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1．(2019·安徽省两校阶段性测试)已知函数f (x )＝|x －2|.(1)解不等式：f (x )＋f (x ＋1)≤2；(2)若a <0，求证：f (ax )－af (x )≥f (2a )．解：(1)由题意，得f (x )＋f (x ＋1)＝|x －1|＋|x －2|.因此只要解不等式|x －1|＋|x －2|≤2.当x ≤1时，原不等式等价于－2x ＋3≤2，即12≤x ≤1； 当1<x ≤2时，原不等式等价于1≤2，即1<x ≤2；当x >2时，原不等式等价于2x －3≤2，即2<x ≤52. 综上，原不等式的解集为⎩⎨⎧x ⎪⎪⎭⎬⎫12≤x ≤52. (2)证明：由题意得f (ax )－af (x )＝|ax －2|－a |x －2|＝|ax －2|＋|2a －ax |≥|ax －2＋2a －ax |＝|2a －2|＝f (2a )，所以f (ax )－af (x )≥f (2a )成立．2．求证：112＋122＋132＋…＋1n 2<2. 证明：因为1n 2<1n （n －1）＝1n －1－1n， 所以112＋122＋132＋…＋1n 2<1＋11×2＋12×3＋13×4＋…＋1（n －1）×n＝1＋⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＝2－1n <2. 3．已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R )，当x ∈[－1，1]时，|f (x )|≤1.(1)求证：|b |≤1；(2)若f (0)＝－1，f (1)＝1，求实数a 的值．解：(1)证明：由题意知f (1)＝a ＋b ＋c ，f (－1)＝a －b ＋c ，所以b ＝12[f (1)－f (－1)]． 因为当x ∈[－1，1]时，|f (x )|≤1，所以|f (1)|≤1，|f (－1)|≤1，所以|b |＝12|f (1)－f (－1)|≤12[|f (1)|＋|f (－1)|]≤1. (2)由f (0)＝－1，f (1)＝1可得c ＝－1，b ＝2－a ，所以f (x )＝ax 2＋(2－a )x －1.当a ＝0时，不满足题意，当a ≠0时，函数f (x )图象的对称轴为x ＝a －22a ，即x ＝12－1a . 因为x ∈[－1，1]时，|f (x )|≤1，即|f (－1)|≤1，所以|2a －3|≤1，解得1≤a ≤2.所以－12≤12－1a≤0，故|f ⎝⎛⎭⎫12－1a |＝ |a ⎝⎛⎭⎫12－1a 2＋(2－a )⎝⎛⎭⎫12－1a －1|≤1. 整理得|（a －2）24a＋1|≤1， 所以－1≤（a －2）24a＋1≤1， 所以－2≤（a －2）24a≤0， 又a ＞0，所以（a －2）24a≥0， 所以（a －2）24a＝0，所以a ＝2. 4．设a ，b ，c ∈(0，＋∞)，且a ＋b ＋c ＝1.(1)求证：2ab ＋bc ＋ca ＋c 22≤12； (2)求证：a 2＋c 2b ＋b 2＋a 2c ＋c 2＋b 2a≥2. 证明：(1)要证2ab ＋bc ＋ca ＋c 22≤12，只需证1≥4ab ＋2bc ＋2ca ＋c 2，即证1－(4ab ＋2bc ＋2ca ＋c 2)≥0，而1－(4ab ＋2bc ＋2ca ＋c 2)＝(a ＋b ＋c )2－(4ab ＋2bc ＋2ca ＋c 2)＝a 2＋b 2－2ab ＝(a －b )2≥0成立，所以2ab ＋bc ＋ca ＋c 22≤12. (2)因为a 2＋c 2b ≥2ac b ，b 2＋a 2c ≥2ab c ，c 2＋b 2a ≥2bc a， 所以a 2＋c 2b ＋b 2＋a 2c ＋c 2＋b 2a≥⎝⎛⎭⎫ac b ＋ab c ＋⎝⎛⎭⎫ab c ＋bc a ＋⎝⎛⎭⎫ac b ＋bc a ＝a ⎝⎛⎭⎫c b ＋b c ＋b ⎝⎛⎭⎫a c ＋c a ＋c ⎝⎛⎭⎫a b ＋b a ≥2a ＋2b ＋2c ＝2(当且仅当a ＝b ＝c ＝13时，等号成立)． 5．已知函数f (x )＝|x －1|.(1)解不等式f (x )＋f (x ＋4)≥8；(2)若|a |<1，|b |<1，且a ≠0，求证：f (ab )>|a |f ⎝⎛⎭⎫b a .解：(1)f (x )＋f (x ＋4)＝|x －1|＋|x ＋3|＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x －2，x <－3，4，－3≤x ≤12x ＋2，x >1.当x <－3时，由－2x －2≥8，解得x ≤－5；当－3≤x ≤1时，4≥8不成立；当x >1时，由2x ＋2≥8，解得x ≥3.所以不等式f (x )＋f (x ＋4)≥8的解集为{x |x ≤－5或x ≥3}．(2)证明：f (ab )>|a |f ⎝⎛⎭⎫b a ，即|ab －1|>|a －b |.因为|a |<1，|b |<1，所以|ab －1|2－|a －b |2＝(a 2b 2－2ab ＋1)－(a 2－2ab ＋b 2)＝(a 2－1)(b 2－1)>0，所以|ab －1|>|a －b |.故所证不等式成立．1．(2019·武汉市武昌区调研考试)设函数f (x )＝|x －2|＋2x －3，记f (x )≤－1的解集为M .(1)求M ；(2)当x ∈M 时，证明：x [f (x )]2－x 2f (x )≤0.解：(1)由已知，得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －1，x ≤23x －5，x >2.当x ≤2时，由f (x )＝x －1≤－1，解得x ≤0，此时x ≤0；当x >2时，由f (x )＝3x －5≤－1，解得x ≤43，显然不成立． 故f (x )≤－1的解集为M ＝{x |x ≤0}．(2)证明：当x ∈M 时，f (x )＝x －1，于是x [f (x )]2－x 2f (x )＝x (x －1)2－x 2(x －1)＝－x 2＋x ＝－⎝⎛⎭⎫x －122＋14. 令g (x )＝－⎝⎛⎭⎫x －122＋14，则函数g (x )在(－∞，0]上是增函数， 所以g (x )≤g (0)＝0.故x [f (x )]2－x 2f (x )≤0.2．(2019·沈阳模拟)设a ，b ，c >0，且ab ＋bc ＋ca ＝1.求证：(1)a ＋b ＋c ≥ 3. (2)a bc ＋b ac ＋c ab ≥3(a ＋b ＋c )． 证明：(1)要证a ＋b ＋c ≥3，由于a ，b ，c >0，因此只需证明(a ＋b ＋c )2≥3.即证a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca )≥3.而ab ＋bc ＋ca ＝1，故只需证明a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca )≥3(ab ＋bc ＋ca )，即证a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca .而这可以由ab ＋bc ＋ca ≤a 2＋b 22＋b 2＋c 22＋c 2＋a 22＝a 2＋b 2＋c 2(当且仅当a ＝b ＝c 时等号成立)证得． 所以原不等式成立． (2)a bc ＋b ac ＋c ab ＝a ＋b ＋c abc . 在(1)中已证a ＋b ＋c ≥ 3.因此要证原不等式成立，只需证明1abc ≥a ＋b ＋c ， 即证a bc ＋b ac ＋c ab ≤1，即证a bc ＋b ac ＋c ab ≤ab ＋bc ＋ca .而a bc ＝ab ·ac ≤ab ＋ac 2， b ac ≤ab ＋bc 2，c ab ≤bc ＋ac 2， 所以a bc ＋b ac ＋c ab ≤ab ＋bc ＋ca(当且仅当a ＝b ＝c ＝33时等号成立)． 所以原不等式成立．3．已知a ，b ，c 均为正实数．求证：(1)(a ＋b )(ab ＋c 2)≥4abc ；(2)若a ＋b ＋c ＝3，则a ＋1＋b ＋1＋c ＋1≤3 2.证明：(1)要证(a ＋b )(ab ＋c 2)≥4abc ，可证a 2b ＋ac 2＋ab 2＋bc 2－4abc ≥0，需证b (a 2＋c 2－2ac )＋a (c 2＋b 2－2bc )≥0，即证b (a －c )2＋a (c －b )2≥0，当且仅当a ＝b ＝c 时，取等号，由已知，上式显然成立，故不等式(a ＋b )(ab ＋c 2)≥4abc 成立．(2)因为a ，b ，c 均为正实数，由不等式的性质知a ＋1·2≤a ＋1＋22＝a ＋32，当且仅当a ＋1＝2时，取等号，b ＋1·2≤b ＋1＋22＝b ＋32，当且仅当b ＋1＝2时，取等号，c ＋1·2≤c ＋1＋22＝c ＋32，当且仅当c ＋1＝2时，取等号， 以上三式相加，得2(a ＋1＋b ＋1＋c ＋1)≤a ＋b ＋c ＋92＝6， 所以a ＋1＋b ＋1＋c ＋1≤32，当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，取等号．。
(建议用时：50分钟)1.(2021·湖南卷)设a ＞0，b ＞0，且a ＋b ＝1a ＋1b .证明： (1)a ＋b ≥2；(2)a 2＋a ＜2与b 2＋b ＜2不行能同时成立.证明 由a ＋b ＝1a ＋1b ＝a ＋bab ，a ＞0，b ＞0，得ab ＝1. (1)由基本不等式及ab ＝1，有a ＋b ≥2ab ＝2，即a ＋b ≥2.(2)假设a 2＋a ＜2与b 2＋b ＜2同时成立，则由a 2＋a ＜2及a ＞0得0＜a ＜1；同理，0＜b ＜1，从而ab ＜1，这与ab ＝1冲突.故a 2＋a ＜2与b 2＋b ＜2不行能同时成立. 2.已知函数f (x )＝|x ＋a |＋|x －2|.(1)当a ＝－3时，求不等式f (x )≥3的解集；(2)若f (x )≤|x －4|的解集包含[1，2]，求a 的取值范围.解(1)当a ＝－3时，f (x )＝⎩⎨⎧－2x ＋5，x ≤2，1，2<x <3，2x －5，x ≥3.当x ≤2时，由f (x )≥3得－2x ＋5≥3，解得x ≤1； 当2<x <3时，f (x )≥3无解；当x ≥3时，由f (x )≥3得2x －5≥3，解得x ≥4. 所以f (x )≥3的解集为{x |x ≤1，或x ≥4}. (2)f (x )≤|x －4|⇔|x －4|－|x －2|≥|x ＋a |. 当x ∈[1，2]时，|x －4|－|x －2|≥|x ＋a |⇔ 4－x －(2－x )≥|x ＋a |⇔－2－a ≤x ≤2－a . 由条件得－2－a ≤1且2－a ≥2，即－3≤a ≤0. 故满足条件的a 的取值范围是[－3，0].3.已知a ，b ，c 均为正实数，且互不相等，且abc ＝1，求证：a ＋b ＋c ＜1a ＋1b ＋1c . 证明 法一 ∵a ，b ，c 均为正实数，且互不相等，且abc ＝1，∴a ＋b ＋c ＝1bc ＋1ca ＋1ab ＜1b ＋1c 2＋1c ＋1a 2＋1a ＋1b 2＝1a ＋1b ＋1c .∴a ＋b ＋c ＜1a ＋1b＋1c .法二 ∵1a ＋1b ≥21ab ＝2c ；1b ＋1c ≥21bc ＝2a ；1c ＋1a ≥21ac ＝2b .∴以上三式相加，得1a ＋1b ＋1c ≥ a ＋b ＋c . 又∵a ，b ，c 互不相等，∴1a ＋1b ＋1c ＞a ＋b ＋c . 法三 ∵a ，b ，c 是不等正数，且abc ＝1，∴1a ＋1b ＋1c ＝bc ＋ca ＋ab ＝bc ＋ca 2＋ca ＋ab 2＋ab ＋bc 2＞abc 2＋a 2bc ＋ab 2c ＝a ＋b ＋c .∴a ＋b ＋c ＜1a ＋1b ＋1c .4.已知a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝1，求证： (1)1a ＋1b ＋1ab ≥8；(2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b ≥9.证明 (1)∵a ＋b ＝1，a ＞0，b ＞0， ∴1a ＋1b ＋1ab ＝1a ＋1b ＋a ＋b ab ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b a＋a ＋b b ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋a b ＋4≥4 b a ×ab ＋4＝8.∴1a ＋1b ＋1ab ≥8(当且仅当a ＝b ＝12时等号成立). (2)∵⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b ＝1a ＋1b ＋1ab ＋1，由(1)知1a ＋1b ＋1ab ≥8.∴⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b ≥9.5.(2021·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝|x ＋1|－2|x －a |，a ＞0. (1)当a ＝1时，求不等式f (x )＞1的解集；(2)若f (x )的图像与x 轴围成的三角形面积大于6，求a 的取值范围. 解 (1)当a ＝1时，f (x )＞1化为|x ＋1|－2|x －1|－1＞0. 当x ≤－1时，不等式化为x －4＞0，无解；当－1＜x ＜1时，不等式化为3x －2＞0，解得23＜x ＜1； 当x ≥1时，不等式化为－x ＋2＞0，解得1≤x ＜2.所以f (x )＞1的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |23＜x ＜2.(2)由题设可得，f (x )＝⎩⎨⎧x －1－2a ，x ＜－1，3x ＋1－2a ，－1≤x ≤a ，－x ＋1＋2a ，x ＞a .所以函数f (x )的图像与x 轴围成的三角形的三个顶点分别为A ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a －13，0，B (2a ＋1，0)，C (a ，a ＋1)，△ABC 的面积为23(a ＋1)2.由题设得23(a ＋1)2＞6， 故a ＞2.所以a 的取值范围为(2，＋∞).6.已知函数f (x )＝m －|x －2|，m ∈R ，且f (x ＋2)≥0的解集为[－1，1]. (1)求m 的值；(2)若a ，b ，c 大于0，且1a ＋12b ＋13c ＝m ，求证：a ＋2b ＋3c ≥9. (1)解 ∵f (x ＋2)＝m －|x |， ∴f (x ＋2)≥0等价于|x |≤m .由|x |≤m 有解，得m ≥0且其解集为{x |－m ≤x ≤m }. 又f (x ＋2)≥0的解集为[－1，1]，故m ＝1.(2)证明 由(1)知1a ＋12b ＋13c ＝1，且a ，b ，c 大于0， a ＋2b ＋3c ＝(a ＋2b ＋3c )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋12b ＋13c＝3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2b a ＋a 2b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3c a ＋a 3c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3c 2b ＋2b 3c≥3＋22ab2ab ＋23c a ·a 3c ＋23c 2b ·2b 3c ＝9.当且仅当a ＝2b ＝3c ＝13时，等号成立.因此a ＋2b ＋3c ≥9. 7.设函数f (x )＝|x －1|＋|x －a |. (1)若a ＝－1，解不等式f (x )≥3； (2)假如∀x ∈R ，f (x )≥2，求a 的取值范围.解(1)当a ＝－1时，f (x )＝|x －1|＋|x ＋1|，f (x )＝⎩⎨⎧－2x ，x ＜－1，2，－1≤x ≤1，2x ，x ＞1.作出函数f (x )＝|x －1|＋|x ＋1|的图像.由图像可知，不等式f (x )≥3的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x ≤－32，或x ≥32. (2)若a ＝1，f (x )＝2|x －1|， 不满足题设条件；若a ＜1，f (x )＝⎩⎨⎧－2x ＋a ＋1，x ≤a ，1－a ，a ＜x ＜1，2x －（a ＋1），x ≥1，f (x )的最小值为1－a ；若a ＞1，f (x )＝⎩⎨⎧－2x ＋a ＋1，x ≤1，a －1，1＜x ＜a ，2x －（a ＋1），x ≥a ，f (x )的最小值为a －1.∴对于∀x ∈R ，f (x )≥2，∴当a ＜1时，1－a ≥2， ∴a ≤－1，当a ＞1时，a －1≥2，∴a ≥3. ∴a 的取值范围是(－∞，－1]∪[3，＋∞).8.设函数f (x )＝2|x －1|＋x －1，g (x )＝16x 2－8x ＋1.记f (x )≤1的解集为M ，g (x )≤4的解集为N . (1)求M ；(2)当x ∈(M ∩N )时，证明：x 2f (x )＋x [f (x )]2≤14. (1)解 f (x )＝⎩⎨⎧3x －3，x ∈[1，＋∞），1－x ，x ∈（－∞，1）当x ≥1时，由f (x )＝3x －3≤1得x ≤43，故1≤x ≤43； 当x <1时，由f (x )＝1－x ≤1得x ≥0，故0≤x <1.所以f (x )≤1的解集为M ＝{x |0≤x ≤43}.(2)证明 由g (x )＝16x 2－8x ＋1≤4得16⎝ ⎛⎭⎪⎫x －142≤4，解得－14≤x ≤34.因此N ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |－14≤x ≤34，故M ∩N ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |0≤x ≤34. 当x ∈M ∩N 时，f (x )＝1－x ，于是x 2f (x )＋x ·[f (x )]2＝xf (x )[x ＋f (x )]＝x ·f (x )＝x (1－x )＝14－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122≤14.。
2021年普通高等招生全国统一考试模拟试题理数〔四〕第一卷〔一共60分〕本套试卷一共6页，23题(含选考题)。
全卷满分是150分。
考试用时120分钟。
考前须知：1、在答题之前，先将本人的姓名、准考证号填写上在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的规定的正确位置。
2、选择题的答题：每一小题在选出答案以后，需要用2B 铅笔把答题卡上对应题目之答案标号涂黑。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3、填空题和解答题的答题：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4、选考题的答题：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置需要用2B 铅笔涂黑。
答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
5、在在考试完毕之后以后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
第一卷〔一共60分〕一、选择题：本大题一一共12个小题，每一小题5分，在每一小题给出的四个选项里面，只有一项是哪一项符合题目要求的．1．函数322--=x x y 的定义域为集合A ，集合{21,,||3}B x x n n Z n ==+∈<，那么B A 为〔 〕A ．}7,5,3,1,3,5{---B ．}5,3,1,3{--C ．}7,5,3,1,3{--D ．}5,3,1,3,5{---2．复数i R b a bi a i i ,,()1)(32(∈+=-+为虚数单位〕，那么|)(|b i a -的值是〔 〕A ．62B ．5C ．26D ．63．?九章算术?是我国古代数学名著，其中有一道题：今有蒲生一日，长三尺，莞生一日，长一尺，蒲生日自半，莞生日自倍．问几何日而长等？〞其意思是说：今有蒲草第1日长高3尺，莞草第1日长高1尺，以后蒲草每日长高前一日的半数，而莞草从第2日起每日长高是前一日的2倍，问多少天蒲草、莞草的高度相等？现将问题改为：经过多少天蒲草与莞草的高度比为323〔 〕 A ．2 B ．4 C ．6 D ．84．有一匀速转动的圆盘，其中有一个固定的小目的M ，甲、乙两人站在间隔 圆盘线外的2米处用小圆环向圆盘中心抛掷，他们抛掷的圆环能套上小目的M 的概率分别为41与51，现甲、乙两人分别用小圆环向圆盘中心各抛掷一次，那么小目的M 被套上的概率为〔 〕A ．201B ．41C ．207D ．52 5．设双曲线C ：)0,0(12222>>=-b a by a x 的左、右焦点分别为)0,(1c F -，)0,(2c F ，直线l ：)(c x ba y -=与双曲线C 在第一、三象限的渐近线的交点为P ，假设21PF PF ⊥，那么双曲线的离心率为〔 〕A ．5B ．2C ．3D ．26．函数)0()(23>++=a x bx ax x f 的导函数)('x f 在区间]1,(-∞内单调递减，且实数a ，b 满足不等式0222≥++-a a b ，那么23--a b 的取值范围为〔 〕 A ．]6,23[ B ．]23,21[ C ．]6,23( D ．)23,21[ 7．设p ：0243≤-xx x ，q ：0)12(22≤+++-m m x m x ，假设p 是q 的必要不充分条件，那么实数m 的取值范围为〔 〕A ．]1,2[-B ．]1,3[-C ．]1,0()0,2[ -D ．]1,0()1,2[ --8．曲线x x x x f --=232)(在点))1(,1(f 处的切线的倾斜角为α，那么)cos()2sin(3cos 2)2(cos 22απαπααπ+---+的值是〔 〕 A. 58 B. 54- C. 34 D. 32- 9．在二项式8)(xb ax +的展开式中，所有项的系数之和记为S ，第r 项的系数记为r P ，假设893=P S ，那么ba 的值是〔 〕 A ．2 B ．4- C ．2或者2- D ．2或者4-10．一几何体的三视图如下图，那么该几何体的外表积为〔 〕A ．343+πB ．83+πC ．82+πD ．342+π11．抛物线)0(22>=p py x 的焦点为F ，过焦点F 的直线l 分别交抛物线于点B A ,，过点B A ,分别作抛物线的切线21,l l ，两切线21,l l 交于点M ，假设过点M 且与y 轴垂直的直线恰为圆122=+y x 的一条切线，那么p 的值是〔 〕A ．41B ．21 C ．2 D ．4 12．函数⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>-+-≤=1,2541,)21()(2x x x x x f x ，假设函数m mx x f x g --=)()(的图象与x 轴的交点个数不少于2个，那么实数m 的取值范围为〔 〕A ．]306,41[]2ln 2,(---∞ eB ．]306,41[-C ．]306,41[]2ln 2,(---∞D ．]306,41[+ 第II 卷 本卷包括必考题和选考题两局部。
第二节摆列与组合[ 通盘稳固 ]1．(2013 四·川高考 )从 1,3,5,7,9 这五个数中，每次拿出两个不一样的数分别记为a，b，共可获得 lg a－ lg b 的不一样值的个数是 ()A ． 9B ．10C． 18D． 20分析：选C lg a－ lg b＝ lgaa， b.b，从 1,3,5,7,9 中任取两个数分别记为共有 A 52＝ 20 种结果，此中 lg 1＝ lg3，lg3＝ lg9，故共可获得不一样值的个数为20－ 2＝ 18. 39132．某中学从 4 名男生和 3 名女生中介绍 4 人参加某高校自主招生考试，若这 4 人中必须既有男生又有女生，则不一样选法的种数为()A． 140 B ．120C． 35D． 34分析：选D从 7 人中选 4 人，共有 C74＝ 35 种方法．又 4 名所有是男生，共有C44＝ 1 种方法．应选 4 人既有男生又有女生的选法种数为35－ 1＝ 34.3．在某种信息传输过程中，用 4 个数字的一个摆列(数字同意重复)表示一个信息，不同摆列表示不一样信息，若所用数字只有0 和1，则与信息0110至多有两个对应地点上的数字同样的信息个数为()A． 10B．11C． 12 D ．15分析：选B用间接法.4 个数字的所有摆列有24个， 3 个地点对应同样的有C34＝ 4 个，4 个地点对应同样的有 1 个，故至多有 2 个地点对应数字同样的信息个数为24－ 4－ 1＝11.4．现安排甲、乙、丙、丁、戊 5 名同学参加某志愿者服务活动，每人从事翻译、导游、礼仪、司机四项工作之一，每项工作起码有一人参加．甲、乙不会开车但能从事其余三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不一样安排方案的种数是()A． 54B． 90C． 126D． 152分析：选 C因为五个人从事四项工作，而每项工作起码一人，那么每项工作至多两人，因为甲、乙不会开车，所以只好先安排司机，分两类：(1)先从丙、丁、戊三人中任选一人开车；再从其余四人中任选两人作为一个元素同其余两人从事其余三项工作，123共有 C343种C A方案． (2)先从丙、丁、戊三人中任选两人开车；其余三人从事其余三项工作，共有C3233种A方案．所以，不一样安排方案的种数是1 2 3 2 3C 3 4 3＋ C 3 A 3＝126.C A5．(2012 山·东高考 )现有 16 张不一样的卡片， 此中红色、 黄色、蓝色、绿色卡片各 4 张．从中任取 3 张，要求这 3 张卡片不可以是同一种颜色， 且红色卡片至多 1 张，不一样取法的种数为()A ． 232B ．252C ． 472D ． 484分析：选C分两种状况：①不取红色卡片，有C 312－3C 34或 C 14C 14C 14＋ C 13C 24C 12C 14种取法．②取红色卡片1 张，有 C 14C 212或 C 14 (3C 24＋ C 23C 14C 14) 种取法．所以不一样的取法的种数为 C 312－ 3C 34＋ C 14C 212＝ 472.6． (2014 ·京模拟北 )用 5,6,7,8,9 构成没有重复数字的五位数，此中恰巧有一个奇数夹在两个偶数之间的五位数的个数为( )A ． 120B ．72C ． 48D ． 3665,7,98△△ 分析： 选D如下图：从5,7,9 三个奇数中任选一个放在6 与8 之间，可用C 13种选法，而6 与8 能够变换地点有A 22种方法，把6 与8 之间的一个奇数共3 个数看作一个整体与剩下的两个数全摆列共有A 33种方法，共有C 13A 22A 33＝ 36.7．(2013 ·京高考北 )将序号分别为 1,2,3,4,5 的 5 张观光券所有分给4 人，每人起码 1 张，假如分给同一人的2 张观光券连号，那么不一样分法的种数是 ________．分析： 5 张观光券分红 4 份， 1 份 2 张，此外 3 份各 1 张，且 2 张观光券连号，则有 4种分法，把这4 份观光券分给4 人，则不一样的分法种数是4A 44＝ 96.答案： 968．(2014 ·州模拟杭 )从 0,1,2,3 中任取三个数字，构成无重复数字的三位数中，偶数的个数是 ________(用数字回答 )．分析 ：0 为特别元素，当三位数的个位数字为0 时，偶数共有A 23个；当个位数字不为时，若为偶数，个位数字只好为 2，此时三位偶数有 2＋A 22个，故知足条件的偶数共有 A 23＋2＋ A 22＝ 10 个．答案 ：109．(2013 浙·江高考 )将 A ，B ，C ，D ，E ，F 六个字母排成一排，且 A ，B 均在 C 的同侧，则不一样的排法共有 ________种 (用数字作答 ) ．分析： 从左往右看，若 C 排在第 1 位，共有 A 55＝ 120 种排法；若 C 排在第 2 位，共有2 32 32 343＝ 72 种排法；若 C 排在第 3 位，则 A 、B 可排 C 的左边或右边，共有A 23＋A 33＝A ·A·A ·A48 种排法；若 C 排在第 4,5,6 位时，其排法数与排在第 3,2,1 位同样，故共有 2× (120＋ 72＋ 48)＝ 480 种排法．答案： 48010．已知 10 件不一样的产品中有 4 件是次品，现对它们进行一一测试，直至找出所有次品为止．(1) 若恰在第 5 次测试，才测试到第一件次品，第十次才找到最后一件次品，则这样的不一样测试方法数是多少？(2) 若恰在第 5 次测试后，就找出了所有次品，则这样的不一样测试方法数是多少？解： (1)先排前 4 次测试，只好取正品，有A 64种不一样测试方法，再从4 件次品中选 2 件排在第 5 和第 10 的地点上测试，有C 42 ·A 22＝ A 42种测试方法，再排余下 4 件的测试地点，有44 2 4＝ 103 680种不一样的测试方法．A 4种测试方法．所以共有A 6 44·A ·A(2)第 5 次测试恰为最后一件次品，另3 件在前 4 次中出现，进而前4 次有一件正品出现，所以共有 A 41·C 61·A 44＝ 576 种不一样的测试方法．11．将 7 个同样的小球放入 4 个不一样的盒子中． (1) 不出现空盒时的放入方式共有多少种？(2) 可出现空盒时的放入方式共有多少种？解： (1)将 7 个同样的小球排成一排，在中间形成的6 个空中间插入无区其余 3 个“隔板 ” 将球分红 4 份，每一种插入隔板的方式对应一种球的放入方式，则共有 C 63＝ 20 种不一样的放入方式．(2)每种放入方式对应于将 7 个同样的小球与 3 个同样的 “ 隔板 ” 进行一次摆列，即从10 个地点中选3 个地点安排隔板，故共有103＝ 120 种放入方式．C12．用 0,1,2,3,4 这五个数字， 能够构成多少个知足以下条件的没有重复数字的五位数？ (1)比21 034 大的偶数；(2)左起第二、四位是奇数的偶数．解： (1)法一： 可分五类，当末位数字是0，而首位数字是2 时，有 6 个五位数；当末位数字是0，而首位数字是3 或4 时，有A 12 A 33＝ 12个五位数；当末位数字是 2，而首位数字是 3 或 4 时，有 A 21 A 33＝ 12 个五位数；当末位数字是 4，而首位数字是 2 时，有 3 个五位数；当末位数字是 4，而首位数字是3 时，有 A 33＝ 6 个五位数；故有 39 个知足条件的五位数．法二： 不大于 21 034 的偶数可分为三类：万位数字是1 的偶数，有 A13 ＝18个五位·A数；万位数字是 2，而千位数字是0 的偶数，有 A 22个五位数；还有一个为 21 034 自己．而由 0,1,2,3,4 构成的五位偶数个数有41 13个，故知足条件的五位偶数的A 4＋A 2 3·A 3＝ 60·A个数为 60－ 18－ 2－1＝ 39.(2)法一： 可分为两类：末位数是 0，个数有A 22·A 22＝ 4；末位数是 2 或 4，个数有A 22·A 12＝ 4；故共有 A 22 ·A 22＋ A 22·A 12＝ 8 个知足条件的五位数．法二： 第二、四位从奇数 1,3 中取，有 A 22个；首位从 2,4 中取，有 A 21个；余下的排在剩下的两位，有22 1 2 个知足条件的五位数．A 2个，故共有A 2 2 2＝ 8A A[ 冲击名校 ]1. 如图，用四种不一样颜色给图中的A ，B ， C ， D ，E ， F 六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不一样颜色，则不一样的涂色方法的种数为( )A ． 288B ． 264C ．240D ． 168分析： 选 B 按所用颜色分两类：第 1 类，三色涂完．必定两两同色，即AC ，BE ， DF 或 AF ，BD ， CE ，有 2A 34＝ 48 种涂法．第 2 类，四色涂完． A ，D ， E 一定不一样色，有 A 34种涂法，再从 B ，F ，C 中选一地点涂第四色有三种．若所选是 B，则 F， C 共三种涂法，所以有31A 43·C ·3＝ 216种涂法．故共有 48＋ 216＝ 264 种不一样的涂色方法．2．有限会合P 中元素的个数记作card(P) ．已知 card(M )＝ 10，A? M，B? M ，A∩ B＝ ?，且 card(A)＝ 2，card(B)＝ 3.若会合 X 知足 A? X? M，则会合 X 的个数是 ________；若会合 Y知足 Y? M，且 A Y，B Y，则会合Y 的个数是 ________(用数字作答 )．分析：明显 card(M)＝10表示会合 M 中有 10 个元素， card(A)＝ 2 表示会合 A 中有 2 个元素，而 A? X? M，所以会合X 中能够只含 A 中的 2 个元素，也能够除了 A 中的 2 个元素外，在剩下的8 个元素中任取1个、 2 个、 3 个、、 8 个，共有 C80＋ C81＋ C82＋＋C88＝ 28＝ 256 种状况，即切合要求的会合X 有 256 个．知足 Y? M 的会合 Y 的个数是 210，此中不知足条件 A Y 的会合 Y 的个数是28，不知足条件 B Y 的会合 Y 的个数是 27，同时不知足条件A Y与B Y 的会合 Y 的个数是25，所以知足题意的会合 Y 的个数是 210－ 28－ 27＋ 25＝ 672.答案： 256672。
第三节二项式定理[ 通盘稳固 ]1．在 2x2－1 5的二项睁开式中，x 的系数为 ()xA． 10B．－ 10C． 40D．－ 40分析：选D T＋r 2 5 r－1 r r 5－r r10 3rr1＝C5(2x )－＝ (－1)·25－，x·C·x令 10－ 3r＝ 1，得 r＝ 3.因此 x 的系数为 (－ 1) 3·25－3·C35＝－ 40.2．在 (1＋x)2－ (1＋3x)4的睁开式中， x 的系数等于 ()A． 3B．－ 3C． 4D．－ 4分析：选 B由于 (1＋ x)2的睁开式中 x 的系数为1， (1＋3x)4的睁开式中 x 的系数为C43＝ 4，因此在 (1＋ x)2－ (1＋3x)4的睁开式中， x 的系数等于－ 3.3． (2013 ·国高考全)(1＋ x)8(1＋ y)4的睁开式中 x2y2的系数是 ()A． 56B． 84C． 112D． 168分析：选 D(1 ＋x)8睁开式中 x2的系数是 C82，(1＋ y)4的睁开式中 y2的系数是 C42，依据多项式乘法法例可得 (1＋ x)8(1 ＋y)4睁开式中 x2y2的系数为 C82C42＝ 28×6＝ 168.a 1 5的睁开式中各项系数的和为2，则该睁开式中常数项为()4. x＋x2x－xA．－ 40B．－ 20C． 20D． 40分析：选D由题意，令 x＝ 1 得睁开式各项系数的和为(1＋ a) ·(2－ 1)5＝ 2，∴a＝ 1.∵二项式2x－15的通项公式为T r＋1＝ C5r(－ 1)r·25－r·x5－2r，x1 1 533211223∴ x＋x2x－x睁开式中的常数项为x·C5(－ 1) 2·x－＋x·C5·(－ 1)·2 ·x＝－ 40＋ 80＝40.5．在 (1－ x)n＝ a0＋a1x＋a2x2＋ a3x3＋＋ a n x n中，若2a2＋a n－3＝ 0，则自然数n 的值是()A． 7 B．8 C．9 D． 10分析：选 B 易知 a2＝ C n2， a n－3＝ (－ 1)n－3·C n n－3＝ (－ 1)n－3 C n3，又2a2＋a n－3＝ 0，因此2C n2＋ (－ 1)n－3C n3＝0，将各选项逐个代入查验可知n＝ 8 知足上式．6．设 a∈Z，且 0≤ a＜ 13，若 512 012＋a 能被 13 整除，则 a＝ ()A ． 0B ．1C ．11D ．12分析： 选 D 512 012＋ a ＝ (13× 4－ 1)2 012＋a ，被 13 整除余 1＋a ，联合选项可得 a ＝ 12时， 512 012＋ a 能被 13 整除．2 5的睁开式中第四项的系数为________．7． (2014 杭·州模拟 )二项式 1－ x分析 ：由已知可得第四项的系数为 C 53(－ 2)3＝－ 80，注意第四项即 r ＝ 3.答案 ：－ 808．(2013 ·川高考四52 3的项的系数是 ________(用数字作)二项式 (x ＋ y)的睁开式中， 含 x y 答 )．分析： 由二项式定理得 52 335－33 2 32 3(x ＋y) 的睁开式中 xy 项为 C 5y ＝ 10xy ，即 xy 的系数为x10.答案： 10x －19． (2013 浙·江高考 )设二项式 5的睁开式中常数项为A ，则 A ＝ ________.3x分析： 由于x －15r5 r－ 1r r r 5－ rr r r3的通项 T r ＋ 1＝ C 5( x)－· 3 ＝ (－ 1) C 5x 2 x － 3＝ (－ 1)C 5xxx15－ 5r.令 15－ 5r ＝ 0，得 r ＝ 3，因此常数项为 (－1)3 C 53x 0＝－ 10.即 A ＝－ 10.6答案： － 1010．已知 (1－ 2x)7＝ a 0＋ a 1x ＋ a 2x 2＋ ＋ a 7x 7，求：(1)a 1＋ a 2＋ ＋ a 7；(2)a 1＋ a 3＋ a 5＋ a 7；(3)a 0＋ a 2＋ a 4＋ a 6；(4)|a 0|＋ |a 1 |＋ |a 2|＋ ＋ |a 7|.解：令 x ＝ 1，则 a 0＋ a 1＋ a 2＋ a 3＋ a 4＋ a 5＋ a 6＋a 7 ＝－ 1.① 令 x ＝－ 1，则 a 0－a 1＋a 2－ a 3＋ a 4－ a 5＋ a 6－ a 7＝ 37 .② (1)∵a 0＝ C 07 ＝ 1，∴a 1＋ a 2＋ a 3＋ ＋ a 7＝－ 2.－ 1－ 37(2)(①－② ) ÷2，得 a 1＋ a 3＋ a 5＋ a 7＝ ＝－ 1 094.2－ 1＋ 37 0＋a 2＋a 4＋a 6＝＝ 1 093.(3)(①＋② ) ÷2，得 a2(4)∵(1－ 2x)7睁开式中 a0、 a2、 a4、 a6大于零，而a1、 a3、 a5、 a7小于零，∴|a0|＋ |a1|＋ |a2|＋＋|a7|＝(a0＋ a2＋ a4＋ a6)－ (a1＋ a3＋ a5＋ a7)＝1 093－ (－ 1 094)＝2 187.11．若某一等差数列的首项为11－2 n2n－25－232m的睁开式中的常数项，C5n－A 11－3n，公差为2x5x此中 m 是 7777－ 15 除以 19 的余数，则此数列前多少项的和最大？并求出这个最大值．解：设该等差数列为 { a n} ，公差为 d，前 n 项和为 S n.11－ 2n≤5n，又 n∈N*，∴n＝ 2，由已知得2n－2≤ 11－ 3n，∴C115n－2n－ A 211n－－23n＝C710－ A 25＝ C310－ A 25＝10×9×8－5× 4＝ 100，∴a1＝ 100.3× 2∵7777－ 15＝ (76＋ 1)77－15＝7677＋ C177·7676＋＋C7677·76＋ 1－ 15＝76(7676＋ C177·7675＋＋ C7677) －14＝76M－ 14(M ∈N*) ，∴7777－ 15 除以 19 的余数是 5，即 m＝ 5.5 22m r5 5 r2 2 r r r 5 52r5∴2x －53 x的睁开式的通项是T r＋1＝ C5·2x－－53x＝(－1)C52－x3r－ 5(r＝ 0,1,2,3,4,5)，令5r － 5＝ 0，得 r ＝3，代入上式，得 T4＝－ 4，即 d＝－ 4，进而等差数列的通项公式是3a n＝ 100＋ (n－ 1)× (－4) ＝104－ 4n.104－ 4k≥ 0，设其前 k 项之和最大，则解得 k＝ 25或 k＝ 26，故此数列的前 25104－ 4 k＋ 1 ≤ 0，项之和与前26 项之和相等且最大，a100＋104－ 4×251＋a25× 25＝ 1 300.25＝S26＝× 25＝S2212．从函数角度看，组合数C n r可当作是以 r 为自变量的函数f(r )，其定义域是 { r|r ∈N，r ≤ n} ．n － r ＋ 1(1)证明： f(r) ＝f(r － 1)；(2)利用 (1) 的结论，证明：当 n 为偶数时， (a ＋ b)n 的睁开式中最中间一项的二项式系数最大．解： (1)证明：∵f(r)＝ C n r＝ n ！n ！， f(r －1) ＝C nr －1＝，r ！ n － r ！ r － 1 ！ n － r ＋ 1 ！n －r ＋ 1 n －r ＋1n ！ n ！ .∴ f( r － 1)＝ r ·＝ r r － 1 ！ n －r ＋ 1 ！ r ！ n － r ！则 f(r) ＝ n － r ＋ 1f(r －1) 建立．r(2)设 n ＝ 2k ，∵f(r)＝n － r ＋1f r rf(r － 1)， f(r － 1)>0 ，∴f r － 12k － r ＋ 1＝ .r2k － r ＋ 11令 f(r) ≥f(r － 1)，则r≥ 1，则 r ≤ k ＋2 (等号不建立 )．∴当r ＝1,2， ，k 时， f(r )>f(r － 1)建立．反之，当 r ＝ k ＋ 1， k ＋ 2， ， 2k 时， f(r )<f(r － 1)建立．∴f(k)＝ C k 2k 最大，即 (a ＋ b)n 的睁开式中最中间一项的二项式系数最大．[ 冲击名校 ]1． (2013 新·课标全国卷Ⅱ )已知 (1＋ax)(1 ＋x) 5 的睁开式中 x 2 的系数为 5，则 a ＝ ( )A ．－ 4B ．－ 3C ．－ 2D ．－1分析：选D已知 (1＋ ax)(1 ＋x)5 的睁开式中， x 2 的系数为 C 52 ＋aC 51＝ 5，则 a ＝－ 1.2．(2014 湖·州模拟 ) 2a6的睁开式中1x ＋2的系数为－ 12，则实数 a 的值为 ________．xx分析 ：二项式a6睁开式中第 r ＋ 1 项为r6 ra r r 6 r r 32 x ＋T r ＋1＝ C 6·(2x) －x＝ C 6·2 －·a ·xxr155－，当 3－ r ＝－ 2，即 r ＝ 5 时，含有 x 2的项的系数是C 6·2·a ＝－ 12，解得 a ＝－ 1.。
2017年高考分段测试(四)(测试范围：立体几何)时间：120分钟满分：150分一、选择题(共12小题，每小题5分，共60分)1．下列推理不正确的是( )A．A∈b，A∈β，B∈b，B∈β⇒b⊂βB．M∈α，M∈β，N∈α，N∈β⇒α∩β＝直线MNC．直线m不在α内，A∈m⇒A∉αD．A，B，C∈α，A，B，C∈β，且A，B，C不共线⇒α与β重合答案 C解析由空间中点线面的位置关系知选C.2．对于任意的直线l和平面α，在平面α内必有直线m，使m和l( )A．平行B．相交C．垂直D．异面答案 C解析由于直线l是任意的，若l与α相交，则在α内不可能有与l平行的直线；若l与α平行，则在α内不可能有与l相交的直线；若l在平面α内，则在α内不可能有l 异面的直线．故选C.3．[2016·杭州质量检测]设直线l⊥平面α，直线m⊂平面β( )A．若m∥α则l∥mB．若α∥β则l⊥mC．若l⊥m则α∥βD．若α⊥β则l∥m答案 B解析∵l⊥α，α∥β，m⊂β⇒l⊥m，故选B.4．如下图所示是某一容器的三视图，现向容器中匀速注水，容器中水面的高度h随时间t变化的可能图象是( )答案 B解析 由三视图可知几何体为倒置的圆锥，所以匀速注水时，水面上升的高度越来越慢，故选B.5．[2015·课标全国卷Ⅰ]《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有 ( )A ．14斛B ．22斛C ．36斛D ．66斛答案 B解析 设圆锥底面半径为r ，∵14×2πr ＝8，即14×2×3r ＝8，∴r ＝163， ∴V ＝14×13×3×16232×5＝3209.设米堆共有x 斛，则1.62x ＝3209，解得x ≈22(斛)，故选B.6．[2016·河南八市高三质检]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 cm 3B ．48 cm 3C ．60 cm 3D ．72 cm 3 答案 B解析 由三视图可知，该几何体的上面是个长为4，宽为2，高为2的长方体，下面是一个放倒的四棱柱，高为4，底面是个梯形，梯形的上、下底分别为2、6，高为2.长方体的体积为4×2×2＝16，四棱柱的体积为4×2＋62×2＝32，所以该几何体的体积为32＋16＝48(cm 3)，选B.7．[2016·张掖高三诊断]如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，线段B 1D 1上有两个动点E 、F ，且EF ＝12，则下列结论中错误的是( )A ．AC ⊥BEB ．EF ∥平面ABCDC ．△AEF 的面积与△BEF 的面积相等D ．三棱锥A －BEF 的体积为定值 答案 C解析 连接BD ，因为AC ⊥平面BDD 1B 1，而BE ⊂平面BDD 1B 1，故AC ⊥BE ，所以A 项正确；根据线面平行的判定定理，知B 项正确；因为三棱锥的底面△BEF 的面积是定值，且点A 到平面BDD 1B 1的距离是定值22，所以三棱锥A －BEF 的体积为定值，故D 正确；很显然，点A 和点B 到EF 的距离是不相等的，故C 是错误的，所以选C.8．已知三棱锥的正视图与俯视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，则该三棱锥的侧视图可能为( )答案 B解析 由三视图之间的关系，易知其侧视图是一个底边为3，高为2的直角三角形．故选B.9．在棱长为1的正方体上，分别用过同一顶点的三条棱中点的平面截该正方体，则截去8个三棱锥后，剩下的凸多面体的体积为( )A.23B.76 C.45 D.56答案 D解析 采用间接法，每个截去的小三棱锥体积为13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×12×12×12＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫124，则剩余部分的体积为V ＝1－13×⎝ ⎛⎭⎪⎫124×8＝1－16＝56.10．[2015·浙江高考]如图，已知△ABC ，D 是AB 的中点，沿直线CD 将△ACD 翻折成△A ′CD ，所成二面角A ′－CD －B 的平面角为α，则( )A ．∠A ′DB ≤α B ．∠A ′DB ≥αC ．∠A ′CB ≤αD ．∠A ′CB ≥α 答案 B解析 根据二面角的定义以及折叠过程可知，B 正确．11．如右图，一个盛满水的三棱锥容器，不久发现三条侧棱上各有一个小洞D 、E 、F ，且知SD ∶DA ＝SE ∶EB ＝CF ∶FS ＝2∶1，若仍用这个容器盛水，则最多可盛水的体积是原来的( )A.2329B.1927C.2327D.3031答案 C解析 最多可盛水的体积即为大棱锥去掉小棱锥后余下的几何体的体积．V S －DEF ＝13S △SDE·h ′＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫49S △SAB 13h ＝427V S －ABC (h ′为F 到平面SDE 的距离，h 为C 到平面SAB 的距离)，易知选C.12．[2016·洛阳调研]设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为a ，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为( )A ．πa 2B.73πa 2C.113πa 2D ．5πa 2答案 B解析 据题意，作出直观图如图，O 为球心，△ABC 是三棱柱的下底面，O ′是等边△ABC 的中心(也是平面ABC 截球所得的截面圆的圆心)，则OO ′⊥平面ABC ，∴球的半径R ＝OA ＝O ′O 2＋O ′A 2. ∵棱柱的所有棱长都为a ，∴OO ′＝a 2，AO ′＝23×32a ＝33a ，∴R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫33a 2＝712a 2，∴该球的表面积为S ＝4πR 2＝73πa 2.二、填空题(共4小题，每小题5分，共20分)13．[2015·山西太原一模]如图所示，正方形ABCD 中，E ，F 分别是AB ，AD 的中点，将此正方形沿EF 折成直二面角后，异面直线AF 与BE 所成角的余弦值为________．答案 12解析 过点F 作HF ∥CD ，与BC 交于点H ，过A 作EF 的垂线AG ，垂足为G . 连接HG ，HE ，AH .设正方形ABCD 的边长为2，∵平面AEF ⊥平面BCDFE ，且AG ⊥EF ，∴AG ⊥平面BCDFE . ∵BE ＝BH ＝AE ＝AF ＝1， ∴EH ＝EF ＝ 2. ∵G 为EF 的中点，∴EG ＝22，AG ＝22. 又∵HF ＝2，∴∠HEG ＝90°， ∴在Rt △EHG 中，HG ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫222＋ 2 2＝102. ∴在Rt △AGH 中，AH ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1022＋⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝ 3. ∵HF ∥BE ，∴AF 与BE 所成的角即为∠AFH . 在△AHF 中，AF ＝1，HF ＝2，AH ＝3， ∴∠HAF ＝90°.∴cos ∠AFH ＝AF HF ＝12.14．如图，半径为R 的球O 中有一内接圆柱．当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与该圆柱的侧面积之差是________．答案 2πR 2解析 设圆柱的底面半径为r ，高为h ，则r 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫h 22＝R 2，所以h ＝2R 2－r 2，所以圆柱的侧面积S ＝2πrh ＝2πr ·2R 2－r 2＝4πr 2 R 2－r 2 .当r 2＝R 2－r 2，即r ＝22R 时，S 取得最大值．此时球的表面积与圆柱的侧面积之差为4πR 2－2π·22R ·2R ＝2πR 2. 15．[2016·山东临沂模拟]在三棱锥S －ACB 中，∠SAB ＝∠SAC ＝∠ACB ＝90°，AC ＝2，BC ＝13，SB ＝29，则SC 与AB 所成角的余弦值为________．答案1717解析 解法一：如图，取BC 的中点E ，分别在平面ABC 内作DE ∥AB ，在平面SBC 内作EF ∥SC ，则异面直线SC 与AB 所成的角为∠FED ，过F 作FG ⊥AB ，连接DG ，则△DFG 为直角三角形．由题知AC ＝2，BC ＝13，SB ＝29，可得DE ＝172，EF ＝2，DF ＝52.在△DEF 中，由余弦定理可得cos ∠DEF ＝DE 2＋EF 2－DF 22DE ·EF ＝1717.解法二：如图，以A 为原点，以AB ，AS 所在直线分别为y ，z 轴，以垂直于y 轴、z 轴的直线为x 轴，建立空间直角坐标系，则由AC ＝2，BC ＝13，SB ＝29，得B (0，17，0)，S (0,0,23)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫21317，417，0，SC →＝⎝⎛⎭⎪⎫21317，417，－23，AB →＝(0，17，0)， 设SC 与AB 所成的角为θ， ∵SC →·AB →＝4，|SC →||AB →|＝417， ∴cos θ＝|SC →·AB →||SC →||AB →|＝1717.16．[2015·山西太原二模]设α，β，γ为互不重合的三个平面，l 为直线，给出下列命题：①设α∥β，α⊥γ，则β⊥γ；②若α⊥γ，β⊥γ，且α∩β＝l ，则l ⊥γ；③若直线l 与平面α内的无数条直线垂直，则直线l 与平面α垂直； ④若α内存在不共线的三点到β的距离相等，则平面α平行于平面β. 其中真命题的序号为________(写出所有真命题的序号)． 答案 ①②解析 借助于正方体易知①②正确；对于③，若平面α内与直线l 垂直的无数条直线都平行，则直线l 可能与平面α不垂直，所以③错；④中的不共线的三点有可能是在平面β的两侧，所以两个平面可能相交或平行，所以④错，故填①②.三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤)17．[2015·徐州模拟](本小题10分)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1B1＝A1C1，D，E分别是棱BC，CC1上的点(点D不与点C重合)，且AD⊥DE，F为B1C1的中点．求证：(1)平面ADE⊥平面BCC1B1；(2)直线A1F∥平面ADE.证明(1)因为ABC－A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.又AD⊂平面ABC，所以CC1⊥AD.又因为AD⊥DE，CC1，DE⊂平面BCC1B1，CC1∩DE＝E，所以AD⊥平面BCC1B1.又AD⊂平面ADE，所以平面ADE⊥平面BCC1B1.(2)连接DF，由(1)知AD⊥平面BCC1B1，∵BC⊂平面BCC1B1，∴AD⊥BC.又∵AB＝AC，∴D为BC的中点，∴DF綊A1A，∴四边形ADFA1为平行四边形，∴A1F∥AD.又∵AD⊂平面ADE，∴A1F∥平面ADE.18．[2015·课标全国卷Ⅰ](本小题12分)如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE ⊥平面ABCD .(1)证明：平面AEC ⊥平面BED ；(2)若∠ABC ＝120°，AE ⊥EC ，三棱锥E －ACD 的体积为63，求该三棱锥的侧面积． 解 (1)证明：因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD .因为BE ⊥平面ABCD ， 所以AC ⊥BE .故AC ⊥平面BED .又AC ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面BED .(2)设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝32x ，GB ＝GD ＝x 2. 因为AE ⊥EC ，所以在Rt △AEC 中，可得EG ＝32x . 由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形，可得BE ＝22x . 由已知得，三棱锥E －ACD 的体积V E －ACD ＝13×12AC ·GD ·BE ＝624x 3＝63. 故x ＝2.从而可得AE ＝EC ＝ED ＝ 6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5. 故三棱锥E －ACD 的侧面积为3＋2 5.19．[2015·福建福州一模](本小题12分)如图，三棱锥A －BCD 中，AB ⊥平面BCD ，CD ⊥BD .(1)求证：CD ⊥平面ABD ；(2)若AB ＝BD ＝CD ＝1，M 为AD 中点，求三棱锥A －MBC 的体积．解 (1)证明：∵AB ⊥平面BCD ，CD ⊂平面BCD ，∴AB ⊥CD ，又∵CD ⊥BD ，AB ∩BD ＝B ，AB ⊂平面ABD ，BD ⊂平面ABD ，∴CD ⊥平面ABD .(2)解法一：由AB ⊥平面BCD ，得AB ⊥BD ， ∵AB ＝BD ＝1，∴S △ABD ＝12，∵M 为AD 中点，∴S △ABM ＝12S △ABD ＝14，由(1)知，CD ⊥平面ABD ，∴三棱锥的高h ＝CD ＝1，∴V A －MBC ＝V C －ABM ＝13S △ABM ·h ＝112.解法二：由AB ⊥平面BCD 知，平面ABD ⊥平面BCD ，又平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，如图过点M 作MN ⊥BD 交BD 于点N ，则MN ⊥平面BCD ，且MN ＝12AB ＝12，又CD ⊥BD ，BD ＝CD ＝1，∴S△BCD＝12，∴V A －MBC ＝V A －BCD －V M －BCD ＝13AB ·S △BCD －13MN ·S △BCD ＝112. 20．(本小题12分)在长方体A 1B 1C 1D 1－ABCD 中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝2，点M 在AB 1上移动，点N 在BC 1上移动，求点M 和点N 的最短距离．解 如图所示，在BB 1上取动点P ，作PM ⊥AB 1于M ，PN ∥BC 交BC 1于N ，连接MN ， ∵BC ⊥平面A 1ABB 1， ∴BC ⊥AB 1，又PN ∥BC ， ∴PN ⊥AB 1，又PM ⊥AB 1， ∴AB 1⊥平面PMN . ∴AB 1⊥MN .设BP ＝x ，则PN ＝B 1C 1BB 1·BP ＝12x ，B 1P ＝2－x . 又Rt △B 1PM ∽Rt △B 1AB ， ∴PM ＝AB AB 1·PB 1＝13(2－x )． 由作法可知PN ⊥PM .在Rt △PMN 中，MN ＝PN 2＋PM 2＝12x 2＋132－x 2＝56⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2252＋25， ∴当x ＝225时，|MN |min ＝25＝105. 21.[2015·山东高考](本小题12分)如图，在三棱台DEF －ABC 中，AB ＝2DE ，G ，H 分别为AC ，BC 的中点．(1)求证：BD ∥平面FGH ；(2)若CF ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，CF ＝DE ，∠BAC ＝45°，求平面FGH 与平面ACFD 所成的角(锐角)的大小．解 (1)证法一：连接DG ，CD ，设CD ∩GF ＝O ，连接OH . 在三棱台DEF －ABC 中，AB ＝2DE ，G 为AC 的中点，可得DF ∥GC ，DF ＝GC ，所以四边形DFCG 为平行四边形． 则O 为CD 的中点， 又H 为BC 的中点， 所以OH ∥BD .又OH ⊂平面FGH ，BD ⊄平面FGH ， 所以BD ∥平面FGH .证法二：在三棱台DEF －ABC 中， 由BC ＝2EF ，H 为BC 的中点， 可得BH ∥EF ，BH ＝EF ，所以四边形BHFE 为平行四边形， 可得BE ∥HF .在△ABC 中，G 为AC 的中点，H 为BC 的中点， 所以GH ∥AB .又GH ∩HF ＝H ，所以平面FGH ∥平面ABED . 因为BD ⊂平面ABED ， 所以BD ∥平面FGH .(2)解法一：设AB ＝2，则CF ＝1. 在三棱台DEF －ABC 中，G 为AC 的中点，由DF ＝12AC ＝GC ，可得四边形DGCF 为平行四边形， 因此DG ∥FC . 又FC ⊥平面ABC ， 所以DG ⊥平面ABC .连接GB ，在△ABC 中，由AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，G 是AC 中点， 所以AB ＝BC ，GB ⊥GC ， 因此GB ，GC ，GD 两两垂直．以G 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz . 所以G (0,0,0)，B (2，0,0)，C (0，2，0)，D (0,0,1)． 可得H ⎝⎛⎭⎪⎫22，22，0，F (0，2，1)．故GH →＝⎝⎛⎭⎪⎫22，22，0，GF →＝(0，2，1)设n ＝(x ，y ，z )是平面FGH 的法向量，则 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·GH →＝0，n ·GF →＝0，可得⎩⎨⎧x ＋y ＝0，2y ＋z ＝0.可得平面FGH 的一个法向量n ＝(1，－1，2)．因为GB →是平面ACFD 的一个法向量，GB →＝(2，0,0)，所以cos 〈GB →，n 〉＝GB →·n|GB →|·|n |＝222＝12.所以平面FGH 与平面ACFD 所成角(锐角)的大小为60°.解法二：作HM ⊥AC 于点M ，作MN ⊥GF 于点N ，连接NH ，BG . 由FC ⊥平面ABC ，得HM ⊥FC . 又FC ∩AC ＝C ， 所以HM ⊥平面ACFD ， 因此GF ⊥NH ，所以∠MNH 即为所求的角．设AB ＝2，在△BGC 中，MH ∥BG ，MH ＝12BG ＝22，由△GNM ∽△GCF ， 可得MN FC ＝GM GF ，从而MN ＝66.由HM ⊥平面ACFD ，MN ⊂平面ACFD ， 得HM ⊥MN .因此，tan ∠MNH ＝HMMN＝3， 所以∠MNH ＝60°.所以平面FGH 与平面ACFD 所成的角(锐角)的大小为60°.22.(本小题12分)如图，棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的所有棱长都等于2，∠ABC 和∠A 1AC 均为60°，平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD .(1)求证：BD ⊥AA 1；(2)求二面角D －A 1A －C 的余弦值；(3)在直线CC 1上是否存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1，若存在，求出点P 的位置，若不存在，请说明理由．解 (1)证明：设BD 与AC 交于点O ，则BD ⊥AC ，连接A 1O ，在△AA 1O 中，AA 1＝2，AO ＝1，∠A 1AO ＝60°，∴A 1O 2＝AA 21＋AO 2－2AA 1·AO cos60°＝3，∴AO 2＋A 1O 2＝AA 21， ∴A 1O ⊥AO .由于平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD ， ∴A 1O ⊥平面ABCD .以OB ，OC ，OA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，－1,0)，B (3，0,0)，C (0,1,0)，D (－3，0,0)，A 1(0,0，3)，C 1(0,2，3)．由于BD →＝(－23，0,0)， AA 1→＝(0,1，3)，AA 1→·BD →＝0×(－23)＋1×0＋3×0＝0，∴BD →⊥AA 1→，即BD ⊥AA 1.(2)由于OB ⊥平面AA 1C 1C ，∴平面AA 1C 1C 的一个法向量为n 1＝(1,0,0)． 设n 2＝(x ，y ，z )为平面DAA 1D 1的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AA 1→＝0，n 2·AD →＝0，即⎩⎨⎧y ＋3z ＝0，－3x ＋y ＝0，取n 2＝(1，3，－1)，则〈n 1，n 2〉即为二面角D －A 1A －C 的平面角， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝55，所以，二面角D －A 1A －C 的余弦值为55. (3)假设在直线CC 1上存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1， 设CP →＝λCC 1，P (x ，y ，z )， 则(x ，y －1，z )＝λ(0,1，3)． 从而有P (0,1＋λ，3λ)， BP →＝(－3，1＋λ，3λ)．设n 3⊥平面DA 1C 1，则⎩⎪⎨⎪⎧n 3⊥A 1C 1→，n 3⊥DA 1→，又A 1C 1→＝(0,2,0)，DA 1→＝(3，0，3)，设n 3＝(x 3，y 3，z 3)，⎩⎨⎧2y 3＝0，3x 3＋3z 3＝0，取n 3＝(1,0，－1)， 因为BP ∥平面DA 1C 1，则n 3⊥BP →，即n 3·BP →＝－3－3λ＝0，得λ＝－1，即点P 在C 1C 的延长线上，且C 1C ＝CP .。
