吉林省白城市第一中学2025-2026学年高二上学期10月月考数学试卷

这是一份吉林省白城市第一中学2025-2026学年高二上学期10月月考数学试卷，共19页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题（本大题共 8 小题，每题 5 分，共 40 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）
lg 1 x  lg 1 y
下列命题：
| a |
a
①若 → | b | ，则 →  b ；
a
| a |
a
② →  b 的充要条件是 → | b | 且 →∥b
a
c
③若 → ∥b, b ∥ → ，则 a ∥c ；
④若 A､B､C､D 是不共线的四点，则 AB  DC 是四边形 ABCD 为平行四边形的充要条件.
其中，真命题的个数是（）
A. 0B. 1C. 2D. 3
动点 A x, y  在圆 x2  y2  1上绕坐标原点沿逆时针方向匀速旋转，12 秒旋转一周.已知当地时间t  0
时，点 A 的坐标是 1 , 3  ，则当0  t  12 时，动点 A 的纵坐标 y 关于t （单位：秒）的函数的解析式
 22 

是（）
1. 如果
2
2
，那么（）
A. y  x
B. x  y
C.
x  y
D.
x  y
 123 
A. y  sin  π t  π 

 126 
C. y  sin  π t  π 

B. y  sin  π t  π 
 66 

 63 
D. y  sin  π t  π 

化简cs2π θcs2θ sinθsin π  2θ 所得的结果是（）
A. csθB.
csθ
C. cs3θD.
cs3θ
《九章算术》中的方亭指的是正四面形棱台体建筑物，正四面形棱台即今天的正四棱台.如图，某方亭
14
的上底面与下底面的边长分别为 4 和 8，每个侧面与下底面夹角的正切值均为
，则方亭的侧面积为
（）
A. 64 15
B.
48 15
C.
12 15
D.
4 15
→
6. 设平面向量 a 
A 1
→
B. 1
b ，则 x 等于（）
C. 4D. 4
2,1, b   x, 2 ，若 a ∥
在ABC 中，内角 A, B,C 的对边分别为 a, b, c ，若sin A : sin B  2 : 3，则 a : b 
A. 3 : 2B. 2 : 3C. 4 : 9D. 9 : 4
下列四个说法中正确的是（）
平面 α 内有无数个点到平面 β 的距离相等，则 α / / β
α∩γ＝a，α∩β＝b，且 a / / b（α，β，γ 分别表示平面，a，b 表示直线），则 γ / / β
平面 α 内一个三角形三边分别平行于平面 β 内的一个三角形的三条边，则 α / / β
平面 α 内的一个平行四边形的两边与平面 β 内的一个平行四边形的两边对应平行，则 α / / β
二、多项选择题（本大题共 3 小题.每题 6 分，共 18 分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得 5 分，有选错的得 0 分，部分选对的得部分分.）
已知非零实数 a、b 满足 a  b ，则（）
1  1
ab
a a2  3b2
b 3a2  b2
a a > b b
2a2  ab  2b2
C.
D. 1
a2  ab  b2
给出下列说法，其中正确的有（）
中国的所有直辖市可以构成一个集合
高一（1）班较胖的同学可以构成一个集合
正偶数的全体可以构成一个集合
大于 2023 且小于 2030 的所有整数不能构成集合
边际函数是经济学中一个基本概念，在国防、医学、环保和经济管理等许多领域都有十分广泛的应
用，函数 f  x 的边际函数 Mf  x 定义为 Mf  x  f  x 1  f  x ．某公司每月最多生产 75 台报警系
统装置，生产 x 台x  N*  的收入函数 R  x  3000x  20x2 （单位：元），其成本函数
C  x  500x  4000 （单位：元），利润是收入与成本之差，设利润函数为 P  x ，则以下说法正确的是
（）
P  x 取得最大值时每月产量为63 台
边际利润函数的表达式为 MP  x  2480  40x x  N* 
利润函数 P  x 与边际利润函数 MP  x 不具有相同的最大值
边际利润函数 MP  x 说明随着产量的增加，每台利润与前一台利润差额在减少
三、填空题（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.）
已知定义在4, 4上的偶函数 f  x 在区间0, 4上单调递减，则满足 f  x 1  f  x 的 x 的取值范
围是.
13 已知向量a  1, 1 ， b  m 1, 2m  4 ，若 a ∥b ，则m  .
已知sin α β  1 , csαsin β 1 ，则cs2α 2β ．
36
四、解答题（本大题共 5 小题，共 77 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
如图，在三棱柱 ABC  A B C 中， BAC  90, AB  AC  2, AA  4 ，点 A 在底面 ABC 的射影为
1 1 111
BC 的中点， D 为 B1C1 的中点.
证明: A1D  平面 A1BC
求二面角C  A1B  B1 的正弦值.
如图为正四棱锥 P  ABCD,O 为底面 ABCD 的中心．
2
若 AP  5, AD  3，求VPOA 绕 PO 旋转一周形成的几何体的体积；
若 AP  AD, E 为 PB 的中点，求直线 BD 与平面 AEC 所成角的大小．
判断下列各题中， p 是 q 的什么条件（在“充分不必要条件”“必要不充分条件”“充要条件”“既不充分也不必要条件”中选出一种作答）.
（1）若 a, b  R ， p : a2  b2  0 ， q : a  b  0 ；
（2） p : x2  0 ， q : x  0 ；
p ：两个角都是直角， q ：两个角不相等.
如图所示，在直三棱柱 ABC  A1B1C1 中，底面是等腰三角形， ACB  90 ，侧棱 AA1  2 ，
CA  2 ， D 是CC1 的中点，试问在线段 A1B 上是否存在一点 E （不与端点重合），使得点 A1 到平面
AED 的距离为 2 6 ？
3
已知关于 x 的方程 x2  k  2i x  2  ki  0 有实根 x ，求 x 以及实数 k 的值.
00
白城一中 2025－2026 学年度高二上学期第一次月考
数学试卷
一、单项选择题（本大题共 8 小题，每题 5 分，共 40 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）
lg 1 x  lg 1 y
【答案】D
【解析】
【分析】根据对数函数的单调性即可得出结论.
【详解】由对数函数 y  lg1 x 在0, ∞ 单调递减可得 x  y .
2
故选：D
下列命题：
| a |
a
①若 → | b | ，则 →  b ；
a
| a |
a
② →  b 的充要条件是 → | b | 且 →∥b
a
c
③若 → ∥b, b ∥ → ，则 a ∥c ；
④若 A､B､C､D 是不共线的四点，则 AB  DC 是四边形 ABCD 为平行四边形的充要条件.
其中，真命题的个数是（）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量共线的概念依次判断各选项即可得答案
→
【详解】解：对于①，若| a || b | ，则模相等，方向不一定相同，故错误；
a
| a |
a
对于②，当 →  b 时也满足 → | b | 且 →∥b ，故错误；
a
c
对于③，当b  0 时，满足 → ∥b, b ∥ → ，但 a ∥c 不一定成立；
对于④，若 A､B､C､D 是不共线的四点，则 AB  DC 是四边形 ABCD 为平行四边形的充要条件，正确.
故真命题的个数是 1 个.
1. 如果
2
2
，那么（）
A. y  x
B. x  y
C.
x  y
D.
x  y
故选：B
动点 A x, y  在圆 x2  y2  1上绕坐标原点沿逆时针方向匀速旋转，12 秒旋转一周.已知当地时间t  0
时，点 A 的坐标是 1 , 3  ，则当0  t  12 时，动点 A 的纵坐标 y 关于t （单位：秒）的函数的解析式
 22 

是（）
 123 
A. y  sin  π t  π 

 126 
C. y  sin  π t  π 

B. y  sin  π t  π 
 66 

 63 
D. y  sin  π t  π 

【答案】D
【解析】
【分析】由题意确定周期得到ω，再通过 A 坐标，得到φ，即可求解.
【详解】由已知可得该函数的周期T  12 ，ω 2π  π ，
T6
又Q当t  0 时， A 1 , 3  ，
 22 

设 y  sin  π t φ ，令t  0 ，得 y  sinφ
 6

由 A 1 , 3  ，得sinφ 3 ，在一个周期内可得φ π ，φ 2π ，
 22 233

又需满足csφ 1 ，故φ π ，
23
 63 
 y  sin  π t  π  .

故选：D
化简cs2π θcs2θ sinθsin π  2θ 所得的结果是（）
csθB.
csθ
C. cs3θD.
cs3θ
【答案】A
【解析】
【分析】利用诱导公式以及两角差的余弦公式化简计算即可得出结果.
【详解】易知cs2π θcs2θ sinθsin π  2θ  cs θcs2θ sinθsin2θ
 csθcs2θ sinθsin2θ cs θ 2θ  csθ.
故选：A.
《九章算术》中的方亭指的是正四面形棱台体建筑物，正四面形棱台即今天的正四棱台.如图，某方亭
14
的上底面与下底面的边长分别为 4 和 8，每个侧面与下底面夹角的正切值均为
，则方亭的侧面积为
（）
15
64
48
12
4
15
15
15
【答案】B
【解析】
14
【分析】利用侧面与下底面的夹角的正切值均为，求得正棱台的高，进而求得其斜高，结合侧面积公
式，即可求解.
【详解】设上底面为 ABCD ，下底面为 ABCD ，取 BC 的中点 E ， BC的中点 F ，连接 EF ，设上底面的中心为O ，下底面的中心为O ，连接OO, OE, OF ，
过点 E 作 EH  OF 于点 H ，如图所示，因为 EF  BC, HF  BC ，
14
所以EFH 即为侧面与下底面夹角的平面角，即tan EFH ，
14
14
又因为 HF  OP  OH  OF  OE  4  2  2 ，
所以tan EFH  EH
EH 2  HF 2
HF
，所以 EH  2，
15
所以 EF 

 2，
56  4
15
15
所以方亭的侧面积为4  1 (4  8)  2
2
 48.
故选：B.
→→x
设平面向量 a  2,1, b   x, 2 ，若 a ∥b ，则
等于（）
B. 1
【答案】D
【解析】
C. 4D. 4
【分析】根据向量平行的坐标运算求解.
→→∥b
【详解】因为 a  2,1, b   x, 2 ， a，所以2 2  x 1，所以 x  4 .
故选：D
在ABC 中，内角 A, B,C 的对边分别为 a, b, c ，若sin A : sin B  2 : 3，则 a : b 
A. 3 : 2B. 2 : 3C. 4 : 9D. 9 : 4
【答案】B
【解析】
a
【分析】根据正弦定理
b，可得 a  sin A ，代入数据可求解．
sin A
sin B
bsin B
a
【详解】由正弦定理
b，变形可得 a  sin A  2 ，故选 B
sin A
sin B
bsin B3
【点睛】本题考查正弦定理的应用，属基础题．
下列四个说法中正确的是（）
平面 α 内有无数个点到平面 β 的距离相等，则 α / / β
α∩γ＝a，α∩β＝b，且 a / / b（α，β，γ 分别表示平面，a，b 表示直线），则 γ / / β
平面 α 内一个三角形三边分别平行于平面 β 内的一个三角形的三条边，则 α / / β
平面 α 内的一个平行四边形的两边与平面 β 内的一个平行四边形的两边对应平行，则 α / / β
【答案】C
【解析】
【分析】求得平面 α 内有无数个点到平面 β 的距离相等时 α 与 β 的位置关系判断选项 A；求得 α∩γ＝a，α∩β
＝b，且 a / / b 时 γ 与 β 的位置关系判断选项 B；平面 α 内一个三角形三边分别平行于平面 β 内的一个三角形的三条边时 α 与 β 的位置关系判断选项 C；举特例否定选项 D.
【详解】选项 A：当α∩ β l, m//l, m α时，平面 α 内的直线 l 上有无数个点到平面 β 的距离相等.判断 错误；
选项 B：在如下图所示的三棱柱 ABC  A1B1C1 中：
γ 与 β 相交，α∩γ＝a，α∩β＝b，且 a / / b，则.判断错误；
选项 C：平面 α 内一个三角形三边分别平行于平面 β 内的一个三角形的三条边，则 α / / β.判断正确；
选项 D：如下图，α∩ β l ，平面 α 内的一个平行四边形相对的两边 m, n
与平面 β 内的一个平行四边形相对的两边 p, q 满足 m//n//l, p//q//l .判断错误.
故选：C
二、多项选择题（本大题共 3 小题.每题 6 分，共 18 分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得 5 分，有选错的得 0 分，部分选对的得部分分.）
已知非零实数 a、b 满足 a  b ，则（）
A. 1  1
ab
B. a a > b b
a a2  3b2  b 3a2  b2
2a2  ab  2b2
C.
D. 1
a2  ab  b2
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用特值法和作差法对选项进行一一判断，即可得到答案；
【详解】对 A，令 a  2, b  1 ，则 1 
2
1
1 ，故 A 错误；
对 B，当 a  b  0 | a || b | 0 ， a | a | b | b |；当 a  0  b  a | a | 0, b | b | 0  a | a | b | b | ；
当0  a  b  0 | a || b∣, b  a  0 ，b | b | a | a | a | a | b | b |；
故 B 正确；
对 C， a a2  3b2   3a2b  b3  a3  b3  3ab(a  b)
 (a  b) a2  ab  b2   3ab(a  b)  (a  b)(a  b)2  0 ，故 C 正确；
2
对 D， 2a2  ab  2b2  a2  ab  b2   a2  2ab  b2  (a  b)2  0 ，
22
b 23
2222
且 a  ab  b
  a    b
2
4
0 ，
2a  ab  2b
a  ab  b
0 ，
 2a2  ab  2b2
a2  ab  b2
1，故 D 正确；
故选：BCD
给出下列说法，其中正确的有（）
中国的所有直辖市可以构成一个集合
高一（1）班较胖的同学可以构成一个集合
正偶数的全体可以构成一个集合
大于 2023 且小于 2030 的所有整数不能构成集合
【答案】AC
【解析】
【分析】由集合元素的确定性逐个判断即可.
【详解】A，C 中的元素具备确定性，可以构成集合，A，C 正确.
B 中高一（1）班较胖的同学不具有确定性，不能构成集合，B 错误. D 中的元素具备确定性能构成集合，D 错误.
故选：AC
边际函数是经济学中一个基本概念，在国防、医学、环保和经济管理等许多领域都有十分广泛的应
用，函数 f  x 的边际函数 Mf  x 定义为 Mf  x  f  x 1  f  x ．某公司每月最多生产 75 台报警系
统装置，生产 x 台x  N*  的收入函数 R  x  3000x  20x2 （单位：元），其成本函数
C  x  500x  4000 （单位：元），利润是收入与成本之差，设利润函数为 P  x ，则以下说法正确的是
（）
P  x 取得最大值时每月产量为63 台
边际利润函数的表达式为 MP  x  2480  40x x  N* 
利润函数 P  x 与边际利润函数 MP  x 不具有相同的最大值
边际利润函数 MP  x 说明随着产量的增加，每台利润与前一台利润差额在减少
【答案】BCD
【解析】
【分析】求出函数 P  x 、 MP  x 的解析式，可判断 B 选项；利用二次函数的基本性质可判断 A 选项；求出利润函数 P  x 与边际利润函数 MP  x 的最大值，可判断 C 选项；利用边际利润函数 MP  x 的单调性可判断 D 选项.
【详解】对于 A 选项， P  x  R  x  C  x  20x2  2500x  4000 ，
二次函数 P  x 的图象开口向下，对称轴为直线 x  2500  62.5 ，
40
因为 x  N ，所以， P  x 取得最大值时每月产量为63 台或62 台，A 错；对于 B 选项，

MP  x  P  x 1  P  x  20  x 12  2500  x 1  4000  20x2  2500x  4000
 2480  40x x  N  ，B 对；
max
对于 C 选项， P  x P 62  P 63  74120 ，
max
因为函数 MP  x  2480  40x 为减函数，则 MP  x MP 1  2440 ，C 对；对于 D 选项，因为函数 MP  x  2480  40x 为减函数，
说明随着产量的增加，每台利润与前一台利润差额在减少，D 对.
故选：BCD.
三、填空题（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.）
已知定义在4, 4上的偶函数 f  x 在区间0, 4上单调递减，则满足 f  x 1 
f  x 的 x 的取值范
围是.
【答案】 3, 1 
2



【解析】
【分析】由函数的奇偶性，确定单调性，由单调性结合定义域列出不等式求解即可.
【详解】因为 f  x 是定义在4, 4上的偶函数，所以 f  x 在4, 0 上单调递增，
由 f  x 1  f  x 可得：
4  x 1  4,

 4  x  4,
，解得3  x  1 .
2

x 1  x ,
所以满足 f  x 1  f  x 的 x 的取值范围是3, 1 
2




故答案为： 3, 1 
2



已知向量a  1, 1 ， b  m 1, 2m  4 ，若 a ∥b ，则m  .
【答案】1
【解析】
【分析】根据向量共线的坐标表示，列式求解，即得答案.
【详解】由题意知向量a  1, 1 ， b  m 1, 2m  4 ， a ∥b ，故1(2m  4)  (1) (m 1)  0 ，解得 m  1，
故答案为：1
已知sin α β  1 , csαsin β 1 ，则cs2α 2β ．
36
1
【答案】
9
【解析】
【分析】先根据正弦和角公式得到sinαcsβ 1 ，进而求出sin(α β)  2 ，利用二倍角公式求出答案.
23
【详解】因为sin(α β)  sinαcsβ csαsin β 1 ，而csαsin β 1 ，
36
因此sinαcsβ 1 ，
2
则sin(α β)  sinαcsβ csαsin β 1  1  2 ，
263
所以cs2α 2β  1 2 sin2 α β  1 8  1 .
99
1
故答案为：
9
四、解答题（本大题共 5 小题，共 77 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
如图，在三棱柱 ABC  A B C 中， BAC  90, AB  AC  2, AA  4 ，点 A 在底面 ABC 的射影为
1 1 111
BC 的中点， D 为 B1C1 的中点.
证明: A1D  平面 A1BC .
求二面角C  A1B  B1 的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2） 2 30
15
【解析】
【分析】（1）先由线面垂直的判定定理证明 AO  平面 A1BC ，再由平行四边形的性质得到 AO / / A1D 即可证明；
（2）分别找到平面CA1B 的法向量和平面 A1BB1 的法向量，代入二面角的余弦公式，再利用同角三角函数关
系求出正弦值即可.建系，
【小问 1 详解】
证明:如图，设O 为 A1 在底面的射影，连接 A1O, AO,OD ，则 A1O  平面 ABC .
因为OA  平面 ABC，所以OA  OA1
又O 为 BC 的中点， AB  AC ，所以OA  BC
因为 BC  OA1  O, BC  平面 A1BC,OA1  平面 A1BC ，
∴ AO  平面 A1BC .
又 D 为 B1C1 的中点， OD / / AA1 且OD  AA1 ，所以四边形 AODA1 为平行四边形，
所以 AO / / A1D ，
∴ A1D  平面 A1BC .
【小问 2 详解】
建立如图所示的空间直角坐标系.
在三棱柱 ABC  A B C 中， BAC  90, AB  AC  2, AA
 4 ，
1 1 11
所以 A1(0, 0, 14 ), A( 2, 0, 0), B(0, 2, 0) ，
则OA  ( 2, 0, 0), BA1  (0, 
2, 14 ), AA1  (
2, 0, 14 ) .
由（1）知 AO  平面 A1BC ，则OA  ( 2, 0, 0) 是平面CA1B 的一个法向量，
因为 AA1 / / BB1 ，且 AA1  BB1 ，所以 BB1  AA1  (
2, 0, 14 ) .
设平面 A1BB1 的法向量为 m  (x, y, z) ，
 → –––→
m  BA1  0, 2 y  14z  0,
则 → –––→即
m  BB1  0,
2x 
14z  0,
7
设 z  1，得 x  y ， 所以 m  ( 7, 7,1) ，
14
2  15
105
–→ –––→
则csm, OA ，
15
1 
105 
2


15


2 30
所以二面角C  A1B  B1 的正弦值为.
15
如图为正四棱锥 P  ABCD,O 为底面 ABCD 的中心．
若 AP  5, AD  3，求aPOA 绕 PO 旋转一周形成的几何体的体积；
2
若 AP  AD, E 为 PB 的中点，求直线 BD 与平面 AEC 所成角的大小．
【答案】（1）12π
π
（2）
4
【解析】
【分析】（1）根据正四棱锥的数据，先算出直角三角形aPOA 的边长，然后求圆锥的体积；
连接 EA, EO, EC ，可先证 BE  平面 ACE ，根据线面角的定义得出所求角为BOE ，然后结合题目数量关系求解.
【小问 1 详解】
正四棱锥满足且 PO  平面 ABCD ，由 AO  平面 ABCD ，则 PO  AO ，又正四棱锥底面 ABCD 是正方形，由 AD  3 2 可得， AO  3 ，
PA2  AO2
故 PO  4 ，
根据圆锥的定义， aPOA 绕 PO 旋转一周形成的几何体是以 PO 为轴， AO 为底面半径的圆锥，即圆锥的高为 PO  4 ，底面半径为 AO  3 ，
根据圆锥的体积公式，所得圆锥的体积是 1  π 32  4  12π
3
【小问 2 详解】
连接 EA, EO, EC ，由题意结合正四棱锥的性质可知，每个侧面都是等边三角形，
由 E 是 PB 中点，则 AE  PB, CE  PB ，又 AE ∩ CE  E, AE, CE  平面 ACE ，故 PB  平面 ACE ，即 BE  平面 ACE ，又 BD ∩ 平面 ACE  O ，
于是直线 BD 与平面 AEC 所成角的大小即为BOE ，
3 2
2
3
不妨设 AP  AD  6 ，则 BO  3 2, BE  3 ， sin BOE ，
2
又线面角的范围是0, π  ，
2 
故BOE  π .即为所求.
4
判断下列各题中， p 是 q 的什么条件（在“充分不必要条件”“必要不充分条件”“充要条件”“既不充分也不必要条件”中选出一种作答）.
（1）若 a, b  R ， p : a2  b2  0 ， q : a  b  0 ；
（2） p : x2  0 ， q : x  0 ；
p ：两个角都是直角， q ：两个角不相等.
【答案】（1）充要条件
（2）必要不充分条件（3）既不充分也不必要条件
【解析】
【分析】（1）由充要条件的概念即可直接判断；
由必要不充分条件的概念即可直接判断；
由既不充分也不必要条件的概念即可直接判断.
【小问 1 详解】
因为 a2 + b2 = 0 ⇒ a = b = 0 ，并且 a  b  0  a2  b2  0 ，所以 p 是 q 的充要条件.
【小问 2 详解】
p : x2  0 ，即 x  0 或 x  0 ， q : x  0 ，
故 p ¿ q, q  p ，
故 p 是 q 的必要不充分条件.
【小问 3 详解】
p : 两个角都是直角，则这两个角相等，
q : 两个角不相等，则这两个角一定不都是直角，
即 p ¿ q, q ¿ p ，
故 p 是 q 的既不充分也不必要条件.
如图所示，在直三棱柱 ABC  A1B1C1 中，底面是等腰三角形， ACB  90 ，侧棱 AA1  2 ，
CA  2 ， D 是CC1 的中点，试问在线段 A1B 上是否存在一点 E （不与端点重合），使得点 A1 到平面
AED 的距离为 2 6 ？
3
【答案】存在
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，先计算平面 AED 的法向量 n  (1， 2 2m 1 ， 2) ，再利用点到平面的
m  4
n·A1 A
→ –––v
n
→
向量公式 d  2 6 ，列出方程即得解
3
【详解】由题意，以C 为坐标原点， CA ， CB ， CC1 所在直线为 x ， y ， z 轴建立空间直角坐标系，则 A1(2 ，0， 2) ， A(2 ，0， 0) ， D(0 ，0，1) ，
假设在线段 A1B 上存在一点 E （不与端点重合），使得点 A1 到平面 AED 的距离为 2 6 ．
3
可设 BE  m ，则 E( 1
2
m ， 2 
1 m ，
2
m) ，
2
2
–––→–––→1
 (2 ，0，1) ，
 2 ， 2  1 m ， 2 m) ， A A  (0 ，0， 2) ，
ADAE( m
2
221
设平面 AED 的法向量为 n  (x ， y ， z) ，
则由 →，得 →，即有2x  z  0 ①
n  ADn·AD  0
→  AE ，得 → 0 ，即有( 1 m  2)x  (2  1 m) y 
2 mz  0 ②
nn·AE
222
不妨令 x  1 ，由①②可取 n  (1， 2 2m 1 ， 2) ，
m  4
则 → 4 ，由于点 A 到平面 AED 的距离可看作 A A 在 n 上投影的绝对值，
n·A1 A
→ –––v
n
→
n·A1 A11
1 ( 2 2m 1)2  4
m  4
2 6
d 4
则为3，
2
解得， m  4(1)  2 2 ，成立．
2
则在线段 A1B 上存在一点 E （不与端点重合），且 BE  4(
使得点 A1 到平面 AED 的距离为 2 6 ．
3
1) ，
已知关于 x 的方程 x2  k  2i x  2  ki  0 有实根 x ，求 x 以及实数 k 的值.
2
x0 
【答案】 
k  2
00
2
x0  
2
2
或
k  2
【解析】
【分析】将 x  x0 代入方程，由复数相等可构造方程组求得结果.
【详解】Q x  x
是方程的实根， x2  k  2i x
 2  ki  0 ，即x2  kx
 2  2x
 k i  0 ，
0
00
000
x2  kx
 2  0
x

x  
2
2
 00
，解得： 
0
或 0.
2
2
2x0  k  0
k  2
k  2