高考数学第七章第六节课下冲关作业新人教A版

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(全国通用)高考数学一轮复习第七章立体几何第六节空间直角坐标系、空间向量及其运算习题理【含答案】

第六节空间直角坐标系、空间向量及其运算[基础达标]一、选择题(每小题5分,共25分)1.已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是BB1,CD的中点,则DE与D1F的位置关系是()A.平行B.相交且垂直C.异面且垂直D.既不平行也不垂直1.C【解析】建立空间直角坐标系后,求得=0,所以,即DE与D1F垂直且DE与D1F是异面直线.2.两个非零向量a=(x1,y1,z1),b=(x2,y2,z2),则是a∥b的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件2.A【解析】a∥b且一个坐标为0是不能得到,所以必要性不满足,即是a∥b的充分不必要条件.3.已知空间四边形OABC中,点M在线段OA上,且OM=2MA,点N是BC的中点, =a,=b, =c,则=() A. a+b-c B.- a+b+cC. a-b+cD. a+b-c3.B【解析】∵点M在线段OA上,且OM=2MA,点N为BC的中点, +()++()+)=-,∵=a, =b, =c,∴=-a+b+c.4.已知长方体ABCD-A1B1C1D1,下列向量的数量积一定不为0的是()A.B.C.D.4.D【解析】选项A,当四边形ADD1A1为正方形时,可得AD1⊥A1D,而A1D∥B1C,可得AD1⊥B1C,此时有=0;选项B,当四边形ABCD为正方形时,可得AC⊥BD,可得AC⊥平面BB1D1D,故有AC⊥BD1,此时有=0;选项C,由长方体的性质可得AB⊥平面ADD1A1,可得AB⊥AD1,此时必有=0;选项D,由长方体的性质可得BC⊥平面CDD1C1,可得BC⊥CD1,△BCD1为直角三角形,∠BCD1为直角,故BC与BD1不可能垂直,即≠0.5.在边长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是D1D,BD的中点,点G在棱CD上,且CG=CD,H是C1G的中点,则||为() A.B.C.D.5.D【解析】如图,以D为原点建立空间直角坐标系,则F,C1(0,1,1),G.因为H是C1G的中点,所以H,所以=-,则||=.二、填空题(每小题5分,共15分)6.已知向量a=(-4,2,4),b=(-6,3,-2),则a·b=;|a|=.6.226【解析】a·b=(-4)×(-6)+2×3+4×(-2)=22,|a|==6.7.已知空间四点A(-2,3,1),B(2,-5,3),C(10,0,10),D(8,4,a),如果四边形ABCD为梯形,则实数a的值为.7.9【解析】因为=(4,-8,2), =(8,5,7), =(2,-4,10-a), =(10,1,a-1),四边形ABCD为梯形,则,解得a=9,此时不平行.8.正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为A1B1上任意一点,则DP与BC1始终.8.垂直【解析】因为=()·=()·=0,所以,即DP与BC1始终垂直.三、解答题(共20分)9.(10分)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是棱A1D1的中点,H为平面EDB内一点,=(2m,-2m,-m)(m<0),证明:HC1⊥平面EDB.9.【解析】设正方体的棱长为a,则=(a,a,0),所以=(2m,-2m,-m)·=0,=(2m,-2m,-m)·(a,a,0)=0,所以,又DE∩DB=D,所以HC1⊥平面EDB.10.(10分)如图,在四棱锥P-ABCD中,M,N分别是AB,PC的中点,若ABCD是平行四边形.求证:MN∥平面PAD.10.【解析】取DP的中点E,连接AE,EN,则,所以,所以共面,且MN不在平面PAD上,所以MN∥平面PAD.[高考冲关]1.(5分)一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是(0,0,0),(0,1,1),(1,0,1),(1,1,0),该四面体的体积为()A.B.C.1 D.21.A【解析】在空间直角坐标系中作出四面体的四个顶点,可知该四面体是棱长为的正四面体,所以体积为.2.(5分)设P(2,3,4)在三个坐标平面上的射影分别为P1,P2,P3,则向量:①(6,-3,-4);②(4,-3,-4);③(0,-3,4);④(2,-6,4).其中与平面P1P2P3平行的向量有().A.1个B.2个C.3个D.4个2.C【解析】由题意可知,P1,P2,P3的坐标分别为(2,3,0),(2,0,4),(0,3,4),可以求得平面P1P2P3的一个法向量为(6,4,3),①不与该法向量垂直,所以不与平面P1P2P3平行,②③④与该法向量垂直,所以与平面P1P2P3平行.3.(5分)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,棱长为a,M,N分别为A1B和AC上的点,A1M=AN=a,则MN 与平面BB1C1C的位置关系是() A.在平面上B.相交C.平行D.以上都不正确3.C【解析】建立如图所示的空间直角坐标系,则点M a,,N,所以=-,0,-与平面BB1C1C的法向量=(0,a,0)垂直,且MN不在平面BB1C1C上,所以MN与平面BB1C1C的位置关系是平行.4.(5分)已知空间四边形ABCD中, =a-2c, =5a+6b-8c,对角线AC,BD的中点分别为E,F,则=.4.3a+3b-5c【解析】=3a+3b-5c.5.(5分)已知空间图形A-BCD,E,F,G,H,M,N分别是AB,BC,CD,DA,AC,BD的中点,求证:EG,FH,MN交于一点且互相平分.5.【解析】设P1,P2,P3分别为EG,FH,MN的中点,又设=a, =b, =c,则)=)=(a+b+c).同理可证 (a+b+c),(a+b+c),∴P1,P2,P3三点重合.从而原命题得证.6.(10分)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,M是棱AA1的中点,点O是对角线BD1的中点.(1)求证:BD1⊥AC;(2)求证:OM是异面直线AA1与BD1的公垂线.6.【解析】(1)以D为原点,DC,DA,DD1所在的直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),C(1,0,0),B(1,1,0),D1(0,0,1),M,O.∴=(-1,-1,1), =(1,-1,0),∴=(-1)×1+(-1)×(-1)+1×0=0,∴,即BD1⊥AC.(2) =(0,0,1), =(-1,-1,1),∵=0, =0,∴OM⊥AA1,OM⊥BD1,即OM是异面直线AA1与BD1的公垂线.7.(10分)已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为2,底面边长为1,M是BC的中点.在直线CC1上是否存在一点N,使得MN⊥AB1?若存在,请你求出它的位置;若不存在,请说明理由.7.【解析】假设在直线CC1上存在一点N,使得MN⊥AB1.如图,建立空间直角坐标系,有A(0,0,0),B,M,0,N(0,1,z),B1,∴.∵,∴=-+2z=0,解得z=,N,即CN=时,AB1⊥MN.。

高考数学第七章第7课时知能演练轻松闯关新人教A版

高考数学第七章第7课时知能演练轻松闯关新人教A 版一、选择题1．在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，若E 为A 1C 1的中点，则直线CE 垂直于( ) A ．AC B ．BD C ．A 1D D ．A 1A解析：选B.以A 为原点，AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系(图略)，设正方体棱长为1，则A (0,0,0)，C (1,1,0)，B (1,0,0)，D (0,1,0)，A 1(0,0,1)，E (12，12，1)，∴CE →＝(－12，－12，1)，AC →＝(1,1,0)，BD →＝(－1,1,0)，A 1D →＝(0,1，－1)，A 1A →＝(0,0，－1)，显然CE →·BD →＝12－12＋0＝0，∴CE →⊥BD →，即CE ⊥BD . 2.(2012·高考陕西卷)如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( )A.55B.53C.255D.35 解析：选A.不妨令CB ＝1，则CA ＝CC 1＝2.可得O (0,0,0)，B (0,0,1)，C 1(0,2,0)，A (2,0,0)，B 1(0,2,1)， ∴BC 1→＝(0,2，－1)，AB 1→＝(－2,2,1)，∴cos 〈BC 1→，AB 1→〉＝BC 1→·AB 1→|BC 1→||AB 1→|＝4－15×9＝15＝55＞0，∴BC 1→与AB 1→的夹角即为直线BC 1与直线AB 1的夹角，∴直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为55.3．已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1，则直线BC 1与平面A 1BD 所成的角的正弦值是( )A.64B.16C.63 D.32解析：选C.建立空间直角坐标系如图所示．设正方体的棱长为1，直线BC 1与平面A 1BD 所成的角为θ，则D (0,0,0)，A (1,0,0)，A 1(1,0,1)，B (1,1,0)，C 1(0,1,1)， ∴DA 1→＝(1,0,1)，DB →＝(1,1,0)，BC 1→＝(－1,0,1)．设n ＝(x ，y ，z )是平面A 1BD 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→＝x ＋z ＝0n ·DB →＝x ＋y ＝0，令z ＝1，则x ＝－1，y ＝1.∴n ＝(－1,1,1)，∴sin θ＝|cos 〈n ，BC 1→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋13·2＝63.4.(2013·晋城调研)如图所示，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M ，N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝23a ，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是( )A ．相交B ．平行C ．垂直D ．不能确定解析：选B.分别以C 1B 1，C 1D 1，C 1C 所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系．∵A 1M ＝AN ＝23a ，∴M (a ，23a ，a 3)，N (23a ，23a ，a )．∴MN →＝(－a 3，0，23a )．又C 1(0,0,0)，D 1(0，a,0)，∴C 1D 1→＝(0，a,0)． ∴MN →·C 1D 1→＝0，∴MN →⊥C 1D 1→. ∵C 1D 1→是平面BB 1C 1C 的一个法向量，且MN ⊄平面BB 1C 1C ，∴MN ∥平面BB 1C 1C . 二、填空题5．已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角的大小为__________．解析：cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝22，∴〈m ，n 〉＝π4，∴两平面所成二面角的大小为π4或3π4.答案：π4或3π46.如图，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，O 是底面A 1B 1C 1D 1的中心，则点O 到平面ABC 1D 1的距离为__________．解析：以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (1,1,0)，D 1(0,0,1)，C 1(0,1,1)，O (12，12，1)，设平面ABC 1D 1的法向量n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝y ＝0n ·AD 1→＝－x ＋z ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0x ＝z ，令x ＝1，得n ＝(1,0,1)．又OD 1→＝(－12，－12，0)，∴O 到平面ABC 1D 1的距离d ＝|n ·OD 1→||n |＝122＝24. 答案：24三、解答题7．(2013·宜昌模拟)已知四棱锥P ABCD 的直观图(如图①)及侧视图(如图②)，底面ABCD 是边长为2的正方形，平面PAB ⊥平面ABCD ，PA ＝PB .(1)求证：AD ⊥PB ；(2)求异面直线PD 与AB 所成角的余弦值；(3)求平面PAB 与平面PCD 所成锐二面角的大小．解：(1)证明：取AB 的中点O ，连接PO ，则PO ⊥AB ，⎭⎪⎬⎪⎫平面PAB ⊥平面ABCDPO ⊥AB平面PAB ∩平面ABCD ＝ABPO ⊂平面PAB⎭⎪⎬⎪⎫⇒PO ⊥平面ABCD AD ⊂平面ABCD⎭⎪⎬⎪⎫⇒PO ⊥AD AD ⊥AB PO ∩AB ＝O⎭⎪⎬⎪⎫⇒AD ⊥平面PAB PB ⊂平面PAB ⇒AD ⊥PB .(2)过O 作AD 的平行线为x 轴，OB ，OP 所在直线分别为y ，z 轴，建立空间直角坐标系，则A (0，－1,0)，D (2，－1,0)，B (0,1,0)，C (2,1,0)．由已知侧视图知PO ＝2，故P (0,0,2)． PD →＝(2，－1，－2)，AB →＝(0,2,0)．cos 〈PD →，AB →〉＝PD →·AB →|PD →||AB →|＝－13，即异面直线PD 与AB 所成角的余弦值为13.(3)平面PAB 的一个法向量n ＝(1,0,0)．设平面PCD 的一个法向量m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PD →＝0，m ·CD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x －y －2z ＝0，y ＝0，∴x ＝z .取m ＝(12，0，12)，cos 〈n ，m 〉＝n·m |n ||m |＝22，即所求锐二面角的大小为π4.8.如图所示，点P 在正方体ABCD A ′B ′C ′D ′的对角线BD ′上，∠PDA ＝60°. (1)求DP 与CC ′所成角的大小；(2)求DP 与平面AA ′D ′D 所成角的大小．解：如图所示，以D 为原点，DA 为单位长度建立空间直角坐标系Dxyz . 则DA →＝(1,0,0)，CC ′→＝(0,0,1)．连接BD ，B ′D ′.在平面BB ′D ′D 中，延长DP 交B ′D ′于H . 设DH →＝(m ，m,1)(m ＞0)，由已知〈DH →，DA →〉＝60°， DA →·DH →＝|DA →||DH →|cos 〈DH →，DA →〉，可得2m ＝2m 2＋1.解得m ＝22，所以DH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1.(1)因为cos 〈DH →，CC ′→〉＝22×0＋22×0＋1×11×2＝22，所以〈DH →，CC ′→〉＝45°，即DP 与CC ′所成的角为45°.(2)平面AA ′D ′D 的一个法向量是DC →＝(0,1,0)．因为cos 〈DH →，DC →〉＝22×0＋22×1＋1×01×2＝12，所以〈DH →，DC →〉＝60°.可得DP 与平面AA ′D ′D 所成的角为30°. 9．(2013·山西省适应性训练)如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是边长为1的正方形，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝AB ，M ，N 分别是线段PB ，AC 上的动点，且不与端点重合，PM ＝AN .(1)求证：MN ∥平面PAD ；(2)当MN 的长最小时，求二面角A MN B 的余弦值．解：(1)证明：过M 作BA 的平行线交PA 于点E ，过N 作BA 的平行线交AD 于F 点，连接EF ，设PM ＝AN ＝a .因为ME ∥NF ，ME ＝NF ＝22a ，所以四边形MEFN 为平行四边形，所以MN ∥EF .又因为EF ⊂平面PAD ，MN ⊄平面PAD ，所以MN ∥平面PAD . (2)由(1)知MN ＝EF ，在Rt △EAF 中，设AF ＝x ，则可求得EA ＝1－x .所以MN 2＝EF 2＝AF 2＋EA 2＝x 2＋(1－x )2≥12，当且仅当x ＝12时取等号，此时MN 的长最小，且M ，N 分别为PB ，AC 的中点．如图，以A 为坐标原点，射线AB 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，M (12，0，12)，N (12，12，0)，B (1,0,0)，所以AM →＝(12，0，12)，AN →＝(12，12，0)，BM →＝(－12，0，12)，BN →＝(－12，12，0)．设平面AMN 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AM →＝0m ·AN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x ＋12z ＝012x ＋12y ＝0，令x ＝1，可取m ＝(1，－1，－1)．设平面BMN 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BM →＝0n ·BN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－12x 1＋12z 1＝0－12x 1＋12y 1＝0，令x 1＝1，则可取n ＝(1,1,1)．所以cos 〈m ，n 〉＝m·n |m |·|n |＝－13，故二面角A MN B 的余弦值为－13.1．(2012·高考湖南卷)如图所示，在四棱锥P ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AB ＝4，BC ＝3，AD ＝5，∠DAB ＝∠ABC ＝90°，E 是CD 的中点．(1)证明：CD ⊥平面PAE ；(2)若直线PB 与平面PAE 所成的角和PB 与平面ABCD 所成的角相等，求四棱锥P ABCD 的体积．解：法一：(1)证明：如图①，连接AC .由AB ＝4，BC ＝3，∠ABC ＝90°得AC ＝5.又AD ＝5，E 是CD 的中点，所以CD ⊥AE ，因为PA ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥CD ，而PA ，AE 是平面PAE 内的两条相交直线，所以CD ⊥平面PAE .(2)过点B 作BG ∥CD ，分别与AE ，AD 相交于点F ，G ，连接PF .由(1)CD ⊥平面PAE 知，BG ⊥平面PAE .于是∠BPF 为直线PB 与平面PAE 所成的角，且BG ⊥AE .由PA ⊥平面ABCD 知，∠PBA 为直线PB 与平面ABCD 所成的角．由题意∠PBA ＝∠BPF ，因为sin ∠PBA ＝PA PB ，sin ∠BPF ＝BFPB，所以PA ＝BF .由∠DAB ＝∠ABC ＝90°知，AD ∥BC .又BG ∥CD ，所以四边形BCDG 是平行四边形，故GD ＝BC ＝3.于是AG ＝2.在Rt △BAG 中，AB ＝4，AG ＝2，BG ⊥AF ，所以BG ＝AB 2＋AG 2＝25，BF ＝AB 2BG ＝1625＝855.于是PA ＝BF ＝855.又梯形ABCD 的面积为S ＝12×(5＋3)×4＝16，所以四棱锥P ABCD 的体积为 V ＝13×S ×PA ＝13×16×855＝128515.法二：如图②，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．设PA ＝h ，则相关各点的坐标为：A (0,0,0)，B (4,0,0)，C (4,3,0)，D (0，5,0)，E (2,4,0)，P (0,0，h )．(1)易知CD →＝(－4,2,0)，AE →＝(2,4,0)，AP →＝(0,0，h )．因为CD →·AE →＝－8＋8＋0＝0，CD →·AP →＝0，所以CD ⊥AE ，CD ⊥AP .而AP ，AE 是平面PAE 内的两条相交直线，所以CD ⊥平面PAE .(2)由题设和(1)知， CD →，PA →分别是平面PAE ，平面ABCD 的法向量．而PB 与平面PAE 所成的角和PB 与平面ABCD 所成的角相等，所以|cos 〈CD →，PB →〉|＝|cos 〈PA →，PB →〉|，即⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪CD →·PB →|CD →|·|PB →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PA →·PB →|P A →|·|PB →|. 由(1)知，CD →＝(－4,2,0)，PA →＝(0,0，－h )．又PB →＝(4,0，－h )，故⎪⎪⎪⎪⎪⎪－16＋0＋025·16＋h 2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪0＋0＋h 2h ·16＋h 2，解得h ＝855.又梯形ABCD 的面积为S ＝12×(5＋3)×4＝16，所以四棱锥P ABCD 的体积为 V ＝13×S ×PA ＝13×16×855＝128515. 2.(2012·高考福建卷)如图，在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AD ＝1，E 为CD 的中点． (1)求证：B 1E ⊥AD 1；(2)在棱AA 1上是否存在一点P ，使得DP ∥平面B 1AE ？若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由；(3)若二面角A B 1E A 1的大小为30°，求AB 的长．解：(1)证明：以A 为原点，AB →，AD →，AA 1→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．设AB ＝a ，则A (0,0,0)，D (0，1,0)，D 1(0,1,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，0，B 1(a,0,1)，故AD 1→＝(0,1,1)，B 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，1，－1，AB 1→＝(a,0,1)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，0. ∵AD 1→·B 1E →＝－a 2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B 1E ⊥AD 1.(2)假设在棱AA 1上存在一点P (0,0，z 0)，使得DP ∥平面B 1AE .此时DP →＝(0，－1，z 0)．又设平面B 1AE 的法向量n ＝(x ，y ，z )．∵n ⊥平面B 1AE ，∴n ⊥AB 1→，n ⊥AE →，得⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋z ＝0，ax2＋y ＝0.取x ＝1，得平面B 1AE 的一个法向量n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－a2，－a .要使DP ∥平面B 1AE ，只要n ⊥DP →，有a 2－az 0＝0，解得z 0＝12.又DP ⊄平面B 1AE ，∴存在点P ，满足DP ∥平面B 1AE ，此时AP ＝12.(3)连接A 1D ，B 1C ，由长方体ABCD A 1B 1C 1D 1及AA 1＝AD ＝1，得AD 1⊥A 1D . ∵B 1C ∥A 1D ，∴AD 1⊥B 1C .又由(1)知B 1E ⊥AD 1，且B 1C ∩B 1E ＝B 1，∴AD 1⊥平面DCB 1A 1，∴AD 1→是平面A 1B 1E 的一个法向量，此时AD 1→＝(0,1,1)．设AD 1→与n 所成的角为θ，则cos θ＝n ·AD 1→|n ||AD 1→|＝－a2－a21＋a 24＋a2.∵二面角A B 1E A 1的大小为30°，∴|cos θ|＝cos 30°，即3a 22 1＋5a24＝32，解得a ＝2，即AB 的长为2.3．如图，平面PAC ⊥平面ABC ，△ABC 是以AC 为斜边的等腰直角三角形，E ，F ，O 分别为PA ，PB ，AC 的中点，AC ＝16，PA ＝PC ＝10.(1)设G 是OC 的中点，证明：FG ∥平面BOE ；(2)证明：在△ABO 内存在一点M ，使FM ⊥平面BOE ，并求点M 到OA ，OB 的距离．证明：(1)如图，连结OP ，以O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，OP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，则O (0,0,0)，A (0，－8,0)，B (8,0,0)，C (0,8,0)，P (0,0,6)，E (0，－4,3)，F (4,0,3)，由题意得，G (0,4,0)，因OB →＝(8,0,0)，OE →＝(0，－4,3)，因此平面BOE 的法向量为n ＝(0,3,4)， FG →＝(－4,4，－3)，n ·FG →＝0.又直线FG 不在平面BOE 内，因此有FG ∥平面BOE .(2)设点M 的坐标为(x 0，y 0,0)，则FM →＝(x 0－4，y 0，－3)．因为FM ⊥平面BOE ，所以有FM →∥n ，因此有x 0＝4，y 0＝－94，即点M 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫4，－94，0. 在平面直角坐标系xOy 中，△AOB 的内部区域满足不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0y ＜0x －y ＜8，经检验，点M 的坐标满足上述不等式组，所以在△ABO 内存在一点M ，使FM ⊥平面BOE ，由点M 的坐标得点M 到OA ，OB 的距离分别为4，94.4．如图，在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是棱BC ，CC 1上的点，CF ＝AB ＝2CE ，AB ∶AD ∶AA 1＝1∶2∶4(1)求异面直线EF 与A 1D 所成角的余弦值； (2)证明AF ⊥平面A 1ED ；(3)求二面角A 1ED F 的正弦值．解：如图所示，建立空间直角坐标系，点A 为坐标原点，设AB ＝1，依题意得D (0,2,0)，F (1,2,1)，A 1(0,0,4)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，0.(1)易得EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1，A 1D →＝(0,2，－4)，11 于是cos 〈EF →，A 1D →〉＝EF →·A 1D →|EF →||A 1D →|＝－35，所以异面直线EF 与A 1D 所成角的余弦值为35.(2)证明：已知AF →＝(1,2,1)，EA 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，4，ED →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，12，0.又AF →·EA 1→＝0，AF →·ED →＝0，因此，AF ⊥EA 1，AF ⊥ED .又EA 1∩ED ＝E ，所以AF ⊥平面A 1ED .(3)设平面EFD 的法向量u ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ u ·EF →＝0u ·ED →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12y ＋z ＝－x ＋12y ＝0，不妨令x ＝1，可得u ＝(1,2－1)．由(2)可知，AF →为平面A 1ED 的一个法向量．于是cos 〈u ，AF →〉＝u ·AF →|u ||AF →|＝23，从而sin 〈 u ，AF →〉＝53.所以二面角A 1ED F 的正弦值为53.。

高三数学一轮复习第七章第6课时知能演练轻松闯关新人教版

1．(2012·大同调研)已知△ABC 中，A (2，－5,3)，AB →＝(4,1,2)，BC →＝(3，－2,5)．求：(1)顶点B 和顶点C 的坐标；(2)CA →·AB →.解：(1)设B (x 1，y 1，z 1)，由AB →＝(x 1，y 1，z 1)－(2，－5,3)＝(4,1,2)，故B (6，－4,5)，同理C (9，－6,10)．(2)∵CA →＝－AC →＝－(AB →＋BC →)＝(－7,1，－7)，∴CA →·AB →＝(－7,1，－7)·(4,1,2)＝－28＋1－14＝－41.2．E ，F 分别是正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中线段A 1D ，AC 上的点，且DE ＝AF ＝13AC .求证： (1)EF ∥BD 1；(2)EF ⊥A 1D .证明：(1)建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝1，连接DF ，则D (0,0,0)，A (1,0,0)，B (1,1,0)，C (0, 1,0)，A 1(1,0,1)，D 1(0,0,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫13，0，13，又DF →＝DA →＋13AC →，可得F ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，13，0. ∵EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13，13，－13，BD 1→＝(－1，－1,1)＝－3EF →， ∴BD 1→∥EF →，又F 不在BD 1上，∴EF ∥BD 1.(2)∵A 1D →＝(－1,0，－1)，EF →·A 1D →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13，13，－13·(－1,0，－1)＝0， ∴EF →⊥A 1D →，即EF ⊥A 1D .一、选择题1．空间直角坐标系中，A (1,2,3)，B (－2，－1,6)，C (3,2,1)，D (4,3，0)，则直线AB 与CD 的位置关系是( )A ．垂直B ．平行C ．异面D ．相交但不垂直解析：选B.由题意得AB →＝(－3，－3,3)，CD →＝(1,1，－1)，∴AB →＝－3CD →，∴AB →与CD →共线，又AB →与CD →没有公共点．∴AB ∥CD .2．已知O ，A ，B ，C 为空间四个点，又OA →，OB →，OC →为空间的一个基底，则( )A ．O ，A ，B ，C 四点不共线B ．O ，A ，B ，C 四点共面，但不共线C ．O ，A ，B ，C 四点中任意三点不共线D ．O ，A ，B ，C 四点不共面解析：选D.OA →，OB →，OC →为空间的一个基底，所以OA →，OB →，OC →不共面，但A ，B ，C 三种情况都有可能使OA →，OB →，OC →共面．3．已知两空间向量m ＝(cos θ，1，sin θ)，n ＝(sin θ，1，cos θ)，则m ＋n 与m －n 的夹角是( )A.π2 B ．－π2C.π3D.π4解析：选A.由题意得(m ＋n )·(m －n )＝m 2－n 2＝cos 2θ＋1＋sin 2θ－(sin 2θ＋1＋cos 2θ)＝0，∴(m ＋n )⊥(m －n )，∴〈m ＋n ，m －n 〉＝π2. 4．空间四点A (2,3,6)、B (4,3,2)、C (0,0,1)、D (2,0,2)的位置关系为( )A ．共线B ．共面C ．不共面D ．无法确定解析：选C.∵AB →＝(2,0，－4)，AC →＝(－2，－3，－5)，AD →＝(0，－3，－4)．假设四点共面，由共面向量定理得，存在实数x ，y ，使AD →＝xAB →＋yAC →，即⎩⎪⎨⎪⎧ 2x －2y ＝0， ①－3y ＝－3， ②－4x －5y ＝－4， ③由①②得x ＝y ＝1，代入③式不成立，矛盾．∴假设不成立，故四点不共面．5．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为上底面A 1C 1的中心，若AE →＝AA 1→＋xAB →＋yAD →，则x ，y 的值分别为( )A ．x ＝1，y ＝1B ．x ＝1，y ＝12C ．x ＝12，y ＝12D ．x ＝12，y ＝1 解析：选C.如图，AE →＝AA 1→＋A 1E →＝AA 1→＋12A 1C 1→＝AA 1→＋12(AB →＋AD →)．二、填空题6．已知2a ＋b ＝(0，－5,10)，c ＝(1，－2，－2)，a ·c ＝4，|b |＝12，则以b ，c 为方向向量的两直线的夹角为________．解析：由题意得(2a ＋b )·c ＝0＋10－20＝－10.即2a ·c ＋b ·c ＝－10，又∵a ·c ＝4，∴b ·c ＝－18，∴cos 〈b ，c 〉＝b ·c |b |·|c |＝－1812×1＋4＋4＝－12， ∴〈b ，c 〉＝120°，∴两直线的夹角为60°.答案：60°7.如图，已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AA 1＝2，BC ＝3，M 为AC 1与CA 1的交点，则M 点的坐标为__________．解析：由长方体的几何性质得，M 为AC 1的中点，在所给的坐标系中，A (0,0,0)，C 1(2,3,2)，∴中点M 的坐标为(1，32，1)．答案：(1，32，1) 8．(2012·保定质检)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是A 1B 上的点，F 是AC 上的点，且A 1E ＝2EB ，CF ＝2AF ，则EF 与平面A 1B 1CD 的位置关系为________．解析：取AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c 为基底，易得EF →＝－13(a ＋b －c )，而DB 1→＝a ＋b －c ，即EF →∥DB 1→，故EF ∥DB 1，且EF ⊄平面A 1B 1CD ，DB 1⊂平面A 1B 1CD ，所以EF ∥平面A 1B 1CD .答案：平行三、解答题9．已知向量b 与向量a ＝(2，－1,2)共线，且满足a ·b ＝18，(ka ＋b )⊥(ka －b )，求向量b 及k 的值．解：∵a ，b 共线，∴存在实数λ，使b ＝λa ，∴a ·b ＝λa 2＝λ|a |2 ＝λ[22＋－12＋22]2＝18，解得λ＝2.∴b ＝(4，－2,4)． ∵(ka ＋b )⊥(ka －b )，∴(ka ＋b )·(ka －b )＝0. ∴(ka ＋2a )·(ka －2a )＝0. ∴(k 2－4)|a |2＝0.∴k ＝±2.10.如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 为AC 的中点．(1)化简：A 1O →－12AB →－12AD →； (2)设E 是棱DD 1上的点，且DE →＝23DD 1→，若EO →＝xAB →＋yAD →＋zAA 1→，试求x 、y 、z 的值．解：(1)∵AB →＋AD →＝AC →，∴A 1O →－12AB →－12AD →＝A 1O →－12(AB →＋AD →) ＝A 1O →－12AC →＝A 1O →－AO →＝A 1A →. (2)∵EO →＝ED →＋DO →＝23D 1D →＋12DB → ＝23D 1D →＋12(DA →＋AB →) ＝23A 1A →＋12DA →＋12AB → ＝12AB →－12AD →－23AA 1→， ∴x ＝12，y ＝－12，z ＝－23. 11.如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，∠ADC ＝90°，3AD ＝DC ＝3，AB＝2，E 是DC 上的点，且满足DE ＝1，连接AE ，将△DAE 沿AE 折起到△D 1AE 的位置，使得∠D 1AB ＝60°，设AC 与BE 的交点为O .(1)试用基向量AB →，AE →，AD 1→表示向量OD 1→；(2)求异面直线OD 1与AE 所成角的余弦值；(3)判断平面D 1AE 与平面ABCE 是否垂直？并说明理由．解：(1)∵AB ∥CE ，AB ＝CE ＝2， ∴四边形ABCE 是平行四边形，∴O 为BE 的中点．∴OD 1→＝AD 1→－AO →＝AD 1→－12(AB →＋AE →) ＝AD 1→－12AB →－12AE →.(2)设异面直线OD 1与AE 所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈OD 1→，AE →〉|＝|OD 1→·AE →||OD 1→|·|AE →|，∵OD 1→·AE →＝(AD 1→－12AB →－12AE →)·AE →＝AD 1→·AE →－12AB →·AE →－12|AE →|2＝1×2×cos45°－12×2×2×cos45°－12×(2)2＝－1，|OD 1→|＝ AD 1→－12AB →－12AE →2＝62， ∴cos θ＝|OD 1→·AE →||OD 1→|·|AE →||＝|－162×2|＝33.故异面直线OD 1与AE 所成角的余弦值为33.(3)平面D 1AE ⊥平面ABCE .证明如下：取AE 的中点M ，连接D 1M ，则D 1M →＝AM →－AD 1→＝12AE →－AD 1→，∴D 1M →·AE →＝(12AE →－AD 1→)·AE →＝12|AE →|2－AD 1→·AE →＝12×(2)2－1×2×cos45°＝0. ∴D 1M →⊥AE →.∴D 1M ⊥AE .∵D 1M →·AB →＝(12AE →－AD 1→)·AB →＝12AE →·AB →－AD 1→·AB →＝12×2×2×cos45°－1×2×cos60°＝0，∴D 1M →⊥AB →，∴D 1M ⊥AB.又AE ∩AB ＝A ，AE 、AB ⊂平面ABCE ， ∴D 1M ⊥平面ABCE .∵D 1M ⊂平面D 1AE ，∴平面D 1AE ⊥平面ABCE .。

2021-2022学年新教材人教A版高中数学必修第二册第七章复数课时练习题含答案解析

第七章复数练习题1、数系的扩充和复数的概念 (1)2、复数的几何意义 (6)3、复数的加、减运算及其几何意义 (14)4、复数的乘、除运算 (22)1、数系的扩充和复数的概念基础练习一、选择题(每小题5分,共30分,多选题全部选对得5分,选对但不全对的得3分,有选错的得0分)1.(1+)i的实部与虚部分别是( )A.1,B.1+,0C.0,1+D.0,(1+)i【解析】选C.(1+)i可看作0+(1+)i=a+bi,所以实部a=0,虚部b=1+.2.已知复数a2-4+(a+2)i为纯虚数,则实数a=( )A.-2B.2C.±2D.4【解析】选B.由纯虚数的定义可知,解得a=2.3.已知x-2i=3+2yi(x,y∈R),则x+y=( )A.4B.2C.3D.1【解析】选B.由复数相等的充要条件可知,x=3,y=-1,所以x+y=3-1=2.4.复数4-3a-a2i与复数a2+4ai相等,则实数a的值为( )A.1B.1或-4C.-4D.0或-4【解析】选C.由复数相等的充要条件得解得:a=-4.5.以复数z=3-4i的实部为虚部,虚部为实部的复数为( )A.3-4iB.-3+4iC.-4+3iD.4-3i【解析】选C.由于复数z=3-4i=3+(-4)i的实部为3,虚部为-4,所求复数为-4+3i.6.(多选题)若i是虚数单位,则下列结论正确的是( )A.是分数B.i是无理数C.-i2不是虚数D.若a∈R,则(a2+1)i是虚数【解析】选CD.由于i是虚数单位,则,i都是虚数,A,B都不正确;-i2=1是实数,不是虚数,C正确;若a∈R,则a2+1≥1,所以(a2+1)i是虚数,D正确.二、填空题(每小题5分,共10分)7.若复数z=a2-3+2ai的实部与虚部互为相反数,则实数a的值为________.【解析】由条件知a2-3+2a=0,所以a=1或a=-3.答案:1或-38.已知复数z=k2-3k+(k2-5k+6)i(k∈R),若z<0,则k的值为________.【解析】因为复数z=k2-3k+(k2-5k+6)i(k∈R),若z<0,则k2-5k+6=0,k2-3k<0,解得k1=2,k2=3(舍去).答案:2三、解答题(每小题10分,共20分)9.已知复数z=+i,(m∈R)是虚数,求实数m的取值范围.【解析】因为复数z=+i,(m∈R)是虚数,所以,解得m<0或m>1且m≠-2.所以实数m的取值范围是(-∞,-2)∪(-2,0)∪(1,+∞).10.当实数m为何值时,复数z=+(m2-2m)i分别为:(1)实数?(2)虚数?(3)纯虚数?【解析】(1)当即m=2时,复数z为实数.(2)当即m≠0且m≠2时,复数z为虚数.(3)当即m=-3时,复数z为纯虚数.提升练习一、选择题(每小题5分,共20分,多选题全部选对得5分,选对但不全对的得3分,有选错的得0分)1.复数z=2-i的实部与虚部的差为( )A.-1B.1C.2D.3【解析】选D.复数z=2-i=2+(-1)i的实部为2,虚部为-1,所以复数的实部与虚部的差为3.2.如果C,R,I分别表示复数集、实数集和纯虚数集,其中C为全集,则( )A.C=R∪IB.R∪I={0}C.R=C∩ID.R∩I=∅【解析】选D.复数包括实数和虚数,所以实数集与纯虚数集无交集.所以R∩I=⌀.故选D.3.(多选题)下列命题中为真命题的是( )A.复数一定是虚数B.实数一定是复数C.复数的平方数一定是非负实数D.实数的虚部为0,纯虚数的实部为0,虚部不为0【解析】选BD.因为实数和虚数统称为复数,所以复数不一定是虚数,A是假命题;实数一定是复数,B是真命题;由于i2=-1,复数的平方数可以是负实数,C是假命题;实数的虚部为0,纯虚数的实部为0,虚部不为0,D是真命题.4.若xi-i2=y+2i,x,y∈R,则复数x+yi=( )A.-2+iB.2+iC.1-2iD.1+2i【解析】选B.因为i2=-1得xi-i2=1+xi.由题意得1+xi=y+2i,所以x=2,y=1.故x+yi=2+i.二、填空题(每小题5分,共20分)5.方程(2x2-3x-2)+(x2-5x+6)i=0的实数解x=________.【解析】方程可化为解得x=2.答案:26.复数2i,3-i,3-i2,i-1中,不同于另外三个的一个复数是______.【解析】复数2i,3-i,3-i2,i-1中,3-i2=4是实数,不同于其他三个虚数.答案:3-i27.若a-2i=bi+1(a,b∈R),则b+ai=________.【解析】根据复数相等的充要条件,得所以b+ai=-2+i.答案:-2+i8.若复数z=(a+1)+(1-a)i(a∈R)的实部与虚部都大于0,则实数a的取值范围是________.【解析】由a+1>0,1-a>0,解得-1<a<1.答案:(-1,1)三、解答题(每小题10分,共30分)9.已知x是实数,y是纯虚数,且满足(3x-10)+i=y-3i,求x与y.【解析】设y=bi(b∈R且b≠0),代入(3x-10)+i=y-3i,整理得(3x-10)+i=bi-3i, 由复数相等的充要条件得解得所以x=,y=4i.10.设复数z=(m2+2m-3)+(m-1)i,试求实数m取何值时,满足(1)z是实数;(2)z是纯虚数.【解题指南】(1)复数为实数需满足虚部为零.(2)纯虚数需满足实部为零且虚部不为零.【解析】(1)由m-1=0得m=1,即m=1时z是实数.(2)由解得m=-3,即m=-3时z是纯虚数.11.定义运算=ad-bc,如果(x+y)+(x+3)i=,求实数x,y 的值.【解析】由定义运算=ad-bc,得=3x+2y+yi,故有(x+y)+(x+3)i=3x+2y+yi.因为x,y为实数,所以有得得x=-1,y=2.2、复数的几何意义基础练习一、选择题(每小题5分,共30分,多选题全部选对得5分,选对但不全对的得3分,有选错的得0分)1.已知复数z在复平面上对应的点为(1,-1),则( )A.z=-1+iB.z=1+iC.z+i是实数D.z+i是纯虚数【解析】选 C.因为复数z在复平面上对应的点为(1,-1),所以z=1-i.所以z+i=1-i+i=1,所以z+i是实数.2.已知z1=5+3i,z2=5+4i,下列选项中正确的是( )A.z1>z2B.z1<z2C.|z1|>|z2| D.|z1|<|z2|【解析】选 D.因为复数不能比较大小,所以A,B不正确,又|z1|==,|z2|==,所以|z1|<|z2|,故C不正确,D正确.3.向量对应的复数为z1=-3+2i,对应的复数为z2=1-i,则|+|为( )A. B. C.2 D.【解析】选A.因为z1=-3+2i,z2=1-i,所以=(-3,2),=(1,-1),则+=(-2,1),所以|+|==.4.若i为虚数单位,图中网格纸的小正方形的边长是1,复平面内点Z表示复数z,则等于( )A.2+IB.2-iC.-2+iD.-2-i【解析】选B.点Z(2,1)对应复数z=2+i,与z互为共轭复数,对应的两点关于实轴对称,所以=2-i.5.在复平面内,对应的复数是2+i,对应的复数是-1-3i,则对应的复数为( )A.1-2iB.-1+2iC.3+4iD.-3-4i【解析】选D.由题意知=(2,1),=(-1,-3).=+=(-1,-3)+(-2,-1)= (-3,-4),所以对应的复数为-3-4i.6.(多选题)下列关于复数z=a+bi,a,b∈R的说法正确的是( )A.=a-biB.若=z,则b=0C.若|z|=0,则z=0D.若|z|≠0,则ab≠0【解析】选ABC.由复数z=a+bi,a,b∈R,得=a-bi,选项A正确;若=z,则a+bi =a-bi,b=-b,所以b=0,选项B正确;若|z|=0,则a2+b2=0,所以a=b=0,z=0,选项C 正确;若|z|≠0,则a2+b2≠0,所以a,b至少有一个不为0,选项D不正确.二、填空题(每小题5分,共10分)7.已知复平面内,点(2cos 300°,2sin 300°)对应的复数为z,则z=________,|z|=________.【解析】由点的坐标(2cos 300°,2sin 300°),得(1,-),对应的复数为z=1-i,|z|=2.答案:1-i 28.复平面上,实轴上的点A(3,0)与虚轴上的点B(0,-4),则向量对应的复数的实部为________,虚部为________.【解析】复平面上,实轴上的点A(3,0)与虚轴上的点B(0,-4),则=(-3,-4),对应的复数z=-3-4i的实部为-3,虚部为-4.答案:-3 -4三、解答题(每小题10分,共20分)9.已知z=x+yi,x,y∈R,若2x-1+(y+1)i=x-y+(-x-y)i.(1)求实数x,y的值;(2)求.【解析】(1)因为x,y为实数,所以2x-1,y+1,x-y,-x-y都为实数,由复数相等的充要条件得解得(2)=x-yi=3+2i.10.已知复数z满足|z+1-i|=1,求|z|的最大值和最小值.=-1+i对应向量,由|z+1-i|=|z-(-1+i)| 【解析】设复数z对应向量,复数z1=1,得|-|=||=1,所以动点Z的轨迹是以C(-1,1)为圆心,半径为1的圆,所以复数z对应的点的轨迹是以-1+i对应的点C为圆心,以1为半径的圆,画出方程|z+1-i|=1表示的轨迹,如图,而|z|则表示该圆上的点到原点O的距离,由平面几何知识可知,使圆上的点到原点距离取最大(最小)值的点在直线OC与圆的交点处.所以|z|最大值为|OC|+r=+1,最小值为|OC|-r=-1.提升练习一、选择题(每小题5分,共20分,多选题全部选对得5分,选对但不全对的得3分,有选错的得0分)1.(多选题)设复数z=(2t2+5t-3)+(t2+2t+2)i,t∈R,则以下结论中正确的是( )A.复数z对应的点在第一象限B.复数z可能是纯虚数C.复数z对应的点在实轴上方D.复数z一定是实数【解析】选BC.因为z的虚部t2+2t+2=(t+1)2+1恒为正,所以z对应的点在实轴上方,且z一定是虚数,排除D.又z的实部2t2+5t-3=(t+3)(2t-1)可为正、为零、为负,所以选项A不正确.当t=-3或时B正确.2.欧拉公式e ix=cos x+isin x(i为虚数单位)是由瑞士著名数学家欧拉发明的,它将指数函数的定义域扩大到复数,建立了三角函数和指数函数的关系,它在复变函数论里占有非常重要的地位,被誉为“数学中的天桥”,根据欧拉公式可知,e-2i表示的复数在复平面中位于( )A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【解析】选 C.e-2i=cos(-2)+isin(-2),对应点为(cos(-2),sin(-2)),由于-π<-2<-,因此cos(-2)<0,sin(-2)<0,所以点(cos(-2),sin(-2))在第三象限.3.(多选题)复平面内,下列关于复数的叙述正确的是( )A.原点对应的复数是0B.纯虚数对应的点在虚轴上C.实轴上的点对应的复数是实数D.虚轴上的点对应的复数是虚数【解析】选ABC.复平面内,原点对应的复数是0,选项A正确.纯虚数对应的点在虚轴上,选项B正确.实轴上的点对应的复数是实数,选项C正确.虚轴上除原点以外的点对应的复数是虚数,选项D错误.4.设复数z=m(3+i)-(2+i)(m∈R,i为虚数单位).在复平面内对应的点不可能位于( )A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【解析】选B.复数z=(3m-2)+(m-1)i在复平面内的对应点P(3m-2,m-1).当m>1时P在第一象限;当m<时P在第三象限;当<m<1时P在第四象限;当m=时P在y轴上;当m=1时P在x轴上.【补偿训练】设A,B为锐角三角形的两个内角,则复数z=(cos B-tan A)+itan B对应的点位于复平面的( )A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【解析】选B.因为A,B为锐角三角形的两个内角,所以A+B>,即A>-B,sin A>cos B.cos B-tan A=cos B-<cos B-sin A<0,又tan B>0, 所以点(cos B-tan A,tan B)在第二象限.二、填空题(每小题5分,共20分)5.复平面内,点(2,3)对应的复数的共轭复数为______.【解析】复平面内,点(2,3)对应的复数z=2+3i,共轭复数为=2-3i.答案:2-3i6.复数z1=3与z2=2-i对应的两点间的距离为______.【解析】复数z1=3与z2=2-i对应的两点Z1(3,0),Z2(2,-)间的距离为|Z1Z2|==2.答案:27.已知z-|z|=-1+i,则复数z=______.【解析】设z=x+yi(x,y∈R),由题意得x+yi-=-1+i,即(x-)+yi=-1+i,所以解得所以z=i.答案:i8.已知复数z=(a2-2a)+(a2-a-2)i对应的点在虚轴上,且z≠0,则a的值为________.【解析】由题意,得a2-2a=0,得a=0或a=2.当a=2时z=0,与题意不符.答案:0三、解答题(每小题10分,共30分)9.如果复数z=(m2+m-1)+(4m2-8m+3)i(m∈R)对应的点在第一象限,求实数m的取值范围.【解析】因为复数z对应的点在第一象限.所以解得m<或m>.所以实数m的取值范围为∪.10.已知两向量a,b对应的复数分别是z1=-3,z2=-+mi(m∈R),且a,b的夹角为60°,求m的值.【解析】因为a,b对应的复数分别为z1=-3,z2=-+mi(m∈R),所以a=(-3,0),b=.又a,b的夹角为60°,所以cos 60°=,即=,解得m=±.11.设复数z=(2x+a)+(2-x+a)i,x,a∈R,当x在内变化时,求|z|的最小值g(a).【解析】|z|2=(2x+a)2+(2-x+a)2=22x+2-2x+2a(2x+2-x)+2a2.令t=2x+2-x,则t≥2,且22x+2-2x=t2-2.从而|z|2=t2+2at+2a2-2=(t+a)2+a2-2,当-a≥2,即a≤-2时,g(a)=;当-a<2,即a>-2时,g(a)==|a+1|.综上可知g(a)=3、复数的加、减运算及其几何意义基础练习一、选择题(每小题5分,共30分,多选题全部选对得5分,选对但不全对的得3分,有选错的得0分)1.已知z1=2+i,z2=1+2i,则复数z=z2-z1对应的点位于( )A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【解析】选B.z=z2-z1=(1+2i)-(2+i)=-1+i,实部小于零,虚部大于零,故位于第二象限.2.若复数z满足z+(3-4i)=1,则z的虚部是( )A.-2B.4C.3D.-4【解析】选B.z=1-(3-4i)=-2+4i.3.已知复数z1=1+2i,z2=3-4i,若z+z1=z2-z,则复数z=( )A.1+3iB.1-3iC.2-6iD.3+4i 【解析】选B.设z=a+bi,a,b∈R,由复数z1=1+2i,z2=3-4i,且z+z1=z2-z,得a+bi+1+2i=3-4i-(a+bi),得(a+1)+(b+2)i=(3-a)+(-4-b)i, 所以a+1=3-a,b+2=-4-b,得a=1,b=-3,所以z=1-3i.【一题多解】选B.因为复数z1=1+2i,z2=3-4i,且z+z1=z2-z,所以2z=z2-z1=3-4i-(1+2i)=2-6i,所以z=1-3i.4.在复平面内,复数1+i和1+3i分别对应向量和,其中O为坐标原点,则||=( )A. B.2 C. D.4【解析】选B.由复数减法运算的几何意义知,对应的复数为(1+3i)-(1+i)=2i,所以||=2.5.如图,设向量,,所对应的复数为z1,z2,z3,那么( )A.z1-z2-z3=0 B.z1+z2+z3=0C.z2-z1-z3=0 D.z1+z2-z3=0【解析】选D.由题图可知,+=0,所以+-=0,所以z1+z2-z3=0.6.(多选题)下列关于复数的叙述正确的是( )A.两个共轭复数的和是实数B.两个共轭复数的差是虚数C.两个共轭虚数的和是实数D.两个共轭虚数的差是虚数【解析】选ACD.设复数z=a+bi,a,b∈R,则共轭复数=a-bi,所以有z+=2a∈R,z-=2bi,当b=0时,z-是实数,当b≠0时,z-是虚数,A正确,B不正确.设虚数z=a+bi,a,b∈R,且b≠0,则共轭虚数=a-bi,所以有z+=2a∈R,z-=2bi是虚数,C正确,D正确.二、填空题(每小题5分,共10分)7.计算(1-3i)-(2-4i)+(3+5i)=________.【解析】(1-3i)-(2-4i)+(3+5i)=(1-2+3)+(-3+4+5)i=2+6i.答案:2+6i8.已知|z|=,且z-2+4i为纯虚数,则z=________.【解析】设复数z=x+yi(x,y∈R),则z-2+4i=(x-2)+(y+4)i.由题意知所以或所以z=2±i.答案:2±i【补偿训练】已知向量和向量对应的复数分别为3+4i和2-i,则向量对应的复数为__________.【解析】因为=-,所以对应复数为(2-i)-(3+4i)=-1-5i.答案:-1-5i三、解答题(每小题10分,共20分)9.已知复数z1=-1+2i,z2=1-i,z3=3-2i所对应的点分别为A,B,C.若=x+y,求x+y的值.【解析】由于复数z1=-1+2i,z2=1-i,z3=3-2i所对应的点分别为A,B,C,所以=-1+2i,=1-i,=3-2i,因为=x+y,所以3-2i=x(-1+2i)+y(1-i),所以解得故x+y=5.10.已知z1=-3+i,z2=2+6i对应的向量分别为和,以OZ1,OZ2为邻边作平行四边形OZ1CZ2.求向量,,对应的复数.【解析】由复数加减法的几何意义知,向量对应的复数为z 1+z2=(-3+i)+(2+6i)=-1+7i,向量对应的复数z2-z1=(2+6i)-(-3+i)=5+5i;向量对应的复数z1-z2=-5-5i.提升练习一、选择题(每小题5分,共20分,多选题全部选对得5分,选对但不全对的得3分,有选错的得0分)1.复平面上三点A,B,C分别对应复数1,2i,5+2i,则由A,B,C所构成的三角形是 ( )A.直角三角形B.等腰三角形C.锐角三角形D.钝角三角形【解析】选A.|AB|=|2i-1|=,|AC|=|4+2i|=,|BC|=5,所以|BC|2=|AB|2+ |AC|2.故选A.2.在复平面上复数-3-2i,-4+5i,2+i所对应的点分别是A,B,C,则平行四边形ABCD的对角线BD所对应的复数是( )A.5-9iB.-5-3iC.7-11iD.-7+11i【解析】选 C.在复平面上复数-3-2i,-4+5i,2+i所对应的点分别是A,B,C,则=(-3,-2),=(-4,5),=(2,1),所以平行四边形ABCD的对角线BD满足=+=(-)+(-)=(7,-11),所对应的复数是7-11i.3.(多选题)设z1,z2∈C,则下列关系正确的是( )A.|z1+z2|>|z1|B.|z1-z2|<|z1|C.|z1+z2|≤|z1|+|z2|D.|z1-z2|≤|z1|+|z2|【解析】选CD.若z2=0时,|z1+z2|=|z1|,|z1-z2|=|z1|,故A,B不正确.设复数z1,z2对应平面向量,,当与不共线时,|+|<||+||,当与方向相同时, |+|=||+||,故|+|≤||+||,即|z1+z2|≤|z1|+|z2|,C正确.当与不共线时,|-|<||+||,当与方向相反时,|-|=||+||,故|-|≤||+||,即|z1-z2|≤|z1|+|z2|,D正确.4.复数z1=1+icos θ,z2=sin θ-i,则|z1-z2|的最大值为( )A.3-2B.-1C.3+2D.+1【解析】选D.|z1-z2|=|(1+icos θ)-(sin θ-i)|===≤=+1.二、填空题(每小题5分,共20分)5.复平面内三点A,B,C,点A对应的复数为3-4i,向量对应的复数为1+2i,向量对应的复数为3-2i,则点C对应的复数为________.【解析】由点A对应的复数为3-4i,向量对应的复数为1+2i,向量对应复数为3-2i,得=+=+-=(3-4i)+(3-2i)-(1+2i)=5-8i,所以点C对应的复数为5-8i.答案:5-8i6.复数z=x+yi(x,y∈R)满足条件|z-4i|=|z+2|,则2x+4y的最小值为________. 【解析】由|z-4i|=|z+2|,得|x+(y-4)i|=|x+2+yi|,所以x2+(y-4)2=(x+2)2+y2,即x+2y=3,所以2x+4y=2x+22y≥2=2=4,当且仅当x=2y=时,2x+4y取得最小值4.答案:47.已知复平面上△AOB的顶点A所对应的复数为1+2i,其重心G所对应的复数为1+i,则|+|=________.【解析】复平面上△AOB的顶点A所对应的复数为1+2i,其重心G所对应的复数为1+i,设AB的中点为D,则=,由向量加法的平行四边形法则,得+=2=3=3+3i,故|+|=3.答案:38.复平面内有A,B,C三点,点A对应的复数是3+i,向量对应的复数是-2-4i,向量对应的复数是-4-i,则B点对应的复数为________.【解析】因为表示的复数是2+4i,表示的复数是4+i,所以=-=(4+i)-(2+4i)=2-3i,故=+=(3+i)+(2-3i)=5-2i,所以B点对应的复数为zB=5-2i.答案:5-2i三、解答题(每小题10分,共30分)9.已知复数z1=(3x+y)+(y-4x)i,z2=(4y-2x)-(5x+3y)i,(x,y∈R)设z=z1-z2=14-11i,求z1+z2.【解析】由z1=(3x+y)+(y-4x)i,z2=(4y-2x)-(5x+3y)i(x,y∈R),z=z1-z2=14-11i,得(5x-3y)+(x+4y)i=14-11i, 所以解得所以z1=(3x+y)+(y-4x)i=-7i,z2=(4y-2x)-(5x+3y)i=-14+4i,z1+z2=-14-3i.10.已知z1,z2∈C,|z1|=|z2|=1,|z1+z2|=,求|z1-z2|.【解析】方法一:设z1=a+bi,z2=c+di,其中a,b,c,d∈R,则z1+z2=(a+c)+(b+d)i,z1-z2=(a-c)+(b-d)i,由|z1|2=|z2|2=1,|z1+z2|2=3,得a2+b2=1, ①c2+d2=1,②(a+c)2+(b+d)2=3,③将①②代入③,得ac+bd=.所以|z1-z2|2=(a-c)2+(b-d)2=a2+b2+c2+d2-2(ac+bd)=1,所以|z1-z2|=1.方法二:由z1,z2∈C,|z1|=|z2|=1,|z1+z2|=,根据复数与向量的对应关系以及平行四边形法则可知,z1,z2,z1+z2所对应的点围成菱形ABCD,如图,在△ABC中,由余弦定理,得cos∠ABC==-,所以∠ABC=120°,∠BAD=60°,所以△ABD是等边三角形,所以=1,即=1.11.已知平行四边形ABCD中,与对应的复数分别是3+2i与1+4i,两对角线AC与BD相交于P点.(1)求对应的复数;(2)求对应的复数;(3)求△APB的面积.【解析】(1)由于四边形ABCD是平行四边形,所以=+,于是=-,而(1+4i)-(3+2i)=-2+2i,即对应的复数是-2+2i.(2)由于=-,而(3+2i)-(-2+2i)=5,即对应的复数是5.(3)由于==-=,==,于是·=-,而||=,||=,所以··cos∠APB=-,因此cos∠APB=-,故sin∠APB=,故=||||sin∠APB=×××=.即△APB的面积为.4、复数的乘、除运算基础练习一、选择题(每小题5分,共30分,多选题全部选对得5分,选对但不全对的得3分,有选错的得0分)1.(2020·全国Ⅰ卷)若z=1+i,则|z2-2z|=( )A.0B.1C. D.2【解析】选D.由z=1+i得,z2=2i,2z=2+2i,所以|z2-2z|=|2i-(2+2i)|=2.2.(2019·全国卷Ⅱ)设z=i(2+i),则=( )A.1+2iB.-1+2iC.1-2iD.-1-2i【解析】选D.由z=i(2+i)=-1+2i,则=-1-2i.3.在复平面内,复数的共轭复数对应的点位于( )A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【解析】选D.复数z=====+i,所以z的共轭复数=-i,对应的点为,位于第四象限.4.已知i为虚数单位,z=i2 019+i2 020的共轭复数为( )A.1+iB.1-iC.-1+iD.-1-i【解析】选A.因为z=i2 019+i2 020=i4×504+3+i4×505=i3+1=1-i,所以z的共轭复数为1+i.5.设复数z的共轭复数是,若复数z1=3+4i,z2=t+i,且z1·是实数,则实数t等于( )A. B.C.-D.-【解析】选A.因为z2=t+i,所以=t-i.z1·=(3+4i)(t-i)=3t+4+(4t-3)i,又因为z1·∈R,所以4t-3=0,所以t=.6.(多选题)对于非零复数a,b,以下四个命题一定为真的有( )A.a+≠0B.(a+b)2=a2+2ab+b2C.若|a|=|b|,则a=±bD.若a2=ab,则a=b【解析】选BD.对于A,取a=-i,则a+=0,A不正确;对于B,对于任意复数a,b,一定有(a+b)2=a2+2ab+b2, B正确;对于C,取a=1,b=i,|a|=|b|,但a≠±b,C错误;对于D,由a2=ab及a≠0,得a=b,D正确.所以正确的命题是BD.二、填空题(每小题5分,共10分)7.(1+i)2-=________.【解析】(1+i)2-=2i-=-+i.答案:-+i8.若复数z满足i·z=1+2i,其中i是虚数单位,则z的实部为________.【解析】设z=a+bi,则i·(a+bi)=ai+bi2=ai-b=1+2i,故a=2,b=-1,故z=2-i,实部为2.答案:2三、解答题(每小题10分,共20分)9.已知复数z1=(-1+i)(1+bi),z2=,其中a,b∈R.若z1与z2互为共轭复数,求a,b的值.【解析】z1=(-1+i)(1+bi)=-1-bi+i-b=(-b-1)+(1-b)i, z2====+i.由于z1和z2互为共轭复数,所以有解得10.若f(z)=2z+-3i,f(+i)=6-3i,求f(-z).【解析】因为f(z)=2z+-3i,所以f(+i)=2(+i)+()-3i=2+2i+z-i-3i=2+z-2i.又因为f(+i)=6-3i,所以2+z-2i=6-3i.设z=a+bi(a,b∈R),则=a-bi,所以2(a-bi)+(a+bi)=6-i,即3a-bi=6-i.由复数相等的定义,得解得所以z=2+i,故f(-z)=2(-2-i)+(-2+i)-3i=-6-4i.提升练习一、选择题(每小题5分,共20分,多选题全部选对得5分,选对但不全对的得3分,有选错的得0分)1.在复平面内,复数+(1+i)2对应的点位于( )A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【解析】选 B.+(1+i)2=+i+(-2+2i)=-+i,对应点在第二象限.2.设z1,z2是复数,则下列命题中的假命题是( )A.若|z1-z2|=0,则=B.若z1=,则=z2C.若|z1|=|z2|,则z1·=z2·D.若|z1|=|z2|,则=【解析】选 D.A项,|z1-z2|=0⇒z1-z2=0⇒z1=z2⇒=,真命题;B项,z1=⇒=z2,真命题;C项,|z1|=|z2|⇒|z1|2=|z2|2⇒z1·=z2·,真命题;D项,当|z1|=|z2|时,可取z1=1,z2=i,显然=1,=-1,即≠,假命题.3.(多选题)下列叙述正确的是( )A.方程3x2-2x+1=0的两个根互为共轭虚数B.设i是虚数单位,则复数i3-=iC.a=1是复数(a+i)(1-ai)为实数的充要条件D.a=6是复数为纯虚数的充要条件【解析】选ABD.方程3x2-2x+1=0的Δ<0,两个根为共轭虚数,选项A正确.i3-=-i-=-i-=-i+2i=i,选项B正确.因为复数(a+i)(1-ai)=2a+(1-a2)i为实数的充要条件是a=±1,所以a=1是复数(a+i)(1-ai)为实数的充分不必要条件,选项C不正确.因为=,所以当a=6时,复数为纯虚数,反之成立,选项D正确.4.已知集合M=,i是虚数单位,Z为整数集,则集合Z∩M 中的元素个数是( )A.1B.2C.3D.4【解析】选C.由已知得M={-1,-i,0,2},Z为整数集,所以Z∩M={-1,0,2},即集合Z∩M中有3个元素.二、填空题(每小题5分,共20分)5.已知i为虚数单位,则=________.【解析】===-1.答案:-16.已知i是虚数单位,z=,则|z|=________.【解析】因为==i,所以z==·=i1 009·=i4×252+1·=i·=-+i, |z|=1.答案:17.已知复数z1=-1+2i,z2=1-i,z3=3-4i,它们在复平面上对应的点分别为A,B,C,若=λ+μ(λ,μ∈R),则λ+μ的值是________.【解析】由已知得=(3,-4),=(-1,2),=(1,-1),根据=λ+μ,得(3,-4)=λ(-1,2)+μ(1,-1)=(-λ+μ,2λ-μ),所以解得所以λ+μ=1.答案:18.设x,y为实数,且+=,则x+y=________.【解析】+=可化为+=,即+i=+i,由复数相等的充要条件知所以所以x+y=4.答案:4三、解答题(每小题10分,共30分)9.已知复数z满足|z|=5,且(3+4i)z是纯虚数,求z.【解析】设z=x+yi(x,y∈R),因为|z|=5,所以x2+y2=25,又(3+4i)z=(3+4i)(x+yi)=(3x-4y)+(4x+3y)i是纯虚数,所以解得或,所以z=4+3i或z=-4-3i.10.设z为虚数,求证:z+为实数的充要条件是|z|=1.【证明】设z=a+bi(a,b∈R,b≠0),于是z+=a+bi+=a+bi+=+i,所以b≠0,(z+)∈R⇔b-=0⇔a2+b2=1⇔|z|=1.11.若虚数z同时满足下列两个条件:①z+是实数;②z+3的实部与虚部互为相反数.这样的虚数是否存在?若存在,求出z;若不存在,请说明理由.【解题指南】假设存在虚数满足题意,设虚数的代数形式,代入运算,看解方程组是否有解.【解析】假设存在虚数z满足题意,设z=a+bi(a,b∈R且b≠0),z+=a+bi+=a+bi+=+i.因为z+是实数,所以b-=0.又因为b≠0,所以a2+b2=5.①又z+3=(a+3)+bi的实部与虚部互为相反数,所以a+3+b=0.②由①②得解得或故存在虚数z,z=-1-2i或z=-2-i.。

【创新方案】2020高考数学第七章第三节课下冲关作业

(时间60分钟，满分80分)一、选择题(共6个小题，每小题5分，满分30分)1．若直线a与b是异面直线，b与c也是异面直线，则直线a与c( )A．平行B．异面C．相交D．都有可能解析：可借助于正方体模型加以说明，a与c可能相交、平行或异面，故选D.答案：D2．(2020·宁波模拟)已知直线l、m，平面α、β，则下列命题中假命题是( ) A．若α∥β，l⊂α，则l∥βB．若α∥β，l⊥α，则l⊥βC．若l∥α，m⊂α，则l∥mD．若α⊥β，α∩β＝l，m⊂α，m⊥l，则m⊥β解析：对于选项C，直线l与m可能构成异面直线，故选C.答案：C3．(2020·湖北高考)用a，b，c表示三条不同的直线，γ表示平面，给出下列命题：①若a∥b，b∥c，则a∥c；②若a⊥b，b⊥c，则a⊥c；③若a∥γ，b∥γ，则a∥b；④若a⊥γ，b⊥γ，则a∥b.其中真命题的序号是( )A．①②B．②③C．①④D．③④解析：由平行公理4知①正确；由直线与平面垂直的性质定理可知④正确；结合正方体模型知②、③错误，故选C.答案：C4．(2020·龙岩模拟)设α、β是两个不同的平面，l、m是两条不重合的直线，下列命题中正确的是( )A．若l∥α，α∩β＝m，则l∥mB．若l∥m，m⊂α，则l∥αC．若l∥α，m∥β，且α∥β，则l∥mD．若l⊥α，m⊥β且α⊥β，则l⊥m解析：若m⊥β，α⊥β，则m⊂α或m∥α，又l⊥α.所以l⊥m，D正确．答案：D5．正四棱锥S－ABCD的侧棱长为2，底面边长为3，E为SA的中点，则异面直线BE和SC所成的角为( )A．30° B．45°C．60° D．90°解析：设AC中点为O，则OE∥SC，连接BO，则∠BEO(或其补角)即为异面直线BE和SC 所成的角，EO＝12SC＝22，BO＝12BD＝62，△SAB中，cos A＝12ABSA＝322＝64＝AB2＋AE2－BE22AB·AE，∴BE＝ 2.△BEO中，cos∠BEO＝12，∴∠BEO＝60°.答案：C6．(2020·汕头模拟)平面α外有两条直线m和n，如果m和n在平面α内的射影分别是直线m1和直线n1，给出下列四个命题：①m1⊥n1⇒m⊥n；②m⊥n⇒m1⊥n1；③m1与n1相交⇒m 与n相交或重合；④m1与n1平行⇒m与n平行或重合．其中不正确的命题个数是( ) A．1 B．2C．3 D．4解析：如图，在正方体中，AD1，AB1，B1C在底面上的射影分别是A1D1，A1B1，B1C1.由A1D1⊥A1B1，而AD1不垂直AB1，故①不正确；又因为AD1⊥B1C，而A1D1∥B1C1，故②也不正确；若m1与n1相交，则m与n还可以异面，③不正确；若m1与n1平行，m与n可以异面，④不正确．答案：D二、填空题(共3小题，每小题5分，满分15分)7．对于空间三条直线，有下列四个条件：①三条直线两两相交且不共点；②三条直线两两平行；③三条直线共点；④有两条直线平行，第三条直线和这两条直线都相交．其中，使三条直线共面的充分条件有________．解析：①中两直线相交确定平面，则第三条直线在这个平面内．②中可能有直线和平面平行．③中直线最多可确定3个平面．④同①.答案：①④8．(2020·临沂模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别为棱C1D1、C1C的中点，有以下四个结论：①直线AM与CC1是相交直线；②直线AM与BN是平行直线；③直线BN与MB1是异面直线；④直线AM与DD1是异面直线．其中正确的结论为________(注：把你认为正确的结论的序号都填上)．解析：由已知：①错．因为AM与CC1为异面直线；②错，因为若AM∥BN，则取DD1中点G，连结AG，由AG∥BN可得：AM∥AG，这与AM与AG相交矛盾．③、④正确．答案：③④9．在三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，AC⊥BC，PA＝AC＝BC，则直线PC与AB所成角的大小是 ________.解析：分别取PA，AC，CB的中点F，D，E，连接FD，DE，EF，AE，则∠FDE是直线PC与AB所成角或其补角．设PA＝AC＝BC＝2a，在△FDE中，易求得FD＝2a，DE＝2a，FE＝6a，根据余弦定理，得cos∠FDE＝2a2＋2a2－6a22×2a×2a ＝－12，所以∠FDE＝120°.所以PC与AB所成角的大小是60°.答案：60°三、解答题10．如图所示，已知E、F分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AA1和棱CC1的中点．试判断四边形EBFD1的形状．解：如图取BB1的中点M，连接A1M、MF.∵M、F分别是BB1、CC1的中点，∴MF綊B1C1.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，有A1D1綊B1C1，∴MF綊A1D1，∴四边形A1MFD1是平行四边形，∴A1M綊D1F.又E、M分别是AA1、BB1的中点，∴A1E綊BM，∴四边形A1EBM为平行四边形，∴EB綊A1M.故EB綊D1F.∴四边形EBFD 1是平行四边形．又Rt △EAB ≌Rt △FCB ，∴BE ＝BF ，故四边形EBFD 1为菱形．11．如图，已知：E 、F 、G 、H 分别是正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱AB 、BC 、CC 1、C 1D 1的中点，证明：FE 、HG 、DC 三线共点．证明：连结C 1B ，由题意知HC 1綊EB ，∴四边形HC 1BE 是平行四边形，∴HE ∥C 1B .又C 1G ＝GC ＝CF ＝BF ，故GF 綊12C 1B ， ∴GF ∥HE ，且GF ≠HE ，∴HG 与EF 相交．设交点为K ，则K ∈HG ，HG ⊂面D 1C 1CD ， ∴K ∈面D 1C 1CD .∵K ∈EF ，EF ⊂面ABCD ，∴K ∈面ABCD .∵面D 1C 1CD ∩面ABCD ＝DC ，∴K ∈DC ，∴FE 、HG 、DC 三线共点．12．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E 为AB 的中点．(1)求证：AC ⊥平面BDD 1.(2)求异面直线BD 1与CE 所成角的余弦值；(3)求点B 到平面A 1EC 的距离．解：(1)证明：由已知有D 1D ⊥平面ABCD ，得AC ⊥D 1D ，又由ABCD 是正方形，得AC ⊥BD ，∵D 1D 与BD 相交于D ，∴AC ⊥平面BDD 1.(2)延长DC 至G ，使CG ＝EB ，连结BG 、D 1G ，∵CG 綊EB ，∴四边形EBGC 是平行四边形．∴BG ∥EC .∴∠D 1BG 就是异面直线BD 1与CE 所成的角．在△D 1BG 中，D 1B ＝23，BG ＝5，D 1G＝22＋32＝13. ∴cos ∠D 1BG ＝D 1B 2＋BG 2－D 1G 22D 1B ·BG ＝12＋5－132×23×5＝1515，故异面直线BD 1与CE 所成角的余弦值是1515. (3)∵△A 1AE ≌△CBE ， ∴A 1E ＝CE ＝ 5. 又∵A 1C ＝23， ∴点E 到A 1C 的距离 d ＝5－3＝ 2.∴S 1A EC V ＝12A 1C ·d ＝6，S 1A EB V ＝12EB ·A 1A ＝1. 又由V B －1A EC ＝V C －1A EB ，设点B 到平面A 1EC 的距离为h ，则13S 1A ECV ·h ＝13S 1A EBV ·CB ， ∴6·h ＝2，h ＝63. ∴点B 到平面A 1EC 的距离为63.。

高考数学第七章第二节课下冲关作业新人教A版

(时间60分钟，满分80分)一、选择题(共6个小题，每小题5分，满分30分)1．有一个几何体的三视图及其尺寸如右(单位： cm)，则该几何体的表面积为( )A ．12π cm 2B ．15π cm 2C ．24π cm 2D ．36π cm 2解析：该几何体是底面半径等于3，母线长等于 5的圆锥，其表面积S 表＝π×3×5＋π×32＝24π(cm 2)．答案：C2．(2010·陕西高考)若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A.13 B.23 C ．1D ．2解析：由几何体的三视图知几何体是底面以1和2为直角边的直角三角形，高为2的直三棱柱，∴V ＝12×1×2×2＝1.答案：C3．(2011·烟台模拟)已知一个实心铁质的几何体的正视图、侧视图和俯视图都是半径为3的圆，将6个这样的几何体熔成一个实心正方体，则该正方体的表面积为( )A ．2163π2B ．2163π C ．2103π2D ．2103π解析：由6×4π3×33＝a 3，∴a ＝63π，∴S ＝6a 2＝2163π2.答案：A4．圆台上、下底面面积分别是π、4π，侧面积是6π，这个圆台的体积是( )A.233π B ．23π C.736πD.733π解析：上底半径r ＝1，下底半径R ＝2.∵S 侧＝6π，设母线长为l ，则π(1＋2)·l ＝6π，∴l ＝2，∴高h ＝l 2－R －r2＝3，∴V ＝13π·3(1＋1×2＋2×2)＝733π.答案：D5．一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切，已知这个球的体积是323π，那么这个三棱柱的体积是( )A ．96 3B ．16 3C ．24 3D ．48 3解析：由43πR 3＝323π，∴R ＝2，∴正三棱柱的高h ＝4，设其底面边长为a ，则13·32a ＝2，∴a ＝43，∴V ＝34(43)2·4＝48 3. 答案：D6．设某几何体的三视图如图(尺寸的长度单位为m)，则该几何体的体积为________m 3.( )A ．4B ．6C ．2D ．8解析：由三视图可知原几何体是一个三棱锥，且三棱锥的高为2，底面三角形的一边长为4，且该边上的高为3，故所求三棱锥的体积为V ＝13×12×3×4×2＝4 m 3.答案：A二、填空题(共3小题，每小题5分，满分15分)7．(2010·福建高考)若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示，则其表面积等于________．解析：由正视图可知，该三棱柱是底面边长为2，侧棱长为1的正三棱柱，其表面积为2×34×4＋3×2×1＝6＋2 3.答案：6＋2 38．(2010·天津高考)一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为________．解析：由三视图可知，原几何体是由上面一个正四棱锥，下面一个正四棱柱构成的，V ＝13×2×2×1＋1×1×2＝103. 答案：1039．(2011·昆山模拟)如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 为棱AA 1的中点，若截面△BC 1D 是面积为6的直角三角形，则此三棱柱的体积为________．解析：由题意，设AB ＝a ，AA 1＝b ，再由12BD ·DC 1＝6可得a 2＋b 24＝12.又由BC 2＋CC 21＝BC 21，得a 2＋b 2＝24，可得a ＝22，b ＝4， ∴V ＝34×(22)2×4＝8 3. 答案：8 3 三、解答题10．如图，E 、F 分别为正方形ABCD 的边BC 、CD 的中点，沿图中虚线将边长为2的正方形折起来，围成一个三棱锥，求此三棱锥的体积．解：折叠起来后，B 、D 、C 三点重合为S 点，则围成的三棱锥为S －AEF ，这时SA ⊥SE ，SA ⊥SF ，SE ⊥SF ，且SA ＝2，SE ＝SF ＝1，所以此三棱锥的体积V ＝13·12·1·1·2＝13. 11．直角梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AB ⊥BC ，E 为AB 上的点，且AD ＝AE ＝DC ＝2，BE ＝1，将△ADE 沿DE 折叠到P 点，使PC ＝PB .(1)求证：平面PDE ⊥平面ABCD ； (2)求四棱锥P －EBCD 的体积．解：(1)证明：取BC 中点G ，DE 中点H ，连接PG ，GH ，HP . ∵HG ∥AB ，∴HG ⊥BC . 又∵PB ＝PC ，∴PG ⊥BC . 又∵HG ∩PG ＝G ，∴BC ⊥平面PGH .又PH ⊂平面PGH ，∴PH ⊥BC . ∵PD ＝PE ，H 为DE 中点， ∴PH ⊥DE .∴PH ⊥平面BCDE .而PH ⊂平面PDE ，∴平面PDE ⊥平面BCDE ，即平面PDE ⊥平面ABCD . (2)由(1)可知，PH 为四棱锥P －BCDE 的高，∵DC 綊AE ，且AD ＝AE ＝2， ∴四边形AECD 为菱形．∴CE ＝AD ＝2.而EB ＝1，EB ⊥BC ， ∴BC ＝CE 2－EB 2＝3，DE ＝2. ∴PH ＝AH ＝ 3.∴V P －BCDE ＝13×PH ×S 梯形BCDE ＝13×3×12(1＋2)×3＝32.12．如图所示，从三棱锥P －ABC 的顶点P 沿着三条侧棱PA 、PB 、PC 剪开成平面图形得到△P 1P 2P 3，且P 2P 1＝P 2P 3.(1)在三棱锥P －ABC 中，求证：PA ⊥BC .(2)若P 1P 2＝26，P 1P 3＝20，求三棱锥P －ABC 的体积．解：(1)证明：由题设知A 、B 、C 分别是P 1P 3，P 1P 2，P 2P 3的中点，且P 2P 1＝P 2P 3，从而PB ＝PC ，AB ＝AC ，取BC 的中点D ，连AD 、PD ，则AD ⊥BC ，PD ⊥BC ， ∴BC ⊥面PAD .故PA ⊥BC . (2)由题设有AB ＝AC ＝12P 1P 2＝13， PA ＝P 1A ＝BC ＝10， PB ＝PC ＝P 1B ＝13，∴AD ＝PD ＝AB 2－BD 2＝12，在等腰三角形DPA 中，底边PA 上的高h ＝AD 2－12PA 2＝119，∴S △DPA ＝12PA ·h ＝5119，又BC ⊥面PAD ， ∴V P －ABC ＝V B －PDA ＋V C －PDA ＝13BD ·S △DPA ＋13DC ·S △PDA ＝13BC ·S △PDA ＝13×10×5119＝503119.。

2022秋高中数学第七章随机变量及其分布-二项分布课后提能训练新人教A版选择性必修第三册

第7章　7.4.1A级——基础过关练　1．若在一次测量中出现正误差和负误差的概率都是，则在5次测量中恰好出现2次正误差的概率是( )A．B．C．D．【答案】A　【解析】p＝C·3×2＝.2．同时抛两枚均匀的硬币10次，设两枚硬币出现不同面的次数为X，则D(X)＝( )A．B．C．D．5【答案】C　【解析】每一次抛两枚硬币，出现不同面的概率为，10次独立重复试验中，X～B，所以D(X)＝10××＝.3．设随机变量X～B，则P(X＝3)＝( )A．B．C．D．【答案】A　【解析】X～B，由二项分布可得，P(X＝3)＝C3·3＝.4．某电子管正品率为，次品率为，现对该批电子管进行测试，设第X次首次测到正品，则P(X＝3)＝( )A．C2×B．C2×C．2×D．2×【答案】C　【解析】X＝3表示第3次首次测到正品，而前两次都没有测到正品，故其概率是2×.5．若随机变量ξ～B(n,0.6)，且E(ξ)＝3，则P(ξ＝1)的值是( )A．2×0.44B．2×0.45C．3×0.44D．3×0.64【答案】C　【解析】因为ξ～B(n,0.6)，所以E(ξ)＝n×0.6，故有0.6n＝3，解得n＝5.则P(ξ＝1)＝C×0.6×0.44＝3×0.44.6．某次考试中，第一大题由12个选择题组成，每题选对得5分，不选或错选得0分．小王选对每题的概率为0.8，则其第一大题得分的均值为________．【答案】48　【解析】设小王选对的个数为X，得分为Y＝5X，则X～B(12,0.8)，E(X)＝np＝12×0.8＝9.6，E(Y)＝E(5X)＝5E(X)＝5×9.6＝48.7．已知随机变量X服从二项分布B(n，p)．若E(X)＝30，D(X)＝20，则p＝________.【答案】　【解析】由E(X)＝30，D(X)＝20，可得解得p＝.8．某射手射击一次，击中目标的概率是0.9，他连续射击3次，且他每次射击是否击中目标之间没有影响，有下列结论：①他三次都击中目标的概率是0.93；②他第三次击中目标的概率是0.9；③他恰好2次击中目标的概率是2×0.92×0.1；④他恰好2次未击中目标的概率是3×0.9×0.12.其中正确结论的序号是________．【答案】①②④　【解析】①正确；由每次射击，击中目标概率为0.9，知他第三次击中目标概率也为0.9，②正确；三次射击恰好2次击中目标概率为C×0.92×0.1，③不正确；恰好2次未击中目标，即恰好击中目标1次，概率为C×0.9×0.12，④正确．9．某市医疗保险实行定点医疗制度，按照“就近就医，方便管理”的原则，参加保险人员可自主选择四家医疗保险定点医院和一家社区医院作为本人就诊的医疗机构．若甲、乙、丙、丁4名参加保险人员所在地区有A，B，C三家社区医院，并且他们的选择相互独立．设4名参加保险人员选择A社区医院的人数为X，求X的分布列．解：由已知每位参加保险人员选择A社区的概率为，4名人员选择A社区即4次独立重复试验，即X～B.所以P(X＝k)＝C·k·4－k(k＝0,1,2,3,4)．所以X的分布列为X01234P10.两个人射击，甲射击一次中靶概率是，乙射击一次中靶概率是.(1)两人各射击1次，两人总共中靶至少1次就算完成目标，则完成目标概率是多少？(2)两人各射击2次，两人总共中靶至少3次就算完成目标，则完成目标的概率是多少？(3)两人各射击5次，两人总共中靶至少1次的概率是否超过99%?解：(1)共三种情况：乙中靶，甲不中靶，概率为×＝；甲中靶，乙不中靶，概率为×＝；甲乙全中靶，概率为×＝.故所求概率是＋＋＝.(2)共两种情况：共中靶3次的概率为C×2×0×C×1×1＋C×1×1×C×2×0＝；共中靶4次的概率为C20×C20＝，故所求概率为＋＝.(3)1－C×0×5×C×0×5＝1－＝＞0.99.所以两人各射击5次，两人总共中靶至少1次的概率超过99%.B级——能力提升练11．同时抛掷5枚均匀的硬币80次，设5枚硬币正好出现2枚正面向上，3枚反面向上的次数为X，则X的均值是( )A．20B．30C．25D．40【答案】C　【解析】抛掷一次正好出现3枚反面向上，2枚正面向上的概率为＝，所以X ～B，故E(X)＝80×＝25.12．有n位同学参加某项选拔测试，每位同学能通过测试的概率都是p(0＜p＜1)，假设每位同学能否通过测试是相互独立的，则至少有1位同学能通过测试的概率为( ) A．(1－p)n B．1－p nC．p n D．1－(1－p)n【答案】D　【解析】所有同学都不能通过测试的概率为(1－p)n，则至少有1位同学能通过测试的概率为1－(1－p)n.13．若随机变量X～B，则P(X＝k)最大时，k的值为( )A．1B．2C．1或2D．3【答案】C　【解析】依题意P(X＝k)＝C×k×5－k，k＝0，1,2,3,4,5.可以求得P(X＝0)＝，P(X＝1)＝，P(X＝2)＝，P(X＝3)＝，P(X＝4)＝，P(X＝5)＝.故当k＝1或2时P(X ＝k)最大．14．设二项分布X～B(n，p)的随机变量X的均值与方差分别是2.4和1.44，则二项分布的参数n，p的值为( )A．n＝4，p＝0.6B．n＝6，p＝0.4C．n＝8，p＝0.3D．n＝24，p＝0.1【答案】B　【解析】由题意得，np＝2.4，np(1－p)＝1.44，∴1－p＝0.6，∴p＝0.4，n＝6.15．设离散型随机变量X的分布列为P(X＝k)＝C·k·300－k(k＝0,1,2，…，300)，则E(X)＝________.【答案】100　【解析】由P(X＝k)＝C·k·300－k，可知X～B，∴E(X)＝300×＝100.16．已知某种从太空飞船中带回的植物种子每粒成功发芽的概率都为，某植物研究所分两个小组分别独立开展该种子的发芽试验，每次试验种一粒种子．假定某次试验种子发芽，则称该次试验是成功的；如果种子没有发芽，则称该次试验是失败的．(1)第一小组做了3次试验，求至少两次试验成功的概率；(2)第二小组进行试验，到成功了4次为止，求在第4次成功之前共有3次失败，且恰有两次连续失败的概率．解：(1)第一小组做了3次试验，至少两次试验成功的概率为C×2×＋C×3＝.(2)第二小组在第4次成功前，共进行了6次试验，其中3次成功、3次失败，且恰有两次连续失败，就是3次成功试验的间隔4个空中选2个空，一个空位置放2次连续失败，一个放置一次失败，其各种可能情况的种数为A＝12.因此所求的概率为12×3×3×＝.C级——探究创新练17．某市为“市中学生知识竞赛”进行选拔性测试，且规定：成绩大于或等于90分的有参赛资格，90分以下(不包括90分)的被淘汰，若有500人参加测试，学生成绩的频率分布直方图如图．(1)求获得参赛资格的人数；(2)根据频率分布直方图，估算这500名学生测试的平均成绩；(3)若知识竞赛分初赛和复赛，在初赛中每人最多有5次选题答题的机会，累计答对3题或答错3题即终止，答对3题者方可参加复赛．已知参赛者甲答对每一个问题的概率都相同，并且相互之间没有影响．已知他前两次连续答错的概率为，求甲在初赛中答题个数X 的分布列．解：(1)由频率分布直方图得，获得参赛资格的人数为500×(0.005 0＋0.004 3＋0.003 2)×20＝125(人)．(2)设500名学生的平均成绩为，则＝(40×0.006 5＋60×0.014 0＋80×0.017 0＋100×0.005 0＋120×0.004 3＋140×0.003 2)×20＝78.48(分)．(3)设学生甲答对每道题的概率为P(A)，则(1－P(A))2＝，∴P(A)＝.学生甲答题个数X的可能值为3,4,5，则P(X＝3)＝3＋3＝，P(X＝4)＝C××3＋C××3＝，P(X＝5)＝C×2×2＝.所以X的分布列为X345P。

人教A版(2019)高中数学必修第二册第六章、第七章检测试题及参考答案

高中数学必修第2册第六章、第七章综合测试一、单选题（共8小题）1. 在△ABC中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，则下列结论正确的是( )A. a2＝b2＋c2＋2bc cos AB. a2＝b2＋c2＋bc cos AC. a2＝b2＋c2－2bc cos AD. a2＝b2＋c2－bc cos A2. 如果将直角三角形的三边分别增加同样的长度，那么新三角形的形状是( )A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 钝角三角形D. 由增加的长度确定3. 已知复数z＝－i，则复平面内对应的点Z的坐标为( )A. (0，－1)B. (－1,0)C. (0,0)D. (－1，－1)4. 设复数z1＝，z2＝6，则z1z2为( )A. 3iB. 3C. －3iD. 35. “复数z＝(a∈R)在复平面内对应的点位于第三象限”是“a≥0”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. 若(1＋i)＝1－i，则z＝( )A. 1－iB. 1＋iC. －iD. i7. 在四边形ABCD中,AB∥CD,AB=3DC,E为BC的中点,则等于()A. B. C. D.8. 已知三个力F1＝(－2，－1)，F2＝(－3,2)，F3＝(4，－3)同时作用于某物体上一点，为使物体保持平衡，再加上一个力F4，则F4等于( )A. (－1，－2)B. (1，－2)C. (－1,2)D. (1,2)二、多选题（共4小题）9. 如图所示，四边形ABCD，CEFG，CGHD是全等的菱形，则下列结论中一定成立的是( )A. ||＝||B. 与共线C. 与共线D. ＝10. 已知△ABC是边长为2a(a>0)的等边三角形，P为△ABC所在平面内一点，则·(＋)的值可能是( )A. －2a2B. －a2C. －a2D. －a211. 下列各式中结果为零向量的是( )A. ＋＋＋B. ＋＋C. ＋＋＋D. －＋－12. △ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，对于△ABC，有如下命题，其中正确的有( )A. sin(B＋C)＝sin AB. cos(B＋C)＝cos AC. 若a2＋b2＝c2，则△ABC为直角三角形D. 若a2＋b2<c2，则△ABC为锐角三角形三、填空题（共4小题）13. 已知|a|＝|b|＝1，且a⊥b，若|a＋b＋m|≤1恒成立，则|m|的取值范围是________．14. 方程x2－2x＋5的复数根为________．15. 设复数z＝a＋b i(a，b∈R)，1≤|z|≤2，则|z＋1|的取值范围是________.16. 小顾同学在用向量法研究解三角形面积问题时有如下研究成果：若＝(x1，y1)，＝(x2，y2)，则S△OAB＝|x1y2－x2y1|.试用上述成果解决问题：已知A(1，1)，B(2，3)，C(4，5)，则S△ABC＝______.四、解答题（共6小题）17. 如图所示，在正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，求证：AF⊥DE.18. 已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，(a＋b＋c)(b＋c－a)＝3bc.(1)求A的大小；(2)若b＋c＝2a＝2，试判断△ABC的形状．19. 在△ABC中，已知A＝15°，B＝45°，c＝3＋，解这个三角形．20. 如图所示，四边形ABCD是矩形，点A和B对应的复数分别为－1＋2i,1＋i，并且|BA|∶|DA|＝1∶，求点C和点D分别对应的复数．21. 设复数z＝(a2＋a－2)＋(a2－7a＋6)i，其中a∈R，当a取何值时，(1)z∈R；(2)z 是纯虚数；(3)z是零．22. 如图，E，F，G，H分别是梯形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，化简下列各式：(1)＋＋；(2)＋＋＋.参考答案1. 【答案】C【解析】由余弦定理的结构特征易知选C.2. 【答案】A【解析】设直角三角形的三条边长分别为a，b，c，且a2＋b2＝c2，三条边均增加同样的长度m，三边长度变为a＋m，b＋m，c＋m，此时最长边为c＋m，设该边所对角为θ，则由余弦定理，得cosθ＝＝.因为m2>0，a＋b－c>0，所以cosθ>0，所以θ为锐角，其他各角必为锐角，故新三角形是锐角三角形．3. 【答案】A【解析】由z＝－i可知，复平面内对应的点Z的坐标为(0，－1)．4. 【答案】A【解析】z1z2＝×6＝3＝3i.5. 【答案】A【解析】易得z＝＝－a－3i，则z在复平面内对应的点位于第三象限⇔a>0.又a>0⇒a≥0，a≥0D⇒/a>0，所以“a>0”是“a≥0”的充分不必要条件，即“z在复平面内对应的点位于第三象限”是“a≥0”的充分不必要条件．6. 【答案】D【解析】由(1＋i)＝1－i，得＝＝＝－i，故z＝i.7. 【答案】A【解析】=-=8. 【答案】D【解析】为使物体平衡，则合力为零，即F4＝(0－(－2)－(－3)－4,0－(－1)－2－(－3))＝(1,2)．9. 【答案】ABD【解析】由向量相等及共线的概念，由∠EDB与∠HED不一定相等可知C选项不一定正确．10. 【答案】BCD【解析】建立如图所示的平面直角坐标系．设P(x，y)，因为A(0，a)，B(－a,0)，C(a,0)，则＝(－x，a－y)，＝(－a－x，－y)，＝(a－x，－y)．所以·(＋)＝(－x，a－y)·[(－a－x，－y)＋(a－x，－y)]＝(－x，a－y)·(－2x，－2y)＝2x2＋2y2－2ay＝2x2＋22－a2≥－a2，当且仅当x＝0，y＝a时取等．故选项B，C，D满足，故选BCD.11. 【答案】BD【解析】由向量加法的法则得A：＋＋＋＝＋＋＝，故结果不为零向量；B：＋＋＝＋＝0，结果为零向量；C：＋＋＋＝＋＝，结果不为零向量；D：－＋－＝＋－(＋)＝－＝0，结果为零向量．12. 【答案】AC【解析】依题意，在△ABC中，B＋C＝π－A，sin(B＋C)＝sin(π－A)＝sin A，A正确；cos(B＋C)＝cos(π－A)＝－cos A，B不正确；因为a2＋b2＝c2，则由余弦定理的推论得cos C＝＝0，而0<C<π，即有C＝，则△ABC为直角三角形，C正确；因为a2＋b2<c2，则cos C＝<0，而0<C<π，即有<C<π，则△ABC为钝角三角形，D不正确．13. 【答案】[－1，＋1]【解析】建立平面直角坐标系(图略)，设a＝(1,0)，b＝(0,1)，a＋b＝(1,1)，m＝(x，y)，a＋b＋m＝(x＋1，y＋1)．由题意可知(x＋1)2＋(y＋1)2≤1，|m|表示以点(－1，－1)为圆心，1为半径的圆面(包括边界)上的动点与原点连线段的长度，易知|m|的最大值为＋1，最小值为－1.14. 【答案】1±2i【解析】由求根公式得x＝＝＝1±2i.15. 【答案】[0，3]【解析】由复数的模及复数加减运算的几何意义可知，1≤|z|≤2表示如图所示的圆环，而|z＋1|表示复数z的对应点A(a，b)与复数z1＝－1的对应点B(－1，0)之间的距离，即圆环内的点到点B的距离d.由图易知当A与B重合时，d min＝0，当点A与点C(2，0)重合时，d max＝3，所以0≤|z＋1|≤3.16. 【答案】1【解析】因为A(1,1)，B(2,3)，C(4,5)，所以＝(1,2)，＝(3,4)，又当＝(x1，y1)，＝(x2，y2)时，S△OAB＝|x1y2－x2y1|，所以S△ABC＝×|1×4－3×2|＝1.17. 【答案】证明方法一设＝a，＝b，则|a|＝|b|，a·b＝0.又＝＋＝－a＋，＝＋＝b＋，所以·＝·＝－a2－a·b＋＝－|a|2＋|b|2＝0.故⊥，即AF⊥DE.方法二如图所示，建立平面直角坐标系，设正方形的边长为2，则A(0,0)，D(0，2)，E(1,0)，F(2,1)，则＝(2,1)，＝(1，－2)．因为·＝(2,1)·(1，－2)＝2－2＝0.所以⊥，即AF⊥DE.18. 【答案】解(1)∵(a＋b＋c)(b＋c－a)＝3bc，∴a2＝b2＋c2－bc，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bc cos A，∴cos A＝.∵A∈(0，π)，∴A＝.(2)∵在△ABC中，a2＝b2＋c2－2bc cos A，且a＝，∴()2＝b2＋c2－2bc·＝b2＋c2－bc.①又∵b＋c＝2，与①联立，解得bc＝3，∴∴b＝c＝，又∵a＝，∴△ABC为等边三角形．19. 【答案】解由三角形内角和定理，得C＝180°－(A＋B)＝180°－(15°＋45°)＝120°.由正弦定理，得a＝＝＝＝＝，b＝＝＝＝＝＝＋.20. 【答案】解要求出点C对应的复数，即求出向量对应的复数，结合图形并注意到＝＋，可以先求向量对应的复数．向量可以看成向量的长度扩大为原来的倍，并绕点B按顺时针方向旋转90°后得到，又向量对应的复数为(－1＋2i)－(1＋i)＝－2＋i，故向量对应的复数为(－2＋i)··[cos(－90°)＋isin(－90°)]＝＋2i.于是点C对应的复数为(＋2i)＋(1＋i)＝(＋1)＋(2＋1)i.同理可得点D对应的复数是(－1)＋(2＋2)i.21. 【答案】解(1)z∈R，只需a2－7a＋6＝0，所以a＝1或a＝6.(2)z是纯虚数，只需所以a＝－2.(3)因为z＝0，所以所以a＝1.22. 【答案】解(1)＋＋＝＋＋＝＋＋＝＋＝；(2)＋＋＋＝＋＋＋＝＋＋＝＋＝0.。

高考数学步步高2022理科人教版A 第七章强化训练6 不等式中的综合问题

强化训练6 不等式中的综合问题1．若1a <1b <0，则下列结论不正确的是( )A ．a 2<b 2B ．ab <b 2C ．a ＋b <0D ．|a |＋|b |>|a ＋b |答案 D解析由题意可知b <a <0，所以A ，B ，C 正确，而|a |＋|b |＝－a －b ＝|a ＋b |，故D 错误． 2．(2020·沅陵模拟)已知集合A ＝{x |x 2－x －2>0}，B ＝{x |x 2－4x ＋3<0}，则A ∩B 等于( ) A ．{x |x <－1或x >1} B ．{x |2<x <3} C ．{x |1<x <3} D ．{x |1<x <2}答案 B解析由题意可知，A ＝{x |x <－1或x >2}，B ＝{x |1<x <3}，则A ∩B ＝{x |2<x <3}．3．(2020·浙江)若实数x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －3y ＋1≤0，x ＋y －3≥0，则z ＝x ＋2y 的取值范围是( )A ．(－∞，4]B ．[4，＋∞)C ．[5，＋∞)D ．(－∞，＋∞)答案 B解析如图，l 1：x －3y ＋1＝0，l 2：x ＋y －3＝0.不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －3y ＋1≤0，x ＋y －3≥0表示的平面区域为图中阴影部分(含边界)．设初始直线为l ：y ＝－12x ，直线l 通过向上平移经过可行域内的第一个点为l 1与l 2的交点P (2,1)，因此z 的最小值z min ＝2＋2×1＝4，所以z ≥4.4．(2020·扬州新华中学模拟)若关于x 的不等式(a －3)x 2＋2(a －3)x －4<0的解集为R ，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，－3)B ．(－1,3]C ．(－∞，－3]D ．(－1,3)答案 B解析当a －3＝0，即a ＝3时，不等式即为－4<0，对一切x ∈R 恒成立，①当a ≠3时，则需⎩⎪⎨⎪⎧a －3<0，Δ＝4(a －3)2＋16(a －3)<0，∴－1<a <3，②由①②得，实数a 的取值范围是(－1,3]．5．(2020·周市质检)已知各项均为正数的等比数列{a n }满足2a 1，12a 3，a 2成等差数列，若存在两项a m ，a n 使得a m a n ＝4a 1，则2m ＋8n 的最小值为( )A ．18 B.92 C.103 D ．3答案 D解析由2a 1，12a 3，a 2成等差数列，可得a 1q 2＝2a 1＋a 1q ，∴q 2－q －2＝0，而q >0，∴q ＝2. ∵a m a n ＝4a 1，∴2m ＋n －2＝16＝24，∴m ＋n ＝6，∴2m ＋8n ＝16(m ＋n )⎝⎛⎭⎫2m ＋8n ＝16⎝⎛⎭⎫10＋2n m ＋8m n ≥16⎝⎛⎭⎫10＋22n m ·8m n ＝3，当且仅当2n m ＝8mn 即m ＝2，n ＝4时，等号成立．6．已知y ＝x 4＋3x 2＋3x 2＋1，则y 的最小值为( )A ．1 B. 2 C ．2 D ．3 答案 D解析令t ＝x 2＋1，则t ≥1且x 2＝t －1， ∴y ＝x 4＋3x 2＋3x 2＋1＝(t －1)2＋3(t －1)＋3t＝t 2＋t ＋1t ＝t ＋1t ＋1.∵t ≥1，∴t ＋1t≥2t ·1t＝2，当且仅当t ＝1t，即t ＝1时，等号成立，∴当x＝0时，y取得最小值3.7．要使y＝x2－4x＋3有意义，则x的取值范围为________．答案{x|x≤1或x≥3}解析因为y＝x2－4x＋3有意义，则x2－4x＋3≥0，解不等式得x≤1或x≥3，即x的取值范围为{x|x≤1或x≥3}．8．已知p：(x＋3)(x－1)>0；q：x>a2－2a－2，綈p是綈q的充分不必要条件，则实数a的取值范围是________．答案(－∞，－1]∪[3，＋∞)解析已知p：(x＋3)(x－1)>0，可知p：x>1或x<－3，∵綈p是綈q的充分不必要条件，∴q是p的充分不必要条件，得a2－2a－2≥1，解得a≤－1或a≥3，即a∈(－∞，－1]∪[3，＋∞)．9．(2020·江苏邗江中学模拟)中国宋代的数学家秦九韶曾提出“三斜求积术”，即假设在平面内有一个三角形，边长分别为a，b，c，三角形的面积S可由公式S＝p(p－a)(p－b)(p－c)求得，其中p为三角形周长的一半，这个公式也被称为海伦－秦九韶公式，现有一个三角形的边长满足a＋b＝6 cm，c＝4 cm，则此三角形面积的最大值为________ cm2.答案2 5解析由已知条件可得p＝a＋b＋c2＝5(cm)，∴S＝p(p－a)(p－b)(p－c)＝5(5－a)(5－b)≤5(5－a＋5－b)2＝25(cm2)，当且仅当a＝b＝3 cm时，等号成立．因此，该三角形面积的最大值为2 5 cm2.10．(2020·渭南模拟)已知函数y＝|log a x|(a>0，a≠1)与函数y＝b(b>0)存在两个不同的交点，两交点的横坐标分别为x1，x2(x1<x2)，则2x1＋x2的最小值为________．答案2 2解析由题意，根据函数y＝|log a x|的特点，可知0＜x1＜1＜x2，且log a x1＋log a x2＝0，即log a(x1x2)＝0，x1x2＝1，故x 2＝1x 1，∴2x 1＋x 2＝2x 1＋1x 1≥22x 1·1x 1＝2 2.当且仅当2x 1＝1x 1，即x 1＝22时，等号成立．11．某单位在国家科研部门的支持下，进行技术攻关，采用了新工艺，把二氧化碳转化为一种可利用的化工产品．已知该单位每月的处理量最少为400吨，最多为600吨，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 ＝12x 2－200x ＋80 000，且每处理一吨二氧化碳得到可利用的化工产品价值为100元．(1)该单位每月处理量为多少吨时，才能使每吨的平均处理成本最低？(2)该单位每月能否获利？如果获利，求出最大利润；如果不获利，则需要国家至少补贴多少元才能使单位不亏损？解 (1)由题意可知，二氧化碳每吨的平均处理成本为y x ＝12x ＋80 000x －200≥212x ·80 000x－200＝200，当且仅当12x ＝80 000x ，即x ＝400时等号成立，故该单位月处理量为400吨时，才能使每吨的平均处理成本最低，最低成本为200元．(2)不获利．设该单位每月获利为S 元，则S ＝100x －y ＝100x －⎝⎛⎭⎫12x 2－200x ＋80 000＝－12x 2＋300x －80 000＝－12(x －300)2－35 000，因为x ∈[400,600]，所以S ∈[－8 0000，－40 000]．故该单位每月不获利，需要国家每月至少补贴40 000元才能不亏损． 12．已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ＞0，b ∈R ，c ∈R )． (1)若函数f (x )的最小值是f (－1)＝0，且c ＝1，F (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧f (x )，x ＞0，－f (x )，x ＜0，求F (2)＋F (－2)的值；(2)若a ＝1，c ＝0，且|f (x )|≤1在区间(0,1]上恒成立，求b 的取值范围．解 (1)因为f (x )的最小值是f (－1)＝0，且c ＝1，所以⎩⎪⎨⎪⎧－b 2a ＝－1，f (－1)＝a －b ＋1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝2，所以f (x )＝x 2＋2x ＋1＝(x ＋1)2，因为F (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧f (x )，x >0，－f (x )，x <0，所以F (2)＋F (－2)＝8.(2)由题知f (x )＝x 2＋bx ，原命题等价于－1≤x 2＋bx ≤1在x ∈(0,1]上恒成立，即b ≤1x －x 且b ≥－1x－x 在x ∈(0,1]上恒成立，根据单调性可得g (x )＝1x －x 的最小值为0，h (x )＝－1x－x 的最大值为－2，所以－2≤b ≤0.13．已知直线ax ＋by ＋c －1＝0(b >0，c >0)经过圆x 2＋y 2－2y －5＝0的圆心，则4b ＋1c 的最小值是( )A ．9B ．8C ．4D ．2 答案 A解析圆x 2＋y 2－2y －5＝0化成标准方程为 x 2＋(y －1)2＝6，所以圆心为C (0,1)．因为直线ax ＋by ＋c －1＝0经过圆心C ，所以a ×0＋b ×1＋c －1＝0，即b ＋c ＝1. 因此4b ＋1c ＝(b ＋c )⎝⎛⎭⎫4b ＋1c ＝4c b ＋b c ＋5. 因为b >0，c >0，所以4c b ＋b c≥24c b ·bc＝4. 当且仅当4c b ＝bc 时等号成立．由此可得b ＝2c ，且b ＋c ＝1，即当b ＝23，c ＝13时，4b ＋1c 取得最小值9.14．已知变量x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧4x ＋y －8≥0，x ＋y －5≤0，y －1≥0，则z ＝2x ＋y ＋1x的最小值为( ) A.12 B.52 C.32 D.72 答案 B解析由题意作出可行域，如图，因为z ＝2x ＋y ＋1x ＝2＋y ＋1x，所以求z 的最小值，即求可行域内的动点(x ，y )与定点A (0，－1)连线斜率的最小值再加2，数形结合可得，z min ＝k AB ＋2，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －5＝0，y －1＝0，可得点B (4,1)，所以z min ＝2＋1＋14＝52.15．圆M 的方程为(x －2－5cos θ)2＋(y －5sin θ)2＝1(θ∈R )，圆C 的方程为(x －2)2＋y 2＝4，过圆M 上任意一点P 作圆C 的两条切线PE ，PF ，切点分别为E ，F ，则PE →·PF →的最小值为________．答案 6解析设∠CPE ＝α，则∠EPF ＝2α，由切线长定理可得|PE →|＝|PF →|， |PC →|＝|PE →|2＋4，cos α＝|PE →||PC →|，PE →·PF →＝|PE →|·|PF →|cos 2α ＝|PE →|2·(2cos 2α－1)＝|PE →|2·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2|PE →|2|PE →|2＋4－1＝2|PE →|4|PE →|2＋4－|PE →|2 ＝2[(|PE →|2＋4)－4]2|PE →|2＋4－|PE →|2＝2(|PE →|2＋4)－16＋32|PE →|2＋4－|PE →|2＝(|PE →|2＋4)＋32|PE →|2＋4－12＝|PC →|2＋32|PC →|2－12，圆心M 的坐标为(2＋5cos θ，5sin θ)，则|MC →|＝(2＋5cos θ－2)2＋(5sin θ)2＝5，由图可得|MC →|－1≤|PC →|≤|MC →|＋1，即4≤|PC →|≤6，则16≤|PC →|2≤36，由对勾函数的单调性可知，函数y ＝x ＋32x －12在区间[16,36]上单调递增，所以当|PC →|2＝16时，PE →·PF →取得最小值为16＋3216－12＝6.16.(2020·郑州模拟)如图，在某小区内有一形状为正三角形的草地，该正三角形的边长为20米，在C 点处有一喷灌喷头，该喷头喷出的水的射程为10米，其喷射的水刚好能洒满以C 为圆心，以10米为半径的圆，在△ABC 内部的扇形CPQ 区域内，现要在该三角形内修一个直线型步行道，该步行道的两个端点M ，N 分别在线段CA ，CB 上，并且与扇形的弧相切于△ABC 内的T 点，步道宽度忽略不计，设∠MCT ＝α.(1)试用α表示该步行道MN 的长度；(2)试求出该步行道MN 的长度的最小值，并指出此时α的值．解 (1)因为∠ACB ＝π3，所以∠NCT ＝π3－α，因为MN 与扇形弧PQ 相切于点T ，所以CT ⊥MN . 在Rt △CMT 中，因为CT ＝10，所以MT ＝10tan α，在Rt △CNT 中，∠NCT ＝π3－α，所以NT ＝10tan ⎝⎛⎭⎫π3－α，所以MN ＝10tan α＋10tan ⎝⎛⎭⎫π3－α，其中0<α<π3. (2)因为0<α<π3，所以0<tan α<3，MN ＝10tan α＋10tan ⎝⎛⎭⎫π3－α＝10⎝ ⎛⎭⎪⎫tan α＋3－tan α1＋3tan α，令1＋3tan α＝t ，其中1<t <4，则MN ＝10⎝ ⎛⎭⎪⎫tan α＋3－tan α1＋3tan α＝10⎝ ⎛⎭⎪⎫t －13＋4－t 3t ＝1033⎝⎛⎭⎫t ＋4t －2≥2033，当且仅当t ＝4t ，即t ＝2，α＝π6时，MN 的最小值为2033，故当α＝π6时，步行道的长度有最小值2033米．。

2021年高考数学第七章第6课时知能演练轻松闯关新人教A版(1)

2021年高考数学第七章第6课时知能演练轻松闯关新人教A 版一、选择题1．已知向量a ＝(2，－3,5)与向量b ＝(3，λ，152)平行，那么λ＝( )C ．－92D ．－23解析：选C.由a ∥b 得，23＝－3λ＝5152，解得λ＝－92.2．有以下命题：①若是向量a ，b 与任何向量不能组成空间向量的一个基底，那么a ，b 的关系是不共线；②O ，A ，B ，C 为空间四点，且向量OA →，OB →，OC →不组成空间的一个基底，那么点O ，A ，B ，C 必然共面； ③已知向量a ，b ，c 是空间的一个基底，那么向量a ＋b ，a －b ，c 也是空间的一个基底．其中正确的命题是( ) A ．①② B ．①③ C ．②③D ．①②③解析：选C.关于①，“若是向量a ，b 与任何向量不能组成空间向量的一个基底，那么a ，b 的关系必然是共线”，因此①错误，②③正确．3．已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，点E 为上底面A 1C 1的中心，假设AE →＝AA 1→＋xAB →＋yAD →，那么x ，y 的值别离为( )A ．x ＝1，y ＝1B ．x ＝1，y ＝12C ．x ＝12，y ＝12D ．x ＝12，y ＝1解析：选C.如图，AE →＝AA 1→＋A 1E →＝AA 1→＋12A 1C 1→＝AA 1→＋12(AB →＋AD →)，因此x ＝12，y ＝12.4．设A ，B ，C ，D 是空间不共面的四个点，且知足AB →·AC →＝0，AD →·AC →＝0，AD →·AB →＝0，那么△BCD 的形状是( )A ．钝角三角形B ．直角三角形C ．锐角三角形D ．无法确信解析：选·BD →＝(AC →－AB →)·(AD →－AB →)＝AC →·AD →－AC →·AB →－AB →·AD →＋AB →2＝AB →2＞0.同理DB →·DC →＞0，CB →·CD →＞0.故△BCD 为锐角三角形．5．(2021·青岛调研)正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点M 在AC 1→上且AM →＝12MC 1→，N 为B 1B 的中点，那么|MN →|为( )解析：选A.如图，设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则a·b ＝b·c ＝c·a ＝0.由条件知MN →＝MA →＋AB →＋BN →＝－13(a ＋b ＋c )＋a ＋12c＝23a －13b ＋16c ， ∴MN →2＝49a 2＋19b 2＋136c 2＝2136，∴|MN →|＝216.二、填空题6．(2021·锦州模拟)在空间直角坐标系中，以点A (4,1,9)，B (10，－1,6)，C (x,4,3)为极点的△ABC 是以BC 为斜边的等腰直角三角形，那么实数x 的值为__________．解析：由题意知AB→＝(6，－2，－3)，AC→＝(x－4,3，－6)．又AB →·AC →＝0，|AB →|＝|AC →|，可得x ＝2. 答案：27．(2021·徐州模拟)给出以下命题：①AB →＋BC →＋CD →＋DA →＝0；②|a |－|b |＝|a ＋b |是a ，b 共线的充要条件；③若a 与b 共面，那么a 与b 所在的直线在同一平面内；④若OP →＝12OA →＋13OB →，那么P ，A ，B 三点共线．其中正确命题的序号是__________．解析：由向量的运算法那么知①正确；只有当向量a ，b 共线反向且|a |＞|b |时成立，故②不正确；当a 与b 共面时，向量a 与b 所在的直线平行、相交或异面，故③不正确；由12＋13≠1知，三点不共线，故④不正确．综上可得①正确．答案：①8．已知O 是空间中任意一点，A ，B ，C ，D 四点知足任意三点不共线，但四点共面，且OA →＝2xBO →＋3yCO →＋4zDO →，那么2x ＋3y ＋4z ＝__________.解析：∵A ，B ，C ，D 四点共面，∴OA →＝mOB →＋nOC →＋pOD →，且m ＋n ＋p ＝1. 由条件知OA →＝－2xOB →－3yOC →－4zOD →， ∴(－2x )＋(－3y )＋(－4z )＝1. ∴2x ＋3y ＋4z ＝－1. 答案：－1 三、解答题9．已知向量b 与向量a ＝(2，－1,2)共线，且知足a ·b ＝18，(k a ＋b )⊥(k a －b )，求向量b 及k 的值．解：∵a ，b 共线，∴存在实数λ，使b ＝λa ， ∴a ·b ＝λa 2＝λ|a |2＝λ[22＋－12＋22]2＝18，解得λ＝2，∴b ＝(4，－2,4)． ∵(k a ＋b )⊥(k a －b )， ∴(k a ＋b )·(k a －b )＝0， ∴(k a ＋2a )·(k a －2a )＝0， ∴(k 2－4)|a |2＝0. ∴k ＝±2. 10.如图，在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，O 为AC 的中点． (1)化简：A 1O →－12AB →－12AD →；(2)设E 是棱DD 1上的点，且DE →＝23DD 1→，假设EO →＝xAB →＋yAD →＋zAA 1→，试求x ，y ，z的值．解：(1)∵AB →＋AD →＝AC →，∴A 1O →－12AB →－12AD →＝A 1O →－12(AB →＋AD →)＝A 1O →－12AC →＝A 1O →－AO →＝A 1A →.(2)∵EO →＝ED →＋DO →＝23D 1D →＋12DB →＝23D 1D →＋12(DA →＋AB →) ＝23A 1A →＋12DA →＋12AB → ＝12AB →－12AD →－23AA 1→， ∴x ＝12，y ＝－12，z ＝－23.1．E ，F 别离是正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中线段A 1D ，AC 上的点，且DE ＝AF ＝13AC .求证：(1)EF ∥BD 1；(2)EF ⊥A 1D .证明：(1)成立如下图的空间直角坐标系，设AB ＝1，连接DF ，那么D (0,0,0)，A (1,0,0)，B (1，1,0)，C (0,1,0)，A 1(1,0,1)，D 1(0,0,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫13，0，13，又DF →＝DA →＋13AC →，可得F ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，13，0.∵EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13，13，－13，BD 1→＝(－1，－1,1)＝－3EF →，∴BD 1→∥EF →.又F 不在BD 1上，∴EF ∥BD 1. (2)∵A 1D →＝(－1,0，－1)，EF →·A 1D →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13，13，－13·(－1,0，－1)＝0，∴EF →⊥A 1D →，即EF ⊥A 1D . 2.如图，在棱长为a 的正方体OABC O 1A 1B 1C 1中，E ，F 别离是棱AB ，BC 上的动点，且AE ＝BF ＝x ，其中0≤x ≤a ，以O 为原点成立空间直角坐标系Oxyz .(1)写出点E ，F 的坐标； (2)求证：A 1F ⊥C 1E ；(3)假设A 1，E ，F ，C 1四点共面，求证：A 1F →＝12A 1C 1→＋A 1E →.解：(1)E (a ，x,0)，F (a －x ，a,0)． (2)证明：∵A 1(a,0，a )，C 1(0，a ，a )， ∴A 1F →＝(－x ，a ，－a )，C 1E →＝(a ，x －a ，－a )， ∴A 1F →·C 1E →＝－ax ＋a (x －a )＋a 2＝0，∴A1F→⊥C1E→，∴A1F⊥C1E.(3)证明：∵A 1，E ，F ，C 1四点共面， ∴A 1E →，A 1C 1→，A 1F →共面．选A 1E →与A 1C 1→为一组基向量，那么存在唯一实数对(λ1，λ2)，使A 1F →＝λ1A 1C 1→＋λ2A 1E →，即(－x ，a ，－a )＝λ1(－a ，a,0)＋λ2(0，x ，－a ) ＝(－aλ1，aλ1＋xλ2，－aλ2)，∴⎩⎪⎨⎪⎧－x ＝－aλ1a ＝aλ1＋xλ2，－a ＝－aλ2解得λ1＝12，λ2＝1.于是A 1F →＝12A 1C 1→＋A 1E →.3．如图，P ，O 别离是正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1上，下底面的中心，E 是AB 的中点，AB ＝kAA 1.(1)求证：A 1E ∥平面PBC ；(2)当k 取何值时，O 在平面PBC 内的射影恰好为△PBC 的重心？解：以点O 为原点，直线OA ，OB ，OP 所在直线别离为x ，y ，z 轴，成立如下图的空间直角坐标系，不妨设AB ＝22，那么得A 1(2,0，22k)，E (1,1,0)，P (0,0，22k)，B (0,2,0)，C (－2，0,0)．(1)证明：由上得A 1E →＝(－1,1，－22k)，BC →＝(－2，－2,0)，PB →＝(0,2，－22k)．设A 1E →＝x ·BC →＋y ·PB →得，(－1,1，－22k )＝x ·(－2，－2,0)＋y ·(0,2，－22k )，解得x ＝12，y ＝1，∴A 1E →＝12BC →＋PB →. ∵BC ∩PB ＝B ，A 1E ⊄平面PBC ，∴A 1E ∥平面PBC .(2)由(1)知，△PBC 的重心G 为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－23，23，223k ，则OG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－23，23，223k . 若O 在平面PBC 内的射影恰好为△PBC 的重心，那么有⎩⎨⎧ OG →·BC →＝0OG →·PB →＝0，解得k ＝2， ∴当k ＝2时，O 在平面PBC 内的射影恰好为△PBC 的重心．。

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