2012年高考总复习一轮《名师一号-数学》第11章检测题

第九章(B) 直线、平面、简单几何体名师检测题时间：120分钟 分值：150分 第Ⅰ卷(选择题 共60分)一、选择题：(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)1．若a ⊥b ，a ⊥c ，l ＝αb ＋β c (α，β∈R )，m ∥a ，则m 与l 一定( ) A ．相交 B ．共线C ．垂直D ．以上都有可能解析：∵a ⊥b ，a ⊥c ，∴a ·b ＝0，a ·c ＝0， 又∵a ·l ＝a ·(αb ＋β c )＝α(a ·b )＋β(a ·c ) ＝α×0＋β×0＝0， ∴a ⊥l ，而m ∥a ，∴m ⊥l . 答案：C2．已知P 1(1,1,0)，P 2(0,1,1)，P 3(1,0,1)，O 是坐标原点，则|OP 1→＋OP 2→＋OP 3→|等于( ) A ．2 3 B ．3 2 C. 6D ．2 2解析：OP 1→＝(1,1,0)，OP 2→＝(0,1,1)，OP 3→＝(1,0,1)， ∴OP 1→＋OP 2→＋OP 3→＝(2,2,2)，∴|OP 1→＋OP 2→＋OP 3→|＝22＋22＋22＝2 3. 答案：A 3.已知ABCD 为四面体，O 为△BCD 内一点(如右图)，则AO →＝13(AB →＋AC →＋AD →)是O 为△BCD 重心的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分又不必要条件 解析：若O 是△BCD 的重心，则 AO →＝AB →＋BO →＝AB →＋23·12(BD →＋BC →)＝AB →＋13(BD →＋BC →)＝AB →＋13(AD →－AB →＋AC →－AB →)＝13(AB →＋AC →＋AD →)， 若AO →＝13(AB →＋AC →＋AD →)，则AO →－AB →＋AO →－AC →＋AO →－AD →＝0， 即BO →＋CO →＋DO →＝0，设BC 的中点为P ，则－2OP →＋DO →＝0， ∴DO →＝－2PO →，即O 为△BCD 的重心．答案：C4．空间四点A 、B 、C 、D 满足|AB →|＝3，|BC →|＝7，|CD →|＝11，|DA →|＝9，则AC →·BD →的取值( )A ．只有一个B ．有两个C ．有四个D ．有无穷多个解析：注意到32＋112＝72＋92＝130，由于AB →＋BC →＋CD →＋DA →＝0，则|DA →2|＝DA →2＝(AB →＋BC →＋CD →)2＝AB →2＋BC →2＋CD →2＋2(AB →·BC →＋BC →·CD →＋CD →·AB →)＝AB →2－BC →2＋CD →2＋2(BC →2＋AB →·BC →＋BC →·CD →＋CD →·AB →)＝AB →2－BC →2＋CD →2＋2(AB →＋BC →)·(BC →＋CD →)＝81.即2AC →·BD →＝AD →2＋BC →2－AB →2－CD →2＝0，所以AC →·BD →只有一个值0，故选A. 答案：A点评：本题主要考查了空间向量的数量积，解题需要有较强的观察能力与平时知识的积累，需从几个数据的特征进行考查，在运算中发现它们之间的联系．5．若a 、b 是两条异面直线，A ∈a ，B ∈b ，n 是直线a 、b 公垂线的方向向量，则a 、b 间的距离为( )A.AB →·n B ．|AB →·n | C.AB →·n |n |D.|AB →·n ||n |解析：如右图，设EF 为公垂线段，则n ∥EF →，n ⊥AE →，n ⊥FB →，由AB →＝AE →＋EF →＋FB →⇒n ·AB →＝n ·AE →＋n ·EF →＋n ·FB →，得n ·AB →＝n ·EF →＝|n |·|EF →|·cos 〈n ，EF →〉， 而cos 〈n ，EF →〉＝1或－1，∴|EF →|＝|AB →·n ||n |.答案：D6．在空间直角坐标系O —xyz 中，i 、j 、k 分别是x 轴、y 轴、z 轴方向向量，设a 为非零向量，且〈a ，i 〉＝45°，〈a ，j 〉＝60°，则〈a ，k 〉＝( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析：设a 与x 轴、y 轴、z 轴所成角分别为α、β、γ，由长方体对角线性质，知cos 2α＋cos 2β＋cos 2γ＝1，又α＝45°，β＝60°，∴cos γ＝12，从而γ＝60°，∴〈a ，k 〉＝60°，选C.答案：C7．已知空间四边形每条边和对角线长都等于a ，点E 、F 、G 分别是AB 、AD 、DC 的中点，则a 2是下列哪个向量的数量积( )A ．2BA →·AC →B ．2AD →·BD →C ．2FG →·CA →D ．2EF →·CB →解析：A 中，2BA →·AC →＝2a ·a ·cos(180°－60°)＝－a 2； C 中，2FG →·CA →＝2·a 2·a ·cos180°＝－a 2；D 中，2EF →·CB →＝2·a 2·a ·cos(180°－60°)＝－a 22.答案：B8．已知向量a ＝(2，－3,5)与向量b ＝⎝⎛⎭⎫3，λ，152平行，则λ＝( ) A.23 B.92 C ．－92D ．－23解析：∵a ∥b ，∴23＝－3λ＝5152，∴λ＝－92.故选C.答案：C9．设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，若a ≠b ，且记|a －b |＝m ，则a －b 与x 轴正方向的夹角的余弦值为( )A.a 1－b 1mB.b 1－a 1mC.|a 1－b 1|mD ．±a 1－b 1m解析：取x 轴正方向的任一向量d ＝(x,0,0)，设夹角为θ，则(a －b )·d ＝(a 1－b 1，a 2－b 2，a 3－b 3)·(x,0,0)＝(a 1－b 1)·x .∴cos θ＝(a －b )·d |a －b |·|d |＝(a 1－b 1)x mx ＝a 1－b 1m .答案：A10．△ABC 的顶点分别为A (1，－1,2)，B (5，－6，2)，C (1,3，－1)，则AC 边上的高BD 等于( )A ．5 B.41 C ．4D ．2 5解析：设AD →＝λAC →，D (x ，y ，z )． 则(x －1，y ＋1，z －2)＝λ(0,4，－3)． ∴x ＝1，y ＝4λ－1，z ＝2－3λ， ∴BD →＝(－4,4λ＋5，－3λ)． ∴4(4λ＋5)－3(－3λ)＝0，∴λ＝－45，∴BD →＝⎝⎛⎭⎫－4，95，125， ∴|BD →|＝ 16＋8125＋14425＝5.答案：A11．平面向量也叫二维向量，二维向量的坐标表示及其运算可以推广到n (n ≥3)维向量，n 维向量可用(x 1，x 2，x 3，x 4，…，x n )表示．设a ＝(a 1，a 2，a 3，a 4，…，a n )，b ＝(b 1，b 2，b 3，b 4，…，b n )，规定向量a 与b 夹角θ的余弦为cos θ＝∑i ＝1na ib i(∑i ＝1na i 2)(∑i ＝1nb i 2).已知n 维向量a ，b ，当a ＝(1,1,1,1，…，1)，b ＝(－1，－1,1,1，…，1)时，cos θ＝( )A.n －1nB.n －3nC.n －2nD.n －4n解析：cos θ＝1×(－1)＋1×(－1)＋1×1＋1×1＋…＋1×1(12＋12＋...＋12)(12＋12＋ (12)＝－2＋(n －2)n ×n＝n －4n .答案：D点评：本题以平面向量为背景研究n 维向量的有关问题，体现了与高等数学知识的结合，突出了高考的选拔性的功能．12．在下列各结论中，不正确的是( )A ．两非零向量a ＝(x 1，y 1，z 1)和b ＝(x 2，y 2，z 2)垂直的充要条件为x 1x 2＋y 1y 2＋z 1z 2＝0B ．若向量a ＝(x 1，y 1，z 1)和b ＝(x 2，y 2，z 2)，则a ·b ≤(x 12＋y 12＋z 12)(x 22＋y 22＋z 22)C ．已知a ，b 是两非零向量，则〈a ，b 〉＝arccos a ·ba 2b 2D. a ·b ＝0是a ＝0或b ＝0的充要条件解析：a ·b ＝0时，a ⊥b .故a ·b ＝0是a ＝0或b ＝0的必要不充分条件． 答案：D第Ⅱ卷(非选择题 共90分)二、填空题：(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上．) 13．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，二面角A －BD 1－B 1的大小为________．解析：如右图，以C 为原点建立空间直角坐标系C －xyz ，设正方体的边长为a ，则 A (a ，a,0)，B (a,0,0)， D 1(0，a ，a )，B 1(a,0，a )， ∴BA →＝(0，a,0)， BD 1→＝(－a ，a ，a )， BB 1→＝(0,0，a )，设平面ABD 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则n ·BA →＝(x ，y ，z )·(0，a,0)＝ay ＝0，n ·BD 1→＝(x ，y ，z )·(－a ，a ，a )＝－ax ＋ay ＋az ＝0， ∵a ≠0，∴y ＝0，x ＝z ， 令x ＝z ＝1，则n ＝(1,0,1)，同理平面B 1BD 1的法向量m ＝(－1，－1,0)， cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n |·|m |＝－12，而二面角A －BD 1－B 1为钝角，故为120°. 答案：120°14．在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝a ，BC ＝b ，CC 1＝c (a ≠b )，则AC 与BD 1间的距离为________．解析：如右图所示，设置坐标系，使B 点作为坐标原点，则B (0,0,0)，C (b,0,0)，A (0，a,0)，D 1(b ，a ，c )BD 1→＝(b ，a ，c )，CA →＝(－b ，a,0)， 又设n ＝(1，λ，u )，同时与BD 1→及CA →垂直，则由n ·BD 1→＝b ＋aλ＋cu ＝0，及n ·CA →＝－b ＋aλ＋0＝0 解得n ＝⎝⎛⎭⎫1，b a ，－2bc 于是所求距离d ＝|BC →·n ||n |BC →＝(b,0,0) ∴BC →·n ＝b ，又|n |＝ 1＋b 2a 2＋4b 2c2， ∴d ＝b 1＋b 2a 2＋4b 2c 2＝abcc 2(a 2＋b 2)＋4a 2b 2. 答案：abcc 2(a 2＋b 2)＋4a 2b 215．已知a ，b 是夹角为60°的两个单位向量，c ⊥a ，c ⊥b ，且|c |＝3，若x ＝2a －b ＋c ，y ＝3b －a －c ，则cos 〈x ，y 〉＝________.解析：∵|a |＝|b |＝1，a ·b ＝12.∴x ·y ＝－2a 2－3b 2－c 2＋7a ·b ＝－2－3－3＋72＝－92.|x |＝(2a －b ＋c )2＝ 4＋1＋3－4×12＝ 6.|y |＝(3b －a －c )2＝9＋1＋3－6×12＝10.∴cos 〈x ，y 〉＝－926·10＝－31520.答案：－3152016.如右图，有一棱长为1的正方体，以A 点为原点建立空间直角坐标系A —xyz ，点B 在z 轴的正半轴上，则顶点C 的竖坐标等于________．解析：本题中的空间直角坐标系和通常所见的不一样，应结合点的坐标的定义进行求解． 如图，连结ED 、EC 、CD ，利用三垂线定理以及线面垂直的判定定理可证明AB ⊥平面ECD ，则点A 到平面ECD 的距离即为点C 的竖坐标．设点A 到平面ECD 的距离为d ，则V A —ECD ＝V C —AED ， ∴13S △ECD ·d ＝13S △AED ·AC ， ∴d ＝S △AED ·AC S △ECD ＝1234×(2)2＝33.答案：33三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(本小题满分10分)如右图，在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，PD ＝DC ，E 、F 分别是AB 、PB 的中点． (1)求证：EF ⊥CD ；(2)在平面P AD 内求一点G ，使GF ⊥平面PCB ，并证明你的结论； (3)求DB 与平面DEF 所成角的大小．解析：以DA 、DC 、DP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系(如图)，设AD ＝a ，则D (0,0,0)、A (a,0,0)、B (a ，a,0)、C (0，a,0)、E (a ，a2，0)、F ⎝⎛⎭⎫a 2，a 2，a 2、P (0,0，a )． (1)证明：EF →·DC →＝⎝⎛⎭⎫－a 2，0，a 2·(0，a,0)＝0， ∴EF ⊥DC .(2)设G (x,0，z )，则G ∈平面P AD . FG →＝⎝⎛⎭⎫x －a 2，－a 2，z －a 2， FG →·CB →＝⎝⎛⎭⎫x －a 2，－a 2，z －a 2·(a,0,0)＝a ⎝⎛⎭⎫x －a 2＝0，x ＝a 2； FG →·CP →＝⎝⎛⎭⎫x －a 2，－a 2，z －a 2·(0，－a ，a )＝a 22＋a ⎝⎛⎭⎫z －a 2＝0，z ＝0.∴G 点坐标为⎝⎛⎭⎫a 2，0，0，即G 点为AD 的中点． (3)设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·DF →＝0，n ·DE →＝0得⎩⎨⎧(x ，y ，z )·⎝⎛⎭⎫a 2，a 2，a2＝0，(x ，y ，z )·⎝⎛⎭⎫a ，a 2，0＝0，即⎩⎨⎧a2(x ＋y ＋z )＝0，ax ＋a2y ＝0.取x ＝1，则y ＝－2，z ＝1， ∴n ＝(1，－2,1)．cos 〈BD →，n 〉＝BD →·n |BD →||n |＝a 2a ·6＝36，∴DB 与平面DEF 所成角大小为π2－arccos 36⎝⎛⎭⎫即arcsin 36.18.(本小题满分12分)如图所示的多面体是由底面为ABCD 的长方体被截面AEFG 所截而得，其中AB ＝4，BC ＝1，BE ＝3，CF ＝4，若如图所示建立空间直角坐标系：(1)求EF →和点G 的坐标；(2)求异面直线EF 与AD 所成的角； (3)求点C 到截面AEFG 的距离．解析：(1)由图可知：A (1,0,0)，B (1,4,0)，E (1,4,3)，F (0,4,4)， ∴EF →＝(－1,0,1)，又∵AG →＝EF →，设G (0,0，z )，则(－1,0，z )＝(－1,0,1)，∴z ＝1，即G (0,0,1)． (2)解法一：∵AD ∥BC ，作EH ∥BC 且交CF 于H 点， 则∠FEH 为所求角，∵FH ＝4－3＝1，EH ＝BC ＝1， ∴∠FEH ＝45°，即所求角为45°.解法二：∵AD →＝(－1,0,0)，EF →＝(－1,0,1)， ∴cos 〈AD →，EF →〉＝AD →·EF →|AD →|·|EF →|＝22，∴AD 和EF 所成的角为45°.(3)设n 0⊥面AEFG ，n 0＝(x 0，y 0，z 0)， ∵n 0⊥AG →，n 0⊥AE →，而AG →＝(－1,0,1)，AE →＝(0,4,3)，⎩⎪⎨⎪⎧－x 0＋z 0＝04y 0＋3z 0＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝z0y 0＝－34z 0∴n 0＝(z 0，－34z 0，z 0)，取z 0＝4，则n 0＝(4，－3,4)，∵CF →＝(0,0,4)，∴d ＝CF →·n 0|n 0|＝(0，0，4)·(4，－3，4)41＝164141， ∴d ＝164141. ∴点C 到截面AEFG 的距离为164141. 19．(本小题满分12分)如图，在四棱锥P—ABCD 中，侧面P AD 是正三角形且与底面ABCD 垂直，底面ABCD 是矩形，E 是AB 中点，PC 与平面ABCD 所成角为30°.(1)求二面角P —CE —D 的大小；(2)当AD 为多长时，点D 到平面PCE 的距离为2.解析：(1)取AD 的中点O ，连结PO .∵△P AD 是正三角形，∴PO ⊥AD ，又面P AD ⊥面ABCD ，∴PO ⊥面ABCD ，以O 为原点，过O 作AB 平行线为x 轴，OD 为y 轴，OP 为z 轴建立空间直角坐标系，连结OC ，则∠PCO 为PC 与面ABCD 所成的角，∴∠PCO ＝30°，设AD ＝a ，则PO ＝32a ，∴OC ＝32a ，∴CD ＝2a ， ∴P (0,0，32a )，C (2a ，12a,0)，E ⎝⎛⎭⎫22a ，－a 2，0， ∴PE →＝⎝⎛⎭⎫22a ，－a 2，－32a ，PC →＝⎝⎛⎭⎫2a ，12a ，－32a ， 设平面PCE 的一个法向量为n ＝(1，y ，z )，则⎩⎨⎧ n ·PE →＝0⇒22a －a 2y －32az ＝0n ·PC →＝0⇒2a ＋a 2y －32az ＝0，∴⎩⎨⎧ y ＝－22z ＝62，∴n ＝⎝⎛⎭⎫1，－22，62， 又平面DEC 的一个法向量为OP →＝(0,0，32a )，∴cos 〈OP →，n 〉＝62·32a 3·32a ＝22， ∴二面角P —CE —D 为45°.(2)D (0，a 2，0)，则CD →＝(－2a,0,0)， ∴D 到面PCE 的距离d ＝|CD →·n ||n |＝2a 3＝63a . ∴63a ＝2，a ＝6， ∴当AD ＝6时，点D 到平面PCE 的距离为2.20．(本小题满分12分)如图，已知四棱锥S—ABCD 的底面是边长为4的正方形，S 在底面上的射影O 落在正方形ABCD 内，且O 到AB 、AD 的距离分别为2和1.(1)求证：AB →·SC →是定值；(2)已知P 是SC 的中点，且SO ＝3，问在棱SA 上是否存在一点Q ，使异面直线OP 与BQ 所成的角为90°？若存在，请给出证明，并求出AQ 的长；若不存在，请说明理由．解析：(1)证明：在△SDC 内，作SE ⊥CD 交CD 于E ，连结OE .∵SO ⊥平面ABCD ，∴SO ⊥CD .∵CD ⊥平面SOE ，∴CD ⊥OE ，∴OE ∥AD ，∴DE ＝1，从而CE ＝3.AB →·SC →＝DC →·SC →＝|DC →||SC →|cos ∠SCD＝|DC →||EC →|＝12，∴AB →·SC →是定值．(2)以O 为坐标原点，以OS 所在直线为z 轴，以过O 且平行于AD 的直线为x 轴，以过O 且平行于AB 的直线为y 轴，建立空间直角坐标系．于是，A (2，－1,0)，B (2,3,0)，C (－2,3,0)，S (0,0,3)，P ⎝⎛⎭⎫－1，32，32. 设点Q (x ，y ，z )，则存在λ使AQ →＝λAS →(这是关键！将点的坐标用一个变量表示)，即(x －2，y ＋1，z )＝λ(－2,1,3)，即⎩⎪⎨⎪⎧ x －2＝－2λy ＋1＝λz ＝3λ，即⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝－2λ＋2y ＝λ－1z ＝3λ.令OP →·BQ →＝⎝⎛⎭⎫－1，32，32·(－2λ，λ－4,3λ) ＝8λ－6＝0，得λ＝34. 由0<λ<1知，点Q 在棱SA 上，且Q ⎝⎛⎭⎫12，－14，94，|AQ →|＝34|AS →|＝3414. ∴存在一点Q 使OP 与BQ 所成角为90°，且AQ 的长为3414. 21．(本小题满分12分)在三棱锥S —ABC 中，△ABC 是边长为4的正三角形，平面SAC ⊥平面ABC ，SA ＝SC ＝23，M 为AB 的中点．试问在线段SB 上是否存在一点N ，使得二面角N —CM —B 的余弦值为13？ 解析：取AC 的中点O ，连结OS ，OB ，∵SA ＝SC ，AB ＝BC ，∴AC ⊥SO 且AC ⊥BO ，∵平面SAC ⊥平面ABC ，∴SO ⊥平面ABC ， ∴SO ⊥BO .建立如图所示的空间直角坐标系O —xyz ，设N 到直线OS 的距离为a则A (2,0,0)，B (0,23，0)，C (－2，0,0)，S (0,0,22)，M (1，3，0)，N ⎝⎛⎭⎫0，a ，22－6a 3.于是CM →＝(3，3，0)，MN →＝⎝⎛⎭⎫－1，a －3，22－6a 3. 设n ＝(x ，y ，z )为平面CMN 的一个法向量，则⎩⎨⎧ CM→·n ＝3x ＋3y ＝0MN →·n ＝－x ＋y (a －3)＋z ⎝⎛⎭⎫22－6a 3＝0， 取x ＝1，则y ＝－3，z ＝23－3a 2a －26， ∴n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－3，23－3a 2a －26. 又OS →＝(0,0,22)为平面ABC 的一个法向量，于是有cos 〈n ，OS →〉＝n ·OS →|n ||OS →|＝13， 解得a ＝3，即N (0，3，2)，所以，N 为SB 的中点时，二面角N —CM —B 的余弦值为13. 点评：向量既能体现“数”的运算性质，又具有“形”的直观特征．因此，它是“数”与“形”合理转化的桥梁和纽带，是解决平行、垂直、角和距离的有效工具．用向量解决立体几何中的探索性问题时，只要能合理地分析空间图形的位置关系和数量关系，恰当地建立空间直角坐标系，选择合理的基本向量，准确表示出相关向量，就能使几何问题代数化、复杂问题简单化、逻辑推理运算化．22．(本小题满分12分)如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面是矩形且AD ＝2，AB ＝P A ＝2，P A ⊥底面ABCD ，E 是AD 的中点，F 在PC 上．(1)求F 在何处时，EF ⊥平面PBC ；(2)在(1)的条件下，EF 是否是PC 与AD 的公垂线段？若是，求出公垂线段的长度；若不是，说明理由；(3)在(1)的条件下，求直线BD 与平面BEF 所成的角．解析：(1)以A 为坐标原点，以AD ，AB ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则P (0,0，2)，A (0,0,0)，B (0，2，0)，C (2，2，0)，D (2,0,0)，E (1,0,0)．∵F 在PC 上，可令PF →＝λPC →，设F (x ，y ，z )，BC →＝(2,0,0)，PC →＝(2，2，－2)，EF →＝(x －1，y ，z )，∵EF ⊥平面PBC ，∴EF →·PC →＝0且EF →·BC →＝0.又PF →＝λPC →，可得λ＝12，x ＝1，y ＝z ＝22， 故F 为PC 的中点．(2)由(1)可知 EF ⊥PC 且EF ⊥BC ，即EF ⊥AD ，∴EF 是PC 与AD 的公垂线段，其长为|EF →|＝1.(3)由(1)可知PC →⊥EF →.又∵PC →·BE →＝(2，2，－2)·(1，－2，0)＝0，∴PC →⊥BE →.∴PC →为平面BEF 的法向量，而BD →＝(2，－2，0)，设BD 与平面BEF 所成角为θ，则sin θ＝cos 〈BD →，PC →〉＝BD →·PC →|BD →|·|PC →|＝36， ∴θ＝arcsin 36.3故BD与平面BEF所成角为arcsin6.。

第十三章 极限名师检测题时间：120分钟 分值：150分 第Ⅰ卷(选择题 共60分)一、选择题：(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)1.lim n→∞ ⎝⎛⎭⎫1＋13＋132＋…＋13n ＝( ) A.53 B.32 C ．2D ．不存在解析：lim n →∞ ⎝⎛⎭⎫1＋13＋132＋…＋13n ＝11－13＝32. 答案：B2．对于函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|x |x (x ≠0)0 (x ＝0)给出下列命题其中正确的命题是( ) A ．①② B ．③④ C ．①②③④D ．③答案：A3.A ．1 B.12 C.13D ．0解析：据题意，不妨令a n ＝1n .答案：A4．已知函数y ＝f (x )是其定义域A 内的连续的奇函数，若x 0∈A 且f (x 0)＝M ，则lim x →－x 0f (x )等于( )A ．0B ．±MC ．MD ．－M解析：∵f (x )是奇函数，∴f (－x 0)＝－f (x 0)＝－M ， 又∵f (x )是定义域内的连续函数，答案：D5．设f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ，0＜x ＜112，x ＝11，1＜x ＜2则f (x )的连续区间为( )A ．(0,2)B ．(0,1)答案：C6．设数列{a n }的前n 项和S n 满足a n ＝5S n －3(n ∈N ＋)，那么lim n →∞ (a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)的值为( )A.15 B ．－15C.45D.34解析：a n ＝5S n －3，a n ＋1＝5S n ＋1－3，得a n ＋1＝－14a n ，∴{a n }为等比数列，公比为q ＝－14，∴a 1，a 3，a 5…，a 2n －1是公比为q 2＝116的等比数列．又a 1＝5S 1－3＝34，∴原式＝a 11－q2＝341－116＝45. 答案：C7．已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x ≥0，－1，x ＜0，g (x )＝⎩⎨⎧12，x ≥0－12，x ＜0则f (x )·g (x )在x ＝0处( )A ．不连续B ．连续C ．无法确定连续与否D ．以上都不正确解析：∵f (x )·g (x )＝⎩⎨⎧12，x ≥012，x ＜0f (x )·g (x )＝12在x ＝0处连续．答案：B8．如下图所示，设n ∈N *则函数f (x )＝lim x →∞ ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2n－1x 2n ＋1 ·x 的图象大致是( )解析：f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x (|x |<1)0 (|x |＝1)，x (|x |>1)所以A 项正确．答案：A9．设3π4<θ<5π4，则lim n →∞ sin n θ－cos n ＋1θsin n θ＋cos n θ的值是( ) A ．－cos θ B.1－cos θ1＋cos θ C ．1D ．－1解析：∵3π4<θ<5π4，∴|cos θ|>|sin θ|，∴|sin θcos θ|<1. ∴lim n →∞ sin nθ－cos n ＋1θsin n θ＋cos nθ ＝lim x →∞ ⎝⎛⎭⎫sin θcos θn －cos θ⎝⎛⎭⎫sin θcos θn ＋1＝－cos θ.答案：A10．当m <0，n >0时，lim x →0 m 2＋x 2＋m n 2＋x 2＋n的值为( )A ．－mnB ．0C ．1 D.nm解析：lim x →0 m 2＋x 2＋m n 2＋x 2＋n＝|m |＋m |n |＋n ＝－m ＋mn ＋n＝0. 答案：B11．已知f (3)＝2，f ′(3)＝－2，则lim x →32x －3f (x )x －3的值为( ) A ．－4 B ．8 C ．0 D ．不存在解析：lim x →32x －3f (x )x －3＝lim x →3f (3)x －3f (3)－3f (x )＋3f (3)x －3＝lim x →3f (3)(x －3)－3[f (x )－f (3)]x －3＝lim x →3[f (3)－3·f (x )－f (3)x －3 ] ＝f (3)－3lim x →3f (x )－f (3)x －3＝f (3)－3f ′(3)＝2－3×(－2)＝8. 答案：B12．已知{a n }是首项为1，公比为q 的等比数列，p n ＝a 1＋a 2C n 1＋a 3C n 2＋…＋a n ＋1C n n (n ∈N *，n >2)，Q n ＝C n 0＋C n 2＋C n 4＋…＋C n m (其中m ＝2[n2 ]，[t ]表示t 的最大整数，例如[2.5]＝2)．如果数列{P nQ n}有极限，那么公比q 的取值范围是( )A ．－1＜q ≤1且q ≠0B ．－1＜q ＜1且q ≠0C ．－3＜q ≤1且q ≠0D ．－3＜q ＜1且q ≠0 解析：∵P n ＝1＋C n 1q 1＋C n 2q 2＋…＋C n n q n ＝(1＋q )n . 当n 为偶数时，Q n ＝C n 0＋C n 2＋C n 4＋…＋C n n ＝2n －1.当n 为奇数时，Q n ＝C n 0＋C n 2＋…＋C n n －1＝2n －1.∴Q n ＝2n －1，∴P n Q n ＝(1＋q )n 2n －1 ＝2·⎝⎛⎭⎫1＋q 2n .∵P nQ n 有极限，∴－1<1＋q 2≤1，－3＜q ≤1. 又∵q ≠0，∴－3＜q ≤1且q ≠0. 答案：C第Ⅱ卷(非选择题 共90分)二、填空题：(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上．) 13.lim n→∞(1＋a )n ＋1n ＋a＝2，则a ＝________.解析：lim n →∞ (1＋a )n ＋1n ＋a＝lim n →∞ 1＋a ＋1n 1＋a n ＝1＋a ＝2，∴a ＝1. 答案：114.解析：原式＝x 3(2x ＋1)－x 2·2x 22x 2(2x ＋1)＝x 34x 3＋2x 2＝14＋2x ＝14. 答案：1415．已知xf (3x )＝2，则f (2x )x ＝________. 解析：∵ xf (3x )＝2，∴3xf (3x )＝6， ∴2xf (2x )＝6，即f (2x )2x ＝16， ∴f (2x )x＝2f (2x )2x ＝13. 答案：1316．以下五个命题： ①f (x )＝1x在[0,1]连续；②若f (x )是(a ，b )内的连续函数，则f (x )在(a ，b )内有最大值和最小值；③lim x→∞x1＋x 2 ＝lim x →∞11x 2＋1 ＝1；⑤若f (x )＝⎩⎨⎧x (x ≥0)x ＋1 (x <0)则lim x→0f (x )＝0. 其中，正确命题的序号是______(请把你认为正确的命题的序号都填上)． 解析：①f (x )在x ＝0处不连续．②f (x )在[a ，b ]上连续，f (x )在[a ，b ]上有最值，而在(a ，b )内不一定有最值． ③lim x→＋∞x1＋x 2 ＝lim x →＋∞ 11x 2＋1 ＝1. 而lim x→－∞x1＋x 2＝lim x →－∞－11x 2＋1＝－1 故极限不存在．⑤因为lim x →0－f (x )＝1，而lim x →0＋f (x )＝0，故lim x →f (x )不存在，故正确的为④. 答案：④三、解答题：(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．)17．(本小题满分10分)求lim x →31＋mx －1x的值． 解析：原式＝lim x →(31＋mx －1)[3(1＋mx )2＋31＋mx ＋1]x [3(1＋mx )2＋31＋mx ＋1]＝lim x →(1＋mx )－1x [3(1＋mx )2＋31＋mx ＋1]＝lim x →m3(1＋mx )2＋31＋mx ＋1＝m 1＋1＋1＝m3.18．(本小题满分12分)已知等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，且有lim n→∞ ⎝⎛⎭⎫a 12＋q－q n ＝14，求首项a 1的取值范围． 解析：∵lim n →∞⎝⎛⎭⎫a 12＋q －q n ＝14，∴0<|q |<1或q ＝1. 当0<|q |<1时，即有0<|4a 1－2|<1. 解之得14<a 1<34且a 1≠12；当q ＝1时，lim n →∞ ⎝⎛⎭⎫a 13－1＝14，即a 13－1＝14，得a 1＝154. 故a 1的取值范围为14<a 1<34且a 1≠12或a 1＝154.19．(本小题满分12分)已知等差数列前三项是a 、4、3a ，前n 项和为S n ，S k ＝2 550. (1)求a 及k 的值；(2)求lim n→∞ ⎝⎛⎭⎫1S 1＋1S 2＋…＋1S n. 解析：(1)设该数列为{a n }，则a 1＝a ，a 2＝4，a 3＝3a ， S k ＝2 550，由已知a ＋3a ＝2×4， ∴a 1＝a ＝2，公差d ＝a 2－a 1＝4－2＝2， 由S k ＝ka 1＋k (k －1)d2，得k 2＋k －2 550＝0，得k ＝50或k ＝－51(舍)． ∴a ＝2，k ＝50.(2)由S n ＝na 1＋12n (n －1)d ，得S n ＝n (n ＋1)．∴1S 1＋1S 2＋…＋1S n＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1. ∴lim n→∞ ⎝⎛⎭⎫1S 1＋1S 2＋…＋1S n＝lim n→∞ ⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝1. 20．(本小题满分12分)已知函数f (x )在区间[－2,0]上的部分区域上的解析式为f (x )＝1x ＋1－3x 3＋1，欲使该函数在这一区间上处处连续，应给出该函数在该区间上某些点处的补充定义，请你给出这一定义．解析：显然除x ＝－1处，已知函数在区间[－2,0]上处处有意义，且每一点x 0(－2≤x 0<－1或－1<x 0≤0)处的极限值都与该点处的函数值相等，此即表明除x ＝－1处以外，函数f (x )处处连续，故只需给出在x ＝－1处的函数的定义，并使得在该点处的函数也连续，则该函数在这一区间上处处连续．∵当x ≠－1时，f (x )＝1x ＋1－3x 3＋1＝x 2－x ＋1－3x 3＋1＝(x ＋1)(x －2)(x ＋1)(x 2－x ＋1)＝x －2x 2－x ＋1，∴lim x→－1f (x )＝lim x→－1x －2x 2－x ＋1＝－1－21－(－1)＋1＝－1故只需补充定义f (－1)＝－1，即f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1x ＋1－3x 3＋1，(x ∈[－2，0]且x ≠－1)，－1，(x ＝－1).21．(本小题满分12分)设数列{a n }满足a 1＋a 22＋a 33＋…＋a nn ＝a 2n －1，{a n }的前n 项和为S n (a >0且a ≠1，n ∈N *)．(1)求{a n }的通项； (2)求lim n→∞S n(a 2n－1)n.解析：(1)∵a 1＋a 22＋…＋a nn ＝a 2n －1①当n ≥2时，a 1＋a 22＋…＋a n －1n －1＝a 2(n －1)－1②由①－②得a n n ＝a 2n －2(a 2－1)，∴a n ＝na 2n －2(a 2－1)(n ≥2)，当n ＝1时，由题意得a 1＝a 2－1， ∴a n ＝na 2n －2(a 2－1)(n ∈N *)．(2)∵S n ＝(a 2－1)[1＋2a 2＋3(a 2)2＋4(a 2)3＋…＋(n －1)·(a 2)n －2＋n (a 2)n －1]③∴a 2S n ＝(a 2－1)[a 2＋2(a 2)2＋3(a 2)3＋…＋(n －1)·(a 2)n －1＋n (a 2)n ]④③－④得(1－a 2)S n ＝(a 2－1)[1＋a 2＋(a 2)2＋…＋(a 2)n －1－n (a 2)n ]，∵a >0且a ≠1，∴a 2－1≠0，∴S n ＝－[1＋a 2＋(a 2)2＋…＋(a 2)n －1－n (a 2)n ]＝－1－a 2n 1－a2＋na 2n ∴lim n →∞ S n (a 2n －1)n ＝lim n →∞[1n (1－a 2)＋a 2n a 2n－1] ＝⎩⎪⎨⎪⎧0 (a 2<1)1 (a 2>1).22．(本小题满分12分)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，其中a n ＝S n n (2n －1)，且a 1＝13.(1)求a 2，a 3；(2)猜想数列{a n }的通项公式，并用数学归纳法加以证明； (3)求lim n→∞S n . 解析：(1)由a 2＝13＋a 22·3，得a 2＝13·5，由a 1＝13，a 2＝13·5＝115，a 3＝13＋13·5＋a 33·5，得a 3＝15·7＝135.(2)猜想a n ＝1(2n －1)(2n ＋1)，下面用数学归纳法证明 ①显然n ＝1时，猜想成立．②若n ＝k 时猜想成立，即a k ＝1(2k －1)(2k ＋1)，当n ＝k ＋1时 由a k ＋1＝S k ＋1(k ＋1)(2k ＋1)，即S k ＋1＝(k ＋1)(2k ＋1)a k ＋1 同时，S k ＝k (2k －1)a k ＝k2k ＋1，两式相减：a k ＋1＝S k ＋1－S k ＝(k ＋1)(2k ＋1)a k ＋1－k2k ＋1∴[(k ＋1)(2k ＋1)－1]a k ＋1＝k 2k ＋1即k (2k ＋3)a k ＋1＝k2k ＋1∴a k ＋1＝1[2(k ＋1)－1][2(k ＋1)＋1]即当n ＝k ＋1时猜想也成立， 由①②知对一切自然数n 猜想成立． (3)lim n→∞S n ＝lim n→∞[11·3＋13·5＋15·7＋…＋1(2n －1)·(2n ＋1)] ＝lim n →∞ 12⎣⎡⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋⎝⎛⎭⎫15－17＋⎦⎤…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1＝lim n →∞12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝12.。

第九章(A)直线、平面、简单几何体名师检测题时间：120分钟分值：150分第Ⅰ卷(选择题共60分)一、选择题：(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)1．过空间一点与已知平面垂直的直线有()A．0条B．1条C．0条或1条D．无数条解析：根据线面垂直的定义及其性质定理可知过空间一点与已知平面垂直的直线只有1条，故选B.答案：B2．已知α，β表示两个不同的平面，m为平面α内的一条直线，则“α⊥β”是“m⊥β”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：由面面垂直的判定定理可知必要性成立，而当两平面α、β垂直时，α内的直线m只有在垂直于两平面的交线时才垂直于另一个平面β，∴充分性不成立．答案：B3．设直线m与平面α相交但不垂直，则下列说法中正确的是()A．在平面α内有且只有一条直线与直线m垂直B．过直线m有且只有一个平面与平面α垂直C．与直线m垂直的直线不可能与平面α平行D．与直线m平行的平面不可能与平面α垂直解析：因为只有过m及m在平面α内的射影的平面是过m且垂直于平面α的平面，因此B正确，选择B.答案：B4．已知三条不重合的直线m、n、l，两个不重合的平面α、β，则下列命题中，其逆否命题不成立的是()A．当m⊥α，n⊥β时，若m∥n，则α∥βB．当b⊂α时，若b⊥β，则α⊥βC．当α⊥β，α∩β＝m，n⊂β，若n⊥m，则n⊥αD．当m⊂α，且n⊄α时，若n∥α，则m∥n解析：根据原命题与逆否命题的真假性相同，只需判断原命题的真假即可．由面面垂直、平行的性质定理或判定定理等很容易判断出A 、B 、C 都是正确的，而在答案D 中，m 与n 显然可以异面．故选D.答案：D5．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为棱AB 的中点，则异面直线DM 与D 1B 所成角的余弦值为( )A.156 B.155 C.153D.1510解析：取CD 的中点N ，连结NB 、ND 1，则易知NB ∥DM ，∴∠NBD 1(或其补角)就是异面直线DM 与D 1B 所成的角．不妨设正方体的棱长为1，则D 1N ＝NB ＝ 12＋⎝⎛⎭⎫122＝52.又D 1B ＝3，故在△NBD 1中，cos ∠NBD 1＝NB 2＋D 1B 2－D 1N 22·NB ·D 1B ＝155.故选B.答案：B6．如果对于空间任意n (n ≥2)条直线总存在一个平面α，使得这n 条直线与平面α所成的角均相等，那么这样的n ( )A ．最大值为3B ．最大值为4C ．最大值为5D ．不存在最大值解析：若n ＝4，显然此时对于空间的任意四条直线不都存在这样的平面α，因此结合各选项知B 、C 不正确；对于空间任意3条直线，总存在一个平面α，使得这n 条直线与平面α所成的角均相等，选A.答案：A 7.如图，在棱长均为2的正四棱锥P －ABCD 中，点E 为PC 的中点，则下列命题正确的是( )A ．BE ∥平面P AD ，且直线BE 到平面P AD 的距离为 3B ．BE ∥平面P AD ，且直线BE 到平面P AD 的距离为263C ．BE 不平行于平面P AD ，且BE 与平面P AD 所成的角大于30° D ．BE 不平行于平面P AD ，且BE 与平面P AD 所成的角小于30°解析：取PD 的中点F ，连结EF ，AF ，则有EF ∥CD ，且EF ＝12CD ，又AB ∥CD ，AB＝CD ，因此有EF ∥AB ，EF ＝12AB ，四边形ABEF 为梯形，直线BE 与AF 必相交，直线BE与平面P AD 不平行．注意到BE 与BC 的夹角为30°，因此直线BE 与AD 的夹角为30°，由最小角原理可知，直线BE 与平面P AD 所成的角小于30°，选D.答案：D8．已知三棱锥P －ABC 中，P A 、PB 、PC 两两垂直，P A ＝PB ＝2PC ＝2a ，且三棱锥外接球的表面积为S ＝9π，则实数a 的值为( )A ．1B ．2 C. 2D.12解析：如图，将三棱锥P —ABC 嵌入长方体中，则长方体的体对角线BD 为三棱锥外接球的直径，由此得三棱锥外接球的表面积为S ＝4π⎝⎛⎭⎫BD 22＝π(PB 2＋PD 2)＝π[(2a )2＋(5a )2]＝9π.∴a ＝1，故选A.答案：A 9.如图，∠C ＝90°，AC ＝BC ，M 、N 分别为BC 和AB 的中点，沿直线MN 将△BMN 折起，使二面角B ′—MN —B 的大小为60°，则斜线B ′A 与平面ABC 所成角的正切值为( )A.25B.35C.45D.35解析：设AC ＝BC ＝2a ，由已知得MN ⊥CM ，B ′M ⊥MN ，MN ⊥平面B ′CM ，∠B ′MB ＝60°，B ′M ＝MN ＝a .作B ′E ⊥CB 于点E ，连结AE ，则有MN ⊥B ′E ，B ′E ⊥CE ，B ′E ⊥平面ABC ，∠B ′AE 是直线B ′A 与平面ABC 所成的角．在Rt △B ′AE 中，B ′E ＝B ′M sin60°＝32a ，EM ＝B ′M cos60°＝a2，AE ＝AC 2＋CE 2＝⎝⎛⎭⎫2a )2＋(a ＋a 22＝5a 2，所以tan ∠B ′AE ＝B ′E AE ＝35，选B.答案：B 10.如图，在棱长为4的正方体ABCD —A ′B ′C ′D ′中，E 、F 分别是AD 、A ′D ′的中点，长为2的线段MN 的一个端点M 在线段EF 上运动，另一个端点N 在底面A ′B ′C ′D ′上运动，则线段MN 的中点P 的轨迹(曲面)与二面角A －A ′D ′－B ′所围成的几何体的体积为( )A.4π3 B.2π3 C.π3D.π6解析：依题意可知|FP |＝12|MN |＝1，因此点P 的轨迹是以点F 为球心、1为半径的球面，于是所求的体积是14×⎝⎛⎭⎫43π×13＝13π，选C. 答案：C11．一个正三棱锥的四个顶点都在半径为1的球面上，其中底面的三个顶点在该球的一个大圆上，则该正三棱锥的高是( )A.12 B.32 C ．1D.33解析：由题知三棱锥的高为球的半径，故选C. 答案：C12．球O 与锐二面角α－l －β的两半平面相切，两切点间的距离为3，O 点到交线l 的距离为2，则球O 的表面积为( )A.4π3 B ．4π C ．12π D ．36π解析：设球O 与平面α、β分别相切于点P 、Q ，过点O 作OR ⊥l 于点R ，连结PR 、QR 、PQ ，设PQ 与OR 相交于点S ，其抽象图如图所示，则有OP ⊥PR 、OQ ⊥QR ，故O 、P 、R 、Q 四点共圆，此圆的直径为2，由正弦定理得PQ sin ∠PRQ＝2，∴sin ∠PRQ ＝PQ 2＝32.又二面角α－l －β为锐二面角，∴∠PRQ ＝60°，∴∠PRO ＝30°，∴OP ＝1，即球的半径为1，∴球O 的表面积S ＝4πR 2＝4π，故选B. 答案：B第Ⅱ卷(非选择题 共90分)二、填空题：(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上．) 13．下列命题：①如果一个平面内有一条直线与另一个平面内的一条直线平行，那么这两个平面平行；②如果一个平面内的两条直线分别平行于另一个平面，那么这两个平面平行；③平行于同一平面的两个不同平面相互平行；④垂直于同一直线的两个不同平面相互平行．其中的真命题是________(把正确的命题序号全部填在横线上)．解析：对于①，相应的两个平面可能相交，因此①不正确；对于②，其中的两条直线可能是两条平行直线，此时相应的两个平面不一定平行，因此②不正确；对于③④，显然正确．答案：③④ 14.如图是一几何体的平面展开图，其中ABCD 为正方形，E 、F 分别为P A 、PD 的中点．在此几何体中，给出下面四个结论：①直线BE 与直线CF 异面； ②直线BE 与直线AF 异面； ③直线EF ∥平面PBC ； ④平面BCE ⊥平面P AD . 其中正确的有________个． 解析：将几何体展开图拼成几何体(如图)，因为E 、F 分别为P A 、PD 的中点，所以EF ∥AD ∥BC ，即直线BE 与CF 共面，①错；因为B ∉平面P AD ，E ∈平面P AD ，E ∉AF ，所以BE 与AF 是异面直线，②正确；因为EF ∥AD ∥BC ，EF ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以EF ∥平面PBC ，③正确；平面P AD 与平面BCE 不一定垂直，④错．答案：215．如图，将∠B ＝π3，边长为1的菱形ABCD 沿对角线AC 折成大小等于θ的二面角B－AC －D ，若θ∈[π3，2π3]，M 、N 分别为AC 、BD 的中点，则下面的四种说法：①AC ⊥MN ；②DM 与平面ABC 所成的角是θ； ③线段MN 的最大值是34，最小值是34；④当θ＝π2时，BC 与AD 所成的角等于π2.其中正确的说法有________(填上所有正确说法的序号)． 解析：如图，AC ⊥BM ，AC ⊥MD ⇒AC ⊥平面BMD ，所以AC ⊥MN ，①正确；因为θ∈[π3，2π3]，且线与面所成角的范围为[0，π2]，所以DM 与平面ABC 所成的角不一定是θ，②错；BM ＝DM ＝32，MN ⊥BD ，∠BMD ＝θ，所以MN ＝BM ·cos θ2＝32·cos θ2，所以线段MN 的最大值是34，最小值是34，③正确；当θ＝π2时，过C 作CE ∥AD ，连结DE ，且DE ∥AC ，则∠BCE (或其补角)即为两直线的夹角，BM ⊥DM ，BM ＝DM ＝32，BD 2＝32，又DE ∥AC ，则DE ⊥平面BDM ，∴DE ⊥BD ，BE 2＝32＋1＝52，cos ∠BCE ＝1＋1－522＝－14≠0，所以④错．答案：①③16．设A 、B 、C 是球面上三点，线段AB ＝2，若球心到平面ABC 的距离的最大值为3，则球的表面积等于________．解析：△ABC 所在截面圆的直径为2r ＝AB ＝2时，球心到平面ABC 的距离最大，此时球半径R ＝1＋3＝2，S 球＝4πR 2＝16π.答案：16π三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(本小题满分10分)如图，长方体AC 1中，AB ＝2，BC ＝AA 1＝1.E 、F 、G 分别为棱DD 1、D 1C 1、BC 的中点．(1)试在底面A 1B 1C 1D 1上找一点H ，使EH ∥平面FGB 1；(2)求四面体EFGB 1的体积．解析：(1)取A 1D 1的中点P ，D 1P 的中点H ，连结DP 、EH ，则DP ∥B 1G ，EH ∥DP ， ∴EH ∥B 1G ，又B 1G ⊂平面FGB 1，∴EH ∥平面FGB 1. 即H 在A 1D 1上，且HD 1＝14A 1D 1时，EH ∥平面FGB 1.(2)∵EH ∥平面FGB 1，∴VE —FGB 1＝VH —FGB 1， 而VH —FGB 1＝VG —HFB 1＝13×1×S △HFB 1，S △HFB 1＝S 梯形B 1C 1D 1H －S △B 1C 1F －S △D 1HF ＝58，∴V 四面体EFGB 1＝VE —FGB 1＝VH —FGB 1＝13×1×58＝524.18．(本小题满分12分)直棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是直角梯形，∠BAD ＝∠ADC ＝90°，AB ＝2AD ＝2CD ＝2. (1)求证：平面ACB 1⊥平面BB 1C 1C ；(2)在A 1B 1上是否存在一点P ，使得DP 与平面BCB 1和平面ACB 1都平行？证明你的结论．解析：(1)证明：直棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，BB 1⊥平面ABCD ， ∴BB 1⊥AC .又∵∠BAD ＝∠ADC ＝90°，AB ＝2AD ＝2CD ＝2， ∴AC ＝2，∠CAB ＝45°，∴BC ＝2，∴BC ⊥AC . 又BB 1∩BC ＝B ，BB 1⊂平面BB 1C 1C ，BC ⊂平面BB 1C 1C ， ∴AC ⊥平面BB 1C 1C .又∵AC ⊂平面ACB 1，∴平面ACB 1⊥平面BB 1C 1C . (2)存在点P ，P 为A 1B 1的中点．要使DP 与平面BCB 1和平面ACB 1都平行，就要使DP 与平面BCB 1和平面ACB 1的交线平行．因为平面BCB 1∩平面ACB 1＝B 1C ，所以只要DP ∥B 1C 即可． 因为A 1B 1∥DC ，所以四边形DCB 1P 为平行四边形， 所以B 1P ＝DC ＝12A 1B 1＝1，所以P 为A 1B 1的中点．即当P 为A 1B 1的中点时，DP 与平面BCB 1和平面ACB 1都平行．19．(本小题满分12分)(2010·浙江)如图，在矩形ABCD 中，点E ，F 分别在线段AB ，AD 上，AE ＝EB ＝AF ＝23FD ＝4.沿直线EF 将△AEF 翻折成△A ′EF ，使平面A ′EF ⊥平面BEF .(1)求二面角A ′－FD －C 的余弦值；(2)点M ，N 分别在线段FD ，BC 上，若沿直线MN 将四边形MNCD 向上翻折，使C 与A ′重合，求线段FM 的长．解析：(1)取线段EF 的中点H ，AF 的中点G ，连结A ′G ，A ′H ，GH ，因为A ′E ＝A ′F 及H 是EF 的中点， 所以A ′H ⊥EF .又因为平面A ′EF ⊥平面BEF ， 所以A ′H ⊥平面BEF . 又AF ⊂平面BEF ， 故A ′H ⊥AF ，又因为G ，H 是AF 、EF 的中点． 易知GH ∥AB ， 所以GH ⊥AF ， 于是AF ⊥平面A ′GH ，所以∠A ′GH 为二面角A ′－FD －C 的平面角． 在Rt △A ′GH 中，A ′H ＝22，GH ＝2，A ′G ＝2 3. 所以cos ∠A ′GH ＝33. 故二面角A ′－DF －C 的余弦值为33. (2)设FM ＝x .因为翻折后，C 与A ′重合， 所以CM ＝A ′M ，而CM 2＝DC 2＋DM 2＝82＋(6－x )2，A ′M 2＝A ′H 2＋MH 2＝A ′H 2＋MG 2＋GH 2＝(22)2＋(x ＋2)2＋22，得x ＝214，经检验，此时点N 在线段BC 上． 所以FM ＝214.20．(本小题满分12分)(2010·重庆)如图，四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 为矩形，P A ⊥底面ABCD ，P A ＝AB ＝6，点E 是棱PB 的中点．(1)求直线AD 与平面PBC 的距离；(2)若AD ＝3，求二面角A —EC —D 的平面角的余弦值．解析：(1)如图，在矩形ABCD 中，AD ∥BC ，从而AD ∥平面PBC ，故直线AD 与平面PBC 的距离为点A 到平面PBC 的距离．因P A ⊥底面ABCD ，故P A ⊥AB ，由P A ＝AB 知△P AB 为等腰直角三角形，又点E 是棱PB 的中点，故AE ⊥PB .又在矩形ABCD 中，BC ⊥AB ，而AB 是PB 在底面ABCD 内的射影，由三垂线定理得BC ⊥PB ，从而BC ⊥平面P AB ，故BC ⊥AE ，从而AE ⊥平面PBC ，故AE 之长即为直线AD 与平面PBC 的距离．在Rt △P AB 中，P A ＝AB ＝6，所以AE ＝12PB ＝12P A 2＋AB 2＝ 3.(2)过点D 作DF ⊥CE ，交CE 于F ，过点F 作FG ⊥CE ，交AC 于G ，则∠DFG 为所求的二面角的平面角．由(1)知BC ⊥平面P AB ，又AD ∥BC ，得AD ⊥平面P AB ，故AD ⊥AE ，从而DE ＝AE 2＋AD 2＝ 6.在Rt △CBE 中，CE ＝BE 2＋BC 2＝ 6.由CD ＝6，所以△CDE 为等边三角形，故F点为CE 的中点，且DF ＝CD ·sin π3＝322.因为AE ⊥平面PBC ，故AE ⊥CE ，又FG ⊥CE ，知FG 綊12AE ，从而FG ＝32，且G 点为AC 的中点． 连结DG ，则在Rt △ADC 中，DG ＝12AC ＝12AD 2＋CD 2＝32. 所以cos ∠DFG ＝DF 2＋FG 2－DG 22·DF ·FG ＝63. 21．(本小题满分12分)如图，在四棱锥S －ABCD 中，AD ∥BC 且AD ⊥CD ；平面CSD ⊥平面ABCD ，CS ⊥DS ，CS ＝2AD ＝2；E 为BS 的中点，CE ＝2，AS ＝ 3.求：(1)点A 到平面BCS 的距离；(2)二面角E －CD －A 的大小．解析：(1)因为AD ∥BC ，且BC ⊂平面BCS ，所以AD ∥平面BCS ，从而A 点到平面BCS 的距离等于D 点到平面BCS 的距离．因为平面CSD ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，故AD ⊥平面CSD ，从而AD ⊥DS .由AD ∥BC ，得BC ⊥DS .又由CS ⊥DS 知DS ⊥平面BCS ，从而DS 为点A 到平面BCS 的距离．因此，在Rt △ADS 中，DS ＝AS 2－AD 2＝3－1＝ 2.(2)如图，过E 点作EG ⊥CD ，交CD 于点G ，又过点G 作GH ⊥CD ，交AB 于点H ，故∠EGH 为二面角E －CD －A 的平面角，记为θ，过E 点作EF ∥BC ，交CS 于点F ，连结GF ，因平面ABCD ⊥平面CSD ，GH ⊥CD ，易知GH ⊥GF .故θ＝π2－∠EGF . 由于E 为BS 边的中点，故CF ＝12CS ＝1，在Rt △CFE 中， EF ＝CE 2－CF 2＝2－1＝1.因EF ⊥平面CSD ，又EG ⊥CD ，故由三垂线定理的逆定理得FG ⊥CD ，从而又可得△CGF ∽△CSD ，因此GF DS ＝CF CD，而在Rt △CSD 中，CD ＝CS 2＋SD 2＝4＋2＝6，故GF ＝CF CD ·DS ＝16·2＝13. 在Rt △EFG 中，tan ∠EGF ＝EF FG ＝3，可得∠EGF ＝π3，故所求二面角的大小为θ＝π6.22．(本小题满分12分)右图是一个直三棱柱(以A 1B 1C 1为底面)被一平面所截得到的几何体，截面为ABC .已知A 1B 1＝B 1C 1＝1，∠A 1B 1C 1＝90°，AA 1＝4，BB 1＝2，CC 1＝3.(1)设点O 是AB 的中点，求证：OC ∥平面A 1B 1C 1；(2)求二面角B －AC －A 1的大小；(3)求此几何体的体积．解析：(1)证明：作OD ∥AA 1交A 1B 1于D ，连结C 1D .则OD ∥BB 1∥CC 1.因为O 是AB 的中点，所以OD ＝12(AA 1＋BB 1)＝3＝CC 1. 则四边形ODC 1C 是平行四边形，因此有OC ∥C 1D ，C 1D ⊂平面C 1B 1A 1且OC ⊄平面C 1B 1A 1，则OC ∥平面A 1B 1C 1.(2)如图，过B 作截面BA 2C 2∥平面A 1B 1C 1，分别交AA 1、CC 1于A 2、C 2，作BH ⊥A 2C 2于H ，连结CH .因为CC 1⊥平面BA 2C 2，所以CC 1⊥BH ，则BH ⊥平面A 1C .又因为AB ＝5，BC ＝2，AC ＝3⇒AB 2＝BC 2＋AC 2，所以BC ⊥AC ，根据三垂线定理知CH ⊥AC ，所以∠BCH 就是所求二面角的平面角．因为BH ＝22，所以sin ∠BCH ＝BH BC ＝12，故∠BCH ＝30°，即所求二面角的大小为30°. (3)因为BH ＝22，所以VB —AA 2C 2C ＝13SAA 2C 2C ×BH ＝13×12×(1＋2)×2×22＝12， VA 1B 1C 1—A 2BC 2＝S △A 1B 1C 1·BB 1＝12×2＝1. 所求几何体体积为V ＝VB —AA 2C 2C ＋VA 1B 1C 1—A 2BC 2＝32.。

第七章 直线和圆的方程名师检测题时间：120分钟 分值：150分 第Ⅰ卷(选择题 共60分)一、选择题：(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)1．将圆x 2＋y 2＝1按向量a ＝(2，－1)平移后，恰好与直线x －y ＋b ＝0相切，则实数b 的值为( )A ．3±2B ．－3±2C ．2±2D ．－2±2解析：∵将圆x 2＋y 2＝1按向量a ＝(2，－1)平移后，圆心(0,0)平移到点(2，－1)，此时平移后的圆恰好与直线x －y ＋b ＝0相切，则圆心到直线的距离等于半径，即d ＝|2－(－1)＋b |2＝1＝r ，解得b ＝－3±2，故选B.答案：B2．若直线l 与直线y ＝1，x ＝7分别交于点P ，Q ，且线段PQ 的中点坐标为(1，－1)，则直线l 的斜率为( )A.13 B ．－13C ．－32D.23解析：依题意，设点P (a,1)，Q (7，b )，则有⎩⎪⎨⎪⎧a ＋7＝2b ＋1＝－2，解得a ＝－5，b ＝－3，从而可知直线l 的斜率为－3－17＋5＝－13，选B.答案：B3．已知点A (－2,0)，B (0,2)，C 是曲线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋cos θy ＝sin θ(θ∈R )上任意一点，则△ABC 的面积的最小值等于( )A.3－22B ．3＋ 2C ．3D ．3－ 2解析：直线AB ：y ＝x ＋2，点C 在圆(x －1)2＋y 2＝1上，圆心(1,0)到直线AB 的距离为322，∴(S △ABC )min ＝12×22×⎝⎛⎭⎫322－1＝3－2，故选D.答案：D4．已知圆M ：(x －4)2＋(y －3)2＝25，过圆M 内定点P (2,1)作两条相互垂直的弦AC 和BD ，那么四边形ABCD 的面积最大值为( )A ．21B ．21 3 C.212D ．42解析：当直线AC 、BD 中有一条直线斜率为0时，不妨设直线AC 的斜率为0，易知此时|AC |＝|BD |＝221，S 四边形ABCD ＝12·|AC |·|BD |＝42(对于此题来说，至此再结合选项可知，选D)．当直线AC 、BD 的斜率均不为0时，设直线AC 的斜率为k (k ≠0)，则直线AC 的方程是y －1＝k (x －2)，即kx －y ＋1－2k ＝0，此时圆心M (4,3)到直线AC 的距离等于|2k －2|k 2＋1，|AC |＝225－⎝ ⎛⎭⎪⎫|2k －2|k 2＋12＝221＋8k k 2＋1，同理|BD |＝225－⎣⎢⎡⎦⎥⎤|2×⎝⎛⎭⎫－1k －2|⎝⎛⎭⎫－1k 2＋12＝221－8k k 2＋1，S 四边形ABCD ＝12·|AC |·|BD |＝2212－64k 2(k 2＋1)2<42.综上所述，四边形ABCD 的面积最大值是42，选D. 答案：D5．将直线l 1：y ＝2x 绕原点逆时针旋转60°得直线l 2，则直线l 2到直线l 3：x ＋2y －3＝0的角为( )A ．30°B ．60°C ．120°D ．150°解析：记直线l 1的斜率为k 1，直线l 3的斜率为k 3，注意到k 1k 3＝－1，l 1⊥l 3，依题意画出示意图，结合图形分析可知，直线l 2到直线l 3的角是30°，选A.答案：A6．圆C 的方程为(x －2)2＋y 2＝4，圆M 的方程为(x －2－5cos θ)2＋(y －5sin θ)2＝1(θ∈R )，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 →的最小值是( )A ．12B ．10C ．6D ．5解析：显然圆C 是一个以(2,0)为圆心，2为半径的圆；设圆M 的圆心为(x ，y )，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋5cos θy ＝5sin θ，即(x －2)2＋y 2＝25，显然，圆M 的圆心在一个以(2,0)为圆心，5为半径的圆上运动，这类似于一个地球绕着太阳转的模型，显然当点P 距离点C 最近时，PE →·PF →最小．在圆(x －2)2＋y 2＝25上取一点(2,5)，以点(2,5)为圆心作圆M ，此时圆M 上距离点C 最近的点为P (2,4)，连结PE 、PF 、CE 、CF ，∵PE 、PF 是圆C 的切线，∴PE ⊥CE ，PF ⊥CF ；又∵PC ＝4，CE ＝CF ＝2，∴PE ＝PF ＝12；在△CPE 中，cos ∠CPE ＝124，∴cos ∠FPE ＝cos2∠CPE ＝2×⎝⎛⎭⎫1242－1＝12；∴PE →·PF →＝|PE →|·|PF →|cos ∠FPE ＝12×12×12＝6；类似地，当点M 在圆(x －2)2＋y 2＝25上运动时有同样的结论．故选C.答案：C7．已知A 为xOy 平面内的一个区域．甲：点(a ，b )∈{(x ，y )|⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋2≤0x ≥03x ＋y －6≤0}；乙：点(a ，b )∈A .如果甲是乙的必要条件，那么区域A 的面积( )A ．最小值为2B ．无最大值C ．最大值为2D ．最大值为1解析：如图，作出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋2≤0x ≥03x ＋y －6≤0所表示的平面区域，记作B .∵甲是乙的必要条件，∴乙⇒甲，∴(a ，b )∈A ⇒(a ，b )∈B ，即区域A 内的点都在区域B 内，而S B ＝12×4×1＝2，∴S A ≤2，即S A 的最大值为2，故选C.答案：C8．(2011·济南模拟)已知变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≥2x －y ≤20≤y ≤3，若目标函数z ＝y －ax 仅在点(5,3)处取得最小值，则实数a 的取值范围为( )A ．(1，＋∞)B ．(－∞，1)C ．(－1，＋∞)D ．(－∞，－1)解析：点(5,3)为直线y ＝3和直线x －y ＝2的交点，通过绘制可行域，观察直线z ＝y －ax 绕点(5,3)旋转，易得该直线的斜率即a 的取值范围为(1，＋∞)．答案：A9．设O 是坐标原点，点M 的坐标为(2,1)．若点N (x ，y )满足不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －4y ＋3≤02x ＋y －12≤0，x ≥1则使得OM →·ON →取得最大值时点N 的个数为( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．无数个解析：作出可行域为如图所示的△ABC ，令z ＝OM →·ON →＝2x ＋y .∵其斜率k ＝－2＝k BC ，∴z ＝OM →·ON →＝2x ＋y 与线段BC 所在的直线重合时取得最大值，所以满足条件的点N 有无数个，故选D.答案：D10．已知O 为直角坐标系原点，P 、Q 两点的坐标均满足不等式组⎩⎪⎨⎪⎧4x ＋3y －25≤0x －2y ＋2≤0，x －1≥0则tan∠POQ 的最大值等于( )A.12 B ．1 C.32D ．0解析：作出可行域，则P 、Q 在图中所示的位置时，∠POQ 最大，即tan ∠POQ ＝tan(∠POM －∠QOM )＝tan ∠POM －tan ∠QOM1＋tan ∠POM ·tan ∠QOM＝7－341＋7×34＝1，所以最大值为1，选B.答案：B11．已知两个不相等的实数a 、b 满足以下关系式：a 2·sin θ＋a ·cos θ－π4＝0，b 2·sin θ＋b ·cos θ－π4＝0，则连接A (a 2，a )、B (b 2，b )两点的直线与圆心在原点的单位圆的位置关系是( )A ．相离B ．相交C ．相切D ．不能确定解析：依题意得，点A ，B 均在直线x sin θ＋y cos θ－π4＝0上，即直线AB 的方程是x sin θ＋y cos θ－π4＝0，注意到原点到该直线的距离为d ＝π4<1，因此选B.答案：B12．已知关于x 的方程x 3＋ax 2＋bx ＋c ＝0的三个实根可作为一个椭圆，一个双曲线，一个抛物线的离心率，则b －1a ＋1的取值范围是( )A ．(－2,0)B ．(0,2)C ．(－1,0)D ．(0,1)解析：依题意，方程x 3＋ax 2＋bx ＋c ＝0必有三根0<x 1<1，x 2>1，x 3＝1，所以c ＝－(a ＋b )－1，则f (x )＝x 3＋ax 2＋bx －(a ＋b )－1＝(x －1)[x 2＋(a ＋1)x ＋a ＋b ＋1]，因此，0<x 1<1，x 2>1是方程g (x )＝x 2＋(a ＋1)x ＋a ＋b ＋1＝0的两根，因此⎩⎪⎨⎪⎧g (0)＝a ＋b ＋1>0g (1)＝2a ＋b ＋3<0，作出此不等式组对应的可行域，如图，b －1a ＋1表示可行域内的点与点(－1,1)连线的斜率k ，因为a ＋b ＋1＝0与2a ＋b ＋3＝0交点为(－2,1)，所以由图易知－2<k <0，选择A.答案：A第Ⅱ卷(非选择题 共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上) 13．设x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＋2≥0，8x －y －4≤0，x ≥0，y ≥0，若目标函数z ＝abx ＋y (a >0，b >0)的最大值为8，则a ＋b 的最小值为________．解析：原不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，当直线z ＝abx ＋y (a >0，b >0)过直线2x －y ＋2＝0与直线8x －y －4＝0的交点(1,4)时，目标函数z ＝abx ＋y (a >0，b >0)取得最大值8，即8＝ab ＋4，ab ＝4，∴a ＋b ≥2ab ＝4.答案：414．直线y ＝2x ＋m 和圆x 2＋y 2＝1交于A 、B 两点，以Ox 为始边，OA 、OB 为终边的角分别为α、β，则sin(α＋β)的值为________．解析：设AB 的倾斜角为θ，AB 的中点为C ，AB 与x 轴的交点为D ，则tan θ＝2，∠xOC ＝α＋β2，(π－∠xOC )＋θ＝π2，即α＋β2＝π2＋θ，α＋β＝π＋2θ，所以sin(α＋β)＝－sin2θ＝－2sin θcos θ＝－2tan θ1＋tan 2θ＝－45. 答案：－4515．过原点O 作一条倾斜角为15°的直线l 与圆C ：(x －1)2＋y 2＝4相交于两点M 、N ，则OM →·ON →＝________.解析：设圆C 与x 轴交于E ，F 两点，依题意得原点O 位于圆内，向量OM →、ON →反向共线，则OM →·ON →＝－|OM |·|ON |，由相交弦定理得|OM |·|ON |＝|OE |·|OF |.又|OE |·|OF |＝(2－|OC |)(2＋|OC |)＝4－|OC |2＝3，因此OM →·ON →＝－|OM |·|ON |＝－3.答案：－3点评：有关圆的问题，常常需要借助有关圆的性质将问题转化，否则计算可能会比较复杂．16．在平面直角坐标系xOy 中，已知集合A ＝{(x ，y )|x －y ≤2，x ≥0，y ≤0}，则集合B ＝{(2x ＋y ，x －2y )|(x ，y )∈A }表示的平面区域的面积为________．解析：设⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝2x ＋yy ′＝x －2y ，则⎩⎨⎧x ＝2x ′＋y ′5y ＝x ′－2y ′5，代入集合A 中需要满足的不等式组为⎩⎪⎨⎪⎧x ′＋3y ′≤102x ′＋y ′≥0x ′－2y ′≤0，则此不等式组表示的平面区域即为集合B ，作出图象可知，可行域即为以(0,0)，(－2,4)，(4,2)为顶点的三角形，则其面积为10.答案：10三、解答题：(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．) 17．(本小题满分10分)如图，矩形ABCD 的两条对角线相交于点M (2,0)，AB 边所在直线的方程为x －3y －6＝0，点T (－1,1)在AD 边所在直线上．(1)求AD 边所在直线的方程； (2)求矩形ABCD 外接圆的方程．(3)过N (－2,0)作圆P 与ABCD 外接圆外切，求圆心P 的轨迹方程．解析：(1)因为AB 边所在直线的方程为x －3y －6＝0，且AD 与AB 垂直，所以直线AD 的斜率为－3.又因为点T (－1,1)在直线AD 上，所以AD 边所在直线的方程为y －1＝－3(x ＋1)，即3x ＋y ＋2＝0.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧x －3y －6＝03x ＋y ＋2＝0解得点A 的坐标为(0，－2)，因为矩形ABCD 两条对角线的交点为M (2,0)， 所以M 为矩形ABCD 外接圆的圆心． 又|AM |＝(2－0)2＋(0＋2)2＝22，从而矩形ABCD 外接圆的方程为(x －2)2＋y 2＝8.(3)因为动圆P 过点N ，所以|PN |是该圆的半径，又因为动圆P 与圆M 外切，所以|PM |＝|PN |＋22，即|PM |－|PN |＝2 2.故点P 的轨迹是以M ，N 为焦点，实轴长为22的双曲线的左支．因为实半轴长a ＝2，半焦距c ＝2，所以虚半轴长b ＝c 2－a 2＝ 2.从而动圆P 的圆心的轨迹方程为x 22－y 22＝1(x ≤－2)．18．(本小题满分12分)如图，已知圆C ：(x －a )2＋(y －a )2＝a 2和直线l ：3x ＋4y ＋3＝0，若圆C 上有且仅有两个点到l 的距离等于1，求a 的取值范围．解析：设与l 平行且到l 距离为1的直线为： 3x ＋4y ＋c ＝0，则|c －3|52 ＝1，∴c ＝－2或c ＝8.由已知|3a ＋4a －2|5 <|a |或|3a ＋4a ＋8|5 <|a |，整理得|7a －2|<5|a |或|7a ＋8|<5|a |， 即6a 2－7a ＋1<0或3a 2＋14a ＋8<0. 解得16 <a <1或－4<a <－23.因此所求a 的范围是：－4<a <－23 或16<a <1.19．(本小题满分12分)如图，已知定圆C ：x 2＋(y －3)2＝4，定直线m ：x ＋3y ＋6＝0，过A (－1，0)的一条动直线l 与直线m 相交于N ，与圆C 相交于P 、Q 两点，M 是PQ 的中点．(1)当l 与m 垂直时，求证：l 过圆心C ； (2)当|PQ |＝23时，求直线l 的方程；(3)设t ＝AM →·AN →，试问t 是否为定值，若为定值，请求出t 的值；若不为定值，请说明理由．解析：(1)证明：由已知k m ＝－13，故k l ＝3，所以直线l 的方程为y ＝3(x ＋1)．将圆心C (0,3)代入方程易知l 过圆心C .(2)当直线l 与x 轴垂直时，易知x ＝－1符合题意；当直线l 与x 轴不垂直时，设直线l 的方程为y ＝k (x ＋1)，由于|PQ |＝23，所以|CM |＝1，由|CM |＝|－k ＋3|k 2＋1＝1，解得k ＝43.故直线l 的方程为x ＝－1或4x －3y ＋4＝0.(3)解法一：当l 与x 轴垂直时，易得M (－1,3)，N (－1，－53)，又A (－1,0)，则AM →＝(0,3)，AN →＝⎝⎛⎭⎫0，－53， 故AM →·AN →＝－5.即t ＝－5.当l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝k (x ＋1)，代入圆的方程得(1＋k 2)x 2＋(2k 2－6k )x ＋k 2－6k ＋5＝0.则x M ＝x P ＋x Q 2＝－k 2＋3k 1＋k 2，y M ＝k (x M ＋1)＝3k 2＋k 1＋k 2，即M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－k 2＋3k 1＋k 2，3k 2＋k 1＋k 2，AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3k ＋11＋k 2，3k 2＋k 1＋k 2. 又由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x ＋1)，x ＋3y ＋6＝0，得N ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3k ＋61＋3k ，－5k 1＋3k ，则AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－51＋3k ，－5k 1＋3k . 故t ＝AM →·AN →＝－15k －5(1＋k 2)(1＋3k )＋－5k (3k 2＋k )(1＋k 2)(1＋3k )＝－5(1＋3k )(1＋k 2)(1＋3k )(1＋k 2)＝－5.综上，t 的值为定值，且t ＝－5.解法二：连结CA 并延长交直线m 于点B ，连结CM 、CN ，由(1)知AC ⊥m ，又CM ⊥l ，所以四点M 、C 、N 、B 都在以CN 为直径的圆上，由相交弦定理得t ＝AM →·AN →＝－|AM →|·|AM →|＝－|AC →|·|AB →|＝－5.20．(本小题满分12分)已知关于x 、y 的二元一次不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ≤4，x －y ≤1，x ＋2≥0.(1)求函数u ＝3x －y 的最大值和最小值； (2)求函数z ＝x ＋2y ＋2的最大值和最小值． 解：(1)作出二元一次不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ≤4，x －y ≤1，x ＋2≥0表示的平面区域，如图所示．由u ＝3x －y ，得y ＝3x －u ，得到斜率为3，在y 轴上的截距为－u ，随u 的变化的一组平行线，由图可知，当直线经过可行域上的C 点时，截距－u 最大，即u 最小，解方程组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ＝4，x ＋2＝0得C (－2,3)，∴u min ＝3×(－2)－3＝－9.当直线经过可行域上的B 点时，截距－u 最小，即u 最大，解方程组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ＝4，x －y ＝1，得B (2,1)，∴u max ＝3×2－1＝5.∴u ＝3x －y 的最大值是5，最小值是－9. (2)作出二元一次不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ≤4，x －y ≤1，x ＋2≥0表示的平面区域，如图所示．由z ＝x ＋2y ＋2，得y ＝－12x ＋12z －1，得到斜率为－12，在y 轴上的截距为12z －1，随z 变化的一组平行线，由图可知，当直线经过可行域上的A 点时，截距12z －1最小，即z 最小，解方程组⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝1，x ＋2＝0，得A (－2，－3)，∴z min ＝－2＋2×(－3)＋2＝－6.当直线与直线x ＋2y ＝4重合时，截距12z －1最大，即z 最大，∴z max ＝4＋2＝6.∴z ＝x ＋2y ＋2的最大值是6，最小值是－6.21．(本小题满分12分)已知圆C ：x 2＋y 2－4x －14y ＋45＝0及点Q (－2,3)． (1)若点P (m ，m ＋1)在圆C 上，求直线PQ 的斜率； (2)若M 是圆C 上任一点，求|MQ |的最大值和最小值；(3)若点N (a ，b )满足关系式a 2＋b 2－4a －14b ＋45＝0，求μ＝b －3a ＋3的最大值．解析：(1)由P 在圆C 上可得m 2＋(m ＋1)2－4m －14(m ＋1)＋45＝0⇒m ＝4， ∴P (4,5)，∴k PQ ＝5－34－(－2)＝13.(2)圆C ：(x －2)2＋(y －7)2＝8， ∴|CM |＝22，∴|MQ |max ＝|CQ |＋r ＝62， |MQ |min ＝|CQ |－r ＝2 2. (3)由图可知，设E (－3,3)．当过点E 的直线与圆相切时，取最大值．设切线斜率为k ，则切线方程为y －3＝k (x ＋3)， d ＝|5k －4|1＋k 2＝22，解得k ＝20±26617，∴μmax ＝20＋26617.22．(本小题满分12分)已知圆x 2＋y 2－6x －8y ＋21＝0和直线kx －y －4k ＋3＝0. (1)求证：不论k 取什么值，直线和圆总有两个不同的公共点； (2)求当k 取何值时，直线被圆截得的弦最短，并求这最短弦的长．解析：(1)证明：已知圆的方程为(x －3)2＋(y －4)2＝4，其圆心(3,4)到直线kx －y －4k ＋3＝0的距离为|3k －4－4k ＋3|1＋k 2＝|k ＋1|1＋k 2.要证明直线和圆总有两个不同的公共点，只要证|k ＋1|1＋k2<2，即证(k ＋1)2<4(1＋k 2)，即证3k 2－2k ＋3>0.而3k 2－2k ＋3＝3⎝⎛⎭⎫k －132＋83>0成立． (2)由于当圆心到直线的距离最大时，直线被圆截得的弦最短， 而d ＝|k ＋1|1＋k 2＝(k ＋1)2k 2＋1＝ 1＋2k k 2＋1≤1＋1＋k 2k 2＋1＝ 2. 当且仅当k ＝1时，“＝”成立，即k ＝1时，d max ＝ 2.故当k ＝1时，直线被圆截得的弦最短，该最短弦的长为222－(2)2＝2 2.。

第十章排列、组合和二项式定理名师检测题时间：120分钟分值：150分第Ⅰ卷(选择题共60分)一、选择题：(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)1．用0到9这10个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为()A．324B．328C．360 D．648解析：若个位数是0，从其余9个数中取出两个数排在前两位，有A92种排法；若个位数不是0，先从2、4、6、8中取一个放在个位，在其余的3个数和1、3、5、7、9中取出1个数排在首位，再从其余8个数(包括0)中取出一个数排在十位，有4×8×8＝256(种)排法．所以满足条件的三位偶数共有A92＋4×8×8＝328(个)，故选B.答案：B2．某校在高二年级开设选修课，其中数学选修课开三个班．选课结束后，有4名同学要求改修数学，但每班至多可再接收2名同学，那么不同的分配方案有() A．72种B．54种C．36种D．18种解析：依题意，就要求改修数学的4名同学实际到三个班的具体人数分类计数：第一类，其中一个班接收2名、另两个班各接收1名，分配方案共有C31·C42·A22＝36(种)；第二类，其中一个班不接收、另两个班各接收2名，分配方案共有C31·C42＝18(种)．因此，满足题意的不同的分配方案有36＋18＝54(种)，选B.答案：B3．数列{a n}共有6项，其中三项是1，两项是2，一项是3，则满足上述条件的数列共有()A．24种B．60种C．72种D．120种解析：∵数列{a n}共有6项，可以找6个位置，先放3个1，相当于从6个位置中选出3个位置放1，由于3个1相同，所以没有顺序，共有C63种方法；类似地，剩下的3个位置2个放2,1个放3，因此一共有C63C32C11＝60(种)，故选B.答案：B4．为预防和控制甲型流感，某学校医务室欲将22支相同的温度计分发到高三年级10个班级中，要求分发到每个班级的温度计不少于2支，则不同的分发方式共有()C．90种D．100种解析：依题意，先把这22支相同的温度计给每班分配2支，则满足题意的分发方式的种数就取决于余下的2支温度计的分配方法种数，余下的2支温度计的分配方法有两类：第一类，将余下的2支温度计全部分给某一个班，有C101＝10(种)方法；第二类，将余下的2支温度计全部分给某两个班，有C102＝45(种)方法．因此，满足题意的分发方式共有10＋45＝55(种)，选B.答案：B5．计划在4个候选场馆举办排球、篮球、足球3个项目的比赛，在同一个场馆比赛的项目不超过2项的安排方案共有()A．24种B．36种C．42种D．60种解析：依题意知，满足题意的方案可分为两类：第一类，这3个项目分别安排在某3个场馆，相应的方案数为A43＝24；第二类，这3个项目分别安排在某2个场馆，相应的方案数为C42·C21·C32＝36.因此，满足题意的方案共有24＋36＝60(种)，选D.答案：D6．从8个不同的数中选出5个数构成函数f(x)(x＝1,2,3,4,5)的值域，如果8个不同的数中的A、B两个数不能是x＝5对应的函数值，那么不同的选法种数为() A．C82A63B．C71A74C．C61A74D．无法确定解析：依题意，分步确定当x取1、2、3、4、5时相应的函数值，第一步，从除A、B 外的六个数中任选一个作为x＝5时相应的函数值，有C61种方法；第二步，再从其余的7个数中任选4个作为x取1、2、3、4时相应的函数值，有A74种方法．因此满足题意的不同的选法种数有C61A74，选C.答案：C7．某学校有教职工100人，其中教师80人，职员20人，现从中选取10人组成一个考察团外出学习考察，则这10人中恰好有8名教师的不同选法的种数是() A．C802C208B．A808C202C．A808C202D．C808C202解析：依题意得这10人中恰好有8名教师的不同选法的种数是C808C202，选D.答案：D8．若自然数n使得作竖式加法n＋(n＋1)＋(n＋2)均不产生进位现象，则称n为“可连数”．例如：32是“可连数”，因32＋33＋34不产生进位现象；23不是“可连数”，因23＋24＋25产生进位现象．那么，小于1000的“可连数”的个数为()C ．39D ．48解析：根据题意，要构造小于1000的“可连数”，个位上的数字的最大值只能为2，即个位数字只能在0,1,2中取．十位数字只能在0,1,2,3中取；百位数字只能在1,2,3中取．当“可连数”为一位数时：有C 31＝3(个)；当“可连数”为两位数时：个位上的数字有0,1,2三种取法，十位上的数字有1,2,3三种取法，即有C 31C 31＝9(个)；当“可连数”为三位数时：有C 31C 41C 31＝36(个)；故共有：3＋9＋36＝48(个)，故选D.答案：D9．(2x ＋4)2010＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 2010x 2010，则a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 2010被3除的余数是( )A ．0B ．1C ．2D ．不能确定解析：在已知等式中分别取x ＝1与x ＝－1得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 2010＝62010，a 0－a 1＋a 2－…＋a 2010＝22010，两式相加得2(a 0＋a 2＋…＋a 2010)＝62010＋22010，即a 0＋a 2＋…＋a 2010＝12×(62010＋22010)＝12×62010＋22009. 注意到12×62010能被3整除； 22009＝2×(22)1004＝2×(3＋1)1004＝2×(31004＋C 10041·31003＋…＋C 10041003·3＋1)，被3除的余数是2，因此选C.答案：C10．如果f (m )＝1＋m C n 1＋m 2C n 2＋…＋m n －1C n n －1＋m n C n n ，那么log 2f (3)log 2f (1)等于( ) A ．2B.12 C ．1D ．3 解析：∵f (m )＝(1＋m )n ，∴log 2f (3)log 2f (1)＝log 24n log 22n ＝2n n ＝2，故选A. 答案：A11．(C 41x ＋C 42x 2＋C 43x 3＋C 44x 4)2的展开式的所有项的系数和为( )A ．64B ．224C ．225D ．256解析：在已知代数式中取x ＝1得其展开式的所有项的系数和等于(C 41＋C 42＋C 43＋C 44)2＝152＝225，选C.答案：C12．设(5x－x)n的展开式的各项系数之和为M，二项式系数之和为N，若M－N＝240，则展开式中x3的系数为()A．－150 B．150C．－500 D．500解析：依题意得，M＝4n＝(2n)2，N＝2n，于是有(2n)2－2n＝240，(2n＋15)(2n－16)＝0,2n ＝16＝24，n＝4，二项式(5x－x)n即(5x－x)4的展开式的通项T r＋1＝，令4－r2＝3，得r＝2，因此(5x－x)n的展开式中x3的系数等于C42·54－2·(－1)2＝150，选B.答案：B第Ⅱ卷(非选择题共90分)二、填空题：(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上．)13．北京大学今年实施校长实名推荐制，某中学获得推荐4名学生的资格，校长要从7名优秀学生中推荐4名，7名学生中有2人有体育特长，另有2人有艺术特长，其余3人有其他特长，那么至少含有1名有体育特长和1名有艺术特长的学生的推荐方案有________种(用数字作答)．解析：依题意，推荐方案分四类：①1名体育特长生，1名艺术特长生，有C21C21C32＝12(种)方案；②2名体育特长生，1名艺术特长生，有C22C21C31＝6(种)方案；③1名体育特长生，2名艺术特长生，有C21C22C31＝6(种)方案；④2名体育特长生，2名艺术特长生，有C22C22＝1(种)方案．于是，满足题意的推荐方案共有12＋6＋6＋1＝25(种)方案．答案：2514．如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫做“好数”，那么在由1,2,3,4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有________个．解析：依题意，本题中的“好数”一定是由三个1与其他一个数或一个1与其他三个相同的数构成，故共有C31C31＋C31＝12(个)．答案：1215．在(x＋43y)20的展开式中，系数为有理数的项共有________项．解析：注意到二项式(x＋43y)20的展开式的通项是T r＋1＝C20r·x20－r·(43y)r＝C20r·3r4·x20－r·y r.当r＝0,4,8,12,16,20时，相应的项的系数是有理数．因此(x＋43y)20的展开式中，系数是有理数的项共有6项．答案：616．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1＋1，则a 1C n 0＋a 2C n 1＋…＋a n ＋1C n n ＝________. 解析：∵a n ＝2n －1＋1，∴a 1C n 0＋a 2C n 1＋…＋a n ＋1C n n ＝C n 0(20＋1)＋C n 1(21＋1)＋…＋C n n (2n ＋1)＝(C n 020＋C n 121＋…＋C n n 2n )＋(C n 0＋C n 1＋…＋C n n )＝(2＋1)n ＋2n ＝3n ＋2n .答案：2n ＋3n三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)7个人到7个地方去旅游，甲不去A 地，乙不去B 地，丙不去C 地，丁不去D 地，共有多少种旅游方案？解析：此题可用排除法，7个人分别去7个地方共有A 77种可能．(1)若甲、乙、丙、丁4人同时都去各自不能去的地方旅游，而其余的人可以去余下的地方旅游的不同选法有A 33＝6(种)．(2)若甲、乙、丙、丁中有3人同时去各自不能去的地方旅游，有C 43种，而4人中剩下1人旅游的地方是C 31种，都选完后，再考虑无条件3人的旅游方法是A 33种，所以共有C 43C 31A 33＝72(种)．(3)若甲、乙、丙、丁4人中有2人同时去各自不能去的地方旅游，有C 42种，余下的5个人分别去5个不同地方的方案有A 55种，但是其中又包括了有条件的四人中的两人(不妨设甲、乙两人)同时去各自不能去的地方共A 33种，和这两人中有一人去了自己不能去的地方共2A 31A 33种，所以共有C 42(A 55－A 33－2A 31A 33)＝468(种)．(4)若甲、乙、丙、丁4人中只有1人去了自己不能去的地方旅游，有C 41种方案，而余下的六个人的旅游方案仍与(3)想法一致，共有C 41[A 66－A 33－C 32(A 44－A 33)－C 31(A 55－A 32－2A 31·A 33)]＝1704(种)．所以满足以上情况的不同旅游方案，共有A 77－(6＋72＋468＋1704)＝2790(种)．18．(本小题满分12分)设(5x 12－x 13)n 的展开式的各项系数之和为M ，二项式系数之和为N ，M －N ＝992.(1)判断该展开式中有无x 2项？若有，求出它的系数；若没有，说明理由；(2)求此展开式中有理项的项数．解析：令x ＝1得M ＝4n ，而N ＝2n ，由M －N ＝992，得4n －2n ＝992，即(2n －32)(2n ＋31)＝0.故2n ＝32，n ＝5.(1) 由题意，5－r 2＋r 3＝2，r ＝3.故含x 2项存在，它的系数为－250. (2)由通项可知，必须5－r 2＋r 3＝15－r 6为整数．分别把r ＝0,1,2,3,4,5代入，只有r ＝3成立，故只有一项有理项．19．(本小题满分12分)把1,2,3,4,5这五个数字组成无重复数字的五位数，并把它们按由小到大的顺序排列构成一个数列．(1)43251是这个数列的第几项？(2)求这个数列的第96项是多少？(3)求这个数列的各项和．解析：(1)先考虑大于43251的数有三类：以5开头的有A44个，以45开头的有A33个，以435开头的有A22个，则不大于43251的五位数有：A55－(A44＋A33＋A22)＝88(个)，即43251是此数列的第88项．(2)此数列共有120项，即96项以后还有120－96＝24项，即比96项所表示的五位数大的五位数有24个，而以5开头的五位数恰好有A44＝24个，所以小于以5开头的五位数中最大的一个就是该数列的第96项，即为45321.(3)因为1,2,3,4,5各在万位时都有A44个五位数，所以万位上数字的和为(1＋2＋3＋4＋5)×A44×10000；同理，它们在千位、百位、十位、个位上也都有A44个五位数，所以其和为(1＋2＋3＋4＋5)×A44×(1＋10＋100＋1000)，综上，这个数列的和为：(1＋2＋3＋4＋5)×A44×(1＋10＋100＋1000＋10000)＝3999960.20．(本小题满分12分)(1)求证：k C n k＝n C n－1k－1；(2)等比数列{a n}中，a n＞0，化简：A＝lg a1－C n1lg a2＋C n2lg a3－…＋(－1)n C n n lg a n＋1.解析：(1)证明：∵左式＝k·n！k！(n－k)！＝n·(n－1)！(k－1)！(n－k)！＝n·(n－1)！(k－1)！[(n－1)－(k－1)]！＝n C n－1k－1＝右式，∴k C n k＝n C n－1k－1.(2)由已知：a n＝a1q n－1，∴A＝lg a1－C n1(lg a1＋lg q)＋C n2(lg a1＋2lg q)－C n3(lg a1＋3lg q)＋…＋(－1)n C n n(lg a1＋n lg q)＝lg a1[1－C n1＋C n2－…＋(－1)n C n n]－lg q[C n1－2C n2＋3C n3－…＋(－1)n－1C n n·n]＝lg a1·(1－1)n－lg q[n C n－10－n C n－11＋n C n－12－…＋(－1)n－1·n C n－1n－1]＝0－n lg q[C n－10－C n－11＋C n－12－…＋(－1)n－1·C n－1n－1]＝－n lg q(1－1)n－1＝0.21．(本小题满分12分)已知⎝⎛⎭⎫x －2x 2n (n ∈N *)的展开式中第五项的系数与第三项系数的比是10∶1.(1)求展开式各项系数的和； (2)求展开式中含x 32的项； (3)求展开式中系数最大的项和系数最小的项．解析：(1)∵⎝⎛⎭⎫x －2x 2n 展开式中的通项为，由题意得24C n 422C n 2＝101，∴n 2－5n －24＝0， 解得n ＝8或n ＝－3(舍)．令x ＝1，则⎝⎛⎭⎫x －2x 28的各项系数和为1. (2)展开式通项为，令8－5r 2＝32，得r ＝1， ∴展开式中含x 32的项为(3)展开式的第r 项，第r ＋1项，第r ＋2项的系数绝对值分别为C 8r －1·2r －1，C 8r 2r ，C 8r ＋1·2r ＋1. 若第r ＋1项的系数绝对值最大，则有⎩⎪⎨⎪⎧C 8r －1·2r －1≤C 8r ·2r C 8r ·2r ≥C 8r ＋1·2r ＋1 解得5≤r ≤6.即系数绝对值最大的项为第六项或第七项．∴T 6＝－1792x x 9，T 7＝1792·1x11. 故展开式中系数最大的项为1792·1x 11，系数最小的项为－1792x x9.22．(本小题满分12分)设f (x )是定义在R 上的函数，且g (x )＝C n 0·f ⎝⎛⎭⎫0n ·x 0(1－x )n ＋C n 1·f ⎝⎛⎭⎫1n x ·(1－x )n －1＋C n 2·f ⎝⎛⎭⎫2n ·x 2·(1－x )n －2＋…＋C n n ·f ⎝⎛⎭⎫n n ·x n (1－x )0. (1)若f (x )＝1，求g (x )；(2)若f (x )＝x ，求g (x )．解析：(1)f (x )＝1，则g (x )＝C n 0(1－x )n ＋C n 1·x ·(1－x )n －1＋…＋C n n x n ·(1－x )0＝(1－x ＋x )n ＝1， ∵式子有意义，则x ≠0且x ≠1，∴g (x )＝1(x ≠0且x ≠1)．(2)f (x )＝x ，则f ⎝⎛⎭⎫k n ＝k n ，∴g (x )＝C n 0·0＋C n 1·1n x ·(1－x )n －1＋C n 2·2n ·x 2·(1－x )n －2＋…＋C n k ·k n·x k ·(1－x )n －k ＋…＋C n n ·1·x n (1－x )0，又 ∵C n k ·k n ＝k n ·n ！(n －k )！·k ！＝(n －1)！(n －k )！·(k －1)！＝C n －1k －1， ∴g (x )＝C n －10·x ·(1－x )n －1＋C n －11x 2·(1－x )n －2＋C n －12x 3·(1－x )n －3＋…＋C n －1k －1·x k ·(1－x )n－k ＋…＋C n －1n －2·x n －1·(1－x )＋x n ＝x ·[C n －10·(1－x )n －1＋C n －11·x ·(1－x )n －2＋…＋C n －1n －2x n －2·(1－x )＋C n －1n －1·x n －1] ＝x (1－x ＋x )n －1＝x ， 故g (x )＝x ，且x ≠0，x ≠1.。

金太阳新课标资源网2012届高三数学一轮总复习《名师一号》单元检测（人教A）：第九章直线、平面、简单几何体(A) 时间：120分钟　分值：150分第Ⅰ卷(选择题　共60分)一、选择题：(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)1．过空间一点与已知平面垂直的直线有( )A．0条 B．1条C．0条或1条D．无数条解析：根据线面垂直的定义及其性质定理可知过空间一点与已知平面垂直的直线只有1条，故选B.答案：B2．已知α，β表示两个不同的平面，m为平面α内的一条直线，则“α⊥β”是“m⊥β”的( )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：由面面垂直的判定定理可知必要性成立，而当两平面α、β垂直时，α内的直线m 只有在垂直于两平面的交线时才垂直于另一个平面β，∴充分性不成立．答案：B3．设直线m与平面α相交但不垂直，则下列说法中正确的是( )A．在平面α内有且只有一条直线与直线m垂直B．过直线m有且只有一个平面与平面α垂直C．与直线m垂直的直线不可能与平面α平行D．与直线m平行的平面不可能与平面α垂直解析：因为只有过m及m在平面α内的射影的平面是过m且垂直于平面α的平面，因此B正确，选择B.答案：B4．已知三条不重合的直线m、n、l，两个不重合的平面α、β，则下列命题中，其逆否命题不成立的是( )A．当m⊥α，n⊥β时，若m∥n，则α∥βB．当b⊂α时，若b⊥β，则α⊥β金太阳新课标资源网金太阳新课标资源网 金太阳新课标资源网C ．当α⊥β，α∩β＝m ，n ⊂β，若n ⊥m ，则n ⊥αD ．当m ⊂α，且n ⊄α时，若n ∥α，则m ∥n解析：根据原命题与逆否命题的真假性相同，只需判断原命题的真假即可．由面面垂直、平行的性质定理或判定定理等很容易判断出A 、B 、C 都是正确的，而在答案D 中，m 与n 显然可以异面．故选D.答案：D5．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为棱AB 的中点，则异面直线DM 与D 1B 所成角的余弦值为( )A.B.156155C.D.1531510解析：取CD 的中点N ，连结NB 、ND 1，则易知NB ∥DM ，∴∠NBD 1(或其补角)就是异面直线DM 与D 1B 所成的角．不妨设正方体的棱长为1，则D 1N ＝NB ＝＝.又D 1B ＝12＋(12)252，故在△NBD 1中，3cos ∠NBD 1＝＝.故选B.NB 2＋D 1B 2－D 1N 22·NB ·D 1B155答案：B6．如果对于空间任意n (n ≥2)条直线总存在一个平面α，使得这n 条直线与平面α所成的角均相等，那么这样的n ( )A ．最大值为3B ．最大值为4C ．最大值为5D ．不存在最大值解析：若n ＝4，显然此时对于空间的任意四条直线不都存在这样的平面α，因此结合各选项知B 、C 不正确；对于空间任意3条直线，总存在一个平面α，使得这n 条直线与平面α所成的角均相等，选A.答案：A7.如图，在棱长均为2的正四棱锥P －ABCD 中，点E 为PC 的中点，则下列命题正确金太阳新课标资源网 金太阳新课标资源网的是( )A ．BE ∥平面PAD ，且直线BE 到平面PAD 的距离为3B ．BE ∥平面PAD ，且直线BE 到平面PAD 的距离为263C ．BE 不平行于平面PAD ，且BE 与平面PAD 所成的角大于30°D ．BE 不平行于平面PAD ，且BE 与平面PAD 所成的角小于30°解析：取PD 的中点F ，连结EF ，AF ，则有EF ∥CD ，且EF ＝CD ，又12AB ∥CD ，AB ＝CD ，因此有EF ∥AB ，EF ＝AB ，四边形ABEF 为梯形，直线BE 与AF 必相交，12直线BE 与平面PAD 不平行．注意到BE 与BC 的夹角为30°，因此直线BE 与AD 的夹角为30°，由最小角原理可知，直线BE 与平面PAD 所成的角小于30°，选D.答案：D8．已知三棱锥P －ABC 中，PA 、PB 、PC 两两垂直，PA ＝PB ＝2PC ＝2a ，且三棱锥外接球的表面积为S ＝9π，则实数a 的值为( )A ．1B ．2C.D.212解析：如图，将三棱锥P —ABC 嵌入长方体中，则长方体的体对角线BD 为三棱锥外接球的直径，由此得三棱锥外接球的表面积为S ＝4π2＝π(PB 2＋PD 2)＝π[(2a )2＋(a )2](BD2)5＝9π.∴a ＝1，故选A.答案：A9.金太阳新课标资源网 金太阳新课标资源网如图，∠C ＝90°，AC ＝BC ，M 、N 分别为BC 和AB 的中点，沿直线MN 将△BMN 折起，使二面角B ′—MN —B 的大小为60°，则斜线B ′A 与平面ABC 所成角的正切值为( )A.B.2535C.D.4535解析：设AC ＝BC ＝2a ，由已知得MN ⊥CM ，B ′M ⊥MN ，MN ⊥平面B ′CM ，∠B ′MB ＝60°，B ′M ＝MN ＝a .作B ′E ⊥CB 于点E ，连结AE ，则有MN ⊥B ′E ，B ′E ⊥CE ，B ′E ⊥平面ABC ，∠B ′AE 是直线B ′A 与平面ABC 所成的角．在Rt △B ′AE 中，B ′E ＝B ′M sin60°＝a ，EM ＝B ′M cos60°＝，AE ＝＝32a2AC 2＋CE 2＝，所以tan ∠B ′AE ＝＝，选B.(2a )2＋(a ＋a 2)25a 2B ′EAE 35答案：B10.如图，在棱长为4的正方体ABCD —A ′B ′C ′D ′中，E 、F 分别是AD 、A ′D ′的中点，长为2的线段MN 的一个端点M 在线段EF 上运动，另一个端点N 在底面A ′B ′C ′D ′上运动，则线段MN 的中点P 的轨迹(曲面)与二面角A －A ′D ′－B ′所围成的几何体的体积为( )A.B.4π32π3C.D.π3π6金太阳新课标资源网 金太阳新课标资源网解析：依题意可知|FP |＝|MN |＝1，因此点P 的轨迹是以点F 为球心、1为半径的球面，12于是所求的体积是×＝π，选C.14(43π×13)13答案：C11．一个正三棱锥的四个顶点都在半径为1的球面上，其中底面的三个顶点在该球的一个大圆上，则该正三棱锥的高是( )A.B.1232C ．1D.33解析：由题知三棱锥的高为球的半径，故选C.答案：C12．球O 与锐二面角α－l －β的两半平面相切，两切点间的距离为，O 点到交线l3的距离为2，则球O 的表面积为( )A.B ．4π4π3C ．12πD ．36π解析：设球O 与平面α、β分别相切于点P 、Q ，过点O 作OR ⊥l 于点R ，连结PR 、QR 、PQ ，设PQ 与OR 相交于点S ，其抽象图如图所示，则有OP ⊥PR 、OQ ⊥QR ，故O 、P 、R 、Q 四点共圆，此圆的直径为2，由正弦定理得＝2，∴sin ∠PRQ ＝＝.又二面角α－l －β为锐二PQ sin ∠PRQ PQ 232面角，∴∠PRQ ＝60°，∴∠PRO ＝30°，∴OP ＝1，即球的半径为1，∴球O 的表面积S ＝4πR 2＝4π，故选B.金太阳新课标资源网 金太阳新课标资源网答案：B第Ⅱ卷(非选择题　共90分)二、填空题：(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上．)13．下列命题：①如果一个平面内有一条直线与另一个平面内的一条直线平行，那么这两个平面平行；②如果一个平面内的两条直线分别平行于另一个平面，那么这两个平面平行；③平行于同一平面的两个不同平面相互平行；④垂直于同一直线的两个不同平面相互平行．其中的真命题是________(把正确的命题序号全部填在横线上)．解析：对于①，相应的两个平面可能相交，因此①不正确；对于②，其中的两条直线可能是两条平行直线，此时相应的两个平面不一定平行，因此②不正确；对于③④，显然正确．答案：③④14.如图是一几何体的平面展开图，其中ABCD 为正方形，E 、F 分别为PA 、PD 的中点．在此几何体中，给出下面四个结论：①直线BE 与直线CF 异面；②直线BE 与直线AF 异面；③直线EF ∥平面PBC ；④平面BCE ⊥平面PAD .其中正确的有________个．解析：将几何体展开图拼成几何体(如图)，因为E 、F 分别为PA 、PD 的中点，所以EF ∥AD ∥BC ，即直线BE 与CF 共面，①错；因为B ∉平面PAD ，E ∈平面PAD ，E ∉AF ，所以BE金太阳新课标资源网与AF 是异面直线，②正确；因为EF ∥AD ∥BC ，EF ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以EF ∥平面PBC ，③正确；平面PAD 与平面BCE 不一定垂直，④错．答案：215．如图，将∠B ＝，边长为1的菱形ABCD 沿对角线AC 折成大小等于θ的二面角π3B －AC －D ，若θ∈[，]，M 、N 分别为AC 、BD 的中点，则下面的四种说法：π32π3①AC ⊥MN ；②DM 与平面ABC 所成的角是θ；③线段MN 的最大值是，最小值是；3434④当θ＝时，BC 与AD 所成的角等于.π2π2其中正确的说法有________(填上所有正确说法的序号)．解析：如图，AC ⊥BM ，AC ⊥MD ⇒AC ⊥平面BMD ，所以AC ⊥MN ，①正确；因为θ∈[，]，且线π32π3与面所成角的范围为[0，]，所以DM 与平面ABC 所成的角不一定是θ，②错；BM ＝DM ＝π2，MN ⊥BD ，∠BMD ＝θ，所以MN ＝BM ·cos ＝·cos ，所以线段MN 的最大值是，最小值32θ232θ234是，③正确；当θ＝时，过C 作CE ∥AD ，连结DE ，且DE ∥AC ，则∠BCE (或其补角)即为两34π2直线的夹角，BM ⊥DM ，BM ＝DM ＝，BD 2＝，又DE ∥AC ，则DE ⊥平面3232金太阳新课标资源网BDM ，∴DE ⊥BD ，BE 2＝＋1＝，cos ∠BCE ＝＝－≠0，所以④错．32521＋1－52214答案：①③16．设A 、B 、C 是球面上三点，线段AB ＝2，若球心到平面ABC 的距离的最大值为，则球的表面积等于________．3解析：△ABC 所在截面圆的直径为2r ＝AB ＝2时，球心到平面ABC 的距离最大，此时球半径R ＝＝2，S 球＝4πR 2＝16π.1＋3答案：16π三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)如图，长方体AC 1中，AB ＝2，BC ＝AA 1＝1.E 、F、G 分别为棱DD 1、D 1C 1、BC 的中点．(1)试在底面A 1B 1C 1D 1上找一点H ，使EH ∥平面FGB 1；(2)求四面体EFGB 1的体积．解析：(1)取A 1D 1的中点P ，D 1P 的中点H ，连结DP 、EH ，则DP ∥B 1G ，EH ∥DP ，∴EH ∥B 1G ，又B 1G ⊂平面FGB 1，∴EH ∥平面FGB 1.即H 在A 1D 1上，且HD 1＝A 1D 1时，EH ∥平面FGB 1.14(2)∵EH ∥平面FGB 1，∴VE —FGB 1＝VH —FGB 1，而VH —FGB 1＝VG —HFB 1＝×1×S △HFB 1，13S △HFB 1＝S 梯形B 1C 1D 1H －S △B 1C 1F －S △D 1HF ＝，58∴V 四面体EFGB 1＝VE —FGB 1＝VH —FGB 1＝×1×＝.135852418．(本小题满分12分)直棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，底面金太阳新课标资源网ABCD 是直角梯形，∠BAD ＝∠ADC ＝90°，AB ＝2AD ＝2CD ＝2.(1)求证：平面ACB 1⊥平面BB 1C 1C ；(2)在A 1B 1上是否存在一点P ，使得DP 与平面BCB 1和平面ACB 1都平行？证明你的结论．解析：(1)证明：直棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，BB 1⊥平面ABCD ，∴BB 1⊥AC .又∵∠BAD ＝∠ADC ＝90°，AB ＝2AD ＝2CD ＝2，∴AC ＝，∠CAB ＝45°，∴BC ＝，∴BC ⊥AC .22又BB 1∩BC ＝B ，BB 1⊂平面BB 1C 1C ，BC ⊂平面BB 1C 1C ，∴AC ⊥平面BB 1C 1C .又∵AC ⊂平面ACB 1，∴平面ACB 1⊥平面BB 1C 1C .(2)存在点P ，P 为A 1B 1的中点．要使DP 与平面BCB 1和平面ACB 1都平行，就要使DP 与平面BCB 1和平面ACB 1的交线平行．因为平面BCB 1∩平面ACB 1＝B 1C ，所以只要DP ∥B 1C 即可．因为A 1B 1∥DC ，所以四边形DCB 1P 为平行四边形，所以B 1P ＝DC ＝A 1B 1＝1，所以P 为A 1B 1的中点．12即当P 为A 1B 1的中点时，DP 与平面BCB 1和平面ACB 1都平行．19．(本小题满分12分)(2010·浙江)如图，在矩形ABCD 中，点E ，F 分别在线段AB ，AD 上，AE ＝EB ＝AF ＝FD ＝4.沿直线EF 将△AEF 翻折成△A ′EF ，使平面23A ′EF ⊥平面BEF .(1)求二面角A ′－FD －C 的余弦值；(2)点M ，N 分别在线段FD ，BC 上，若沿直线MN 将四边形MNCD 向上翻折，使C金太阳新课标资源网 金太阳新课标资源网与A ′重合，求线段FM 的长．解析：(1)取线段EF 的中点H ，AF 的中点G ，连结A ′G ，A ′H ，GH，因为A ′E ＝A ′F 及H 是EF 的中点，所以A ′H ⊥EF .又因为平面A ′EF ⊥平面BEF ，所以A ′H ⊥平面BEF .又AF ⊂平面BEF ，故A ′H ⊥AF ，又因为G ，H 是AF 、EF 的中点．易知GH ∥AB ，所以GH ⊥AF ，于是AF ⊥平面A ′GH ，所以∠A ′GH 为二面角A ′－FD －C 的平面角．在Rt △A ′GH 中，A ′H ＝2，GH ＝2，A ′G ＝2.23所以cos ∠A ′GH ＝.33故二面角A ′－DF －C 的余弦值为.33(2)设FM ＝x .因为翻折后，C 与A ′重合，所以CM ＝A ′M ，而CM 2＝DC 2＋DM 2＝82＋(6－x )2，A ′M 2＝A ′H 2＋MH 2＝A ′H 2＋MG 2＋GH 2＝(2)2＋(x ＋2)2＋22，得x ＝，2214经检验，此时点N 在线段BC 上．所以FM ＝.21420．(本小题满分12分)(2010·重庆)如图，四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥底面ABCD ，PA ＝AB ＝，点E 是棱PB 的中点．6金太阳新课标资源网 金太阳新课标资源网(1)求直线AD 与平面PBC 的距离；(2)若AD ＝，求二面角A —EC —D 的平面角的余弦值．3解析：(1)如图，在矩形ABCD 中，AD ∥BC ，从而AD ∥平面PBC ，故直线AD 与平面PBC 的距离为点A 到平面PBC 的距离．因PA ⊥底面ABCD ，故PA ⊥AB ，由PA ＝AB 知△PAB 为等腰直角三角形，又点E 是棱PB 的中点，故AE ⊥PB .又在矩形ABCD 中，BC ⊥AB ，而AB 是PB 在底面ABCD 内的射影，由三垂线定理得BC ⊥PB ，从而BC ⊥平面PAB ，故BC ⊥AE ，从而AE ⊥平面PBC ，故AE 之长即为直线AD 与平面PBC 的距离．在Rt △PAB 中，PA ＝AB ＝，所以AE ＝PB ＝＝.61212PA 2＋AB 23(2)过点D 作DF ⊥CE ，交CE 于F ，过点F 作FG ⊥CE ，交AC 于G ，则∠DFG 为所求的二面角的平面角．由(1)知BC ⊥平面PAB ，又AD ∥BC ，得AD ⊥平面PAB ，故AD ⊥AE ，从而DE ＝＝.AE 2＋AD 26在Rt △CBE 中，CE ＝＝.由CD ＝，所以△CDE 为等边三角形，故F 点BE 2＋BC 266为CE 的中点，且DF ＝CD ·sin ＝.因为AE ⊥平面PBC ，故AE ⊥CE ，又FG ⊥CE ，知FG 綊π3322金太阳新课标资源网 金太阳新课标资源网AE ，从而FG ＝，且G 点为AC 的中点．1232连结DG ，则在Rt △ADC 中，DG ＝AC 12＝＝.12AD 2＋CD 232所以cos ∠DFG ＝＝.DF 2＋FG 2－DG 22·DF ·FG 6321．(本小题满分12分)如图，在四棱锥S －ABCD 中，AD ∥BC 且AD ⊥CD ；平面CSD ⊥平面ABCD ，CS ⊥DS ，CS ＝2AD ＝2；E 为BS 的中点，CE ＝，AS ＝.求：23(1)点A 到平面BCS 的距离；(2)二面角E －CD －A 的大小．解析：(1)因为AD ∥BC ，且BC ⊂平面BCS ，所以AD ∥平面BCS ，从而A 点到平面BCS 的距离等于D 点到平面BCS 的距离．因为平面CSD ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，故AD ⊥平面CSD ，从而AD ⊥DS .由AD ∥BC ，得BC ⊥DS .又由CS ⊥DS 知DS ⊥平面BCS ，从而DS 为点A 到平面BCS 的距离．因此，在Rt △ADS 中，DS ＝＝＝.AS 2－AD 23－12(2)如图，过E 点作EG ⊥CD ，交CD 于点G ，又过点G 作GH ⊥CD ，交AB 于点H ，故∠EGH 为二面角E －CD －A 的平面角，记为θ，过E 点作EF ∥BC ，交CS 于点F ，连结GF ，因平面ABCD ⊥平面CSD ，GH ⊥CD ，易知GH ⊥GF .故θ＝－∠EGF .π2由于E 为BS 边的中点，故CF ＝CS ＝1，在Rt △CFE 中，12EF ＝＝＝1.因EF ⊥平面CSD ，又EG ⊥CD ，故由三垂线定理的逆定理CE 2－CF 22－1金太阳新课标资源网 金太阳新课标资源网得FG ⊥CD ，从而又可得△CGF ∽△CSD ，因此＝，而在Rt △CSD 中，GF DS CF CD CD ＝＝＝，故GF ＝·DS ＝·＝.CS 2＋SD 24＋26CF CD 16213在Rt △EFG 中，tan∠EGF ＝＝，可得∠EGF ＝，故所求二面角的大小为θ＝.EF FG 3π3π622．(本小题满分12分)右图是一个直三棱柱(以A 1B 1C 1为底面)被一平面所截得到的几何体，截面为ABC .已知A 1B 1＝B 1C 1＝1，∠A 1B 1C 1＝90°，AA 1＝4，BB 1＝2，CC 1＝3.(1)设点O 是AB 的中点，求证：OC ∥平面A 1B 1C 1；(2)求二面角B －AC －A 1的大小；(3)求此几何体的体积．解析：(1)证明：作OD ∥AA 1交A 1B 1于D ，连结C 1D .则OD ∥BB 1∥CC 1.因为O 是AB 的中点，所以OD ＝(AA 1＋BB 1)＝3＝CC 1.12则四边形ODC 1C 是平行四边形，因此有OC ∥C 1D ，C 1D ⊂平面C 1B 1A 1且OC ⊄平面C 1B 1A 1，则OC ∥平面A 1B 1C 1.(2)如图，过B 作截面BA 2C 2∥平面A 1B 1C 1，分别交AA 1、CC 1于A 2、C 2，作BH ⊥A 2C 2于H ，连结CH .金太阳新课标资源网 金太阳新课标资源网因为CC 1⊥平面BA 2C 2，所以CC 1⊥BH ，则BH ⊥平面A 1C .又因为AB ＝，BC ＝，AC ＝⇒AB 2＝BC 2＋AC 2，所以BC ⊥AC ，根据三垂线定理知523CH ⊥AC ，所以∠BCH 就是所求二面角的平面角．因为BH ＝，所以sin ∠BCH ＝＝，故∠BCH ＝30°，即所求二面角的大小为30°.22BH BC 12(3)因为BH ＝，所以VB —AA 2C 2C ＝SAA 2C 2C ×BH ＝××(1＋2)××＝，2213131222212VA 1B 1C 1—A 2BC 2＝S △A 1B 1C 1·BB 1＝×2＝1.12所求几何体体积为V ＝VB —AA 2C 2C ＋VA 1B 1C 1—A 2BC 2＝32。

名师一号高考总复习数学(精选5篇)名师一号高考总复习数学【篇1】(一)向量代数1.知识范围(1)向量的概念向量的定义向量的模单位向量向量在坐标轴上的投影向量的坐标表示法向量的方向余弦(2)向量的线性运算向量的加法向量的减法向量的数乘(3)向量的数量积二向量的夹角二向量垂直的充分必要条件(4)二向量的向量积二向量平行的充分必要条件2.要求(1)理解向量的概念，掌握向量的坐标表示法，会求单位向量、方向余弦、向量在坐标轴上的投影。

(2)熟练掌握向量的线性运算、向量的数量积与向量积的计算方法。

(3)熟练掌握二向量平行、垂直的充分必要条件。

(1)幂级数的概念收敛半径收敛区间(2)幂级数的基本性质(3)将简单的初等函数展开为幂级数2.要求(1)了解幂级数的概念。

(2)了解幂级数在其收敛区间内的基本性质(和、差、逐项求导与逐项积分)。

(3)掌握求幂级数的收敛半径、收敛区间(不要求讨论端点)的方法。

名师一号高考总复习数学【篇2】1. 集合的含义2. 集合的中元素的三个特性：1)元素的确定性如：世界上最高的山2)元素的互异性如：由HAPPY的字母组成的集合{H,A,P,Y}3)元素的无序性: 如：{a,b,c}和{a,c,b}是表示同一个集合3.集合的表示：{ … } 如：{我校的篮球队员}，{太平洋,大西洋,印度洋,北冰洋}(1) 用拉丁字母表示集合：A={我校的篮球队员},B={1,2,3,4,5}(2) 集合的表示方法：列举法与描述法。

u 注意：常用数集及其记法：非负整数集(即自然数集) 记作：N正整数集 N或 N+ 整数集Z 有理数集Q 实数集R1) 列举法：{a,b,c……}2) 描述法：将集合中的元素的公共属性描述出来，写在大括号内表示集合的方法。

{x?R| x-32} ,{x| x-32}3) 语言描述法：例：{不是直角三角形的三角形}4) Venn图:4、集合的分类：(1) 有限集含有有限个元素的集合(2) 无限集含有无限个元素的集合(3) 空集不含任何元素的集合名师一号高考总复习数学【篇3】(一)一阶微分方程1.知识范围(1)微分方程的概念微分方程的定义阶解通解初始条件特解(2)可分离变量的方程(3)一阶线性方程2.要求(1)理解微分方程的定义，理解微分方程的阶、解、通解、初始条件和特解。

2012年高考数学一轮复习单元测试卷一（文科）一．选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分.1．已知全集{1,2,3,4,5,6,7}U =,{1,3,5,7}A =,{3,5}B =，则下列式子一定成立的是（ ） A ．U U C B C A⊆ B ．()()U U C A C B U⋃= C ．U A C B =∅D ．U B C A =∅2．已知函数()sin()12f x x ππ=--，则下列命题正确的是( )A ．)(x f 是周期为1的奇函数B ．)(x f 是周期为2的偶函数C ．)(x f 是周期为1的非奇非偶数D ．)(x f 是周期为2的非奇非偶函数3．已知函数()(0,1)a f x log x a a =>≠的图象如右图示，函数()y g x =的图象与()y f x =的图象关于直线y x =对称，则函数()y g x =的解析式为（ ）A.()2x g x =B. 1()()2xg x = C. 12()log g x x =D.2()log g x x =4．当a ≠0时，函数y ax b =+和y b ax=的图象只可能是（ ）5．下列关系式中，成立的是（ ）A ．10log 514log 3103>⎪⎭⎫⎝⎛>B ．4log 5110log 3031>⎪⎭⎫⎝⎛>C ．03135110log 4log ⎪⎭⎫⎝⎛>>D ．0331514log 10log ⎪⎭⎫⎝⎛>>6．函数sin y x =的一个单调增区间是（ ） A ．ππ44⎛⎫- ⎪⎝⎭， B ．3ππ44⎛⎫ ⎪⎝⎭， C ．3ππ2⎛⎫ ⎪⎝⎭， D ．32ππ2⎛⎫ ⎪⎝⎭， 7．函数x xx f 2log 2cos3)(-=π的零点的个数是（ ）A ．2B ．3C ．4D ．58．设函数()()f x x ∈R 为奇函数，1(1),2f =(2)()(2),(5)f x f x f f +=+则=（ ） A ．0B ．1C ．52D ．59．把函数sin(4)6y x π=+上的点的横坐标伸长到原来的2倍，然后再把所得到的图象向左平移6π个单位，所得函数图象的解析式为（ ） A ．sin(2)3y x π=+B ．5sin(2)12y x π=+C ．cos 2y x =-D ．cos 2y x = 10．已知)(x f 是定义在（-3，3）上的奇函数，当30<<x 时，)(x f如图所示，那么不等式0)(<x xf 的解集是（ ） A ．(3,1)(0,1)(1,3)-- B ．(1,0)(0,1)- C ．(3,1)(0,1)--D ．(0,1)(1,3)二．填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分. 11．函数)2(log 221x y -=的定义域是 ，值域是 ；12．函数)(x f 在R 上为奇函数，且0,1)(>+=x x x f ，则当0<x ，=)(x f ；13．若1sin()sin()23x x ππ+++=，则sin 2x 的值为 ； 14．函数)(x f 同时满足下列条件：①是奇函数；②在［0，1］上是增函数；③在［0，1］上最小值为0，则)(x f = （写出一个你认为正确的即可）； 15. 设函数c bx x x x f ++=)(，给出四个命题： ①0=c 时，有)()(x f x f -=-成立；②0,0>=c b 时，方程0)(=x f ，只有一个实数根；③)(x f y =的图象关于点（0,c ）对称； ④方程0)(=x f ，至多有两个实数根。