2020高考数学复习专题对点练18 5-1~5-3组合练含答案

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2020高考数学三轮冲刺解答题专练--立体几何一(10题含答案)

2020高考数学三轮冲刺解答题专练--立体几何一1.如图所示，△ABC 所在的平面与菱形BCDE 所在的平面垂直，且AB ⊥BC ，AB=BC=2，∠BCD=60°，点M 为BE 的中点，点N 在线段AC 上．(1)若AN NC=λ，且DN ⊥AC ，求λ的值； (2)在(1)的条件下，求三棱锥BDMN 的体积．2.如图，在矩形ABCD 中，AB=1，AD=2，PA ⊥平面ABCD ，E ，F 分别为AD ，PA 的中点，点Q 是BC 上一个动点．(1)当Q 是BC 的中点时，求证：平面BEF ∥平面PDQ ；(2)当BD ⊥FQ 时，求BQ QC的值．3.如图，四边形ABCD与四边形ADEF为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点.求证：(1)BE∥平面DMF；(2)平面BDE∥平面MNG.4.如图所示，A是△BCD所在平面外的一点，E，F分别是BC，AD的中点．(1)求证：直线EF与BD是异面直线；(2)若AC⊥BD，AC=BD，求EF与BD所成的角．5.如图，在四棱锥SABCD 中，底面ABCD 是梯形，AB ∥DC ，∠ABC=90°，AD=SD ，BC=CD=12AB ，侧面SAD⊥底面ABCD.(1)求证：平面SBD⊥平面SAD ；(2)若∠SDA =120°，且三棱锥S BCD 的体积为612，求侧面△SAB 的面积．6.如图，四棱锥PABCD 的底面是矩形，PA ⊥平面ABCD ，E ，F 分别是AB ，PD 的中点，且PA=AD.(1)求证：AF∥平面PEC ；(2)求证：平面PEC⊥平面PCD.7.如图，三棱柱ABCA1B1C1中，A1A⊥平面ABC，∠ACB=90°，AC=CB=CC1=2，M是AB的中点．(1)求证：平面A1CM⊥平面ABB1A1；(2)求点M到平面A1CB1的距离．8.如图，在几何体ABCA1B1C1中，点A1，B1，C1在平面ABC内的正投影分别为A，B，C，且AB⊥BC，E为AB1的中点，AB=AA1=BB1=2CC1.(1)求证：CE∥平面A1B1C1；(2)求证：平面AB1C1⊥平面A1BC.9.如图，四边形ABCD 中，AB ⊥AD ，AD ∥BC ，AD=6，BC=2AB=4，E ，F 分别在BC ，AD 上，EF ∥AB ，现将四边形ABEF 沿EF 折起，使BE ⊥EC.(1)若BE=1，在折叠后的线段AD 上是否存在一点P ，使得CP∥平面ABEF ？若存在，求出AP PD的值；若不存在，说明理由；(2)求三棱锥ACDF 的体积的最大值，并求出此时点F 到平面ACD 的距离．10.如图，在四棱锥PABCD 中，底面ABCD 是菱形，∠DAB=60°，PD ⊥平面ABCD ，PD=AD=1，点E ，F 分别为AB 和PC 的中点，连接EF ，BF.(1)求证：直线EF∥平面PAD.(2)求三棱锥FPEB 的体积．答案解析1.解：(1)如图，取BC 的中点O ，连接ON ，OD ，因为四边形BCDE 为菱形，∠BCD=60°，所以DO ⊥BC ，因为△ABC 所在的平面与菱形BCDE 所在的平面垂直，所以DO ⊥平面ABC ，因为AC ⊂平面ABC ，所以DO ⊥AC ，又DN ⊥AC ，且DN∩DO=D，所以AC ⊥平面DON ，因为ON ⊂平面DON ，所以ON ⊥AC ，由O 为BC 的中点，AB=BC ，可得NC=14AC ，所以AN NC=3，即λ=3. (2)由平面ABC ⊥平面BCDE ，AB ⊥BC ，可得AB ⊥平面BCDE ，由AB=2，AN NC =3，可得点N 到平面BCDE 的距离h=14AB=12，由∠BCD=60°，点M 为BE 的中点，可得DM ⊥BE ，且DM=DE 2－EM 2=22－12=3，所以△BDM 的面积S=12×DM×BM=32，所以三棱锥BDMN 的体积V BDMN =V NBDM =13Sh=13×32×12=312.2.解：(1)证明：∵E ，Q 分别是AD ，BC 的中点，∴ED=BQ ，ED ∥BQ ，∴四边形BEDQ 是平行四边形，∴BE ∥DQ.又BE ⊄平面PDQ ，DQ ⊂平面PDQ ，∴BE ∥平面PDQ ，又F 是PA 的中点，∴EF ∥PD ，∵EF ⊄平面PDQ ，PD ⊂平面PDQ ，∴EF ∥平面PDQ ，∵BE∩EF =E ，BE ⊂平面BEF ，EF ⊂平面BEF ，∴平面BEF ∥平面PDQ.(2)如图，连接AQ ，∵PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥BD.∵BD ⊥FQ ，PA∩F Q=F ，PA ⊂平面PAQ ，FQ ⊂平面PAQ ，∴BD ⊥平面PAQ ，∵AQ ⊂平面PAQ ，∴AQ ⊥BD ，∴AB 2=AD×B Q ，又AB=1，AD=2，∴BQ=12，QC=32，∴BQ QC =13.3.证明：(1)如图，连接AE ，设DF 与GN 的交点为O ，则AE 必过DF 与GN 的交点O.连接MO ，则MO 为△ABE 的中位线，所以BE ∥MO.又BE ⊄平面DMF ，MO ⊂平面DMF ，所以BE ∥平面DMF.(2)因为N ，G 分别为平行四边形ADEF 的边AD ，EF 的中点，所以DE ∥GN.又DE ⊄平面MNG ，GN ⊂平面MNG ，所以DE ∥平面MNG.又M 为AB 的中点，所以MN 为△ABD 的中位线，所以BD ∥MN.又BD ⊄平面MNG ，MN ⊂平面MNG ，所以BD ∥平面MNG.又DE ⊂平面BDE ，BD ⊂平面BDE ，DE∩BD =D ，所以平面BDE ∥平面MNG.4.解：(1)证明：假设EF 与BD 不是异面直线，则EF 与BD 共面，从而DF 与BE 共面，即AD 与BC 共面，所以A ，B ，C ，D 在同一平面内，这与A 是△BCD 所在平面外的一点相矛盾．故直线EF 与BD 是异面直线．(2)取CD 的中点G ，连接EG ，FG ，则AC ∥FG ，EG ∥BD ，所以相交直线EF 与EG 所成的角，即为异面直线EF 与BD 所成的角．又因为AC ⊥BD ，则FG ⊥EG.在Rt △EGF 中，由EG=FG=12AC ，求得∠FEG=45°，即异面直线EF 与BD 所成的角为45°.5.解：(1)证明：设BC=a ，则CD=a ，AB=2a ，由题意知△BCD 是等腰直角三角形，且∠BCD =90°，则BD=2a ，∠CBD=45°，所以∠ABD =∠ABC－∠CBD =45°，在△ABD 中，AD=AB 2＋DB 2－2AB·DB·cos 45°=2a ，因为AD 2＋BD 2=4a 2=AB 2，所以BD⊥AD，由于平面SAD⊥底面ABCD, 平面SAD∩平面ABCD=AD ， BD ⊂平面ABCD ，所以BD⊥平面SAD ，又BD ⊂平面SBD ，所以平面SBD⊥平面SAD.(2)由(1)可知AD=SD=2a ，在△SAD 中，∠SDA=120°，SA=2SDsin 60°=6a ，作SH⊥AD，交AD 的延长线于点H ，则SH=SDsin 60°=62a ，由(1)知BD⊥平面SAD ，因为SH ⊂平面SAD ，所以BD⊥SH，又AD∩BD =D ，所以SH⊥平面ABCD ，所以SH 为三棱锥SBCD 的高，所以V S BCD =13×62a ×12×a 2=612，解得a=1，由BD⊥平面SAD ，SD ⊂平面SAD ，可得BD⊥SD，则SB=SD 2＋BD 2=2＋2=2，又AB=2，SA=6，在等腰三角形SBA 中，边SA 上的高为 4－64=102，则△SAB 的面积为12×6×102=152.6.证明：(1)取PC 的中点G ，连接FG 、EG ，∵F 为PD 的中点，G 为PC 的中点，∴FG 为△CDP 的中位线，∴FG ∥CD ，FG=12CD. ∵四边形ABCD 为矩形，E 为AB 的中点，∴AE ∥CD ，AE=12CD.∴FG=AE ，FG ∥AE ，∴四边形AEGF 是平行四边形，∴AF ∥EG ，又EG ⊂平面PEC ，AF ⊄平面PEC ，∴AF ∥平面PEC.(2)∵PA =AD ，F 为PD 中点，∴AF ⊥PD ，∵PA ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥CD ，又∵CD⊥AD，AD ∩PA=A ，∴CD ⊥平面PAD ，∵AF ⊂平面PAD ，∴CD ⊥AF ，又PD∩CD =D ，∴AF ⊥平面PCD ，由(1)知EG∥AF，∴EG ⊥平面PCD ，又EG ⊂平面PEC ，∴平面PEC⊥平面PCD.7.解：(1)证明：由A 1A ⊥平面ABC ，CM ⊂平面ABC ，得A 1A ⊥CM.由AC=CB ，M 是AB 的中点，得AB⊥CM.又A 1A ∩AB=A ，则CM⊥平面ABB 1A 1，又CM ⊂平面A 1CM ，所以平面A 1CM ⊥平面ABB 1A 1.(2)设点M 到平面A 1CB 1的距离为h.连接MB 1.由题意可知A 1C=CB 1=A 1B 1=2MC=22，A 1M=B 1M=6，则S △A 1CB 1=23，S △A 1MB 1=2 2.由(1)可知CM⊥平面ABB 1A 1，则CM 是三棱锥C A 1MB 1的高，由VC A 1MB 1=13MC ·S△A 1MB 1=VM A 1CB 1=13h ·S △A 1CB 1，得h=2×2223=233，即点M 到平面A 1CB 1的距离为233.8.证明：(1)由题意知AA 1⊥平面ABC ，BB 1⊥平面ABC ，CC 1⊥平面ABC ，∴AA 1∥BB 1∥CC 1.如图，取A 1B 1的中点F ，连接EF ，FC 1.∵E 为AB 1的中点，∴EF 綊12A 1A ，又AA 1=2CC 1，∴CC 1綊12AA 1，∴EF 綊CC 1， ∴四边形EFC 1C 为平行四边形，∴CE∥C 1F.又CE ⊄平面A 1B 1C 1，C 1F ⊂平面A 1B 1C 1，∴CE∥平面A 1B 1C 1.又AB⊥BC，AB ∩BB 1=B ，∴BC ⊥平面AA 1B 1B.∵AB 1⊂平面AA 1B 1B ，∴BC ⊥AB 1.∵AA 1=BB 1=AB ，AA 1∥BB 1，∴四边形AA 1B 1B 为正方形，∴AB 1⊥A 1B.∵A 1B ∩BC=B ，∴AB 1⊥平面A 1BC.∵AB 1⊂平面AB 1C 1，∴平面AB 1C 1⊥平面A 1BC.9.解：(1)线段AD 上存在一点P ，使得CP∥平面ABEF ，此时AP PD =32. 理由如下：当AP PD =32时，AP AD =35，过点P 作PM∥FD 交AF 于点M ，连接EM ，则有MP FD =AP AD =35，由题意可得FD=5，故MP=3，由题意可得EC=3，又MP∥FD∥EC，∴MP 綊EC ，故四边形MPCE 为平行四边形，∴CP ∥ME ，又∵CP ⊄平面ABEF ，ME ⊂平面ABEF ，∴CP ∥平面ABEF 成立．(2)设BE=x(0＜x≤4)，∴AF=x ，FD=6－x ，由题意可得EC⊥EF，又BE⊥EC，BE ∩EF=E ，∴EB ⊥平面ECDF ， ∵AF ∥BE ，∴AF ⊥平面ECDF.故V A CDF =13×12×2×(6－x)×x =13(－x 2＋6x)， ∴当x=3时，V A CDF 有最大值，且最大值为3，此时EC=1，AF=3，FD=3，DC=22，AD=32，AC=14，在△ACD 中，由余弦定理得cos ∠ADC=AD 2＋DC 2－AC 22AD ·DC =18＋8－142×32×22=12，∴sin ∠ADC=32， ∴S △ADC =12·DC ·DA ·sin ∠ADC=33，设点F 到平面ACD 的距离为h ，由于V A CDF =V F ACD ，即3=13·h ·S △ACD ， ∴h=3，即点F 到平面ACD 的距离为 3.10.解：(1)如图，作FM∥CD 交PD 于点M ，连接AM.因为点F 为PC 中点，所以FM=12CD. 因为点E 为AB 的中点，所以AE=12AB=FM. 又AE∥FM，所以四边形AEFM 为平行四边形，又EF ⊄平面PAD ，AM ⊂平面PAD.所以EF∥AM.所以直线EF∥平面PAD.(2)连接EC.已知∠DAB =60°，AE=12，AD=1，由余弦定理，得DE⊥AB，又AB∥DC，则DE⊥DC，设F 到平面BEC 的距离为h.因为点F 为PC 的中点，所以h=12PD. 从而有V F PBE =V P BEF =V P BEC －V F BEC =13S △BEC ·(PD －h)=13S △BEC ·12PD =13×12×12×32×12×1=348.。

高考数学一轮复习排列与组合专题练习及答案

高考数学一轮复习排列与组合专题练习及答案高考数学一轮复习排列与组合专题练习及答案一、填空题1.市内某公共汽车站有6个候车位(成一排)，现有3名乘客随便坐在某个座位上候车，则恰好有2个连续空座位的候车方式的种数是________.[解析] 由于题目要求的是奇数，那么对于此三位数可以分成两种情况：奇偶奇，偶奇奇.如果是第一种奇偶奇的情况，可以从个位开始分析(3种选择)，之后十位(2种选择)，最后百位(2种选择)，共322=12种;如果是第二种偶奇奇的情况，个位(3种情况)，十位(2种情况)，百位(不能是0,1种情况)，共321=6种，因此总共12+6=18种情况.[答案] 182.若从1,2,3，，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有________种.[解析] 满足题设的取法可分为三类：一是四个奇数相加，其和为偶数，在5个奇数1,3,5,7,9中，任意取4个，有C=5(种);二是两个奇数加两个偶数其和为偶数，在5个奇数中任取2个，再在4个偶数2,4,6,8中任取2个，有CC=60(种);三是四个偶数相加，其和为偶数，4个偶数的取法有1种，所以满足条件的`取法共有5+60+1=66(种).[答案] 663.(2014福州调研)若一个三位数的十位数字比个位数字和百位数字都大，称这个数为伞数.现从1,2,3,4,5,6这六个数字中取3个数，组成无重复数字的三位数，其中伞数有________个.[解析] 分类讨论：若十位数为6时，有A=20(个);若十位数为5时，有A=12(个);若十位数为4时，有A=6(个);若十位数为3时，有A=2(个).因此一共有40个.[答案] 404.一个平面内的8个点，若只有4个点共圆，其余任何4点不共圆，那么这8个点最多确定的圆的个数为________.[解析] 从8个点中任选3个点有选法C种，因为有4点共圆所以减去C种再加1种，共有圆C-C+1=53个.[答案] 535.某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有________种.[解析] 分两种情况：选2本画册，2本集邮册送给4位朋友有C=6(种)方法;选1本画册，3本集邮册送给4位朋友有C=4(种)方法，不同的赠送方法共有6+4=10(种).[答案] 106.用数字1,2,3,4,5,6六个数字组成一个六位数，要求数字1,2都不与数字3相邻，且该数字能被5整除，则这样的五位数有________个.[解析] 由题可知，数字5一定在个位上，先排数字4和6，排法有2种，再往排好的数字4和6形成的3个空位中插入数字1和3，插法有6种，最后再插入数字2，插法有3种，根据分步乘法计数原理，可得这样的六位数有263=36个.[答案] 367.现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法有________种.[解析] 第一类，含有1张红色卡片，共有不同的取法CC=264(种);第二类，不含有红色卡片，共有不同的取法C-3C=220-12=208(种).由分类计数原理知不同的取法有264+208=472(种).[答案] 4728.在1,2,3,4,5这五个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为偶数的三位数共有________个.[解析] 在1,2,3,4,5这五个数字中有3个奇数，2个偶数，要求三位数各位数字之和为偶数，则两个奇数一个偶数，符合条件的三位数共有CCA=36(个).[答案] 36二、解答题9.从3名骨科、4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组，则骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是多少?(用数字作答).[解] 分三类：选1名骨科医生，则有C(CC+CC+CC)=360(种);选2名骨科医生，则有C(CC+CC)=210(种);选3名骨科医生，则有CCC=20(种).骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是360+210+20=590种.10.四个不同的小球放入编号为1,2,3,4的四个盒子中.(1)若每个盒子放一球，则有多少种不同的放法?(2)恰有一个空盒的放法共有多少种?[解] (1)每个盒子放一球，共有A=24(种)不同的放法;(2)法一先选后排，分三步完成.第一步：四个盒子中选一只为空盒，有4种选法;第二步：选两球为一个元素，有C种选法;第三步：三个元素放入三个盒中，有A种放法.故共有4CA=144(种)放法.法二先分组后排列，看作分配问题.第一步：在四个盒子中选三个，有C种选法;第二步：将四个球分成2,1,1三组，有C种放法;第三步：将三组分到选定的三个盒子中，有A种放法.故共有CCA=144种放法.。

2020年高考数学专题+一+第一关+以圆锥曲线的几何性质为背景的选择题 (2)

2020年高考数学专题一压轴选择题第三关以棱柱、棱锥与球的组合体为背景的选择题【名师综述】球作为立体几何中重要的旋转体之一，成为考查的重点．要熟练掌握基本的解题技巧．还有球的截面的性质的运用，特别是其它几何体的内切球与外接球类组合体问题，以及与球有关的最值问题,更应特别加以关注的．试题一般以小题的形式出现,有一定难度．解决问题的关键是画出正确的截面，把空间“切接”问题转化为平面“问题”处理．类型一四面体的外接球问题典例1．【2018河南漯河中学三模】已知三棱锥的底面是以为斜边的等腰直角三角形，，则三棱锥的外接球的球心到平面的距离为（） A.B.C.D.【答案】A【解析】由图可知，，得，解得，，故选A。

S ABC -AB 4,4AB SA SB SC ====ABC32222OB OD DB =+()224r r=+3r =d ∴=【方法指导】本题属于三棱锥的外接球问题，当三棱锥的某一顶点的三条棱两两垂直，可将其补全为长方体或长方体，三棱锥与长方体的外接球是同一外接球，而长方体的外接球的在球心就是对角线的交点，那么对角线就是外接球的直径2222c b a R ++=，c b a ,,分别指两两垂直的三条棱，进而确定外接球表面积．【举一反三】【2018南宁摸底联考】三棱锥中，为等边三角形，，，三棱锥的外接球的体积为（） A.B.C. D.【答案】B【解析】由题意可得PA,PB ，PC 两两相等，底面是正三角形，所以三棱锥P-ABC 是正棱锥，P 在底面的身影是底面正三角形的中心O ，由面PAO ，再由，可知面PBC,所以可知，即PA,PB,PC 两两垂直，由于是球外接球，所以正三棱锥P-ABC 可以看成正方体切下来的一个角，与原正方体共外接球，所以。

类型二三棱柱的外接球问题典例2．已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱垂直于底面，各项点都在同一球面上，若该棱柱，2AB =，1AC =，60BAC ∠=，则此球的表面积等于（） A.2π B.4π C.6π D.8π 【答案】D.【解析】由已知条件得：1121sin 602AA ⨯⨯⨯⨯=12AA =，∵2222cos60BC AB AC AB AC =+-⨯⨯，∴BC =，设ABC ∆的外接圆的半径为R ，则2sin 60BCR =，∴1R ==，∴球的表面积等于248ππ=.【名师指导】确定球心位置是解决相关问题的关键，确定一个点到多面体各顶点相等的策略是将问题分解，即先确定到顶点A B C 、、距离相等的点在过ABC ∆的外心且垂直于平面ABC 的直线上，再确定到顶点111A B C 、、距离相等的点过111A B C ∆的外心且垂直于平面111A B C 的直线上，故直三棱柱111ABC A B C -的外接球球心为连接上下底面外心的线段的中点，进而可确定外接球半径．【举一反三】【陕西省榆林市2018届高考模拟第一次测试】已知直三棱柱111ABC A B C -的6个顶点都在球O 的球面上，若13,4,,12AB AC AB AC AA ==⊥=，则球O 的直径为（） A. 13B.C.D. 2【答案】A【解析】因为三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB=3，AC=4，AB ⊥AC ，AA 1=12，所以三棱柱的底面是直角三角形，侧棱与底面垂直，△ABC 的外心是斜边的中点，上下底面的中心连线垂直底面ABC ，其中点是球心，即侧面B 1BCC 1，经过球的球心，球的直径是侧面B 1BCC 1的对角线的长，因为AB=3，AC=4，BC=5，BC 1=13，所以球的直径为：13．故答案为：A 。

高考数学(理)二轮专题复习突破精练：专题对点练18 5.1-5.3组合练 Word版含解析

专题对点练18 5.1~5.3组合练(限时90分钟,满分100分)一、选择题(共9小题,满分45分)1.(浙江,3)某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积(单位:cm 3)是( )A.π2+1 B.π2+3 C.3π2+1 D.3π2+3答案 A解析 V=13×3×(12×π×12+12×2×1)=π2+1,故选A .2.已知m ,n 为异面直线,m ⊥平面α,n ⊥平面β,直线l 满足l ⊥m ,l ⊥n ,l ⊄α,l ⊄β,则( ) A.α∥β,且l ∥α B.α⊥β,且l ⊥β C.α与β相交,且交线垂直于l D.α与β相交,且交线平行于l 答案 D解析因为m ⊥α,l ⊥m ,l ⊄α,所以l ∥α.同理可得l ∥β.又因为m ,n 为异面直线,所以α与β相交,且l 平行于它们的交线.故选D . 3.(河北邯郸一模,理10)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )A .9+√36π B .6+√36πC .3+√36πD .12+√36π答案 A解析由三视图可得,该几何体的直观图为圆锥的12与圆柱的34的组合体,由图中数据可得,该几何体的体积为12×13×π×12×√3+34π×12×2=9+√36π,故选A .4.如图,网格纸上正方形小格的边长为1(表示1 cm),图中粗线画出的是某零件的三视图,该零件由一个底面半径为3 cm,高为6 cm 的圆柱体毛坯切削得到,则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为( )A .1727B .59C .1027D .13答案 C 解析由零件的三视图可知,该几何体为两个圆柱组合而成,如图所示.切削掉部分的体积V 1=π×32×6-π×22×4-π×32×2=20π(cm 3), 原来毛坯体积V 2=π×32×6=54π(cm 3).故所求比值为V1V 2=20π54π=1027.5.(四川成都三诊,理11)如图,某三棱锥的正视图、侧视图和俯视图分别是直角三角形、等腰三角形和等边三角形.若该三棱锥的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为( )A.27πB.48πC.64πD.81π答案 C 解析由三视图可知,该几何体为三棱锥,三棱锥的高VA=4,直观图如图所示.∵△ABC 是边长为6的等边三角形,∴外接球的球心D 在底面ABC 的投影为△ABC 的中心O , 过D 作DE ⊥VA 于E ,则E 为VA 的中点,连接OA ,DA ,则DE=OA=23×3√3=2√3,AE=12VA=2,DA 为外接球的半径r ,∴r=√DE 2+AE 2=4,∴该球的表面积S=4πr 2=64π.故选C .6.在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,∠BCA=90°,M ,N 分别是A 1B 1,A 1C 1的中点,BC=CA=CC 1,则BM 与AN 所成角的余弦值为 ( ) A .110B .25C .√3010D .√22答案 C 解析如图,以点C 1为坐标原点,C 1B 1,C 1A 1,C 1C 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴,建立空间直角坐标系,不妨设BC=CA=CC 1=1,可知点A (0,1,1),N (0,12,0),B (1,0,1),M (12,12,0).∴AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-12,-1),BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-12,12,-1). ∴cos <AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√3010.根据AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角及AN 与BM 所成角的关系可知,BM 与AN 所成角的余弦值为√3010. 7.(辽宁沈阳三模,理10)已知某三棱锥的三视图如图所示,图中的3个直角三角形的直角边长度已经标出,则在该三棱锥中,最短的棱和最长的棱所在直线成的角的余弦值为( )A .13 B .√55C .12D .23答案 A解析由三视图还原原几何体如图.几何体是三棱锥A-BCD ,满足平面ACD ⊥平面BCD ,且AD ⊥CD ,BC ⊥CD ,则最短棱为CD ,最长棱为AB.在平面BCD 内,过B 作BE ∥CD ,且BE=CD ,连接DE ,∴四边形BEDC 为长方形,可得AE=2√2.在Rt △AEB 中,求得AB=√12+(2√2)2=3,∴cos ∠ABE=BE AB=13.即最短的棱和最长的棱所在直线成的角的余弦值为13.故选A . 8.圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体,该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16+20π,则r=( ) A .1 B .2 C .4 D .8 答案 B解析由条件知,该几何体是由一个圆柱被过圆柱底面圆直径的平面所截剩下的半个圆柱及一个半球拼接而成,其表面积是一个矩形面积、两个半圆面积、圆柱侧面积的一半、球表面积的一半相加所得,所以表面积为S 表=2r×2r+2×12πr 2+πr×2r+12×4πr 2=5πr 2+4r 2=16+20π,解得r=2.9.(河南新乡二模,理10)已知正三角形ABC 的三个顶点都在球心为O ,半径为3的球面上,且三棱锥O-ABC 的高为2,点D 是线段BC 的中点,过点D 作球O 的截面,则截面积的最小值为( )〚导学号16804204〛 A .15π4B .4πC .7π2D .3π答案 A解析设正三角形ABC 的中心为O 1,连接O 1O ,O 1C ,O 1D ,OD ,∵O 1是正三角形ABC 的中心,A ,B ,C 三点都在球面上, ∴O 1O ⊥平面ABC.又O 1C ⊂平面ABC ,∴O 1O ⊥O 1C.∵球的半径R=3,O 1O=2,∴在Rt △O 1OC 中,O 1C=√5.又D 为BC 的中点,∴在Rt △O 1DC 中,O 1D=1O 1C=√5.∴在Rt △OO 1D 中,OD=√4+54=√214.过D 作球O 的截面,当截面与OD 垂直时,截面圆的半径最小,此时截面圆的半径r=√9-214=√152,可得截面积为S=πr 2=15π4.故选A .二、填空题(共3小题,满分15分)10.已知H 是球O 的直径AB 上一点,AH ∶HB=1∶2,AB ⊥平面α,H 为垂足,α截球O 所得截面的面积为π,则球O 的表面积为 . 答案 9π2 解析如图,设球O 的半径为R ,则AH=2R3,OH=R3.∵π·EH 2=π, ∴EH=1.∵在Rt △OEH 中,R 2=(R 3)2+12, ∴R 2=98.∴S 球=4πR 2=9π2.11.(山西太原二模,理15)已知三棱锥A-BCD ,AB=AC=BC=2,BD=CD=√2,点E 是BC 的中点,点A 在平面BCD 上的射影恰好为DE 的中点F ,则该三棱锥外接球的表面积为 . 答案 60π11解析由题意,得△BCD 为等腰直角三角形,E 是外接圆的圆心.∵点A 在平面BCD 上的射影恰好为DE 的中点F ,∴BF=√1+14=√52,∴AF=√4-54=√112. 设球心O 到平面BCD 的距离为h ,则1+h 2=14+(√112-ℎ)2,解得h=√11,r=√1+411=√1511, 故该三棱锥外接球的表面积为4π×1511=60π11.12.(全国Ⅲ,理16)a ,b 为空间中两条互相垂直的直线,等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ,b 都垂直,斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转,有下列结论: ①当直线AB 与a 成60°角时,AB 与b 成30°角;②当直线AB 与a 成60°角时,AB 与b 成60°角; ③直线AB 与a 所成角的最小值为45°; ④直线AB 与a 所成角的最大值为60°.其中正确的是 .(填写所有正确结论的编号) 〚导学号16804205〛答案 ②③解析由题意,AB 是以AC 为轴,BC 为底面半径的圆锥的母线,由AC ⊥a ,AC ⊥b ,得AC ⊥圆锥底面,在底面内可以过点B ,作BD ∥a ,交底面圆C 于点D ,如图所示,连接DE ,则DE ⊥BD ,∴DE ∥b.连接AD ,在等腰三角形ABD 中,设AB=AD=√2,当直线AB 与a 成60°角时,∠ABD=60°,故BD=√2.又在Rt △BDE 中,BE=2,∴DE=√2,过点B 作BF ∥DE ,交圆C 于点F ,连接AF ,由圆的对称性可知BF=DE=√2,∴△ABF 为等边三角形,∴∠ABF=60°,即AB 与b 成60°角,②正确,①错误.由最小角定理可知③正确;很明显,可以满足直线a ⊥平面ABC ,直线AB 与a 所成的最大角为90°,④错误.故正确的说法为②③.三、解答题(共3个题,分别满分为13分,13分,14分) 13.(河南郑州一中质检,理18)如图,在四棱锥S-ABCD 中,底面ABCD 是梯形,BC ∥AD ,平面SAB ⊥平面ABCD ,△SAB 是等边三角形,已知AC=2AB=4,BC=2AD=2DC=2√5. (1)求证:平面SAB ⊥平面SAC ; (2)求二面角B-SC-A 的余弦值.(1)证明在△BCA 中,∵AB=2,CA=4,BC=2√5,∴AB 2+AC 2=BC 2,∴AB ⊥AC.又平面SAB ⊥平面ABCD ,平面SAB ∩平面ABCD=AB , ∴AC ⊥平面SAB.又AC ⊂平面SAC ,故平面SAB ⊥平面SAC.(2)解如图建立空间直角坐标系Axyz ,则A (0,0,0),B (2,0,0),S (1,0,√3),C (0,4,0).CS⃗⃗⃗⃗ =(1,-4,√3),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,4,0),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,4,0). 设平面SBC 的法向量n =(x ,y ,z ),由{n ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·CS⃗⃗⃗⃗ =0,得{-2x +4y =0,x -4y +√3z =0,则取n =(2,1,2√33).设平面SCA 的法向量m =(a ,b ,c ),由{m ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·CS ⃗⃗⃗⃗ =0,得{4b =0,a -4b +√3c =0,则取m =(-√3,0,1),∴cos <n ,m >=-2√1919, ∴二面角B-SC-A 的余弦值为2√1919. 14.(辽宁沈阳三模,理19)如图,在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,侧面AA 1B 1B ⊥底面ABC ,△ABC 和△ABB 1都是边长为2的正三角形.(1)过B 1作出三棱柱的截面,使截面垂直于AB ,并证明; (2)求AC 1与平面BCC 1B 1所成角的正弦值.解 (1)设AB 的中点为O ,连接OC ,OB 1,B 1C ,则截面OB 1C 为所求.证明:因为OC ,OB 1分别为△ABC ,△ABB 1的中线,所以AB ⊥OC ,AB ⊥OB 1.又OC ,OB 1⊂平面OB 1C ,OC ∩OB 1=O ,所以AB ⊥平面OB 1C.(2)以O 为原点,OB 方向为x 轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系,易求得B (1,0,0),A (-1,0,0),C (0,√3,0),B 1(0,0,√3),C 1(-1,√3,√3),CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-√3,0),B 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-√3),AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√3,√3).设平面BCC 1B 1的一个法向量为n =(x ,y ,z ),由{n ⊥CB⃗⃗⃗⃗⃗ ,n ⊥B 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,得{x -√3y =0,x -√3z =0,解得平面BCC 1B 1的一个法向量为n =(√3,1,1),则|cos <AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >|=|AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·n ||AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||n |=√3+√3√6×√5=√10, 所以AC 1与平面BCC 1B 1所成角的正弦值为√105. 〚导学号16804206〛15.(天津,理17)如图,在三棱锥P-ABC 中,P A ⊥底面ABC ,∠BAC=90°,点D ,E ,N 分别为棱P A ,PC ,BC 的中点,M 是线段AD 的中点,P A=AC=4,AB=2. (1)求证:MN ∥平面BDE ;(2)求二面角C-EM-N 的正弦值;(3)已知点H 在棱P A 上,且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为√721,求线段AH 的长. 解如图,以A 为原点,分别以AB⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AP ⃗⃗⃗⃗⃗ 方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系.依题意可得A (0,0,0),B (2,0,0),C (0,4,0),P (0,0,4),D (0,0,2),E (0,2,2),M (0,0,1),N (1,2,0).(1)证明:DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),DB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,-2), 设n =(x ,y ,z )为平面BDE 的法向量,则{n ·DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2y =0,2x -2z =0.不妨设z=1,可得n =(1,0,1). 又MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2,-1),可得MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0.因为MN ⊄平面BDE ,所以MN ∥平面BDE. (2)易知n 1=(1,0,0)为平面CEM 的一个法向量.设n 2=(x ,y ,z )为平面EMN 的法向量,则{n 2·EM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 2·MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0.因为EM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-2,-1),MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2,-1),所以{-2y -z =0,x +2y -z =0.不妨设y=1,可得n 2=(-4,1,-2). 因此有cos <n 1,n 2>=n 1·n 2|n 1||n 2|=-√21,于是sin <n 1,n 2>=√10521.所以,二面角C-EM-N 的正弦值为√10521.(3)依题意,设AH=h (0≤h ≤4),则H (0,0,h ),进而可得NH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,-2,h ),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,2). 由已知,得|cos <NH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,BE ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|NH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗||NH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||BE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√ℎ+5×2√3=√721,整理得10h 2-21h+8=0,解得h=85或h=12.所以,线段AH 的长为8或1.。

2020版高考数学一轮复习课后限时集训53排列与组合含解析理201906273107

课后限时集训(五十三)(建议用时：60分钟)A组基础达标一、选择题1．从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋b i，其中虚数的个数是( )A．30 B．42C．36 D．35C[因为a＋b i为虚数，所以b≠0，即b有6种取法，a有6种取法，由分步乘法计数原理知可以组成6×6＝36个虚数．]2．高三年级的三个班去甲、乙、丙、丁四个工厂参加社会实践，但去何工厂可自由选择，甲工厂必须有班级要去，则不同的分配方案有( )A．16种B．18种C．37种D．48种C[三个班去四个工厂不同的分配方案共43种，甲工厂没有班级去的分配方案共33种，因此满足条件的不同的分配方案共有43－33＝37种．故选C.]3．已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为( )A．40 B．16C．13 D．10C[分两类情况：第1类，直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面；第2类，直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面．根据分类加法计数原理知，共可以确定8＋5＝13个不同的平面．]4.一个旅游景区的游览线路如图所示，某人从P点处进，Q点处出，沿图中线路游览A，B，C三个景点及沿途风景，则不重复(除交汇点O外)的游览线路有( )A．6种B．8种C．12种D．48种D[从点P处进入后，参观第一个景点时，有6个路口可以选择，从中任选一个，有C16种选法，参观完第一个景点，参观第二个景点时，有4个路口可以选择，从中任选一个，有C14种选法，参观完第二个景点，参观第三个景点时，有2个路口可以选择，从中任选一个，有C12种选法，则共有C16C14C12＝48(种)线路．故选D.]5．某地实行高考改革，考生除参加语文、数学、英语统一考试外，还需从物理、化学、生物、政治、历史、地理六科中选考三科．学生甲要想报考某高校的法学专业，就必须要从物理、政治、历史三科中至少选考一科，则学生甲的选考方法种数为( ) A．6 B．12C．18 D．19D[在物理、政治、历史中选一科的选法有C13C23＝9(种)；在物理、政治、历史中选两科的选法有C23C13＝9(种)；物理、政治、历史三科都选的选法有1种．所以学生甲的选考方法共有9＋9＋1＝19(种)，故选D.]6．(2018·南昌一模)某校毕业典礼上有6个节目，考虑整体效果，对节目演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前三位，且节目丙、丁必须排在一起．则该校毕业典礼节目演出顺序的编排方案共有( )A．120种B．156种C．188种D．240种A[法一：记演出顺序为1～6号，对丙、丁的排序进行分类，丙、丁占1和2号，2和3号，3和4号，4和5号，5和6号，其排法种数分别为A22A33，A22A33，C12A22A33，C13A22A33，C13A22A33，故总编排方案有A22A33＋A22A33＋C12A22A33＋C13A22A33＋C13A22A33＝120(种)．法二：记演出顺序为1～6号，按甲的编排进行分类，①当甲在1号位置时，丙、丁相邻的情况有4种，则有C14A22A33＝48(种)；②当甲在2号位置时，丙、丁相邻的情况有3种，共有C13A22A33＝36(种)；③当甲在3号位置时，丙、丁相邻的情况有3种，共有C13A22A33＝36(种)．所以编排方案共有48＋36＋36＝120(种)．]7．(2019·长沙模拟)三对夫妻站成一排照相，则仅有一对夫妻相邻的站法总数是( ) A．72 B．144C．240 D．288D[第一类：选一对夫妻相邻捆绑，插入第二对夫妻中间，最后一对夫妻排在首尾，则有C13A22C12A22A22＝48.第二类：选一对夫妻相邻捆绑，插入形如BCbc(其中Aa，Bb，Cc为三对夫妻)中，共有C13A12C12A22A22C15＝240种．故共有48＋240＝288种排列方式．]二、填空题8．由数字2,0,1,9组成没有重复数字的四位偶数的个数为________．10[根据所组成的没有重复数字的四位偶数的个位是否为0进行分类计数：第一类，个位是0时，满足题意的四位偶数的个数为A33＝6；第二类，个位是2时，满足题意的四位偶数的个数为C12A22＝4.由分类加法计数原理得，满足题意的四位偶数的个数为6＋4＝10.]9．国家教育部为了发展贫困地区的教育，在全国重点师范大学免费培养教育专业师范生，毕业后要将他们分配到相应的地区去任教．现要将6名免费培养的教育专业师范毕业生平均分配到3所学校去任教，有________种不同的分配方法．90 [先把这6名毕业生平均分成3组，有C 26C 24C 22A 33种方法，再将这3组毕业生分配到3所学校，有A 33种方法，故将这6名毕业生平均分配到3所学校去任教，共有C 26C 24C 22A 33·A 33＝90(种)分配方法．]10．12个相同的小球放入编号为1,2,3,4的盒子中，要求每个盒子中的小球个数不少于其编号数，则不同的方法有________种．10 [先把每个盒子装上与其编号数相同的小球，还剩2个小球，2个小球装在4个盒子里需3个隔板，3个隔板看成3个元素，共5个元素，最后从5个元素里选出3个隔板就行了，共有C 35＝10种．]B 组能力提升1．(2019·日照模拟)甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每一级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法总数为( )A ．336B ．84C ．343D ．210 A [若3人站在不同的台阶上共有A 37种不同的站法；若3人中恰有2人同时在一个台阶上，则共有C 13A 27种不同的站法．故共有A 37＋C 13A 27＝336种不同的站法，选A.]2．把3男2女5名新生分配到甲、乙两个班，每个班分到的新生不少于2名，且甲班至少分配1名女生，则不同的分配方案种数为( )A ．16B ．20C ．26D ．40A [把5名新生分配到甲、乙两个班，每个班分到的新生不少于2名，有C 25A 22种分配方案，其中甲班都是男生的分配方案有(C 23＋1)种，则不同的分配方案种数为C 25A 22－(C 23＋1)＝16.故选A.]3.(2019·衡水模拟)已知一个公园的形状如图所示，现有3种不同的植物要种在此公园的A ，B ，C ，D ，E 这五个区域内，要求有公共边界的两块相邻区域种不同的植物，则不同的种法共有________种．18 [根据题意，分两步进行分析．第一步，对于A ，B ，C 区域，三个区域两两相邻，种的植物都不能相同，将3种不同的植物全排列，安排在A，B，C区域，有A33＝6(种)种法；第二步，对于D，E区域，若A，E区域种的植物相同，则D区域有1种种法，若A，E区域种的植物不同，则E区域有1种种法，D区域有2种种法，则D，E区域共有1＋2＝3(种)不同的种法．故不同的种法共有6×3＝18(种)．]4.如图，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两顶点异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同的染色方法种数是________．420[法一：由题设，四棱锥SABCD的顶点S，A，B所染的颜色互不相同，不同的染色方法共有5×4×3＝60(种)．当S，A，B染好时，不妨设其颜色分别为1,2,3，其余两种颜色为4,5，若C染2，则D 可染3或4或5，有3种不同的染色方法；若C染4，则D可染3或5，有2种不同的染色方法；若C染5，则D可染3或4，有2种不同的染色方法．所以当S，A，B染好时，C，D还有7种不同的染色方法，故不同染色方法有60×7＝420(种)．法二：以S，A，B，C，D的顺序分步染色．第一步，S点染色，有5种不同的方法．第二步，A点染色，与S在同一条棱上，有4种不同的方法．第三步，B点染色，与S，A分别在同一条棱上，有3种不同的方法．第四步，C点染色，也有3种不同的方法，但考虑到D点与S，A，C分别在同一条棱上，需要对A与C是否同色进行分类，当A与C同色时，D点有3种不同的染色方法；当A与C不同色时，因为C与S，B也不同色，所以C点有2种不同的染色方法，D点也有2种不同的染色方法．由分步乘法、分类加法计数原理，得不同的染色方法共有5×4×3×(1×3＋2×2)＝420(种)．法三：按所用颜色种数分类．第一类，5种颜色全用，共有A55种不同的染色方法；第二类，只用4种颜色，则必有某两个顶点同色(A与C或B与D)，共有2×A45种不同的染色方法；第三类，只用3种颜色，则A与C，B与D必定同色，共有A35种不同的染色方法．由分类加法计数原理，得不同的染色方法种数为A55＋2×A45＋A35＝420.]。

【高三数学】二轮复习：专题五第2讲概率、随机变量及其分布

有 A 到过疫区,B 确定是受 A 感染的.对于 C 因为难以判定是受 A 还是受 B
1
感染的,于是假定他受 A 和 B 感染的概率都是2.同样也假定 D 受 A,B 和 C
1
感染的概率都是3.在这种假定下,B,C,D 中恰有两人直接受 A 感染的概率是
(
)
1
A.6
1
B.3
1
C.2
2
D.3
(2)(2021·河北张家口一模)某大学进行“羽毛球”“美术”“音乐”三个社团选拔.
三局.若甲抽到的三张扑克牌分别是A1,A2,A3,乙抽到的三张扑克牌分别是
B1,B2,B3,且这六张扑克牌的大小顺序为A1>B1>B2>A2>A3>B3,则三局比赛
结束后甲得4分的概率为(
1
6
A.
1
3
B.
)
1
2
C.
2
3
D.
(2)(2021·山东泰安三模)已知大于3的素数只分布在{6n-1}和{6n+1}两数
[例2-4](2021·江苏苏州中学园区校月考)甲、乙两队进行篮球决赛,采取七
场四胜制(当一队赢得四场胜利时,该队获胜,决赛结束).根据前期比赛成绩,
甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”.设甲队主场取胜的概率为0.6,
客场取胜的概率为0.5,且各场比赛结果相互独立,则甲队以4∶1获胜的概
率是
.
1
次的概率为2,现有一个该型号的充电宝已经循环充电超过 500 次,则其能够
循环充电超过 1 000 次的概率是(
3
A.4
2
B.3
)
1
C.2
1
D.3

2020年高考数学(文数)解答题强化专练——数列含答案

（文数）解答题强化专练——数列一、解答题（本大题共10小题，共120.0分）1.在等差数列{a n}中，S n为其前n项的和，若S5=25，a10=19．（1）求数列{a n}的通项公式a n及前n项和S n；（2）若数列{b n}中b n=，求数列{b n}的前n和T n．2.在数列{a n}中，a1=3，a n=2a n-1+（n-2）（n≥2，n∈N*）．（1）求证：数列{a n+n}是等比数列，并求{a n}的通项公式；（2）求数列{a n}的前n项和S n．3.已知数列是以为首项，为公差的等差数列，且，，成等比数列．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和．4.设S n是等差数列{a n}的前n项和，若公差d≠0，a5=10，且、、成等比数列．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n=，T n=b1+b2+…+b n，求证：T n＜．5.已知{a n}是递增的等比数列，a5＝48，4a2，3a3，2a4成等差数列．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设数列{b n}满足b1＝a2，b n＋1＝b n＋a n，求数列{b n}的前n项和S n．6.已知数列{a n}中，a1=1，a2=3，点（a n，a n+1）在直线2x-y+1=0上，（Ⅰ）证明数列{a n+1-a n}为等比数列，并求其公比．（Ⅱ）设b n=log2（a n+1），数列{b n}的前n项和为S n，若S m≤λ（a m+1），求实数λ的最小值．7.已知正项等比数列{a n}满足a3＝9，a4－a2＝24．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式a n；（Ⅱ）设b n＝n·a n，求数列{b n}的前n项的和S n．8.已知数列{a n}满足a1=1，na n+1-（n+1）a n=1+2+3+…+n，n∈N*．（1）求证：数列{}是等差数列；（2）若b n=，求数列{b n}的前n项和为S n．9.已知数列{a n}的前n项和S n满足S n+1=S n+•a n（n∈N*），且a1=1．（Ⅰ）证明：数列{}是等比数列；（Ⅱ）求数列{a n}的前n项和S n．10.已知数列{a n}的前n项和为S n，满足S1=1，且对任意正整数n，都有．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）若，求数列{b n}的前n项和T n．答案和解析1.【答案】解：（1）设等差数列{a n}的公差为d，∵S5=25，a10=19．∴5a1+d=25，a1+9d=19，联立解得：a1=1，d=2．∴a n=1+2（n-1）=2n-1．S n==n2．（2）b n===，∴数列{b n}的前n和T n===．【解析】（1）设等差数列{a n}的公差为d，由S5=25，a10=19．可得5a1+d=25，a1+9d=19，联立解得：a1，d．即可得出．（2）b n===，利用裂项求和即可得出．本题考查了等差数列的通项公式与求和公式、裂项求和方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．2.【答案】（1）证明：∵a1=3，a n=2a n-1+（n-2）（n≥2，n∈N*）．∴a n+n=2（a n-1+n-1），∴数列{a n+n}是等比数列，首项为4，公比为2．∴a n=4×2n-1-n=2n+1-n．（2）解：数列{a n}的前n项和S n=（22+23+…+2n+1）-（1+2+…+n）=-=2n+2-4-．【解析】（1）a1=3，a n=2a n-1+（n-2）（n≥2，n∈N*）．变形为a n+n=2（a n-1+n-1），再利用等比数列的通项公式即可得出．（2）利用等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式即可得出．本题考查了递推关系、等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．3.【答案】解：（1）因为，，成等比数列，所以，即，因为，所以，即，所以（负值舍去），所以．（2）由（1）知，，所以．【解析】本题考查等差数列的通项公式及前n项和公式，等比数列的通项公式、性质及前n项和公式，以及分组法求和，属于一般题.（1）根据，，成等比数列列方程组，求出a1和公差，即可得到数列的通项公式；（2）由（1）求得，，利用分组求和法，结合等差数列和等比数列的前n项和公式即可求解.4.【答案】（Ⅰ）解：∵S n是等差数列{a n}的前n项和，公差d≠0，a5=10，且a2、a4、a8成等比数列，∴由题知：，解得：a1=2，d=2，故数列{a n}的通项公式a n=2n．（Ⅱ）证明：∵==，∴T n=b1+b2+…+b n==．∴T n＜．【解析】本题考查数列的通项公式，等差数列的前n项和公式及裂项求和公式，属于一般题．（Ⅰ）利用等差数列的前n项和公式、等比数列性质，列出方程组，求出a1=2，d=2，由此能求出数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）由==，利用裂项求和法能证明T n＜．5.【答案】解：（1）设等比数列{a n}的公比为q（q＞1），因为4a2，3a3，2a4成等差数列，所以6a3＝4a2＋2a4，即6a1q2＝4a1q＋2a1q3，即q2-3q＋2＝0，解得q＝2或q＝1（舍去）．又因为a5＝a1q4＝16a1＝48，所以a1＝3，所以a n＝3·2n-1．（2）由条件及（1）可得b1＝a2＝3×2＝6．因为b n＋1＝b n＋a n，所以b n＋1-b n＝a n，所以b n-b n-1＝a n-1（n≥2），所以b n＝（b n-b n-1）＋（b n-1-b n-2）＋…＋（b2-b1）＋b1＝a n-1＋a n-2＋a n-3＋…＋a2＋a1＋6＝3·2n-1＋3（n≥2）．又因为b1＝6满足上式，所以b n＝3·2n-1＋3（n∈N*）．所以.【解析】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，叠加法在数列通项公式的求法中的应用，数列的求和的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力，属于中档题．（1）利用已知条件求出公比和首项，进而得到通项公式；（2）利用叠加法,并利用等比数列的求和公式求出n≥2时b n的表达式，进一步验证n=1时是否成立，从而得出数列{b n}的通项公式，然后利用分组求和法，求得S n．6.【答案】解：（Ⅰ）证明：点（a n，a n+1）在直线2x-y+1=0上，可得a n+1=2a n+1，即有a n+1+1=2（a n+1），可得{a n+1}为首项为2，公比为2的等比数列，可得a n+1=2n，即a n=2n-1，a n+1-a n=2n+1-1-（2n-1）=2n，可得数列{a n+1-a n}为等比数列，其公比为2；（Ⅱ）设b n=log2（a n+1）=log22n=n，S n=n（n+1），S m≤λ（a m+1）即为m（m+1）≤λ•2m，可得2λ≥恒成立，由c m=，c m+1-c m=-=，当m=1时，c2＞c1，m=2时，c3=c2，m＞2时，c m+1＜c m，即c1＜c2=c3＞c4＞c5＞…，可得c2=c3=为最大值，即有λ≥，则λ≥，即实数λ的最小值为．【解析】（Ⅰ）首先判断{a n+1}为首项为2，公比为2的等比数列，由等比数列的通项公式和定义，即可得到所求；（Ⅱ）运用对数的运算性质可得b n，再由等差数列的求和公式和通项公式，结合参数分离和数列的单调性，求得最大值，可得所求最小值．本题考查等比数列的定义和通项公式、以及等差数列的通项公式和求和公式的运用，考查数列不等式恒成立问题，注意运用参数分离和数列的单调性，考查运算能力、推理能力，属于中档题．7.【答案】解：（Ⅰ）设数列{a n}的公比为q．由a4－a2＝24，得，即3q2－8q－3＝0，解得q＝3或．又∵a n＞0，则q＞0，∴q＝3，∴a n＝．（Ⅱ）b n＝n·a n＝,∴S n＝3S n＝，∴=，∴．【解析】本题考查等比数列的通项公式和用错位相减法求数列的前n项和.（Ⅰ）把已知条件用a3和公比q表示，建立方程，求出q，即可得到通项公式.（Ⅱ）紧紧抓住数列的特点，它是由一个等比数列和一个等差数列对应项相乘而得，此类数列可通过错位相减法求前n项和.8.【答案】解：（1）证明：数列{a n}满足a1=1，na n+1-（n+1）a n=1+2+3+…+n=，n∈N*，则（常数），n∈N*．则数列{}是以1为首项，为公差的等差数列．（2）由（1）得=，n∈N*，所以，n∈N*，所以，所以S n=b1+b2+…+b n=，=．【解析】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，裂项相消法在数列求和中的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力，属于中档题．（1）根据数列的递推关系式整理得到（常数），n∈N*即可证明．（2）利用裂项相消法求出数列的和．9.【答案】解：（Ⅰ）证明：根据题意可得，S n+1-S n=•a n，∴a n+1=•a n，∴=•，∵a1=1，∴数列{}是以1为首项，以为公比的等比数列，（Ⅱ）由（Ⅰ）可得=（）n-1，∴a n=n•（）n-1，∴S n=1×（）0+2×（）1+3×（）2+…+n•（）n-1，∴S n=1×（）1+2×（）2+3×（）3+…+n•（）n，∴S n=1+（）1+（）2+（）3+…+（）n-1-n•（）n=-n•（）n=-（+n）•（）n，∴S n=-（+）•（）n．【解析】本题考查了等比数列的判定、数列递推关系、错位相减求和法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．（Ⅰ）由S n+1=S n+•a n，可得∴=•，故数列{}是以1为首项，以为公比的等比数列，（Ⅱ）先求出a n=n•（）n-1，再利用“错位相减法”与等比数列的求和公式即可得出．10.【答案】解析：（1）由S1=1，得a1=1．又对任意正整数n，都成立，即S n+1+n（n+1）=（n+1）S n+1-（n+1）S n，所以nS n+1-（n+1）S n=n（n+1），所以，即数列是以1为公差，1为首项的等差数列，所以，即，得a n=S n-S n-1=2n-1（n≥2），又由a1=1，所以．解法2：由，可得S n+1+n（n+1）=（n+1）a n+1，当n≥2时，S n+n（n-1）=na n，两式相减，得a n+1+2n=（n+1）a n+1-na n，整理得a n+1-a n=2，在中，令n=2，得，即1+a2+2=2a2，解得a2=3，∴a2-a1=2，所以数列{a n}是首项为1，公差为2的等差数列，∴a n=1+2（n-1）=2n-1．（2）由（1）可得，所以，①则，②①-②，得，整理得，所以．【解析】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法，乘公比错位相减法在数列求和中的应用，主要考查学生的运算能力，属于中档题．（1）法1：将题中条件变形为nS n+1-（n+1）S n=n（n+1），即可求解；法2：将题中条件变形为S n+1+n（n+1）=（n+1）a n+1，再利用作差法即可求解.（2）利用（1）的结论，进一步利用乘公比错位相减法求出数列的和．。

高三数学复习排列与组合(含答案)

排列与组合1．排列与组合最根本的区别在于“有序”和“无序”。

取出元素后交换顺序，如果与顺序有关，则是排列；如果与顺序无关，则是组合。

2．排列、组合问题的求解方法与技巧①特殊元素优先安排；②合理分类与准确分步；③排列、组合混合问题要先选后排；④相邻问题捆绑处理；⑤不相邻问题插空处理；⑥定序问题倍缩法处理；⑦分排问题直排处理；⑧“小集团”排列问题先整体后局部；⑨构造模型；⑩正难则反，等价转化。

一、走进教材1．用数字1,2,3,4,5组成无重复数字的四位数，其中偶数的个数为()2．从4名男同学和3名女同学中选出3名参加某项活动，则男女生都有的选法种数是()A．18 B．24二、走近高考3．安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有()A．12种B．18种C．24种D．36种4．从1,3,5,7,9中任取2个数字，从0,2,4,6中任取2个数字，一共可以组成________个没有重复数字的四位数。

(用数字作答)三、走出误区微提醒：①分类不清导致出错；②相邻元素看成一个整体，不相邻问题采用插空法是解决相邻与不相邻问题的基本方法。

5．从6台原装计算机和5台组装计算机中任意选取5台，其中至少有原装计算机和组装计算机各2台，则不同的取法有________种。

6．把5件不同产品摆成一排，若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有________种。

考点一简单的排列问题【例1】有3名男生、4名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法总数。

(1)选5人排成一排；(2)排成前后两排，前排3人，后排4人；(3)全体排成一排，甲不站排头也不站排尾；(4)全体排成一排，女生必须站在一起；(5)全体排成一排，男生互不相邻。

【变式训练】(1)某国际会议结束后，中、美、俄等21国领导人合影留念，他们站成两排，前排11人，后排10人，中国领导人站在前排正中间位置，美、俄两国领导人也站前排并与中国领导人相邻，如果对其他国家领导人所站位置不做要求，那么不同的站法共有()A．A1818种B．A2020种C．A23A318A1010种D．A22A1818种(2)甲、乙两人要在一排8个空座上就坐，若要求甲、乙两人每人的两旁都有空座，则不同的坐法有()A．10种B．16种C．20种D．24种考点二组合问题【例2】(1)从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有________种。

2020高考数学三轮冲刺专题二项分布及其应用练习(含解析)

二项分布及其应用一、选择题（本大题共12小题，共60分）1. 甲乙二人争夺一场围棋比赛的冠军，若比赛为“三局两胜”制，甲在每局比赛中获胜的概率均为，且各局比赛结果相互独立，则在甲获得冠军的情况下，比赛进行了三局的概率为A. B. C. D.（正确答案）B【分析】本题考查条件概率，考查相互独立事件概率公式，属于中档题．求出甲获得冠军的概率、比赛进行了3局的概率，即可得出结论．【解答】解：由题意，甲获得冠军的概率为，其中比赛进行了3局的概率为，所求概率为，故选B．2. 小赵、小钱、小孙、小李到 4 个景点旅游，每人只去一个景点，设事件“4 个人去的景点不相同”，事件“小赵独自去一个景点”，则A. B. C. D.（正确答案）A【分析】本题考查条件概率，考查学生的计算能力，确定基本事件的个数是关键这是求小赵独自去一个景点的前提下，4 个人去的景点不相同的概率，求出相应基本事件的个数，即可得出结论，属于中档题．【解答】解：小赵独自去一个景点，有4个景点可选，则其余3人只能在小赵剩下的3个景点中选择，可能性为种所以小赵独自去一个景点的可能性为种因为4 个人去的景点不相同的可能性为种，所以．故选A．3. 2016年鞍山地区空气质量的记录表明，一天的空气质量为优良的概率为，连续两天为优良的概率为，若今天的空气质量为优良，则明天空气质量为优良的概率是A. B. C. D.（正确答案）C解：一天的空气质量为优良的概率为，连续两天为优良的概率为，设随后一天空气质量为优良的概率为p，若今天的空气质量为优良，则明天空气质量为优良，则有，，故选：C．设随后一天的空气质量为优良的概率是p，利用相互独立事件概率乘法公式能求出结果．本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意相互独立事件概率乘法公式的合理运用．4. 投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试已知某同学每次投篮投中的概率为，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为A. B. C. D.（正确答案）A解：由题意可知：同学3次测试满足X∽，该同学通过测试的概率为．故选：A．判断该同学投篮投中是独立重复试验，然后求解概率即可．本题考查独立重复试验概率的求法，基本知识的考查．5. 设某种动物由出生算起活到10岁的概率为，活到15岁的概率为现有一个10岁的这种动物，它能活到15岁的概率是A. B. C. D.（正确答案）C解：记该动物从出生起活到10岁为事件A，从出生起活到15岁的为事件AB，而所求的事件为，由题意可得，，由条件概率公式可得，故选C．活到15岁的概率是在活到10岁的概率的情况下发生的，故可用条件概率来求解这个题．本题考点是条件概率，理清楚事件之间的关系是解决问题的关键，属中档题．6. 在10个球中有6个红球和4个白球各不相同，不放回地依次摸出2个球，在第一次摸出红球的条件下，第2次也摸到红球的概率为A. B. C. D.（正确答案）D解：先求出“第一次摸到红球”的概率为：，设“在第一次摸出红球的条件下，第二次也摸到红球”的概率是再求“第一次摸到红球且第二次也摸到红球”的概率为，根据条件概率公式，得：，故选：D．事件“第一次摸到红球且第二次也摸到红球”的概率等于事件“第一次摸到红球”的概率乘以事件“在第一次摸出红球的条件下，第二次也摸到红球”的概率根据这个原理，可以分别求出“第一次摸到红球”的概率和“第一次摸到红球且第二次也摸到红球”的概率，再用公式可以求出要求的概率．本题考查了概率的计算方法，主要是考查了条件概率与独立事件的理解，属于中档题看准确事件之间的联系，正确运用公式，是解决本题的关键．7. 将4个不同的小球装入4个不同的盒子，则在至少一个盒子为空的条件下，恰好有两个盒子为空的概率是A. B. C. D.（正确答案）A解：根据题意，将4个不同的小球装入4个不同的盒子，有种不同的放法，若没有空盒，有种放法，有1个空盒的放法有种，有3个空盒的放法有种，则至少一个盒子为空的放法有种，故“至少一个盒子为空”的概率，恰好有两个盒子为空的放法有种，故“恰好有两个盒子为空”的概率，则则在至少一个盒子为空的条件下，恰好有两个盒子为空的概率；故选：A．根据题意，由分步计数原理计算可得“将4个不同的小球装入4个不同的盒子”的放法数目，进而由排列、组合数公式计算“没有空盒”、“有1个空盒的放法”、“有3个空盒”的放法数目，由古典概型公式计算可得“至少一个盒子为空”以及“恰好有两个盒子为空”的概率，最后由条件概率的计算公式计算可得答案．本题考查条件概率的计算，涉及排列、组合的应用，关键是求出“至少一个盒子为空”以及“恰好有两个盒子为空”的概率．8. 在区间内随机投掷一个点其坐标为，若，则A. B. C. D.（正确答案）A解：根据题意，得，因此，事件AB对应的区间长度为，结合总的区间长度为1，可得又，同理可得因此，故选：A由题意，算出且，结合条件概率计算公式即可得到的值．本题给出投点问题，求事件A的条件下B发生的概率，着重考查了条件概率及其应用的知识，属于基础题．9. 九江气象台统计，5月1日浔阳区下雨的概率为，刮风的概率为，既刮风又下雨的概率为，设A为下雨，B为刮风，那么A. B. C. D.（正确答案）B解：由题意，，，，故选B．确定，，，再利用条件概率公式，即可求得结论．本题考查概率的计算，考查条件概率，考查学生的计算能力，属于基础题．10. 从混有5张假钞的20张一百元纸币中任意抽取2张，将其中一张在验钞机上检验发现是假币，则这两张都是假币的概率为A. B. C. D.（正确答案）D解：解：设事件A表示“抽到的两张都是假钞”，事件B表示“抽到的两张至少有一张假钞”，则所求的概率即．又，，由公式．故选：D．设事件A表示“抽到的两张都是假钞”，事件B表示“抽到的两张至少有一张假钞”，所求的概率即先求出和的值，再根据，运算求得结果．本题考查概率的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意条件概率的合理运用．11. 如图，和都是圆内接正三角形，且，将一颗豆子随机地扔到该圆内，用A表示事件“豆子落在内”，B表示事件“豆子落在内”，则A.B.C.D.（正确答案）D解：如图所示，作三条辅助线，根据已知条件这些小三角形全等，所以，故选：D．作三条辅助线，根据已知条件这些小三角形全等，即可求出．本题考查概率的计算，考查学生的计算能力，正确作出图形是关键．12. 下列说法中正确的是设随机变量X服从二项分布，则已知随机变量X服从正态分布且，则；．A. B. C. D.（正确答案）A解：设随机变量X服从二项分布，则，正确；随机变量服从正态分布，正态曲线的对称轴是．，，，正确；利用积分的几何意义，可知，正确；故不正确．故选：A．分别对4个选项，分别求解，即可得出结论．考查二项分布、正态分布以及定积分的几何意义，考查学生的计算能力，知识综合性强．二、填空题（本大题共4小题，共20分）13. 如果，当取得最大值时， ______ ．（正确答案）50解：，当，由组合数知，当时取到最大值．故答案为：50．根据变量符合二项分布，写出试验发生k次的概率的表示式，在表示式中，只有是一个变量，根据组合数的性质，当时，概率取到最大值．本题考查二项分布与n次独立重复试验的模型，考查概率的最值，考查组合数的性质，是一个比较简单的综合题目．14. 抛掷红、蓝两颗骰子，设事件A为“蓝色骰子的点数为3或6”，事件B为“两颗骰子的点数之和大于8”则当已知蓝色骰子点数为3或6时，问两颗骰子的点数之和大于8的概率为______ ．（正确答案）解：设x为掷红骰子得的点数，y为掷蓝骰子得的点数，则所有可能的事件与建立对应，显然：，，．．故答案为：由题意知这是一个条件概率，做这种问题时，要从这样两步入手，一是做出蓝色骰子的点数为3或6的概率，二是两颗骰子的点数之和大于8的概率，再做出两颗骰子的点数之和大于8且蓝色骰子的点数为3或6的概率，根据条件概率的公式得到结果．本题考查条件概率，条件概率有两种做法，本题采用概率来解，还有一种做法是用事件发生所包含的事件数之比来解出结果，本题出现的不多，以这个题目为例，同学们要认真分析．15. 从标有1，2，3，4，5的五张卡片中，依次抽出2张，则在第一次抽到偶数的条件下，第二次抽到奇数的概率为______．（正确答案）解：在第一次抽到偶数时，还剩下1个偶数，3个奇数，在第一次抽到偶数的条件下，第二次抽到奇数的概率为．故答案为：．根据剩下4个数的奇偶性得出结论．本题考查了条件概率的计算，属于基础题．16. 若随机变量，且，则 ______ ．（正确答案）解：随机变量，且，可得，正态分布曲线的图象关于直线对称．，，故答案为：．由条件求得，可得正态分布曲线的图象关于直线对称求得的值，再根据，求得的值．本题主要考查正态分布的性质，正态曲线的对称性，属于基础题．三、解答题（本大题共3小题，共40分）17. 甲、乙两人各进行3次射击，甲每次击中目标的概率为，乙每次击中目标的概率，假设两人射击是否击中目标，相互之间没有影响；每次射击是否击中目标，相互之间没有影响．Ⅰ求甲至少有1次未击中目标的概率；Ⅱ记甲击中目标的次数为，求的概率分布及数学期望；Ⅲ求甲恰好比乙多击中目标2次的概率．（正确答案）解：记“甲连续射击3次，至少1次未击中目标”为事件，由题意知两人射击是否击中目标，相互之间没有影响，射击3次，相当于3次独立重复试验，故．故甲至少有1次未击中目标的概率为；由题意知X的可能取值是0，1，2，3，，，，X的概率分布如下表：X 0 1 2 3P设甲恰比乙多击中目标2次为事件A，甲恰击中目标2次且乙恰击中目标0次为事件，甲恰击中目标 3次且乙恰击中目标 1次为事件，则，，为互斥事件甲恰好比乙多击中目标2次的概率为由题意知，两人射击是否击中目标，相互之间没有影响；甲每次击中目标的概率为，射击3次，相当于3次独立重复试验，根据独立重复试验概率公式得到结果．根据题意看出变量的可能取值，根据变量对应的事件和独立重复试验的概率公式，写出变量对应的概率，写出分布列，做出期望值．甲恰比乙多击中目标2次，包括甲恰击中目标2次且乙恰击中目标0次，甲恰击中目标3次且乙恰击中目标1次，这两种情况是互斥的，根据公式公式得到结果．本题考查离散型随机变量的分布列和期望，考查互斥事件的概率，是一个基础题，这种题目解题的关键是看清题目事件的特点，找出解题的规律，遇到类似的题目要求能做．18. 袋子A和B中装有若干个均匀的红球和白球，从A中摸出一个红球的概率是，从B中摸出一个红球的概率是现从两个袋子中有放回的摸球从A中摸球，每次摸出一个，共摸5次求：恰好有3次摸到红球的概率；设摸得红球的次数为随机变量X，求X的期望；Ⅱ从A中摸出一个球，若是白球则继续在袋子A中摸球，若是红球则在袋子B中摸球，若从袋子B中摸出的是白球则继续在袋子B中摸球，若是红球则在袋子A中摸球，如此反复摸球3次，计摸出的红球的次数为Y，求Y的分布列以及随机变量Y的期望．（正确答案）解：Ⅰ由题意知本题是在相同的条件下进行的试验，且事件发生的概率相同，可以看作独立重复试验，根据独立重复试验公式得到，恰好有3次摸到红球的概率：．由题意知从A中有放回地摸球，每次摸出一个，是独立重复试验，根据独立重复试验公式得到：，．随机变量Y的取值为0，1，2，3；且：；；；；随机变量Y的分布列是：的数学期望是．由题意知本题是在相同的条件下进行的试验，且事件发生的概率相同，可以看作独立重复试验，根据独立重复试验公式得到结果．由题意知从A中有放回地摸球，每次摸出一个，是独立重复试验，根据独立重复试验公式得到答案．由题意知计摸出的红球的次数为Y，随机变量Y的取值为0，1，2，3；由独立试验概率公式得到概率，写出分布列和期望．解决离散型随机变量分布列问题时，主要依据概率的有关概念和运算，同时还要注意题目中离散型随机变量服从什么分布，若服从特殊的分布则运算要简单的多．19. 某射击小组有甲、乙两名射手，甲的命中率为，乙的命中率为，在射击比武活动中每人射击发两发子弹则完成一次检测，在一次检测中，若两人命中次数相等且都不少于一发，则称该射击小组为“先进和谐组”；若，求该小组在一次检测中荣获“先进和谐组”的概率；计划在2011年每月进行1次检测，设这12次检测中该小组获得“先进和谐组”的次数，如果，求的取值范围．（正确答案）解：，，根据“先进和谐组”的定义可得该小组在一次检测中荣获“先进和谐组”的包括两人两次都射中，两人恰好各射中一次，该小组在一次检测中荣获“先进和谐组”的概率该小组在一次检测中荣获先进和谐组”的概率而，所以由知，解得：根据甲的命中率为，乙的命中率为，两人命中次数相等且都不少于一发，则称该射击小组为“先进和谐组”；我们可以求出该小组在一次检测中荣获“先进和谐组”的概率；由已知结合的结论，我们可以求出该小组在一次检测中荣获“先进和谐组”的概率含参数，由，可以构造一个关于的不等式，解不等式结合概率的含义即可得到的取值范围．本题考查的知识点是相互独立事件的概率乘法公式，二项分布与n次独立重复试验的模型，中关键是要列举出该小组在一次检测中荣获“先进和谐组”的所有可能性，的关键是要根据，可以构造一个关于的不等式．。

高考数学一轮复习《不等式的性质》综合复习练习题(含答案)

高考数学一轮复习《不等式的性质》综合复习练习题（含答案）一、单选题1．已知01,0a b <<<，则下列大小关系正确的是（） A ．21ab a b << B ．21ab a b << C ．21ab a b << D ．21a b ab <<2．如果a bc c>，那么下列不等式中，一定成立的是（） A ．22ac bc >B ．a b >C ．a c b c ->-D ．ac bc >3．如果,,,R a b c d ∈，则正确的是（） A ．若a >b ，则11a b <B ．若a >b ，则22ac bc >C ．若a >b ，c >d ，则a +c >b +dD ．若a >b ，c >d ，则ac >bd4．若a >b ，c >d ，则下列不等式中一定正确的是（） A ．a d b c +>+ B ．a d b c ->- C ．ad bc >D ．a b d c> 5．若,R a b ∈，下列命题正确的是（） A ．若a b >，则22a b > B ．R c ∈，若a b >，则22ac bc > C ．若33a b ->-，则a b <D ．0a ≠，0b ≠，若a b >，则11a b <6．已知,a b R ∈且满足1311a b a b ≤+≤⎧⎨-≤-≤⎩，则42a b +的取值范围是（）A ．[0,12]B ．[4,10]C ．[2,10]D ．[2,8]7．若,,a b c ∈R ，且a b >，则下列不等式一定成立的是（） A ．11a b<B ．ac bc >C ．()20a b c -≥D ．b c ba c a+>+ 8．设a ，b ∈R ，0a b <<，则（） A ．22a b <B ．b a a b> C ．11a b a>- D ．2ab b >9．若数列{}n a 为等差数列，数列{}n b 为等比数列，则下列不等式一定成立的是（） A ．1423b b b b +≤+B ．4132b b b b ≤--C ．3124a a a a ≥D ．3124a a a a ≤10．设0a b <<，给出下列四个结论：①a b ab +<；②23a b <；③22a b <；④a a b b <.其中正确的结论的序号为（） A ．①②B ．①④C ．②③④D ．①②③11．若向量a 、b 、c 满足0a b c ++=，且222a b c <<，则a b ⋅、b c ⋅、a c ⋅中最大的是（） A ．a b ⋅B ．b c ⋅C ．a c ⋅D ．不能确定12．已知0a b >>，且1a b +=，则下列结论正确的是（） A ．n 0()l a b ->B2C ．a b b a >D ．114a b+>二、填空题13．已知25,21a b a b ≤+≤-≤-≤，则3a b -的取值范围是___________.14．若2312a b <<<<，，则2a b -的取值范围是____． 15．已知12,03a b ≤≤≤≤，则2+a b 的取值范围为__________． 16．若23a -<<，12b <<，则2a b -的取值范围是____________．三、解答题17．比较（x －2）（x －4）与（x －1）（x －5）的大小关系．18．求解下列问题：(1)已知a ∈R ，比较()()37a a ++和()()46a a ++的大小； (2)已知0x y <<，比较1x与1y 的大小.19．（1）已知022a b <-<，123a b <+<，求a b +的取值范围；（2）已知x ，y ，z 都是正数，求证：222x y z xy xz yz ++≥++．20．对于四个正数m n p q 、、、，若满足mq np <，则称有序数对(),m n 是(),p q 的“下位序列”． (1)对于2、3、7、11，有序数对()3,11是()2,7的“下位序列”吗？请简单说明理由；(2)设a b a d 、、、均为正数，且(),a b 是(),c d 的“下位序列”，试判断a c a c b d b d ++、、之间的大小关系．21．请选择适当的方法证明. (1)已知0a >，0b >，且ab ，证明：3322a b a b ab +>+；(2)已知x ∈R ，22a x =-，23b x =-+，证明：a ，b 中至少有一个不小于0.22．已知关于x 的不等式2260ax x a -+<的解集为A ，集合(2,3)B =． (1)若A B ⊆，求实数a 的取值范围； (2)若B A ⊆，求实数a 的取值范围．23．求证下列问题：(1)已知a b c ，，均为正数，求证:bc ac aba b c++a b c ≥++. (2)已知0xy >，求证: 11x y>的充要条件是x y <.24．已知定义在R 的偶函数()f x 和奇函数()g x 满足：()()3x f x g x +=． (1)求(),()f x g x ，并证明：22()()(2)f x g x f x +=；(2)若存在1,12x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，使得不等式2(2)2()10f x ag x ++≤成立，求实数a 的取值范围。

2025年高考数学一轮复习-三角中的最值、范围问题-专项训练【含答案】

2025年高考数学一轮复习-三角中的最值、范围问题-专项训练一、基本技能练1.已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)(ω＞0)的图象关于直线x ＝π3对称，且0，则ω的最小值为()A.2B.4C.6D.82.将函数y ＝cos(2x ＋φ)的图象向右平移π3个单位长度，得到的函数为奇函数，则|φ|的最小值为()A.π12 B.π6C.π3 D.5π63.在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若a sin A ＋2c sin C ＝2b sin C cosA ，则角A 的最大值为()A.π6 B.π4C.π3 D.2π34.在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若2a －c b＝cos Ccos B ，b ＝4，则△ABC 的面积的最大值为()A.43B.23C.2D.35.若函数f (x )＝cos 2x ＋x (0，α)上恰有2个零点，则α的取值范围为() A.5π6，，4π3 C.5π3，，8π36.已知函数f (x )＝cos(ωx ＋φ)(ω＞0)的最小正周期为π，且对x ∈R ，f (x )≥f立，若函数y＝f(x)在[0，a]上单调递减，则a的最大值是()A.π6B.π3C.2π3D.5π67.已知函数f(x)＝2sinωx(ω>0)在区间－π3，π4上的最小值为－2，则ω的取值范围是________.8.已知函数f(x)＝cosωx＋ω>0)在[0，π]上恰有一个最大值点和两个零点，则ω的取值范围是________.9.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，∠ABC＝120°，∠ABC 的角平分线交AC于点D，且BD＝1，则4a＋c的最小值为________.10.已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且A≠π2，c＋b cos A－a cos B＝2a cos A，则ba＝________；内角B的取值范围是________.11.设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝b tan A，且B为钝角.(1)证明：B－A＝π2；(2)求sin A＋sin C的取值范围.12.已知向量a b＝(－sin x，3sin x)，f(x)＝a·b.(1)求函数f(x)的最小正周期及f(x)的最大值；(2)在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若1，a＝23，求△ABC面积的最大值并说明此时△ABC的形状.二、创新拓展练13.设锐角△ABC的三个内角A，B，C所对边分别为a，b，c，且a＝1，B＝2A，则b的取值范围为()A.(2，3)B.(1，3)C.(2，2)D.(0，2)14.(多选)设函数f(x)＝ω>0)，已知f(x)在[0，2π]上有且仅有3个极小值点，则()A.f(x)在(0，2π)上有且仅有5个零点B.f(x)在(0，2π)上有且仅有2个极大值点C.f(x)D.ω的取值范围是7 3，15.(多选)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且c＝6，记S为△ABC的面积，则下列说法正确的是()A.若C＝π3，则S有最大值93B.若A＝π6，a＝23，则S有最小值33C.若a＝2b，则cos C有最小值0D.若a＋b＝10，则sin C有最大值242516.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b2c＝a(b2＋c2－a2).(1)若A＝π3，求B的大小；(2)若a≠c，求c－3ba的最小值.参考答案与解析一、基本技能练1.答案A解析函数f (x )的周期T ≤π，则2πω≤π，解得ω≥2，故ω的最小值为2.2.答案B解析将函数y ＝cos(2x ＋φ)的图象向右平移π3个单位长度，得到图象的函数解析式为y ＝cos 2φ＝x －2π3＋，此函数为奇函数，所以－2π3＋φ＝π2＋k π(k ∈Z )，解得φ＝7π6＋k π(k ∈Z )，则当k ＝－1时，|φ|取得最小值π6.3.答案A解析因为a sin A ＋2c sin C ＝2b sin C cos A ，由正弦定理可得，a 2＋2c 2＝2bc cos A ，①由余弦定理得，a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，②①＋②得2a 2＝b 2－c 2，所以cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc＝b 2＋c 2－12（b 2－c 2）2bc＝b 2＋3c 24bc ≥23bc 4bc ＝32(当且仅当b ＝3c 时取等号)，所以角A 的最大值为π6.4.答案A解析∵在△ABC 中，2a －c b＝cos Ccos B ，∴(2a －c )cos B ＝b cos C ，由正弦定理，得(2sin A －sin C )cos B ＝sin B cos C ，整理得sin(B ＋C )＝2sin A cos B ，∵A ∈(0，π)，∴sin A ≠0.∴cos B ＝12，即B ＝π3，由余弦定理可得16＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝a 2＋c 2－ac ≥2ac －ac ＝ac ，∴ac ≤16，当且仅当a ＝c 时取等号，∴△ABC 的面积S ＝12ac sin B ＝34ac ≤43.即△ABC 的面积的最大值为4 3.5.答案B解析由题意，函数f (x )＝cos 2x ＋x ＝3sin x 因为0<x <α，所以π3<2x ＋π3<2α＋π3，又由f (x )在(0，α)上恰有2个零点，所以2π<2α＋π3≤3π，解得5π6<α≤4π3，所以α，4π3.故选B.6.答案B解析因为函数f (x )＝cos(ωx ＋φ)的最小正周期为π，所以ω＝2ππ＝2，又对x ∈R ，都有f (x )≥所以函数f (x )在x ＝π3时取得最小值，则2π3＋φ＝π＋2k π，k ∈Z ，即φ＝π3＋2k π，k ∈Z ，所以f (x )＝x令2kπ≤2x＋π3≤π＋2kπ，k∈Z，解得－π6＋kπ≤x≤π3＋kπ，k∈Z，则函数y＝f(x)在0，π3上单调递减，故a的最大值是π，故选B.7.答案32，＋∞解析x∈－π3，π4，因为ω>0，－π3ω≤ωx≤π4ω，由题意知－π3ω≤－π2，即ω≥3 2，故ω取值范围是3 2，＋8.答案5 3，解析函数f(x)＝cosωx＋3sinω>0)，由x∈[0，π]，得ωx＋π3∈π3，ωπ＋π3.又f(x)在[0，π]上恰有一个最大值点和两个零点，则2π≤ωπ＋π3<52π，解得53≤ω<136.9.答案9解析因为∠ABC＝120°，∠ABC的平分线交AC于点D，所以∠ABD＝∠CBD＝60°，由三角形的面积公式可得12ac sin120°＝12a×1·sin60°＋12c·1·sin60°，化简得ac＝a＋c，又a>0，c>0，所以1a＋1c＝1，则4a ＋c ＝(4a ＋c 5＋c a ＋4ac ≥5＋2c a ·4ac＝9，当且仅当c ＝2a 时取等号，故4a ＋c 的最小值为9.10.答案22，π4解析由c ＋b cos A －a cos B ＝2a cos A 结合正弦定理得sin C ＋sin B cos A －sinA cosB ＝2sin A cos A ，即sin(A ＋B )＋sin B cos A －sin A cos B ＝2sin A cos A ，化简得2sin B cos A ＝2sin A cos A .因为A ≠π2cos A ≠0，则2sin B ＝2sin A ，所以b a ＝sin B sin A ＝22，则由余弦定理得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝2b 2＋c 2－b 222bc ＝b 2＋c 222bc ≥2bc 22bc ＝22，当且仅当b ＝c 时等号成立，解得0＜B ≤π411.(1)证明由a ＝b tan A 及正弦定理，得sin A cos A ＝a b ＝sin Asin B，所以sin B ＝cos A ，即sin B ＝又B 为钝角，因此π2＋A 故B ＝π2A ，即B －A ＝π2.(2)解由(1)知，C ＝π－(A ＋B )＝πA ＝π2－2A >0，所以A于是sin A ＋sin C ＝sin A ＋2sin A ＋cos 2A ＝－2sin 2A ＋sin A ＋1＝－A ＋98.因为0<A <π4，所以0<sin A <22，因此22<－A ＋98≤98.由此可知sin A ＋sin C ，98.12.解(1)由已知得a ＝(－sin x ，cos x )，又b ＝(－sin x ，3sin x )，则f (x )＝a ·b ＝sin 2x ＋3sin x cos x ＝12(1－cos 2x )＋32sin 2x＝x ＋12，所以f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π，当2x －π6＝π2＋2k π(k ∈Z )，即x ＝π3＋k π(k ∈Z )时，f (x )取得最大值32.(2)在锐角△ABC 中，因为＋12＝1，所以＝12，所以A ＝π3.因为a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，所以12＝b 2＋c 2－bc ，所以b 2＋c 2＝bc ＋12≥2bc ，所以bc ≤12(当且仅当b ＝c ＝23时等号成立)，此时△ABC 为等边三角形，S △ABC ＝12bc sin A ＝34bc ≤33.所以当△ABC 为等边三角形时面积取最大值3 3.二、创新拓展练13.答案A解析∵B ＝2A ，∴sin B ＝sin 2A ＝2sin A cos A .∵a ＝1，∴b ＝2a cos A ＝2cos A .又△ABC 为锐角三角形，A <π2，A <π2，－3A <π2，∴π6<A <π4，∴22<cos A <32，即2<2cos A <3，故选A.14.答案CD解析因为x ∈[0，2π]，所以ωx ＋π3∈π3，2πω＋π3.设t ＝ωx ＋π3∈π3，2πω＋π3，画出y ＝cos t 的图象如图所示.由图象可知，若f (x )在[0，2π]上有且仅有3个极小值点，则5π≤2πω＋π3<7π，解得73≤ω<103，故D 正确；故f (x )在(0，2π)上可能有5，6或7个零点，故A 错误；f (x )在(0，2π)上可能有2或3个极大值点，故B 错误；当x ωx ＋π3，π6ω因为73≤ω<103，所以13π18≤π6ω＋π3<8π9，故f (x )C 正确.15.答案ABD解析对于选项A ，对角C 由余弦定理得36＝c 2＝a 2＋b 2－ab ≥2ab －ab ＝ab ，因此，S ＝12ab sin C ＝34ab ≤93，当且仅当a ＝b ＝6时取等号，故A 正确；对于选项B ，对角A 用余弦定理得12＝a 2＝c 2＋b 2－3bc ＝36＋b 2－63b ，解得b ＝23或b ＝43，因此，S ＝12bc sin A ＝32b ≥33，当且仅当b ＝23时取等号，故B 正确.对于选项C ，若a ＝2b ，由三边关系可得a －b ＝b <c ＝6<a ＋b ＝3b ⇒2<b <6，此时，由余弦定理，得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝5b 2－364b2＝54－9b 2∈(－1，1)，故C 错误.对于选项D ，若a ＋b ＝10，则cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝（a ＋b ）2－c 2－2ab 2ab＝32ab －1，又ab ≤（a ＋b ）24＝25，当且仅当a ＝b ＝5时取等号，∴cos C ＝32ab －1≥725⇒sin C ＝1－cos 2C ≤2425，故D 正确，故选ABD.16.解(1)因为b 2c ＝a (b 2＋c 2－a 2)，所以由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc＝b 2a .因为A ＝π3，所以b 2a ＝12a ＝b ，所以B ＝A ＝π3.(2)由(1)及正弦定理得cos A ＝sin B 2sin A，即sin B ＝2sin A cos A ＝sin 2A ，所以B ＝2A 或B ＋2A ＝π.当B ＋2A ＝π时，A ＝C ，与a ≠c 矛盾，故舍去，所以B ＝2A .c －3b a ＝sin C －3sin B sin A ＝sin （A ＋B ）－3sin Bsin A＝sin A cos B ＋cos A sin B －3sin Bsin A＝cos B ＋（cos A －3）sin 2Asin A ＝cos 2A ＋2(cos A －3)·cos A＝4cos 2A －6cos A －1＝A －134.因为C ＝π－A －B ＝π－3A >0，即A <π3，所以cos A >12，所以当cos A ＝34时，c －3b a 有最小值－134.。

专题1.1全等图形-2022-2023学年八年级数学上册尖子生同步培优题典(原卷版)【苏科版】

2022-2023学年八年级数学上册尖子生同步培优题典【苏科版】专题1.1全等图形【名师点睛】（1）全等形的概念能够完全重合的两个图形叫做全等形．（2）全等三角形能够完全重合的两个三角形叫做全等三角形．（3）三角形全等的符号“全等”用符号“≌”表示．注意：在记两个三角形全等时，通常把对应顶点写在对应位置上．（4）对应顶点、对应边、对应角把两个全等三角形重合到一起，重合的顶点叫做对应顶点；重合的边叫做对应边；重合的角叫做对应角．【典例剖析】【知识点1】全等图形的识别【例1】（2021·江苏·淮安市洪泽实验中学八年级期中）下列各组的两个图形属于全等图形的是（）A．B．C．D．【变式1.1】（2021·江苏连云港·八年级阶段练习）下列各组两个图形属于全等图形的是（）A．B．C．D．【变式1.2】（2021·江苏盐城·八年级期中）下列说法正确的是（）A．两个等边三角形一定是全等图形B．两个全等图形面积一定相等C．形状相同的两个图形一定全等D．两个正方形一定是全等图形【知识点2】利用全等图形求角度【例2】（2021·江苏·南京市第十二初级中学八年级期中）如图，四边形ABCD≌四边形A′B′C′D′，则∠A的大小是______．【变式2.1】（2020·江苏省灌云高级中学城西分校八年级阶段练习）如图，由4个相同的小正方形组成的格点图中，∠1+∠2+∠3=________度．【变式2.2】（2021·江苏·沭阳县怀文中学八年级阶段练习）如图，是一个3×3的正方形网格，则∠1+∠2+∠3+∠4=________．【知识点3】分割成几个全等图形【例3】（2020·江苏苏州·七年级期末）如图，用三种不同的方法沿网格线把正方形分割成4个全等的图形（三种方法得到的图形相互间不全等）．【变式3.1】（2018·江苏·洪泽新区中学八年级阶段练习）如图，某校有一块正方形花坛，现要把它分成4块全等的部分，分别种植四种不同品种的花卉，图中给出了一种设计方案，请你再给出四种不同的设计方案．【满分训练】一．选择题（共10小题）1．（2021秋•靖西市期末）下列各组图形中，属于全等图形的是（）A．B．C．D．2．（2021秋•宿豫区期中）下列两个图形是全等图形的是（）A．两张同底版的照片B．周长相等的两个长方形C．面积相等的两个正方形D．面积相等的两个三角形3．（2021春•淮阳区期末）全等形是指两个图形（）A．大小相等B．可以完全重合C．形状相同D．以上都不对4．（2021春•姑苏区期末）下列说法正确的是（）A．两个等边三角形一定是全等图形B．两个全等图形面积一定相等C．形状相同的两个图形一定全等D．两个正方形一定是全等图形5．（2021春•商水县期末）下列说法不正确的是（）A．如果两个图形全等，那么它们的形状和大小一定相同B．面积相等的两个图形是全等图形C．图形全等，只与形状、大小有关，而与它们的位置无关D．全等三角形的对应边相等，对应角相等6．（2020春•天桥区期末）如图，已知方格纸中是4个相同的正方形，则∠1与∠2的和为（）A ．45°B ．60°C ．90°D ．100°7．（2019秋•临西县期末）下列图形中，和所给图全等的图形是（）A ．B ．C ．D ．8．（2020秋•涿鹿县期中）下列图形中与如图图形全等的是（）A ．B ．C ．D ．9．（2019秋•迁安市期末）小明学习了全等三角形后总结了以下结论：①全等三角形的形状相同、大小相等；②全等三角形的对应边相等、对应角相等；③面积相等的两个三角形是全等图形；④全等三角形的周长相等．其中正确的结论个数是（）A ．1B ．2C ．3D ．410．（2018春•太原期末）下列说法：（1）全等图形的形状相同，大小相等；（2）全等三角形的对应边相等；（3）全等图形的周长相等，面积相等；（4）面积相等的两个三角形全等．其中正确的是（）A ．（ 1 ）（ 3）（ 4 ）B ．（ 2）（ 3 ）（ 4 ）C ．（ 1 ）（ 2 ）（ 3 ）D ．（ 1 ）（ 2）（ 3 ）（ 4 ）11．（2021秋•雨花区期末）如图，四边形ABCD≌四边形A′B′C′D′，则∠A的大小是．12．（2020春•石狮市期末）如图，四边形ABCD≌四边形A'B'C'D'，则∠A的大小是．13．（2021秋•常州期中）如图为6个边长相等的正方形的组合图形，则∠1+∠2+∠3＝．14．（2019秋•越城区期末）下列图形中全等图形是（填标号）．15．（2019秋•东台市月考）如图①，已知△ABC的六个元素，则图②中甲、乙、丙三个三角形中与图①中△ABC全等的图形是．16．（2019秋•常州期中）下列4个图形中，属于全等的2个图形是．（填序号）17．观察图中图形，它们是不是全等形？为什么？18．找出图中的全等图形．19．（2019秋•孝义市校级月考）如图所示，请你在图中画两条直线，把这个“+”图案分成四个全等的图形（要求至少要画出两种方法）．20．沿着图中的虚线，请把如图的图形划分为4个全等图形，把你的方案画在图中．21．图中所示的是两个全等的五边形，AB＝8，AE＝5，DE＝11，HI＝12，IJ＝10，∠C＝90°，∠G＝115°，点B与点H、点D与点J分别是对应顶点，指出它们之间其他的对应顶点、对应边与对应角，并说出图中标的a、b、c、d、e、α、β各字母所表示的值．22．（2018秋•洪泽区校级月考）如图，某校有一块正方形花坛，现要把它分成4块全等的部分，分别种植四种不同品种的花卉，图中给出了一种设计方案，请你再给出四种不同的设计方案．。

高三数学一轮复习练习题全套含答案

高考数学复习练习题全套(附参考答案)1. 已知：函数()()2411f x x a x =+-+在[)1,+∞上是增函数，则a 的取值范围是．2. 设,x y 为正实数，且33log log 2x y +=，则11x y+的最小值是 . 3. 已知：()()()()50050A ,,B ,,C cos ,sin ,,αααπ∈．（1）若AC BC ⊥，求2sin α．（2）若OA OC +=OB 与OC 的夹角．4. 已知：数列{}n a 满足()211232222n n na a a a n N -+++++=∈……．（1）求数列{}n a 的通项．（2）若n nnb a =，求数列{}n b 的前n 项的和n S ．姓名作业时间： 2016 年月日星期作业编号 002 1. 2275157515cos cos cos cos ++的值等于．2. 如果实数.x y 满足不等式组22110,220x x y x y x y ≥⎧⎪-+≤+⎨⎪--≤⎩则的最小值是．3. 北京奥运会纪念章某特许专营店销售纪念章，每枚进价为5元，同时每销售一枚这种纪念章还需向北京奥组委交特许经营管理费2元，预计这种纪念章以每枚20元的价格销售时该店一年可销售2000枚，经过市场调研发现每枚纪念章的销售价格在每枚20元的基础上每减少一元则增加销售400枚，而每增加一元则减少销售100枚，现设每枚纪念章的销售价格为x 元（x ∈N *）．（1）写出该特许专营店一年内销售这种纪念章所获得的利润y （元）与每枚纪念章的销售价格x 的函数关系式（并写出这个函数的定义域）；（2）当每枚纪念销售价格x 为多少元时，该特许专营店一年内利润y （元）最大，并求出这个最大值．4. 对于定义域为[]0,1的函数()f x ，如果同时满足以下三条：①对任意的[]0,1x ∈，总有()0f x ≥；②(1)1f =；③若12120,0,1x x x x ≥≥+≤，都有1212()()()f x x f x f x +≥+成立，则称函数()f x 为理想函数．(1) 若函数()f x 为理想函数，求(0)f 的值；(2)判断函数()21xg x =-])1,0[(∈x 是否为理想函数，并予以证明；(3)若函数()f x 为理想函数，假定∃[]00,1x ∈，使得[]0()0,1f x ∈，且00(())f f x x =，求证00()f x x =．姓名作业时间： 2016 年月日星期作业编号 0030.01频率组距1. 复数13i z =+，21i z =-，则复数12z z 在复平面内对应的点位于第_______象限． 2. 一个靶子上有10个同心圆，半径依次为1、2、……、10，击中由内至外的区域的成绩依次为10、9、……、1环，则不考虑技术因素，射击一次,在有成绩的情况下成绩为10环的概率为 . 3. 某校从参加高一年级期末考试的学生中抽出60名学生，将其成绩（是不小于40不大于100的整数）分成六段[)50,40，[)60,50…[]100,90后：（1）求第四小组的频率，并补全这个画出如下部分频率分布直方图.(2) 观察频率分布直方图图形的信息，估计这次考试的及格率（60分及以上为及格）和平均分．4. 在ABC ∆中，c ,b ,a 分别是角A 、B 、C 的对边，,a (n ),C cos ,c b (m =-=→→2)A cos ，且→→n //m ．（1）求角A 的大小；（2）求)23cos(sin 22BB y -+=π的值域．姓名作业时间： 2016 年月日星期作业编号 0041. 如果执行下面的程序框图，那么输出的S =2．△ABC 中，︒=∠==30,1,3B AC AB ，则△ABC 的面积等于 __． 3. 如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 为棱AD 、AB 的中点．（1）求证：EF ∥平面CB 1D 1；（2）求证：平面CAA 1C 1⊥平面CB 1D 1．4. 已知数列{}n a 的首项1213a a ==，，前n 项和为n S ，且1n S +、n S 、1n S -（n≥2）分别是直线l 上的点A 、B 、C 的横坐标，21nna AB BC a +=，设11b =，12log (1)n n n b a b +=++．⑴ 判断数列{1}n a +是否为等比数列，并证明你的结论；⑵ 设11114n b n n n n c a a +-++=，证明：11<∑=nk k C ．课堂作业参考答案（1）A 11. 32a ≤；2. 23； 3. 解：（1）()()cos 5,sin ,cos ,sin 5AC BC αααα=-=-…………………………1分AC BC ⊥ ，∴()()cos cos 5sin sin 50AC BC αααα⋅=-+-=，即1sin cos 5αα+=………………………………………………………………4分 ∴()21sin cos 25αα+=， ∴24sin 225α=-………………………………………7分（2）()5cos ,sin OA OC αα+=+ ，∴OA OC +== 9分∴1cos 2α=又()0,απ∈，∴sin α=, 12C ⎛ ⎝⎭，∴OB OC ⋅= ……11分设OB 与OC 夹角为θ，则2cos 51OB OC OB OC θ⋅==⋅⋅ ，∴30θ︒= , OB 与OC 夹角为30︒……14分。

空间几何体的结构特征、表面积与体积6题型分类-备战2025年高考数学一轮专题复习考点突破和专题检测

专题31空间几何体的结构特征、表面积与体积6题型分类1．空间几何体的结构特征(1)多面体的结构特征(2)旋转体的结构特征名称圆柱圆锥圆台球图形母线互相平行且相等，垂直于底面相交于一点延长线交于一点轴截面矩形等腰三角形等腰梯形圆侧面展开图矩形扇形扇环2.直观图(1)画法：常用斜二测画法．(2)规则：①原图形中x 轴、y 轴、z 轴两两垂直，直观图中x ′轴、y ′轴的夹角为45°或135°，z ′轴与x ′轴和y ′轴所在平面垂直．②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴，平行于x 轴和z 轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y 轴的线段，长度在直观图中变为原来的一半．3．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S 圆柱侧＝2πrl S 圆锥侧＝πrlS 圆台侧＝π(r 1＋r 2)l4．柱、锥、台、球的表面积和体积常用结论1．与体积有关的几个结论(1)一个组合体的体积等于它的各部分体积的和或差．(2)底面面积及高都相等的两个同类几何体的体积相等(祖暅原理)．2．直观图与原平面图形面积间的关系：S 直观图＝24S 原图形，S 原图形＝22S 直观图．（一）1.空间几何体结构特征的判断技巧(1)说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可．(2)在斜二测画法中，平行于x轴的线段平行性不变，长度不变；平行于y轴的线段平行性不变，长度减半．(3)在解决空间折线(段)最短问题时一般考虑其展开图，采用化曲为直的策略，将空间问题平面化．2.多面体表面展开图可以有不同的形状，应多实践，观察并大胆想象立体图形与表面展开图的关系，一定先观察立体图形的每一个面的形状．3.最大路径问题：大胆展开，把问题变为平面两点间线段最短问题．2-2．（2024高一下·上海奉贤·期末）如图，23O A O B ''''==，，则AB 的长度为2-3．（2024高一上·山东济宁·阶段练习）有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形（如图所示）.ABC ∠=2-4．（2024高二上·宁夏石嘴山·正方形，则原来图形的面积是3-3．（2024·安徽黄山·一模）如图，以AD为斜边的等腰直角三角形，为.题型4：最短路径问题4-1．（2024高三·全国·专题练习）如图，一竖立在地面上的圆锥形物体的母线长为面圆上的点P出发，绕圆锥爬行一周后回到点为（）.A ．153B ．323527πC ．128281πD ．8334-2．（2024高一下·河南开封·期中）如图，已知正四棱锥S ABCD -的侧棱长为23，侧面等腰三角形的顶角为30︒，则从A 点出发环绕侧面一周后回到A 点的最短路程为（）A ．26B ．23C ．6D ．64-3．（2024·辽宁·三模）盲盒是一种深受大众喜爱的玩具，某盲盒生产厂商要为棱长为4cm 的正四面体魔方设计一款正方体的包装盒，需要保证该魔方可以在包装盒内任意转动，则包装盒的棱长最短为（）A ．6cmB ．26cmC ．46cmD ．6cm4-4．（2024高一下·湖北武汉·期中）如图，一个矩形边长为1和4，绕它的长为4的边旋转二周后所得如图的一开口容器（下表面密封），P 是BC 中点，现有一只妈蚁位于外壁A 处，内壁P 处有一米粒，若这只蚂蚁要先爬到上口边沿再爬到点P 处取得米粒，则它所需经过的最短路程为（）A ．2π36+B ．2π16+C ．24π36+D ．241π+4-5．（2024高一·全国·课后作业）如图所示，在正三棱柱111ABC A B C -中，2AB =，12AA =，由顶点B 沿棱柱侧面(经过棱1AA )到达顶点1C ，与1AA 的交点记为M ，则从点B 经点M 到1C 的最短路线长为（）A．22B．25C．4D．45（二）基本立体图形的表面积的体积1.（1）多面体的表面积是各个面的面积之和．（2）旋转体的表面积是将其展开后，展开图的面积与底面面积之和．（3）组合体的表面积求解时注意对衔接部分的处理．2.空间几何体的体积的常用方法公式法规则几何体的体积，直接利用公式割补法把不规则的几何体分割成规则的几何体，或者把不规则的几何体补成规则的几何体等体积法通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，特别是三棱锥的体积A．27 722+三模）陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石器时代遗址A ．()1441213π+C ．()1081213π+5-4．（2024·河北·模拟预测）棱台）建筑物为方亭.”1111ABCD A B C D -的正四棱台（如图所示）面边长的3倍.已知方亭的体积为A ．2380m B ．2400m C ．2450m 5-5．（2024高三下·海南海口·期中）如图是一个圆台形的水杯，圆台的母线长为分别为4cm 和2cm .为了防烫和防滑，该水杯配有一个皮革杯套，包裹住水杯杯和杯套的厚度忽略不计，则此杯套使用的皮革的面积为（A ．238πcmB ．2124πcm 3C ．2140πcm 3D ．248πcm A ．242B ．246-4．（2024·浙江·模拟预测）如图是我国古代量粮食的器具为20cm 和10cm ，侧棱长为56cm ．约可装()31000cm 1L =（）A ．1.5LB ．1.7LC ．2.3LD ．2.7L6-5．（2024高三上·广西·阶段练习）在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D 内，放入一个以1AC 为铀线的圆柱，且圆柱的底面所在平面截正方体所得的截面为三角形，则该圆柱体积的最大值为．一、单选题1．（2024高三下·安徽·阶段练习）已知几何体，“有两个面平行，其余各面都是平行四边形”是“几何体为棱柱”的（）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件2．（2024高三·全国·对口高考）设有三个命题；甲：底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；乙：底面是矩形的平行六面体是长方体；丙：直四棱柱是平行六面体．以上命题中真命题的个数为（）A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个3．（2024高二上·安徽合肥·阶段练习）如图所示，观察四个几何体，其中判断正确的是（）A ．是棱台B ．是圆台C ．不是棱柱D ．是棱锥4．（2024·西藏拉萨·一模）位于徐州园博园中心位置的国际馆（一云落雨），使用现代科技雾化“造云”，打造温室客厅，如图，这个国际馆中3个展馆的顶部均采用正四棱锥这种经典几何形式，表达了理性主义与浪漫主义的对立与统一.其中最大的是3号展馆，其顶部所对应的正四棱锥底面边长为19.2m ，高为9m ，则该正四棱锥的侧面面积与底面面积之比约为（）13.16≈）A ．2B ．1.71C ．1.37D ．15．（2024高三下·湖南长沙·阶段练习）为了给热爱朗读的师生提供一个安静独立的环境，某学校修建了若干“朗读亭”.如图所示，该朗读亭的外形是一个正六棱柱和正六棱锥的组合体，正六棱柱两条相对侧棱所在的轴截面为正方形，若正六棱锥的高与底面边长的比为2:3，则正六棱锥与正六棱柱的侧面积的比值为（）A ．8B C ．19D ．1276．（2024·甘肃张掖·模拟预测）仿钧玫瑰紫釉盘是收藏于北京故宫博物院的一件明代宣德年间产的瓷器．该盘盘口微撇，弧腹，圈足．足底切削整齐．通体施玫瑰紫釉，釉面棕眼密集，美不胜收．仿钧玫瑰紫釉盘的形状可近似看成是圆台和圆柱的组合体，其口径为15.5cm ，足径为9.2cm ，顶部到底部的高为4.1cm ，底部圆柱高为0.7cm ，则该仿钧玫瑰紫釉盘圆台部分的侧面积约为（）（参考数据：π的值取3 4.6≈）A ．2143.1cmB ．2151.53cmC ．2155.42cmD ．2170.43cm 7．（2024·广东梅州·三模）在马致远的《汉宫秋》楔子中写道：“毡帐秋风迷宿草，穹庐夜月听悲笳.”毡帐是古代北方游牧民族以为居室、毡制帷幔.如图所示，某毡帐可视作一个圆锥与圆柱的组合体，圆锥的高为4，侧面积为15π，圆柱的侧面积为18π，则该毡帐的体积为（）A ．39πB ．18πC ．38πD ．45π8．（2024高三上·广东河源·开学考试）最早的测雨器记载见于南宋数学家秦九韶所著的《数书九章》（1247年）.该书第二章为“天时类”，收录了有关降水量计算的四个例子，分别是“天池测雨”、“圆罂测雨”、“峻积验雪”和“竹器验雪”.如图“竹器验雪”法是下雪时用一个圆台形的器皿收集雪量（平地降雪厚度=器皿中积雪体积除以器皿口面积），已知数据如图（注意：单位cm ），则平地降雪厚度的近似值为（）A ．91cm 12B ．31cm 4C ．95cm 12D ．97cm 129．（2024高一下·陕西宝鸡·期末）盲盒是一种深受大众喜爱的玩具，某盲盒生产厂商要为棱长为2cm 的正四面体魔方设计一款正方体的包装盒，需要保证该魔方可以在包装盒内任意转动，则包装盒的棱长最短为（）A 6cmB ．26cmC ．6cmD ．6cm10．（2024高二下·安徽·阶段练习）我们知道立体图形上的最短路径问题通常是把立体图形展开成平面图形，连接两点，根据两点之间线段最短确定最短路线.请根据此方法求函数()2222,313130,0)f x y x x y y x xy y x y =-+-+-+>>的最小值（）A 2B 3C 6D ．2311．（2024·全国）已知圆锥PO 3O 为底面圆心，PA ，PB 为圆锥的母线，120AOB ∠=︒，若PAB 934）A ．πB 6πC ．3πD ．36π12．（2024·全国）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔1485m ．时，相应水面的面积为21400km ．；水位为海拔1575m ．时，相应水面的面积为21800km ．，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔1485m ．上升到1575m ．时，增加的水量2.65≈）（）A ．931.010m ⨯B ．931.210m ⨯C ．931.410m ⨯D ．931.610m ⨯13．（2024高一·全国·课后作业）若一个正方体的体对角线长为a ，则这个正方体的全面积为（）A ．22a B ．2C ．2D ．214．（2004·重庆）如图，棱长为5的正方体无论从哪一个面看，都有两个直通的边长为1的正方形孔，则这个有孔正方体的表面积（含孔内各面）是（）A ．258B ．234C ．222D ．21015．（2024高一下·贵州黔西·期末）端午节吃粽子是中华民族的传统习俗.地区不同，制作的粽子形状也不同，黔西南州最出名的就是鲜肉的灰色粽子，其形状接近于正三棱锥（如图）.若正三棱锥的底面边长为2，高为1，则该三棱锥的侧面积为（）AB ．C ．D ．16．（2024·河南·模拟预测）在正四棱锥P ABCD -中，AB =，若正四棱锥P ABCD -的体积是8，则该四棱锥的侧面积是（）AB ．C ．D ．17．（2024高三上·辽宁·期末）已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，侧面均为腰长为4的等腰梯形，则该四棱台的表面积为（）A ．10+B ．34C ．20+D ．6818．（2024高三上·广东·阶段练习）“李白斗酒诗百篇，长安市上酒家眠”，本诗句中的“斗”的本义是指盛酒的器具，后又作为计量粮食的工具，某数学兴趣小组利用相关材料制作了一个如图所示的正四棱台来模拟“斗”，用它研究“斗”的相关几何性质，已知该四棱台的上、下底的边长分别是2、4，高为1，则该四棱台的表面积为（）A ．B ．32C ．20+D ．20+19．（2024高三上·湖北·开学考试）已知正四棱台上底面边长为2，下底面边长4，高为3，则其表面积为（）A ．36B ．20C ．20+D ．4820．（2024高一下·全国·课后作业）已知一个圆柱的侧面展开图是一个正方形，则这个圆柱的全面积与侧面积的比是（）A ．122ππ+B ．144ππ+C ．12ππ+D ．142ππ+21．（2024·广东湛江·二模）如图，将一个圆柱()*2n n ∈N 等分切割，再将其重新组合成一个与圆柱等底等高的几何体，n 越大，重新组合成的几何体就越接近一个“长方体”．若新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加了10，则圆柱的侧面积为（）A ．10πB ．20πC ．10πnD ．18π22．（2024·福建）以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于A ．2πB ．πC ．2D ．123．（2024高三上·全国·阶段练习）已知圆锥的底面半径为2，高为）A ．4πB ．12πC ．16πD ．π324．（2024·四川成都·二模）若圆锥的表面积为12π，底面圆的半径为2，则该圆锥的高为（）A ．4B ．C ．2D25．（2024高三上·河南·阶段练习）佛兰德现代艺术中心是比利时洛默尔市的地标性建筑，该建筑是一座全玻璃建筑，整体成圆锥形，它利用现代设计手法令空间与其展示的艺术品无缝交融，形成一个统一的整体，气势恢宏，美轮美英．佛兰德现代艺术中心的底面直径为8m ，侧面积为2229m ，则该建筑的高为（）A ．26mB ．28mC ．30mD ．36m26．（2024高三上·河南·开学考试）圆台1OO 轴截面面积为1:2，母线与底面所成角为60 ，则圆台侧面积为（）A ．B ．C ．6πD ．9π27．（2024高二上·江苏镇江·开学考试）已知圆台的上下底面半径分别为2和5，且母线与下底面所成为角的正切值为43，则该圆台的表面积为（）A ．59πB ．61πC ．63πD ．64π28．（2024·甘肃兰州·模拟预测）攒尖是中国古建筑中屋顶的一种结构形式，常见的有圆形攒尖、三角攒尖、图所示是某研究性学习小组制作的三台阁仿真模型的屋顶部分，它可以看作是不含下底面的正四棱台和正三棱柱的组合体，已知正四棱台上底、下底、侧棱的长度（单位：dm ）分别为2，6，4，正三棱柱各棱长均相等，则该结构表面积为（）A ．28dmB ．244dmC ．248dmD ．28dm29．（2024高三上·黑龙江哈尔滨·期中）正三棱柱侧面的一条对角线长为2，且与底面成30︒角，则此三棱柱的体积为（）A B ．14C D 30．（2008·四川）若三棱柱的一个侧面是边长为2的正方形，另外两个侧面都是有一个内角为060的菱形，则该棱柱的体积等于A B ．C ．D ．31．（2024高三上·河南焦作·开学考试）把过棱锥的顶点且与底面垂直的直线称为棱锥的轴，过棱锥的轴的截面称为棱锥的轴截面．现有一个正三棱锥、一个正四棱锥、一个正六棱锥，它们的高相等，轴截面面积的最大值也相等，则此正三棱锥、正四棱锥、正六棱锥的体积之比为（）A ．91::34B ．91::38C ．98D ．3232．（2024·广东深圳·二模）设表面积相等的正方体、正四面体和球的体积分别为1V 、2V 和3V ，则（）A ．123V V V <<B ．213<<V V V C ．312V V V <<D ．321V V V <<33．（2024·河南郑州·模拟预测）《九章算术·商功》：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，其一为鳖臑”.意思是一个长方体沿对角面斜解（图1），得到一模一样的两个堑堵（图2），再沿一个堑堵的一个顶点和相对的棱斜解（图2），得一个四棱锥称为阳马（图3），一个三棱锥称为鳖臑（图4）.若长方体的体积为V ，由该长方体斜解所得到的堑堵、阳马和鳖臑的体积分别为1V ，2V ，3V ，则下列等式错误的是（）A ．123V V V V ++=B ．122V V =C ．232V V =D ．236VV V -=34．（2024高三下·浙江杭州·阶段练习）已知矩形ABCD 中，2AB =，4BC =，E 是AD 的中点，沿直线BE 将△ABE 翻折成△A BE '，则三棱锥A BDE '-的体积的最大值为（）A ．3B C D ．335．（2024·全国）正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（）A ．20+B ．C ．563D ．336．（2024高一下·江苏连云港·阶段练习）在《九章算术⋅商功》中将正四面形棱台体(棱台的上、下底面均为正方形)称为方亭．在方亭1111ABCD A B C D -中，1122AB A B ==，四个侧面均为全等的等腰梯形且面积之和为）A ．72B ．76C D 37．（2024高三上·山西运城·期中）已知一个正四棱台的上下底面边长为1、3，则棱台的体积为（）A ．B ．3C ．12D ．1338．（2024·河南·模拟预测）光岳楼，又称“余木楼”“鼓楼”“东昌楼”，位于山东省聊城市，在《中国名楼》站台票纪念册中，光岳楼与鹳雀楼、黄鹤楼、岳阳楼、太白楼、滕王阁、蓬莱阁、镇海楼、甲秀楼、大观楼共同组成中国十大名楼.其墩台为砖石砌成的正四棱台，如图所示，光岳楼的墩台上底面正方形的边长约为32m ，下底面正方形的边长约为34.5m ，高的4倍比上底面的边长长4m ，则光岳楼墩台的体积约为（）A ．39872.75mB ．39954.75mC ．39988.45mD ．39998.25m 39．（四川省仁寿第一中学校（北校区）2023-2024学年高三上学期9月月考文科数学试题）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（）A ．πB ．π2C ．3π4D ．π440．（2024高三上·江苏苏州·开学考试）若某圆柱体的底面半径与某球体的半径相等，圆柱体与球体的体积之比和它们的表面积之比的比值相等，则该圆柱体的高与球体的半径的比值为（）A ．54B ．43C ．32D ．241．（2024·河南·模拟预测）圆锥的高为2，其侧面展开图的圆心角为2π3，则该圆锥的体积为（）.A ．π4B ．π3C ．π2D ．2π642．（2024高三上·福建厦门·阶段练习）已知母线长为5的圆锥的侧面积为15π，则这个圆锥的体积为（）A ．12πB ．16πC ．24πD ．48π43．（2024高三下·河南开封·阶段练习）木桶作为一种容器，在我国使用的历史已经达到了几千年，其形状可视为一个圆台．若某圆台形木桶上、下底面的半径分别为20cm,13cm ，母线长为25cm ，木板厚度忽略不计，则该木桶的容积为（）A ．314225πcm 3B ．34552πcmC ．320725πcm 3D ．36632πcm 44．（2024高三上·福建厦门·阶段练习）用一个平行于圆锥C 底面的平面截该圆锥得到一个圆台，若圆台上底面和下底面半径之比为23，则该圆台与圆锥C 的体积之比为（）A ．58B ．1727C ．1927D ．34二、多选题45．（2024·全国）如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，,2FB ED AB ED FB ==∥，记三棱锥E ACD -，F ABC -，F ACE -的体积分别为123,,V V V ，则（）A ．322V V =B ．31V V =C ．312V V V =+D ．3123V V =46．（2024·福建·模拟预测）等腰梯形的上下底边之比为13，若绕该梯形的对称轴旋转一周所得几何体的表面积为16π，则该梯形的周长可能为（）A ．B ．8C ．D ．1647．（2024·河南·模拟预测）如图，正三棱柱111ABC A B C -的底面边长为1，高为3，F 为棱1AA 的中点，,D E 分别在棱11,BB CC 上，且满足1A D DE EA ++取得最小值．记四棱锥111A B C ED -、三棱锥1,F A DE A DEF --的体积分别为123,,V V V ，则（）A ．123334V V V ++<B ．23V V =C ．1223V V =D ．123V V V =+48．（2024高三上·湖南·5）A ．该正方体的体积为5B 556C ．该正方体的表面积为30D ．该正方体的外接球的表面积为15π三、填空题49．（2024·辽宁锦州·模拟预测）已知用斜二测画法画梯形OABC 的直观图O A B C ''''如图所示，3O A C B ''''=，C E O A ''''⊥，8OABC S =，//CD y '''轴，22C E ''=D ¢为O A ''的三等分点，则四边形OABC 绕y 轴旋转一周形成的空间几何体的体积为．50．（2024高三·全国·对口高考）若正ABC 用斜二测画法画出的水平放置图形的直观图为A B C ''' ，当A B C ''' 3ABC 的面积为．51．（2024高三下·上海宝山·开学考试）我们知道一条线段在“斜二测”画法中它的长度可能会发生变化的，现直角坐标系平面上一条长为4cm 线段AB 按“斜二测”画法在水平放置的平面上画出为A B ''，则A B ''最短长度为cm （结果用精确值表示）52．（2024高三·全国·阶段练习）如图，梯形ABCD 是水平放置的一个平面图形的直观图，其中=45∠ ABC ，1AB AD ==，DC BC ⊥，则原图形的面积为．53．（2024高三上·上海普陀·期中）2022年4月16日，神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场预定区域成果着陆．如图，在返回过程中使用的主降落伞外表面积达到1200平方米，若主降落伞完全展开后可以近似看着一个半球，则完全展开后伞口的直径约为米（精确到整数）54．（2024高一下·四川成都·阶段练习）已知圆锥的底面半径为1，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的体积为．55．（2024·安徽·模拟预测）如图，在三棱锥P -ABC 的平面展开图中，CD AB ∥，AB AC ⊥，22AB AC ==，CD =，cos BCF ∠65=，则三棱锥-P ABC 外接球表面积为．56．（2024·安徽马鞍山·模拟预测）已知三棱锥P －ABC 的底面ABC 为等边三角形．如图，在三棱锥P －ABC的平面展开图中，P ，F ，E 三点共线，B ，C ，E 三点共线，cos PCF ∠=PC =，则PB ＝．57．（2024高三上·山西大同·阶段练习）如图，在三棱锥-P ABC 的平面展开图中，1AC =，AB AD ==AB AC ⊥，AB AD ⊥，30CAE ∠=︒，则三棱锥-P ABC 的外接球的表面积为．58．（2024高三·河北·专题练习）如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为a ，点E 为1AA 的中点，在对角面11BB D D 上取一点M ，使AM ME +最小，其最小值为59．（2024高三上·四川成都·开学考试）如图一个正六棱柱的茶叶盒，底面边长为10cm ，高为20cm ，则这个茶叶盒的表面积为2cm .60．（2024高二上·上海黄浦·阶段练习）若长方体的对角线的长为9cm ，其长、宽、高的和是15cm ，则长方体的全面积是．61．（2024·全国·模拟预测）正四棱锥P -ABCD 的各条棱长均为2，则该四棱锥的表面积为．62．（2024高三·全国·专题练习）一个正三棱台的上、下底面边长分别是3cm 和6cm ，高是32cm ．则三棱台的斜高为；三棱台的侧面积为；表面积为．63．（2024高三·全国·专题练习）若矩形的周长为36，矩形绕它的一条边旋转形成一个圆柱，求圆柱侧面积的最大值为．64．（2024高二上·北京海淀·期中）若一个圆锥的轴截面是等边三角形，其面积为是．65．（2024高三上·全国·专题练习）某地球仪上北纬030纬线的长度为12()cm π，该地球仪的半径是cm ，表面积是cm2．66．（2024·全国）已知圆O 和圆K 是球O 的大圆和小圆，其公共弦长等于球O 的半径，32OK =，且圆O 与圆K 所在的平面所成的一个二面角为60 则球O 的表面积等于.67．（2009年普通高等学校招生全国统一考试理科数学（全国卷Ⅱ））设OA 是球O 的半径,M 是OA 的中点,过M 且与OA 成45 角的平面截球O 的表面得到圆C ．若圆C 的面积等于74π,则球O 的表面积等于68．（2024·全国）用平面α截半径为R 的球，如果球心到截面的距离为2R ，那么截得小圆的面积与球的表面积的比值为．69．（2024高三上·广东广州·阶段练习）陀螺是中国民间较早的娱乐工具之一，也称陀罗，图l 是一种木陀螺，可近似地看作是一个圆锥和一个圆柱的组合体，其直观图如图2所示，其中A 是圆锥的顶点，B ，C 分别是圆柱的上､下底面圆的圆心，且1AB =，3AC =，底面圆的半径为1，则该陀螺的表面积是.70．（2024高三·全国·专题练习）如图，八面体的每一个面都是正三角形，并且4个顶点A ，B ，C ，D 在同一个平面内．如果四边形ABCD 是边长为30cm 的正方形，那么这个八面体的表面积是2cm .71．（2024高三上·天津北辰·阶段练习）已知一个圆柱的高是底面半径的2倍，且其上、下底面的圆周均在球面上，若球的体积为23，则圆柱的体积为．72．（2024高三上·云南昆明·､则该圆锥的体积为.73．（2024·浙江嘉兴·模拟预测）已知圆锥的底面半径为1，侧面积为2π，则此圆锥的体积是．74．（2024高三上·广东广州·阶段练习）已知圆锥的底面半径为2，侧面展开图是一个圆心角为120°的扇形.把该圆锥截成圆台，已知圆台的下底面与该圆锥的底面重合，圆台的上底面半径为1，则圆台的体积为.。

高中数学选择性必修三专题05二项分布、超几何分布与正态分布(含答案)高二数学下学期期中专项复习

专题05二项分布、超几何分布与正态分布一、单选题1．（2020·全国高二课时练习）抛掷一枚质地均匀的正方体骰子4次，设X 表示向上一面出现6点的次数，则X 的数学期望()E X 的值为（）A ．13 B ．49C ．59D ．23【答案】D 【详解】抛掷一枚质地均匀的正方体骰子1次，向上一面出现6点的概率为16()112(4,)4663XB E X ∴=⨯=故选：D2．（2020·全国高二课时练习）甲、乙两人分别独立参加某高校自主招生考试，若甲、乙能通过面试的概率都是23，则面试结束后通过的人数X 的数学期望是（） A ．43 B ．119C ．1D ．89【答案】A 【详解】由题意可知：2~(2,)3X B ，因此面试结束后通过的人数X 的数学期望是242=33⨯. 故选：A3．（2021·河南驻马店市·高三期末（理））已知~(20,)X B p ，且()6E X =，则()D X =（） A ．1.8 B ．6C ．2.1D ．4.2【答案】D 【详解】因为X 服从二项分布~(20,)X B p ，所以()206==E X p ，得0.3p =，故()(1)200.30.7 4.2=-=⨯⨯=D X np p ．故选：D.4．（2021·山东德州市·高二期末）已知随机变量X 服从二项分布(),X B n p ，若()54E X =，()1516=D X ，则p =（） A ．14B ．13C ．34D ．45【答案】A 【详解】由题意5415(1)16np np p ⎧=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩，解得145p n ⎧=⎪⎨⎪=⎩．故选：A ．5．（2020·全国高二课时练习）已知圆2228130+--+=x y x y 的圆心到直线()10kx y k +-=∈Z 的距离为14,4XB ⎛⎫⎪⎝⎭，则使()P X k =的值为（） A ．23 B ．35C ．13D ．2764【答案】D 【详解】由题意，知圆心坐标为()1,4，圆心到直线()10kxy k +-=∈Z 的距离为=17k =-或1k =．因为k Z ∈，所以1k =．因为14,4XB ⎛⎫⎪⎝⎭，所以()141141127114464P X C -⎛⎫⎛⎫==⋅⋅-=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．故选：D ．6．（2021·辽宁大连市·高三期末）2020年12月4日，中国科学技术大学宣布该校潘建伟等科学家成功构建76光子的量子计算原型机“九章”，求解数学算法“高斯玻色取样”只需要200秒，而目前世界最快的超级计算机要用6亿年，这一突破使我国成为全球第二个实现“量子优越性”的国家.“九章”求得的问题名叫“高斯玻色取样”，通俗的可以理解为量子版本的高尔顿钉板，但其实际情况非常复杂.高尔顿钉板是英国生物学家高尔顿设计的，如图，每一个黑点表示钉在板上的一颗钉子，上一层的每个钉子水平位置恰好位于下一层的两颗钉子的正中间，从入口处放进一个直径略小于两颗钉子之间距离的白色圆玻璃球，白球向下降落的过程中，首先碰到最上面的钉子，碰到钉子后皆以二分之一的概率向左或向右滚下，于是又碰到下一层钉子.如此继续下去，直到滚到底板的一个格子内为止.现从入口放进一个白球，则其落在第③个格子的概率为（）A ．1128B ．7128C ．21128D ．35128【答案】C 【详解】小球从起点到第③个格子一共跳了7次，其中要向左边跳动5次，向右边跳动2次，而向左或向右的概率均为12，则向右的次数服从二项分布，所以所求的概率为2527112122128P C ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 故答案为：C.7．（2020·江苏省苏州中学园区校高二月考）设随机变量ξ服从正态分布(2,9)N ，若(21)(1)P m P m ξξ<+=>-，则实数m 的值是（）A ．23B ．43C ．53D ．2【答案】B 【详解】因为随机变量ξ服从正态分布(2,9)N ，(21)(1)P m P m ξξ<+=>-，根据正态分布的特征，可得21122m m ++-=，解得43m =.故选：B ．8．（多选）（2021·全国高二课时练习）如城镇小汽车的普及率为75%，即平均每100个家庭有75个家庭拥有小汽车，若从如城镇中任意选出5个家庭，则下列结论成立的是( ) A ．这5个家庭均有小汽车的概率为2431024B ．这5个家庭中，恰有三个家庭拥有小汽车的概率为2764C ．这5个家庭平均有3.75个家庭拥有小汽车D ．这5个家庭中，四个家庭以上(含四个家庭)拥有小汽车的概率为81128【答案】ACD 【详解】由题得小汽车的普及率为34， A. 这5个家庭均有小汽车的概率为53()4=2431024，所以该命题是真命题； B. 这5个家庭中，恰有三个家庭拥有小汽车的概率为332531135()()44512C =,所以该命题是假命题；C. 这5个家庭平均有3.75个家庭拥有小汽车，是真命题；D. 这5个家庭中，四个家庭以上(含四个家庭)拥有小汽车的概率为4455313()()()444C +=81128,所以该命题是真命题. 故选：ACD.9．（多选）（2020·全国高三专题练习）某计算机程序每运行一次都随机出现一个五位二进制数12345A a a a a a =（例如10100）其中A 的各位数中()2,3,4,5k a k =出现0的概率为13，出现1的概率为23，记2345X a a a a =+++，则当程序运行一次时（）A ．X 服从二项分布B ．()8181P X ==C ．X 的期望()83E X = D ．X 的方差()83V X =【答案】ABC 【详解】解：由于二进制数A 的特点知每一个数位上的数字只能填0，1，且每个数位上的数字再填时互不影响，故以后的5位数中后4位的所有结果有4类： ①后4个数出现0，X 0=，记其概率为411(0)()381P X ===；②后4个数位只出现1个1，1X =，记其概率为134218(1)()()3381P X C ===； ③后4位数位出现2个1，2X =，记其概率为22242124(2)()()3381P X C ===， ④后4个数为上出现3个1，记其概率为3342132(3)()()3381P X C ===，⑤后4个数为都出现1，4X =，记其概率为4232(4)()381P X ===，故2~(4,)3X B ，故A 正确；又134218(1)()()3381P X C ===，故B 正确；2~(4,)3X B ，28()433E X ∴=⨯=，故C 正确；2~(4,)3X B ，X ∴的方差218()4339V X =⨯⨯=，故D 错误．故选：ABC ．10．（2020·江苏南京市·南京田家炳高级中学高三期中）下列命题中，正确的命题是（） A ．已知随机变量服从二项分布(),B n p ，若()30E x =，()20D x =，则23p =B ．已知34n n A C =，则27n =C ．设随机变量ξ服从正态分布()0,1N ，若()1P p ξ>=，则()1102P p ξ-<<=- D ．某人在10次射击中，击中目标的次数为X ，()~10,0.8X B ，则当8X =时概率最大. 【答案】BCD 【详解】对于选项A ：随机变量服从二项分布(),B n p ，()30E X =，()20D X =，可得30np =，()120np p -=，则13p =，故选项A 错误；对于选项B ：根据排列数和组合数的计算公式可得，()()()3!213!n n A n n n n ==---，()()()()4321!4!4!24n n n n n n C n ---=-=，因为34n n A C =，所以有()()()()()3212124n n n n n n n -----=，即3124n -= 解得27n =，故选项B 正确；对于选项C ：随机变量ξ服从正态分布()0,1N ，则图象关于y 轴对称，若()1P p ξ>=，则()1012P p ξ<<=-，即()1102P p ξ-<<=-，故选项C 正确；对于选项D ：因为在10次射击中，击中目标的次数为X ，()~10,0,8X B ，当x k =时，对应的概率()10100.2kkkP x k C -==⨯0.8⨯，所以当1k时，()()()101011101104110.80.210.80.2kk kk k k P x k k C P x k C k----+=-⋅⋅===-⋅⋅，由()()()41111P x k k P x k k =-=≥=-得444k k -≥，即4415k ≤≤，因为*k N ∈，所以18k ≤≤且*k N ∈，即8k时，概率()8P x =最大，故选项D 正确．故选：BCD . 二、填空题11．（2021·江西高三其他模拟（理））已知随机变量ξ服从正态分布()23,N σ，()60.84P ξ≤=，则()0P ξ≤=______.【答案】0.16 【详解】因为随机变量ξ服从正态分布2(3,)N σ，所以(0)(6)P P ξξ≤=≥，又(6)0.84P ξ≤=，所以(0)1(6)10.840.16P P ξξ≤=-≤=-=.故答案为：0.1612．（2020·福建三明市·高二期末）已知某批零件的长度误差X 服从正态分布()2,N μσ，其密度函数()()222,12x x e μσμσϕπσ--=的曲线如图所示，则σ=______；从中随机取一件，其长度误差落在()3,6内的概率为______.（附：若随机变量ξ服从正态分布()2,N μσ，则()0.6826P μσξμσ-<≤+=，()220.9544P μσξμσ-<≤+=，()330.9974P μσξμσ-<≤+=.）【答案】3 0.1359 【详解】解：由图中密度函数解析式，可得3σ=；又由图象可知0μ=，则长度误差落在(3,6)内的概率为： 1(36)[(22)()]2P X P P μσξμσμσξμσ<<=-<+--<+1(0.95440.6826)0.13592=-=．故答案为：3；0.1359．三、解答题13．（2021·全国高二课时练习）某学校高三年级有400名学生参加某项体育测试，根据男女学生人数比例，使用分层抽样的方法从中抽取了100名学生，记录他们的分数，将数据分成7组：[30,40),[40,50),[90,100]，整理得到如下频率分布直方图：（1）若该样本中男生有55人，试估计该学校高三年级女生总人数；（2）若规定小于60分为“不及格”，从该学校高三年级学生中随机抽取一人，估计该学生不及格的概率；（3）若规定分数在[80,90)为“良好”,[]90,100为“优秀”.用频率估计概率,从该校高三年级随机抽取三人,记该项测试分数为“良好”或“优秀”的人数为X ,求X 的分布列和数学期望. 【答案】（1）180人（2）0.1（3）详见解析【详解】解：（1）∵样本中男生有55人,则女生45人 ∴估计总体中女生人数45400180100⨯=人（2）设“不及格”为事件A ,则“及格”为事件A ∴()1()1(0.20.40.20.1)0.1P A P A =-=-+++=（3）设“样本中“良好”或“优秀””为事件B ,则()0.20.10.3B P =+= 依题意可知：~(3,0.3)X B3(0)0.7P B ==,1123(1)0.30.7P X C == 22133(2)0.30.7,(3)0.3P X C X P ====所以,X 的分布列为 X 0 1 2 3 P0.3430.4410.1890.027()30.30.9E X np ==⨯=14．（2020·全国高三专题练习（理））袋子中有1个白球和2个红球．（1）每次取1个球，不放回，直到取到白球为止，求取球次数X 的分布列；（2）每次取1个球，有放回，直到取到白球为止，但抽取次数不超过5次，求取球次数X 的分布列；（3）每次取1个球，有放回，共取5次，求取到白球次数X 的分布列．【答案】（1）答案见解析；（2）答案见解析；（3）答案见解析. 【详解】（1）由题意，X 可能取值1，2，3. 则()113P X ==，()2112323P X ==⨯=，()211133213P X ==⨯⨯=，所以X 的分布列为（2）X 可能取值为1，2，3，4，5.则()113P X ==，()2122339P X ==⨯=，()221433327P X ⎛⎫==⨯= ⎪⎝⎭，()321843381P X ⎛⎫==⨯= ⎪⎝⎭，()42165381P X ⎛⎫=== ⎪⎝⎭，故X 的分布列为（3）由题意可得，15,3XB ⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以()551233kkk P X k C -⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，0,1,2,3,4,5k =，则()320243P X ==，()801243P X ==，()802243P X ==，()403243P X ==，()104243P X ==，()15243P X ==，所以X 的分布列为15．（2021·全国高三其他模拟）某商场举行有奖促销活动，凡10月13日当天消费每超过400元（含400元），均可抽奖一次，抽奖箱里有6个形状、大小、质地完全相同的小球（其中红球有3个，白球有3个），抽奖方案设置两种，顾客自行选择其中的一种方案．方案一：从抽奖箱中，一次性摸出2个球，若摸出2个红球，则打6折；若摸出1个红球，则打8折；若没摸出红球，则不打折．方案二：从抽奖箱中，有放回地每次摸取1个球，连摸2次，每摸到1次红球，立减100元．（1）若小方、小红均分别消费了400元，且均选择抽奖方案一，试求他们其中有一人享受6折优惠的概率．（2）若小勇消费恰好满600元，试比较说明小勇选择哪种方案更划算．【答案】（1）825；（2）选择方案一更划算．【详解】（1）由题意，设顾客享受到6折优惠为事件A ，则()232615C P A C ==．∴小方、小红两人其中有一人享受6折优惠的概率为()()22118[1]215525P C P A P A ⎛⎫=⋅⋅-=⨯⨯-=⎪⎝⎭．（2）若小勇选择方案一，设付款金额为X 元，则X 可能的取值为360，480，600．则()232613605C P X C ===，()11332634805C C P X C ===，()232616005C P X C ===．故X 的分布列为∴()131360480600480555E X =⨯+⨯+⨯=（元）．若小勇选择方案二，设摸到红球的个数为Y ，付款金额为Z 元，则600100Z Y =-．由已知，可得12,2Y B ⎛⎫~ ⎪⎝⎭，故()1212E Y =⨯=， ∴()()()600100600100600100500E Z E Y E Y =-=-=-=（元）．由上知：()()E X E Z <，故小勇选择方案一更划算．16．（2021·全国高二课时练习）第13届女排世界杯于2019年9月14日在日本举行，共有12支参赛队伍.本次比赛启用了新的排球用球MIKSA -V 200W ，已知这种球的质量指标ξ (单位:g )服从正态分布N (270，25 ).比赛赛制采取单循环方式，即每支球队进行11场比赛(采取5局3胜制)，最后靠积分选出最后冠军积分规则如下:比赛中以3:0或3:1取胜的球队积3分，负队积0分;而在比赛中以3:2取胜的球队积2分，负队积1分.已知第10轮中国队对抗塞尔维亚队，设每局比赛中国队取胜的概率为p (0<p <1).（1）如果比赛准备了1000个排球，估计质量指标在(260，265]内的排球个数(计算结果取整数). （2）第10轮比赛中，记中国队3:1取胜的概率为()f p .（i ）求出f (p )的最大值点0p ;（ii ）若以0p 作为p 的值记第10轮比赛中，中国队所得积分为X ，求X 的分布列.参考数据:ζ ~N (u ，2σ)，则p (μ-σ<X <μ+σ)≈0.6826，p (μ-2σ<X <μ+2σ)≈0.9644.【答案】（1）140；（2）（i ）034p =；（ii ）分布列见解析. 【详解】（1）因为ξ服从正态分布N (270，25 )，所以()0.96440.68262602650.14092P ξ-<<==，所以质量指标在(260，265]内的排球个数为10000.1409140.9140⨯=≈个；（2）（i ）()()()2333131f p C p p p p =-=-，()()()()2'2331+13334p p f p p p p ⎡⎤=-⨯-=-⎣⎦令()0f p '=，得34p =，当3(0,)4p ∈时，()0f p '>，()f p 在3(0,)4上单调递增；当3(,1)4p ∈时，()0f p '<，()f p 在3(,1)4上单调递减；所以()f p 的最大值点034p =；（ii ）X 的可能取值为0，1，2，3.212313(0)(1)(1)256P X p C p p ==-+-=；223427(1)(1)512P X C p p ==-=； 222481(2)(1)512P X C p p p ==-=；2223189(3)(1)256P X p C p p p ==+-=；所以X 的分布列为。

2020年高考数学(文数)选择题强化专练——解析几何、立体几何、三角函数与解三角形、函数与导数含答案

（文数）选择题强化专练——解析几何、立体几何、三角函数与解三角形、函数与导数一、选择题（本大题共15小题，共75.0分）1.已知双曲线-=1（a＞0，b＞0）的离心率为2，则渐近线方程为（）A. y=±2xB. y=±xC. y=±xD. y=±x2.已知焦点为F的抛物线的方程为，点Q的坐标为（3,4），点P在抛物线上，则点P到y轴的距离与到点Q的距离的和的最小值为（）A. 3B.C.D. 73.过双曲线的左焦点作倾斜角为30°的直线l，若l与y轴的交点坐标为（0，b），则该双曲线的离心率为（）A. B. C. D.4.椭圆2x2-my2=1的一个焦点坐标为（0，），则实数m=（）A. B. C. D.5.在平面直角坐标系中，经过点P（2，-），渐近线方程为y=x的双曲线的标准方程为（）A. B. C. D.6.设m，n表示不同的直线，α，β表示不同的平面，且m，n⊂α．则“α∥β”是“m∥β且n∥β”的（）A. 充分但不必要条件B. 必要但不充分条件C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件7.已知四棱锥E-ABCD，底面ABCD是边长为1的正方形，ED=1，平面ECD⊥平面ABCD，当点C到平面ABE的距离最大时，该四棱锥的体积为（）A. B. C. D. 18.已知正方形ABCD的边长为2，CD边的中点为E，现将△ADE，△BCE分别沿AE，BE折起，使得C，D两点重合为一点记为P，则四面体P-ABE外接球的表面积是（）A. B. C. D.9.将函数向右平移个单位后得到函数，则具有性质A. 在上单调递增，为偶函数B. 最大值为1，图象关于直线对称C. 在上单调递增，为奇函数D. 周期为，图象关于点对称10.要得到函数y＝-sin3x的图象，只需将函数y＝sin3x＋cos3x的图象( )A. 向右平移个单位长度B. 向右平移个单位长度C. 向左平移个单位长度D. 向左平移个单位长度11.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则b=( )A. B. C. D.12.在中，角的对边分别是，若，则的形状是（）A. 等腰三角形B. 直角三角形C. 等腰直角三角形D. 等腰或直角三角形13.函数f(x)＝|log2x|＋x－2的零点个数为()A. 1B. 2C. 3D. 414.已知函数f(x)＝(x<－1)，则()A. f(x)有最小值4B. f(x)有最小值－4C. f(x)有最大值4D. f(x)有最大值－415.若曲线y＝x2与曲线y＝a ln x在它们的公共点P处具有公共切线，则实数a等于()A. 1B.C. －1D. 2答案和解析1.【答案】C【解析】解：双曲线-=1（a＞0，b＞0）的离心率为2，可得e==2，即有c=2a，由c2=a2+b2，可得b2=3a2，即b=a，则渐近线方程为y=±x，即为y=±x．故选：C．运用双曲线的离心率公式和a，b，c的关系可得b=a，再由近线方程y=±x，即可得到所求方程．本题考查双曲线的渐近线方程的求法，注意运用离心率公式和a，b，c的关系，考查运算能力，属于基础题．2.【答案】B【解析】【分析】本题考查了抛物线的定义，属于中档题．利用抛物线的定义进行转化，可知当三点共线时满足题设最小要求．【解答】解：如图所示:抛物线y2=4x的焦点为F（1，0），准线l：x=-1,过点P作PM⊥l，垂足为M,则|PM|=|PF|,因为Q（3，4）在抛物线外，因此当F、P、Q三点共线时，|PF|+|PQ|取得最小值,也即|PM|+|PQ|最小∴（|PM|+|PQ|）min=（|PF|+|PQ|）min=|QF|=.则点P到y轴的距离与到点Q的距离的和的最小值为．故选B．3.【答案】A【解析】解：直线l的方程为，令x=0，得．因为，所以a2=c2-b2=3b2-b2=2b2，所以．故选：A．求出直线方程，利用l与y轴的交点坐标为（0，b），列出关系式即可求解双曲线的离心率．本题考查直线与双曲线的位置关系以及双曲线的标准方程，考查运算求解能力．4.【答案】A【解析】【分析】利用椭圆的标准方程，结合焦点坐标，求解即可．本题考查了椭圆的标准方程，椭圆的性质及其几何意义的应用，是基本知识的考查，基础题．【解答】解：椭圆2x2-my2=1的标准方程为：，一个焦点坐标为（0，），可得，解得m=，故选：A．5.【答案】B【解析】解：根据题意，双曲线的渐近线方程为y=x，设双曲线方程为：，双曲线经过点P（2，-），则有8-1=a，解可得a=7，则此时双曲线的方程为：，故选：B．设出双曲线的方程，经过点P（2，-），求出a的值，即可得双曲线的方程．本题考查双曲线的几何性质，涉及双曲线的标准方程的求法，注意双曲线离心率公式的应用．6.【答案】A【解析】解：当α∥β 时，因为m，n⊂α，故能推出m∥β且n∥β，故充分性成立．当m∥β且n∥β 时，m，n⊂α，若m，n是两条相交直线，则能推出α∥β，若m，n不是两条相交直线，则α与β 可能相交，故不能推出α∥β，故必要性不成立．故选：A．由面面平行的性质得，充分性成立；由面面平行的判定定理知，必要性不成立．本题考查平面与平面平行的判定和性质，充分条件、必要条件的定义域判断方法．7.【答案】B【解析】解：如图所示，由题意可得：ED⊥平面ABCD时，△ADE的面积最大，可得点C即点D到平面ABE的距离最大．此时该四棱锥的体积==．故选：B．如图所示，由题意可得：ED⊥平面ABCD时，△ADE的面积最大，可得点C即点D到平面ABE的距离最大．即可得出此时该四棱锥的体积．本题考查了空间线面位置关系、数形结合方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．8.【答案】C【解析】解：如图，PE⊥PA，PE⊥PB，PE=1，△PAB是边长为2的等边三角形，设H是△PAB的中心，OH⊥平面PAB，O是外接球的球心，则OH=，PH=，则．故四面体P-ABE外接球的表面积是S=．故选：C．由题意画出图形，找出四面体P-ABE外接球的球心，求得半径，代入球的表面积公式求解．本题考查多面体外接球表面积与体积的求法，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．9.【答案】A【解析】【分析】本题主要考查三角函数平移、单调性、奇偶性、周期的知识，解答本题的关键是掌握相关知识，逐一分析，进行解答.【解答】解：将f（x）=2x的图象向右平移个单位，得g（x）=2（x-）=（2x-）=-2x，则g（x）为偶函数，在上单调递增，故A正确，g（x）的最大值为1，对称轴为2x=kπ，k∈Z，即x=，k∈Z，当k=1，图象关于x=对称，故B错误,由2kπ≤2x≤2kπ+π，k∈Z，函数g（x）单调递增，∴kπ≤x≤kπ+，k∈Z，∴g（x）在上不是单调函数，故C错误,函数的周期T=π，不关于点对称，故D错误 .故选A．10.【答案】C【解析】【分析】本题考查三角函数的图象的平移变换，是基础题.由条件利用y=A sin（ωx+φ）的图象变换规律，得出结论．【解答】解：因为，所以将其图象向左平移个单位长度，可得，故选C.11.【答案】B【解析】【分析】本题主要考查了正弦定理，两角和与差的三角函数公式，是基础题．先求出sin B，再根据正弦定理求解即可.【解答】解：在△ABC中，，，则，，=，，.故选B．12.【答案】D【解析】【分析】本题考查三角形的形状判断，着重考查正弦定理的应用与三角函数化简运算的能力，属于中档题．化简，得出A=或B=A，即可求解.【解答】解：∵c-a cos B=（2a-b）cos A，C=π-（A+B），∴由正弦定理得：sin C-sin A cos B=2sin A cosA-sin B cos A，∴sin A cos B+cos A sin B-sin A cos B=2sin A cosA-sin B cos A，∴cos A（sin B-sin A）=0，∴cos A=0，或sin B=sin A，∵在中，角的取值范围均为，∴A=或B=A或B=π-A（舍去），故选D．13.【答案】B【解析】【分析】本题考查函数的零点的求法，零点个数问题，考查数形结合以及计算能力，转化思想的应用．转化函数零点问题为方程的根的问题，通过两个函数的图象交点个数判断求解即可．【解答】解：函数f(x)＝|log2x|＋x－2的零点个数，就是方程|log2x|＋x－2＝0的根的个数．令h(x)＝|log2x|，g(x)＝2－x，画出两函数的图象，如图．由图象得h(x)与g(x)有2个交点，∴方程|log2x|＋x－2＝0的解的个数为2.故选B.14.【答案】A【解析】【分析】本题主要考查利用基本不等式求函数最值的知识，属于中档题.利用“配凑”将函数化为基本不等式的形式，然后根据基本不等式进行计算即可.【解答】解：f(x)＝＝－＝－＝－＝－(x＋1)＋＋2，因为x<－1，所以x＋1<0，－(x＋1)>0，所以f(x)≥2＋2＝4，当且仅当－(x＋1)＝，即x＝－2时，等号成立．故f(x)有最小值4.故选A.15.【答案】A【解析】【分析】本题考查了利用导数研究曲线上某点切线方程，属于中档题.利用导数的几何意义求切线的斜率以及切线方程，即可得结论.【解答】解：∵曲线的导数为，∴在P（s，t）处的斜率为，又∵曲线y=a ln x的导数为，∴在P（s，t）处的斜率为,∴曲线与曲线y=a ln x在它们的公共点P（s，t）处具有公共切线，∴，并且，t=a ln s，即，∴，解得s2=e，∴a=1.故选A.。

高考数学专题对点练18 5-1~5-3组合练(含答案解析)

专题对点练 18 5.1~5.3 组合练(限时 90 分钟,满分 100 分)专题对点练第 27 页一、选择题(共 9 小题,满分 45 分)1.(2017 浙江,3)某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积(单位:cm 3)是()ππB. +32A. +123πC. +123πD. +32答案 A111π解析 V= ×3×( ×π×12+ × 2 × 1) = +1,故选 A.32222.已知 m,n 为异面直线,m ⊥平面α,n ⊥平面β,直线 l 满足 l ⊥m,l ⊥n,l ⊄ α,l ⊄ β,则(A.α∥β,且 l ∥α B.α⊥β,且 l ⊥β)C.α与β相交,且交线垂直于 l 答案 DD.α与β相交,且交线平行于 l解析因为 m ⊥α,l ⊥m,l ⊄ α,所以 l ∥α.同理可得 l ∥β.又因为 m,n 为异面直线,所以α与β相交,且 l 平行于它们的交线.故选 D.3.(2017 河北邯郸一模,理 10)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()9+√366+√363+√3612+√3π6A.π B.π C.π D.答案 A13解析由三视图可得,该几何体的直观图为圆锥的与圆柱的的组合体,241139+√36由图中数据可得,该几何体的体积为 × ×π×12× 3 + π×12×2=π,故选 A.√2344.如图,网格纸上正方形小格的边长为 1(表示 1 cm),图中粗线画出的是某零件的三视图,该零件由一个底面半径为 3 cm,高为 6 cm 的圆柱体毛坯切削得到,则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为()1727591027D.1A.B.C.3答案 C 解析由零件的三视图可知,该几何体为两个圆柱组合而成,如图所示.切削掉部分的体积 V =π×3 ×6-π×2 ×4-π×3 ×2=20π(cm ),32221原来毛坯体积 V =π×32 2 3×6=54π(cm ).20π10.27故所求比值为12==54π5.(2017 四川成都三诊,理 11)如图,某三棱锥的正视图、侧视图和俯视图分别是直角三角形、等腰三角形和等边三角形.若该三棱锥的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为()A.27π答案 C 解析B.48πC.64πD.81π由三视图可知,该几何体为三棱锥,三棱锥的高 VA=4,直观图如图所示.∵△ABC 是边长为 6 的等边三角形,∴外接球的球心 D 在底面 ABC 的投影为△ABC 的中心 O,过 D 作 DE ⊥VA 于 E,则 E 为 VA 的中点,连接 OA,DA,21则 DE=OA= ×3 3=2 3,AE= VA=2,DA 为外接球的半径 r,∴√√32r=√ 2 +2=4,∴该球的表面积 S=4πr 2=64π.故选 C.6.在直三棱柱 ABC-A B C 中,∠BCA=90°,M,N 分别是 A B ,A C 的中11111 1 1点,BC=CA=CC ,则 BM 与 AN 所成角的余弦值为1()A. 1B.2C.√3010D.2√2105答案 C 解析如图,以点 C 为坐标原点,C B ,C A ,C C 所在的直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴,建立空111111间直角坐标系,不妨设 BC=CA=CC =1,可知点11 1 1A(0,1,1),N (0, ,0),B(1,0,1),M ( , ,0).22 21 1 1∴⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (0,- ,-1),⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (- , ,-1).22 2∴cos<⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >= ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = √30.|⃗⃗⃗⃗⃗⃗||⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |10根据⃗⃗⃗⃗⃗⃗与⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角及 AN 与 BM 所成角的关系可知,BM 与 AN 所成角的余弦√30.值为107.(2017 辽宁沈阳三模,理 10)已知某三棱锥的三视图如图所示,图中的 3 个直角三角形的直角边长度已经标出,则在该三棱锥中,最短的棱和最长的棱所在直线成的角的余弦值为()1A.3√55C.1D.2B.23答案 A解析由三视图还原原几何体如图.几何体是三棱锥 A-BCD,满足平面 ACD ⊥平面 BCD,且 AD ⊥CD,BC ⊥CD,则最短棱为 CD,最长棱为 AB.在平面 BCD 内,过 B 作 BE ∥CD,且 BE=CD,连接 DE,∴四边形 BEDC 为长方形,可得 AE=2 2.√在 Rt △AEB 中,求得 AB=√12 + (2 2)2=3,∴cos ∠ABE= = .即最短的棱和最1√31长的棱所在直线成的角的余弦值为 .故选 A.38.圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为 r)组成一个几何体,该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为 16+20π,则 r=()A.1B.2C.4D.8答案 B解析由条件知,该几何体是由一个圆柱被过圆柱底面圆直径的平面所截剩下的半个圆柱及一个半球拼接而成,其表面积是一个矩形面积、两个半圆面积、圆柱侧面积的一11半、球表面积的一半相加所得,所以表面积为 S =2r×2r+2× πr 2+πr×2r+ ×4πr2=5表22πr +4r =16+20π,解得 r=2.2 29.(2017 河南新乡二模,理 10)已知正三角形 ABC 的三个顶点都在球心为 O,半径为 3的球面上,且三棱锥 O-ABC 的高为 2,点 D 是线段 BC 的中点,过点 D 作球 O 的截面,则截面积的最小值为()〚导学号 16804204〛15π7πA.B.4πC.D.3π42答案 A解析设正三角形 ABC 的中心为 O ,连接 O O,O C,O D,OD,1111∵O 是正三角形 ABC 的中心,A,B,C 三点都在球面上,1∴O O ⊥平面 ABC.又 O C ⊂ 平面 ABC,∴O O ⊥O C.1111∵球的半径 R=3,O O=2,∴在 Rt △O OC 中,O C= 5.√1111√5又 D 为 BC 的中点,∴在 Rt △O DC 中,O D= O C= .111225214∴在 Rt △OO D 中,OD=√4 + =√.14过 D 作球 O 的截面,当截面与 OD 垂直时,截面圆的半径最小,此时截面圆的半径214√15215π4r= 9-√=,可得截面积为 S=πr 2=.故选 A.二、填空题(共 3 小题,满分 15 分)10.已知 H 是球 O 的直径 AB 上一点,AH ∶HB=1∶2,AB ⊥平面α,H 为垂足,α截球 O 所得截面的面积为π,则球 O 的表面积为.9π答案2解析2如图,设球 O 的半径为 R,则 AH= ,OH= .33∵π·EH =π,2∴EH=1.2∵在 Rt △OEH 中,R 2=( ) +12,399π∴R 2= .∴S =4πR2= .球8211.(2017 山西太原二模,理 15)已知三棱锥 A-BCD,AB=AC=BC=2,BD=CD= 2,点 E√是 BC 的中点,点 A 在平面 BCD 上的射影恰好为 DE 的中点 F,则该三棱锥外接球的表面积为.60π答案11解析由题意,得△BCD 为等腰直角三角形,E 是外接圆的圆心.∵点 A 在平面 BCD 上的射影恰好为 DE 的中点 F,∴BF= 1 + =,∴1√5√425AF=√4- =4√11.22√111设球心 O 到平面 BCD 的距离为 h,则 1+h 2= + (-ℎ) ,解得24h= 2 ,r= 1 + 4 = √ ,√15√1111111560π11故该三棱锥外接球的表面积为 4π× =.1112.(2017 全国Ⅲ,理 16)a,b 为空间中两条互相垂直的直线,等腰直角三角形 ABC 的直角边 AC 所在直线与 a,b 都垂直,斜边 AB 以直线 AC 为旋转轴旋转,有下列结论:①当直线 AB 与 a 成 60°角时,AB 与 b 成 30°角;②当直线 AB 与 a 成 60°角时,AB 与 b 成 60°角;③直线 AB 与 a 所成角的最小值为 45°;④直线 AB 与 a 所成角的最大值为 60°.其中正确的是答案 ②③.(填写所有正确结论的编号)解析由题意,AB 是以 AC 为轴,BC 为底面半径的圆锥的母线,由 AC ⊥a,AC ⊥b,得 AC ⊥圆锥底面,在底面内可以过点 B,作 BD ∥a,交底面圆 C 于点 D,如图所示,连接 DE,则DE ⊥BD,∴DE ∥b.连接 AD,在等腰三角形 ABD 中,设 AB=AD= 2,当直线 AB 与 a 成 60°角√时,∠ABD=60°,故 BD= 2.又在 Rt △BDE 中,BE=2,∴DE= 2,过点 B 作 BF ∥DE,交圆 C √√于点 F,连接 AF,由圆的对称性可知 BF=DE= 2,∴△ABF 为等边三角形,∴∠ABF=60°,即√AB 与 b 成 60°角,②正确,①错误.由最小角定理可知③正确;很明显,可以满足直线 a ⊥平面 ABC,直线 AB 与 a 所成的最大角为 90°,④错误.故正确的说法为②③.三、解答题(共 3 个题,分别满分为 13 分,13 分,14 分)13.(2017 河南郑州一中质检,理 18)如图,在四棱锥 S-ABCD 中,底面 ABCD 是梯形,BC ∥AD,平面 SAB ⊥平面 ABCD,△SAB 是等边三角形,已知 AC=2AB=4,BC=2AD=2DC=2 5.√(1)求证:平面 SAB ⊥平面 SAC;(2)求二面角 B-SC-A 的余弦值.(1)证明在△BCA 中,∵AB=2,CA=4,BC=2 5,√∴AB +AC =BC ,∴AB ⊥AC.2 2 2又平面 SAB ⊥平面 ABCD,平面 SAB ∩平面 ABCD=AB,∴AC ⊥平面 SAB.又 AC ⊂ 平面 SAC,故平面 SAB ⊥平面 SAC.(2)解如图建立空间直角坐标系 Axyz,则 A(0,0,0),B(2,0,0),S(1,0, 3),C(0,4,0).√⃗⃗⃗⃗ =(1,-4,√3),⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,4,0),⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,4,0).设平面 SBC 的法向量 n =(x,y,z),·⃗⃗⃗⃗⃗ = 0,得{-2 + 4 = 0,2√3则取 n =(2,1, ).3由{·⃗⃗⃗⃗ = 0,-4 + 3 = 0,√设平面 SCA 的法向量m=(a,b,c),·⃗⃗⃗⃗⃗ = 0,得{4 = 0,-4 + 3 = 0,由{则取m=(- 3,0,1),·⃗⃗⃗⃗ = 0,√√2√19∴cos<n,m>=-,19∴二面角 B-SC-A 的余弦值为2√19.1914.(2017 辽宁沈阳三模,理 19)如图,在三棱柱 ABC-A B C 中,侧面 AA B B⊥底面 ABC,△ABC 和△ABB 都是边长为1111112 的正三角形.(1)过 B 作出三棱柱的截面,使截面垂直于 AB,并证明;1(2)求 AC 与平面 BCC B 所成角的正弦值.1 1 1解 (1)设 AB 的中点为 O,连接 OC,OB ,B C,则截面 OB C 为所求.111证明:因为 OC,OB 分别为△ABC,△ABB 的中线,所以 AB⊥OC,AB⊥OB .又111OC,OB ⊂平面 OB C,OC∩OB =O,所以 AB⊥平面 OB C.1111(2)以 O 为原点,OB 方向为 x 轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系,易求得 B(1,0,0),A(-1,0,0),C(0, 3,0),B (0,0, 3),C (-1, 3, 3),⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-√ √√√11,0),⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,- 3),⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0, 3, 3).设平面 BCC B 的一个法向量为 n =(x,y,z),√3√√ √1111⊥ ⃗⃗⃗⃗⃗ ,得{ -√3 = 0,解得平面 BCC B 的一个法向量为 n =( 3,1,1),则由{√11⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,-√3 = 0,⊥1|⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ · |√3+√3√6×√5√10=,|cos<⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >|=11=|⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ || |15√105所以 AC 与平面 BCC B 所成角的正弦值为.1 1 115.(2017 天津,理 17)如图,在三棱锥 P-ABC 中,PA ⊥底面 ABC,∠BAC=90°,点 D,E,N 分别为棱 PA,PC,BC 的中点,M 是线段 AD 的中点,PA=AC=4,AB=2.(1)求证:MN ∥平面 BDE;(2)求二面角 C-EM-N 的正弦值;√7(3)已知点 H 在棱 PA 上,且直线 NH 与直线 BE 所成角的余弦值为 ,求线段 AH 的长.21解如图,以 A 为原点,分别以⃗⃗⃗⃗⃗ ,⃗⃗⃗⃗⃗ ,⃗⃗⃗⃗⃗ 方向为 x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系.依题意可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,4,0),P(0,0,4),D(0,0,2),E(0,2,2),M(0,0,1),N(1,2,0).(1)证明:⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,-2),设 n =(x,y,z)为平面 BDE 的法向量,·⃗⃗⃗⃗⃗ = 0,·⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 0, 2 = 0,即{2-2 = 0.则{不妨设 z=1,可得 n =(1,0,1).又⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2,-1),可得⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0.因为 MN ⊄ 平面 BDE,所以 MN ∥平面 BDE.(2)易知 n =(1,0,0)为平面 CEM 的一个法向量.1设 n =(x,y,z)为平面 EMN 的法向量,则{ 2·⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 0,22·⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 0.因为⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-2,-1),⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2,-1),所以{-2 - = 0,+ 2 - = 0.不妨设 y=1,可得 n =(-24,1,-2).1·=- 4 ,于是 sin<n ,n >=√105.所以,二面角 C-EM-N 2因此有 cos<n ,n >=|12121|| 2|√2121√10521的正弦值为.(3)依题意,设 AH=h(0≤h ≤4),则 H(0,0,h),进而可得⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,-2,h),⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,2).由已知,得|cos<⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·⃗⃗⃗⃗⃗ ||2ℎ-2|√ℎ2+5×2 3√721==,整理得 10h -21h+8=0,2|⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||⃗⃗⃗⃗⃗ |√81解得 h= 或 h= .5281所以,线段 AH 的长为或 .52。

2025年高考数学一轮复习-同构函数-专项训练【含答案】

2025年高考数学一轮复习-同构函数-专项训练一、基本技能练1.设a，b∈R，则“a>b”是“a|a|>b|b|”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分又不必要条件2.若2x－2y<3－x－3－y，则()A.ln(y－x＋1)>0B.ln(y－x＋1)<0C.ln|x－y|>0D.ln|x－y|<03.已知b＞a＞0，且满足a ln b＝b ln a，e为自然对数的底数，则()A.a e＜e a＜e bB.e b＜a e＜e aC.e b＜e a＜a eD.e a＜a e＜e b4.已知x0是方程2x2e2x＋ln x＝0的实根，则关于实数x0的判断正确的是()A.x0≥ln2B.x0＜1eC.2x0＋ln x0＝0D.2e x0＋ln x0＝05.已知对任意的a，b∈R都有(b－a)e b－a≥b e－b－λa恒成立，则实数λ的值为()A.eB.1C.0D.－e6.已知a，b∈(2，＋∞)，且满足1a2－1b2>ln ba，则a，b，ab的大小关系是________.7.若关于x的不等式x2e3x≥(k＋3)x＋2ln x＋1对任意x>0恒成立，则k的取值范围是________.8.若对于任意实数x>0，不等式2a e2x－ln x＋ln a≥0恒成立，则a的取值范围是________.9.已知函数f(x)＝e x－a ln x(其中a为参数)，若对任意x∈(0，＋∞)，不等式f(x)>a ln a恒成立，则正实数a的取值范围是________.10.已知f(x)＝a e x－1－ln x＋ln a，若f(x)≥1，求a的取值范围.11.已知函数f(x)＝x－ln x，(1)求函数f(x)的单调性；(2)当x＞1e，证明：e x＋ln x＋1x≥e＋1；(3)若不等式x＋a ln x＋1e x≥xa对x∈(1，＋∞)恒成立，求实数a的最小值.二、创新拓展练12.已知函数f(x)＝e x21＋ln x，则不等式f(x)＞ex的解集为()A.(0，1)C.(1，e)D.(1，＋∞)13.已知函数f(x)＝ln xx，g(x)＝x·e－x，若存在x1∈(0，＋∞)，x2∈R，使得f(x1)＝g(x2)＝k(k＜0)·e k的最大值为()A.e2B.eC.4 e2D.1 e214.已知a＞1，若对任意的x∈13，＋∞4x－ln3x≤a e x－ln a恒成立，则a的最小值为________.15.已知函数f(x)＝2a ln(x＋1)－x－1，g(x)＝e x－2ax.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若对任意的x∈[0，＋∞)，f(x)＋g(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围.参考答案与解析一、基本技能练1.答案C解析设函数f(x)＝x|x|，f(x)＝x|x|2，x≥0，x2，x<0，可得f(x)为增函数，所以a>b⇔f(a)>f(b)，即a>b⇔a|a|>b|b|，所以是充要条件.2.答案A解析设函数f(x)＝2x－3－x.因为函数y＝2x与y＝－3－x在R上均单调递增，所以f(x)在R上单调递增，原已知条件等价于2x－3－x＜2y－3－y，即f(x)＜f(y)，所以x＜y，即y－x＞0，所以A正确，B不正确.因为|x－y|与1的大小不能确定，所以C，D不正确.3.答案A解析因为y＝e x在R上单调递增，b＞a＞0，所以e b＞e a，BC错；构造函数f(x)＝ln xx(x＞0)，则f′(x)＝1－ln xx2＝0，x＝e，当x∈(0，e)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，因为a ln b＝b ln a，ln aa＝ln bb，即f(a)＝f(b)，又b＞a＞0，所以0＜a＜e，b＞e，ln b＞0，a ln b＝b ln a＞0，所以1＜a＜e＜b，所以ln aa＜ln ee，eln a＜a ln e，ln ae＜ln e a，即a e＜e a，所以a e ＜e a ＜e b ，A 正确.故选A.4.答案C解析由2x 2e 2x ＋ln x ＝0得2x e 2x ＝－1x ln x ＝1x ln 1x ＝ln 1x eln 1x .构造函数f (x )＝x e x ，其中x >0，则f ′(x )＝(x ＋1)e x >0，所以，函数f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增，根据题意，若x 0是方程2x 2e 2x ＋ln x ＝0的实根，则2x 0e 2x 0＝ln 1x 0e ln 1x 0，即f (2x 0)＝所以2x 0＝ln 1x 0＝－ln x 0，因此2x 0＋ln x 0＝0.5.答案B解析(b －a )e b －a ≥b e －b －λa⇒(b －a )e b －a －b e －b ＋λa ≥0⇒(b －a )e b －a －λ(b －a )＋(－b e －b )－λ(－b )≥0，构造f (x )＝x e x －λx ，问题转化为f (b －a )＋f (－b )≥0，由于a ，b 为任意实数，∴f (x )≥0⇒f (x )＝x (e x －λ)≥0，①当x ＝0时，显然成立，②当x ＜0时，λ≥e x 恒成立，λ≥1，③当x ＞0时，λ≤e x 恒成立，可得λ≤1，综上可得λ＝1，故选B.6.答案a >ab >b 解析1a 2－1b2>ln b －ln a ，1a 2＋ln a >1b 2＋ln b ，令g (x )＝1x2＋ln x ，x >2，g ′(x )＝－2x 3＋1x ＝x 2－2x 3>0，g (x )在(2，＋∞)上单调递增.∵g (a )>g (b )，∴a >b ，又∵a a >a b >b b ，∴a >ab >b .7.答案(－∞，0]解析原不等式可变形为e 2ln x ＋3x －(3x ＋2ln x )≥kx ＋1，e 2ln x ＋3x －(3x ＋2ln x )－1≥kx ，利用e x ≥x ＋1，可得kx ≤0，又x >0，故k ≤0.8.答案12e ，＋∞解析法一将2a e 2x －ln x ＋ln a ≥0变形为2a e 2x ≥lnx a，则2e 2x ≥1a ln xa，两边同时乘以x 得2x e 2x ≥x a ln xa，即2x e 2x ≥x a ln x a ＝eln x a ln xa .(*)设g (t )＝t e t (t >0)，则g ′(t )＝(1＋t )e t >0，所以g (t )在(0，＋∞)上单调递增，故由(*)得2x ≥ln x a，则ln a ≥ln x －2x .令h (x )＝ln x －2x ，x >0，则h ′(x )＝1－2，易知当x h (x )单调递增，当x h (x )单调递减，故h (x )max ＝ln 2－1，所以ln a ≥－ln 2－1，即a ≥12e ，故a 的取值范围为12e，＋法二将2a e 2x －ln x ＋ln a ≥0变形为e ln(2a )＋2x －ln x ＋ln a ≥0，即e ln(2a )＋2x ＋ln(2a )≥ln(2x )，则e ln(2a )＋2x ＋2x ＋ln(2a )≥2x ＋ln(2x )＝e ln(2x )＋ln(2x ).设g (t )＝e t ＋t ，易知g (t )单调递增，故2x ＋ln(2a )≥ln(2x )，以下同法一.9.答案(0，e)解析由f (x )>a ln a ，得e xa －ln a >ln x ，即e x －ln a －ln a >ln x ，两边同时加x 得e x －ln a ＋x －ln a >e ln x ＋ln x .令g (t )＝e t ＋t ，则g (x －ln a )>g (ln x )，因为g (t )为单调增函数，所以x －ln a >ln x ，即ln a <x －ln x ，令h (x )＝x －ln x ，则h ′(x )＝x －1x.所以h (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h (x )min ＝h (1)＝1，所以ln a <1，解得0<a <e.10.解同构构造h (x )＝x e x ，h ′(x )＝(x ＋1)e x ，当x >－1时，h ′(x )>0恒成立，h (x )在(－1，＋∞)上单调递增.a e x －1－ln x ＋ln a ≥1⇒a e x －1≥ln e x a ⇒x e x ≥e x a ln e x a ＝ln e xae ln e xa ，即h (x )≥∴x ≥lne xa＝1＋ln x －ln a ，令g (x )＝1＋ln x －x (x >0)，则g ′(x )＝1x －1＝1－x x，当x >1时，g ′(x )<0，当0<x <1时，g ′(x )>0，故g (x )＝1＋ln x －x 在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g (x )≤g (1)＝0，则ln a ≥0，解得a ≥1.11.(1)解f (x )＝x －ln x ，f ′(x )＝1－1x ＝x －1x (x >0)，令f ′(x )＝0，解得x ＝1，则当0<x <1时，f ′(x )<0；当x >1时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.(2)证明要证：e x ＋ln x ＋1xe ＋1，即证：e x ＋ln e x ≥e x ＋x ⇒e x －x ≥e x －ln e x ⇒e x －ln e x ≥e x －ln e x ，又∵e x ≥e x ＞1，由(1)可得：f (x )在(1，＋∞)上单调递增，故f (e x )≥f (e x )，故原不等式成立.(3)解x ＋a ln x ＋1e x ≥x a ⇒1ex ＋x ≥x a －a ln x ⇒e －x －ln e －x ≥x a －a ln x⇒e －x －ln e －x ≥x a －ln x a ⇒f (e －x )≥f (x a )，又因为0＜e －x ＜1，f (x )在(0，1)上单调递减，∴e －x ≤x a ⇒a ≥－x ln x.令g (x )＝－xln x(x >1)，g ′(x )＝1－ln x（ln x ）2，令g ′(x )＝0，得x ＝e.当1<x <e 时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，当x >e 时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，所以g (x )的最大值为g (e)＝－eln e＝－e ，所以a ≥－e ，所以a 的最小值为－e.二、创新拓展练12.答案B解析e x 21＋ln x ＞e x⇒e x 1＋ln x ＞e x x ⇒e 1＋ln x 1＋ln x ＞e x x，构造g (x )则g ′(x )＝（x －1）e xx 2，g ′(x )＝0，解得x ＝1，所以g (x )在(0，1)单调递减，(1，＋∞)单调递增，又f (x )>e x ⇔g (1＋ln x )>g (x )，当x >1时，ln x ＋1>1，于是得1＋ln x >x ，即1＋ln x －x >0，令h (x )＝1＋ln x －x ，当x >1时，h ′(x )＝1x －1<0，函数h (x )在(1，＋∞)上单调递减，∀x >1,h (x )<h (1)＝0，因此，1＋ln x >x 无解.当1e<x<1时，0<ln x＋1<1，于是得1＋ln x<x，即1＋ln x－x<0，此时h′(x)＝1x－1>0，函数h(x)∀x h(x)<h(1)＝0，不等式1＋ln x<x所以不等式f(x)>e x13.答案C解析函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－ln xx2，所以当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，又f(1)＝0，所以x∈(0，1)时，f(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，同时g(x)＝xe x＝ln e xe x＝f(ex)，若存在x1∈(0，＋∞)，x2∈R，使得f(x1)＝g(x2)＝k(k<0)成立，则0<x1<1且f(x1)＝g(x2)＝f(e x2)，所以x1＝e x2，即x2＝ln x1，又k＝ln x1x1，所以x2x1＝ln x1x1＝k，·e k＝k2·e k(k<0)，令φ(x)＝x2e x(x<0)，则φ′(x)＝x(x＋2)e x.令φ′(x)<0，解得－2<x<0；令φ′(x)>0，解得x <－2，所以φ(x )在(－2，0)上单调递减；在(－∞，－2)上单调递增.所以φ(x )max ＝φ(－2)＝4e 2，即e k 的最大值为4e 2.14.答案3e解析4x －ln(3x )≤a e x －ln a ⇒x ＋3x －ln(3x )≤a e x －ln a ⇒3x －ln(3x )≤a e x －ln(a e x )，构造f (x )＝x －ln x ，所以f (3x )≤f (a e x )，则f ′(x )＝1－1x ＝x －1x ，故f (x )在[1，＋∞)上单调递增，因为f (3x )≤f (a ·e x )，所以3x ≤a e x .因为a >1，x ∈13，＋所以3x ，a e x ∈[1，＋∞)，故3x ≤a e x ⇔a ≥3xex 恒成立，令g (x )＝3xe x ，只需a ≥g (x )max ，由g ′(x )＝3－3xex ，故x ＝1时，g (x )的最大值是3e，故a ≥3e ，故a 的最小值为3e .15.解(1)f (x )的定义域为(－1，＋∞).因为f (x )＝2a ln(x ＋1)－x －1，所以f ′(x )＝2ax ＋1－1＝2a －1－x x ＋1.当2a －1≤－1，即a ≤0时，f ′(x )＜0，则f (x )在(－1，＋∞)上单调递减；当2a －1＞－1，即a ＞0时，令f ′(x )＞0，得－1＜x ＜2a －1，令f ′(x )＜0，得x ＞2a －1，则f (x )在(－1，2a －1)上单调递增，在(2a －1，＋∞)上单调递减.综上所述，当a ≤0时，f (x )在(－1，＋∞)上单调递减；当a ＞0时，f (x )在(－1，2a －1)上单调递增，在(2a －1，＋∞)上单调递减.(2)由f (x )＋g (x )≥0，得2a ln(x ＋1)－x －1＋e x －2ax ≥0，即e x －2ax ≥x ＋1－2a ln(x ＋1)＝e ln(x ＋1)－2a ln(x ＋1)，即g (x )≥g (ln(x ＋1))在x ∈[0，＋∞)上恒成立.令h (x )＝x －ln(x ＋1)，x ∈[0，＋∞)，则h ′(x )＝1－1x ＋1＝x x ＋1≥0，所以h (x )在[0，＋∞)上单调递增，所以h (x )≥h (0)＝0，所以x ≥ln(x ＋1)，即只需g (x )＝e x －2ax 在[0，＋∞)上单调递增.因为g ′(x )＝e x －2a ，所以g ′(x )≥0在[0，＋∞)上恒成立，即a ≤e x 2在[0，＋∞)上恒成立.因为函数y ＝e x 2在[0，＋∞)上单调递增，所以a min＝12，故实数a ∞，12.。

2020高考数学复习专题对点练15 4-1~4-2组合练含答案

专题对点练154.1~4.2组合练(限时90分钟,满分100分)专题对点练第21页一、选择题(共9小题,满分45分)1.设S n是等差数列{a n}的前n项和,若a1+a3+a5=3,则S5=()A.5B.7C.9D.11答案A解析由a1+a3+a5=3,得3a3=3,解得a3=1.故S5=错误!未找到引用源。

=5a3=5.2.(2017全国Ⅱ,理3)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题:“远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”意思是:一座7层塔共挂了381盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍,则塔的顶层共有灯()A.1盏B.3盏C.5盏D.9盏答案B解析设塔的顶层共有x盏灯,则各层的灯数构成一个公比为2的等比数列,由错误!未找到引用源。

=381,可得x=3,故选B.3.已知等差数列{a n}的公差为2,若a2,a4,a8成等比数列,则{a n}的前n项和S n=()A.n(n+1)B.n(n-1)C.错误!未找到引用源。

D.错误!未找到引用源。

答案A解析∵a2,a4,a8成等比数列,∴错误!未找到引用源。

=a2·a8,即(a1+6)2=(a1+2)(a1+14),解得a1=2.∴S n=na1+错误!未找到引用源。

d=2n+n2-n=n2+n=n(n+1).故选A.4.(2017宁夏银川一中二模,理8)公差不为零的等差数列{a n}的前n项和为S n.若a4是a3与a7的等比中项,S8=16,则S10等于()A.18B.24C.30D.60答案C解析设等差数列{a n}的公差为d≠0.由题意,得(a1+3d)2=(a1+2d)(a1+6d),即2a1+3d=0.①∵S8=16,∴8a1+错误!未找到引用源。

×d=16,②联立①②解得a1=-错误!未找到引用源。

,d=1.则S10=10×错误!未找到引用源。

×1=30.5.等比数列{a n}的前n项和为S n.已知S3=a2+10a1,a5=9,则a1=()A.错误!未找到引用源。

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专题对点练185.1~5.3组合练(限时90分钟,满分100分)专题对点练第27页一、选择题(共9小题,满分45分)1.(2017浙江,3)某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积(单位:cm3)是()A.错误!未找到引用源。

+1B.错误!未找到引用源。

+3C.错误!未找到引用源。

+1D.错误!未找到引用源。

+3答案A解析V=错误!未找到引用源。

×3×错误!未找到引用源。

×π×12+错误!未找到引用源。

+1,故选A.2.已知m,n为异面直线,m⊥平面α,n⊥平面β,直线l满足l⊥m,l⊥n,l⊄α,l⊄β,则()A.α∥β,且l∥αB.α⊥β,且l⊥βC.α与β相交,且交线垂直于lD.α与β相交,且交线平行于l答案D解析因为m⊥α,l⊥m,l⊄α,所以l∥α.同理可得l∥β.又因为m,n为异面直线,所以α与β相交,且l平行于它们的交线.故选D.3.(2017河北邯郸一模,理10)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()A.错误!未找到引用源。

πB.错误!未找到引用源。

πC.错误!未找到引用源。

πD.错误!未找到引用源。

π答案A解析由三视图可得,该几何体的直观图为圆锥的错误!未找到引用源。

与圆柱的错误!未找到引用源。

的组合体, 由图中数据可得,该几何体的体积为错误!未找到引用源。

×π×12×错误!未找到引用源。

π×12×2=错误!未找到引用源。

π,故选A.4.如图,网格纸上正方形小格的边长为1(表示1 cm),图中粗线画出的是某零件的三视图,该零件由一个底面半径为3 cm,高为6 cm的圆柱体毛坯切削得到,则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为()A.错误!未找到引用源。

B.错误!未找到引用源。

C.错误!未找到引用源。

D.错误!未找到引用源。

答案C解析由零件的三视图可知,该几何体为两个圆柱组合而成,如图所示.切削掉部分的体积V1=π×32×6-π×22×4-π×32×2=20π(cm3),原来毛坯体积V2=π×32×6=54π(cm3).故所求比值为错误!未找到引用源。

.5.(2017四川成都三诊,理11)如图,某三棱锥的正视图、侧视图和俯视图分别是直角三角形、等腰三角形和等边三角形.若该三棱锥的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为()A.27πB.48πC.64πD.81π答案C解析由三视图可知,该几何体为三棱锥,三棱锥的高VA=4,直观图如图所示.∵△ABC是边长为6的等边三角形,∴外接球的球心D在底面ABC的投影为△ABC的中心O,过D作DE⊥VA于E,则E为VA的中点,连接OA,DA,则DE=OA=错误!未找到引用源。

×3错误!未找到引用源。

=2错误!未找到引用源。

,AE=错误!未找到引用源。

VA=2,DA为外接球的半径r,∴r=错误!未找到引用源。

=4,∴该球的表面积S=4πr2=64π.故选C.6.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,M,N分别是A1B1,A1C1的中点,BC=CA=CC1,则BM与AN所成角的余弦值为()A.错误!未找到引用源。

B.错误!未找到引用源。

C.错误!未找到引用源。

D.错误!未找到引用源。

答案C解析如图,以点C1为坐标原点,C1B1,C1A1,C1C所在的直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,不妨设BC=CA=CC1=1,可知点A(0,1,1),N错误!未找到引用源。

,B(1,0,1),M错误!未找到引用源。

.∴错误!未找到引用源。

.∴cos<错误!未找到引用源。

>=错误!未找到引用源。

.根据错误!未找到引用源。

的夹角及AN与BM所成角的关系可知,BM与AN所成角的余弦值为错误!未找到引用源。

.7.(2017辽宁沈阳三模,理10)已知某三棱锥的三视图如图所示,图中的3个直角三角形的直角边长度已经标出,则在该三棱锥中,最短的棱和最长的棱所在直线成的角的余弦值为()A.错误!未找到引用源。

B.错误!未找到引用源。

C.错误!未找到引用源。

D.错误!未找到引用源。

答案A解析由三视图还原原几何体如图.几何体是三棱锥A-BCD,满足平面ACD⊥平面BCD,且AD⊥CD,BC⊥CD,则最短棱为CD,最长棱为AB.在平面BCD内,过B作BE∥CD,且BE=CD,连接DE,∴四边形BEDC为长方形,可得AE=2错误!未找到引用源。

.在Rt△AEB中,求得AB=错误!未找到引用源。

=3,∴cos∠ABE=错误!未找到引用源。

.即最短的棱和最长的棱所在直线成的角的余弦值为错误!未找到引用源。

.故选A.8.圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体,该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16+20π,则r=()A.1B.2C.4D.8答案B解析由条件知,该几何体是由一个圆柱被过圆柱底面圆直径的平面所截剩下的半个圆柱及一个半球拼接而成,其表面积是一个矩形面积、两个半圆面积、圆柱侧面积的一半、球表面积的一半相加所得,所以表面积为S表=2r ×2r+2×错误!未找到引用源。

πr2+πr×2r+错误!未找到引用源。

×4πr2=5πr2+4r2=16+20π,解得r=2.9.(2017河南新乡二模,理10)已知正三角形ABC的三个顶点都在球心为O,半径为3的球面上,且三棱锥O-ABC 的高为2,点D是线段BC的中点,过点D作球O的截面,则截面积的最小值为()〚导学号16804204〛A.错误!未找到引用源。

B.4πC.错误!未找到引用源。

D.3π答案A解析设正三角形ABC的中心为O1,连接O1O,O1C,O1D,OD,∵O1是正三角形ABC的中心,A,B,C三点都在球面上,∴O1O⊥平面ABC.又O1C⊂平面ABC,∴O1O⊥O1C.∵球的半径R=3,O1O=2,∴在Rt△O1OC中,O1C=错误!未找到引用源。

.又D为BC的中点,∴在Rt△O1DC中,O1D=错误!未找到引用源。

O1C=错误!未找到引用源。

.∴在Rt△OO1D中,OD=错误!未找到引用源。

.过D作球O的截面,当截面与OD垂直时,截面圆的半径最小,此时截面圆的半径r=错误!未找到引用源。

,可得截面积为S=πr2=错误!未找到引用源。

.故选A.二、填空题(共3小题,满分15分)10.已知H是球O的直径AB上一点,AH∶HB=1∶2,AB⊥平面α,H为垂足,α截球O所得截面的面积为π,则球O 的表面积为.答案错误!未找到引用源。

解析如图,设球O的半径为R,则AH=错误!未找到引用源。

,OH=错误!未找到引用源。

.∵π·EH2=π,∴EH=1.∵在Rt△OEH中,R2=错误!未找到引用源。

+12,∴R2=错误!未找到引用源。

.∴S球=4πR2=错误!未找到引用源。

.11.(2017山西太原二模,理15)已知三棱锥A-BCD,AB=AC=BC=2,BD=CD=错误!未找到引用源。

,点E是BC 的中点,点A在平面BCD上的射影恰好为DE的中点F,则该三棱锥外接球的表面积为.答案错误!未找到引用源。

解析由题意,得△BCD为等腰直角三角形,E是外接圆的圆心.∵点A在平面BCD上的射影恰好为DE的中点F,∴BF=错误!未找到引用源。

,∴AF=错误!未找到引用源。

.设球心O到平面BCD的距离为h,则1+h2=错误!未找到引用源。

,解得h=错误!未找到引用源。

,r=错误!未找到引用源。

,故该三棱锥外接球的表面积为4π×错误!未找到引用源。

.12.(2017全国Ⅲ,理16)a,b为空间中两条互相垂直的直线,等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a,b 都垂直,斜边AB以直线AC为旋转轴旋转,有下列结论:①当直线AB与a成60°角时,AB与b成30°角;②当直线AB与a成60°角时,AB与b成60°角;③直线AB与a所成角的最小值为45°;④直线AB与a所成角的最大值为60°.其中正确的是.(填写所有正确结论的编号)答案②③解析由题意,AB是以AC为轴,BC为底面半径的圆锥的母线,由AC⊥a,AC⊥b,得AC⊥圆锥底面,在底面内可以过点B,作BD∥a,交底面圆C于点D,如图所示,连接DE,则DE⊥BD,∴DE∥b.连接AD,在等腰三角形ABD中,设AB=AD=错误!未找到引用源。

,当直线AB与a成60°角时,∠ABD=60°,故BD=错误!未找到引用源。

.又在Rt△BDE中,BE=2,∴DE=错误!未找到引用源。

,过点B作BF∥DE,交圆C于点F,连接AF,由圆的对称性可知BF=DE=错误!未找到引用源。

,∴△ABF为等边三角形,∴∠ABF=60°,即AB与b成60°角,②正确,①错误.由最小角定理可知③正确;很明显,可以满足直线a⊥平面ABC,直线AB与a 所成的最大角为90°,④错误.故正确的说法为②③.三、解答题(共3个题,分别满分为13分,13分,14分)13.(2017河南郑州一中质检,理18)如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD是梯形,BC∥AD,平面SAB⊥平面ABCD,△SAB是等边三角形,已知AC=2AB=4,BC=2AD=2DC=2错误!未找到引用源。

.(1)求证:平面SAB⊥平面SAC;(2)求二面角B-SC-A的余弦值.(1)证明在△BCA中,∵AB=2,CA=4,BC=2错误!未找到引用源。

,∴AB2+AC2=BC2,∴AB⊥AC.又平面SAB⊥平面ABCD,平面SAB∩平面ABCD=AB,∴AC⊥平面SAB.又AC⊂平面SAC,故平面SAB⊥平面SAC.(2)解如图建立空间直角坐标系Axyz,则A(0,0,0),B(2,0,0),S(1,0,错误!未找到引用源。

),C(0,4,0).错误!未找到引用源。

=(1,-4,错误!未找到引用源。

),错误!未找到引用源。

=(-2,4,0),错误!未找到引用源。

=(0,4,0).设平面SBC的法向量n=(x,y,z),由错误!未找到引用源。

则取n=错误!未找到引用源。

.设平面SCA的法向量m=(a,b,c),由错误!未找到引用源。

则取m=(-错误!未找到引用源。

,0,1),∴cos<n,m>=-错误!未找到引用源。

,∴二面角B-SC-A的余弦值为错误!未找到引用源。

.14.(2017辽宁沈阳三模,理19)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B⊥底面ABC,△ABC和△ABB1都是边长为2的正三角形.(1)过B1作出三棱柱的截面,使截面垂直于AB,并证明;(2)求AC1与平面BCC1B1所成角的正弦值.解(1)设AB的中点为O,连接OC,OB1,B1C,则截面OB1C为所求.证明:因为OC,OB1分别为△ABC,△ABB1的中线,所以AB⊥OC,AB⊥OB1.又OC,OB1⊂平面OB1C,OC∩OB1=O,所以AB⊥平面OB1C.(2)以O为原点,OB方向为x轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系,易求得B(1,0,0),A(-1,0,0),C(0,错误!未找到引用源。

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