−3)．
故答案为：(0,0,−3)．
设M(0,0,z)，利用两点间距离公式能求出M点坐标．
本题考查点的坐标的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意两点间距离公式的合理运用．
14.【答案】 22或 102
【解析】解：取BC的中点E，连接EM，EN，
∵M，E分别是AB，BC的中点，∴ME//AC，ME=12AC=1，
同理得EN//BD，EN=12BD= 22，
∴∠MEN是异面直线AC与BD所成角或其补角，
∵AC与BD所成的角为45°，∴∠MEN=45°或∠MEN=135°，
在△MEN中，ME=1，EN= 22，
当∠MEN=45°时，
MN= EM2+EN2−2EM⋅ENcs45°= 12+( 22)2−2×1× 22× 22= 22，
当∠MEN=135°时，
MN= EM2+EN2−2EM⋅ENcs135°= 12+( 22)2−2×1× 22×(− 22)= 102，
∴线段MN的长为 22或 102．
故答案为： 22或 102．
取BC的中点E，连接EM，EN，得到∠MEN是异面直线AC与BD所成角或其补角，从而∠MEN=45°或∠MEN=135°，再利用余弦定理能求出结果．
本题考查空间距离的计算、异面直线所成角、余弦定理等知识，考查运算求解能力，是中等题．
15.【答案】4 2 10
【解析】解：当a=2时，方程f(x)=g(x)，即x2+(b−2)x−4=0，
则有x1+x2=2−b，x1x2=−4，
|x1−x2|= (x1−x2)2= (x1+x2)2−4x1x2= (2−b)2+16，
所以当b=2时，|x1−x2|的最小值为4，此时b=2满足Δ>0．
当x>0时，f(x)⋅g(x)=(ax−1)(x2+bx−5)≥0恒成立，
由a>0，当0
x=1a是方程x2+bx−5=0的根，即有1a2+ba−5=0，得b=5a−1a，
b+3a=5a+2a≥2 5a⋅2a=2 10，
当且仅当5a=2a，即a= 105时等号成立，
所以b+3a的最小值为2 10．
故答案为：4；2 10．
根据方程，用韦达定理表示|x1−x2|，由算式确定最小值；当x>0时，f(x)⋅g(x)≥0恒成立，x=1a是方程x2+bx−5=0的根，得b=5a−1a，代入b+3a，利用基本不等式求最小值．
本题主要考查函数恒成立问题，考查运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】①⑤⑥
【解析】解：根据题意，依次分析6个命题：
对于①，根据线面平行的性质定理可得：若一条直线平行于两个相交平面，
则这条直线与这两个平面的交线平行，
从而根据线面平行的判定定理可得：这两条直线中的一条直线平行于另一平面，
再根据线面平行的判定定理可得，两平面的交线也平行这两条直线，
从而可得这条直线与这两个平面的交线平行，①正确；
对于②，垂直于同一条直线的两直线平行、相交或异面，②错误；
对于③，两个平面互相垂直，过一个平面内任意一点作交线的垂线，当垂线与交线不相交时，交线与另一个平面不垂直，③错误；
对于④，分3种情况讨论：若两点确定的直线在已知平面内，则过两点与一个已知平面垂直的平面有且只有一个；
若两点确定的直线不在平面内但与已知平面不垂直，则过两点与一个已知平面垂直的平面有一个，
若两点确定的直线不在平面内且与已知平面垂直，则过两点与一个已知平面垂直的平面有无数个，
综上，过两点与一个已知平面垂直的平面有一个或无数个，一定存在，④错误；
对于⑤，过两条异面直线外任一点有且只有一条直线与这两条异面直线都垂直，⑤正确；
对于⑥，到一个四面体的四个顶点的距离相等的平面，可以看作是与一个四面体四个顶点距离相等的平面，
可以是与两条对棱平行，这样的平面有3个，
也可以是与一个底面平行，与另一个顶点距离相等，这样的面有4个，
则到一个四面体的四个顶点的距离都相等的平面有7个，⑥正确．
故答案为：①⑤⑥．
根据题意，由直线与直线，直线与平面的位置关系，依次分析6个命题，综合可得答案．
本题考查直线与平面的位置关系，涉及直线与平面平行、垂直的判断和性质，属于基础题．
17.【答案】解：(1)由a=(1,2,−1),b=(−2,1,1)，
可得3a+2b=3(1,2,−1)+2(−2,1,1)=(−1,8,−1)，
5a−3b=5(1,2,−1)−3(−2,1,1)=(11,7,−8)；
(2)由已知：|a|= 12+22+(−1)2= 6，|b|= (−2)2+12+12= 6，
a⋅b=(1,2,−1)⋅(−2,1,1)=−2+2−1=−1，
所以csθ=a⋅b|a||b|=−1 6× 6=−16，
即a与b夹角θ的余弦值为−16．
【解析】(1)利用空间向量的坐标运算公式即可求解；
(2)利用空间向量的夹角公式计算即可．
本题考查空间向量的坐标运算，属基础题．
18.【答案】(1)解：连接A1B，A1C1，
在正方体中，可得A1C1=A1B=BC1，CD1//A1B，
所以∠A1BC1=60°，∠A1BC1等于异面直线CD1与BC1所成的角，
所以异面直线CD1与BC1所成角为60°；
(2)证明：取CC1的中点E，连接ME，NE，
因为M，N分别是BC1，CD1的中点，
所以ME//BC，NE//C1D1，
而C1D1//CD，所以NE//CD，
又因为BC⊂平面ABCD，CD⊂平面ABCD，NE⊄平面ABCD，
ME⊄平面ABCD，
ME∩NE=E，
所以平面MEN//平面ABCD，
因为MN⊂平面MNE，
所以MN//平面ABCD．
【解析】(1)连接A1B，A1C1，由题意可得，∠A1BC1为异面直线CD1与BC1所成的角，在正方体中，可得∠A1BC1的值，即求出两条异面直线所成的角的大小；
(2)取CC1的中点E，连接ME，NE，可证得平面MEN//平面ABCD，进而可证得结论．
本题考查异面直线所成的角的求法及直线与平面平行的证法，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：四棱柱ABCD−A1B1C1D1如图所示，底面ABCD为平行四边形，
点D在平面A1B1C1D1内的投影为点A1，且AB=AA1=2AD，∠ABC=120°．
∵A1D⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，∴A1D⊥AD，
在△ADB中，设AB=2，AD=1，∠DAB=60°，
由余弦定理，得BD2=AB2+AD2−2AB⋅AD⋅cs∠DAB=22+12−2×2×1×cs60°=3，∴BD= 3，
∴AD2+BD2=AB2，∴AD⊥DB．
∵A1D∩DB=D，A1D、DB⊂平面A1BD，
∴AD⊥平面A1BD，
∵AD⊂平面ADD1A1，∴平面A1BD⊥平面ADD1A1．
(2)由(1)知，DA，DB，DA1两两垂直，以D为坐标原点，
分别以向量DA，DB，DA1的方向为x轴，y轴，z轴正方向，建立空间直角坐标系D−xyz，如图，
则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0, 3,0)，A1(0,0, 3)，C(−1, 3,0)，
AC=(−2, 3,0)，A1C1=AC，∴C1(−2, 3, 3)，
∴A1B=(0, 3,− 3)，DC1=(−2, 3, 3)，
设DE=λDC1(0<λ<1)，则DE=λDC1=(−2λ, 3λ, 3λ)，即E(−2λ, 3λ, 3λ)．
∴A1E=(−2λ, 3λ, 3λ− 3)；
设n=(x1,y1,z1)为平面A1EB的一个法向量，
则n⋅A1B=0n⋅A1E=0即 3y1− 3z1=0−2λx1+ 3λy1+( 3λ− 3)z1=0
令z1=2λ，得x1=2 3λ− 3,y1=2λ，故n=(2 3λ− 3,2λ,2λ)；
由题意得知DB⊥平面BCC1B1，故m=(0,1,0)为平面BCC1B1的一个法向量；
设平面A1EB与平面BCC1B1的夹角为α，
点E在线段C1D上(不含端点位置)，且平面A1BE与平面BCC1B1的夹角的余弦值为 55，
则csα=|n⋅m||n|⋅|m|=2λ 20λ2−12λ+3= 55，
解得λ=14，故DEEC1=13．
【解析】本题考查空间线面的位置关系、向量法求空间角，考查数学运算、逻辑推理、直观想象的核心素养，是中档题．
(1)推导出A1D⊥AD，由余弦定理，得BD= 3，由勾股定理得AD⊥DB，从而AD⊥平面A1BD，由此能证明平面A1BD⊥平面ADD1A1．
(2)推导出DA，DB，DA1两两垂直，以D为坐标原点，分别以向量DA，DB，DA1的方向为x轴，y轴，z轴正方向，建立空间直角坐标系D−xyz，利用向量法能求出结果．
20.【答案】解：(Ⅰ)g(x)与h(x)关于f(x)是唯一交换，理由如下：
因为f(g(x))=(x+1)2，h(f(x))=x2−1，
令f(g(x))=h(f(x))，所以(x+1)2=x2−1，解得x=−1，
所以f(g(x))=h(f(x))有唯一解x=−1，
所以g(x)与h(x)关于f(x)是唯一交换．
(Ⅱ)由题意可知，对任意的x∈R，f(g(x))=h(f(x))成立，
即对任意的x∈R，a[(x2+bx−1)2+2]=h(a(x2+2))；
因为h(x)为函数，且h(a((−x)2+2))=h(a(x2+2))，故b=0，
故a[(x2−1)2+2]=h(a(x2+2))，
即a[(a(x2+2)a−3)2+2]=h(a(x2+2))，
所以h(x)=a[(xa−3)2+2]=x2a−6x+11a，
综上所述，b=0．
(Ⅲ)当b=0时，g(x)=x2−1，
因为g(x)与f(x)关于w(x)=ex−1ex+1唯一交换，
所以存在唯一实数x，使得w(x2−1)=f(ex−1ex+1)，
即存在唯一实数x，使得ex2−1−1ex2−1+1=a[(ex−1ex+1)2+2]，
即存在唯一实数x，使得a=ex2−1−1ex2−1+1[(ex−1ex+1)2+2]；
令s(x)=ex2−1−1ex2−1+1[(ex−1ex+1)2+2],q(x)=ex2−1−1ee2−1+1,p(x)=(ex−1ex+1)2+2，且s(x)，q(x)，p(x)定义域均为R，
又q(−x)=e(−x)2−1−1e(−x)2−1+1=ex2−1−1ex2−1+1=q(x),p(−x)=(e−x−1e−x+1)2+2=(1−ex1+ex)2+2=(ex−1ex+1)2+2=p(x)，
所以q(x)，p(x)都是偶函数，所以s(x)为偶函数，
因此，若存在唯一实数x使得a=ex2−1−1ex2−1+1[(ex−1ex+1)2+2]，只能是a=s(0)，
所以a=1e−11e+12=1−e2(e+1)，
综上所述，a的取值为1−e2(e+1)．
【解析】(Ⅰ)根据方程f(g(x))=h(f(x))解的情况判断即可．
(Ⅱ)根据“对任意的x∈R，f(g(x))=h(f(x))成立”得到关于x的方程，然后设出h(x)的解析式，根据方程左右两边对应项相同求解出b的值．
(Ⅲ)根据条件通过分离参数将问题转化为“存在唯一实数x，使得a=ex2−1−1ex2−1+1[(ex−1ex+1)2+2]”，然后分析s(x)=ex2−1−1ex2−1+1[(ex−1ex+1)2+2]的奇偶性，从而确定出a=s(0)，由此可求a的值．
本题主要考查函数方程的综合应用，属于难题．
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