2014版陕西北师版数学文复习方略：课时提升作业第七章 第七节空间直角坐标系
2014版陕西北师版数学文复习方略：课时提升作业第一章 第二节命题、充分条件与必要条件
课时提升作业(二)一、选择题1.已知命题p:若x>0,y>0,则xy>0,则p的否命题是( )(A)若x>0,y>0,则xy≤0(B)若x≤0,y≤0,则xy≤0(C)若x,y至少有一个不大于0,则xy<0(D)若x,y至少有一个小于或等于0,则xy≤02.(2013·吉安模拟)已知条件p:x≤1,条件q:<1,则 p是q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3.(2013·延安模拟)命题“若a,b∈R,a=b=0,则a2+b2=0”的逆否命题是( )(A)若a,b∈R,a2+b2=0,则a≠b≠0(B)若a,b∈R,a2+b2≠0,则a≠b≠0(C)若a,b∈R,a2+b2≠0,则a≠0且b≠0(D)若a,b∈R,a2+b2≠0,则a≠0或b≠04.(2013·合肥模拟)设a>0且a≠1,则“函数f(x)=a x在R上是增函数”是“函数g(x)=x a在R上是增函数”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5.已知a,b,c都是实数,则在命题“若a>b,则ac2>bc2”与它的逆命题、否命题、逆否命题这四个命题中,真命题的个数是( )(A)4 (B)2 (C)1 (D)06.(2013·安康模拟)对任意实数a ，b ，c 给出下列命题: ①“a=b ”是“ac=bc ”的充要条件;②“a+5是无理数”是“a 是无理数”的充要条件; ③“a>b ”是“a 2>b 2”的充分条件; ④“a<5”是“a<3”的必要条件. 其中真命题的个数是( )(A)1 (B)2 (C)3 (D)4 7.下列各小题中,p 是q 的充要条件的是( ) (1)p:m<-2或m>6;q:y=x 2+mx+m+3有两个不同的零点. (2)p:=1;q:y=f(x)是偶函数.(3)p:cos α=cos β;q:tan α=tan β. (4)p:A ∩B=A;q: U ðB ⊆U ð A.(A)(1)(2) (B)(2)(3) (C)(3)(4) (D)(1)(4)8.已知向量a =(1,2),b =(2,3),则λ<-4是向量m =λa +b 与向量n =(3,-1)夹角为钝角的( ) (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9.(2013·西安模拟)已知集合M={x|log 2x ≤0},N={x|x 2-2x ≤0},则“a ∈M ”是 “a ∈N ”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10.(2013·重庆模拟)设非零实数a,b,则“a2+b2≥2ab成立”是“+≥2成立”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11.(能力挑战题)若m,n∈N+,则“a>b”是“a m+n+b m+n>a n b m+a m b n”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12.(能力挑战题)已知a,b为实数,集合A={x|ax+b=0},则下列命题为假命题的是( )(A)当a≠0时,集合A是有限集(B)当a=b=0时,集合A是无限集(C)当a=0时,集合A是无限集(D)当a=0,b≠0时,集合A是空集二、填空题13.若“对于任意x∈R,ax2+ax+1>0”为真命题,则实数a的取值范围是.14.sinα≠sinβ是α≠β的条件.15.(能力挑战题)在空间中:①若四点不共面,则这四点中任何三点都不共线;②若两条直线没有公共点,则这两条直线是异面直线.以上两个命题中,逆命题为真命题的是.16.(2013·渭南模拟)已知p:2x2-9x+a<0，q:且q是p的充分条件，则实数a的取值范围是.三、解答题17.已知集合A={y|y=x2-x+1,x∈[,2]},B={x|x+m2≥1}.若“x∈A”是“x∈B”的充分条件,求实数m的取值范围.答案解析1.【解析】选D.否命题应在否定条件的同时否定结论,而原命题中的条件是“且”的关系,所以条件的否定形式是“x≤0或y≤0”.2.【解析】选A.⌝p:x>1;<1,解得x<0或x>1.所以⌝p是q的充分不必要条件.3.【解析】选D.“a=b=0”的否定为“a≠0或b≠0”,“a2+b2=0”的否定为“a2+b2≠0”,故原命题的逆否命题是“若a,b∈R,a2+b2≠0,则a≠0或b≠0”.4.【解析】选D.当a=2时,函数f(x)=a x在R上为增函数,函数g(x)=x a在R上不是增函数;当a=时,g(x)=x a在R上是增函数,f(x)=a x在R上不是增函数.5.【解析】选B.原命题是一个假命题,因为当c=0时,不等式的两边同乘上0得到的是一个等式;原命题的逆命题是一个真命题,因为当ac2>bc2时,一定有c2≠0,所以必有c2>0,不等式两边除以同一个正数,不等号方向不变,即若ac2>bc2,则a>b成立.根据命题的等价关系,四个命题中有2个真命题.6.【解析】选B.对于①，a=b ⇒ac=bc ，但ac=bc a=b ，故①错.对于②，a+5是无理数⇔a 是无理数，故②正确. 对于③，a>ba 2>b 2，故③错.对于④，a<3⇒a<5，故④正确，故选B.7.【解析】选D.(1)y=x 2+mx+m+3有两个不同的零点的充要条件是m 2-4(m+3)>0,解得m<-2或m>6. (2)由=1可得f(-x)=f(x),函数y=f(x)是偶函数,但函数y=f(x)是偶函数时,有可能f(x)=0,此时无意义.(3)cos α=cos β≠0时,sin α=〒sin β,得出tan α=〒tan β,cos α=cos β=0时,tan α,tan β无意义. (4)A ∩B=A ⇔A ⊆B ⇔U ðB ⊆U ðA.综上可知,p 是q 的充要条件的是(1)(4).8.【解析】选A.m =(λ+2,2λ+3),m ,n 的夹角为钝角的充要条件是m ·n <0且m ≠μn (μ<0).m ·n <0,即3(λ+2)-(2λ+3)<0,即λ<-3;若m =μn ,则λ+2= 3μ,2λ+3=-μ,解得μ=,故m ≠μn (μ<0),所以,m ,n 的夹角为钝角的充要条件是λ<-3.λ<-4是m ,n 的夹角为钝角的充分不必要条件.9.【解析】选A.集合M={x|0<x ≤1},N={x|0≤x ≤2},故“a ∈M ”是“a ∈N ”的充分不必要条件.10.【解析】选B.若a 2+b 2≥2ab,则+≥2不一定成立;若+≥2,则a 2+b 2≥2ab 成立.11.【解析】选D.a m+n +b m+n >a n b m +a m b n ⇔(a m -b m )(a n -b n )>0.当a>b 时,由于a,b 可能为负值,m,n 奇偶不定,因此不能得出(a m -b m )(a n -b n )>0;当(a m -b m )·(a n -b n )>0时,即使在a,b均为正数时也有a<b的可能,因此也得不出a>b.所以“a>b”是“a m+n+b m+n>a n b m+a m b n”的既不充分也不必要条件.【误区警示】因没有注意不等式性质成立的条件而出错.【变式备选】(2012·郑州模拟)若a1x2+b1x+c1<0和a2x2+b2x+c2<0的解集分别为集合M和N,a i,b i,c i(i=1,2)均不为零,那么“a1b2=a2b1且a1c2=a2c1”是“M=N”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【解析】选D.若a 1b2=a2b1且a1c2=a2c1,则有===k,当k<0时,M≠N;反之,若M=N,则a1b2=a2b1且a1c2=a2c1不一定成立,故“a1b2=a2b1且a1c2=a2c1”是“M=N”的既不充分也不必要条件.12.【思路点拨】集合A是一个含有参数的方程的解的集合,根据参数的不同取值这个方程解的个数也不同,分类讨论即可解决.【解析】选C.A中,当a≠0时,有x=-,此时集合A是有限集;B中,当a=b=0时,一切实数x都是集合A的元素,此时集合A是无限集;C中,当a=0时,方程变为0x+b=0,此时只有b=0集合A才可能是无限集;D中,当a=0,b≠0时,没有实数x 满足ax+b=0,此时集合A是空集.13.【解析】问题等价于对任意实数x,不等式ax2+ax+1>0恒成立.当a=0时,显然成立;当a≠0时,只能是a>0且Δ=a2-4a<0,即0<a<4.故a的取值范围是[0,4). 答案:[0,4)【误区警示】因忽略二次项系数可能为零的情况而出错.14.【解析】即判断α=β是sinα=sinβ的什么条件,显然是充分不必要条件. 答案:充分不必要15.【解析】①中的逆命题是:在空间中,若四点中任何三点都不共线,则这四点不共面.我们用正方体AC1做模型来观察:上底面A1C1内A1,B1,C1,D1四点中任何三点都不共线,但A1,B1,C1,D1四点共面,所以①中逆命题为假命题.②中的逆命题是:在空间中,若两条直线是异面直线,则这两条直线没有公共点.由异面直线的定义可知,成异面直线的两条直线不会有公共点.所以②中逆命题是真命题.答案:②16.【思路点拨】求出条件q，由q是p的充分条件知q p，再转化为不等式恒成立问题求解.【解析】由得≨2<x<3.≧q⇒p，≨x∈(2，3)时，2x2-9x+a<0恒成立.记f(x)=2x2-9x+a，则即≨a≤9.答案:(-≦，9]17.【解析】y=x2-x+1=(x-)2+,≧x∈[,2],≨≤y≤2,≨A={y|≤y≤2}.由x+m2≥1,得x≥1-m2,≨B={x|x≥1-m2}.≧“x∈A”是“x∈B”的充分条件,≨A⊆B,≨1-m2≤,解得m≥或m≤-,故实数m的取值范围是(-≦,-]∪[,+≦).【变式备选】求证:关于x的方程ax2+bx+c=0有一个根为1的充要条件是a+b+c=0.【证明】必要性:若方程ax2+bx+c=0有一个根为1,则x=1满足方程ax2+bx+c=0,≨a+b+c=0.充分性:若a+b+c=0,则b=-a-c,≨ax2+bx+c=0可化为ax2-(a+c)x+c=0,≨(ax-c)(x-1)=0,≨当x=1时,ax2+bx+c=0,≨x=1是方程ax2+bx+c=0的一个根.关闭Word文档返回原板块。
2014版高中数学复习方略课时提升作业：单元评估检测(七)(北师大版)(北师大版·数学理·通用版)
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单元评估检测(七)第七章(120分钟 150分)一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.已知直线l∥平面α,P∈α,那么过点P且平行于直线l的直线( )(A)只有一条,不在平面α内(B)有无数条,不一定在平面α内(C)只有一条,且在平面α内(D)有无数条,一定在平面α内2.在△ABC中,AB=2,BC=1.5,∠ABC=120°,若使△ABC绕直线BC旋转一周,则所形成的几何体的体积是( )(A)π(B)π(C)π(D)π3.(2013·随州模拟)在空间中,a,b是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,下列命题正确的是( )(A)若a∥α,b∥a,则b∥α(B)若a∥α,b∥a,aÜβ,bÜβ,则β∥α(C)若α∥β,b∥α,则b∥β(D)若α∥β,aÜα,则a∥β4.若圆锥的侧面展开图是圆心角为120°、半径为l的扇形,则这个圆锥的表面积与侧面积之比是( )(A)3∶2 (B)2∶1(C)5∶3 (D)4∶35.(2013·珠海模拟)已知a,b,l表示三条不同的直线,α,β,γ表示三个不同的平面,有下列命题:①若α∩β=a,β∩γ=b,且a∥b,则α∥γ;②若a,b相交,且都在α,β外,a∥α,a∥β,b∥α,b∥β,则α∥β;③若α⊥β,α∩β=a,bÜβ,a⊥b,则b⊥α;④若aÜα,bÜα,l⊥a,l⊥b,则l⊥α.其中正确的有( )(A)0个(B)1个(C)2个(D)3个6.(2013·郑州模拟)把边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折起,使得平面ABD ⊥平面CBD,形成三棱锥C-ABD,其主视图与俯视图如图所示,则其左视图的面积为( )(A)(B)(C)(D)7.若某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则此几何体的体积是( )(A)36 cm3(B)48 cm3(C)60 cm3(D)72 cm38.如图是正方体的表面展开图,在这个正方体中有如下命题:①AF∥NC;②BE与NC是异面直线;③AF与DE的夹角为60°;④AN与ME的夹角为45°.其中正确命题的个数为( )(A)3个(B)2个(C)1个(D)0个9.已知正四棱锥的侧棱与底面的边长都为3,则这个四棱锥的外接球的表面积为( )(A)12π(B)36π(C)72π(D)108π10.(能力挑战题)已知正方形ABCD的边长是4,对角线AC与BD交于O,将正方形ABCD沿对角线BD折叠,使平面ABD与平面CBD的夹角为60°,给出下面结论: ①AC⊥BD;②AD⊥CO;③△AOC为正三角形;④cos∠ADC=.则其中的结论正确的是( )(A)①③④(B)①②④(C)②③④(D)①②③二、填空题(本大题共5小题,每小题5分,共25分.请把正确答案填在题中横线上)11.一个多面体的三视图分别为正方形、等腰三角形和矩形,如图所示,则该几何体的表面积为.12.(2012·九江模拟)在棱长为1的正方体AC1中,E为AB的中点,点P为侧面BB1C1C内一动点(含边界),若动点P始终满足PE⊥BD1,则动点P的轨迹的长度为.13.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点M,N分别在线段AB1,BC1上,且AM=BN.以下结论:①AA1⊥MN;②A1C1∥MN;③MN∥平面A1B1C1D1;④MN与A1C1异面,其中有可能成立的有.14.已知一个三棱锥的三视图如图所示,其中俯视图是等腰直角三角形,则该三棱锥的外接球体积为.15.等边三角形ABC与正方形ABDE有一公共边AB,平面CAB与平面DAB的夹角的余弦值为,M,N分别是AC,BC的中点,则EM,AN的夹角的余弦值等于.三、解答题(本大题共6小题,共75分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)16.(12分)如图,在△ABC中,∠ABC=60°,∠BAC=90°,AD是BC上的高,沿AD把△ABD折起,使∠BDC=90°.(1)证明:平面ABD⊥平面BDC.(2)设E为BC的中点,求AE与DB夹角的余弦值.17.(12分)(2013·西安模拟)已知三棱柱ABC -A1B1C1的底面ABC为正三角形,侧棱AA1⊥平面ABC,AB=2,AA1=4,E为AA1中点,F为BC中点.(1)求证:直线AF∥平面BEC1.(2)求平面BEC1与平面ABC的夹角的余弦值.18.(12分)如图所示的几何体中,PB⊥平面ABC,PQ∥AB,PQ=PB=1,AB=BC=,∠ABC=90°,M∈PB,N∈PC.(1)求QC与平面ABC的夹角的正弦值.(2)若QC⊥平面AMN,求线段MN的长度.19.(12分)(2013·黄山模拟)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=BC=2AA1,∠ABC=90°,D是BC的中点.(1)求证:A1B∥平面ADC1.(2)求平面C1AD与平面CAD的夹角的余弦值.(3)试问线段A1B1上是否存在点E,使AE与DC1的夹角为60°?若存在,确定E点位置;若不存在,说明理由.20.(13分)(能力挑战题)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直,AA1=AB=AC=1,AB⊥AC,M是CC1的中点,N是BC的中点,点P在直线A1B1上,且满足=λ.(1)当λ取何值时,直线PN与平面ABC的夹角θ最大?(2)若平面PMN与平面ABC的夹角为45°,试确定点P的位置.21.(14分)(能力挑战题)如图,已知四棱锥S-ABCD的底面ABCD是菱形,∠BAD=60°,且SA=SB=SD=AB=2.(1)求证:AB⊥SD.(2)求S到底面ABCD的距离.(3)设G为CD的中点,在线段SA上是否存在一点F,使得GF∥平面SBC?说明理由.(4)在线段AB上是否存在一点P,使得SP与平面SCD的夹角的正切值为?说明理由.答案解析1.【解析】选C.由直线l与点P可确定一个平面β,且平面α,β有公共点,因此它们有一条公共直线,设该公共直线为m,因为l∥α,所以l∥m,故过点P且平行于直线l的直线只有一条,且在平面α内.2.【思路点拨】△ABC绕直线BC旋转一周后所得几何体为一圆锥,但其内部缺少一部分.用大圆锥的体积减去小圆锥的体积即为所求几何体的体积.【解析】选A.旋转后得到的几何体是一个大圆锥中挖去一个小圆锥.故所求体积为V=V 大圆锥-V 小圆锥=πr 2(1+1.5-1)=π.3.【解析】选D.A 中,由条件可以推出b ∥α或b Üα;B 中,由条件可以推出β∥α或α与β相交;C 中,由条件可以推出b ∥β或b Üβ.D 正确. 【变式备选】给定下列命题:①若一个平面内的两条直线与另外一个平面都平行,那么这两个平面相互平行; ②若一个平面经过另一个平面的垂线,那么这两个平面相互垂直; ③垂直于同一直线的两条直线相互平行;④若两个平面垂直,那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直.其中为真命题的是 ( )(A)①和② (B)②和③ (C)③和④ (D)②和④【解析】选D.对于①,两条直线必须相交,否则不能证明面面平行,错误;对于③,垂直于同一条直线的两条直线还可能异面或相交,错误;②④正确.所以选D. 4.【解析】选D.设圆锥的底面半径为r, 依题意可得扇形的弧长为πl , 从而圆锥的底面半径r=πl ÷2π=l ,l ,所以圆锥的侧面积S 侧=π·3l ·l =3π2l ,圆锥的表面积S 表=3π2l +π(3l )2=πl 2.所以,表面积与侧面积的比为4∶3.5.【思路点拨】可借助正方体模型解决.C1D1-ABCD中,可令平面【解析】选C.如图,在正方体AA1B1CD为α,平面DCC1D1为β,平面A1B1C1D1为γ.又平面A1B1CD∩平面DCC1D1=CD,平面A1B1C1D1∩平面DCC1D1=C1D1,则CD与C1D1所在的直线分别表示a,b,因为CD∥C1D1,但平面A1B1CD与平面A1B1C1D1不平行,即α与γ不平行,故①错误.因为a,b相交,可设其确定的平面为γ,根据a∥α,b∥α,可得γ∥α.同理可得γ∥β,因此α∥β,②正确.由两平面垂直,在一个平面内垂直于交线的直线和另一个平面垂直,易知③正确.a∥b时,由题知l垂直于平面α内两条不相交直线,得不出l⊥α,④错误.6.【解析】选D.如图所示,取BD的中点E,连接AE,CE,则有CE⊥BD,AE⊥BD,又平面ABD⊥平面CBD,所以CE⊥平面ABD,同理,AE⊥平面CBD.所以Rt△ACE就是三棱锥C-ABD的左视图.在Rt△BCD中,DC⊥CB,CD=CB=1,所以CE=BD=,同理AE=.所以三棱锥C-ABD的左视图的面积S=×AE×CE=××=.7.【解析】选B.依题意得知,该几何体的上半部分是一个长为4 cm,宽和高均为2 cm的长方体,下半部分是一个侧着放的直四棱柱,其高为4 cm,其底面是一个上底为2 cm,下底为6 cm,高为2 cm的等腰梯形,故该几何体的体积V=4×2×2+×(2+6)×2×4=48(cm3),故选B.8.【解析】选 C.如图所示,依据正方体的表面展开图,可画出正方体图形,判断可知AF与NC异面,①错;BE∥NC,②错;AF与DE的夹角即为AF与FC的夹角,在等边三角形AFC中,AF与FC的夹角为60°,③对;同理AN与ME的夹角为60°,④错;故正确的有1个,所以选C.9.【思路点拨】外接球的半径为棱锥的中心到各个顶点的距离.【解析】选B.依题意得,该正四棱锥的底面对角线长为3×=6,高为=3,因此底面中心到各顶点的距离均等于3,所以该四棱锥的外接球球心为底面正方形的中心,其外接球的半径为3,所以其外接球的表面积等于4π×32=36π,选B.10.【解析】选A.如图所示,易知∠AOC为平面ABD与平面CBD的夹角,即∠AOC=60°,且AO=OC,故△AOC为正三角形,即③正确;又BD⊥平面AOC,故AC⊥BD,即①正确;在△ADC中,可知AD=DC=4,AC=AO=2,故利用余弦定理可解得cos∠ADC=,故④正确.11.【解析】该几何体为直三棱柱,其表面积为4×6+×4×6×2+4××2 =88(cm2).答案:88cm212.【解析】如图,根据题意,BD1要始终垂直于PE所在的一个平面,取BC,BB1的中点F,G,易证BD1⊥平面EFG,故点P的轨迹为线段FG,易求得这条线段的长度是. 答案:13.【解析】取特殊值,使M,N 分别为线段AB 1,BC 1的中点,取B 1B 的中点为E,连接NE,EM,则NE ∥B 1C 1,ME ∥A 1B 1,又NE ∩ME=E,B 1C 1∩A 1B 1=B 1,故平面MNE ∥平面A 1B 1C 1D 1,∴MN ∥平面A 1B 1C 1D 1,③对;又A 1A ⊥平面A 1B 1C 1D 1,故A 1A ⊥平面MNE,∴A 1A ⊥MN,①对;连接A 1B,∵M 是AB 1的中点,∴M 在A 1B 上,MN 是△A 1C 1B 的中位线,∴MN ∥A 1C 1,②对;当N 与B 重合,M 与A 重合,此时MN 与A 1C 1异面,④对. 答案:①②③④14.【解析】三棱锥图形可画为如图所示.因为△BCD 为等腰直角三角形,则其外接圆圆心在BD 中点O 1处,设外接球的球心为O,半径为R,即|OA|=R,在平面ACO 1O 中,作OE ∥O 1C,则OE ⊥AC.在Rt △AEO 中,|AE|=|AC|-|OO 1|=2-,|OE|=|O 1C|=,由R 2=(2-)2+()2,得R=,故V=πR 3=4π.答案:4π15.【解析】设AB=2,作CO ⊥平面ABDE,OH ⊥AB,则CH ⊥AB,∠CHO 为平面CAB 与平面DAB 的夹角, CH=,OH=CH ·cos ∠CHO=1,结合等边三角形ABC 与正方形ABDE 可知此四棱锥为正四棱锥,则AN=EM=CH=.=(+),=-,·=(+)·(-)=.故EM,AN 的夹角的余弦值为=.答案:16.【解析】(1)∵折起前AD是BC边上的高,∴当△ABD折起后,AD⊥DC,AD⊥DB.又DB∩DC=D,∴AD⊥平面BDC.∵AD平面ABD,∴平面ABD⊥平面BDC.(2)由∠BDC=90°及(1)知DA,DB,DC两两垂直,不妨设|DB|=1,以D为坐标原点,以DB,DC,DA所在直线为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,易得D(0,0,0),B(1,0,0),C(0,3,0),A(0,0,),E(,,0),∴=(,,-),=(1,0,0),cos<,>===.∴AE与DB夹角的余弦值为.17.【解析】取B1C1的中点为N,以FA,FB,FN所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则A(,0,0),B(0,1,0),C(0,-1,0),C1(0,-1,4),A1(,0,4), E(,0,2),(1)设平面BEC1的一个法向量为n=(x,y,z),则取z=1,x=0,y=2,得n=(0,2,1),·n=0,∴⊥n,∵AF平面BEC1,∴AF∥平面BEC1.(2)易得平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1), ∴cos<m,n>==.平面BEC1与平面ABC的夹角的余弦值为. 18.【解析】(1)以B为原点,分别以BA,BC,BP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则A(,0,0),B(0,0,0),C(0,,0),P(0,0,1),Q(1,0,1).由题设知为平面ABC的一个法向量,又=(1,-,1),=(0,0,1),所以QC与平面ABC的夹角θ的正弦值sinθ=|cos<,>|=||=.(2)因为M在直线PB上,所以可设M(0,0,t),则=(-,0,t).因为·=-+t=0,所以t=,即M(0,0,),设=λ,N(x,y,z).因为=(x,y,z-1),=(0,,-1),所以x=0,y=λ,z-1=-λ,故N(0,λ,1-λ),=(-,λ,1-λ).由·=--λ+1-λ=-λ=0,得λ=,故N(0,,).所以MN==.交AC1于点O,连接OD.19.【解析】(1)连接A由ABC-A1B1C1是直三棱柱,得四边形ACC1A1为矩形,O为A1C的中点.又D为BC的中点,所以OD为△A1BC的中位线.所以A1B∥OD.因为OD平面ADC1,A1B⊈平面ADC1,所以A1B∥平面ADC1.(2)由ABC-A1B1C1是直三棱柱,且∠ABC=90°,得BA,BC,BB1两两垂直.以BC,BA,BB1所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.设BA=2,则B(0,0,0),C(2,0,0),A(0,2,0),C1(2,0,1),D(1,0,0),所以=(1,-2,0),=(2,-2,1).设平面C1AD的一个法向量为n=(x,y,z),则有所以取y=1,得n=(2,1,-2).易知平面CAD的一个法向量为v=(0,0,1).所以cos<n,v>==-.所以平面C1AD与平面CAD的夹角的余弦值为.(3)存在点E为A1B1的中点时满足条件.理由如下:假设存在满足条件的点E.因为点E在线段A1B1上,A1(0,2,1),B1(0,0,1),故可设E(0,λ,1),其中0≤λ≤2.所以=(0,λ-2,1),=(1,0,1).因为AE与DC1的夹角为60°,所以|cos<,>|=||=.即=,解得λ=1或λ=3(舍去).所以当点E为线段A1B1的中点时,AE与DC1的夹角为60°.【方法技巧】立体几何中探索性问题的解法探索性问题是近几年高考中出现频率较高的题目,能较好地考查学生的猜想能力和推理能力.一般以判断点的存在性为主,用几何法解答探索性问题的一般步骤是:先假设所求的点存在,然后在这一条件下进行推理论证,得出相关的结论.如果得出矛盾,则说明假设不成立,即不存在满足条件的点;如果得不出矛盾,则说明假设成立,即存在满足条件的点.【变式备选】如图所示,平面多边形ABCDP是由梯形ABCD和等边三角形PAD组成,已知AB∥DC,BD=2AD=4,AB=2DC=2,现将△PAD沿AD折起,使点P的射影O 恰好落在直线AD上.(1)求证:BD⊥平面PAD.(2)求平面PAD与平面PAB的夹角的余弦值.【解析】(1)由题意知平面PAD⊥平面ABCD,又BD=2AD=4,AB=2,可得AB2=AD2+BD2,则BD⊥AD,又AD为平面PAD与平面ABCD的交线,则BD⊥平面PAD.(2)取AD的中点O,OA为x轴,过O作BD的平行线为y轴,OP为z轴,如图建立空间直角坐标系,易知A(1,0,0),B(-1,4,0),P(0,0,),=(-1,4,-),=(2,-4,0),平面PDA的一个法向量为m=(0,1,0),设平面PAB的一个法向量为n=(x,y,z),由得故可取n=(2,1,),则cos<m,n>==,所以平面PAD与平面PAB的夹角的余弦值为.20.【思路点拨】(1)建立空间直角坐标系,求出坐标及平面ABC的一个法向量的坐标,利用向量求解.(2)求出平面PMN的一个法向量的坐标,利用两平面的夹角为45°,列方程求解. 【解析】(1)分别以AB,AC,AA1为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则=(-λ,,-1),平面ABC的一个法向量为n=(0,0,1),则sinθ=|cos<,n>|==(*),于是问题转化为二次函数求最值,而θ∈[0,],当sinθ最大时,θ最大,此时λ=.(2)显然平面ABC的一个法向量为n=(0,0,1),设平面PMN的一个法向量为m=(x,y,z),=(λ,-1,).由得解得令x=3,得m=(3,2λ+1,2(1-λ)),于是由|cos<m,n>|===,解得λ=-,故点P在B1A1的延长线上,且|A1P|=.21.【解析】(1)如图①,取AB的中点E,连接DE,BD,SE,∵底面ABCD是菱形,∠BAD=60°,∴△ABD为正三角形,BD=2.又∵E为AB的中点,∴DE⊥AB.又∵SA=SB,∴SE⊥AB.又∵SE∩DE=E,∴AB⊥平面SDE.∵SD平面SDE,∴AB⊥SD.(2)在平面SDE中,过S作SH⊥DE于H. ∵AB⊥平面SDE,∴AB⊥SH.又∵AB∩DE=E,∴SH⊥平面ABD.∴SH的长即为S到平面ABCD的距离. 在△ABD中,AB=AD=BD=2,∴DE=,在△SAB中,SA=SB=AB=2,∴SE=.在等腰△SDE中,SD=2,∵SD·=SH·DE,∴SH==.(3)假设AS上存在点F使GF∥平面SBC,连接BD,以正三角形ABD的中心O为原点,OA为x轴,OS为z轴,平行于BD的且过点O的直线为y轴,建立如图②所示的空间直角坐标系.A(,0,0),B(-,1,0),C(-,0,0),D(-,-1,0),S(0,0,),G(-,-,0),=(-,0,),设=λ=λ(-,0,),∴F(-λ+,0,λ),=(-λ+,,λ),=(-,-1,0),=(-,0,-).设平面SBC的一个法向量为n=(x,y,z),则有n·=-x-y=0,n·=-x-z=0.令x=1,则y=-,z=-,即n=(1,-,-).则有·n=0,圆学子梦想 铸金字品牌- 21 - 即(-λ+)+(-)+λ×(-)=0. 化简得-2λ+=0,解得λ=. 故=,即F 为SA 的中点.(4)假设线段AB 上存在这样的点P 使SP 与平面SCD 的夹角的正切值为, 即夹角的正弦值为.由(3)知=(-,1,0),设=λ1=(-λ1,λ1,0), 则P(-λ1+,λ1,0), =(-λ1+,λ1,-), =(-,0,-),=(,-1,0). 设平面SDC 的一个法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1), 则n 1·=0,n 1·=0, 解得n 1=(1,,-). |cos<,n 1>|==,代入,解得λ1=. 故P 为AB 的中点.关闭Word 文档返回原板块。
北师大版高中数学必修二：空间直角坐标系
01
重点难点
1.空间直角坐标系的建立 (1)空间直角坐标系的建立原则——右手螺旋法则 ①伸出右手,让四指与大拇指垂直. ②四指先指向 x 轴正方向.让四指沿握拳方向旋转 90° 指向 y 轴正 方向. 称这样的坐标系为右手系. ③大拇指的指向即为 z 轴正方向.
01
(2)如图,在空间直角坐标系中,O 叫作原点,x,y,z 轴统称为坐标轴,由 坐标轴确定的平面叫作坐标平面,x,y 轴确定的平面记作 xOy 平面,y,z 轴 确定的平面记作 yOz 平面,x,z 轴确定的平面记作 xOz 平面.
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1.确定空间中任一点的坐标 活动与探究 例1
01
如图,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,棱长为 4,E 是 A1C1 的中点,且 |BF|=3|FB1|.建立空间直角坐标系并求 E,F 的坐标. 思路分析:根据正方体的特点,建立适当的空间直角坐标系,然后对 特殊点,可直接写出坐标;对于非特殊点,首先找出所求点在 xOy 平面上 的投影点,然后再确定该点的 z 坐标,从而确定该点的坐标.
解:D1(0,0,2),C(0,4,0),A1(3,0,2),B1(3,4,2).
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1.建立空间直角坐标系时应遵循以下原则: (1)让尽可能多的点落在坐标轴上或坐标平面内; (2)充分利用几何图形的对称性. 2.对于正方体或长方体,一般取相邻的三条棱为 x,y,z 轴建立空间直 角坐标系.确定某点的坐标时,一般先找这一点在某一坐标平面的投影 点,确定其两个坐标,再确定第三个坐标.
01
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迁移与应用 1.在空间直角坐标系中,过点 P(2,3,7)且与 y 轴垂直的平面与 y 轴的 交点坐标为 面上的投影坐标是 答案:(0,3,0) (2,3,0) ,点 P 在 xOy 平面上的投影坐标为 . (0,3,7)
2014版高中数学复习方略课时提升作业：6.7数学归纳法(北师大版)(北师大版·数学理·通用版)
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课时提升作业(四十一)一、选择题1.在用数学归纳法证明凸n 边形内角和定理时，第一步应验证( ) (A)n ＝1 时成立 (B)n ＝2 时成立 (C)n ＝3 时成立 (D)n ＝4 时成立2.已知n 是正偶数，用数学归纳法证明时，若已假设n=k(k ≥2且为偶数)时命题为真，则还需证明( ) (A)n ＝k ＋1 时命题成立 (B)n ＝k ＋2 时命题成立 (C)n ＝2k ＋2 时命题成立 (D)n ＝2(k ＋2)时命题成立3.某个命题与正整数n 有关，若n ＝k(k ∈N +)时命题成立，那么可推得当n ＝k ＋1时该命题也成立，现已知n ＝5时，该命题不成立，那么可以推得( ) (A)n ＝6时该命题不成立 (B)n ＝6时该命题成立 (C)n ＝4时该命题不成立 (D)n ＝4时该命题成立4.用数学归纳法证明不等式n 1111127124264-⋯>＋＋＋＋(n ∈N +)成立，其初始值至少应取( )(A)7 (B)8 (C)9 (D)10 5.(2013·宝鸡模拟)用数学归纳法证明：112n 112123n n 1++⋯+=++++⋯++时，由k到k+1左边需增添的项是( ) (A)()2k k 1+ (B)()1k k 1+ (C)()()1k 1k 2++ (D)()()2k 1k 2++6.用数学归纳法证明n 112n 2nnnC C C n +++⋯+＜(n ≥n 0,n 0∈N *)，则n 的最小值等于( )(A)1 (B)2 (C)3 (D)47.(2013·南昌模拟)<n+1(n ∈N +)，某同学的证明过程如下：(1)当n=1，不等式成立.(2)假设当n=k(k ≥1,k ∈N +)<k+1，则当n=k+1时，()k 11,=<=++所以当n=k+1时，不等式也成立. 对于上述证法( ) (A)过程全部正确 (B)n=1时验证不正确 (C)归纳假设不正确(D)从n=k 到n=k+1的推理不正确8.(能力挑战题)已知f(n)=(2n+7)·3n +9，存在自然数m ，使得对任意n ∈N +，f(n)都能被m 整除，则m 的最大值为( ) (A)18 (B)36 (C)48 (D)54 二、填空题9．(2013·洛阳模拟)用数学归纳法证明n 11112321+++⋯+-＜n(n ∈N +,n ＞1)时，第一步应验证的不等式是___________.10.(2013·上海模拟)用数学归纳法证明(n+1)(n+2)…(n+n)=2n ·1·3·…·(2n-1)，从k 到k+1，左边需要增乘的代数式为______. 11.若数列{a n }的通项公式a n ＝()21n 1+，记c n ＝2(1－a 1)(1－a 2)…(1－a n )，试通过计算c 1，c 2，c 3的值，推测c n ＝_______.12．已知f(n)=111123n+++⋯+(n ∈N +)，用数学归纳法证明f(2n )>n 2时，f(2k+1)-f(2k )等于________. 三、解答题13.(2013·佛山模拟) 用数学归纳法证明：()()()()222n n 112n (n N ).13352n 12n 122n 1++++⋯+=∈⨯⨯-++ 14.(2013·合肥模拟)设f(x)=2xx 2+,x 1=1,x n =f(x n-1)(n ≥2,n ∈N +). (1)求x 2,x 3,x 4的值.(2)归纳{x n }的通项公式，并用数学归纳法证明.15.(能力挑战题)设f(n)=1+12+ (1).是否存在关于正整数n 的函数g(n)，使等式f(1)+f(2)+…+f(n-1)=g(n)[f(n)-1]对于n ≥2的一切正整数都成立？证明你的结论.答案解析1.【解析】选C.凸多边形至少有三边，所以应验证n ＝3 时成立.2.【解析】选B.因n 是正偶数，故只需证命题对所有正偶数都成立，因k 的下一个偶数是k+2，故选B.3.【解析】选C.由n ＝k(k ∈N +)成立，可推得当n ＝k ＋1时该命题也成立．因而若n ＝4成立，必有n ＝5成立．现知n ＝5不成立，所以n ＝4一定不成立.4.【思路点拨】用等比数列的前n 项和求出不等式的左边，解不等式即可得到初始值.【解析】选B.nn 1111111272112426412--⋯>-＋＋＋＋＝，整理得2n >128，解得n>7，所以初始值至少应取8.5.【解析】选D.左边需添加的式子为()()()()()112.k 1k 2123k 1k 1k 22==+++++⋯++++6.【解析】选C.当n=1时，左边=11C =1，右边=11=1，不等式不成立；当n=2时，左边=1222C C + =3，右边=322=n=3时，左边=7，右边=9，不等式成立，当n=4时，左边=15，右边=524＞16,不等式成立，所以n 的最小值等于3.7.【解析】选D.从n=k 到n=k+1的推理时没有运用归纳假设，因此证明不正确. 8.【思路点拨】先求出当n=1,2,3时f(n)的值，由此猜想m 的最大值，再用数学归纳法证明结论成立.【解析】选B.由于f(1)=36,f(2)=108,f(3)=360都能被36整除，猜想f(n)能被36整除，即m 的最大值为36.当n=1时，可知猜想成立.假设当n=k(k ≥1,k∈N +)时，猜想成立，即f(k)=(2k+7)〃3k +9能被36整除；当n=k+1时，f(k+1)=(2k+9)〃3k+1+9=(2k+7)〃3k +9+36(k+5)〃3k-2，因此f(k+1)也能被36整除，故所求m 的最大值为36.9．【解析】由条件知n 的第一个值为2，所以第一步应验证的不等式是11123++＜2.答案：11123++＜210.【解析】当n=k 时，左边为(k+1)(k+2)…(k+k),而当n=k+1时，左边为(k+2)(k+3)…(k+k)(k+1+k)(k+1+k+1)=(k+2)(k+3)…(k+k)(2k+1)(2k+2)，≨左边增乘的式子为()()2k 12k 2k 1+++=2(2k+1). 答案：2(2k+1)11.【解析】c 1＝2(1－a 1)＝2×(1－14)＝32，c 2＝2(1－a 1)(1－a 2)＝2×(1－14)×(1－19)＝43，c 3＝2(1－a 1)(1－a 2)(1－a 3)＝2×(1－14)×(1－19)×(1－116)＝54，故由归纳推理得c n ＝n 2n 1++.答案：n 2n 1++12．【解析】f(2k+1)-f(2k )=k 1k 1111111(1)232232++++⋯+-+++⋯+=k kk 1111.21222+++⋯+++ 答案：k kk 111121222+++⋯+++ 13.【证明】①当n ＝1时，左边＝211133=⨯，右边=()1111,2(211)3⨯+=⨯⨯+左边＝右边，等式成立；②假设n ＝k(k ≥1,k ∈N +)时，等式成立，即()()()()222k k 112k ,13352k 12k 122k 1+++⋯+=⨯⨯-++ 当n ＝k ＋1时，左边()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()2222222k 112k 13352k 12k 12k 12k 3k k 1k 122k 12k 12k 3k k 12k 32k 122k 12k 3k 12k 5k 222k 12k 3k 1k 2,22k 3+++⋯++⨯⨯-+++++++++++++++++++++++＝＝＝＝＝所以当n ＝k ＋1时，等式成立． 由①②可得对任意n ∈N +，等式成立．14.【解析】(1)x 2=f(x 1)=23,x 3=2212322423⨯==+,x 4=f(x 3)=12221522⨯=+.(2)归纳x n =2n 1+.证明:①当n=1时，x 1=211+与已知相符,②假设当n=k(k ≥1，k ∈N +)时，x k =2k 1+,当n=k+1时，x k+1=()2242k 122k 4k 112k 1+==+++++. 由①②可知当n ∈N +时成立， ≨x n =2n 1+.15.【解析】当n=2时，得g(2)=2，当n=3时，得g(3)=3，猜想g(n)=n(n ≥2,n ∈N +).用数学归纳法证明猜想成立.(1)当n=2时，左边=f(1)=1，右边=2[f(2)-1]=1，左边=右边，所以等式成立. (2)假设当n=k(k ≥2,k ∈N +)时等式成立， 即f(1)+f(2)+…+f(k-1)=g(k)[f(k)-1]， 那么当n=k+1时， f(1)+f(2)+…+f(k-1)+f(k) =k[f(k)-1]+f(k)=(k+1)f(k)-k =(k+1)[f(k+1)-1k 1+]-k =(k+1)[f(k+1)-1],也就是说当n=k+1时等式也成立.由(1)(2)可知，等式对n ≥2的一切正整数都成立.故存在关于正整数n 的函数g(n)=n ，使等式对n ≥2的一切正整数都成立. 【变式备选】已知函数f(x)＝13x 3－x ，数列{a n }满足条件：a 1≥1，a n ＋1≥f ′(a n ＋1)．试比较123n11111a 1a 1a 1a ⋯++++＋＋＋＋与1的大小，并说明理由． 【解析】123n11111a 1a 1a 1a ⋯++++＋＋＋＋＜1. 理由如下：≧f ′(x)＝x 2－1，a n ＋1≥f ′(a n ＋1)， ≨a n ＋1≥(a n ＋1)2－1.令g(x)=(x+1)2-1,则函数g(x)＝x 2＋2x 在区间[1，＋≦)上是增加的，于是由a 1≥1，得a 2≥(a 1＋1)2－1≥22－1，进而得a 3≥(a 2＋1)2－1≥24－1＞23－1，由此猜想：a n ≥2n －1.下面用数学归纳法证明这个猜想： ①当n ＝1时，a 1≥21－1＝1，结论成立；②假设n ＝k(k ≥1且k ∈N +)时结论成立，即a k ≥2k －1，则当n ＝k ＋1时，由g(x)＝(x ＋1)2－1在区间[1，＋≦)上是增加的知，a k ＋1≥(a k ＋1)2－1≥22k －1≥2k ＋1－1，即n ＝k ＋1时，结论也成立． 由①②知，对任意n ∈N +，都有a n ≥2n －1， 即1＋a n ≥2n ，≨n n 111a 2≤+， ≨123n11111a 1a 1a 1a ⋯++++＋＋＋＋≤23n 11112222⋯＋＋＋＋＝n 11[1()]22112--=1－(12)n ＜1. 【方法技巧】“归纳—猜想—证明”类问题的一般解题思路通过观察有限个特例，猜想出一般性的结论，然后用数学归纳法证明．这种方法在解决探索性问题、存在性问题或与正整数有关的命题中有着广泛的应用，其关键是归纳、猜想出公式.核心是数学归纳法证明，体现了探索数学未知问题的一般方法，是必须要具备的一种思维方式.关闭Word 文档返回原板块。
陕西北师版数学文复习方略课时提升作业第七章第一节空间几何体的结构特征及三视图和直观图
陕西北师版数学文复习方略课时提升作业第七章第一节空间几何体的结构特征及三视图和直观图温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。
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课时提升作业(四十)一、选择题1.以下四个命题:①正棱锥的所有侧棱相等;②直棱柱的侧面都是全等的矩形;③圆柱的母线垂直于底面;④用经过旋转轴的平面截圆锥,所得的截面一定是全等的等腰三角形.其中,真命题的个数为()(A)4(B)3(C)2(D)12.下列几何体各自的三视图中,有且仅有两个视图相同的是()(A)①②(B)①③(C)①④(D)②④3.(2022安康模拟)一个锥体的主视图和左视图如图所示,下面选项中,不可能是该锥体的俯视图的是()4.如图,△ABC为正三角形,AA′∥BB′∥CC′,CC′⊥平面ABC且3AA′=BB′=CC′=AB,则多面体ABC-A′B′C′的主视图是()5.(2022·铜川模拟)一个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=45°,AB=AD=1,DC⊥BC,则这个平面图形的面积为()(A)+(B)2+(C)+(D)+6.(能力挑战题)一个正方体截去两个角后所得几何体的主视图、左视图如图所示,则其俯视图为()7.(2022·西安模拟)一只蚂蚁从正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A处出发,经正方体的表面,按最短路线爬行到达顶点C1位置,则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的主视图是()(A)①②(B)①③(C)②④(D)③④二、填空题8.等腰梯形ABCD,上底CD=1,腰AD=CB=,下底AB=3,以下底所在直线为某轴,则由斜二测画法画出的直观图A′B′C′D′的面积为.9.(2022·德州模拟)一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等,体积为2,它的三视图中的俯视图如图所示,左视图是一个矩形,则这个矩形的面积是.10.(2022·宝鸡模拟)一个三棱锥的主视图和左视图及其尺寸如图所示,则该三棱锥的俯视图的面积为.三、解答题11.(能力挑战题)某几何体的一条棱长为,在该几何体的主视图中,这条棱的投影是长为的线段,在该几何体的左视图与俯视图中,这条棱的投影分别是长为a和b的线段,求a+b的最大值.答案解析1.【解析】选B.由正棱锥的定义可知所有侧棱相等,故①正确;由于直棱柱的底面的各边不一定相等,故侧面矩形不一定全等,因此②不正确;由圆柱母线的定义可知③正确;结合圆锥轴截面的作法可知④正确.综上,正确的命题有3个.2.【解析】选D.在各自的三视图中,①正方体的三个视图都相同;②圆锥的两个视图相同;③三棱台的三个视图都不同;④正四棱锥的两个视图相同,故选D.【变式备选】正三棱柱(底面为正三角形的直棱柱)ABC-A1B1C1如图所示,以四边形ABB1A1为水平面,四边形BCC1B1的前面为正前方画出的三视图正确的是()【解析】选A.矩形图为矩形,左侧为△ABC,BCC1B1的前面为正前方,故主视所以左视图为三角形.俯视图为两个有公共边的矩形,公共边为CC1在面ABB1A1内的投影,故选A.3.【解析】选C.当俯视图为A,B时表示底面为等腰直角三角形,且过直角顶点的棱与底面垂直的三棱锥.当俯视图为D时,表示底面为正方形,且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥.故选C.【方法技巧】由直观图画三视图的技巧(1)可以想象将一几何体放在自己面前,然后从正前方,左侧及上面观察该几何体,进而得到主视图、左视图和俯视图.(2)在画三视图时,要注意看得见的轮廓线画成实线,看不见的轮廓线画成虚线.4.【解析】选D.由AA′∥BB′∥CC′及CC′⊥平面ABC,知AA′⊥平面ABC,BB′⊥平面ABC.又CC′=BB′=3AA′,且△ABC为正三角形,故主视图应为D中的图形.5.【解析】选B.如图将直观图ABCD还原后为直角梯形A′BCD′,其中A′B=2AB=2,BC=1+,A′D′=AD=1,∴S=某(1+1+)某2=2+.6.【解析】选C.依题意可知该几何体的直观图如图所示,故其俯视图应为C.。
2014版高中数学复习方略课时提升作业：单元评估检测(八)(北师大版)(北师大版·数学理·通用版)
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单元评估检测(八)第八章(120分钟 150分)一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.(2013·宝鸡模拟)函数f(x)=+2x在x=1处切线的倾斜角为( )(A)(B)(C)(D)2.“a=3”是“直线ax+2y+2a=0和直线3x+(a-1)y-a+7=0平行”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3.(2013·南昌模拟)已知圆O:x2+y2=4,直线l过点P(1,1),且与直线OP垂直,则直线l的方程为( )(A)x+3y-4=0 (B)y-1=0(C)x-y=0 (D)x+y-2=04.连接椭圆+=1(a>b>0)的一个焦点和一个顶点得到的直线方程为x-2y+2=0,则该椭圆的离心率为( )(A)(B)(C)(D)5.(2013·蚌埠模拟)已知m∈R,则“m>2”是“方程+y2=1表示椭圆”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6.设M(x0,y0)为抛物线C:y2=8x上一点,F为抛物线C的焦点,若以F为圆心,|FM|为半径的圆和抛物线C的准线相交,则x0的取值范围是( )(A)(2,+∞) (B)(4,+∞)(C)(0,2) (D)(0,4)7.(2013·淮南模拟)过点P(4,2)作圆x2+y2=4的两条切线,切点分别为A,B,O为坐标原点,则△OAB的外接圆方程是( )(A)(x-2)2+(y-1)2=5(B)(x-4)2+(y-2)2=20(C)(x+2)2+(y+1)2=5(D)(x+4)2+(y+2)2=208.(2013·西安模拟)已知直线x+y=a与圆x2+y2=4交于A,B两点,且|+|=|-|,则实数a的值为( )(A)2 (B)-2(C)2或-2 (D)或-9.(2013·榆林模拟)若双曲线-=1(a>0,b>0)上不存在点P使得右焦点F关于直线OP(O为双曲线的中心)的对称点在y轴上,则该双曲线离心率的取值范围为( )(A)(,+∞) (B)[,+∞) (C)(1,] (D)(1,)10.(能力挑战题)已知圆(x-4)2+y2=a(a>0)上恰有四个点到直线x=-1的距离与到点(1,0)的距离相等,则实数a的取值范围为( )(A)12<a<16 (B)12<a<14 (C)10<a<16 (D)13<a<15二、填空题(本大题共5小题,每小题5分,共25分.请把正确答案填在题中横线上)11.(2013·西安模拟)椭圆+=1的焦距为2,则m的值为.12.已知椭圆C的离心率e=,且它的焦点与双曲线x2-2y2=4的焦点重合,则椭圆C的方程为.13.(2013·合肥模拟)已知直线ax+y+2=0与双曲线x2-=1的一条渐近线平行,则这两条平行直线之间的距离是.14.(2013·九江模拟)已知圆C的圆心是抛物线y=x2的焦点,直线4x-3y-3=0与圆C相交于A,B两点,且|AB|=8,则圆C的方程为.15.(能力挑战题)曲线C:y=(a>0,b>0)与y轴的交点关于原点的对称点称为“望点”,以“望点”为圆心,凡是与曲线C有公共点的圆,皆称之为“望圆”,则当a=1,b=1时,所有的“望圆”中,面积最小的“望圆”的面积为.三、解答题(本大题共6小题,共75分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)16.(12分)已知直线l:x=4与x轴相交于点M,圆的方程(x-2)2+y2=22(x≠0且x≠4),过直线l上一点D(与M不重合)作圆的切线,切点为E,与x轴相交点为F,若=,求切线DE的方程.17.(12分)(2013·咸阳模拟)已知△ABC的两个顶点B,C的坐标分别为(-1,0)和(1,0),顶点A为动点,如果△ABC的周长为6.(1)求动点A的轨迹M的方程.(2)过点P(2,0)作直线l,与轨迹M交于点Q,若直线l与圆x2+y2=2相切,求线段PQ的长.18.(12分)(2013·淮北模拟)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形,且直线x-y+b=0是抛物线y2=4x的一条切线.(1)求椭圆C的方程.(2)过点S(0,-)且斜率为1的直线l交椭圆C于M,N两点,求|MN|的值.19.(12分)(2012·湖南高考)在直角坐标系xOy中,已知中心在原点,离心率为的椭圆E的一个焦点为圆C:x2+y2-4x+2=0的圆心.(1)求椭圆E的方程.(2)设P是椭圆E上一点,过P作两条斜率之积为的直线l1,l2,当直线l1,l2都与圆C相切时,求P的坐标.20.(13分)已知抛物线x2=4y的焦点为F,过焦点F且不平行于x轴的动直线l交抛物线于A,B两点,抛物线在A,B两点处的切线交于点M.(1)求证:A,M,B三点的横坐标成等差数列.(2)设直线MF交该抛物线于C,D两点,求四边形ACBD面积的最小值.21.(14分)已知椭圆C的离心率e=,长轴的左、右端点分别为A1(-2,0),A2(2,0).(1)求椭圆C的方程.(2)设直线x=my+1与椭圆C交于R,Q两点,直线A1R与A2Q交于点S,试问:当m变化时,点S是否恒在一条直线上?若是,请写出这条直线的方程,并证明你的结论;若不是,请说明理由.答案解析1.【解析】选A.因为f′(x)=-+2,所以在x=1处切线的斜率k=f′(1)=-1+2= 1=tanα.又倾斜角α∈[0,π),所以α=.2.【解析】选A.a=3代入得,直线ax+2y+2a=0和直线3x+(a-1)y-a+7=0平行,反之由直线ax+2y+2a=0和3x+(a-1)y-a+7=0平行得a(a-1)=2〓3,a=3或a=-2,可验证满足两直线平行,所以“a=3”是“直线ax+2y+2a=0和直线3x+(a-1)y-a+7=0平行”的充分不必要条件.3.【解析】选D.由已知直线l的斜率k l=-=-1,所以直线l的方程为y-1=-(x-1),即x+y-2=0.4.【解析】选 A.直线x-2y+2=0与坐标轴的交点为(-2,0),(0,1),依题意得c=2,b=1⇒a=,e=.5.【解析】选A.因为m>2,所以m-1>1,此时方程+y2=1表示焦点在x轴上的椭圆,而当该方程表示椭圆时有m-1>1或0<m-1<1,即m>2或1<m<2.故为充分不必要条件.6.【解析】选A.∵(x0,y0)为抛物线C:y2=8x上一点,∴x0≥0,又∵以F为圆心,|FM|为半径的圆和抛物线C的准线相交,∴在水平方向上,点M应在点F的右侧,∴x0>2.7.【解析】选A.由题意得△OAB的外接圆是以OP为直径的圆,其圆心C(2,1),半径r=|OP|==,所以△OAB外接圆方程为(x-2)2+(y-1)2=5.8.【解析】选C.由|+|=|-|知,以,为邻边的平行四边形为正方形,所以△AOB为等腰直角三角形,即||=||=2,∠AOB=90°,∴|AB|=2,则点O到直线x+y-a=0的距离为,所以有=,解得a=〒2.9.【思路点拨】按照正难则反思想求解.【解析】选C.这里给出否定形式,直接思考比较困难,按照正难则反,考虑存在点P使得右焦点F关于直线OP(O为双曲线的中心)的对称点在y轴上,因此只要在这个双曲线上存在点P使得斜率大于1,也就是离心率大于,求其大于1的补集得e∈(1,].【方法技巧】求椭圆、双曲线离心率的技巧求离心率的值是解析几何中常见的问题,求解时,可根据题意列出关于a,b,c的相应等式,并把等式中的a,b,c转化为只含有a,c的齐次式,再转化为含e的等式,最后求出e.【变式备选】已知F1(-c,0),F2(c,0)为椭圆+=1(a>b>0)的两个焦点,P为椭圆上一点且〃=c2,则此椭圆离心率的取值范围是.【解析】设P(x,y),则〃=(-c-x,-y)〃(c-x,-y)=x2-c2+y2=c2①将y2=b2-x2代入①式解得x2=,又x2∈[0,a2],∴2c2≤a2≤3c2,∴e=∈[,].答案:[,]10.【解析】选A.由已知,圆(x-4)2+y2=a(a>0)与抛物线y2=4x有四个不同的交点,则方程组消去y所得的一元二次方程x2-4x+16-a=0有两相异正实根即可,所以有解得:12<a<16.11.【解析】由已知当椭圆焦点在x轴上时,有4-m=1,得m=3.当椭圆焦点在y轴上时,有m-4=1,得m=5.综上可知,m=3或5.答案:3或512.【解析】由x2-2y2=4,得-=1,其中c2=4+2=6,在椭圆C中e==,∴=,∴a2=8, ∴b2=a2-c2=2,则椭圆的方程为+=1.答案:+=113.【解析】双曲线x2-=1的渐近线为x2-=0,不妨设双曲线x2-=1的一条渐近线为2x-y=0,ax+y+2=0与2x-y=0平行,∴a=-2,在直线2x-y=0上取一点A(1,2),A 到ax+y+2=0的距离就是这两条平行直线之间的距离,即=.答案:14.【解析】由y=x2,得x2=16y,其焦点为(0,4).即圆C的圆心C(0,4),其到直线4x-3y-3=0的距离d==3.又|AB|=8,设圆C的半径为r,所以r2=d2+42,得r2=32+42=25,∴圆C的方程为x2+(y-4)2=25.答案:x2+(y-4)2=2515.【解析】因为曲线C:y=(a>0,b>0)与y轴的交点关于原点的对称点称为“望点”,以“望点”为圆心,凡是与曲线C有公共点的圆,皆称之为“望圆”,所以当a=1,b=1时望圆的方程可设为x2+(y-1)2=r2,面积最小的“望圆”的半径为(0,1)到y=上任意点之间的最小距离,d2=x2+(-1)2=x2+()2= (|x|-1)2++2(|x|-1)-+2≥3,所以半径r≥,最小面积为3π.答案:3π16.【解析】DE,DM都是圆(x-2)2+y2=22的切线,所以DE=DM.因为=,所以DF=2DE=2DM,所以∠DFM=,设C(2,0),在△CEF中,∠CEF=,∠CFE=,CE=2,所以CF=4,F(-2,0),切线DE的倾斜角α=或,所以切线DE的斜率k=或-,切线DE的方程为y=〒(x+2).17.【解析】(1)据题意有|AB|+|AC|=4,而4>|BC|=2,所以动点A的轨迹是以B,C 为焦点的椭圆,但须除去B,C两点,所以,轨迹M的方程为+=1(y≠0).(2)由于直线l不可能是x轴,故设其方程为x=my+2,由直线l与圆x2+y2=2相切,得=,解得m=〒1.把方程x=my+2代入方程+=1中得(3m2+4)y2+12my=0,即得7y2〒12y=0,解得y=0或y=〒.所以点Q的坐标为(,)或(,-),所以|PQ|=,即线段PQ的长为.18.【解析】(1)由⇒x2+(2b-4)x+b2=0.因直线x-y+b=0与抛物线y2=4x相切,∴Δ=(2b-4)2-4b2=0⇒b=1.∵椭圆+=1(a>b>0)的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形,∴a=b=.故所求椭圆方程为+y2=1.(2)由已知得直线l的方程为y=x-,与+y2=1联立消y得3x2-2x-=0.设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=,x1〃x2=-,∴(y1-y2)2=(x1-x2)2=(x1+x2)2-4x1x2=,∴|MN|==.19.【解析】(1)由x2+y2-4x+2=0,得(x-2)2+y2=2.故圆C的圆心为点(2,0);从而可设椭圆E的方程为+=1(a>b>0),其焦距为2c,由题设知c=2,e==,∴a=2c=4,b2=a2-c2=12.故椭圆E的方程为:+=1.(2)设点P的坐标为(x0,y0),l1,l2的斜率分别为k1,k2,则l1,l2的方程分别为l1:y-y0=k1(x-x0),l2:y-y0=k2(x-x0),且k1k2=.由l1与圆C:(x-2)2+y2=2相切得=.即[(2-x 0)2-2]+2(2-x0)y0k1+-2=0.同理可得[(2-x 0)2-2]+2(2-x0)y0k2+-2=0.从而k1,k2是方程[(2-x 0)2-2]k2+2(2-x0)y0k+-2=0的两个实根,于是①且k1k2==.由得5-8x 0-36=0.解得x0=-2或x0=.由x0=-2得y0=〒3;由x0=得y0=〒,它们均满足①式,故点P的坐标为(-2,3),或(-2,-3)或(,)或(,-).20.【解析】(1)由已知,得F(0,1),显然直线AB的斜率存在且不为0, 则可设直线AB的方程为y=kx+1(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),由消去y,得x2-4kx-4=0,显然Δ=16k2+16>0.所以x1+x2=4k,x1x2=-4.由x2=4y,得y=x2,所以y′=x,所以,直线AM的斜率为k AM=x1,所以,直线AM的方程为y-y1=x1(x-x1),又=4y 1,所以,直线AM的方程为x1x=2(y+y1) ①.同理,直线BM的方程为x2x=2(y+y2) ②.②-①并据x1≠x2得,点M的横坐标x=,即A,M,B三点的横坐标成等差数列.(2)由①②易得y=-1,所以点M的坐标为(2k,-1)(k≠0).所以k MF==-,则直线MF的方程为y=-x+1,设C(x3,y3),D(x4,y4),由消去y,得x2+x-4=0,显然Δ=+16>0,所以x3+x4=-,x3x4=-4.又|AB|====4(k2+1).|CD|====4(+1).因为k MF〃k AB=-1,所以AB⊥CD,所以,S四边形ACBD=|AB|〃|CD|=8(+1)(k2+1)=8(k2++2)≥32,当且仅当k=〒1时,四边形ACBD的面积取到最小值32.【方法技巧】解决解析几何中最值问题的常用方法解析几何中的最值问题是高考考查的一个重要方向,既可以出现在选择题、填空题中,也可以出现在解答题中,根据待求量的特点,常用以下两种思想方法: (1)数形结合思想:当待求量有几何意义时,一般利用其几何性质,数形结合求解.(2)函数思想:当待求量与其他变量有关时,一般引入该变量构造函数,然后求最值,但要注意待求量的取值范围.【变式备选】设椭圆M:+=1(a>)的右焦点为F 1,直线l:x=与x轴交于点A,若+2=0(其中O为坐标原点).(1)求椭圆M的方程.(2)设P是椭圆M上的任意一点,EF为圆N:x2+(y-2)2=1的任意一条直径(E,F为直径的两个端点),求〃的最大值.【解析】(1)由题设知,A(,0),F 1(,0),由+2=0,得=2(-),解得a2=6.所以椭圆M的方程为:+=1.(2)方法一:设圆N:x2+(y-2)2=1的圆心为N,则〃=(-)〃(-)=(--)〃(-)=-=-1.从而求〃的最大值转化为求的最大值.因为P是椭圆M上的任意一点,设P(x0,y0),所以+=1,即=6-3.因为点N(0,2),所以=+(y 0-2)2=-2(y0+1)2+12.[-,],所以当y0=-1时,取得最大值12.因为y所以〃的最大值为11.方法二:设点E(x1,y1),F(x2,y2),P(x0,y0),因为E,F的中点坐标为(0,2),所以所以〃=(x1-x0)(x2-x0)+(y1-y0)(y2-y0)=(x1-x0)(-x1-x0)+(y1-y0)(4-y1-y0)=-+-+4y1-4y0=+-4y+-4y1).因为点E在圆N上,所以+(y 1-2)2=1,即+-4y1=-3.因为点P在椭圆M上,所以+=1,即=6-3.所以〃=-2-4y 0+9=-2(y0+1)2+11.因为y[-,],所以当y0=-1时,(〃)max=11.21.【解析】方法一:(1)设椭圆方程为+=1(a>b>0),半焦距为c,则由已知得a=2,=,所以a=2,c=,∴b2=a2-c2=4-3=1,∴椭圆方程为+y2=1.(2)①取m=0,若R(1,),Q(1,-),直线A1R的方程是y=x+,直线A 2Q的方程是y=x-,交点为S1(4,).若R(1,-),Q(1,),由对称性可知交点为S 2(4,-).若点S在同一条直线上,则直线只能为l:x=4.②以下证明对于任意的m,直线A1R与直线A2Q的交点S均在直线l:x=4上.事实上,由得(my+1)2+4y2=4,即(m2+4)y2+2my-3=0,记R(x1,y1),Q(x2,y2),则y1+y2=,y1y2=.设A 1R与l交于点S0(4,y0),由=,得y0=.设A 2Q与l交于点S′0(4,y′0),由=,得y′0=.∵y0-y′0=-====0,∴y0=y′0,即S0与S′0重合,这说明,当m变化时,点S恒在定直线l:x=4上.方法二:(1)同方法一.(2)取m=0,不妨设R(1,),Q(1,-),则直线A1R的方程是y=x+,直线A2Q的方程是y=x-,交点为S 1(4,).取m=1,不妨设R(,),Q(0,-1),直线A1R的方程是y=x+,直线A2Q的方程是y=x-1,交点为S2(4,1).∴若交点S在同一条直线上,则直线只能为l:x=4.以下证明对于任意的m,直线A1R与直线A2Q的交点S均在直线l:x=4上.事实上,由得(my+1)2+4y2=4,即(m2+4)y2+2my-3=0,记R(x 1,y1),Q(x2,y2),则y1+y2=,y1y2=.A1R的方程是y=(x+2),A2Q的方程是y=(x-2),消去y,得(x+2)=(x-2) ①,以下用分析法证明x=4时,①式恒成立.要证明x=4时,①式恒成立,只需证明=,即证3y1(my2-1)=y2(my1+3),即证2my1y2=3(y1+y2) ②,∵2my1y2-3(y1+y2)=-=0,∴②式恒成立.这说明,当m变化时,点S恒在定直线l:x=4上.方法三:(1)同方法一.(2)由,得(my+1)2+4y2=4,即(m2+4)y2+2my-3=0.记R(x1,y1),Q(x2,y2),则y1+y2=,y1y2=.A 1R的方程是y=(x+2),A2Q的方程是y=(x-2),由得(x+2)=(x-2),即x=2〃=2〃=2〃=2〃=4.这说明,当m变化时,点S恒在定直线l:x=4上.关闭Word文档返回原板块。
2014版高中数学复习方略课时提升作业：单元评估检测(一)(北师大版)(北师大版·数学理·通用版)
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单元评估检测(一)第一章(120分钟 150分)一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.定义A-B={x|x∈A,且x∉B},若A={1,3,5,7,9},B={2,3,5},则A-B=( )(A)A (B)B(C){1,2,7,9} (D){1,7,9}2.(2013·汉中模拟)集合M={4,5,-3m},N={-9,3},若M∩N≠∅,则实数m的值为( ) (A)3或-1 (B)3(C)3或-3 (D)-13.设集合M={x|x<2013},N={x|0<x<1},则下列关系中正确的是( )(A)M∪N=R (B)M∩N=N(C)N∈M (D)M∩N=∅4.在△ABC中,“A>B”是tanA>tanB”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5.设全集U={-2,-1,0,1,2},集合A={1,2},B={-2,1,2},则A∪(B)等于( )U(A) (B){1}(C){1,2} (D){-1,0,1,2}6.(2013·南昌模拟)集合A={x||x|≤4,x∈R},B={x|(x+5)(x-a)≤0},则“A⊆B”是“a>4”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7.命题“有些x∈Z,x2+2x+m≤0”的否定是( )(A)有些x∈Z,x2+2x+m>0(B)不存在x∈Z,使x2+2x+m>0(C)任意x∈Z,x2+2x+m≤0(D)任意x∈Z,x2+2x+m>08.(2013·吉安模拟)若集合P={x|3<x≤22},非空集合Q={x|2a+1≤x<3a-5},则能使Q⊆(P∩Q)成立的所有实数a的取值范围是( )(A)(1,9) (B)[1,9] (C)[6,9) (D)(6,9]9.(2013·西安模拟)下列“若p,则q”形式的命题中,p是q的充分不必要条件的有( )①若x∈E或x∈F,则x∈E∪F;②若关于x的不等式ax2-2ax+a+3>0的解集为R,则a>0;③若x是有理数,则x是无理数.(A)0个(B)1个(C)2个(D)3个10.(2013·南昌模拟)已知集合M={(x,y)|y=f(x)};若对于任意(x1,y1)∈M,存在(x2,y2)∈M,使得x1x2+y1y2=0成立,则称集合M是“好集合”,给出下列集合:①M={(x,y)|y=};②M={(x,y)|y=e x-2};③M={(x,y)|y=cosx};④M={(x,y)|y=lnx}.其中所有“好集合”的序号是( )(A)①②④(B)②③(C)③④(D)①③④二、填空题(本大题共5小题,每小题5分,共25分.请把正确答案填在题中横线上)11.(2013·六安模拟)设方程x2-px-q=0的解集为A,方程x2+qx-p=0的解集为B,若A∩B={1},则p+q= .12.已知集合A={-1,1},B={x|ax+1=0}.若B⊆A,则实数a的取值集合为.13.已知命题p:方程x2+x-1=0的两实根的符号相反;命题q:存在x∈R,使x2-mx-m<0.若命题“p且q”是假命题,则实数m的取值范围是. 14.设全集U=R,A={x|<2},B={x|lo(x2+x+1)>-log2(x2+2)},则图中阴影部分表示的集合为.15.已知下列四个结论:①命题“若p,则q”与命题“若q,则p”互为逆否命题;②命题p:存在x∈[0,1],e x≥1,命题q:存在x∈R,x2+x+1<0,则p或q为真;③若p或q为假命题,则p,q均为假命题.④“若am2<bm2,则a<b”的逆命题为真命题.其中正确结论的序号是.三、解答题(本大题共6小题,共75分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)16.(12分)已知集合A={x|3≤x<7},B={x|2<x<10}.求:(1)A∪B.A)∩B.(2)(R17.(12分)(2013·新密模拟)已知命题p:方程x2+mx+1=0有两个不相等的负实根,命题q:不等式4x2+4(m-2)x+1>0的解集为R.若p或q为真命题、p且q为假命题,求实数m的取值范围.18.(12分)(2013·忻州模拟)A={x|≤2-x≤4},B={x|x2-3mx+2m2-m-1<0}.(1)当x∈N时,求集合A的非空真子集的个数.(2)若A⊇B,求实数m的取值范围.19.(12分)(2013·亳州模拟)已知命题p:实数x满足-2≤1-≤2;命题q:实数x满足x2-2x+1-m2≤0(m>0),若⌝p是⌝q的必要不充分条件,求实数m的取值范围.20.(13分)(2013·屯溪模拟)集合A={x|y=},集合B={x|y=ln(x2-x-6)}. (1)求集合A∩B.(2)若不等式ax2+2x+b>0的解集为A∪B,求a,b的值.21.(14分)设a,b,c为△ABC的三边,探究方程x2+2ax+b2=0与x2+2cx-b2=0有公共根的充要条件.答案解析1.【解析】选D.属于集合A而不属于集合B的元素为1,7,9,故A-B={1,7,9}.2.【解析】选A.由M∩N≠ ,可知-3m=-9或-3m=3,所以m=3或-1.3.【解析】选B.M∩N={x|x<2013}∩{x|0<x<1}={x|0<x<1}.4.【解析】选D.因为函数y=tanx在(0,π)上不是单调函数,所以“A>B”是“tanA>tanB”的既不充分也不必要条件,选D.5.【解析】选D.因为U B={-1,0},所以A∪(UB)={-1,0,1,2}.6.【解析】选B.集合A=[-4,4],当A⊆B时有a≥4;若a>4,则A⊆B.故为必要不充分条件.7.【解析】选D.根据特称命题的否定是全称命题得答案.8.【解析】选D.Q⊆(P∩Q)⇔Q⊆P,故实数a满足解得6<a≤9.9.【解析】选A.①若x∈E或x∈F,则x∈E∪F,是充要条件;②若关于x的不等式ax2-2ax+a+3>0的解集为R,则a>0,是必要不充分条件;③若x是有理数,则x 是无理数,是既不充分也不必要条件.10.【思路点拨】对于①,利用渐近线互相垂直判断其正误即可.对于②,③可通过取特殊点加以验证,对于④,画出函数图像,取一个特殊点即能说明不满足好集合的定义.【解析】选B.对于①,y=是以x,y轴为渐近线的双曲线,渐近线的夹角为90°,在同一支上,任意(x1,y1)∈M,不存在(x2,y2)∈M满足好集合的定义;对任意(x1,y1)∈M,在另一支上也不存在(x2,y2)∈M,使得x1x2+y1y2=0成立,所以不满足好集合的定义,不是好集合.对于②,M={(x,y)|y=e x-2},如图1,图中直角始终存在,例如取M(0,-1),N(ln2,0),满足好集合的定义,所以正确.对于③,M={(x,y)|y=cosx},如图2,对于任意(x1,y1)∈M,存在(x2,y2)∈M,使得x1x2+y1y2=0成立,例如(0,1),(,0),∠yOx=90°,满足好集合的定义,旋转90°,都能在图象上找到满足题意的点,所以M是好集合.对于④,M={(x,y)|y=lnx},如图3,取点(1,0),曲线上不存在另外的点,使得两点与原点的连线互相垂直.11.【解析】已知两个方程有公共根x=1.代入第一个方程得p+q=1.答案:112.【解析】当a=0时,B= ,符合要求;当a≠0时,B={-},根据B⊆A可得a=1或-1.故实数a的取值集合为{-1,0,1}.答案:{-1,0,1}【误区警示】不要忽视集合B为空集的情况.13.【解析】方程x2+x-1=0有两个实数根且两根之积为负值,故两根的符号相反,命题p是真命题,若p且q为假命题,只能是命题q为假命题,即其否定是真命题,即任意x∈R,x2-mx-m≥0为真命题,即Δ=m2+4m≤0,即-4≤m≤0.答案:[-4,0]14.【解析】由(x-1)2<1,得0<x<2,故集合A={x|0<x<2};由lo(x2+x+1)>-log2(x2+2)=lo(x2+2),又y=lo x为减函数,得0<x2+x+1<x2+2,解得x<1,故集合B={x|x<1}.图中的阴影部分为集合A∩(B).UB)={x|0<x<2}∩{x|x≥1}A∩(U={x|1≤x<2}.答案:{x|1≤x<2}(也可以填[1,2))15.【解析】根据四种命题的关系,结论①正确;②中命题p为真命题、q为假命题,故p或q是真命题,结论②正确;根据或命题的真假判断方法知结论③正确;④中命题的逆命题是“若a<b,则am2<bm2”,这个命题在m=0时不成立,结论④不正确.答案:①②③16.【解析】(1)A∪B={x|3≤x<7}∪{x|2<x<10}={x|2<x<10}.A={x|x<3或x≥7},(2)因为R所以(A)∩B={x|2<x<3或7≤x<10}.R17.【解析】命题p为真时,实数m满足Δ1=m2-4>0且-m<0,解得m>2;命题q 为真时,实数m满足Δ2=16(m-2)2-16<0,解得1<m<3.p或q为真命题、p且q为假命题,等价于p真且q假或者p假且q真.若p真且q假,则实数m满足m>2且m≤1或m≥3,解得m≥3;若p假且q真,则实数m满足m≤2且1<m<3,解得1<m≤2.综上可知,所求m的取值范围是(1,2]∪[3,+∞).18.【解析】化简集合A={x|-2≤x≤5},集合B={x|(x-m+1)(x-2m-1)<0}.(1)当x∈N时,集合A={0,1,2,3,4,5},即A中含有6个元素,所以A的非空真子集数为26-2=62(个).(2)(2m+1)-(m-1)=m+2.①当m=-2时,B=∅⊆A;②当m<-2时,2m+1<m-1,此时B=(2m+1,m-1),若B⊆A,则只要解得-≤m≤6,与m<-2无公共部分,所以m的值不存在;③当m>-2时,2m+1>m-1,此时B=(m-1,2m+1),若B⊆A,则只要解得-1≤m≤2,此时m满足-1≤m≤2.综上所述,m的取值范围是m=-2或-1≤m≤2.19.【解析】令A={x|-2≤1-≤2}={x|-2≤x≤10},B={x|x2-2x+1-m2≤0(m>0)} ={x|1-m≤x≤1+m(m>0)}.因为“若⌝p则⌝q”的逆否命题为“若q则p”,又⌝p是⌝q的必要不充分条件,所以q是p的必要不充分条件,所以A B,故解得m≥9.【方法技巧】条件、结论为否定形式的命题的求解策略处理此类问题一般有两种策略:一是直接求出条件与结论,再根据它们的关系求解.二是先写出命题条件与结论的否定,再根据它们的关系求解.如果p是q的充分不必要条件,那么p是q的必要不充分条件;同理,如果p是q 的必要不充分条件,那么p是q的充分不必要条件,如果p是q的充要条件,那么p是q的充要条件.20.【解析】(1)由2x-1>0,解得x>0,即集合A=(0,+∞);又x2-x-6>0,解得x<-2或x>3,即集合B=(-∞,-2)∪(3,+∞).所以A∩B=(3,+∞).(2)A∪B=(-∞,-2)∪(0,+∞).不等式ax2+2x+b>0的解集为A∪B,即方程ax2+2x+b=0的两个实根为-2,0,根据根与系数的关系得a=1,b=0.21.【思路点拨】设出方程的公共根,消掉这个公共根就可以得到两个方程有公共根的必要条件,再证明这个条件是充分的即可.【解析】设m是两个方程的公共根,显然m≠0.由题设知:m2+2am+b2=0 ①,m2+2cm-b2=0 ②,由①+②得2m(a+c+m)=0,所以m=-(a+c) ③,将③代入①,得(a+c)2-2a(a+c)+b2=0,化简得a2=b2+c2.所以所给的两个方程有公共根的必要条件是a2=b2+c2.下面证明其充分性.因为a2=b2+c2,所以方程x2+2ax+b2=0,即x2+2ax+a2-c2=0,它的两个根分别为x1=-(a+c)和x2=c-a;同理,方程x2+2cx-b2=0的两根分别为x3=-(a+c)和x4=a-c.圆学子梦想铸金字品牌因为x1=x3,所以方程x2+2ax+b2=0与x2+2cx-b2=0有公共根.综上所述,方程x2+2ax+b2=0与方程x2+2cx-b2=0有公共根的充要条件是a2=b2+c2.关闭Word文档返回原板块。
2014版高中数学复习方略课时提升作业：5.1数 列(北师大版)(北师大版·数学理·通用版)
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课时提升作业(三十)一、选择题1.已知数列,,,…,,…,下面各数中是此数列中的项的是( )(A)(B)(C)(D)2.由a 1=1,a n+1=,给出的数列{a n}的第34项为( )(A)(B)100(C)(D)3.(2013·南昌模拟)已知数列{a n}的前n项和S n=2-2n+1,则a3= ( )(A)-1 (B)-2 (C)-4 (D)-84.已知数列{a n}的前n项和S n=2n2-3n+1,则a4+a5+a6+a7+a8+a9+a10的值为( )(A)150 (B)161 (C)160 (D)1715.(2013·西安模拟)在数列{a n}中,a1=1,a n a n-1=a n-1+(-1)n(n≥2,n∈N+),则的值是( )(A)(B)(C)(D)6.在数列{a n}中,a1=2,a n+1=a n+ln(1+),则a n= ( )(A)2+lnn (B)2+(n-1)lnn(C)2+nlnn (D)1+n+lnn7.已知数列{a n}的前n项和S n=n2-9n,第k项满足5<a k<8,则k等于( )(A)9 (B)8 (C)7 (D)68.(能力挑战题)定义:F(x,y)=y x(x>0,y>0),已知数列{a n}满足:a n=(n∈N+),若对任意正整数n,都有a n≥a k(k∈N+)成立,则a k的值为( )(A)(B)2 (C)3 (D)4二、填空题9.数列-,,-,,…的一个通项公式可以是.10.数列{a n}的前n项和记为S n,a1=1,a n+1=2S n+1(n≥1,n∈N+),则数列{a n}的通项公式是.11.(2013·赣州模拟)已知数列{a满足a1=,a n-1-a n=(n≥2),则该数列的通项公式a n= .12.(能力挑战题)已知数列{a n}满足:a1=m(m为正整数),a n+1=若a6=1,则m所有可能的值为.三、解答题13.已知数列{a n}满足前n项和S n=n2+1,数列{b n}满足b n=,且前n项和为T n,设c n=T2n+1-T n.(1)求数列{b n}的通项公式.(2)判断数列{c n}的增减性.14.(能力挑战题)解答下列各题:(1)在数列{a n}中,a1=1,a n+1=ca n+c n+1(2n+1)(n∈N+),其中实数c≠0.求{a n}的通项公式.(2)数列{a n}满足:a1=1,a n+1=3a n+2n+1(n∈N+),求{a n}的通项公式.15.(2012·广东高考)设数列{a n}前n项和为S n,数列{S n}的前n项和为T n,满足T n=2S n-n2,n∈N+.(1)求a1的值.(2)求数列{a n}的通项公式.答案解析1.【解析】选B.∵42=6×7,故选B.2.【解析】选C.把递推式取倒数得=+3,所以=+3×(34-1)=100,所以a34=.3.【解析】选D.a3=S3-S2=-14-(-6)=-8.4.【解析】选B.S10-S3=(2×102-3×10+1)-(2×32-3×3+1)=161.5.【解析】选C.当n=2时,a2·a1=a1+(-1)2,∴a2=2.当n=3时,a3a2=a2+(-1)3,∴a3=.当n=4时,a4a3=a3+(-1)4,∴a4=3.当n=5时,a 5a4=a4+(-1)5,∴a5=,∴=.6.【思路点拨】根据递推式采用“叠加”方法求解.【解析】选A.∵a n+1=a n+ln(1+)=a n+ln=a n+ln(n+1)-lnn,∴a2=a1+ln2,a3=a2+ln3-ln2,…,a n=a n-1+lnn-ln(n-1),将上面n-1个式子左右两边分别相加得a n=a1+ln2+(ln3-ln2)+(ln4-ln3)+…+[lnn-ln(n-1)]=a1+lnn=2+lnn.7.【解析】选B.a n=即a n=∵n=1时也适合a n=2n-10,∴a n=2n-10.∵5<a k<8,∴5<2k-10<8,∴<k<9.又∵k∈N+,∴k=8.,==,2n2-(n+1)2=n2-2n-1,只有当n=1,28.【解析】选 A.a时,2n2<(n+1)2,当n≥3时,2n2>(n+1)2,即当n≥3时,a n+1>a n,故数列{a n}中的最小项是a1,a2,a3中的较小者,a1=2,a2=1,a3=,故a k的值为.9.【解析】正负相间使用(-1)n,观察可知第n项的分母是2n,分子比分母的值少1,故a n=(-1)n.答案：a n=(-1)n10.【思路点拨】根据a n和S n的关系转换a n+1=2S n+1(n≥1)为a n+1与a n的关系或者S n+1与S n的关系.【解析】方法一:由a n+1=2S n+1可得a n=2S n-1+1(n≥2),两式相减得a n+1-a n=2a n,a n+1=3a n(n≥2).又a2=2S1+1=3,∴a2=3a1,故{a n}是首项为1,公比为3的等比数列,∴a n=3n-1.方法二:由于a n+1=S n+1-S n,a n+1=2S n+1,所以S n+1-S n=2S n+1,S n+1=3S n+1,把这个关系化为S n+1+=3(S n+),即得数列{S n+}为首项是S1+=,公比是3的等比数列,故S n+=×3n-1=×3n,故S n=×3n-.所以,当n≥2时,a n=S n-S n-1=3n-1,由n=1时a1=1也适合这个公式,知所求的数列{a n}的通项公式是a n=3n-1.答案：a n=3n-1【方法技巧】a n和S n关系的应用技巧在根据数列的通项a n与前n项和的关系求解数列的通项公式时,要考虑两个方面,一个是根据S n+1-S n=a n+1把数列中的和转化为数列的通项之间的关系;一个是根据a n+1=S n+1-S n把数列中的通项转化为前n项和的关系,先求S n再求a n.11.【解析】由递推公式变形,得-==-,则-=1-,-=-,…,-=-,各式相加得-=1-,即=,∴a n=.答案：12.【解析】根据递推式以及a1=m(m为正整数)可知数列{a n}中的项都是正整数.a 6=1,若a6=,则a5=2,若a6=3a5+1,则a5=0,故只能是a5=2.若a 5=,则a4=4,若a5=3a4+1,则a4=,故只能是a4=4.若a 4=,则a3=8,若a4=3a3+1,则a3=1.(1)当a 3=8时,若a3=,则a2=16,若a3=3a2+1,则a2=,故只能是a2=16,若a2=,则a1=32,若a2=3a1+1,则a1=5.(2)当a 3=1时,若a3=,则a2=2,若a3=3a2+1,则a2=0,故只能是a2=2.若a 2=,则a1=4,若a2=3a1+1,则a1=,故只能是a1=4.综上所述:a1的值,即m的值只能是4或5或32.答案：4或5或32【变式备选】已知数列{a n}中,a1=,a n+1=1-(n≥2),则a16= .【解析】由题可知a2=1-=-1,a3=1-=2,a4=1-=,∴此数列为循环数列,a1=a4=a7=a10=a13=a16=.答案：13.【解析】(1)a1=2,a n=S n-S n-1=2n-1(n≥2).∴b n=(2)∵c n=b n+1+b n+2+…+b2n+1=++…+,∴c n+1-c n=+-=<0,∴{c n}是递减数列.14.【解析】(1)由原式得=+(2n+1).令b n=,则b1=,b n+1=b n+(2n+1),因此对n≥2有b n=(b n-b n-1)+(b n-1-b n-2)+…+(b2-b1)+b1=(2n-1)+(2n-3)+…+3+=n2-1+,因此a n=(n2-1)c n+c n-1,n≥2.又当n=1时上式成立.因此a n=(n2-1)c n+c n-1,n∈N+.(2)两端同除以2n+1得,=·+1,即+2=(+2),即数列{+2}是首项为+2=,公比为的等比数列,故+2=×()n-1,即a n=5×3n-1-2n+1.15.【解析】(1)当n=1时,T1=2S1-1.因为T1=S1=a1,所以a1=2a1-1,求得a1=1.(2)当n≥2时,S n=T n-T n-1=2S n-n2-[2S n-1-(n-1)2]=2S n-2S n-1-2n+1,所以S n=2S n-1+2n-1 ①,所以S n+1=2S n+2n+1 ②,②-①得a n+1=2a n+2,所以a n+1+2=2(a n+2),即=2(n≥2),求得a1+2=3,a2+2=6,则=2.所以{a n+2}是以3为首项,2为公比的等比数列,所以a n+2=3·2n-1,所以a n=3·2n-1-2,n∈N+.关闭Word文档返回原板块。
2014版高中数学复习方略课时提升作业：7.5空间几何体的面积与体积(北师大版)(北师大版·数学理·通用版)
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课时提升作业(四十六)一、选择题1.(2013·柳州模拟)长方体的一个顶点上的三条棱长分别是3,4,x,且它的8个顶点都在同一个球面上,这个球面的表面积为125π,则x的值为( )(A)5 (B)6 (C)8 (D)102.(2012·新课标全国卷)平面α截球O的球面所得圆的半径为1,球心O到平面α的距离为,则此球的体积为( )(A)π(B)4π(C)4π(D)6π3.(2013·合肥模拟)一个空间几何体的三视图及部分数据如图所示,则这个几何体的体积是( )(A)3 (B)(C)2 (D)4.某几何体的三视图如图所示,且主视图、左视图都是矩形,则该几何体的体积是( )(A)16 (B)12 (C)8 (D)65.(2013·六安模拟)如图是一个几何体的三视图,其中主视图是腰长为2的等腰三角形,俯视图是半径为1的半圆,则该几何体的体积为( )(A)π(B)π(C)(D)π6.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )(A)(B)2 (C)(D)37.(2013·韶关模拟)三棱柱的直观图和三视图(主视图和俯视图是正方形,左视图是等腰直角三角形)如图所示,则这个三棱柱的表面积等于( )(C)8+4(D)48.(2013·银川模拟)一个几何体的三视图如图所示,则这个几何体的体积为( )(A)(B)(C)(1+)(D)9.(2013·西城模拟)侧面都是直角三角形的正三棱锥,底面边长为a时,该三棱锥的表面积是( )(A)a2(B)a2(C)a2(D)a210.(2013·杭州模拟)一个空间几何体的三视图及其相关数据如图所示,则这个空间几何体的表面积是( )(C)11π(D)+311.(能力挑战题)已知某几何体的三视图如图所示,其中俯视图和左视图都是腰长为4的等腰直角三角形,主视图为直角梯形,则此几何体的体积V的大小为( )(A)(B)12 (C)(D)1612.如图是一个空间几何体的三视图,则该几何体的外接球的表面积为( )(A)8π(B)6π(C)4π(D)2π二、填空题13.(2012·江苏高考)如图,在长方体ABCD -A1B1C1D1中,AB=AD=3cm,AA1=2cm,则四棱锥A-BB1D1D的体积为cm3.14.将边长为a的正方形ABCD沿对角线AC折起,使BD=a,则三棱锥D -ABC的体积为.15.(2013·南昌模拟)用若干个体积为1的正方体搭成一个几何体,其主视图、左视图都是如图所示的图形,则这个几何体的最大体积是.16.如图是某几何体的三视图(单位:m),则其表面积为m2.三、解答题17.(2013·合肥模拟)如图,一空间几何体的一个面ABC内接于圆O,AB是圆O的直径,四边形DCBE为平行四边形,且DC⊥平面ABC.(1)证明:平面ACD⊥平面ADE.(2)若AB=2,BC=1,tan∠EAB=,试求该空间几何体的体积V.答案解析1.【解析】选D.设球的半径为r,则4πr2=125π,∴r2=125.又∵32+42+x2=(2r)2,4∴9+16+x2=125,∴x2=100,即x=10.2.【解析】选B.如图,设截面圆的圆心为O′,M为截面圆上任一点,则OO′=,O′M=1,∴OM==,即球的半径为,∴V=π()3=4π.3.【解析】选D.由三视图可知,该几何体是一个放倒了的三棱柱,V=×1××=.4.【思路点拨】由俯视图可知,该几何体是由四棱柱从中挖掉一个三棱柱所得到的几何体.【解析】选B.该几何体是一个四棱柱挖去一个三棱柱后得到的几何体,其体积为2×3×4-×2×3×4=12.【变式备选】一个空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )(A)πcm3(B)3πcm3(C)πcm3(D)πcm3【解析】选D.由三视图可知,此几何体为底面半径为1cm、高为3cm的圆柱上部去掉一个半径为1cm的半球,所以其体积为V=3π-π=π(cm3).5.【解析】选A.由三视图可知,该几何体是如图所示的半圆锥,V=π×12××=π.6.【解析】选A.由图知,此几何体上部是一个棱长为1的正方体,其体积为1.下部是一个侧着放的四棱柱,其高为1,底面是一个高为1,上底为2,下底为3的直角梯形,故下部的体积是1××1=,故此几何体的体积是1+=. 【误区警示】本题易错误地认为该几何体是由一个正方体和一个棱台构成的组合体.7.【解析】选A.由三视图的数据可知,三棱柱的表面积为S=2××2×2+(2+2+2)×2=12+4.8.【解析】选A.由三视图可知该几何体是由一个半圆锥和一个四棱锥组合而成的,其中半圆锥的底面半径为1,四棱锥的底面是一个边长为2的正方形,它们的高均为,则V=×(+4)×=,故选A.9.【解析】选A.由于正三棱锥的侧面都是直角三角形,所以直角顶点应该就是棱锥的顶点,即棱锥的三条侧棱两两垂直,由于底面边长为a,所以侧棱长等于a,故该三棱锥的表面积S=a2+3××(a)2=a2.故选A.10.【解析】选D.这个空间几何体是一个圆台被轴截面割出来的一半.根据图中数据可知这个圆台的上底面半径是1,下底面半径是2,高为,母线长是2,其表面积是两个半圆、圆台侧面积的一半和一个轴截面的面积之和,故S=π×12+π×22+π(1+2)×2+×(2+4)×=+3.11.【思路点拨】由三视图得到几何体的直观图是解题的关键.注意该几何体是底面为直角梯形且放倒了的四棱锥.【解析】选C.由三视图知,该几何体是一个四棱锥(如图),其底面是一个直角梯形,高h为4,∴四边形ABCD的面积S=×(4+1)×4=10,∴V=Sh=×10×4=.即该几何体的体积V为.12.【思路点拨】该几何体是底面为等腰直角三角形,且一条侧棱垂直于底面的三棱锥,可将该几何体补成一个长方体,然后解决.【解析】选A.设该几何体的外接球的半径为R.依题意知,该几何体是一个如图所示的三棱锥A -BCD,其中AB⊥平面BCD,AB=2,BC=CD=,BD=2,BC⊥DC,因此可将该三棱锥补成一个长方体,于是有(2R)2=22+()2+()2=8,即4R2=8,则该几何体的外接球的表面积为4πR2=8π.【变式备选】长方体的三个相邻面的面积分别为2,3,6,这个长方体的顶点都在同一个球面上,则这个球的表面积为( )(A)π(B)56π(C)14π(D)64π【解析】选 C.设长方体的过同一顶点的三条棱长分别为a,b,c,同时不妨设得设球的半径为R,则(2R)2=22+12+32=14,∴R2=,∴S球=4πR2=14π.13.【解析】连接AC交BD于O,在长方体中,∵AB=AD=3,∴BD=3且AC⊥BD.又∵BB1⊥底面ABCD,∴BB1⊥AC.又DB∩BB1=B,∴AC⊥平面BB1D1D,∴AO为四棱锥A -BB1D1D的高且AO=BD=.∵=BD×BB 1=3×2=6,∴=〃AO=×6×=6(cm3).答案:614.【解析】设正方形ABCD的对角线AC,BD相交于点E,沿AC折起后依题意得,当BD=a时,BE⊥DE,所以DE⊥平面ABC,于是三棱锥D -ABC的高为DE=a,所以三棱锥D -ABC的体积V=×a2×a=a3.答案:a315.【解析】由主视图和左视图可知,体积最大时,底层有9个小正方体,左上面有2个小正方体,共11个.答案:1116.【解析】依题意可得该几何体是一个组合体,它的上部分与下部分都是四棱锥,中间部分是一个正方体.则上部分的表面积为×4×4×2+×4×4×2=(16+16)m2,中间部分的表面积为4×4×4=64(m2),下部分的表面积为×4×4××4=16(m2),故所求的表面积为(80+16+16)m2.答案:(80+16+16)【变式备选】如图是一个组合几何体的三视图,则该几何体的体积是.【解析】由三视图还原可知该几何体是一个组合体,下面是一个圆柱,上面是一个三棱柱,故所求体积为V=×3×4×6+16π×8=36+128π.答案:36+128π17.【解析】(1)∵DC⊥平面ABC,BC平面ABC,∴DC⊥BC.∵AB是圆O的直径,∴BC⊥AC,且DC∩AC=C,∴BC⊥平面ADC.∵四边形DCBE为平行四边形,∴DE∥BC,∴DE⊥平面ADC.又∵DE平面ADE,∴平面ACD⊥平面ADE.(2)所求几何体的体积:V=V E-ABC+V E-ADC.∵AB=2,BC=1,tan∠EAB==,∴BE=,AC==,∴V E-ADC=S△ADC〃DE=AC〃DC〃DE=.V E-ABC=S△ABC〃EB=AC〃BC〃EB=,∴该几何体的体积V=1.关闭Word文档返回原板块。
2014届高考数学(北师大版)一轮复习讲义课件：8.3空间直角坐标系
解析 要清楚空间直角坐标系中三个坐标平面以及三条坐标轴 上点的特征．
答案 C
变式迁移 1 点 A(－1,2,1)在 x 轴上的投影点和在 xOy 平面上的投影点的坐 标分别为( ) A．(－1,0,1)，(－1,2,0) B．(－1,0,0)，(－1,2,0) C．(－1,0,0)，(－1,0,0) D．(－1,2,0)，(－1,2,0)
x＋2 1＝－23
与 BD 互相平分，即 AC 与 BD 的中点重合，所以zy＋－22 42＝＝62
，
解得xy＝＝6－4 . z＝8
题型四 用向量法解决垂直问题 例 4.已知空间四边形 OABC 中，M 为 BC 中点，N 为 AC 中点， P 为 OA 中点，Q 为 OB 中点，若 AB＝OC，求证：PM⊥QN. 分析 如图，欲证 PM⊥QN，只要证明P→M·Q→N＝0.
∴F(12，12，1)． 解法二：B1(1,1,1)，D1(0,0,1)，B(1,1,0)，E 为 B1B 中点，F 为
B1D1 中点，故 E 的坐标为(1＋2 1，1＋2 1，1＋2 0)＝(1,1，12)，F 的坐标 为(1＋2 0，1＋2 0，1＋2 1)＝(12，12，1)．
点评 (1)平面上中点坐标公式可推广到空间，即设 A(x1，y1， z1)、B(x2，y2，z2)，则 AB 中点 P(x1＋2 x2，y1＋2 y2，z1＋2 z2)．
3．空间两点间的距离 (1)空间两点间的距离公式的推导思路 思路一：当两点连线与坐标面不平行时，过两点分别作三个坐 标平面的平行平面，转化为求长方体的对角线长，从而只要写出交 于一个顶点的三条棱长即可，而棱长可在平面内用平面上两点间距 离公式求得． 思路二：作线段在三个坐标平面上的正投影，把空间问题转化 为平面问题加以解决． (2)空间两点间的距离公式 空间中两点 P1(x1，y1，z1)、P2(x2，y2，z2)的距离公式 |P1P2|＝ x1－x22＋y1－y22＋z1－z22. 特别地， 点 A(x，y， z)与原 点 O 之间的距离公式为 |OA|＝ x2＋y2＋z2.
【全程复习方略】2014版高考数学 4.2平面向量的坐标运算课时提升作业 理 北师大版
【全程复习方略】2014版高考数学 4.2平面向量的坐标运算课时提升作业理北师大版一、选择题1.(2013·某某模拟)已知a=(1,1),b=(1,-1),c=(-1,2),则c等于( )(A)-a+b(B)a-b(C)-a-b (D)-a+b2.(2013·某某模拟)已知向量a=(1-sinθ,1),b=(,1+sinθ),若a∥b,则锐角θ等于()(A)30°(B)45°(C)60°(D)75°3.(2013·抚州模拟)原点O是正六边形ABCDEF的中心,=(-1,-),=(1,-),则等于( )(A)(2,0) (B)(-2,0)(C)(0,-2) (D)(0,)4.若α,β是一组基底,向量γ=xα+yβ(x,y∈R),则称(x,y)为向量γ在基底α,β下的坐标,现已知向量a在基底p=(1,-1),q=(2,1)下的坐标为(-2,2),则a在另一组基底m=(-1,1),n=(1,2)下的坐标为( )(A)(2,0) (B)(0,-2)(C)(-2,0) (D)(0,2)5.如图所示,已知=2,=a,=b,=c,则下列等式中成立的是( )(A)c=b-a(B)c=2b-a(C)c=2a-b(D)c=a-b6.(2013·某某模拟)已知向量=(1,-3),=(2,-1),=(m+1,m-2),若点A,B,C能构成三角形,则实数m应满足的条件是( )(A)m≠-2 (B)m≠(C)m≠1 (D)m≠-17.已知非零向量e1,e2,a,b满足a=2e1-e2,b=k e1+e2.给出以下结论:①若e1与e2不共线,a与b共线,则k=-2;②若e1与e2不共线,a与b共线,则k=2;③存在实数k,使得a与b不共线,e1与e2共线;④不存在实数k,使得a与b不共线,e1与e2共线.其中正确结论的个数是( )(A)1个 (B)2个(C)3个 (D)4个8.(能力挑战题)平面直角坐标系中,O为坐标原点,已知两点A(3,1),B(-1,3),若点C满足=α+β,其中α,β∈R且α+β=1,则点C的轨迹方程为( )(A)(x-1)2+(y-2)2=5(B)3x+2y-11=0(C)2x-y=0(D)x+2y-5=09.(2013·某某模拟)如图,在直角梯形ABCD中,AB∥CD,AD=CD=1,AB=3,动点P在△BCD内运动(含边界),设=α+β,则α+β的最大值是( )(A) (B)(C)(D)10.已知a=(sinα-cosα,2014),b=(sinα+cosα,1),且a∥b,则tan2α-的值为( )(A)-2014 (B)-(C)2014 (D)二、填空题11.已知向量a=(-2,3),b∥a,向量b的起点为A(1,2),终点B在坐标轴上,则点B的坐标为.12.如图,在□ABCD中,=a,=b,=3,M是BC的中点,则=(用a,b表示).13.在平面直角坐标系xOy中,已知向量a=(1,2),a-b=(3,1),c=(x,3),若(2a+b)∥c,则x=.14.(2013·某某模拟)给出以下四个命题:①四边形ABCD是菱形的充要条件是=,且||=||;②点G是△ABC的重心,则++=0;③若=3e1,=-5e1,且||=||,则四边形ABCD是等腰梯形;④若||=8,||=5,则3≤||≤13.其中所有正确命题的序号为.三、解答题15.平面内给定三个向量a=(3,2),b=(-1,2),c=(4,1),回答下列问题:(1)求3a+b-2c.(2)求满足a=m b+n c的实数m,n.(3)若(a+k c)∥(2b-a),某某数k.答案解析1.【解析】选B.设c=λa+μb,∴(-1,2)=λ(1,1)+μ(1,-1),∴∴∴c=a-b.2.【解析】选B.∵a∥b,∴(1-sinθ)(1+sinθ)-1×=0,∴sin θ=±,又θ为锐角,∴θ=45°.3.【解析】选 A.∵在正六边形ABCDEF 中,OABC 为平行四边形,∴=+,∴=-=(2,0). 4.【解析】选D.由已知a =-2p +2q =(-2,2)+(4,2)=(2,4),设a =λm +μn =λ(-1,1)+μ(1,2)=(-λ+μ,λ+2μ),则由解得∴a =0m +2n ,∴a 在基底m ,n 下的坐标为(0,2). 5.【解析】选A.由=2得+=2(+),所以2=-+3,即c =b -a .6.【思路点拨】运用反证法,从三点可以共线考虑,然后取所得X 围的补集.【解析】选C.若点A,B,C 不能构成三角形,则只能共线. ∵=-=(2,-1)-(1,-3)=(1,2), =-=(m+1,m-2)-(1,-3)=(m,m+1).假设A,B,C 三点共线,则1×(m+1)-2m=0,即m=1.∴若A,B,C 三点能构成三角形,则m ≠1.7.【解析】选B.(1)若a 与b 共线,即a =λb ,即2e 1-e 2=λk e 1+λe 2,而e 1与e 2不共线,∴解得k=-2.故①正确,②不正确.(2)若e 1与e 2共线,则e 2=λe 1,有11(2),(k ),=-λ⎧⎨=+λ⎩a e b e∵e 1,e 2,a ,b 为非零向量,∴λ≠2且λ≠-k, ∴a =b ,即a =b ,这时a 与b 共线,∴不存在实数k 满足题意.故③不正确,④正确.综上,正确的结论为①④.8.【思路点拨】求轨迹方程的问题时可求哪个点的轨迹设哪个点的坐标,故设C(x,y),根据向量的运算法则及向量相等的关系,列出关于α,β,x,y 的关系式,消去α,β即可得解.【解析】选 D.设C(x,y),则=(x,y),=(3,1),=(-1,3).由=α+β,得(x,y)=(3α,α)+(-β,3β)=(3α-β,α+3β).于是由③得β=1-α代入①②,消去β得再消去α得x+2y=5,即x+2y-5=0.【一题多解】由平面向量共线定理,得当=α+β,α+β=1时,A,B,C三点共线.因此,点C的轨迹为直线AB,由两点式求直线方程得=,即x+2y-5=0.9.【思路点拨】建立平面直角坐标系,设P(x,y),求出α+β与x,y的关系,运用线性规划求解.【解析】选B.以A为原点,AB所在直线为x轴,建立平面直角坐标系,则D(0,1),B(3,0),C(1,1),设P(x,y). ∴=(x,y),=(0,1),=(3,0).∵=α+β,即(x,y)=α(0,1)+β(3,0)=(3β,α),∴∴∴α+β=+y.由线性规划知识知在点C(1,1)处+y取得最大值.10.【思路点拨】根据向量的共线求出tanα,再利用三角变换公式求值.【解析】选C.由a∥b得=2014,即=2014,解得tanα=-.tan2α-=-=-=-=-.将tanα=-代入上式得,tan2α-=2014.【方法技巧】解决向量与三角函数综合题的技巧方法向量与三角函数的结合是近几年高考中出现较多的题目,解答此类题目的关键是根据条件将所给的向量问题转化为三角问题,然后借助三角恒等变换再根据三角求值、三角函数的性质、解三角形的问题来解决.11.【解析】由b∥a,可设b=λa=(-2λ,3λ).设B(x,y),则=(x-1,y-2)=b.由⇒又B点在坐标轴上,则1-2λ=0或3λ+2=0,所以B(0,)或(,0).答案:(0,)或(,0)12.【解析】由题意知=+=+=-=-(+)=--=-+=-a+b.答案:-a+b13.【解析】由a=(1,2),a-b=(3,1)得b=(-4,2),故2a+b=2(1,2)+(-4,2)=(-2,6).由(2a+b)∥c得6x=-6,解得x=-1.答案:-114.【解析】对于①,当=时,则四边形ABCD为平行四边形,又||=||,故该平行四边形为菱形,反之,当四边形ABCD为菱形时,则=,且||=||,故①正确;对于②,若G为△ABC的重心,则++=0,故不正确;对于③,由条件知=-,所以∥且||>||,又||=||,故四边形ABCD为等腰梯形,正确;对于④,当,共线同向时,||=3,当,共线反向时,||=8+5=13,当,不共线时3<||<13,故正确.综上正确命题为①③④.答案:①③④15.【解析】(1)3a+b-2c=3(3,2)+(-1,2)-2(4,1)=(9,6)+(-1,2)-(8,2)=(0,6).(2)∵a=m b+n c,∴(3,2)=m(-1,2)+n(4,1)=(-m+4n,2m+n).∴解得(3)∵(a+k c)∥(2b-a),又a+k c=(3+4k,2+k),2b-a=(-5,2).∴2×(3+4k)-(-5)×(2+k)=0,∴k=-.【变式备选】已知四点A(x,0),B(2x,1),C(2,x),D(6,2x).(1)某某数x,使两向量,共线.(2)当两向量与共线时,A,B,C,D四点是否在同一条直线上?【解析】(1)=(x,1),=(4,x).∵∥,∴x2-4=0,即x=±2.∴当x=±2时,∥.(2)当x=-2时,=(6,-3),=(-2,1),∴∥.此时A,B,C三点共线,从而,当x=-2时,A,B,C,D四点在同一条直线上.但x=2时,A,B,C,D四点不共线.。
2014版高中数学复习方略课时提升作业：2.3函数的奇偶性与周期性(北师大版)(北师大版·数学理·通用版)
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课时提升作业(六)一、选择题1.(2013·九江模拟)在下列函数中,图像关于原点对称的是( )(A)y=xsinx (B)y=(C)y=xlnx (D)y=x3+sinx2.(2013·西安模拟)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数,若对任意给定的不等实数x1,x2,不等式(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]<0恒成立,则不等式f(1-x)<0的解集为( ) (A)(1,+∞) (B)(0,+∞)(C)(-∞,0) (D)(-∞,1)3.设函数f(x)和g(x)分别是R上的偶函数和奇函数,则下列结论恒成立的是( )(A)f(x)+|g(x)|是偶函数(B)f(x)-|g(x)|是奇函数(C)|f(x)|+g(x)是偶函数(D)|f(x)|-g(x)是奇函数4.已知f(x)是周期为2的奇函数,当0<x<1时,f(x)=lgx,设a=f(),b=f(),c=f(),则( )(A)c<a<b (B)a<b<c (C)b<a<c (D)c<b<a5.设f(x)为定义在R上的奇函数,当x≥0时,f(x)=2x+2x+b(b为常数),则f(-1)=( )(A)-3 (B)-1 (C)1 (D)36.(2013·吉安模拟)已知函数f(x)=,则该函数是( )(A)偶函数,且单调递增(B)偶函数,且单调递减(C)奇函数,且单调递增(D)奇函数,且单调递减7.若偶函数f(x)在(-∞,0)上是递减的,则不等式f(-1)<f(lgx)的解集是( )(A)(0,10) (B)(,10)(C)(,+∞) (D)(0,)∪(10,+∞)8.设f(x)是定义在R上以2为周期的偶函数,已知x∈(0,1)时,f(x)=lo(1-x),则函数f(x)在(1,2)上( )(A)是递增的,且f(x)<0(B)是递增的,且f(x)>0(C)是递减的,且f(x)<0(D)是递减的,且f(x)>09.(2013·咸阳模拟)函数y=f(x)是R上的奇函数,满足f(3+x)=f(3-x),当x∈(0,3)时,f(x)=2x,则当x∈(-6,-3)时,f(x)等于( )(A)2x+6(B)-2x-6 (C)2x-6(D)-2x+610.(能力挑战题)设f(x)是连续的偶函数,且f(x)在(0,+∞)上是增加的或减少的,则满足f(x)=f()的所有x之和为( )(A)-3 (B)3 (C)-8 (D)8二、填空题11.函数f(x)=为奇函数,则a= .12.函数f(x)对于任意实数x满足条件f(x+2)=,若f(1)=-5,则f(f(5))= .13.(2012·上海高考)已知y=f(x)+x2是奇函数,且f(1)=1,若g(x)=f(x)+2,则g(-1)= .14.(能力挑战题)函数y=f(x)(x∈R)有下列命题:①在同一坐标系中,y=f(x+1)与y=f(-x+1)的图像关于直线x=1对称;②若f(2-x)=f(x),则函数y=f(x)的图像关于直线x=1对称;③若f(x-1)=f(x+1),则函数y=f(x)是周期函数,且2是一个周期;④若f(2-x)=-f(x),则函数y=f(x)的图像关于(1,0)对称,其中正确命题的序号是.三、解答题15.已知函数f(x)=2|x-2|+ax(x∈R)有最小值.(1)求实数a的取值范围.(2)设g(x)为定义在R上的奇函数,且当x<0时,g(x)=f(x),求g(x)的解析式.答案解析1.【解析】选D.对于A,B,函数是偶函数,对于C,函数既不是奇函数,也不是偶函数,对于D,函数是奇函数,因而图像关于原点对称.2.【解析】选D.由题意知,函数f(x)在R上是减函数且f(0)=0,从而f(1-x)<0可转化为1-x>0,≨x<1.3.【解析】选 A.≧g(x)是R上的奇函数,≨|g(x)|是R上的偶函数,从而f(x)+|g(x)|是偶函数.4.【解析】选A.a=f()=f(-)=-f()=-lg=lg,b=f()=f(-)=-f()=-lg=lg2,c=f()=f()=lg,≧2>>,≨lg2>lg>lg,≨b>a>c.5.【解析】选A.因为f(x)为定义在R上的奇函数,所以有f(0)=20+2×0+b=0,解得b=-1,所以当x≥0时,f(x)=2x+2x-1,所以f(-1)=-f(1)=-(21+2×1-1)=-3,故选A.6.【解析】选C.当x>0时,-x<0,则f(-x)=2-x-1=-(1-2-x)=-f(x);当x<0时,-x>0,则f(-x)=1-2x=-(2x-1)=-f(x);当x=0时,f(x)=0.综上知f(-x)=-f(x),函数f(x)是奇函数,且f(x)是增函数,故选C.7.【解析】选D.因为f(x)为偶函数,所以f(x)=f(|x|).因为f(x)在(-≦,0)上是减少的,所以f(x)在(0,+≦)上是增加的.由f(-1)<f(lgx),故|lgx|>1,即lgx>1或lgx<-1,解得x>10或0<x<.8.【思路点拨】根据f(x)是周期为2的偶函数,把x∈(1,2)转化到2-x∈(0,1)上,再利用f(2-x)=f(x)求解.【解析】选D.由题意得当x∈(1,2)时,0<2-x<1,0<x-1<1,f(x)=f(-x)=f(2-x)= lo[1-(2-x)]=lo(x-1)>lo1=0,则可知当f(x)在(1,2)上是递减的.9.【解析】选D.由函数f(x)是奇函数知f(3+x)=-f(x-3),≨f(x+6)=-f(x).设x∈(-6,-3),则x+6∈(0,3),≨f(x+6)=-f(x)=2x+6,≨f(x)=-2x+6.10.【解析】选C.因为f(x)是连续的偶函数,f(x)在(0,+≦)上是增加的或减少的,由偶函数的性质可知若f(x)=f(),只有两种情况:①x=;②x+=0,由①知x2+3x-3=0,故两根之和为x1+x2=-3,由②知x2+5x+3=0,故其两根之和为x3+x4=-5.因此满足条件的所有x之和为-8.11.【解析】由题意知,g(x)=(x+1)(x+a)为偶函数,≨a=-1.答案:-112.【解析】≧f(x+2)=,≨f(x+4)==f(x),≨f(5)=f(1)=-5,≨f(f(5))=f(-5)=f(3)==-.答案:-13.【思路点拨】先利用奇函数条件求出f(x)与f(-x)的关系,从而f(1)与f(-1)的关系可求,即f(-1)可求,再求g(-1).【解析】≧y=f(x)+x2是奇函数,≨f(-x)+(-x)2=-[f(x)+x2],≨f(x)+f(-x)+2x2=0,≨f(1)+f(-1)+2=0,≧f(1)=1,≨f(-1)=-3.≧g(x)=f(x)+2,≨g(-1)=f(-1)+2=-3+2=-1.答案:-114.【解析】对于①,y=f(x+1)的图像由y=f(x)的图像向左平移1个单位得到,y=f(-x+1)的图像,由y=f(-x)的图像向右平移1个单位得到,而y=f(x)与y=f(-x)关于y轴对称,从而y=f(x+1)与y=f(-x+1)的图像关于直线x=0对称,故①错;对于②,由f(2-x)=f(x)将x换为x+1可得f(1-x)=f(1+x),从而②正确;对于③,由f(x-1)=f(x+1)将x换为x+1可得,f(x+2)=f(x),从而③正确.对于④,由f(2-x)=-f(x)同上可得f(1-x)=-f(1+x),从而④正确.答案:②③④【误区警示】解答本题时,易误以为①正确,出错的原因是混淆了两个函数y=f(x+1)与y=f(-x+1)的图像关系与一个函数y=f(x)满足f(x+1)=f(-x+1)时图像的对称关系.【变式备选】设f(x)是(-≦,+≦)上的奇函数,且f(x+2)=-f(x),下面关于f(x)的判定:其中正确命题的序号为.①f(4)=0;②f(x)是以4为周期的函数;③f(x)的图像关于x=1对称;④f(x)的图像关于x=2对称.【解析】≧f(x+2)=-f(x),≨f(x)=-f(x+2)=-(-f(x+2+2))=f(x+4),即f(x)的周期为4,②正确.≨f(4)=f(0)=0(≧f(x)为奇函数),即①正确.又≧f(x+2)=-f(x)=f(-x),≨f(x)的图像关于x=1对称,≨③正确,又≧f(1)=-f(3),当f(1)≠0时,显然f(x)的图像不关于x=2对称,≨④错误. 答案:①②③15.【解析】(1)f(x)=要使函数f(x)有最小值,需≨-2≤a≤2,即当a∈[-2,2]时,f(x)有最小值.(2)≧g(x)为定义在R上的奇函数,≨g(0)=0,设x>0,则-x<0,≨g(x)=-g(-x)=(a-2)x-4,≨g(x)=关闭Word文档返回原板块。
2014年高中数学 解析几何初步《空间直角坐标系》参考教案 北师大版必修2
空间直角坐标系教学目标（1）通过具体情境，使学生感受建立空间直角坐标系的必要性；（2）了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标系刻画点的位置；（3）感受类比思想在探索新知识过程中的作用．教学重点在空间直角坐标系中，确定点的坐标．教学难点建立空间坐标系，并写出相应的点的坐标．教学过程一、问题情境1．情境：在日常生活中，常常需要确定空间物体的位置，根据你的生活经验，讨论下列问题：如何确定我们教室在学校中的地理位置？在图书室的书架上如何确定某本书的位置？看电影的时候如何寻找自己的座位？那么如何确定吊灯在房间中的位置？2．问题：借助于平面直角坐标系，我们就可以用坐标来表示平面上任意一点的位置，那么能不能仿照直角坐标系的方式用坐标来表示空间上任意一点的位置呢？．二、学生活动根据一个房间的示意图，探讨表示电灯位置的方法．三、建构数学xOy，则地面上任一点的位置只需要两个坐标x，y就可确通过在地面上建立直角坐标系定．为了确定不在地面内的物体（如电灯）的位置，需要用到第三个数表示物体离地面的高度，即需要第三个坐标z ．例如，若这个电灯在平面xOy 上的射影的两个坐标分别为4和5，到地面的距离为3，则可以用有序数组（4，5，3）确定这个电灯的位置．1．空间直角坐标系从空间某一个定点o 引三条互相垂直且有相同的单位长度的数轴，这样就建立了一个空间直角坐标系xyz O .点O 叫做坐标原点， x 轴、y 轴、z 轴叫做坐标轴，这三条坐标轴中每两条确定一个坐标平面，分别称为xOy 平面、yOz 平面和zOx 平面．2．右手直角坐标系在空间直角坐标系中，让右手拇指指向x 轴的正方向，食指指向y 轴的正方向，若中指指向z 轴的正方向，则称这个坐标系为右手直角坐标系．本书建立的坐标系都是右手直角坐标系．3．空间右手直角坐标系的画法通常，将空间直角坐标系画在纸上时，x 轴与y 轴、x 轴与z 轴均成135，而z 轴垂直于y 轴．y 轴和z 轴的单位长度相同，x 轴上的单位长度为y 轴（或z 轴）的单位长度的一半，这样，三条轴上的单位长度在直观上大体相等．4．空间点的坐标表示对于空间任意一点A ，作点A 在三条坐标轴上的射影，即经过点A作三个平面分别垂直于x 轴与y 轴与z 轴，它们与x 轴与y 轴和z 轴分别交与R Q P ,,．点R Q P ,,在相应数轴上的坐标依次为x ，y ，z ，我们把有序实数对（x ，y ，z ）叫做点A 的坐标，记为A （x ，y ，z ）．5．在空间直角坐标系中画立体图形时，通常也遵循以下类似原则：已知图形中平行于y 轴和z 轴的线段，在直观图中保持长度不变，平行于x 轴的线段，长度变为原来的一半．四、数学运用1．例题：例1．在空间直角坐标系中，作出点)6,4,5(P ．分析：可按下列步骤作出点P ：P P P O z y x −−−−−→−−−−−−→−−−−−−→−个单位向上移动轴平行的方向沿与个单位向右移动轴平行的方向沿与个单位方向移动轴正从原点出发沿62415 解：所作图如下图所示．例2． 如上右图，已知长方体D C B A ABCD ''''-的边长为5,8,12='==A A AD AB ．以这个长方体的顶点A 为坐标原点，射线A A AD AB ',,分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系，求长方体各个顶点的坐标．解 因为5,8,12='==A A AD AB ，点A 在坐标原点，即)0,0,0(A ，且A D B ',,分别在x轴、y 轴、z 轴上，所以它们的坐标分别为)5,0,0(),0,8,0(),0,0,12(A D B '．点D B C '',,分别在xOy 平面、zOx 平面和yOz 平面内，坐标分别为)0,8,12(C ，)5,8,0(),5,0,12(D B ''．点C '在三条坐标轴上的射影分别是点A D B ',,，故点C '的坐标为)5,8,12(．思考：在空间直角坐标系中，x 轴上的点、xOy 坐标平面内的点的坐标各具有什么特点？[答案]落在x 轴上的点的坐标),,(z y x 满足：0==z y ．落在xOy 坐标平面内的点),,(z y x 的坐标满足：0=z ．例3． （1）在空间直角坐标系xyz O -中，画出不共线的3个点R Q P ,,，使得这3个点的坐标都满足3=z ，并画出图形；（2）写出由这三个点确定的平面内的点的坐标应满足的条件．解（1）取三个点)3,4,0(),3,0,4(),3,0,0(R Q P ．（2）R Q P ,,三点不共线，可以确定一个平面，又因为这三点在xOy 平面的同侧，且到xOy 平面的距离相等，所以平面PQR 平行于xOy 平面，而且平面PQR 内的每一个点在z 轴上的射影到原点的距离都等于3，即该平面上的点的坐标都满足3=z ．例4．求点)1,3,2(--A 关于xOy 平面，zOx 平面及原点O 的对称点．答案：)1,3,2(-'A ，)1,3,2(-''A 和)1,3,2(--'''A ．说明：一般地，点),,(z y x 关于xOy 平面的对称点为),,(z y x -，关于yOz 平面的对称点为),,(z y x -，关于zOx 平面的对称点为),,(z y x -，关于原点对称点为),,(z y x ---．2．练习：（1）课本（2） 分别写出在坐标轴、坐标平面上的点A （x ，y ，z ）的坐标所满足的条件．五、回顾小结：1．空间右手直角坐标系．2．空间右手直角坐标系的画法．六、课外作业：。
高考数学 第七章 第七节 空间直角坐标系课时提升作业 文 北师大版
【全程复习方略】（陕西专用）2014高考数学第七章第七节空间直角坐标系课时提升作业文北师大版一、选择题1.设y∈R,则点P(1,y,2)的集合为( )(A)垂直于xOz平面的一条直线(B)平行于xOz平面的一条直线(C)垂直于y轴的一个平面(D)平行于y轴的一个平面2.在空间直角坐标系中,P(2,3,4),Q(-2,-3,-4)两点的位置关系是( )(A)关于x轴对称(B)关于yOz平面对称(C)关于坐标原点对称(D)以上都不对3.点P(1,0,2)关于原点的对称点P′的坐标为( )(A)(-1,0,2) (B)(-1,0,-2)(C)(1,0,2) (D)(-2,0,1)4.在空间直角坐标系中,点P(3,1,5)关于xOz平面对称的点的坐标为( )(A)(-3,1,5) (B)(-3,-1,5)(C)(3,-1,5) (D)(-3,1,-5)5.已知正方体的不在同一个表面上的两个顶点A(-1,2,-1),B(3,-2,3),则正方体的棱长等于( )(A)4 (B)2 (C)(D)26.到点A(-1,-1,-1),B(1,1,1)的距离相等的点C(x,y,z)的坐标满足( )(A)x+y+z=-1 (B)x+y+z=1(C)x+y+z=4 (D)x+y+z=07.(2013·咸阳模拟)在空间直角坐标系中,以点A(4,1,9),B(10,-1,6),C(x,4,3)为顶点的△ABC是以BC为底边的等腰三角形,则实数x的值为( )(A)-2 (B)2 (C)6 (D)2或68.在空间直角坐标系中,点M(-2,4,-3)在xOz平面上的射影为M′,则点M′关于原点对称的点的坐标为( )(A)(-2,0,-3) (B)(-3,0,-2)(C)(2,0,3) (D)(-2,0,3)9.(2013·榆林模拟)若两点的坐标是A(3cosα,3sinα,1),B(2cosβ,2sinβ,1),则|BA|的取值范围是( )(A)[0,5] (B)[1,5](C)(0,5) (D)[1,25]10.(能力挑战题)已知四边形ABCD为平行四边形,且A(4,1,3),B(2,-5,1), C(3,7,-5),则点D的坐标为( )(A)(,4,-1) (B)(2,3,1)(C)(-3,1,5) (D)(5,13,-3)二、填空题11.给定空间直角坐标系,在x轴上找一点P,使它与点P0(4,1,2)的距离为30,则该点的坐标为.12.在空间直角坐标系中,正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A(3,-1,2),其中心为M(0,1,2),则该正方体的棱长为.13.△ABC的顶点分别为A(1,-1,2),B(5,-6,2),C(1,3,-1),则AC边上的高BD等于.14.已知三角形的三个顶点为A(2,-1,4),B(3,2,-6),C(5,0,2),则BC边上的中线长为.三、解答题15.(能力挑战题)如图,正方体AC′的棱长为a,M为BD′的中点,点N在A′C′上,且|A′N|=3|NC′|,试求|MN|的长.答案解析1.【解析】选A.y变化时,点P的横坐标为1,竖坐标为2保持不变,点P在xOz平面上的射影为P′(1,0,2),∴P点的集合为直线PP′,它垂直于xOz平面,故选A.2.【解析】选C.∵P,Q的横坐标、纵坐标及竖坐标均互为相反数,∴P,Q两点关于坐标原点对称.3.【解析】选B.由题意可知,原点是P和P′的中点,根据中点坐标公式,可得P′(-1,0,-2),故选B.4.【解析】选C.根据点关于面的对称点的性质和空间直角坐标系内点的坐标定义可知:两点的横坐标、竖坐标相同,纵坐标互为相反数.5.【解析】选A.由于A(-1,2,-1),B(3,-2,3)是不在同一个表面上的两个顶点,所以它们是体对角线的两个端点,故体对角线长度等于|AB|==4,若设正方体的棱长为a,则有a=4,故a=4.6.【解析】选D.到点A(-1,-1,-1),B(1,1,1)的距离相等的点C应满足|AC|2=|BC|2,即(x+1)2+(y+1)2+(z+1)2=(x-1)2+(y-1)2+(z-1)2,化简得x+y+z=0.7.【解析】选D.由题意知|AB|=|AC|,∴=,∴7=,∴x=2或6.8.【解析】选C.由题意得,点M′的坐标为(-2,0,-3),故点M′关于原点对称的点的坐标为(2,0,3).【方法技巧】空间直角坐标系中求对称点坐标的技巧(1)关于哪个轴对称,对应轴上的坐标不变,另两个坐标变为原来的相反数.(2)关于坐标平面对称,另一轴上的坐标变为原来的相反数,其余不变.(3)关于原点对称,三个坐标都变为原坐标的相反数.(4)在空间直角坐标系中求对称点的坐标的方法,可类比平面直角坐标系中对应的问题进行记忆.9.【思路点拨】利用两点间距离公式求出|BA|,然后结合三角函数知识求范围.【解析】选B.∵|BA|===,∴≤|BA|≤,即1≤|BA|≤5.10.【解析】选D.由题意知,点A(4,1,3),C(3,7,-5)的中点为M(,4,-1),设点D的坐标为(x,y,z),则解得故点D的坐标为(5,13,-3).11.【解析】设点P的坐标是(x,0,0),由题意得,|P0P|=30,即=30,∴(x-4)2=25.解得x=9或x=-1.∴点P坐标为(9,0,0)或(-1,0,0).答案:(9,0,0)或(-1,0,0)【误区警示】解答本题时容易忽视对解的讨论而造成结果不全.【变式备选】在z轴上与点A(-4,1,7)和点B(3,5,-2)等距离的点C的坐标为. 【解析】设点C的坐标为(0,0,z),由条件得|CA|=|CB|,即=,解得z=.答案:(0,0,)12.【解析】设棱长为a,∵A(3,-1,2),中心M(0,1,2),∴C1(-3,3,2).∴|AC1|=2,∴棱长a==.答案:13.【解析】设=λ,D(x,y,z),则(x-1,y+1,z-2)=λ(0,4,-3),∴x=1,y=4λ-1,z=2-3λ.∴=(-4,4λ+5,-3λ),∴4(4λ+5)-3(-3λ)=0,∴λ=-,∴=(-4,,),∴||==5.答案:514.【解析】设BC的中点为D,则D(,,),即D(4,1,-2),∴BC边上的中线长|AD|==2.答案:215.【思路点拨】根据正方体的特点建立空间直角坐标系,由|A′N|=3|NC′|数量关系确定点N的位置,由两点间距离公式求解.【解析】以D为原点建立如图空间直角坐标系Oxyz,由正方体棱长为a,所以B(a,a,0),A′(a,0,a),C′(0,a,a),D′(0,0,a).由M为BD′的中点,取A′C′中点O′,所以M(,,),O′(,,a),因为|A′N|=3|NC′|,所以N为A′C′的四等分点,从而N为O′C′的中点,故N(,a,a).根据空间两点间距离公式,可得|NM|==a,即MN的长为 a.。
2014版高中数学复习方略课时提升作业：单元评估检测(十)(北师大版)(北师大版·数学理·通用版)
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单元评估检测（十）第十章(120分钟150分)一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.一个口袋内有大小、形状相同的6个白球和5个黑球,从中随机取出3个球,则至少取到2个白球的概率为( )(A)(B)(C)(D)2.(2013·新余模拟)在(+)24的展开式中,x的幂指数为整数的项共有( )(A)3项(B)4项(C)5项(D)6项3.(2013·桂林模拟)从甲袋中摸出1个红球的概率为,从乙袋中摸出1个红球的概率为,从两袋中各摸出一个球,则等于( )(A)2个球都不是红球的概率(B)2个球都是红球的概率(C)至少有1个红球的概率(D)2个球中恰有1个红球的概率4.已知P箱中有红球1个,白球9个,Q箱中有白球7个(P,Q箱中所有的球除颜色外完全相同).现随意从P箱中取出3个球放入Q箱,将Q箱中的球充分搅匀后,再从Q箱中随意取出3个球放入P箱,则红球从P箱移到Q箱,再从Q箱返回P 箱中的概率等于( )(A)(B)(C)(D)5.(2013·西安模拟)在区间[-,]上随机取一个数x,cosx的值介于0到之间的概率为( )(A)(B)(C)(D)6.(2013·广州模拟)在正态分布N(0,)中,数值落在(-∞,-1)∪(1,+∞)内的概率为( )(A)0.097 (B)0.046 (C)0.03 (D)0.0037.设随机变量X的分布列为P(X=i)=a()i,i=1,2,3,则a的值为( )(A)1 (B)(C)(D)8.一份数学试卷由25个选择题构成,每个选择题有4个选项,其中有且仅有1个选项是正确的,每题选正确得4分,不选或选错得0分,满分100分.小强选对任一题的概率为0.8,则他在这次考试中得分的期望为( )(A)60分(B)70分(C)80分(D)90分9.(能力挑战题)(2013·南昌模拟)某研究性学习小组有4名同学要在同一天的上、下午到实验室做A,B,C,D,E五个实验,每位同学上、下午各做一个实验,且不重复.若上午不能做D实验,下午不能做E实验,其余实验都各做一个,则不同的安排方式共有( )(A)144种(B)192种(C)216种(D)264种10.(2013·合肥模拟)假设一直角三角形的两直角边的长都是区间(0,1)内的随机数,则斜边的长小于的概率为( )(A)(B)(C)(D)二、填空题(本大题共5小题,每小题5分,共25分.请把正确答案填在题中横线上)11.袋中有5个球,其中3个白球,2个黑球,现不放回地每次抽取1个球,则在第一次取到白球的条件下,第二次取到白球的概率为.12.(2013·铜陵模拟)下列四种说法中,①命题“存在x∈R,x2-x>0”的否定是“对于任意x∈R,x2-x<0”;②命题“p且q为真”是“p或q为真”的必要不充分条件;③已知幂函数f(x)=xα的图象经过点(2,),则f(4)的值等于;④某路公共汽车每7分钟发车一次,某位乘客到乘车点的时刻是随机的,则他候车时间超过3分钟的概率是.说法正确的序号是.13.一位学生每天骑车上学,从他家到学校共有5个交通岗.假设他在每个交通岗是否遇到红灯是相互独立的,且每次遇到红灯的概率为,则他在上学途中恰好遇到3次红灯的概率为,他在上学途中至多遇到4次红灯的概率为.14.(2013·西安模拟)连掷两次骰子得到的点数分别为m和n,记向量a=(m,n)与向量b=(1,-1)的夹角为θ,则θ∈(0,]的概率是.15.(能力挑战题)为落实素质教育,某中学拟从4个重点研究性课题和6个一般研究性课题中各选2个课题作为本年度该校启动的课题项目,若重点课题A和一般课题B至少有一个被选中的不同选法种数是k,那么二项式(1+kx2)6的展开式中,x4的系数为.三、解答题(本大题共6小题,共75分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)16.(12分)(2013·淮北模拟)在淮北市高三“一模”考试中,某校甲、乙、丙、丁四名同学,在学校年级名次依次为1,2,3,4名,如果在“二模”考试中的前4名依然是这四名同学.(1)求“二模”考试中这四名同学恰好有两名同学排名不变的概率.(2)设“二模”考试中这四名同学中排名不变的同学人数为X,求X分布列和数学期望.17.(12分)(2013·九江模拟)为拉动经济增长,某市决定新建一批重点工程,分别为基础设施工程、民生工程和产业建设工程三类,这三类工程所含项目的个数分别为6,4,2.现在3名工人独立地从中任选一个项目参与建设.(1)求他们选择的项目所属类别互不相同的概率.(2)记X为3人中选择的项目属于基础设施工程或产业建设工程的人数,求X的分布列及数学期望.18.(12分)(2012·江苏高考)设X为随机变量.从棱长为1的正方体的12条棱中任取两条,当两条棱相交时,X=0;当两条棱平行时,X的值为两条棱之间的距离;当两条棱异面时,X=1.(1)求概率P(X=0).(2)求X的分布列,并求其数学期望E(X).19.(12分)甲、乙两袋装有大小相同的红球和白球,甲袋装有2个红球,2个白球;乙袋装有2个红球,n个白球,从甲、乙两袋中各任取2个球.(1)若n=3,求取到的4个球全是红球的概率.(2)若取到4个球中至少有2个红球的概率为,求n.20.(13分)(2013·汉中模拟)某工厂有120名工人,且年龄都在20岁到60岁之间,各年龄段人数按[20,30),[30,40),[40,50),[50,60]分组,其频率分布直方图如图所示.工厂为了开发新产品,引进了新的生产设备,要求每名工人都要参加A,B两项培训,培训结束后进行结业考试.已知各年龄段两项培训结业考试成绩优秀的人数如表所示.假设两项培训是相互独立的,结业考试成绩也互不影响.(1)若用分层抽样法从全厂工人中抽取一个容量为40的样本,求各年龄段应分别抽取的人数.(2)随机从年龄段[20,30)和[30,40)内各抽取1人,设这两人中A,B两项培训结业考试成绩都优秀的人数为X,求X的分布列和数学期望.21.(14分)(2012·湖南高考)某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息,安排一名员工随机收集了在该超市购物的100位顾客的相关数据,如下表所示.已知这100位顾客中一次购物量超过8件的顾客占55%.(1)确定x,y的值,并求顾客一次购物的结算时间X的分布列与数学期望.(2)若某顾客到达收银台时前面恰有2位顾客需结算,且各顾客的结算相互独立,求该顾客结算前的等候时间不超过2.5分钟的概率.(注:将频率视为概率)答案解析1.【解析】选D.P==.2.【解析】选C.T r+1=()24-r〃()r==(r=0,1,2, (24)由题意得r=0,6,12,18,24时满足题意,共5项.3.【解析】选C.∵两个袋中都不是红球的概率为(1-)×(1-)=,∴至少有1个红球的概率为1-=.4.【解析】选B.可看作是两个独立事件A:红球从P箱移到Q箱,B:红球从Q箱返回P箱同时发生,可知P(A)==,对于B发生时,Q箱中有红球1个,白球9个,再从中取出2白1红,P(B)=P(A)=,根据独立事件同时发生的概率计算公式,有P=P(A)〃P(B)=,故选B.【变式备选】(2013〃长沙模拟)将一枚质地均匀的骰子抛掷一次,出现“向上的点数不是3的倍数”的概率是( )(A)(B)(C)(D)【解析】选C.出现“向上的点数是3的倍数”的概率为=.由对立事件的概率可知:出现“向上的点数不是3的倍数”的概率为1-=.5.【解析】选A.当-≤x≤时,由cosx∈[0,]得-≤x≤-或≤x≤.根据几何概型概率公式求得P==.6.【解析】选D.∵μ=0,σ=,∴P(X<-1或X>1)=1-P(-1≤X≤1)=1-P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)=1-0.997=0.003.【误区警示】由于不注意对这些数值的记忆而导致解题无从下手或计算错误.若随机变量ξ服从正态分布N(μ,σ2),那么随机变量ξ在区间(μ-σ,μ+σ), (μ-2σ,μ+2σ),(μ-3σ,μ+3σ)内取值的概率分别约为0.683,0.954,0.997,应熟练掌握这几个概率值,在解决正态分布问题时,经常遇到这类数值的计算问题.7.【解析】选D.P(X=1)=a〃,P(X=2)=a〃()2,P(X=3)=a〃()3,由P(X=1)+P(X=2)+P(X=3)=1,即a〃+a〃()2+a〃()3=1,所以a=.8.【解析】选 C.设小强做对题数为X,则X～B(25,0.8),则他得分为4X,E(4X)=4E(X)=4×25×0.8=80.9.【解析】选D.依题意,上午要做的实验是A,B,C,E,下午要做的实验是A,B,C,D,且上午做了A,B,C实验的同学,下午不再做相同的实验.先安排上午,从4位同学中任选一人做E实验,其余三人分别做A,B,C实验,有〃=24种安排方式.再安排下午,分两类:①上午选E实验的同学,下午选D实验,另三位同学对A,B,C 实验错位排列,有2种方法;②上午选E实验的同学,下午选A,B,C三个实验之一,另外三位从剩下的两个实验和D实验中选,但必须与上午的实验项目错开,有×3=9种方法.于是,不同的安排方式共有24×(2+9)=264种.故选D.10.【解析】选 D.设两直角边的长分别为x,y,则0<x<1,0<y<1,斜边的长为<,所以与样本空间对应的区域为边长为1的正方形区域,其面积为1,而与满足条件的事件对应的区域面积为×π×()2=.因此,所求事件的概率为=.11.【解析】方法一:记第二次取到白球为事件B,则P(B)==.方法二:第一次取到白球为事件A,第二次取到白球为事件B,则P(A)=,P(AB)==,P(B|A)===.答案:12.【解析】对于①中,命题的否定是“对于任意x∈R,x2-x≤0”,∴①错误; 对于②中,显然“p且q为真”是“p或q为真”的充分不必要条件,∴②错误; 对于③,由题意得2α=,∴α=-,∴f(4)==,∴③正确;对于④,问题可转化为在(0,7]内任取一个数,则该数落在(0,4]内的概率显然为P=.答案:③④13.【解析】该试验为独立重复试验,设遇到红灯次数为X,则P(X=3)=()3()2=,P(X≤4)=1-P(X=5)=1-()5=.答案:14.【解析】∵m,n均为正整数,∴当点A(m,n)位于直线y=x上及其下方第一象限的部分时,满足θ∈(0,],此时,点A(m,n)有6+5+4+3+2+1=21个,而点A(m,n)的总个数为6×6=36,故所求概率为=.答案:15.【解析】用直接法:k=++=15+30+15=60,x4的系数为k2=15×3 600=54 000.答案:54 00016.【解析】(1)“二模”考试中这四名同学恰好有两名同学排名不变的情况数为:=6(种),“二模”考试中排名情况总数为:=24,所以“二模”考试中恰好有两名同学排名不变的概率为P==.(2)“二模”考试中这四名同学排名不变的同学人数X可能的取值为:4,2,1,0,P(X=4)==,P(X=2)==,P(X=1)==,P(X=0)=1-(++)=,X的分布列为X的数学期望EX=0×+1×+2×+4×=1.17.【解析】记第i名工人选择的项目属于基础设施工程、民生工程和产业建设工程分别为事件A i,B i,C i,i=1,2,3.由题意知A1,A2,A3相互独立,B1,B2,B3相互独立,C1,C2,C3相互独立,A i,B j,C k(i,j,k=1,2,3,且i,j,k互不相同)相互独立,且P(A i)=,P(B i)=,P(C i)=.(1)他们选择的项目所属类别互不相同的概率P=3!P(A1B2C3)=6P(A1)P(B2)P(C3)=6×××=.(2)记第i名工人选择的项目属于基础设施工程或产业建设工程分别为事件D i,i=1,2,3.D1,D2,D3相互独立,且P(D i)=P(A i+C i)=P(A i)+P(C i)=+=,所以X～B(3,),即P(X=k)=()k()3-k,k=0,1,2,3.故X的分布列是EX=3×=2.【变式备选】某人抛掷一枚硬币,出现正面、反面的概率均为.构造数列{a n},使得a n=记S n=a1+a2+a3+…+a n(n∈N*).(1)求S4=2的概率.(2)若前两次均出现正面,求2≤S6≤6的概率.【解析】(1)某人抛掷一枚硬币4次,共有24种可能.设S4=2为事件A,则A表示抛硬币4次,恰好三次正面向上,一次反面向上,包含4种可能,所以P(A)==.(2)抛6次,若前两次均出现正面,则可能结果有24种.设2≤S6≤6为事件B,S6=2表示4次中2次正面向上,2次正面向下,有6种可能;S6=4表示4次中恰好3次正面向上,1次反面向上,有4种可能;S6=6表示都是正面向上,有1种可能,则B包含6+4+1=11(种)可能,所以P(B)==.18.【解析】(1)若两条棱相交,则交点必为正方体8个顶点中的1个,过任意1个顶点恰有3条棱,所以共有8对相交棱,因此P(X=0)===.(2)若两条棱平行,则它们的距离为1或,其中距离为的共有6对,故P(X=)==,于是P(X=1)=1-P(X=0)-P(X=)=1--=,所以随机变量X的分布列是因此EX=0×+1×+×=.19.【解析】(1)记“取到的4个球全是红球”为事件A.P(A)=〃=×=.(2)记“取到的4个球至多有1个红球”为事件B,“取到的4个球只有1个红球”为事件B1,“取到的4个球全是白球”为事件B2,由题意,得P(B)=1-=.P(B1)=〃+〃=,P(B2)=〃=,所以P(B)=P(B1)+P(B2)=+=,化简,得7n2-11n-6=0,解得n=2,或n=-(舍去),故n=2.【方法技巧】判断事件是否相互独立的方法(1)利用定义:事件A,B相互独立 P(AB)=P(A)〃P(B).(2)利用性质:A与B相互独立,则A与,与B,与也都相互独立.(3)具体背景下:①有放回地摸球,每次摸球结果是相互独立的;②当产品数量很大时,不放回抽样也可近似看作独立重复试验.20.【思路点拨】(1)根据分层抽样是等比例抽样,求出抽取比例即可得出各段应抽出的人数.(2)显然X=0,1,2,且从[20,30)和[30,40)这两个年龄段中各取1人,这两人结业考试成绩是否优秀是相互独立的,根据相互独立事件的概率公式求解X=0,1,2的概率,然后根据数学期望的公式求解其数学期望.【解析】(1)由频率分布直方图知,在年龄段[20,30),[30,40),[40,50),[50,60]内的人数的频率分别为0.35,0.4,0.15,0.1.∵0.35×40=14,0.4×40=16,0.15×40=6,0.1×40=4,∴在年龄段[20,30),[30,40),[40,50),[50,60]内应抽取的人数分别为14,16,6,4.(2)∵在年龄段[20,30)内的工人数为120×0.35=42(人),从该年龄段任取1人,由表知,此人A项培训结业考试成绩优秀的概率为=;B项培训结业考试成绩优秀的概率为=,∴此人A,B两项培训结业考试成绩都优秀的概率为×=. ∵在年龄段[30,40)内的工人数为120×0.4=48(人),从该年龄段任取1人,由表知,此人A项培训结业考试成绩优秀的概率为=;B项培训结业考试成绩优秀的概率为=,∴此人A,B两项培训结业考试成绩都优秀的概率为×=.由题设知,X的可能取值为0,1,2,∴P(X=0)=(1-)(1-)=,P(X=1)=×(1-)+(1-)×=,P(X=2)=×=.∴X的分布列为X的数学期望为EX=0×+1×+2×=.21.【解析】(1)由已知得25+y+10=55,x+30=45,所以x=15,y=20.该超市所有顾客一次购物的结算时间组成一个总体,所收集的100位顾客一次购物的结算时间可视为总体的一个容量为100的简单随机样本,将频率视为概率得P(X=1)==,P(X=1.5)==,P(X=2)==,P(X=2.5)==,P(X=3)==.X的分布列为X的数学期望为EX=1×+1.5×+2×+2.5×+3×=1.9.(2)记A为事件“该顾客结算前的等候时间不超过2.5分钟”,X i(i=1,2)为该顾客前面第i位顾客的结算时间,则P(A)=P(X1=1且X2=1)+P(X1=1且X2=1.5)+P(X1=1.5且X2=1).由于各顾客的结算相互独立,所以P(A)=P(X1=1)×P(X2=1)+P(X1=1)×P(X2=1.5)+P(X1=1.5)×P(X2=1)=×+×+×=.故该顾客结算前的等候时间不超过2.5分钟的概率为.【变式备选】某市为了了解今年高中毕业生的体能状况,从本市某校高中毕业班中抽取一个班进行铅球测试,成绩在8.0米(精确到0.1米)以上的为合格.把所得数据进行整理后,分成6组画出频率分布直方图的一部分(如图),已知从左到右前5个小组的频率分别为0.04,0.10,0.14,0.28,0.30.第6小组的频数是7.(1)求这次铅球测试成绩合格的人数.(2)用此次测试结果估计全市毕业生的情况.若从今年的高中毕业生中随机抽取两名,记X表示两人中成绩不合格的人数,求X的分布列及数学期望.(3)经过多次测试后,甲成绩在8～10米之间,乙成绩在9.5～10.5米之间,现甲、乙各投掷一次,求甲比乙投掷远的概率.【解析】(1)第6小组的频率为1-(0.04+0.10+0.14+0.28+0.30)=0.14,∴此次测试总人数为=50(人).∴第4,5,6组成绩均合格,人数为(0.28+0.30+0.14)×50=36(人).(2)X=0,1,2,此次测试中成绩不合格的概率为=,∴X～B(2,).P(X=0)=()2=,P(X=1)=××=,P(X=2)=()2=.所求分布列为EX=0×+1×+2×=.(3)设甲、乙各投掷一次的成绩分别为x,y米,则基本事件满足的区域为事件A“甲比乙投掷远的概率”满足的区域为x>y,如图所示. 由几何概型得P(A)==.关闭Word文档返回原板块。
2014版高中数学复习方略课时提升作业：2.9函数的应用(北师大版)(北师大版·数学理·通用版)
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课时提升作业(十二)一、选择题1.(2013·佛山模拟)抽气机每次抽出容器内空气的60%,要使容器内剩下的空气少于原来的0.1%,则至少要抽(参考数据:lg2=0.3010,lg 3=0.4771)( ) (A)15次(B)14次(C)9次(D)8次2.某电信公司推出两种手机收费方式:A种方式是月租20元,B种方式是月租0元.一个月的本地网内打出电话时间t(分钟)与打出电话费s(元)的函数关系如图,当打出电话150分钟时,这两种方式电话费相差( )(A)10元(B)20元(C)30元(D)40元33.某学校制定奖励条例,对在教育教学中取得优异成绩的教职工实行奖励,其中有一个奖励项目是针对学生高考成绩的高低对任课教师进行奖励的.奖励公式为f(n)=k(n)(n-10),n>10(其中n是任课教师所在班级学生的该任课教师所教学科的平均成绩与该科省平均分之差,f(n)的单位为元),而k(n)=现有甲、乙两位数学任课教师,甲所教的学生高考数学平均分超出省平均分18分,而乙所教的学生高考数学平均分超出省平均分21分,则乙所得奖励比甲所得奖励多( )(A)600元(B)900元(C)1600元(D)1700元4.某厂有许多形状为直角梯形的铁皮边角料,如图,为降低消耗,开源节流,现要从这些边角料上截取矩形铁片(如图中阴影部分)备用,当截取的矩形面积最大时,矩形两边长x,y应为( )(A)x=15,y=12 (B)x=12,y=15(C)x=14,y=10 (D)x=10,y=145.(2013·西安模拟)某地农民收入由工资性收入和其他收入两部分组成.2008年某地区农民人均收入为6300元(其中工资性收入为3600元,其他收入为2700元),预计该地区自2009年起的5年内,农民的工资性收入将以6%的年增长率增长;其他收入每年增加320元.根据以上数据,2013年该地区农民人均收入介于( ) (A)8400元～8800元(B)8800元～9200元(C)9200元～9600元(D)9600元～10000元6.(能力挑战题)如图,A,B,C,D是某煤矿的四个采煤点,m是公路,图中所标线段为道路,ABQP,BCRQ,CDSR近似于正方形.已知A,B,C,D四个采煤点每天的采煤量之比约为5∶1∶2∶3,运煤的费用与运煤的路程、所运煤的质量都成正比.现要从P,Q,R,S中选出一处设立一个运煤中转站,使四个采煤点的煤运到中转站的费用最少,则地点应选在( )(A)P点(B)Q点(C)R点(D)S点二、填空题7.(2013·武汉模拟)里氏震级M的计算公式为:M=lgA-lgA0,其中A是测震仪记录的地震曲线的最大振幅,A0是相应的标准地震的振幅.假设在一次地震中,测震仪记录的最大振幅是1000,此时标准地震的振幅为0.001,则此次地震的震级为级;9级地震的最大振幅是5级地震最大振幅的倍.8.(2013·合肥模拟)某驾驶员喝了m升酒后,血液中的酒精含量f(x)(毫克/毫升)随时间x(小时)变化的规律近似满足表达式f(x)=《酒后驾车与醉酒驾车的标准及相应的处罚》规定:驾驶员血液中酒精含量不得超过0.02毫克/毫升.此驾驶员至少要过小时后才能开车(不足1小时部分算1小时,精确到1小时).9.(能力挑战题)在某条件下的汽车测试中,驾驶员在一次加满油后的连续行驶过程中从汽车仪表盘得到如下信息:注:油耗=加满油后已用油量加满油后已行驶距离,可继续行驶距离=汽车剩余油量当前油耗;平均油耗=指定时间内的用油量指定时间内行驶的距离.从以上信息可以推断在10:00-11:00这一小时内(填上所有正确判断的序号).①行驶了80千米;②行驶不足80千米;③平均油耗超过9.6升/100千米;④平均油耗恰为9.6升/100千米;⑤平均车速超过80千米/小时.三、解答题10.已知某物体的温度θ(单位:摄氏度)随时间t(单位:分钟)的变化规律是:θ=m·2t+21-t(t≥0,且m>0).(1)如果m=2,求经过多少时间,物体的温度为5摄氏度.(2)若物体的温度总不低于2摄氏度,求m的取值范围.11.(2013·南昌模拟)某创业投资公司拟投资开发某种新能源产品,估计能获得10万元～1000万元的投资收益.现准备制定一个对科研课题组的奖励方案:奖金y(单位:万元)随投资收益x(单位:万元)的增加而增加,且奖金不超过9万元,同时奖金不超过投资收益的20%.(1)建立奖励方案的函数模型f(x),试用数学语言表述公司对奖励方案的函数模型f(x)的基本要求.(2)现有两个奖励方案的函数模型:①f(x)=+2;②f(x)=4lgx-3.试分析这两个函数模型是否符合公司要求.12.(2012·长沙模拟)如图,长方体物体E在雨中沿面P(面积为S)的垂直方向作匀速运动,速度为v(v>0),雨速沿E移动方向的分速度为c(c∈R).E移动时单位时间内的淋雨量包括两部分:①P或P的平行面(只有一个面淋雨)单位时间内的淋雨量,假设其值与|v-c|×S 成正比,比例系数为;②其他面单位时间内的淋雨量之和,其值为.记y为E移动过程中的总淋雨量.当移动距离d=100,面积S=时,(1)写出y的表达式.(2)设0<v≤10,0<c≤5,试根据c的不同取值范围,确定移动速度v,使总淋雨量y 最少.答案解析1.【解析】选D.抽n次后容器剩下的空气为(40%)n.由题意知(40%)n<0.1%,即0.4n<0.001,≨nlg0.4<-3,≨n>=≈7.54,≨n的最小值为8.2.【解析】选A.由题意可设s A(t)=kt+20,s B(t)=mt,又s A(100)=s B(100),≨100k+20=100m,≨k-m=-0.2,≨s A (150)-s B (150)=150k+20-150m=150×(-0.2)+20=-10, 即两种方式电话费相差10元. 3.【解析】选D.k(18)=200, ≨f(18)=200×(18-10)=1600(元). 又≧k(21)=300,≨f(21)=300×(21-10)=3300(元),≨f(21)-f(18)=3300-1600=1700(元).故选D.4.【思路点拨】利用三角形相似列出x 与y 的关系式,用y 表示x.从而矩形面积可表示为关于y 的函数. 【解析】选A.由三角形相似得24y x24820-=-， 得x=54(24-y),由0<x ≤20得,8≤y<24, ≨S=xy=-54(y-12)2+180,≨当y=12时,S 有最大值,此时x=15.5.【思路点拨】根据题意算出2009年,2010年农民收入,根据数列的特点总结出规律得到2013年的农民收入,估算出范围即可.【解析】选B.由题知:2009年农民收入=3600×(1+6%)+(2700+320);2010年农民收入=3600×(1+6%)2+(2700+2×320);…所以2013年农民收入=3600×(1+6%)5+(2700+5×320)≈9118.6.【思路点拨】分别求出地点选在P,Q,R,S 时,四个采煤点的煤运到中转站的费用,然后比较即可.【解析】选 B.根据题意设A,B,C,D 四个采煤点每天所运煤的质量分别为5x,x,2x,3x,正方形的边长为l (l >0).运煤的费用与运煤的路程、所运煤的质量都成正比,比例系数为k,k>0,则地点选在点P,其运到中转站的费用为k(5x l +2x l +6x l +12x l )=25kx l ;地点选在点Q,其运到中转站的费用为k(10x l +x l +4x l +9x l )=24kx l ; 地点选在点R,其运到中转站的费用为k(15x l +2x l +2x l +6x l )=25kx l ; 地点选在点S,其运到中转站的费用为k(20x l +3x l +4x l +3x l )=30kx l ; 综上可知地点应选在Q,煤运到中转站的费用最少.【误区警示】本题易因不能准确确定采煤点和中转站的路程关系而导致错误. 7.【解析】由题意,在一次地震中,测震仪记录的最大振幅是1000,此时标准地震的振幅为0.001,则M=lgA-lgA 0=lg1000-lg0.001=3-(-3)=6. 设9级地震的最大振幅是x,5级地震的最大振幅是y, 9=lgx+3,5=lgy+3,解得x=106,y=102.所以62x 10y 10=10000.答案:6 100008.【解析】f(1)=5-1=0.2>0.02,由35〃(13)x ≤0.02得:(13)x ≤130,又不足1小时部分算1小时, ≨此驾驶员至少要过4小时后才能开车. 答案:49.【解析】实际用油为7.38升.设L 为10:00前已用油量,ΔL 为这一个小时内的用油量,s 为10:00前已行驶距离,Δs 为这一个小时内已行驶的距离得L+ΔL=9.6s+9.6Δs,即9.5s+ΔL=9.6s+9.6Δs,ΔL=0.1s+9.6Δs,L 0.1ss s∆=∆∆+9.6>9.6. 所以③正确,④错误. 这一小时内行驶距离小于7.389.6×100=76.875(千米),所以①错误,②正确. ⑤由②知错误. 答案:②③10.【解析】(1)若m=2,则θ=2〃2t +21-t =2(2t +), 当θ=5时,2t +=,令2t =x(x ≥1),则x+=,即2x 2-5x+2=0, 解得x=2或x=(舍去),此时t=1, 所以经过1分钟,物体的温度为5摄氏度.(2)物体的温度总不低于2摄氏度,即θ≥2恒成立. 亦即m 〃2t +≥2恒成立.亦即m ≥2(-)恒成立.令=a,则0<a ≤1. ≨m ≥2(a-a 2), 由于a-a 2≤, ≨m ≥.因此当物体的温度总不低于2摄氏度时,m 的取值范围是[,+≦).11.【解析】(1)设奖励方案的函数模型为y=f(x),则公司对函数模型的基本要求是:当x ∈[10,1000]时,①f(x)是增函数;②f(x)≤9恒成立;③f(x)≤x 5恒成立. (2)①对于函数模型f(x)=x150+2, 当x ∈[10,1000]时,f(x)是增函数, 则f(x)max =f(1000)=1 000150+2=203+2<9. ≨f(x)≤9恒成立. ≧函数()f x 12x 150x =+在[10,1000]上是减函数,所以[()f x x ]max =11115055+>. ≨f(x)≤x5不恒成立.故该函数模型不符合公司要求. ②对于函数模型f(x)=4lgx-3: 当x ∈[10,1000]时,f(x)是增函数, 则f(x)max =f(1000)=4lg1000-3=9. ≨f(x)≤9恒成立.设g(x)=4lgx-3-x 5,则g'(x)=4lg e 1x 5-. 当x ≥10时,g'(x)=24lg e 12lg e 1lg e 1x 555---≤=<0,所以g(x)在[10,1000]上是减函数,从而g(x)≤g(10)=-1<0. ≨4lgx-3-x5<0,即4lgx-3<x 5, ≨f(x)<x 5恒成立.故该函数模型符合公司要求.12.【解析】(1)由题意知,E 移动时,单位时间的淋雨量为|v-c|+, 故y=(|v-c|+)=(3|v-c|+10).(2)由(1)知,当0<v≤c时,y=(3c-3v+10)=-15,当c<v≤10时,y=(3v-3c+10)=+15,故y=当0<c≤时,y是关于v的减函数,故当v=10时,y min=20-;当<c≤5时,在(0,c]上,y是关于v的减函数,在(c,10]上,y是关于v的增函数. 故当v=c时,y min=,总淋雨量最少.【变式备选】为了保护环境,发展低碳经济,某单位在国家科研部门的支持下,进行技术攻关,新上了把二氧化碳处理转化为一种可利用的化工产品的项目,经测算,该项目月处理成本y(元)与月处理量x(吨)之间的函数关系可近似地表示为y=且每处理一吨二氧化碳得到可利用的化工产品价值为200元,若该项目不获利,国家将给予补偿.(1)当x∈[200,300]时,判断该项目能否获利?如果获利,求出最大利润;如果不获利,则国家每月至少需要补贴多少元才能使该项目不亏损?(2)该项目每月处理量为多少吨时,才能使每吨的平均处理成本最低?【解析】(1)该项目不会获利.当x∈[200,300]时,设该项目获利为S,则S=200x-(x2-200x+80000)圆学子梦想 铸金字品牌- 11 - =-x 2+400x-80000=-(x-400)2,所以当x ∈[200,300]时,S<0,因此该项目不会获利.当x=300时,S 取得最大值-5000,所以国家每月至少补贴5000元才能使该项目不亏损.(2)由题意,可知二氧化碳的每吨处理成本为: =①当x ∈[120,144)时,=x 2-80x+5040=(x-120)2+240,所以当x=120时,取得最小值240.②当x ∈[144,500]时,=x+-200≥ 2-200=200, 当且仅当x=,即x=400时,取得最小值200. 因为200<240,所以当每月的处理量为400吨时,才能使每吨的平均处理成本最低.关闭Word 文档返回原板块。
2014版高中数学复习方略课时提升作业：7.8用向量讨论垂直与平行(北师大版)(北师大版·数学理·通用版)
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课时提升作业(四十九)一、选择题1.平面α的一个法向量为n=(1,2,0),平面β的一个法向量为m=(2,-1,0),则平面α和平面β的位置关系是( )(A)平行(B)相交但不垂直(C)垂直(D)重合2.设平面α的法向量为(1,2,-2),平面β的法向量为(-2,-4,k),若α∥β,则k 等于( )(A)2 (B)-4 (C)4 (D)-23.若直线l⊥平面α,直线l的方向向量为s,平面α的法向量为n,则下列结论正确的是( )(A)s=(1,0,1),n=(1,0,-1)(B)s=(1,1,1),n=(1,1,-2)(C)s=(2,1,1),n=(-4,-2,-2)(D)s=(1,3,1),n=(2,0,-1)4.直线l的方向向量为s=(-1,1,1),平面π的法向量为n=(2,x2+x,-x),若直线l∥平面π,则x的值为( )(A)-2 (B)-(C)(D)±5.已知A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),则平面ABC的一个单位法向量是( )(A)(,,-) (B)(,-,)(C)(-,,) (D)(-,-,-)6.已知非零向量a,b及平面α,若向量a是平面α的法向量,则a²b=0是向量b 所在直线平行于平面α或在平面α内的( )(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7.已知=(1,5,-2),=(3,1,z),若⊥,=(x-1,y,-3),且BP⊥平面ABC,则实数x,y,z分别为( )(A),-,4 (B),-,4(C),-2,4 (D)4,,-15二、填空题8.平面α的一个法向量n=(0,1,-1),如果直线l⊥平面α,则直线l的单位方向向量s= .9.已知a=(1,1,1),b=(0,2,-1),c=m a+n b+(4,-4,1).若c与a及b都垂直,则m,n 的值分别为.10.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,若E是A1C1的中点,则直线CE与BD的位置关系是.三、解答题11.如图,已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,D为AB的中点,AC=BC=BB1.求证:(1)BC1⊥AB1.(2)BC1∥平面CA1D.12.如图,正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直,CE⊥AC,EF∥AC,AB=,CE=EF=1.(1)求证:AF∥平面BDE.(2)求证:CF⊥平面BDE.13.(能力挑战题)如图,在四棱柱ABCD -A1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD,底面ABCD是菱形,∠DAB=60°,AA1=4,AB=2,点E在棱CC1上,点F是棱C1D1的中点.(1)若点E是棱CC1的中点,求证:EF∥平面A1BD.(2)试确定点E的位置,使得平面A1BD⊥平面EBD,并说明理由.答案解析1.【解析】选C.∵n=(1,2,0),m=(2,-1,0),∴m〃n=2-2+0=0,即m⊥n,∴α⊥β.2.【思路点拨】α∥β等价于其法向量平行.【解析】选C.∵α∥β,∴==,∴k=4.【变式备选】若平面α,β垂直,则下面可以是这两个平面的法向量的是( )(A)n1=(1,2,1),n2=(-3,1,1)(B)n1=(1,1,2),n2=(-2,1,1)(C)n1=(1,1,1),n2=(-1,2,1)(D)n1=(1,2,1),n2=(0,-2,-2)【解析】选A.∵α⊥β,∴n1⊥n2,即n1〃n2=0,经验证可知,选项A正确.3.【解析】选C.∵直线l⊥平面α,∴直线l的方向向量s与平面α的法向量n平行,即s∥n.经验证可知选项C正确.4.【解析】选D.∵l∥平面π,∴s⊥n,即s〃n=0.∴(-1,1,1)〃(2,x2+x,-x)=0,即-2+x2+x-x=0,∴x=〒.5.【思路点拨】若n为平面ABC的一个单位法向量,则|n|=1,且n〃=0,n〃=0,可采用验证法求解.【解析】选D.∵A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),∴=(-1,1,0),=(-1,0,1).经验证,当n=(-,-,-)时,n〃=-+0=0,n〃=+0-=0,故选D.6.【解析】选C.∵a,b是非零向量,且a是平面α的法向量,∴当a〃b=0时,向量b所在的直线平行于平面α或在平面α内,反之也成立.7.【解析】选B.∵⊥,∴〃=3+5-2z=0,即z=4.又BP⊥平面ABC,∴〃=x-1+5y+6=0①,〃=3x-3+y-3z=0②,由①②可得x=,y=-.8.【解析】∵n=(0,1,-1)是平面α的一个法向量,且l⊥α,∴n=(0,1,-1)是直线l的一个方向向量,s=〒(0,,-),即s=(0,,-)或(0,-,).答案:(0,,-)或(0,-,)9.【解析】∵a=(1,1,1),b=(0,2,-1),∴c=m a+n b+(4,-4,1)=(m+4,m+2n-4,m-n+1).∵a⊥c,∴m+4+m+2n-4+m-n+1=0,即3m+n+1=0①.∵b⊥c,∴2(m+2n-4)-(m-n+1)=0,即m+5n-9=0②,由①②得:m=-1,n=2.答案:-1,210.【思路点拨】建立空间直角坐标系,利用坐标法解决.【解析】以A为原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图,设正方体棱长为1,则C(1,1,0),B(1,0,0),D(0,1,0),E(,,1),∴=(-,-,1),=(-1,1,0),显然〃=-+0=0,∴⊥,即CE⊥BD.答案:垂直11.【证明】如图,以C1点为原点,C1A1,C1B1,C1C所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.设AC=BC=BB1=2,则A(2,0,2),B(0,2,2),C(0,0,2),A1(2,0,0),B1(0,2,0),C1(0,0,0),D(1,1,2).(1)由于=(0,-2,-2),=(-2,2,-2),所以〃=0-4+4=0,因此⊥,故BC1⊥AB1.(2)取A1C的中点E,连接DE,由于E(1,0,1),所以=(0,1,1).又=(0,-2,-2),所以=-.又E,D,B,C1不共线,所以ED∥BC1.又DE平面CA1D,BC1平面CA1D,故BC1∥平面CA1D.【变式备选】如图,在圆锥PO中,已知PO=,☉O的直径AB=2,C是的中点,D 为AC的中点.求证:平面POD⊥平面PAC.【证明】如图,以O为坐标原点,OB,OC,OP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则O(0,0,0),A(-1,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0), P(0,0,),D(-,,0).设n1=(x1,y1,z1)是平面POD的一个法向量,则由n1〃=0,n1〃=0,得所以z1=0,x1=y1.取y1=1,得n1=(1,1,0).设n2=(x2,y2,z2)是平面PAC的一个法向量,则由n2〃=0,n2〃=0,得所以x2=-z2,y2=z2.取z2=1,得n2=(-,,1).因为n1〃n2=(1,1,0)〃(-,,1)=0,所以n1⊥n2.从而平面POD⊥平面PAC.【一题多解】由原题知:PO⊥☉O,CA平面☉O,∴OP⊥AC.∵AD=CD,∴OD⊥AC.∵OP∩OD=O,∴AC⊥平面POD.∵AC平面PAC,∴平面POD⊥平面PAC.12.【证明】(1)设AC与BD交于点G.因为EF∥AG,且EF=1,AG=AC=1,所以四边形AGEF为平行四边形.所以AF∥EG.因为EG平面BDE,AF平面BDE,所以AF∥平面BDE.(2)因为正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直,且CE⊥AC, 所以CE⊥平面ABCD.如图,以C为原点,建立空间直角坐标系.则C(0,0,0),A(,,0),B(0,,0),D(,0,0),E(0,0,1),F(,,1).所以=(,,1),=(0,-,1),=(-,0,1).所以〃=0-1+1=0,〃=-1+0+1=0.所以CF⊥BE,CF⊥DE,又BE∩DE=E,所以CF⊥平面BDE.13.【解析】(1)取AB的中点G,连接GD,∵底面ABCD是菱形,∠DAB=60°,AB=2,∴△ABD是正三角形,∴DG⊥AB,DG=.又∵AB∥CD,∴DG⊥DC.∵四棱柱ABCD-A1B1C1D1为直四棱柱,∴AA1∥DD1,∵A1A⊥平面ABCD,∴DD1⊥平面ABCD.以D为坐标原点,射线DG为x轴的正半轴,射线DC为y轴的正半轴,射线DD1为z 轴的正半轴,建立如图所示空间直角坐标系.依题意得B(,1,0),C(0,2,0),A 1(,-1,4),E(0,2,2),F(0,1,4),则=(0,-1,2),=(,1,0),=(,-1,4),设平面A 1BD 的法向量为n =(x,y,z),∴令z=-,则x=,y=-3,∴n =(,-3,-). ∴n 〃=0.又∵EF 平面A 1BD, ∴EF ∥平面A 1BD.(2)设E(0,2,c),则=(0,2,c),设平面EBD 的法向量为m =(x 1,y 1,z 1),∴则令y 1=-3,则法向量m =(,-3,). ∵平面A 1BD ⊥平面EBD,∴m 〃n =3+9-=0,∴c=.所以当EC=时,平面A 1BD ⊥平面EBD. 关闭Word 文档返回原板块。
陕西北师版数学文复习方略：课时提升作业第七章 第二节空间图形的基本关系与公理
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课时提升作业(四十一)一、选择题1.(2013·西安模拟)正方体ABCD -A1B1C1D1中,E,F分别是线段C1D,BC的中点,则直线A1B与直线EF的位置关系是( )(A)相交(B)异面(C)平行(D)垂直2.已知命题:①若点P不在平面α内,A,B,C三点都在平面α内,则P,A,B,C 四点不在同一平面内;②两两相交的三条直线在同一平面内;③两组对边分别相等的四边形是平行四边形.其中正确命题的个数是( )(A)0 (B)1 (C)2 (D)33.(2013·渭南模拟)空间四边形ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，且AC⊥BD，则四边形EFGH是( )(A)平行四边形(B)菱形(C)矩形(D)正方形4.如图,α∩β=l,A,B∈α,C∈β,且C∉l,直线AB∩l =M,过A,B,C三点的平面记作γ,则γ与β的交线必通过( )(A)点A(B)点B(C)点C但不过点M(D)点C和点M5.给出下列命题:①没有公共点的两条直线平行;②互相垂直的两条直线是相交直线;③既不平行也不相交的直线是异面直线;④不同在任一平面内的两条直线是异面直线.其中正确命题的个数是( )(A)1 (B)2 (C)3 (D)46.(2013·汉中模拟)下列命题中正确的是( )①两条异面直线在同一平面内的射影必相交;②与一条直线成等角的两条直线必平行;③与一条直线都垂直的两条直线必平行;④与同一个平面平行的两条直线必平行.(A)①②(B)①③(C)②④(D)以上都不对7.设P表示一个点,a,b表示两条直线,α,β表示两个平面,给出下列命题,其中正确的命题是( )①P∈a,P∈α⇒aα;②a∩b=P,bβ⇒aβ;③a∥b,aα,P∈b,P∈α⇒bα;④α∩β=b,P∈α,P∈β⇒P∈b.(A)①②(B)②③(C)①④(D)③④8.(能力挑战题)在正方体ABCD -A1B1C1D1中,E,F分别为棱AA1,CC1的中点,则在空间中与三条直线A1D1,EF,CD都相交的直线( )(A)不存在(B)有且只有两条(C)有且只有三条(D)有无数条二、填空题9.已知异面直线a,b所成角为60°,P为空间任意一点,过P点作直线l使l 与a,b都成60°角,则这样的直线l有条.10.已知线段AB,CD分别在两条异面直线上,M,N分别是线段AB,CD的中点,则MN (AC+BD)(填“>”“<”或“=”).11.对于四面体ABCD,下列命题正确的是(写出所有正确命题的编号).①相对棱AB与CD所在直线异面;②由顶点A作四面体的高,其垂足是△BCD三条高线的交点;③若分别作△ABC和△ABD的边AB上的高,则这两条高所在的直线异面;④分别作三组相对棱中点的连线,所得的三条线段相交于一点.12.(2013·延安模拟)如图，正三棱锥A-BCD中，E在棱AB上，F在棱CD 上，且==λ(λ>0)，设α为异面直线EF与AC所成的角，β为异面直线EF 与BD所成的角，则α+β的值为.三、解答题13.如图,在四面体ABCD中作截面PQR,若PQ,CB的延长线交于M,RQ,DB的延长线交于N,RP,DC的延长线交于K,求证:M,N,K三点共线.14.直三棱柱ABC-A1B1C1的底面为等腰直角三角形,∠BAC=90°,AB=AC=2,AA1=2,E,F分别是BC,AA1的中点.求异面直线EF和A1B所成的角.15.(能力挑战题)在四棱锥P -ABCD中,底面是边长为2的菱形,∠DAB=60°,对角线AC与BD交于点O,PO⊥平面ABCD,PB与平面ABCD所成角为60°. 若E是PB的中点,求异面直线DE与PA所成角的余弦值.答案解析1.【解析】选A.直线A1B与直线外一点E确定的平面为A1BCD1,EF平面A1BCD1,且两直线不平行,故两直线相交.2.【解析】选A.当A,B,C三点都在平面α内,且三点共线时,P,A,B,C四点在同一个平面内,故①错误;三棱锥的三条侧棱所在的直线两两相交,但三条直线不在同一平面内,故②错误;两组对边分别相等的四边形也可能是空间四边形,故③错误.3.【解析】选C.∵空间四边形ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，∴EH是△ABD的中位线，∴EH∥BD，且EH=BD，同理可证FG∥BD，EF∥AC，且FG=BD，EF=AC，∴EHFG，∴四边形EFGH为平行四边形，又∵AC⊥BD，∴EH⊥EF，∴∠HEF=90°，∴四边形EFGH为矩形.4.【解析】选D.∵ABγ,M∈AB,∴M∈γ.又α∩β=l,M∈l,∴M∈β.根据公理3可知,M在γ与β的交线上.同理可知,点C也在γ与β的交线上.5.【解析】选B.没有公共点的两条直线平行或异面,故命题①错;互相垂直的两条直线相交或异面,故命题②错;既不平行也不相交的直线是异面直线,不同在任一平面内的两条直线是异面直线,命题③④正确,故选B.6. 【解析】选D.在正方体A′B′C′D′-ABCD中,AA′与B′C′是异面直线,AA′在平面ABCD中的射影是点A,B′C′在平面ABCD内的射影是直线BC,故①错;AB,AD与AA′所成的角都是90°,但AB,AD相交于点A,故②③错;直线A′D′,A′B′都平行于平面ABCD,但它们相交,故④错.7.【解析】选D.当a∩α=P时,P∈a,P∈α,但aα,∴①错;当a∩β=P时,②错;如图,∵a∥b,P∈b,∴P∉a,∴由直线a与点P确定唯一平面α.又a∥b,由a与b确定唯一平面β,但β过直线a与点P,∴β与α重合,∴bα,故③正确;两个平面的公共点必在其交线上,故④正确. 【误区警示】解答本题时对平面性质不熟、不善于举出反例是致错的主要原因.8.【思路点拨】以A1D1,EF,CD为棱构造平行六面体解决.【解析】选D.先说明“对于空间内任意三条两两异面的直线a,b,c,与直线a,b,c都相交的直线有无数条”这个结论的正确性.无论两两异面的三条直线a,b,c的相对位置如何,总可以构造一个平行六面体ABCD -A1B1C1D1,使直线AB,B1C1,DD1分别作为直线a,b,c,在棱DD1的延长线上任取一点M,由点M与直线a确定一个平面α,平面α与直线B1C1交于点P,与直线A1D1交于点Q,则PQ在平面α内,直线PM不与a平行,设直线PM与a交于点N.这样的直线MN就同时与直线a,b,c相交.由于点M的取法有无穷多种,因此在空间同时与直线a,b,c相交的直线有无数条.依题意,不难得知题中的直线A1D1,EF,CD是两两异面的三条直线,由以上结论可知,在空间与直线A1D1,EF,CD都相交的直线有无数条,选D.【变式备选】如图所示,ABCD -A1B1C1D1是长方体,O是B1D1的中点,直线A1C交平面AB1D1于点M,则下列结论正确的是( )(A)A,M,O三点共线(B)A,M,O,A1不共面(C)A,M,C,O不共面(D)B,B1,O,M共面【解析】选A.连接A1C1,AC,则A1C1∥AC,∴A1,C1,A,C四点共面,∴A1C平面ACC1A1.∵M∈A1C,∴M∈平面ACC1A1.又M∈平面AB1D1,∴M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上,同理O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上.∴A,M,O三点共线.9.【解析】由于l与a,b所成角都是60°,而60°>30°,且120°角的一半也为60°,故这样的直线l有3条.答案:310.【解析】如图所示,四边形ABCD是空间四边形,而不是平面四边形,要想求MN与AC,BD的关系,必须将它们转化到平面来考虑.取AD的中点为G,再连接MG,NG,在△ABD中,M,G分别是线段AB,AD的中点,则MG∥BD,且MG=BD,同理,在△ADC中,NG∥AC,且NG=AC,又根据三角形的三边关系知,MN<MG+NG,即MN<BD+AC=(AC+BD).答案:<11.【解析】由四面体的概念可知,AB与CD所在的直线为异面直线,故①正确;由顶点A作四面体的高,当四面体ABCD的对棱互相垂直时,其垂足是△BCD 的三条高线的交点,故②错误;当DA=DB,CA=CB时,这两条高线共面,故③错误;设AB,BC,CD,DA的中点依次为E,F,M,N,易证四边形EFMN为平行四边形,所以EM与FN相交于一点,易证另一组对棱中点的连线也过它们的交点,故④正确.答案:①④12.【解析】如图，取线段BC上一点H，使=λ，取BD中点O，连接AO，CO，∴BD⊥AO，BD⊥CO，∵AO∩CO=O，∴BD⊥平面AOC，又∵AC平面AOC，∴BD⊥AC，∵==λ，∴EH∥AC，又==λ，∴HF∥BD.∴∠HEF就是异面直线EF与AC所成的角，∠HFE就是异面直线EF与BD所成的角，∠EHF就是异面直线BD与AC所成的角，∴α=∠HEF，β=∠HFE，∠EHF=，∴α+β=.答案:【变式备选】(2013·揭阳模拟)如图,正三棱柱ABC -A1B1C1的各棱长(包括底面边长)都是2,E,F分别是AB,A1C1的中点,则EF与侧棱C1C所成的角的余弦值是( )(A) (B) (C) (D)2【解析】选B.如图,取AC中点G,连接FG,EG,则FG∥C1C,FG=C1C;EG∥BC,EG=BC,故∠EFG即为EF与C1C所成的角(或补角),在Rt△EFG中,cos∠EFG===.13.【证明】∵M∈PQ,直线PQ平面PQR,M∈BC,直线BC平面BCD,∴M是平面PQR与平面BCD的一个公共点,即M在平面PQR与平面BCD的交线l上. 同理可证:N,K也在l上,∴M,N,K三点共线. 14.【解析】取AB的中点D,连接DE,DF,则DF∥A1B,∴∠DFE(或其补角)即为所求.由题意易知,DF=,DE=1,AE=,由DE⊥AB,DE⊥AA1得DE⊥平面ABB1A1,∴DE⊥DF,即△EDF为直角三角形,∴tan∠DFE===,∴∠DFE=30°,即异面直线EF和A1B所成的角为30°.15.【解析】取AB的中点F,连接EF,DF,∵E为PB中点,∴EF∥PA,∴∠DEF为异面直线DE与PA所成角(或补角).在Rt△AOB中,AO=AB·cos30°==OP,∴在Rt△POA中,PA=,∴EF=.∵四边形ABCD为菱形,且∠DAB=60°,∴△ABD为正三角形.又∵∠PBO=60°,BO=1,∴PB=2,∴PB=PD=BD,即△PBD为正三角形,∴DF=DE=,∴cos∠DEF====.即异面直线DE与PA所成角的余弦值为.关闭Word文档返回原板块。
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课时提升作业(四十六)
一、选择题
1.设y∈R,则点P(1,y,2)的集合为( )
(A)垂直于xOz平面的一条直线
(B)平行于xOz平面的一条直线
(C)垂直于y轴的一个平面
(D)平行于y轴的一个平面
2.在空间直角坐标系中,P(2,3,4),Q(-2,-3,-4)两点的位置关系是( )
(A)关于x轴对称(B)关于yOz平面对称
(C)关于坐标原点对称(D)以上都不对
3.点P(1,0,2)关于原点的对称点P′的坐标为( )
(A)(-1,0,2) (B)(-1,0,-2)
(C)(1,0,2) (D)(-2,0,1)
4.在空间直角坐标系中,点P(3,1,5)关于xOz平面对称的点的坐标为( )
(A)(-3,1,5) (B)(-3,-1,5)
(C)(3,-1,5) (D)(-3,1,-5)
5.已知正方体的不在同一个表面上的两个顶点A(-1,2,-1),B(3,-2,3),则正方体的棱长等于( )
(A)4 (B)2 (C)(D)2
6.到点A(-1,-1,-1),B(1,1,1)的距离相等的点C(x,y,z)的坐标满足( )
(A)x+y+z=-1 (B)x+y+z=1
(C)x+y+z=4 (D)x+y+z=0
7.(2013·咸阳模拟)在空间直角坐标系中,以点A(4,1,9),B(10,-1,6),C(x,4,3)为顶点的△ABC是以BC为底边的等腰三角形,则实数x的值为( )
(A)-2 (B)2 (C)6 (D)2或6
8.在空间直角坐标系中,点M(-2,4,-3)在xOz平面上的射影为M′,则点M′关于原点对称的点的坐标为( )
(A)(-2,0,-3) (B)(-3,0,-2)
(C)(2,0,3) (D)(-2,0,3)
9.(2013·榆林模拟)若两点的坐标是A(3cosα,3sinα,1),B(2cosβ,2sinβ,1),则|BA|的取值范围是( )
(A)[0,5] (B)[1,5]
(C)(0,5) (D)[1,25]
10.(能力挑战题)已知四边形ABCD为平行四边形,且A(4,1,3),B(2,-5,1),
C(3,7,-5),则点D的坐标为( )
(A)(,4,-1) (B)(2,3,1)
(C)(-3,1,5) (D)(5,13,-3)
二、填空题
11.给定空间直角坐标系,在x轴上找一点P,使它与点P0(4,1,2)
则该点的坐标为.
12.在空间直角坐标系中,正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A(3,-1,2),其中心为
M(0,1,2),则该正方体的棱长为.
13.△ABC的顶点分别为A(1,-1,2),B(5,-6,2),C(1,3,-1),则AC边上的高BD等
于.
14.已知三角形的三个顶点为A(2,-1,4),B(3,2,-6),C(5,0,2),则BC边上的中线长为.
三、解答题
15.(能力挑战题)如图,正方体AC′的棱长为a,M为BD′的
中点,点N在A′C′上,且|A′N|=3|NC′|,试求|MN|的长.
答案解析
1.【解析】选A.y变化时,点P的横坐标为1,竖坐标为2保持
不变,点P在xOz平面上的射影为P′(1,0,2),
∴P点的集合为直线PP′,它垂直于xOz平面,故选A.
2.【解析】选C.∵P,Q的横坐标、纵坐标及竖坐标均互为相
反数,
∴P,Q两点关于坐标原点对称.
3.【解析】选B.由题意可知,原点是P和P′的中点,根据中点坐标公式,可得P′(-1,0,-2),故选B.
4.【解析】选C.根据点关于面的对称点的性质和空间直角坐标系内点的坐标定义可知:两点的横坐标、竖坐标相同,纵坐标互为相反数.
5.【解析】选A.由于A(-1,2,-1),B(3,-2,3)是不在同一个表面上的两个顶点,所以它们是体对角线的两个端点,故体对角线长度等于|AB|==4,若设正方
体的棱长为a,则有a=4,故a=4.
6.【解析】选D.到点A(-1,-1,-1),B(1,1,1)的距离相等的点C应满足
|AC|2=|BC|2,
即(x+1)2+(y+1)2+(z+1)2=(x-1)2+(y-1)2+(z-1)2,化简得x+y+z=0.
7.【解析】选D.由题意知|AB|=|AC|,
∴
=,
∴7=,
∴x=2或6.
8.【解析】选C.由题意得,点M′的坐标为(-2,0,-3),故点M′关于原点对称的点的坐标为(2,0,3).
【方法技巧】空间直角坐标系中求对称点坐标的技巧
(1)关于哪个轴对称,对应轴上的坐标不变,另两个坐标变为原来的相反数.
(2)关于坐标平面对称,另一轴上的坐标变为原来的相反数,其余不变.
(3)关于原点对称,三个坐标都变为原坐标的相反数.
(4)在空间直角坐标系中求对称点的坐标的方法,可类比平面直角坐标系中对应的问题进行记忆.
9.【思路点拨】利用两点间距离公式求出|BA|,然后结合三角函数知识求范围. 【解析】选B.
∵|BA|=
=
=,
∴≤|BA|≤,
即1≤|BA|≤5.
10.【解析】选D.由题意知,点A(4,1,3),C(3,7,-5)的中点为M(,4,-1), 设点D的坐标为(x,y,z),则
解得故点D的坐标为(5,13,-3).
11.【解析】设点P的坐标是(x,0,0),
由题意得,|P0
即∴(x-4)2=25.
解得x=9或x=-1.
∴点P坐标为(9,0,0)或(-1,0,0).
答案:(9,0,0)或(-1,0,0)
【误区警示】解答本题时容易忽视对解的讨论而造成结果不全.
【变式备选】在z轴上与点A(-4,1,7)和点B(3,5,-2)等距离的点C的坐标为.
【解析】设点C的坐标为(0,0,z),
由条件得|CA|=|CB|,
即
=,
解得z=.
答案:(0,0,)
12.【解析】设棱长为a,∵A(3,-1,2),中心M(0,1,2),
∴C1(-3,3,2).
∴|AC 1|=2,∴棱长a==.
答案:
13.【解析】设=λ,D(x,y,z),
则(x-1,y+1,z-2)=λ(0,4,-3),
∴x=1,y=4λ-1,z=2-3λ.
∴=(-4,4λ+5,-3λ),
∴4(4λ+5)-3(-3λ)=0,
∴λ=-,∴=(-4,,),
∴||==5.
答案:5
14.【解析】设BC的中点为D,则D(,,),即D(4,1,-2),
∴BC边上的中线长
|AD|==2.
答案:2
15.【思路点拨】根据正方体的特点建立空间直角坐标系,由|A′N|=3|NC′|数量关系确定点N的位置,由两点间距离公式求解.
【解析】以D为原点建立如图空间直角坐标系Oxyz,
由正方体棱长为a,所以
B(a,a,0),A′(a,0,a),
C′(0,a,a),D′(0,0,a).
由M为BD′的中点,
取A′C′中点O′,
所以M(,,),
O′(,,a),因为|A′N|=3|NC′|,
所以N为A′C′的四等分点,从而N为O′C′的中点,
故N(,a,a).
根据空间两点间距离公式,可得|NM|=
=a,即MN的长为 a.
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