高二数学(下)单元测试题答案

高二数学（下）单元测试题答案
(一) 9.1—9.4 空间的直线与平面
1．C 2. B 3. C 4. A 5. D 6. D. 7. C 8. D 9. D
10. A 11. B
12. A 解析:连AB l ，AC ，B l C ，BD ．由于BD l 在平面ABCD 内的射影为BD ， 1..BD AC BD AC ⊥∴⊥同理： 1111,,BD B C BD AB ⊥⊥∴1BD ⊥平面AB l C ．故P∈平面AB l C 时，AP ⊥BD l ．而平面1AB C 平面,111C B B BCC =⋅故A 对．
13. ②③ 14. (1)异面直线 (2)相交直线 (3)平行直线
425 17. 证明： ∵△ABC 与△A′B ′c ′不全等,∴至少有一组对应边不相等，不妨设,//,AB A B AB A B ''''=/ 又,AB A B AA '''=∴⋅/与BB ′必交于一点O ．
,//,O AA AC A C '''∈ O ∴∈面AA ′C ′C ，同理0∈面BB ′C ′C ．∴点O 在面AA ′C ′C 和面BB ′C ′C 的交线上，即0∈CC ′, ∴AA ′、BB ′、CC ′交于同一点O.
18．证明：在线段AD 上取点H ，使,AH HD λ:=⋅则//,//HF SA HE ⋅//.HE AB ∴平面SAB ，HF∥平面SAB ．又,HE HF H φ==/ ∴平面HEF∥平面SAB ，∴EF∥平面SAB ．
19. (1)见解析 解析: (1)证明：取AD 中点G ，连结A l G 、EG ，则1111
//,AB A B E G ABE G ∴为平行四边形，则111////,B E AG FD B F D F ∴、、、四点共面，且B 1EDF 是平行四边形，又
11,DF B B EDF ==∴是菱形． (2)过C 作CP ∥DE 交AD 于P ，连结A l P ，则∠A l CP 为异面直线A l C 和DE 所成的角或其
补角．在△A l CP 中， 1,AC =,2CP a =1,2A P a =由余弦定理得
1
arccos 15ACP ∠=
20. (1)(2)见解析
(3)2x =MN
取最小值为2
解析: (1)证明：如图所示，过点M 作MR ⊥AD ，垂足为R ，则MR ⊥面ABCD ，连结RN ，则RN ⊥AD ．过M 、N 分别作⊥MQ 1,,D D NP CD ⊥垂足分别为Q 、P ，连结PQ ， 1,MD ND = ////,MQ RD NP MNPQ ∴∴为平行四边形，
//.MN PQ ∴又⊂PQ 平面//,11MN C CDD ∴面CDD l C l ．
(2),AD RN ⊥ ∴由三垂线定理知.AD MN ⊥
22222222(3)11)(1)(1)(22222
MN MR RN
BN x x x =+=+-=+-=-+ ∴当x =时，MN 21. MN 和PQ 是异面直线．
证明： 证法一：．(反证法)假设MN 与PQ 共面于β，则点
,N Q b M N P Q b N Q βββ∈⎫∈⇒⊂⎬∈⎭、、、、，、,,,O P c O c P c βββ∈∈⎫⇒⊂⎬∈∈⎭
同理,a β⊂ ∴a 、b 、c 共面，与已知a 、b 、C 不共面矛盾，故MN 与PQ 为异面直线·
证法二:
故平面MON 内一点Q 与平面外一点P 的连结PQ 与平面内不过Q 点的直线MN 是异面直线·
22. (1)(2)见解析(3)当2x a =时，BM 最小为.2
a 解析: (1)证明：∵SA ⊥平面ABCD ， ,,SA AD SA AB ∴⊥⊥SAB SAD ∆∆∴.是直角三角形，又,CD AD CD SD ⊥∴⊥ (三垂线定理)，故△SDC 是直角三角形．在Rt △SAD 中，
,SD ==在Rt△SDC 中， ,SC ==在Rt△SAB 中，
.SB =在直角梯形ABCD 中， .BC == 222,SC BC SB ∴+=故△ SCB 是直角三角形．
(2)证明： //,//CD AB CD ∴ 平面ABNM ，又CD ⊂平面SCD ，且平面SCD ∩平面,//,//,ABNM MN CD MN AB MN =∴∴又<MN ABNM AB CD ∴<,为梯形， ⊥∴⊥⊥AB AD AB SA AB ,, 平面,,SAD AB AM ∴⊥故四边形ABNM 为直角梯形．
(3)在△SAM 中， 45,,,o ASM SA a SM x ∠===由余弦定理得
222222cos45.o AM x a ax x a =+-=+在Rt △BAM 中，
BM ===∴当2x =时，
min .BM a =即当x 时，BM .
（二）9.5—9.8 空间向量·夹角与距离
1．B 2. B 3. C 4. D 5. A 6. D 7. C 8. D 9.B
10. C 11.B 12.D
13. 90o 14. 45o 15. (0o ,30o
] 16. 0,{|(4,6,2),}.k k k k R =--∈c c 17. 122221121,,333333333
PG BG AG =+-=-++=++⋅ i j k i j k i j k 18. (1)45o , 24(2)7
PA = 解析:(1)过P 作PO ⊥平面ABC 于O ，由于,PAB PAC ∠=∠故0在∠CAB 的平分线上．设
PA 与平面ABC 所成角为,θ则cos cos60cos 45.cos cos 452
o o o PAB OAB θθ∠===∴⋅=∠即：PA 与平面ABC 所成角为45o
．
(2)若O 在BC 上，则
1520,,77BO CO AO =
=== 24.cos 7AO PA θ∴==即： 247PA =时，P 在平面ABC 内的射影在BC 边上．
19. (1) 31(0,(2),(3)arccos 24
CD AD BC π=-〈〉=-
20. (1)答案见解析解析: (1)证明：连BD ，∵PD ⊥平面ABCD ，且DB ⊥ MN ，依三垂线定理，PB ⊥MN ．若E 为C l C 中点，PE ⊥侧面BCC l B l ，BE 为斜线PB 在侧面BCC l B l 上的射影．
111,,,Rt BCE Rt B BN EBC NB B BNB CEB ∆∆∠=∠∠=∠ ≌
且1190,90,,o o EBC CEB EBC BNB BE B N ∠+∠=∴∠+∠=∴⊥
由三垂线定理11,,PB B N MN B N N PB ⊥=∴⊥ 又平面B 1MN ，又PB ⊂平面PAB ， ∴平面PAB 上平面B l MN ．
(2)由(1)知BE ⊥B l N ，设交点为Q ，∵MB ⊥平面BB l N ，BQ 为MQ 在B 1 BN 中的射影，BQ ⊥B l N ，由三垂线定理得： 1,MQ B N ⊥ ∴∠BQM 为二面角M-B 1 N-B 的平面角．设AB=1，则BC=1，
NBQ ∠=在Rt △BNQ 中， cos BQ BN =⋅∠
在Rt △ MBQ 中， tan sin MB MQB MQB BQ ∠==∴∠=
故二面角M-B l N-B 的正弦值为3
21: (1)答案见解析(2)cos ,0MN AB <>= (3).
2
MN = 解析: (1)证明：如图所示，以BA
、BC BE 、为单位正交基 底建立空间直角坐标系，则A(1，0，O)、D(1，1，O)、
E(0，0，1)、B ．(0，0，O)．设.AN AE DM DB λ==::则
MN MD DA AN BD DA AE
λλ=++=++
(1,1,0)(0,1,0)(1,0,1)(0,1,)λλλλ=+-+-=-01,10,0,λλλ<<∴-==// 且MN 的
横坐标为0,∴MN
平行于yBz 平面，即MN∥平面EBC ． (2)(1,0,0),(0,1,)(1,0,0)0,
AB MN AB λλ=-∴⋅=-⋅-= ,cos ,0.MN AB MN AB ∴⊥∴<>=
(3)由(1)知，
||MN === ∴当12λ=时，MN
长度最小，最小值为2
22. (1)arctan (2)证明见解析
解析: (1)如图所示，连结BP,∵AB_L 平面BCC l B l ,AP 与平面BCC l B l 所成的角就是.APB ∠114,4, CP CC CP ==∴=
在Rt△PBC 中，∠PCB 为直角，
4,1,BC CP BP ==∴=
在Rt △ABP 中，∠APB 为直角，
tan arctan 1717
AP APB APB BP ∠==∴∠= 即直线AP 与平面BCC l B l 所成的角为 (2)连结A l C l 、B l D l ，∵四边形A l B l C l D l 是正方形， .111C A O D ⊥∴又∵AA l ⊥底面.,111111O D AA D C B A ⊥∴11111,AA A C A D O
=∴⊥ 平面A l ACC l ．由于AP ⊂平面.(),111AP D ACC A ⊥∴∵平面D l AP 的斜线D 1O 在这个平面内的射影是D l H ，∴D 1H ⊥AP
(3)连结BC l ，在平面BCC l B l 中，过点P 作PQ ⊥BC l 于点Q ．∵AB ⊥平面BCC l B l ，PQ ⊂平面BCC 1 B 1，∴PQ ⊥AB,∴PQ ⊥平面ABC l D l ,∴PQ 就是点P 到平面ABD l 的距离．在Rt△C l PQ 中， 11190,45,3,o o C QP PC Q PC ∠=∠==pQ ∴=
即点P 到平面ABD l
(三)9.9----9.10 简单多面体与球
1．A 2. C 3. D 4. C 5. B 6. A 7. C 8. B
9. D 10. D 11. A 12. C
36π 15.
2π 16. ① ④ 17. 38， 6 0o . 解析:取BC 的中点E ，则A l C=1,,,A B AB AC BE EC ==故有
1,A E BC ⊥BC ∴⊥平面AEA 1故∠A l EA
即为所求二面角的平面角，又
16,AA AE =
=11114tan 2
A BC A E S AEA ∆∴=∴=⨯=∠= 160,o AEA ∴∠=即：这个截面面积为,38与底面ABC 所成的角为60o ． 18. (1),2AO
B π
∠=
(2)3
解析; (1)如图所示，连结A0、B0、C0， 2.2
AOB R π
π∠== (2)过A 、B 、C 的截面是△ABC 的外接圆，四面体0ABC 是顶点为0、侧面都是等腰直角三角形的正棱锥．设0′为截
面圆圆心，则23AB BC CA O A '=====
OO '==即O
19. (1) 2
a (2)90o 解析: (1)如图所示，取BC 中点D ，连结B l D 、AD ． ∵△ABC 是边长为a 的正三角形， ,.AD BC AD ∴⊥=
∵侧面BCC l B l ⊥底面ABC 且面BCC l B l ∩面ABC=BC, AD ⊂面ABC ．
∴AD ⊥面BCC 1B l ．故AD 的长就是AA l 到侧面BCC l B l 的距离．
又知,AD =
∴侧棱A l A 到侧面B l BCC l .
(2)过B l 作B l D l ⊥BC ，D l 为垂足，与(1)中的推导相同，可知B l D l ⊥平面ABC ，∴侧棱B 1B
在底面ABC 上的射影在BC 上，∴∠B l BC 是侧棱B l B 与底面ABC 成的角．由已知么B l BC=60o ，
又侧面BCC l B l 是菱形，∴B l B=CB ，∴△B l BC 是等边三角形，∴D l 为BC 中点，D 与D l 重合，
于是AD 是AB l 在底面上的射影．又BC ⊥AD 1．∴BC ⊥ AB 1，即AB l 与BC 所成的角为90o ． 20. 22.+
解析:将侧面展开,化归为平面几何问题．将正三棱锥z 沿
侧棱SA 剪开，然后将其侧面展开在一个平面上，如图所示．
连结AA ′，设AA ′与SB 交于M ，交SC 于N 点．显然△AMN 的
周长,l AM MN NA AA ''=++≥也就是说当
)(,,
'NA NA MN AM
在一条直线上时，对应的截面三角形周长最短，则AA ′的长就
是截面△AMN 周长的最小值． 1,SA SA '== 45,135,o o ASB BSC CSA ASA ''∠=∠=∠=∴∠=
AA '∴==∴△AMN 周长最小值为.22+ 21. r 315
解析：如图所示，球未取出水面高PC=h ，球取出后圆锥
内水面高度PH=x ，轴截面ABP 为正三角形，OC=r ,PC=3r ,
,AC =以AB 为底面直径的圆锥的体积为
V =圆锥23314)33,.33
r r V r πππ⋅==球球取出后，水面 降到EF ，水的体积
21(),3V EH PH π=⋅水tan 30,,o EH PH x PH x ⋅⋅==又PH=321),39x V x ππ=⋅=水于是有3
333343,15,39
x r r x r πππ+=∴=即.153r x = 22． (2)N 点坐标为N 点到AB 、AP 的距离分别为l 解析： (1)建立如图所示的空间直角坐标系，则A 、B 、C 、D 、P 、E 的坐标分别为
(0,0,0),0)A B C 、、1(0,1,0),(0,0,2).(0,,1),2
D P
E 、从而,0),AC = 2).PB =- 设AC PB 与的夹角为,θ则
cos
AC PB
AC PB
θ
⋅
===
∣∣∣⋅∣
∴AC与PB所成角的余弦值
为.7
3
(2)由于N点在侧面PAB内，故可设N点坐标为(x，0，z)，则
1
(,,1).
2
NE x z
=--
由NE⊥面PAC可得，
NE AP
NE AC
⎧⋅=
⎪
⎨
⋅=
⎪⎩
即
1
(,,1)(0,0,2)0
2
1
(,,1)0
2
x z
x z
⎧
--⋅=
⎪⎪
⎨
⎪--⋅=
⎪⎩
化简得
10
1
2
z-=
⎧
⎪
⎨
+=
⎪⎩
.
6
1
x
z
⎧
=
⎪
∴⎨
⎪=
⎩
即N点
的坐标为(
6
从而N点到AB、AP的距离分别为l，
6
⋅
(四) 10.1----10.4排列、组合和二项式定理
1．C 2. C 3. D 4. A 5. D 6. D 7. B 8. A
9. B 10. C 11. B 12. D
13. 32 14. 54 15. 192 16. 36(729)
17. (1)20个(2)1 0个
解析: (1)先取十位数，有4种取法，再取个位数，有5种取法，由分步计数原理，共有5 × 4=20个不同数。

(2)当十位数字分别取2、4、6、8时，个位数字分别有1、2、3、4种不同的取法，由分类计数原理，共有l+2+3+4=10个不同的数满足条件。

18. 1084个
解析: 解法一：∵A，B各有l 2个元素，A∩B含有4个元素．∴A∪B中元素的个数
是1 2+12-4=20．满足条件(1)的集合的个数是3
20
C，而满足A Cφ
=
的集合C的个数是
3
8
C，因此，所求集合C的个数是.
1084
3
8
3
20
=
-C
C
解法二：根据题意，属于B而不属于A的元素个数是l2-4=8．在A∪B中．只含A中
1个元素的集合C的个数是;2
8
1
12
C
C⋅含A中2个元素的集合C的个数是;1
8
2
12
C
C⋅含A的3
个元素的集合C的个数是3
12
C，所以，所求集合C的个数是12213
12812812
1084.
C C C C C
⋅+⋅+=
19. 30条
解析: 22,,0,T π
ωπωω=>∴<=/故ω=1或2或3，
2,3A A >∴= 或4．若A=3，ω取1或2，有12A 取法．则Ф与k 是有种23A 取法．此时有23
12A A ⋅种曲线．若A=4，ω可取l 或2或3，有13A 种取法，Ф与k 有23A 种取法，此时有2313A A ⋅种曲线．故共有
1212233330A A A A +=条不同的曲线．
20. (1)T 1=X 12 T 7=28x(2)第5项
解析: 由题意得01237n n n C C C ++=即2720,8(9n n n n +-=∴==-舍去)．
7211113(8)
1236621888.r
r r r r
r
r
r T C x x C x C x ----+∴===
(1)依题意，若11126
r -为整数，显然当且仅当r 为6的倍数． ,0,80=∴≤≤r r 或r=6．∴x 的整数次幂的项是0121261878,28.T C x x T C x x ====
(2)设展开式中第r +1项的二项式系数大于相邻两项的二项式系数，则有
⎪⎩⎪⎨⎧>>+-.,11r n r n r n r n C C C C 即()()()()!!!!(1)!1!!!!!(1)!1!n n r n r r n r n n r n r r n r ⎧>⎪---+⎪⎨⎪>⎪-+--⎩111111r n r n r r ⎧>⎪⎪-+∴⎨⎪>⎪
-+⎩即1212n r n r +⎧<⎪⎪⎨-⎪>⎪⎩ 11,22n n r -+∴<<又798,22
n r =<<,∴r =4即展开式的第5项为所求． 21. (1)256种 (2)144种 (3)144种 (4)84种
解析： 此题关键是(2)，恰有1个空盒相当于一定有2个小球放在同一个盒子中，因此，先从4个不同的小球中取出2个放在一起(作为一个整体)，是组合问题．又因为4个盒子中只有l 个是空的，所以另 外3个盒子中分别放入2个、l 个、l 个小球，是排列问题．于是：
(1)44=2 5 6种．
(2)先从4个小球中取2个放在一起，有24C 种不同的取法,再把取出的2个小球与另
外2个小球看作3堆，并分别放入4个盒子中的3个盒子里，有34A 种不同的放法．根据
分步计数原理，共有23
44C A ⋅=l44种不同的放法．
(3)放法同(2)．
(4)恰有2个盒子不放球，也就是把4个不同的小球只放入2个盒子中，有两类放法：
第一类，1个盒子放3个小球，l 个盒子放l 个小球，先把小球分组，有34C 种，再放到2
个小盒中有24A 种放法，共有2434A C ⋅种放法；第二类，2个盒子中各放2个小球有2424C C 种
放法，故恰有2个盒子不放球的方法共有2434A C 8444ˆ=+C C 种．
22．n a n 4104-=
解析; 由题意： 5112111311322
75m m m m m ≥-⎧⇒≤≤⋅⎨-≥-⎩ 721105,2,12020100,m N m a C A +∈∴=∴=-=-= 而
777715-=770122777777777777(1194)15(194)(194)(194)15C C C C +⨯-=+⨯+⨯++⨯-
127776777777194[(194)(194)]115C C C =⨯+⨯++⨯+-
12777677777777194[(194)(194)]195,7715C C C =⨯+⨯++⨯-+∴- 除以1 9余5，即
515
55,()(2r
r r r n T C x -+=∴=⋅515523550()(1).,2r r r r C x x --=⋅⋅- 令5r -15=0，得
r =3．313
455
()(1)4,2T C -=⋅⋅-=-414,(1)100(1)(4)1044n d T a a n d n n ∴==-∴=+-=+-⋅-=-
（五）11.1----11.3 概 率
1. B
2. D
3. A
4. A
5. A
6. C
7. B
8. C
9. D 10. B 11. A 12. B 13.
411 14. 45128 15. 0.99 16. 49512
17. 256(1)(2)9191 解析: (1)将1 5名新生平均分到甲、乙、丙三个班共有55510515C C C 种不同的方法．每班分配到l 名优秀生和4名非优秀生．甲班从3名优秀生中任选1名，从1 2名非优秀生
中任选4名，共有41213C C 种方法．
同理，乙班共有4812C C 种方法，丙班共有4411C C 种方法．所以每班各分到1名优秀生的概率11144432112845551510525.91
C C C C C C p C C C == (2)3名优秀生都分到甲班，共有21233C C 种分法，
乙班从剩下的l 0名之中选5名，共有510C 种方法，剩下的5名给丙班，共有55
51021233C C C C 种不同的分法．所以3名优秀生都分到同一班级的概率325531210555515105691
C C C C p C C C == 18. 3445
解析： 解法一：从3 6人中任选2人，共有236C 种不同选法，2人血型不同的概率
为 1111111111111210128126108106862222223636363636363445
C C C C C C C C C C C C P C C C C C C =+++++= 解法二：由于“2人血型不同"与“2人血型相同"为对立事件，因而2人血型不同的概率
为 222212108623634145
C C C C P C +++=-= 19．对庄家有利
解析： 掷三枚骰子，共有6×6×6=216种可能，假设赌216次，每次掷出的骰子点数均不同．则玩家的情况为：
(1)三个均无l ，共有5×5×5=125种不同情况，输1 2 50元．
(2)仅1个有l ，共有1
35575C ⨯⨯=种不同情况，赢750元．
(3)有2个1，共有23515C ⨯=种情况，共赢l5×20=300元．
(4)有3个1，共有331C =种情况，赢40元．则玩家赢了750+300+40一1 09 0元，但输了1250元，∴此赌博对庄家有利．
20． 4(1)9，16(2)81
解析: (1)蚂蚁A 从x=0处到x=1处，则3次移动中恰好有2次向右移动，即2次向右1次向左，故概率为223214()339C ⋅
=
(2)蚂蚁A 、B 2秒后同时在x=2处，则蚂蚁A 应两次向右移动，蚂蚁B 应一次向右，一次向左移动，故概率为21222116()33381
C ⋅⋅= 21. 联合使用乙、丙、丁三种预防措施可使此突发事件不发生的概率最大
解析: 方案一：单独采用一种预防措施的费用均不超过1 20万元，由表可知，采用甲措施，可使此突发事件不发生的概率最大，其概率为0.9．
方案二：联合采用两种预防措施，费用不超过l 20万元，由表可知，联合甲、丙两种预防措施可使此突发事件不发生的概率最大，其概率为1(10.9)(10.7)0.97.--⨯-=
方案三：联合采用三种预防措施，因费用不超过1 20万元，故只能联合乙、丙、丁三种预防措施，此时突发事件不发生的概率为
1(10.8)(10.7)(10.6)10.0240.976.--⨯-⨯-=-=
综上三种预防方案可知，在总费用不超过l 20万元的前提下，联合使用乙、丙、丁三种预防措施可使此突发事件不发生的概率最大。

22．(1)不需更换灯泡的概率为51P ，需要更换2只灯泡的概率为232511(1),C P
P - 2112(2)(1)(1)P P P P =-+- (3) 0.34
解析: (1)在第一次灯泡更换工作中，不需更换灯泡的概率为51P ，需要更换2只灯
泡的概率为232511(1),C P P -
(2)对该盏灯来说，在第1，2次都更换了灯泡的概率为(1一P 1)2
；在第一次未更换灯泡而在第二次需要更换灯泡的概率为P l (1一P 2)，故所求的概率为
2112(1)(1)P P P P =-+- (3)至少换4只灯泡包括换5只和换4只两种情况。

换5只的概率为P 5(其中P 为(2)中所求,下同)；换4只的概率为14
5(1),C P P -故至少换4只灯泡的概率为
51435(1).P P C P P =+-
又当P l =O.8；P 2=0.3时， 20.20.80.70.6.P =+⨯=5430.650.60.40.34.P ∴=+⨯⨯=⋅ 即第二次灯泡更换工作中至少需要更换4只灯泡的概率为0.34.。