第六章教学习题集教学教材

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2020新教材人教A版必修第二册第六章6.36.3.1课后课时精练

4 课后课时精练A 级：“四基”巩固训练一、选择题— — —1.在矩形ABCD 中，0是对角线的交点，若BC = e i , DC = e 2,则0C =()11A.2(e i + e 2) Bq( e i - e 2) 11C Q (2 e 2-e 1) D.2( e 2-e 1)答案 A— — — —1 解析因为O 是矩形ABCD 对角线的交点，BC = &,DC = e2,所以OC = 2(BC —1+ DC) = 2© + e 2).故选 A.— — — — —2 1点 P 是 AB 上一点，且 CP = 3CA + 3CB ，又 AP = tAB,J 则 t5 D ・5— — — — — — —1111八_2 _1 A. x -3，y -32.在△ ABC 中,解析 C P — CA =3（CB -CA ） = 3AB ，即 AP = 3AB •又AP = tAB ，：t =3•故选 A.— — — — —3.如图，在△ OAB 中，P 为线段 AB 上一点，0P = xOA + yOB ，且BP = 3FA ，则（）y -的值为() 1 2 1 答案 A— >D . x2 y -21 3C. x-4, y-442 答案 D— —— —— — — — —3 1解析由已知 BP = 3PA,得OP — 0B = 3(0A — OP),整理，得0P = N OA+^OB , 挤 3 1 故 x = 4, y =4.AF4.如图，在△ ABC 中，AD 是BC 边上的中线，F 是AD 上的一点，且而B . AB 边中线的三等分点（非重心）C .A ABC 的重心15,连接CF 并AEAB 于点丘，则吊等于（）1A元答案1 B.1eg 解析 —— 设AB = a , AC = b , AE ,AF 1 「FD 弋, — — — — —「•CF = CA +AF = CA +6AD = — — + AC) — AC = — — — — — —11入入b.CE = CA + AE = CA + AB = AB — 12 1+入 1+入— AC入 a — b 入J k, 11&乜，得 1故选D.125.已知 A , B ,C 是平面上不共线的三点，O 是厶ABC 的重心, 动点P 满足 —_ 1 1 —°P = 3 2OA +2OB+ 2OC A . AB 边中线的中点 ,则点P 一定为（D . AB边的中点2答案 B解析 VO 是△ABC 的重心，：OA + OB + OC = 0,3 — 1O C + 2OC != £ •点P 是线段OC 的中点，即AB 边中线的三< 2 丿等分点（非重心）•故选B.、填空题6.已知e i, e 2是两个不共线的向量，a = k 2e i + 1 — e 2与b = 2e i + 3啓共线, 则实数k =k2解析由题设，知—2 1•••3k 2+ 5k — 2 = 0，解得 k = — 2 或3.7. 如图，在△ ABC 中，AB = 2, BC = 3,Z ABC = 60° AH 丄 BC 于点 H , M答案2VBC = 3,ABH = 3BC. T T T T T1•・AH = AB + BH = AB + 3BC. ••Ml 为AH 的中点, 1 1 1「AM = 2A H = 2AB + gBC.T•••OP =15kI,T为AH 的中点.若AM = T T2AB + (J BC ,则 A+^i=解析在△ABH 中,BH = |A B = 1,T T T••AM= 2AB+ (J BC ,_ 1 1_ 2■•J_ 2 + g 3.T T T8. 如图，在正方形ABCD中，设AB_a, AD_ b, BD_c,则在以｛a, b｝为T T基底时，AC可表示为________ 在以｛a, c｝为基底时，AC可表示为_______ .答案a+ b 2a + cT 解析以｛a, b｝为基底时，由平行四边形法则即得.以｛a, c｝为基底时，将BD 平移，使B与A重合，再由三角形法则或平行四边形法则即得.三、解答题9. 设e i, e是不共线的非零向量，且a_ e i —2e2, b_ e i + 3e2.(1) 证明：｛a, b｝可以作为一个基底；(2) 以｛a, b｝为基底，求向量c_ 3e1 —e2的分解式；(3) 若4e1 —3e2_也+小，求入J的值.解(1)证明：若a, b共线，则存在圧R，使a_ 2b,贝U e1 —2e2 _ 2e1 + 3e2).h_ 1, •入_1，由e1, e不共线，得？2Q _ —2 i 2_ —3.•2不存在，故a与b不共线，｛a, b｝可以作为一个基底.(2)设c_ m a+ n b(m, n € R)，贝U3e1 —e2_ m(e1 —2e2) + n(e1 + 3e2) _ (m+ n) e1 + (—2m + 3n)e2.I广rm+ n = 3, m= 2,| —2m+ 3n= — 1 |n= 1.9 I•••c= 2a + b.(3)由4e i —3e2=也 + 血，得4e i —3e2= 人e i —2e2)+ ^e i + 3e2)= ( + J ei + (—2 + 3 J e2.卄尸4, A 3，?—2 入 + 3 — 3 I 1.故所求入卩的值分别为3和1.B级：“四能”提升训练—————11.已知0 ABC 内一点，且AO = 2(°B + 0C), AD = tAC,若B, O,D三点共线，则t=()1 112A.4B.3C.Q D・答案B—————解析设E是BC边的中点，则2(0B + 0C)= 0E，由题意得AO = 0E ,——————1 1 1 1所以A0 = ^AE = 4(AB + AC) = 4AB + 4t AD，又因为B, 0, D三点共线，所以1 1 14 +石=1,解得t= 3，故选B.2.如图，在△ ABC中，AD为三角形BC边上的中线且AE = 2EC, BE交AD 于点G，求G D及器的值.解设GD=入G G=卩— — f f f f••BD = DC ,即卩 AD — AB = AC — AD. — — — —又AG _ 2GD _ A AD — AG),— — — — 入入入•・A )_AB A 1+入 2 1+入 2 1 +入 —— — — — — 又BG _ pGE , 即AG — AB _ PAE — AG),— — — •••AD = 2(AB + AC). — — — •••(1+ "AG = AB + pAE , — — 1 pAG =AB+ 1 + p 1+ —-AE.p— — —— — _ 2 1 2p又 AE = AC,：AG = AB + AC. 31 +p 3(1 +p— —•••AB , AC 不共线, J = , 2 1 + 入 1 +p' 入 2 p J 2(1+ 入)3(1+ pA 4,解得 3尸2.AG _ BG _ 3 'GD =4, GE _ 2.。

2023_2024学年新教材高中数学第六章统计学初步作业课件湘教版必修第一册

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新样本数据的平均数 = 200×5+200×7=6,新样本数据的方差s2=200×[9+(5-6)2]+200×[16+(7-
单项选择题
8.[名师改编]期末考试后,高二某班50名学生物理成绩的平均分为85,方差为8.2,则下列四个数中不可能是该班物理成
绩的是(
)
A.60
D.可估计当地的中小型企业年收入的平均数超过400万元(同
一组中的数据以该组区间的中点值为代表)
答案
12.AB 【解析】
100×(0.001+0.002+0.002 6×2+a+0.000 4)=1,解得a=0.001 4,样本在区间[500,700]内的频数为
100×(0.001 4+0.000 4)×100=18,故A正确;样本中年收入在300万元以内(不包含300万元)的企业的频率为
答案
11.ABD 【解析】
2 000
1
1
由题意,抽样比为120 000+75 000+55 000 = 125,从高中生中抽取了55 000×125=440(人),故A,B正确;
1
1
样本中,小学生抽取了120 000×125=960(人),初中生抽取了75 000×125=600(人),高中生抽取了440人,则近视人数为
填空题
13.[2022宝鸡中学模拟]北京2022年冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”一亮相,好评不断,这是中国文
化与奥林匹克精神的一次完美结合.现工厂决定从20只相同的“冰墩墩”,15只相同的“雪容融”和10个相同的北京2022

新教材第六章练习题(DOC)

一、单项选择题1、原始凭证中（）出现错误的，不得更正，只能由原始凭证开具单位重新开具。

A、金额B、汉字C、计量单位D、会计科目【本题 1.0 分，建议 1.0 分钟内完成本题】【加入我的收藏夹】【加入打印收藏夹】【答疑编号10903914,点击提问】【隐藏答案】【正确答案】 A【答案解析】原始凭证金额出现错误的，不得更正，只能由原始凭证开具单位重新开具。

【该题针对“原始凭证错误的更正”知识点进行考核】2、（）一般由税务局等部门统一印制，或经税务部门批准由经营单位印制。

A、外来原始凭证B、自制原始凭证C、限额领料单D、收料单【本题 1.0 分，建议 1.0 分钟内完成本题】【加入我的收藏夹】【加入打印收藏夹】【答疑编号10903907,点击提问】【隐藏答案】【正确答案】 A【答案解析】外来原始凭证一般由税务局等部门统一印制，或经税务部门批准由经营单位印制。

【该题针对“原始凭证的填制要求”知识点进行考核】3、下列各项中，不属于原始凭证的基本内容的是（）。

A、接受凭证单位名称B、交易或事项的内容、数量、单价和金额C、经办人员签名或盖章D、应记会计科目名称和记账方向【本题 1.0 分，建议 1.0 分钟内完成本题】【加入我的收藏夹】【加入打印收藏夹】【答疑编号10903884,点击提问】【隐藏答案】【正确答案】 D【答案解析】本题考核原始凭证的基本内容。

应记会计科目名称和记账方向是记账凭证的基本内容。

【该题针对“原始凭证的基本内容”知识点进行考核】4、会计凭证的传递，是指（）在单位内部有关部门和人员之间的传递程序。

A、会计凭证的取得或填制时起至归档保管过程中B、会计凭证的填制到登记账簿止C、会计凭证审核后到归档止D、会计凭证的填制或取得到汇总登记账簿止【本题 1.0 分，建议 1.0 分钟内完成本题】【加入我的收藏夹】【加入打印收藏夹】【答疑编号10868209,点击提问】【隐藏答案】【正确答案】 A【答案解析】本题考核会计凭证的传递。

东北大学线性代数_第六章课后习题详解二次型

教学基本要求：1.掌握二次型及其矩阵表示，了解二次型的秩的概念.2.了解合同变换和合同矩阵的概念.3.了解实二次型的标准形和规范形，掌握化二次型为标准形的方法.4.了解惯性定理.5.了解正定二次型、正定矩阵的概念及其判别方法.第六章二次型本章所研究的二次型是一类函数，因为它可以用矩阵表示，且与对称矩阵一一对应，所以就通过研究对称矩阵来研究二次型.“研究”包括：二次型是“什么形状”的函数？如何通过研究对称矩阵来研究二次型？二次型是“什么形状”的函数涉及二次型的分类.通过对称矩阵研究二次型将涉及矩阵的“合同变换”、二次型的“标准形”、通过正交变换化二次型为标准形、惯性定理、正定二次型等.一、二次型与合同变换1. 二次型n个变量x1,x2,…,x n的二次齐次函数f(x1,x2,…,x n)=a11x12+a22x22+…+a nn x n2+2a12x1x2+…+2a1n x1x n+…+…+2a n-1 n x n-1x n (6.1) 称为一个n元二次型.当系数a ij均为实数时，称为n元实二次型. (P131定义6.1)以下仅考虑n元实二次型.设11121n112222n21n2n nn na a a xa a a xA,xa a a x⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎪ ⎪==⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，那么f(x1,x2,…,x n)=x T A x. (6.2)式(6.2)称为n元二次型的矩阵表示.例6.1(例6.1 P 132)二次型f 与对称矩阵A 一一对应，故称A 是二次型f 的矩阵，f 是对称矩阵A 的二次型，且称A 的秩R(A)为二次型f 的秩. (定义6.2 P 132)由于二次型与对称矩阵是一一对应的，所以从某种意义上讲，研究二次型就是研究对称矩阵.定义6.2 仅含平方项的二次型f(x 1,x 2,…,x n )=a 11x 12+a 22x 22+…+a nn x n 2 (6.3)称为标准形.系数a 11,a 22,…,a nn 仅取-1,0,1的标准形称为规范形. (定义6.3 P 132)标准形的矩阵是对角矩阵.二次型有下面的结论：定理6.1 线性变换下，二次型仍变为二次型.可逆线性变换下，二次型的秩不变. (定理6.1 P 133) 这是因为T T x CyB C ACTT A B C AC C 0R(A)R(B)f x Axfy By ==↔=≠=⇒==⇐.2. 合同变换在可逆线性变换下，研究前后的二次型就是研究它们的矩阵的关系.定义6.3 设A,B 是同阶方阵，如果存在可逆矩阵C ，使B=C T AC ，则称A 与B 是合同的，或称矩阵B 是A 的合同矩阵.对A 做运算C T AC 称为对A 进行合同变换，并称C 是把A 变为B 的合同变换矩阵. (定义6.4 P 133)矩阵的合同关系具有反身性、对称性、传递性.注意：(1)合同的矩阵(必须是方阵)必等价，但等价的矩阵(不一定是方阵)不一定合同. (P 134)A 与B 合同 ⇔∃可逆矩阵C ，∂B=C T AC A 与B 等价 ⇔∃可逆矩阵P ,Q ，∂B=PAQ(2)合同关系不一定是相似关系，但相似的实对称矩阵一定是合同关系. (推论1 P 137)正交矩阵Q ，∂Q -1AQ= Q T AQ=B ⇒ A 与B 既相似又合同合同变换的作用：对二次型施行可逆线性变换等价于对二次型的矩阵施行合同变换.x Cy TT TT C 0T C 0f x Ax y C ACy y ByA C AC B=∆≠≠===⇔=如果B 是对角矩阵，则称f=y T B y 是f=x T A x 的标准形.二、用正交变换化二次型为标准形 1. 原理由第五章第三节知：对于实对称阵A ，存在正交矩阵Q ，使Q -1AQ 为对角矩阵(对角线上的元素为A 的n 个特征值).因此，二次型f=x T A x 经正交变换x =Q y 就能化为标准形f=y T (Q T AQ)y =y T (Q -1AQ)y .定理6.2 任意实二次型都可经正交变换化为标准形，且标准形中的系数为二次型矩阵的全部特征值. (定理6.2 P 134)推论1 任意实对称矩阵都与对角矩阵合同. (推论1 P 137)推论2 任意实二次型都可经可逆线性变换化为规范形. (推论2 P 137)正交变换既是相似变换又是合同变换.相似变换保证矩阵有相同的特征值，化标准形则必须经合同变换.所以，正交变换是能把二次型化为“系数为特征值”的标准形的线性变换.2.用正交变换化二次型为标准形的步骤用正交变换化二次型f=x T A x 为标准形的过程与将实对称阵A 正交相似对角化的过程几乎一致.具体步骤如下：(1)求出A 的全部互异特征值λ1,λ2…,λs ；(2)求齐次线性方程组(λi E-A)x =ο(i=1,2,…,s)的基础解系(即求A 的n 个线性无关特征向量)； (3)将每一个基础解系分别正交化、规范化，得到n 个正交规范的线性无关特征向量ε1,ε2,…,εn ； (4)正交相似变换矩阵Q=(ε1,ε2,…,εn )，正交相似变换x =Q y 把二次型f=x T A x 变为标准形f=y T (Q T AQ)y .例6.2(例6.2 P 134) 例6.3(例6.3 P 135)三、用配方法化二次型为标准除了正交变换，事实上，还存在其它的可逆线性变换能把二次型化为标准形.举例说明如下.例6.4(例6.4 P 139) 例6.5(例6.5 P 139)总结：用配方法化二次型为标准形的过程分两种情形： (1)二次型中含有平方项例如，若二次型中含有平方项a 11x 12，则把所有含x 1的项集中起来配方，接下来考虑a 22x 22，并类似地配方，直到所有项都配成了平方和的形式为止.(2)二次型中不含平方项，只有混合项例如，若二次型中不含平方项，但有混合项2a 12x 1 x 2，则令112212ii x y y ,x y y ,x y ,i 3,...,n.=+⎧⎪=-⎨⎪==⎩ 那么关于变量y 1,y 2,…,y n 的二次型中就有了平方项，然后回到(1).四、正定二次型 1. 惯性定理虽然把二次型化为标准形的可逆线性变换不唯一，从而标准形也可能不唯一，但同一个二次型的所有标准形却总满足如下惯性定理.定理6.3(惯性定理) 设实二次型f=x T A x 的秩为r ，且在不同的可逆线性变换x =C y 和x =D y 下的标准形分别为f=λ1y 12+λ2y 22+…+λr y r 2, λi ≠0，f=μ1y 12+μ2y 22+…+μr y r 2, μi ≠0，则λ1,λ2…,λr 与μ1,μ2…,μr 中正数的个数相同. (定理6.3 P 142)定义6.4 二次型f 的标准形中的正(负)系数的个数称为f 的正(负)惯性指数. (定义6.5 P 143)惯性定理指出，可逆变换不改变惯性指数.推论 n 阶实对称阵A 与B 合同的充分必要条件是A 与B 有相同的正惯性指数和负惯性指数. (推论 P 143)正惯性指数+负惯性指数=R(A). 正惯性指数=正特征值的个数，负惯性指数=负特征值的个数.2. 二次型的分类二次型(/二次型的矩阵)的分类：(定义6.6-6.7 P 143)f f f f f /A f 0,x 0(A A 0)/A f 0,x 0(A A 0)/A f 0,x 0(A A 0)/A f 0,x 0(A A 0)/A x 0,f (x)0y 0,f (y)0⎧⇔>∀≠>⎪⇔≥∀≠≥⎪⎪⇔<∀≠<⎨⎪⇔≤∀≠≤⎪⎪⇔∃≠∂>∃≠∂<⎩正定正定记作半正定半正定记作负定负定记作半负定半负定记作不定且由此，根据惯性定理可知，合同变换不改变实对称矩阵的类型.3.正定二次型(正定矩阵)的判定定理6.4 n 元实二次型f=x T A x 为正定(负定)二次型的充分必要条件是f 的正(负)惯性指数等于n . (定理6.4 P 143)定理6.5 n 元实二次型f=x T A x 为半正定(半负定)二次型的充分必要条件是f 的正(负)惯性指数小于n ，且负(正)惯性指数为0. (推论1 P 143)推论2 n 阶实对称阵A 正定(负定)的充分必要条件是A 的n 个特征值全是正数(负数)；A 半正定(半负定)的充分必要条件是A 的n 个特征值为不全为正数(负数)的非负数(非正数). (推论2 P 143)例6.6(例6.6 P 143) 例6.7(例6.7 P 144) 例6.8(例6.8 P 144) 例6.9(例6.9 P 144)定义6.4 设A=(a ij )n ，则行列式11121k 12222k k k1k2kka a a a a a D (k 1,2,,n)a a a ==称为A 的k 阶顺序主子式. (定义6.8 P 144)定理6.6 n 阶实对称矩阵A 正定的充分必要条件是A 的各阶顺序主子式都大于零；A 负定的充分必要条件是A 的所有顺序主子式中奇数阶的小于零而偶数阶的大于零. (定理6.5 P 144)例6.10(例6.10 P 145)五、二次型应用[实例6-1] 二次曲面图形的判定六、习题(P 148) 选择题：1.提示：110.5A 11000.50.50.51-⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪--⎝⎭⇒|1|=1>0, 119901100=>, 100A 199100.51 1.25=<-- ⇒ 选D2.提示：f(x 1,x 2,x 3)= x 12+2x 22+3x 32-2x 1x 2+2x 2x 3 =(x 1-x 2)2+(x 2+x 3)2+2x 32⇒ 正惯性指数为3，故选A3.提示：方法一特征值为2,-1,-1，故选C.方法二 011A 101110⎛⎫ ⎪= ⎪⎪⎝⎭⇒ |0|=0，排除A,B011010=-<, |A|=2>0，排除D ⇒ 选C4. B填空题：1.提示：f(x 1,x 2,x 3)= x 12+2x 22+3x 32+4x 1x 2+8x 1x 3-2x 2x 3.2. 1200221001300000⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭. 错误的解答：120221012⎛⎫ ⎪⎪ ⎪⎝⎭3.提示：323221r r r r 2r r211211211A 121033033112033000-+-⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪=-→-→- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭⎝⎭⇒ 秩为2错误的解答：正惯性指数为3，故秩为3. 事实上，线性变换y1= x1+x2, y2= x2-x3, y3= x1+x3不可逆，故R(f)<3.4.提示：A可逆、对称⇒A-1=(A-1)T AA-1⇒x=A-1y.5.提示：tE-A的特征值为t-1, t-2,…, t-n ⇒t >n.6.提示：方法一a22A2a222a⎛⎫⎪= ⎪⎪⎝⎭与6⎛⎫⎪⎪⎪⎝⎭相似⇒3a=6 ⇒a=2方法二f(y1,y2,y3) =6y12⇒A有2个0特征值⇒R(A)=1 ⇒a=2方法三f(y1,y2,y3)=6y12⇒A的特征值为6,0,0二次型的特征值为a+4, a-2, a-2 ⇒a+4=0, a-2=0 ⇒a=27.提示：A的各行元素之和为3 ⇒A(1,1,…,1)T=3(1,1,…,1)TR(f)=1 ⇒3是A的唯一非零特征值⇒标准形为f(y1,y2,y3)=3y12或f(y1,y2,y3)=3y22或f(y1,y2,y3)=3y32解答题：1.参见P134-135的例6.2、例6.32.参见P139的例6.4、例6.53.参见P145的例6.104.(1)521A21111t-⎛⎫⎪=-⎪⎪--⎝⎭|5|=5>0,521021=>,101A211t2010t1=-=->-⇒t>2(2)1t 1A t 12125-⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪-⎝⎭|1|=1>0,21t1t 0t 1=->, 2A 5t 4t 0=--> ⇒ -4/5<t<05.提示：f=x T A x =x T U T U x =|U x |2≥0.因为U 可逆，故当x ≠ο时，U x ≠ο，从而f=|U x |2>0，所以f 为正定二次型(A=U T U 是正定矩阵).6.提示：因为A 正定，故存在正交矩阵Q 和正定对角矩阵D=diag(λ1,λ2,…,λn )，使A=QDQ T .令D 1=diag(12n ,,...,λλλ)，则A=QDQ T = QD 1D 1T Q T =U T U ，其中U=(QD 1)T .5、6两题表明A 是正定矩阵的充分必要条件是存在可逆矩阵U 使A=U T U .7.提示：设对称矩阵A 与矩阵B 合同，则存在可逆矩阵C ，使C T AC=B. B T =(C T AC)T =C T AC=B ，所以与对称矩阵合同的矩阵必是对称矩阵.8.提示：方法一矩阵A 与矩阵-A 合同，则存在可逆矩阵C ，使C T AC=-A .从而|C T AC|=|-A| ⇒ |C|2·|A|=(-1)n |A| ⇒ |A|(|C|2-(-1)n )=0A ⇒可逆|C|2=(-1)nC ⇒可逆|C|2>0，故n 为偶数方法二 A 的正惯性指数= -A 的负惯性指数A 的负惯性指数= -A 的正惯性指数 A 与-A 合同⇒ A 与-A 有相同的正惯性指数和负惯性指数 ⇒ A 的正惯性指数= A 的负惯性指数 ⇒ n 为偶数9.提示：513153 A153023 33k00k3---⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪=--→-⎪ ⎪⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭因为R(A)=2，所以k=3.(或由R(A)=2，有|A|=0，得k=3.) 余下略.10.提示：20003a0a3⎛⎫⎪⎪⎪⎝⎭与125⎛⎫⎪⎪⎪⎝⎭相似a02200103a29a5a2 0a35>⇒=⇒-=⇒=余下略.11. 提示：1b1b a1111⎛⎫⎪⎪⎪⎝⎭与14⎛⎫⎪⎪⎪⎝⎭相似2a51b1a3b a1b1 111+=⎧⎪=⎧⎪⇒=⇒⎨⎨=⎩⎪⎪⎩余下略.12.提示：(1)A的特征值为1,1,0，Q的第3列是属于0的特征向量，1的特征向量与其正交，易知为(√2/2,0,-√2/2)T和(0,1,0)T，是Q的前两列.于是A=Qdiag(1,1,0)Q T=….(2)A+E的特征值为2,2,1，所以A+E为正定矩阵.13.提示：(1)a01E A0a111(a1)λ--λ-=λ--λ--222a 11(a)01110(a 1)a 12(a)01010(a 1)a2(a)1(a 1)(a)((2a 1)a a 2)(a)((2a 1)(a 2)(a 1))(a)((a 2))((a 1))λ--=λ--λ--λ--=λ--λ--λ--=λ--λ--=λ-λ--λ+--=λ-λ--λ+-+=λ-λ--λ-+ A 的特征值为a-2,a,a+1.(2)二次型f 的规范形为f(y 1,y 2,y 3)=y 12+y 22，所以A 有2个正特征值，一个0特征值.由于a-2<a<a+1，所以a-2=0，故a=2.14.提示：A 正定 ⇔ A 的任意特征值λ>0 ⇒ |A|>0⇒ A -1的任意特征值1/λ>0 ⇒ A -1正定A*的任意特征值|A|/λ>0 ⇒ A*正定15.提示：∀x ≠ο，x T (A+B)x =x T A x +x T B x >0 ⇒ A+B 正定16.提示：A 与对角矩阵diag(λ1,λ2,…,λn ) (λ1≥λ2≥…≥λn )相似⇔ ∃正交矩阵Q ，∂Q AQ=diag(λ1,λ2,…,λn )ny Qx T T2i i i 1n n 22i i 1i i n x 1y 1x 1y 1i 1i 1f x Ax y Dy y max f max y ,min f min y ========⇒===λ⇒=λ≤λ=λ≥λ∑∑∑ 当分别取T1y e =和T n y e =时，得1n x 1x 1max f ,min f ===λ=λ.17.提示：设λ是A 的特征值，则λ3+λ2+λ-3=0，λ的值为1或复数. 因为A 是实对称矩阵，所以A 的特征值全为1，因此A 为正定矩阵.18.提示：A,B 实对称 ⇒ A,B 的特征值都是实数A 的特征值都大于a ，B 的特征值都大于b⇒ A-aE 和B-bE 正定 (若λ是A 的特征值，则λ-a 是A-aE 的特征值)15⇒第题 (A-aE)+(B-bE)正定，即A+B-(a+b)E 正定⇒ A+B 的特征值都大于a+b.19.提示：必要性设R(A)=n ，令B=A ，则AB+B T A=2A 2为正定矩阵.充分性设AB+B T A 是正定矩阵，若R(A)<n ，那么A x =ο有非零解y . 因此，y T (AB+B T A)y =(A y )T By+ y T B T (A y )=ο，这与AB+B T A 正定矛盾，所以R(A)=n.20.提示：考虑二次型g(x,y,z)=2x 2+4y 2+5z 2-4xz ，由于202E A 040(1)(4)(6)205λ-λ-=λ-=λ-λ-λ-λ-，⇒ A 的特征值全为正数⇒ g(x,y,z)=2x 2+4y 2+5z 2-4xz 是椭球曲面⇒ f(x,y,z)=2x 2+4y 2+5z 2-4xz+2x-4y+1是椭球曲面附加题：1.设A 为m 阶正定矩阵，B 为m×n 实矩阵，证明：B T AB 为正定矩阵的充分必要条件为R(B)=n .提示：B T AB 正定⇔ ∀x ≠ο, x T B T AB x =(B x )T A(B x )>0⇔ ∀x ≠ο，有B x ≠ο⇔ B x =ο只有零解⇔ R(B)=n七、计算实践实践指导：(1)掌握二次型及其矩阵表示，了解二次型的秩的概念.(2)了解实二次型的标准形式及其求法.(3)了解合同变换和合同矩阵的概念.(4)了解惯性定理和实二次型的规范形.(5)了解正定二次型、正定矩阵的概念及其判别法.例6.1 设12A 21⎛⎫= ⎪⎝⎭, 则在实数域上与A 合同的矩阵为[D ]. (A)2112-⎛⎫ ⎪-⎝⎭; (B)2112-⎛⎫ ⎪-⎝⎭; (C)2112⎛⎫ ⎪⎝⎭; (D)1221-⎛⎫ ⎪-⎝⎭.(2008 数二三四)提示：合同的矩阵有相同的秩，有相同的规范形，从而有相同的正惯性指数与负惯性指数.故选D .例6.2 已知二次型f(x 1,x 2,x 3)=(1-a)x 12+(1-a)x 22+2x 32+2(1+a)x 1x 2的秩为2.(1)求a 的值；(2)求正交变换x =Q y ，把f 化成标准形；(3)求方程f(x 1,x 2,x 3)=0的解. (2005 数一)解 (1) 1a 1a 0220A 1a 1a 01a 1a 0002002-+⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪=+-→+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭R (A )2=⇒1+a=1-a ⇒ a=0(2) 略.(3) f(x 1,x 2,x 3)=0⇔ (x 1+x 2)2+2x 32=0 ⇔ x 1=-x 2, x 3=0 ⇒ 解为k(-1,1,0)T , k ∈R例6.3 若二次曲面的方程x 2+3y 2+z 2+2axy+2xz+2yz=4经正交变换化为y 12+4z 12=4，则a= 1 . (2011 数一)提示：二次型f(x,y,z)=x 2+3y 2+z 2+2axy+2xz+2yz 经正交变换化为标准形f=y 12+4z 12，因此二次型矩阵1a 1A a 31111⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭与014⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭相似.所以 1a 1a 310a 1111=⇒=.例6.4 设矩阵211100A 121,B 010112000--⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪=--= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭，则A 与B [B ].(A)合同且相似； (B)合同但不相似；(C)不合同但相似； (D)既不合同也不相似. （2007 数一）解 211E A 121121112112λ-λλλλ-=λ-=λ-λ-λ-2111030(3)003=λλ-=λλ-λ-即A 的特征值为0,3,3.故A 与B 不相似.由于A 与B 有相同的正惯性指数与负惯性指数，所以A 与B 合同.故选B .例6.5 设A 为3阶非零矩阵，如果二次曲面x (x y z)A y 1z ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭在正交变换下的标准方程的图形如下图，则A 的正特征值个数为[B ]. (2008 数一)(A) 0； (B) 1； (C) 2；(D)3.提示：图形是双曲抛物面，说明A 的秩为2，正惯性指数为1，所以选B.例6.6 设A 为三阶实对称矩阵, 且满足条件A 2+2A=O .已知A 的秩R(A)=2,(1)求A 的全部特征值；(2)当k 为何值时，矩阵A+kE 为正定矩阵.解 (1)设λ是A 的特征值，则λ2+2λ=0，λ=0或-2R(A)=2 ⇒ A 的特征值为0,-2,-2(2) A+kE 的特征值则为k, k-2, k-2 ⇒ 当k>2时，A+kE 为正定矩阵例6.7 设101A 020101=⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭，矩阵B=(kE+A)2，其中k 为实数，E 为单位矩阵. 求对角矩阵Λ，使B 与Λ相似，并问k 为何值时，B 为正定矩阵.解 A 是实对称矩阵，则kE+A 是实对称矩阵，(kE+A)2是实对称矩阵.A 与diag(0,2,2)相似⇒ kE+A 与diag(k,k+2,k+2)相似⇒ (kE+A)2与diag(k 2,(k+2)2,(k+2)2)相似⇒ Λ=diag(k 2,(k+2)2,(k+2)2)⇒ 当k ≠0且k ≠-2时，B 为正定矩阵例6.8 设A ,B 分别为m 阶和n 阶正定矩阵, 试判定分块矩阵A O C O B =⎛⎫ ⎪⎝⎭的正定性. 解 ∀x ≠ο, y ≠ο，有x T A x >0, x T B x >0⇒ x ≠ο或y ≠ο，有(x T ,y T )≠ο, (x T ,y T )C ⎛⎫ ⎪⎝⎭x y =x T A x +x T B x >0 ⇒ A O C O B =⎛⎫ ⎪⎝⎭正定例6.9 设T A C D CB =⎛⎫ ⎪⎝⎭为正定矩阵，其中A,B 分别为m 阶与n 阶对称矩阵，C 为m ⨯n 矩阵. (1) 计算P T DP ，其中1m n E A C P OE --=⎛⎫⎪⎝⎭． (2) 利用(1)的结果，判断矩阵B-C T A -1C 是否为正定矩阵，并证明你的结论. (2005 数三)。

湘教版七年级下册数学第6章全章整合与提升习题课件

综合素质 87 43 50
全章整合与提升
(1)如果根据三项测试的平均成绩确定人选，那么谁将被录用？
__
__
__
解：设甲、乙、丙三项测试的平均成绩分别为x甲、x乙、x丙，
__
则x甲＝(74＋58＋87)÷3＝73(分)，
__
x乙＝(87＋74＋43)÷3＝68(分)，
__
x丙＝(90＋70＋50)÷3＝70(分).
全章整合与提升
(3)你认为哪所学校代表队成绩好？请写出两条你认为该队成绩好的理由．
解：甲校代表队成绩好．理由如下： ①因为甲校代表队成绩的方差是8.4，乙校代表队成绩的方差是12，所以甲校代表队成绩的方差小于乙校代表队成绩的方差，所以甲校代表队成绩好．
全章整合与提升
②因为甲校代表队成绩的平均分是95分，乙校代表队成绩的平均分是94分，所以甲校代表队成绩的平均分高于乙校代表队成绩的平均分，所以甲校代表队成绩好． (答案不唯一，合理即可)
全章整合与提升
12．若一组数据4，a，7，8，3的平均数是5，则这组数据的中位数是____4____．
全章整合与提升
13．两组数据：3，a，2b，5与a，6，b的平均数都是6，若将这两组数据合并为一组数据，则这组新数据的众数为____8____．
【点拨】因为两组数据：3，a，2b，5 与 a，6，b 的平均数都是 6，所以aa＋＋2bb＝＝34××6－ 6－63，－5，解得ab＝＝84，，则新数据为 3，8，8，5，8，6，4，众数为 8.
全章整合与提升
3．【中考·娄底】一组数据7，8，10，12，13的平均数和中位数分别是( C ) A．7，10 B．9，9 C．10，10 D．12，11

小学六年级数学精品教案《练习六》的教学设计

小学六年级数学精品教案《练习六》教学设计一、教学内容本节课，我们将深入到小学六年级数学教材第六章《分数乘除法》中“练习六”。

具体内容包括：分数乘除法基本运算规则，解决实际问题中涉及分数乘除法运算，以及分数乘除法混合运算。

二、教学目标1. 让学生掌握分数乘除法运算规则，能熟练进行计算。

2. 培养学生解决实际问题时运用分数乘除法能力。

3. 提高学生逻辑思维能力和运算速度。

三、教学难点与重点重点：分数乘除法运算规则，混合运算顺序。

难点：解决实际问题中分数乘除法运算，理解运算规律。

四、教具与学具准备1. 教具：黑板、粉笔、多媒体设备。

2. 学具：练习本、铅笔、橡皮。

五、教学过程1. 实践情景引入（5分钟）通过讲述一个关于分数乘除法实际故事，引发学生对分数乘除运算兴趣。

2. 例题讲解（15分钟）详细讲解教材中例题，引导学生理解分数乘除法运算规则，并强调注意事项。

3. 随堂练习（10分钟）学生独立完成课堂练习，巩固所学知识。

4. 答疑解惑（5分钟）针对学生在练习中遇到问题进行解答，帮助学生消除疑惑。

5. 小组讨论（5分钟）将学生分成小组，讨论分数乘除法在实际问题中应用，培养学生合作意识。

6. 课堂小结（5分钟）六、板书设计1. 分数乘法运算规则2. 分数除法运算规则3. 混合运算顺序4. 实际问题例题七、作业设计1. 作业题目：（1）计算题：完成教材练习六相关题目。

（2）应用题：根据实际问题，运用分数乘除法解决问题。

答案：见教材八、课后反思及拓展延伸本节课结束后，应关注学生学习反馈，解学生对分数乘除法掌握程度。

对于学习有困难学生，要进行课后辅导，提高他们运算能力。

拓展延伸：引导学生思考分数乘除法在生活中应用，搜集相关实际问题，进行课堂分享，激发学生学习兴趣。

重点和难点解析：一、教学过程1. 实践情景引入2. 例题讲解3. 答疑解惑4. 小组讨论二、重点和难点解析1. 实践情景引入在实践情景引入环节，我需要巧妙地设计一个与分数乘除法相关实际故事，以激发学生学习兴趣。

人教版物理八年级上册第六章第一节质量课课练

第六章质量和密度第1节质量课前预习1．物体所含________________叫做物体的质量。

质量是物体的一个根本__________，它不因为物体的__________、___________温度和____________的变化而变化。

2．在国际单位制中，质量的根本单位是__________，符号是_______；常用单位有_______、________、_________；换算关系为：1t=_______kg =_______g =_______mg。

3．________是测量质量的工具，使用天平的步骤如下：①放：把天平放在_______台上。

②拨：将__________移至标尺左端的“0”刻度处。

③调：调节____________，使指针指在分读盘的中央。

④测：称量时，_______盘放置被称量物体，_______盘放置砝码，通过增减________和移动_________，使天平平衡。

⑤读：被测物体的质量=右盘内_______的总质量+_______指示的质量值。

注意：在天平使用的过程中，一定要标准操作，遵循“_____物_____码〞原那么，称量物体时，不能再调节平衡螺母以调节天平的平衡。

随堂练习1.质量的单位及换算（1）一位初中生的质量约为45______；（2）一只乒乓球的质量大约是；（3）一头大象的质量约为；（4）一只鸡蛋的质量接近50_______；（5） 5.4t=_______kg=_______g；（6）2800mg=_______kg2.如下图的台秤是称量物体质量的工具。

使用前，应将台秤放在水平面上，游码至于零刻度，先调节__________使秤杆水平平衡，图示中被称量的质量是_______kg。

3.以下说法正确的选项是〔〕A. 1千克铁块比1千克木块质量大B. 一个铁锤比一个铁钉质量大C. 1千克木块比1千克铁块所含物质多D. 水加热到100o C后，质量不变4.以下现象中，物体的质量发生了变化的是〔〕A. 冰块熔化成水B. 将泥团捏成小动物C. 航天员在太空行走D. 一支铅笔用去一半5.在“使用托盘天平测量物体质量〞的实验中：（1）调节天平平衡时，某同学将天平放在水平工作台上后，发现天平如图甲所示，那么接下来的操作应是：首先_____________________；然后____________，直到指针尖对准分度盘中央的刻度线。

第六章教学习题集

第六章教学1.【判断题】教学是一种传授知识的活动。

（）2.认为教学的主要任务在于通过开设希腊文、拉丁文、逻辑、文法和数学等学科发展学生的智力，至于学科内容的实用意义则是无关紧要的。

这是（）。

A.实质教育论B.素质教育论C.形式教育论D.应试教育论3.学校的中心工作是（）。

A.思想品德工作B.教学工作C.教务行政工作D.总务工作4.把学习过程概括为“学——思——行”的统一过程的教育家是（）。

A.孔子B.孟子C.荀子D.墨子5.古罗马的昆体良在《论演说家的教育》中，提出了（）的学习过程理论。

A.“模仿、理论、练习”B.“明了、联想、系统、方法”C.“困难、问题、假设、验证、结论”D.“博学之、审问之、慎思之、明辨之、笃行之”6.赫尔巴特指出：“我想不到有任何无教学的教育，正如在相反的方面，我不承认有任何无教育的教学。

”这说明了教学过程具有（）特点？A.间接经验与直接经验相结合B.掌握知识与发展智力相统一C.教学过程中知、情、意的统一D.教师主导作用与学生能动作用相结合7.教学过程是一种特殊的认识过程，主要以传授（）为主。

A.直接经验B.间接经验C.生活知识D.生产知识8.【材料分析题】课堂上有位学生指出老师对某个问题的解释有错误，老师当时就恼怒起来：“某某同学，算你厉害，老师不如你，以后老师的课就由你来上好了!”全班同学随老师一起嘲笑这位学生，从此该生在课堂上既使发现了问题，也不主动发表意见。

问题：请你结合实例评价该老师的做法有哪些不当之处，这种行为违反了哪条教学规律?9.【多选题】教学过程的基本阶段包括（）。

A.引起学习动机B.领会知识C.巩固知识D.运用知识E.检查知识10.【多选题】在《力的作用》教学中，老师问：“什么是力？”众生茫然，于是，老师出示“人提水，起重机吊东西，”学生们立即说开了，“脚踢球”“风吹红旗”……学生们讨论“力是物体对物体的相互作用”。

该片段包含教学过程的哪些基本阶段（）A．激发学生动机B．领会知识C．巩固知识D．运用知识11.教师进行教学时必须遵循的基本要求是（）。

2020新教材人教A版必修第二册第六章6.26.2.3课后课时精练

课后课时精练A级：“四基”巩固训练一、选择题1下列各式计算正确的个数是()①(-7)5a= —35a；② a—2b+ 2(a+ b)= 3a；③ a+ b—(a+ b) = 0.A. 0B. 1C. 2D. 3答案C解析根据向量数乘的运算律可验证①②正确；③错误，因为向量的和、差及数乘运算的结果仍为一个向量，而不是实数.2. 如图所示，D是厶ABC的边AB上的中点，则向量CD =( )——1A. BC —2BA——1B. —BC + qBA——1C. —BC —2BA——1D. BC + 2BA答案B——1 解析解法一：T D是AB的中点，二BD = ^BA，—————1 .••CD = CB+ BD= —BC + ?BA.——————————1 1 1 1 解法二：由CD = 2(CB+ CA) = 2【CB+ (CB+ BA)] = CB + 2BA=—BC + ?BA.3. 设 AB = ¥（a + 5b ） ,BC = — 2a + 8b,CD = 3（a — b ），则共线的三点是（） A . A , B , D B . A , B , C C . B , C , D D . A , C , D 答案T3解析因为AB = — 5CD ，所以AB//CD ，且|AB|M |CD|.而AD 匸|BC|，所以四边形ABCD 为等腰梯形.5.在平行四边形 ABCD 中，AC 与BD 交于点O , E 是线段0D 的中点，AETTT的延长线与CD 交于点F.若AC = a , BD = b,则AF 等于（）11 2 1 A.：a + 2b B.§a +3b 1 2 D・3a +3bT T1 1AE解析如图所示，T E 是0D 的中点，.「0E =4BD = 4b .又A ABE^ZFDE ,「庇TT T TT4AF ，在△KOE 中，AE = AO + 0E = *a + 4b, AAF = 4T2 1AE = 3a + 3b .故选 B.A.解析 ••BD= BC+ CD BD , 「A , B , D 三点共线.故选T4.若 AB = 3e 1, TTTCD =— 5e 1，且 |AD|= |BC|, D .则四边形ABCD 是（）菱形不等腰的梯形 1 1 Cq a +4b 答案 BTTT二 D E二= 3EF ,「AE=、填空题6.设e i , e 2是两个不共线的向量，若向量k e i + 2e 2与8e i + k e 2方向相反，则 k= ________ .答案 —4解析 Tk e i + 2e 2 与 8e i + k e 2 共线, •••k e i + 2e 2= ；(8e i + k e 2)= 8 2e i + 入 k .k = 8 入 k= 2, i 解得＜2=入£k =47.若 a = — e i + 3e 2, b = 4e i + 2e 2, c = — 3e i + i2e 2,则向量 a 写为？i b +?2C 的形式是 _________ .解析若 a =入b + 瓜c ,则一 e i + 3e 2=入(4e i + 2e 2)+ 乃(一 3e i + i2e 2)，•—e i+ 3e 2= (4A )— 3 ?2)e i + (2入 + i2 2s) e 2.8. 如图，在△ ABC 中，点0是BC 的中点，过点0的直线分别交直线AB ,— — — —AC 于不同的两点 M , N ,若AB = mAM , AC = nAN ,贝U m + n 的值为 _________ .答案2— — — — — — — — — i i• k e i + 2e 2 与 8e i + k e 2 反向, 1 • • = — 2, k = — 4. 答案 i 7—神 + 27c4入一32= — i , $解得/2i =— 丄 i8‘k = — 4.解析解法一：因为AB= mAM, AC= nAN,所以AM =一AB, AN= AC,则MN m ，n ，1 1=AN — AM = 一 AC — — AB.n mTTTT T T1 1因为点O 为BC 的中点，连接AO ,所以AO = 2AB +2人6则MO = AO — AM = TTTTTTT111 11 1 2AB + 2AC — mAB = 2— m AB + 2人。

2020新教材人教A版必修第二册第六章 6.4 6.4.1 课后课时精练

答案
解析
4．已知非零向量A→B与A→C满足|AA→ →BB|＋|AA→ →CC|·B→C＝0，且|AA→→BB|·|AA→→CC|＝12，则 △ABC 为( )
A．三边均不相等的三角形 B．直角三角形 C．等腰非等边三角形 D．等边三角形答案 D
答案
解析 ∵A|A→→BB|＋|AA→ →CC|·B→C＝0，∴∠A 的平分线所在的向量与B→C垂直，所
②若O→A⊥A→B，则O→A·A→B＝0，即 b(a3－b)＝0，又 b≠0，故 a3＝b. ③若O→B⊥A→B，则O→B·A→B＝0，即 a2＋a3(a3－b)＝0，又 a≠0，故 a3＋1a－b ＝0.故当△OAB 为直角三角形时，有 a3＝b 或 a3＋1a－b＝0，即(b－a3)b－a3－1a ＝0.
答案 10
答案
解析将△ABC 各边及 PA，PB，PC 均用向量表示，则PA2P＋CP2 B2＝P→A2P→＋CP2→B2＝P→C＋C→A2P→＋C2P→C＋C→B2 ＝2|P→C|2＋2P→C|·P→CC→A|2＋C→B＋A→B2＝||PA→ →CB||22－6＝42－6＝10.
∴
|
→ AD
|2
＝
→ AD
2
＝
23a＋13b
2
＝
4 9
a2
＋
2×
2 9
a·b
＋
1 9
b2
＝
4 9
×9
＋
2×
2 9
×3×3×cos120°＋19×9＝3.
故 AD＝ 3.
答案
(2)设∠DAC＝θ，则 θ 为向量A→D与A→C的夹角． ∵cosθ＝|AA→→DD|·|AA→→CC|＝23a＋3×13b3·b＝13b23＋233a·b ＝13×9＋23×3 3×3 3×－12＝0， ∴θ＝90°，即∠DAC＝90°.

2023新教材高中数学第6章第2课时组合的综合应用教师用书新人教A版选择性必修第三册

第2课时组合的综合应用1．学会运用组合的概念，分析简单的实际问题．(重点)2．能解决无限制条件的组合问题．(难点)通过组合解决实际问题，提升逻辑推理和数学运算的素养．类型1 简单的组合问题【例1】(1)某人决定投资3种股票和4种债券，经纪人向他推荐了6种股票和5种债券，则此人不同的投资方式有________种．(2)从4名男生，3名女生中选出3名代表．①不同的选法共有多少种？②至少有一名女生的不同的选法共有多少种？③代表中男、女都要有的不同的选法共有多少种？(1)100 [需分两步：第一步，根据经纪人的推荐在6种股票中选3种，共有C36种选法；第二步，根据经纪人的推荐在5种债券中选4种，共有C45种选法．根据分步乘法计数原理，此人有C36·C45＝100种不同的投资方式．](2)[解] ①即从7名学生中选出三名代表，共有选法C37＝35(种)．②至少有一名女生的不同选法共有C13C24＋C23C14＋C33＝31(种)[或C37－C34＝31(种)]．③男、女生都要有的不同的选法共有C37－C34－C33＝30(种)(或C14C23＋C24C13＝30(种))．[母题探究](变设问)将本例(2)改为“从4名男生，3名女生中选出3名代表，其中男生甲必须被选入，共有多少种选法？”[解] 男生甲被选入，再从剩余的6名中任意选取两名即可，所以不同的选法共有C26＝15种．解简单的组合应用题的策略(1)解简单的组合应用题时，首先要判断它是不是组合问题，组合问题与排列问题的根本区别在于排列问题与取出元素的顺序有关，而组合问题与取出元素的顺序无关，只要元素相同即可．(2)要注意两个基本计数原理的运用，即分类与分步的灵活运用．提醒：在分类和分步时，一定注意有无重复或遗漏．[跟进训练]1．现有10名教师，其中男教师6名，女教师4名． (1)现要从中选2名去参加会议，有多少种不同的选法？ (2)选出2名男教师或2名女教师去外地学习的选法有多少种？[解] (1)从10名教师中选2名去参加会议的选法种数，就是从10个不同元素中取出2个元素的组合数，即C 210＝10×92×1＝45(种)．(2)可把问题分两类：第1类，选出的2名是男教师有C 26种方法；第2类，选出的2 名是女教师有C 24种方法，即C 26＋C 24＝21(种)．类型2 有限制条件的组合问题【例2】课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女生各有一名队长，现从中选5人主持某项活动，依下列条件各有多少种选法？(1)至少有一名队长当选； (2)至多有两名女生当选； (3)既要有队长，又要有女生当选．[解] (1)至少有一名队长含有两种情况：有一名队长和两名队长，故共有C 12·C 411＋C 22·C 311＝825(种)(或采用排除法有C 513－C 511＝825种)．(2)至多有两名女生含有三种情况：有两名女生、只有一名女生、没有女生，故共有C 25·C 38＋C 15·C 48＋C 58＝966(种)．(3)分两种情况：第一类：女队长当选，有C 412种；第二类：女队长不当选，则男队长当选，有C 14·C 37＋C 24·C 27＋C 34·C 17＋C 44种．故共有C 412＋C 14·C 37＋C 24·C 27＋C 34·C 17＋C 44＝790(种)． [母题探究](变设问)在本例条件下，至多有1名队长被选上的方法有多少种？ [解] 分两类情况：第一类：没有队长被选上，从除去两名队长之外的11名学生中选取5人，有C 511＝462种选法．第二类：一名队长被选上，分女队长被选上和男队长被选上，不同的选法有：C 411＋C 411＝660种选法．所以至多有1名队长被选上的方法有462＋660＝1 122(种)．有限制条件的组合问题主要有两类(1)“含”与“不含”问题，常用直接分步法，即“含”的先取出，“不含”的可把所指元素去掉再取，分步计数．(2)“至多”“至少”问题，常有两种解决思路．一是直接分类法，但注意分类要不重不漏；二是间接法，注意找准对立面，确保不重不漏．正确理解“都不是”“不都是”“至多”“至少”等词语的确切含义是解决这些组合问题的关键．[跟进训练]2．现有10名教师，其中男教师6名，女教师4名．按下列要求各有多少种不同的选法？(1)选出男、女教师各2名去参加会议；(2)选出2名教师去参加会议，恰有1名男教师；(3)选出2名教师参加会议，至少有1名男教师；(4)选出2名教师参加会议，至多有1名男教师．[解] (1)可把问题分两步：第一步，从6名男教师中选2名有C26种选法；第二步，从4名女教师中选2名有C24种选法．根据分步乘法计数原理，共有C26C24＝15×6＝90(种)不同选法．(2)2名教师中恰有1名男教师，则选出1男1女，有C16C14＝6×4＝24(种)不同选法．(3)(直接法)至少有1名男教师可分两类：1男1女有C16C14种选法，2男0女有C26种选法．根据分类加法计数原理，共有C16C14＋C26＝39(种)不同选法．(间接法)选出2名教师参加会议，至少有1名男教师，也就是从10名教师中选出2名教师参加会议的选法种数减去2名都是女教师的选法种数，即C210－C24＝39(种)．(4)(直接法)至多有1名男教师包括两类：1男1女有C16C14种选法，0男2女有C24种选法．由分类加法计数原理，有C16C14＋C24＝30(种)选法．(间接法)选出2名教师参加会议，至多有1名男教师，也就是从10名教师中选出2名教师参加会议的选法种数减去2名都是男教师的选法种数，即C210－C26＝30(种)．类型3 几何中的组合问题【例3】(1)四面体的一个顶点为A，从其他顶点和各棱的中点中取3个点，使它们和点A在同一平面上，不同的取法有( )A．30种B．33种C．36种D．39种(2)四面体的顶点和各棱中点共10个点，在其中取4个不共面的点，不同的取法有( )A．150种B．147种C．144种D．141种(1)B(2)D[(1)如图，含顶点A的四面体的3个面上，除点A外都有5个点，从中取出3点必与点A共面，共有3C35种取法；含顶点A的三条棱上都各有3个点，它们与对棱的中点共面，此时共有3种取法．故与顶点A共面的3个点的取法共有3C35＋3＝33(种)．(2)从10个点中取出4个点的取法有C410种，除去四点共面的取法种数可以得到结果．①从四面体同一个面上的6个点取4个点必定共面，有4C46＝60(种)；②四面体的每一条棱上的3个点与对棱的中点共面，共有6种共面情况；③从6条棱的中点中取4个点时，有3种共面情况．故4点不共面的取法有C410－(60＋6＋3)＝141(种)．]解答几何组合问题的策略(1)解答几何组合问题的思考方法与一般的组合问题基本一样，把图形的限制条件视为组合问题的限制条件即可．(2)计算时可用直接法，也可用间接法，要注意在限制条件较多的情况下，需要分类计算符合题意的组合数．[跟进训练]3．平面内有12个点，其中有4个点共线，此外再无任何3点共线．以这些点为顶点，可构成多少个不同的三角形？[解] 法一：以从共线的4个点中取点的多少作为分类标准．第1类：共线的4个点中有2个点为三角形的顶点，共有C24C18＝48(个)不同的三角形；第2类：共线的4个点中有1个点为三角形的顶点，共有C14C28＝112(个)不同的三角形；第3类：共线的4个点中没有点为三角形的顶点，共有C38＝56(个)不同的三角形．由分类加法计数原理知，不同的三角形共有48＋112＋56＝216(个)．法二：从12个点中任意取3个点，有C312＝220种取法，而在共线的4个点中任意取3个均不能构成三角形，即不能构成三角形的情况有C34＝4(种)．故这12个点能构成三角形的个数为C312－C34＝216(个)．类型4 分组(分配)问题1．把3个相同的苹果平均分成三堆共有几种分法？为什么？[提示] 共1种分法．因为三堆无差异．2．若把3个不同的苹果分给三个人，共有几种方法？[提示] 共有A33＝3×2×1＝6(种)分法．【例4】6本不同的书，按下列要求各有多少种不同的分法？(1)分给甲、乙、丙三人，每人两本；(2)分为三份，每份两本；(3)分为三份，一份一本，一份两本，一份三本；(4)分给甲、乙、丙三人，一人一本，一人两本，一人三本；(5)分给甲、乙、丙三人，每人至少一本．[思路点拨] (1)是“平均分组”问题，与顺序无关，相当于6本不同的书平均分给甲、乙、丙三人，可以理解为一个人一个人地来取．(2)是“均匀分组”问题．(3)是“不均匀分组”问题，分三步进行．(4)分组后再分配．(5)明确“至少一本”包括“2、2、2型”、“1、2、3型”、“1、1、4型”．[解] (1)根据分步乘法计数原理得到：C26C24C22＝90(种)．(2)分给甲、乙、丙三人，每人两本有C26C24C22种分法，这个过程可以分两步完成：第一步分为三份，每份两本，设有x种方法；第二步再将这三份分给甲、乙、丙三名同学有A33种分法．根据分步乘法计数原理可得：C26C24C22＝x A33，所以x＝C26C24C22A33＝15．因此分为三份，每份两本一共有15种分法．(3)这是“不均匀分组”问题，一共有C16C25C33＝60(种)分法．(4)在(3)的基础上再进行全排列，所以一共有C16C25C33A33＝360种分法．(5)可以分为三类情况：①“2、2、2型”，即(1)中的分配情况，有C26C24C22＝90种分法；②“1、2、3型”，即(4)中的分配情况，有C16C25C33A33＝360种分法；③“1、1、4型”，有C46A33＝90种分法．所以一共有90＋360＋90＝540种分法．分组与分配问题的求解策略(1)分清是分组问题还是分配问题很必要，而判断是分组问题还是分配问题的关键是看是否有分配对象．若没有分配对象，则为分组问题；若有分配对象，则为分配问题；若有确定的分配对象，即为定向分配问题．反之，则为不定向分配问题．(2)分组问题属于“组合”问题，常见的三种分组问题①完全均匀分组，每组的元素个数均相等．②部分均匀分组，应注意不要重复，有n 组均匀，最后必须除以n ！． ③完全非均匀分组，这种分组不考虑重复现象．[跟进训练]4．8张不同的邮票，按下列要求各有多少种不同的分法？(用式子表示) (1)平均分成四份；(2)平均分给甲、乙、丙、丁四人；(3)分成三份，一份4张，一份2张，一份2张； (4)分给甲、乙、丙三人，甲4张，乙2张，丙2张； (5)分给三人，一人4张，一人2张，一人2张； (6)分成三份，一份1张，一份2张，一份5张；(7)分给甲、乙、丙三人，甲得1张，乙得2张，丙得5张； (8)分给甲、乙、丙三人，一人1张，一人2张，一人5张．[解] (1)本题属平均分组问题，是组合问题，与顺序无关，有C 28C 26C 24C 22A 44种不同分法． (2)法一：本题为平均分组，并且有分配对象，先分组，与顺序无关，有C 28C 26C 24C 22A 44种分法，再分配给四个人，与顺序有关，有A 44种排列方法，共有C 28C 26C 24C 22A 44A 44种不同的分配方法，所以有C 28C 26C 24C 22种分法．法二：①甲从8张邮票中取2张有C 28种取法；②乙从余下的6张中取2张有C 26种取法；③丙从余下的4张中取2张有C 24种取法；④丁从余下的2张中取2张有C 22种取法．所以根据分步乘法计数原理知不同分法数为C 28C 26C 24C 22．(3)属部分平均分组问题，与顺序无关，有C48C 24C22A22种不同分法． (4)属部分平均定向分配问题，先分组，再分配，与顺序有关，有C 48C 24C 22A22A 22＝C 48C 24C 22(种)不同分法．(5)属部分平均不定向分配问题，先分组，再分配，与顺序有关，有⎝ ⎛⎭⎪⎫C 48C 24C 22A 22A 33种不同分法．(6)属非平均分组问题，仅仅分组，与顺序无关，是组合问题，共有C 58C 23C 11种不同的分法． (7)属非平均定向分配问题，先分组，再分配，但是定向分配不涉及排序，所以共有C 58C 23C 11种不同的分法．(8)属非平均不定向分配问题，先分组，再分配，与顺序有关，需排列，共有C 58C 23C 11A 33种不同的分法．1．若5名代表分4张同样的参观券，每人最多分一张，且全部分完，那么分法一共有( )A．A45种B．45种C．54种D．C45种D[由于4张同样的参观券分给5名代表，每人最多分一张，从5名代表中选4人满足分配要求，故有C45种．]2．圆上有10个点，过每三个点画一个圆内接三角形，则一共可以画的三角形个数为( )A．720 B．360C．240 D．120D[确定三角形的个数为C310＝120．]3．一个口袋中装有大小相同的6个白球和4个黑球，从中取2个球，则这2个球同色的不同取法有( )A．27种B．24种C．21种D．18种C[分两类：一类是2个白球，有C26＝15种取法，另一类是2个黑球，有C24＝6种取法，所以共有15＋6＝21种取法．]4．编号为1，2，3，4，5，6，7的七盏路灯，晚上用时只亮三盏灯，且任意两盏亮灯不相邻，则不同的开灯方案有______种．10[四盏熄灭的灯产生的5个空档中放入三盏亮灯，即C35＝10．]5．某单位有15名成员，其中男性10人，女性5人，现需要从中选出6名成员组成考察团外出参观学习，如果按性别分层，并在各层按比例随机抽样，则此考察团的组成方法种数是________．2 100 [按性别分层，并在各层按比例随机抽样，则需从10名男性中抽取4人，5名女性中抽取2人，共有C410C25＝2 100(种)抽法．]回顾本节知识，自主完成以下问题：1．解决有限制条件的组合问题常用方法有哪些？[提示] 直接法、间接法．2．解决有限制条件的组合问题的原则是什么？[提示] 先特殊后一般，先选后排，先分类后分步．3．“分组”问题与“分配”问题是一回事吗？[提示] 不是一回事，分组属于组合问题，分配属于排列问题．。

第六章6.26.2.1课后课时精练PPT课件(人教版)

解如图，作C→E＝A→C，
则 a＋b＋c＝A→E， a＋b＋c＝A→B＋B→C＋A→C＝2A→C＝2c， ∴|a＋b＋c|＝|2A→C|＝2 22＋2 32＝8.
答案
B 级：“四能”提升训练 1．在某地大地震后，一架救援直升飞机从 A 地沿北偏东 60°方向飞行了 40 km 到 B 地，再由 B 地沿正北方向飞行 40 km 到达 C 地，此时直升飞机位于 A 地________方向，与 A 地的距离为________km.
→ 20 m/min，∴cos∠ABC＝||BA→CB||＝1200＝12， ∴∠ABC＝60°，从而船与水流方向成 120°角．故船行进的方向与水流的方向成 120°角．
答案
7．已知A→B＝a，B→C＝b，C→D＝c，D→E＝d，A→E＝e，则 a＋b＋c＋d＝ ________.
答案 e 解析 a＋b＋c＋d＝A→B＋B→C＋C→D＋D→E＝A→E＝e.
答案
解析
8．若 P 为△ABC 的外心，且P→A＋P→B＝P→C，则∠ACB＝________. 答案 120°
答案 A
答案
解析 D→C＋C→A＝D→A，故⑥不正确；其他都正确．
2．设 a＝(A→B＋C→D)＋(B→C＋D→A)，b 是任一非零向量，则在下列结论中，正确的是( )
①a∥b；②a＋b＝a；③a＋b＝b；④|a＋b|<|a|＋|b|； ⑤|a＋b|＝|a|＋|b|. A．①② B．①③ C．①③⑤ D．②④⑤ 答案 C
课后课时精练
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A 级：“四基”巩固训练一、选择题 1．在平行四边形 ABCD 中，下列式子： ①A→D＝A→B＋B→D；②A→D＝A→C＋C→D；③A→D＋A→B＝A→C；④A→B＋B→C＝A→C； ⑤A→D＝A→B＋B→C＋C→D；⑥A→D＝D→C＋C→A. 其中不正确的个数是( ) A．1 B．2 C．4 D．6

2020新教材人教A版必修第二册第六章6.26.2.4课后课时精练

课后课时精练A级：“四基”巩固训练一、选择题1已知|a匸2, |b|= 4, ab= —4,则向量a与b的夹角为()A. 30°B. 60°C. 150°D. 120°答案Da b —4 1解析cos B= |a||b| —2x4 =一2，'" [0 , 180 °, — 0= 120 故选 D.2. 已知向量a, b满足a b= 0, |a|= 1, |b| = 2,则|2a—b|=( )A. 0B. 2 ,2C. 4D. 8答案B解析v|2a—b|2= 4a2—4a b+ b2= 8,：|2a—b| = 2y[2.—————3. 若平面四边形ABCD满足AB+ CD = 0, (AB—AD) AC = 0,则该四边形一定是( )A .直角梯形B.矩形C.菱形D.正方形答案C—————解析由AB+ CD = 0,得平面四边形ABCD是平行四边形，由(AB—AD) AC ——=0,得DB AC= 0,即平行四边形ABCD的对角线互相垂直，则该四边形一定是菱形.4. 若非零向量a, b满足|a| = 簣|口，且(a—b)丄(3a+ 2b),则a与b的夹角为()n n 3 nA.4B.2 CT^ D. n答案A解析由题意，得(a —b) (3a + 2b) = 3a2—2b2—a b= 0,即a b= 3a2—2b2.又|a| 三2,所以〈a, b〉=n5.已知a , b 是平面内两个互相垂直的单位向量，若非零向量c 满足(a — c ) (b —c )= 0,则|c |的最大值是()A . 1B . 2 C. 2 D.# 答案 C解析因为 |a |=|b |= 1, a b = 0, (a — c ) (b — c ) = — c (a + b ) + |c |2 = —|c ||a + b |cos 0+ |c |2= 0,其中 0为 c 与 a + b 的夹角，所以 |c |= |a + b |cos A 2cos(K 2, 所以|c |的最大值是.2,故选C.二、填空题(1 >6. __ 已知向量 a , b 的夹角为45°且|a 匸4, Qa + b j (2a — 3b ) = 12，则|b | = ________ ; b 在a 上的投影向量的模等于 ________ .答案 ,21解析 a b = |a ||b |cos 〈a , b 〉= 4|b |cos45 °2,2|b |,又 |a + b (2a — 3b ) = |af + ^a b — 3|bf = 16+ . 2|b |— 3|bJ 12,解得 |b |= . 2或 |b |= — ^3^(舍去).b 在a 上的投影向量的模为||b |cos 〈 a , b > | = ^2cos45丄1.7. 已知两个单位向量 a , b 的夹角为60° c = t a + (1 — t)b.若b c = 0,贝U t = 答案21解析由题意，将 b c =[t a + (1 — t)b ] b 整理，得 t a b + (1 — t) = 0,又 a b = q , 所以t = 2.8. 在平行四边形 ABCD 中，AD = 1, Z BAD = 60° E 为CD 的中点.若AC BE =1,则AB 的长为 __________ .12 ,23 |b |,所以 a b = 3x 所以 cos 〈a , b >答案11 1解析因为BE= BA+AD + DE = —AB + AD + ^AB = AD —^AB,所以AC BE =1 2 1 1 2 1 1 2(AB + AD) AD —^AB = AD2+ qAD AB—qAB2^ 1+空^ 1 X RB|cos60 丄艮AB|2= 1,1 12 1所以4IABI —2|AB|2= 0,解得|AB 匸$三、解答题9•已知a, b是两个非零向量，当a+ t b(t € R)的模取得最小值时，(1) 求t的值(用a, b表示)；⑵求证：b与a+ tb垂直.解(1)|a + tbf = a2+ t2b2+ 2t a b二b2t+ 晋2+ a2—畔.当t = —a•时，|a + t b|取得最小值.2 a b 2(2) 证明：因为(a+1b) b= a b+ t b = a b—孑X b = 0,所以a +1b 与b 垂直.B级：“四能”提升训练1. ___________ 设向量a, b, c满足a+ b+ c= 0, (a—b)丄c, a丄b,若|a|= 1,则|af + |b|2 + |c|2的值是.答案4解析由a+ b+ c= 0,得(a+ b+ c)2= 0,得2 2 2a +b +c + 2(a b+ b c+ c a) = 0.又(a —b)丄c, a丄b,•••(a—b) c= 0, a b= 0.：a c= b c.2.2 2 2 2•'•a + b + c = —4b c, b + c = —1 —4b c.①由a+ b+ c= 0，得b+ c= —a,故(b+ c)2= 1, 即卩b2+ c2+ 2b c= 1.②由①②得 b c= —1,故a2+ b2+ c2= 4,即|a|2+ |b|2+ |cf = 4.2. 在四边形 ABCD 中，已知 AB = 9, BC = 6, CP = 2PD.T T⑴若四边形ABCD 是矩形，求AP BP 的值；T T T T⑵若四边形ABCD 是平行四边形，且AP BP = 6,求AB 与AD 夹角的余弦值.T T解 ⑴因为四边形ABCD 是矩形，所以AD DC = 0,T T T T T T T1 2 2由CP = 2PD ，得 DP = 3DC ， CP = 3CD = 一 3DC.T T T T T T所以AP BP = (AD + DP) (BC + CP)(TT 、(TT \12 AD+7DC <3 丿 AD - -7DC 3 丿TT T T2 1 2 2 2 =AD — 3AD DC — 9DC = 36-尹 81 = 18.T T T T T T T1 1⑵由题意，AP = AD + DP = AD + 3DC = AD + 3AB ，T T T T T T T2 2BP = BC + CP = BC + 3CD = AD — 3AB ，T T T T=AD 2— ^AB AD — |A B 2T TT T=36 — 3AB AD — 18= 18—3AB AD. T T又 AP BP = 6， T T1所以 18— 3AB AD = 6,T T所以 AB AD = 36.又AB AD = AB||AD|cos B= 9X 6X cos A 54cosB,2 所以 54cosA 36,即 cos A 3.T T所以AP BP =(T TAD +1ABf TT \ ■AD — 2AB I 3丿T T2 所以AB与AD夹角的余弦值为3.。

第六章数学练习-公开课-优质课(人教版教学设计精品)

第六章数学练习-公开课-优质课(人教版
教学设计精品)
这节公开课是一个数学练课，适用于初中学生。

该课程主要包括以下三个方面：
1. 课程目标：
* 学生能够掌握常见数学题型的解法及技巧；
* 学生能够提高数学思维能力，灵活运用所学知识；
* 学生掌握合作研究的方法，增强合作意识。

2. 课程设计：
* 本节课使用翻转课堂的教学方式，让学生提前自行预题目，并在课上互相分享解题思路；
* 课程力求呈现生动有趣，采用多种多样的教学手段，既有形式多样的小组合作活动，也有悬念十足的游戏环节；
* 教师在课堂上通过引导，帮助学生找到解题的关键点，演示一些解题技巧；
* 以小组为单位进行比赛，既激发了学生的竞争意识，也培养
了学生的团队合作精神。

3. 教学评价：
该课程采用综合评价的方式，包括对学生的出勤、预、参与度、合作精神、解题能力等多方面的考察。

通过本节公开课，学生们能够在提高数学练习能力的同时，也
获得了合作学习的新体验，其对于学生的综合素质提升具有重要意义。

2020新教材人教A版必修第二册第六章6.36.3.5课后课时精练

4.课后课时精练A 级：“四基”巩固训练一、选择题1.已知a = 1, b = (0,2),且a b = 1,则向量a 与b 夹角的大小为(n B . 4 nC . 3 答案 Cn D . 2解析 Ta| = 1, b = (0,2),且 a b = 1 ,：cos 〈a , b 〉1 .2 = 2.n•••向量a 与b 夹角的大小为3.故选C . 2.已知平面向量 a = (2,4), b = (-1,2),若 c = a -(a b )b,则 |c |等于( )A . 4 2 C . 8 答案 DB . D . 解析易得a b = 2X (一1)+ 4X2= 6,所以 c = (2,4)-6(- 1, 2)= (8,— 8), 所以 |c |= '82+ - 8 2= 8 2. 3.已知向量a = ( , 3, 1), b 是不平行于x 轴的单位向量，且a b = , 3,则b =() C. 4 答案位3 1 ；2 , 21 口 4’ 4 D . (1,0)解析设b = (x , y)，其中y M 0,则 a b = 3x + y = 3.-2 :x + y 由.3x + y = 3,2= 1,y M o , x =2y =h,1 即 b =Q,.故选B .C .已知 A(-2,1), 直角三角形钝角三角形B(6,- 3), C(0,5)，则△ ABC 的形状是()B.锐角三角形D.等边三角形4.答案A解析根据已知，有AB= (8, —4), AC= (2,4), BC= (-6, 8),因为AB^C = 8X2+ (—4)X4 = 0,所以AB±AC,即Z BAC= 90.故8BC 为直角三角形.5•若函数f(x) = 2si门衣+ §(—2<x<10)的图象与x轴交于点A,过点A的直线I与函数的图象交于B, C两点(除点A外)，则(OB+ OC)OA=( )A . —32 B.—16C. 16D. 32答案D解析由函数f(x) = 2sin£x+ 0 可得专+ 3= kn, k€ Z,即卩x= 6k—2, k € Z.因为—2<x<10，所以x= 4, 即A(4,0).设B(x i, y i), C(x2, y2).由题意知B, C 两点关于点A对称，所以x i + x2= 8, y i + y2 = 0.又OA= (4,0), OB= (x i, y i), OC =(x2, y2)，所以(OB+ OC) OA= (x i + x2, y i + y2)(4,0) = 4(x i + X2)= 32.二、填空题6. 已知向量a= (i,2), b= (—2,—4), |c|= . 5,若(a+ b) c=号，则a 与c 的夹角为 ________ .2 n答案解析设c= (x, y),v a+ b= (—i，—2),且|a|= 5, |c|= 5, (a+ b) c= |,5 5•-(—i,—2) ( x, y)= 2. x —2y= 2，■°.x+ 2y =—①设a与c的夹角为9,a c x+ 2y i—/WS0=丽=—5 - • 5=2n0< n • 0=§.7. 已知|a|= 3, |b|= 4,且(a + 2b) (2a—b)>4,贝U a与b夹角0的范围是答案© n解析 v (a + 2b ) (2a — b )= 2a 2— a b +4a b —2b 2= 2X 9+ 3》||b |cos 〈 a , b 〉一1 厂2X 16=— 14+ 3X 3X 4cos < a , b > > 4,：cos 〈 a , b > > ㊁，又匸〈a , b 〉€ [0, n,A 〈 a , b 〉€ |0, 3 .8•已知a = (1,3), b = (2 +入1),且a 与b 的夹角为锐角，则实数入的取值范围是 ________ .5答案 > —5且疋—5解析因a 与b 的夹角为锐角，则cos <a , b > >0,且cos <a , b>丰1,即a b 5 —2+ 入 + 3>0,且 b M k a ,贝U — 5 且仔一3-三、解答题19.设平面向量 a — (cos a, sin M (0W a <2 n , b — — ~,< 2 (1) 求证：向量a + b 与a — b 垂直；(2) 若两个向量.3a + b 与a — 3b 的模相等，求角a解 ⑴证明：由题意，知a + b — ^cos a — 2, sin o+当),a — b — ” 1 • 妙 COS a+ 2, sin a — ?,2 1 2T(a + b ) (a — b ) — cos a — 4+ sin(2)|a |— 1, |b |— 1,由题意知(，3a + b )2— (a — .3b )2, 1 / • c —2cos a+ 2 sin a — 0,，且a 与b 不共线.a — 3 — 0,化简得a b — 0,•'•tana — 3 .B 级：“四能”提升训练又 0W a <2 n--a —Z n 6.1如图，在矩形 ABCD 中，AB = 2, BC = 2,点E 为BC 的中点，点F 在边CD 上，若AB AF=y/2，则AE BF 的值是 __________ •答案 2解析以A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴建立平面直角坐标系，设 F(x,2)，则AE = ( ,2，1)，AF = (X ,2), AB = ( 2，0). 所以 AB AF = 2x = 2，所以x = 1，所以F(1,2).所以BF = (1,2)— ( 一2, 0)= (1— 一2, 2).所以AE BF = .2. 2•已知 OA = (4,0), OB = (2,2 3), OC = (1—》OA +；OB( 2).(1) 求oA OB 及OA 在OB 上的投影；(2) 证明：A , B , C 三点共线，并在AB = BC 时，求入的值；⑶求|OC|的最小值.解(1)OA OB =8,设OA 与OB 的夹角为9,所以OA 在OB 上的投影为|OA|cos 9= 4X 舟=2. (2)证明：AB = OB — OA = (— 2,2.3),BC = OC — OB = (1— 2)OA — (1— )OB =(入一1)AB , 因为AB 与BC 有公共点B , 所以A , B , C 三点共线.当AB = BC 时，入一 1 = 1,所以2= 2.贝UcosOA OB|OA||OB| A X 41 2,（3）|OCf=（1—》2OA2+ 2x1—》OAOB+ f O）B2 =16X- 16X+ 16= 16 —1 2+ 12.所以当x 2时，OC取到最小值2 3.。

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C.循序渐进原则 D.巩固性原则 16.【填空题】地理教学中运用地球仪做教具体现了________________教学原则。 17.苏格拉底“产婆术”的教学原则与（）的思想相一致。 A.学不躐等 B.长善救失 C.温故而知新 D. 不愤不启，不悱不发 18.第斯多惠说：“坏老师奉送真理，好老师教导真理”体现了（）教学原则。 A.直观性原则 B.启发性原则 C.循序渐进原则 D.巩固性原则 19.【材料分析题】分析下面的材料体现了什么教学原则？于漪老师在上一节语文公开课时，当她讲到课文中“一千万万颗行星”时，一个同学发问：“老师，‘万万’是什么意思？”惹得全班同学哄堂大笑。于老师见状便问大家：“大家都知道‘万万’等于‘亿’，那么，这里为什么不用‘亿’而用‘万万’呢？”全班同学的注意力一下子被吸引过来，没有人再发笑了，大家都认真地思考起来，并且发表了自己的看法。在大家讨论完后，于老师进行了总结。最后老师又问了一句：“请大家想想，今天这一 ‘额外’的收获是怎么来的呢？大家要感谢谁呢？请让我们用掌声表达对他的谢意！” 大家把目光转向那位同学，对他鼓起掌来。 20.《学记》提出的“杂施而不孙，则坏乱而不修”，（）教学原则与其在思想上是一致的。 A.循序渐进 B.巩固性 C.因材施教 D.直观性 21.教学要按照学科的逻辑系统和学生认识发展的顺序进行，使学生系统地掌握基本知识、基本技能，形成严密的逻辑能力，这遵循的是（）。 A.直观性原则 B.启发性原则 C.循序渐进原则 D.巩固性原则 22“. 学而时习之，温故而知新”反映了（）教学原则。
第六章教学
1.【判断题】教学是一种传授知识的活动。（） 2.认为教学的主要任务在于通过开设希腊文、拉丁文、逻辑、文法和数学等学科发展学生的智力，至于学科内容的实用意义则是无关紧要的。这是（）。 A.实质教育论 B.素质教育论 C.形式教育论 D.应试教育论 3.学校的中心工作是（）。 A.思想品德工作 B.教学工作 C.教务行政工作 D.总务工作 4.把学习过程概括为“学——思——行”的统一过程的教育家是（）。 A.孔子 B.孟子 C.荀子 D.墨子 5.古罗马的昆体良在《论演说家的教育》中，提出了（）的学习过程理论。 A.“模仿、理论、练习” B.“明了、联想、系统、方法” C.“困难、问题、假设、验证、结论” D.“博学之、审问之、慎思之、明辨之、笃行之” 6.赫尔巴特指出：“我想不到有任何无教学的教育，正如在相反的方面，我不承认有任何无教育的教学。”这说明了教学过程具有（）特点？ A.间接经验与直接经验相结合 B.掌握知识与发展智力相统一 C.教学过程中知、情、意的统一 D.教师主导作用与学生能动作用相结合 7.教学过程是一种特殊的认识过程，主要以传授（）为主。 A.直接经验 B.间接经验 C.生活知识 D.生产知识 8.【材料分析题】课堂上有位学生指出老师对某个问题的解释有错误，老师当时就恼怒起来：“某某同学，算你厉害，老师不如你，以后老师的课就由你来上好了!”全班同学随老师一起嘲笑这位学生，从此该生在课堂上既使发现了问题，也不主动发表意见。问题：请你结合实例评价该老师的做法有哪些不当之处，这种行为违反了哪条教学规律?
A.系统性 B 启发性 C.思想性 D.巩固性 23.教学的内容、方法、分量和进度要适应学生的身心发展，是他们能够接受的，但又要有一定难度，需要他们经过努力才能掌握。这就是教学的（）。 A.可接受性原则 B.直观性原则 C.循序渐进原则 D.巩固性原则 24.“教学相长”、“循序渐进”等教学原则最早出自（）。 A.《学记》 B.《论语》 C.《尚书》 D.《孟子》 25.《学记》中说：“不陵节而施”。（）原则与其在思想上是一致的。 A.启发性 B.因材施教 C.循序渐进 D.巩固性 26.【判断题】《学记》中提出“道而弗牵，强而弗抑，开而弗达”与《论语》中的“不愤不启，不悱不发”体现的是同一个教学原则。（） 27【. 判断题】“学然后知不足，教然后知困。知不足，然后能自反也；知困ห้องสมุดไป่ตู้后能自强也。”体现了启发性的教学原则。（） 28.【判断题】“学不躐等”、“因材施教”等原则最早是在《论语》中提出来的。（） 29.【判断题】教学方法是为了完成教学任务而采用的方法，是教师教的方法的简称。（） 30.教学方法是指为完成教学任务的（）。 A.教师教育学生的方法 B.教师指导学生学习的方法 C.教师讲授课程的方法 D.师生共同活动的方式 31.能使学生在短时间内获得大量系统的科学知识的教学方法是（）。 A.讲授法 B.讨论法 C.谈话法 D.指导法 32.【多选题】讲授法包括（）等多种形式。 A.讲演 B.讲解 C.讲读 D.讲评 E.讲述 33.【判断题】讲授法是一种注入式的教学方法。（） 34.谈话法是一种启发式的教学方法。（） 35.谈话法既有利于学生巩固旧知识又能帮助他们获取新知识，因此，是一种普遍适用的教学方法。（） 36.《学记》指出：“独学而无友，则孤陋而
9【. 多选题】教学过程的基本阶段包括（）。 A.引起学习动机 B.领会知识 C.巩固知识 D.运用知识 E.检查知识 10.【多选题】在《力的作用》教学中，老师问：“什么是力？”众生茫然，于是，老师出示“人提水，起重机吊东西，”学生们立即说开了，“脚踢球”“风吹红旗”……学生们讨论 “力是物体对物体的相互作用”。该片段包含教学过程的哪些基本阶段（） A．激发学生动机 B．领会知识 C．巩固知识 D．运用知识 11.教师进行教学时必须遵循的基本要求是（）。 A.教学规律 B.教学原则 C.教学规范 D.教育规律 12.依据传授知识与思想品德教育相统一规律而提出的教学原则是()。 A.理论与实际相结合原则 B.启发性原则 C.因材施教原则 D.科学性与教育性相统一原则 13.“除数是小数的除法”，某老师把学生的回答按分 12 个馒头的计算板书出来：12÷ 3=4 人，12÷2=6 人，12÷1=12 人，12÷ 0.5=24 人，体现的是（）教学原则。 A.理论联系实际原则 B.循序渐进原则 C.巩固性原则 D.启发性原则 14.理论联系实际教学原则所遵循的主要教学规律是（）。 A.直接经验与间接经验相统一的规律 B.教师主导作用与学生主体作用相统一的规律 C.掌握知识与发展智力相统一的规律 D.传授知识与思想品德教育相统一的规律 15.在教学中，通过学生观察所学事物或教师语言的形象描述，引导学生形成所学事物、过程的清晰表象，丰富他们的感性认识，从而使他们能够正确理解书本知识和发展认识能力的是（）。 A.直观性原则 B.启发性原则