2014版陕西北师版数学文复习方略：单元评估检测(十)

课时提升作业(二)一、选择题1.已知命题p:若x>0,y>0,则xy>0,则p的否命题是( )(A)若x>0,y>0,则xy≤0(B)若x≤0,y≤0,则xy≤0(C)若x,y至少有一个不大于0,则xy<0(D)若x,y至少有一个小于或等于0,则xy≤02.(2013·吉安模拟)已知条件p:x≤1,条件q:<1,则 p是q的( )(A)充分不必要条件(B)必要不充分条件(C)充要条件(D)既不充分也不必要条件3.(2013·延安模拟)命题“若a,b∈R,a=b=0,则a2+b2=0”的逆否命题是( )(A)若a,b∈R,a2+b2=0,则a≠b≠0(B)若a,b∈R,a2+b2≠0,则a≠b≠0(C)若a,b∈R,a2+b2≠0,则a≠0且b≠0(D)若a,b∈R,a2+b2≠0,则a≠0或b≠04.(2013·合肥模拟)设a>0且a≠1,则“函数f(x)=a x在R上是增函数”是“函数g(x)=x a在R上是增函数”的( )(A)充分不必要条件(B)必要不充分条件(C)充要条件(D)既不充分也不必要条件5.已知a,b,c都是实数,则在命题“若a>b,则ac2>bc2”与它的逆命题、否命题、逆否命题这四个命题中,真命题的个数是( )(A)4 (B)2 (C)1 (D)06.(2013·安康模拟)对任意实数a ，b ，c 给出下列命题: ①“a=b ”是“ac=bc ”的充要条件;②“a+5是无理数”是“a 是无理数”的充要条件; ③“a>b ”是“a 2>b 2”的充分条件; ④“a<5”是“a<3”的必要条件. 其中真命题的个数是( )(A)1 (B)2 (C)3 (D)4 7.下列各小题中,p 是q 的充要条件的是( ) (1)p:m<-2或m>6;q:y=x 2+mx+m+3有两个不同的零点. (2)p:=1;q:y=f(x)是偶函数.(3)p:cos α=cos β;q:tan α=tan β. (4)p:A ∩B=A;q: U ðB ⊆U ð A.(A)(1)(2) (B)(2)(3) (C)(3)(4) (D)(1)(4)8.已知向量a =(1,2),b =(2,3),则λ<-4是向量m =λa +b 与向量n =(3,-1)夹角为钝角的( ) (A)充分不必要条件 (B)必要不充分条件 (C)充要条件(D)既不充分也不必要条件9.(2013·西安模拟)已知集合M={x|log 2x ≤0},N={x|x 2-2x ≤0},则“a ∈M ”是 “a ∈N ”的( )(A)充分不必要条件(B)必要不充分条件(C)充要条件(D)既不充分也不必要条件10.(2013·重庆模拟)设非零实数a,b,则“a2+b2≥2ab成立”是“+≥2成立”的( )(A)充分不必要条件(B)必要不充分条件(C)充要条件(D)既不充分也不必要条件11.(能力挑战题)若m,n∈N+,则“a>b”是“a m+n+b m+n>a n b m+a m b n”的( )(A)充分不必要条件(B)必要不充分条件(C)充要条件(D)既不充分也不必要条件12.(能力挑战题)已知a,b为实数,集合A={x|ax+b=0},则下列命题为假命题的是( )(A)当a≠0时,集合A是有限集(B)当a=b=0时,集合A是无限集(C)当a=0时,集合A是无限集(D)当a=0,b≠0时,集合A是空集二、填空题13.若“对于任意x∈R,ax2+ax+1>0”为真命题,则实数a的取值范围是.14.sinα≠sinβ是α≠β的条件.15.(能力挑战题)在空间中:①若四点不共面,则这四点中任何三点都不共线;②若两条直线没有公共点,则这两条直线是异面直线.以上两个命题中,逆命题为真命题的是.16.(2013·渭南模拟)已知p:2x2-9x+a<0，q:且q是p的充分条件，则实数a的取值范围是.三、解答题17.已知集合A={y|y=x2-x+1,x∈[,2]},B={x|x+m2≥1}.若“x∈A”是“x∈B”的充分条件,求实数m的取值范围.答案解析1.【解析】选D.否命题应在否定条件的同时否定结论,而原命题中的条件是“且”的关系,所以条件的否定形式是“x≤0或y≤0”.2.【解析】选A.⌝p:x>1;<1,解得x<0或x>1.所以⌝p是q的充分不必要条件.3.【解析】选D.“a=b=0”的否定为“a≠0或b≠0”,“a2+b2=0”的否定为“a2+b2≠0”,故原命题的逆否命题是“若a,b∈R,a2+b2≠0,则a≠0或b≠0”.4.【解析】选D.当a=2时,函数f(x)=a x在R上为增函数,函数g(x)=x a在R上不是增函数;当a=时,g(x)=x a在R上是增函数,f(x)=a x在R上不是增函数.5.【解析】选B.原命题是一个假命题,因为当c=0时,不等式的两边同乘上0得到的是一个等式;原命题的逆命题是一个真命题,因为当ac2>bc2时,一定有c2≠0,所以必有c2>0,不等式两边除以同一个正数,不等号方向不变,即若ac2>bc2,则a>b成立.根据命题的等价关系,四个命题中有2个真命题.6.【解析】选B.对于①，a=b ⇒ac=bc ，但ac=bc a=b ，故①错.对于②，a+5是无理数⇔a 是无理数，故②正确. 对于③，a>ba 2>b 2，故③错.对于④，a<3⇒a<5，故④正确，故选B.7.【解析】选D.(1)y=x 2+mx+m+3有两个不同的零点的充要条件是m 2-4(m+3)>0,解得m<-2或m>6. (2)由=1可得f(-x)=f(x),函数y=f(x)是偶函数,但函数y=f(x)是偶函数时,有可能f(x)=0,此时无意义.(3)cos α=cos β≠0时,sin α=〒sin β,得出tan α=〒tan β,cos α=cos β=0时,tan α,tan β无意义. (4)A ∩B=A ⇔A ⊆B ⇔U ðB ⊆U ðA.综上可知,p 是q 的充要条件的是(1)(4).8.【解析】选A.m =(λ+2,2λ+3),m ,n 的夹角为钝角的充要条件是m ·n <0且m ≠μn (μ<0).m ·n <0,即3(λ+2)-(2λ+3)<0,即λ<-3;若m =μn ,则λ+2= 3μ,2λ+3=-μ,解得μ=,故m ≠μn (μ<0),所以,m ,n 的夹角为钝角的充要条件是λ<-3.λ<-4是m ,n 的夹角为钝角的充分不必要条件.9.【解析】选A.集合M={x|0<x ≤1},N={x|0≤x ≤2},故“a ∈M ”是“a ∈N ”的充分不必要条件.10.【解析】选B.若a 2+b 2≥2ab,则+≥2不一定成立;若+≥2,则a 2+b 2≥2ab 成立.11.【解析】选D.a m+n +b m+n >a n b m +a m b n ⇔(a m -b m )(a n -b n )>0.当a>b 时,由于a,b 可能为负值,m,n 奇偶不定,因此不能得出(a m -b m )(a n -b n )>0;当(a m -b m )·(a n -b n )>0时,即使在a,b均为正数时也有a<b的可能,因此也得不出a>b.所以“a>b”是“a m+n+b m+n>a n b m+a m b n”的既不充分也不必要条件.【误区警示】因没有注意不等式性质成立的条件而出错.【变式备选】(2012·郑州模拟)若a1x2+b1x+c1<0和a2x2+b2x+c2<0的解集分别为集合M和N,a i,b i,c i(i=1,2)均不为零,那么“a1b2=a2b1且a1c2=a2c1”是“M=N”的( ) (A)充分不必要条件(B)必要不充分条件(C)充要条件(D)既不充分也不必要条件【解析】选D.若a 1b2=a2b1且a1c2=a2c1,则有===k,当k<0时,M≠N;反之,若M=N,则a1b2=a2b1且a1c2=a2c1不一定成立,故“a1b2=a2b1且a1c2=a2c1”是“M=N”的既不充分也不必要条件.12.【思路点拨】集合A是一个含有参数的方程的解的集合,根据参数的不同取值这个方程解的个数也不同,分类讨论即可解决.【解析】选C.A中,当a≠0时,有x=-,此时集合A是有限集;B中,当a=b=0时,一切实数x都是集合A的元素,此时集合A是无限集;C中,当a=0时,方程变为0x+b=0,此时只有b=0集合A才可能是无限集;D中,当a=0,b≠0时,没有实数x 满足ax+b=0,此时集合A是空集.13.【解析】问题等价于对任意实数x,不等式ax2+ax+1>0恒成立.当a=0时,显然成立;当a≠0时,只能是a>0且Δ=a2-4a<0,即0<a<4.故a的取值范围是[0,4). 答案:[0,4)【误区警示】因忽略二次项系数可能为零的情况而出错.14.【解析】即判断α=β是sinα=sinβ的什么条件,显然是充分不必要条件. 答案:充分不必要15.【解析】①中的逆命题是:在空间中,若四点中任何三点都不共线,则这四点不共面.我们用正方体AC1做模型来观察:上底面A1C1内A1,B1,C1,D1四点中任何三点都不共线,但A1,B1,C1,D1四点共面,所以①中逆命题为假命题.②中的逆命题是:在空间中,若两条直线是异面直线,则这两条直线没有公共点.由异面直线的定义可知,成异面直线的两条直线不会有公共点.所以②中逆命题是真命题.答案:②16.【思路点拨】求出条件q，由q是p的充分条件知q p，再转化为不等式恒成立问题求解.【解析】由得≨2<x<3.≧q⇒p，≨x∈(2，3)时，2x2-9x+a<0恒成立.记f(x)=2x2-9x+a，则即≨a≤9.答案:(-≦，9]17.【解析】y=x2-x+1=(x-)2+,≧x∈[,2],≨≤y≤2,≨A={y|≤y≤2}.由x+m2≥1,得x≥1-m2,≨B={x|x≥1-m2}.≧“x∈A”是“x∈B”的充分条件,≨A⊆B,≨1-m2≤,解得m≥或m≤-,故实数m的取值范围是(-≦,-]∪[,+≦).【变式备选】求证:关于x的方程ax2+bx+c=0有一个根为1的充要条件是a+b+c=0.【证明】必要性:若方程ax2+bx+c=0有一个根为1,则x=1满足方程ax2+bx+c=0,≨a+b+c=0.充分性:若a+b+c=0,则b=-a-c,≨ax2+bx+c=0可化为ax2-(a+c)x+c=0,≨(ax-c)(x-1)=0,≨当x=1时,ax2+bx+c=0,≨x=1是方程ax2+bx+c=0的一个根.关闭Word文档返回原板块。

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单元评估检测(七)第七章(120分钟 150分)一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.已知直线l∥平面α,P∈α,那么过点P且平行于直线l的直线( )(A)只有一条,不在平面α内(B)有无数条,不一定在平面α内(C)只有一条,且在平面α内(D)有无数条,一定在平面α内2.在△ABC中,AB=2,BC=1.5,∠ABC=120°,若使△ABC绕直线BC旋转一周,则所形成的几何体的体积是( )(A)π(B)π(C)π(D)π3.(2013·随州模拟)在空间中,a,b是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,下列命题正确的是( )(A)若a∥α,b∥a,则b∥α(B)若a∥α,b∥a,aÜβ,bÜβ,则β∥α(C)若α∥β,b∥α,则b∥β(D)若α∥β,aÜα,则a∥β4.若圆锥的侧面展开图是圆心角为120°、半径为l的扇形,则这个圆锥的表面积与侧面积之比是( )(A)3∶2 (B)2∶1(C)5∶3 (D)4∶35.(2013·珠海模拟)已知a,b,l表示三条不同的直线,α,β,γ表示三个不同的平面,有下列命题:①若α∩β=a,β∩γ=b,且a∥b,则α∥γ;②若a,b相交,且都在α,β外,a∥α,a∥β,b∥α,b∥β,则α∥β;③若α⊥β,α∩β=a,bÜβ,a⊥b,则b⊥α;④若aÜα,bÜα,l⊥a,l⊥b,则l⊥α.其中正确的有( )(A)0个(B)1个(C)2个(D)3个6.(2013·郑州模拟)把边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折起,使得平面ABD ⊥平面CBD,形成三棱锥C-ABD,其主视图与俯视图如图所示,则其左视图的面积为( )(A)(B)(C)(D)7.若某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则此几何体的体积是( )(A)36 cm3(B)48 cm3(C)60 cm3(D)72 cm38.如图是正方体的表面展开图,在这个正方体中有如下命题:①AF∥NC;②BE与NC是异面直线;③AF与DE的夹角为60°;④AN与ME的夹角为45°.其中正确命题的个数为( )(A)3个(B)2个(C)1个(D)0个9.已知正四棱锥的侧棱与底面的边长都为3,则这个四棱锥的外接球的表面积为( )(A)12π(B)36π(C)72π(D)108π10.(能力挑战题)已知正方形ABCD的边长是4,对角线AC与BD交于O,将正方形ABCD沿对角线BD折叠,使平面ABD与平面CBD的夹角为60°,给出下面结论: ①AC⊥BD;②AD⊥CO;③△AOC为正三角形;④cos∠ADC=.则其中的结论正确的是( )(A)①③④(B)①②④(C)②③④(D)①②③二、填空题(本大题共5小题,每小题5分,共25分.请把正确答案填在题中横线上)11.一个多面体的三视图分别为正方形、等腰三角形和矩形,如图所示,则该几何体的表面积为.12.(2012·九江模拟)在棱长为1的正方体AC1中,E为AB的中点,点P为侧面BB1C1C内一动点(含边界),若动点P始终满足PE⊥BD1,则动点P的轨迹的长度为.13.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点M,N分别在线段AB1,BC1上,且AM=BN.以下结论:①AA1⊥MN;②A1C1∥MN;③MN∥平面A1B1C1D1;④MN与A1C1异面,其中有可能成立的有.14.已知一个三棱锥的三视图如图所示,其中俯视图是等腰直角三角形,则该三棱锥的外接球体积为.15.等边三角形ABC与正方形ABDE有一公共边AB,平面CAB与平面DAB的夹角的余弦值为,M,N分别是AC,BC的中点,则EM,AN的夹角的余弦值等于.三、解答题(本大题共6小题,共75分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)16.(12分)如图,在△ABC中,∠ABC=60°,∠BAC=90°,AD是BC上的高,沿AD把△ABD折起,使∠BDC=90°.(1)证明:平面ABD⊥平面BDC.(2)设E为BC的中点,求AE与DB夹角的余弦值.17.(12分)(2013·西安模拟)已知三棱柱ABC -A1B1C1的底面ABC为正三角形,侧棱AA1⊥平面ABC,AB=2,AA1=4,E为AA1中点,F为BC中点.(1)求证:直线AF∥平面BEC1.(2)求平面BEC1与平面ABC的夹角的余弦值.18.(12分)如图所示的几何体中,PB⊥平面ABC,PQ∥AB,PQ=PB=1,AB=BC=,∠ABC=90°,M∈PB,N∈PC.(1)求QC与平面ABC的夹角的正弦值.(2)若QC⊥平面AMN,求线段MN的长度.19.(12分)(2013·黄山模拟)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=BC=2AA1,∠ABC=90°,D是BC的中点.(1)求证:A1B∥平面ADC1.(2)求平面C1AD与平面CAD的夹角的余弦值.(3)试问线段A1B1上是否存在点E,使AE与DC1的夹角为60°?若存在,确定E点位置;若不存在,说明理由.20.(13分)(能力挑战题)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直,AA1=AB=AC=1,AB⊥AC,M是CC1的中点,N是BC的中点,点P在直线A1B1上,且满足=λ.(1)当λ取何值时,直线PN与平面ABC的夹角θ最大?(2)若平面PMN与平面ABC的夹角为45°,试确定点P的位置.21.(14分)(能力挑战题)如图,已知四棱锥S-ABCD的底面ABCD是菱形,∠BAD=60°,且SA=SB=SD=AB=2.(1)求证:AB⊥SD.(2)求S到底面ABCD的距离.(3)设G为CD的中点,在线段SA上是否存在一点F,使得GF∥平面SBC?说明理由.(4)在线段AB上是否存在一点P,使得SP与平面SCD的夹角的正切值为?说明理由.答案解析1.【解析】选C.由直线l与点P可确定一个平面β,且平面α,β有公共点,因此它们有一条公共直线,设该公共直线为m,因为l∥α,所以l∥m,故过点P且平行于直线l的直线只有一条,且在平面α内.2.【思路点拨】△ABC绕直线BC旋转一周后所得几何体为一圆锥,但其内部缺少一部分.用大圆锥的体积减去小圆锥的体积即为所求几何体的体积.【解析】选A.旋转后得到的几何体是一个大圆锥中挖去一个小圆锥.故所求体积为V=V 大圆锥-V 小圆锥=πr 2(1+1.5-1)=π.3.【解析】选D.A 中,由条件可以推出b ∥α或b Üα;B 中,由条件可以推出β∥α或α与β相交;C 中,由条件可以推出b ∥β或b Üβ.D 正确. 【变式备选】给定下列命题:①若一个平面内的两条直线与另外一个平面都平行,那么这两个平面相互平行; ②若一个平面经过另一个平面的垂线,那么这两个平面相互垂直; ③垂直于同一直线的两条直线相互平行;④若两个平面垂直,那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直.其中为真命题的是 ( )(A)①和② (B)②和③ (C)③和④ (D)②和④【解析】选D.对于①,两条直线必须相交,否则不能证明面面平行,错误;对于③,垂直于同一条直线的两条直线还可能异面或相交,错误;②④正确.所以选D. 4.【解析】选D.设圆锥的底面半径为r, 依题意可得扇形的弧长为πl , 从而圆锥的底面半径r=πl ÷2π=l ,l ,所以圆锥的侧面积S 侧=π·3l ·l =3π2l ,圆锥的表面积S 表=3π2l +π(3l )2=πl 2.所以,表面积与侧面积的比为4∶3.5.【思路点拨】可借助正方体模型解决.C1D1-ABCD中,可令平面【解析】选C.如图,在正方体AA1B1CD为α,平面DCC1D1为β,平面A1B1C1D1为γ.又平面A1B1CD∩平面DCC1D1=CD,平面A1B1C1D1∩平面DCC1D1=C1D1,则CD与C1D1所在的直线分别表示a,b,因为CD∥C1D1,但平面A1B1CD与平面A1B1C1D1不平行,即α与γ不平行,故①错误.因为a,b相交,可设其确定的平面为γ,根据a∥α,b∥α,可得γ∥α.同理可得γ∥β,因此α∥β,②正确.由两平面垂直,在一个平面内垂直于交线的直线和另一个平面垂直,易知③正确.a∥b时,由题知l垂直于平面α内两条不相交直线,得不出l⊥α,④错误.6.【解析】选D.如图所示,取BD的中点E,连接AE,CE,则有CE⊥BD,AE⊥BD,又平面ABD⊥平面CBD,所以CE⊥平面ABD,同理,AE⊥平面CBD.所以Rt△ACE就是三棱锥C-ABD的左视图.在Rt△BCD中,DC⊥CB,CD=CB=1,所以CE=BD=,同理AE=.所以三棱锥C-ABD的左视图的面积S=×AE×CE=××=.7.【解析】选B.依题意得知,该几何体的上半部分是一个长为4 cm,宽和高均为2 cm的长方体,下半部分是一个侧着放的直四棱柱,其高为4 cm,其底面是一个上底为2 cm,下底为6 cm,高为2 cm的等腰梯形,故该几何体的体积V=4×2×2+×(2+6)×2×4=48(cm3),故选B.8.【解析】选 C.如图所示,依据正方体的表面展开图,可画出正方体图形,判断可知AF与NC异面,①错;BE∥NC,②错;AF与DE的夹角即为AF与FC的夹角,在等边三角形AFC中,AF与FC的夹角为60°,③对;同理AN与ME的夹角为60°,④错;故正确的有1个,所以选C.9.【思路点拨】外接球的半径为棱锥的中心到各个顶点的距离.【解析】选B.依题意得,该正四棱锥的底面对角线长为3×=6,高为=3,因此底面中心到各顶点的距离均等于3,所以该四棱锥的外接球球心为底面正方形的中心,其外接球的半径为3,所以其外接球的表面积等于4π×32=36π,选B.10.【解析】选A.如图所示,易知∠AOC为平面ABD与平面CBD的夹角,即∠AOC=60°,且AO=OC,故△AOC为正三角形,即③正确;又BD⊥平面AOC,故AC⊥BD,即①正确;在△ADC中,可知AD=DC=4,AC=AO=2,故利用余弦定理可解得cos∠ADC=,故④正确.11.【解析】该几何体为直三棱柱,其表面积为4×6+×4×6×2+4××2 =88(cm2).答案:88cm212.【解析】如图,根据题意,BD1要始终垂直于PE所在的一个平面,取BC,BB1的中点F,G,易证BD1⊥平面EFG,故点P的轨迹为线段FG,易求得这条线段的长度是. 答案:13.【解析】取特殊值,使M,N 分别为线段AB 1,BC 1的中点,取B 1B 的中点为E,连接NE,EM,则NE ∥B 1C 1,ME ∥A 1B 1,又NE ∩ME=E,B 1C 1∩A 1B 1=B 1,故平面MNE ∥平面A 1B 1C 1D 1,∴MN ∥平面A 1B 1C 1D 1,③对;又A 1A ⊥平面A 1B 1C 1D 1,故A 1A ⊥平面MNE,∴A 1A ⊥MN,①对;连接A 1B,∵M 是AB 1的中点,∴M 在A 1B 上,MN 是△A 1C 1B 的中位线,∴MN ∥A 1C 1,②对;当N 与B 重合,M 与A 重合,此时MN 与A 1C 1异面,④对. 答案:①②③④14.【解析】三棱锥图形可画为如图所示.因为△BCD 为等腰直角三角形,则其外接圆圆心在BD 中点O 1处,设外接球的球心为O,半径为R,即|OA|=R,在平面ACO 1O 中,作OE ∥O 1C,则OE ⊥AC.在Rt △AEO 中,|AE|=|AC|-|OO 1|=2-,|OE|=|O 1C|=,由R 2=(2-)2+()2,得R=,故V=πR 3=4π.答案:4π15.【解析】设AB=2,作CO ⊥平面ABDE,OH ⊥AB,则CH ⊥AB,∠CHO 为平面CAB 与平面DAB 的夹角, CH=,OH=CH ·cos ∠CHO=1,结合等边三角形ABC 与正方形ABDE 可知此四棱锥为正四棱锥,则AN=EM=CH=.=(+),=-,·=(+)·(-)=.故EM,AN 的夹角的余弦值为=.答案:16.【解析】(1)∵折起前AD是BC边上的高,∴当△ABD折起后,AD⊥DC,AD⊥DB.又DB∩DC=D,∴AD⊥平面BDC.∵AD平面ABD,∴平面ABD⊥平面BDC.(2)由∠BDC=90°及(1)知DA,DB,DC两两垂直,不妨设|DB|=1,以D为坐标原点,以DB,DC,DA所在直线为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,易得D(0,0,0),B(1,0,0),C(0,3,0),A(0,0,),E(,,0),∴=(,,-),=(1,0,0),cos<,>===.∴AE与DB夹角的余弦值为.17.【解析】取B1C1的中点为N,以FA,FB,FN所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则A(,0,0),B(0,1,0),C(0,-1,0),C1(0,-1,4),A1(,0,4), E(,0,2),(1)设平面BEC1的一个法向量为n=(x,y,z),则取z=1,x=0,y=2,得n=(0,2,1),·n=0,∴⊥n,∵AF平面BEC1,∴AF∥平面BEC1.(2)易得平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1), ∴cos<m,n>==.平面BEC1与平面ABC的夹角的余弦值为. 18.【解析】(1)以B为原点,分别以BA,BC,BP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则A(,0,0),B(0,0,0),C(0,,0),P(0,0,1),Q(1,0,1).由题设知为平面ABC的一个法向量,又=(1,-,1),=(0,0,1),所以QC与平面ABC的夹角θ的正弦值sinθ=|cos<,>|=||=.(2)因为M在直线PB上,所以可设M(0,0,t),则=(-,0,t).因为·=-+t=0,所以t=,即M(0,0,),设=λ,N(x,y,z).因为=(x,y,z-1),=(0,,-1),所以x=0,y=λ,z-1=-λ,故N(0,λ,1-λ),=(-,λ,1-λ).由·=--λ+1-λ=-λ=0,得λ=,故N(0,,).所以MN==.交AC1于点O,连接OD.19.【解析】(1)连接A由ABC-A1B1C1是直三棱柱,得四边形ACC1A1为矩形,O为A1C的中点.又D为BC的中点,所以OD为△A1BC的中位线.所以A1B∥OD.因为OD平面ADC1,A1B⊈平面ADC1,所以A1B∥平面ADC1.(2)由ABC-A1B1C1是直三棱柱,且∠ABC=90°,得BA,BC,BB1两两垂直.以BC,BA,BB1所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.设BA=2,则B(0,0,0),C(2,0,0),A(0,2,0),C1(2,0,1),D(1,0,0),所以=(1,-2,0),=(2,-2,1).设平面C1AD的一个法向量为n=(x,y,z),则有所以取y=1,得n=(2,1,-2).易知平面CAD的一个法向量为v=(0,0,1).所以cos<n,v>==-.所以平面C1AD与平面CAD的夹角的余弦值为.(3)存在点E为A1B1的中点时满足条件.理由如下:假设存在满足条件的点E.因为点E在线段A1B1上,A1(0,2,1),B1(0,0,1),故可设E(0,λ,1),其中0≤λ≤2.所以=(0,λ-2,1),=(1,0,1).因为AE与DC1的夹角为60°,所以|cos<,>|=||=.即=,解得λ=1或λ=3(舍去).所以当点E为线段A1B1的中点时,AE与DC1的夹角为60°.【方法技巧】立体几何中探索性问题的解法探索性问题是近几年高考中出现频率较高的题目,能较好地考查学生的猜想能力和推理能力.一般以判断点的存在性为主,用几何法解答探索性问题的一般步骤是:先假设所求的点存在,然后在这一条件下进行推理论证,得出相关的结论.如果得出矛盾,则说明假设不成立,即不存在满足条件的点;如果得不出矛盾,则说明假设成立,即存在满足条件的点.【变式备选】如图所示,平面多边形ABCDP是由梯形ABCD和等边三角形PAD组成,已知AB∥DC,BD=2AD=4,AB=2DC=2,现将△PAD沿AD折起,使点P的射影O 恰好落在直线AD上.(1)求证:BD⊥平面PAD.(2)求平面PAD与平面PAB的夹角的余弦值.【解析】(1)由题意知平面PAD⊥平面ABCD,又BD=2AD=4,AB=2,可得AB2=AD2+BD2,则BD⊥AD,又AD为平面PAD与平面ABCD的交线,则BD⊥平面PAD.(2)取AD的中点O,OA为x轴,过O作BD的平行线为y轴,OP为z轴,如图建立空间直角坐标系,易知A(1,0,0),B(-1,4,0),P(0,0,),=(-1,4,-),=(2,-4,0),平面PDA的一个法向量为m=(0,1,0),设平面PAB的一个法向量为n=(x,y,z),由得故可取n=(2,1,),则cos<m,n>==,所以平面PAD与平面PAB的夹角的余弦值为.20.【思路点拨】(1)建立空间直角坐标系,求出坐标及平面ABC的一个法向量的坐标,利用向量求解.(2)求出平面PMN的一个法向量的坐标,利用两平面的夹角为45°,列方程求解. 【解析】(1)分别以AB,AC,AA1为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则=(-λ,,-1),平面ABC的一个法向量为n=(0,0,1),则sinθ=|cos<,n>|==(*),于是问题转化为二次函数求最值,而θ∈[0,],当sinθ最大时,θ最大,此时λ=.(2)显然平面ABC的一个法向量为n=(0,0,1),设平面PMN的一个法向量为m=(x,y,z),=(λ,-1,).由得解得令x=3,得m=(3,2λ+1,2(1-λ)),于是由|cos<m,n>|===,解得λ=-,故点P在B1A1的延长线上,且|A1P|=.21.【解析】(1)如图①,取AB的中点E,连接DE,BD,SE,∵底面ABCD是菱形,∠BAD=60°,∴△ABD为正三角形,BD=2.又∵E为AB的中点,∴DE⊥AB.又∵SA=SB,∴SE⊥AB.又∵SE∩DE=E,∴AB⊥平面SDE.∵SD平面SDE,∴AB⊥SD.(2)在平面SDE中,过S作SH⊥DE于H. ∵AB⊥平面SDE,∴AB⊥SH.又∵AB∩DE=E,∴SH⊥平面ABD.∴SH的长即为S到平面ABCD的距离. 在△ABD中,AB=AD=BD=2,∴DE=,在△SAB中,SA=SB=AB=2,∴SE=.在等腰△SDE中,SD=2,∵SD·=SH·DE,∴SH==.(3)假设AS上存在点F使GF∥平面SBC,连接BD,以正三角形ABD的中心O为原点,OA为x轴,OS为z轴,平行于BD的且过点O的直线为y轴,建立如图②所示的空间直角坐标系.A(,0,0),B(-,1,0),C(-,0,0),D(-,-1,0),S(0,0,),G(-,-,0),=(-,0,),设=λ=λ(-,0,),∴F(-λ+,0,λ),=(-λ+,,λ),=(-,-1,0),=(-,0,-).设平面SBC的一个法向量为n=(x,y,z),则有n·=-x-y=0,n·=-x-z=0.令x=1,则y=-,z=-,即n=(1,-,-).则有·n=0,圆学子梦想 铸金字品牌- 21 - 即(-λ+)+(-)+λ×(-)=0. 化简得-2λ+=0,解得λ=. 故=,即F 为SA 的中点.(4)假设线段AB 上存在这样的点P 使SP 与平面SCD 的夹角的正切值为, 即夹角的正弦值为.由(3)知=(-,1,0),设=λ1=(-λ1,λ1,0), 则P(-λ1+,λ1,0), =(-λ1+,λ1,-), =(-,0,-),=(,-1,0). 设平面SDC 的一个法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1), 则n 1·=0,n 1·=0, 解得n 1=(1,,-). |cos<,n 1>|==,代入,解得λ1=. 故P 为AB 的中点.关闭Word 文档返回原板块。

（2）（2013·长春模拟）如图是一个空间几何体的三视图， 则该几何体的表面积是____.
【解析】由三视图可知原几何体是一个长方体中挖去半球体，
故所求表面积为S=4+8+4-π+2π=16+π.
答案：16+π
考向 2
空间几何体的体积
【典例2】（1）（2013·西安模拟）已知某几何体的三视图如
图所示，其中，主视图，左视图均是由三角形与半圆构成，俯
（4）正确.由于台体是由平行于锥体的底面的平面截锥体所得
的在截面与底面之间的几何体，故其体积可转化为两个锥体的
体积之差.
（5）错误.直径为1的球的半径为 1 ， 故其表面积S=4πr2= 2 1 2 4（ ） . 2 答案：（1）√ （2）× （3）× （4）√ （5）×
1.一个正方体的体积是8，则这个正方体的内切球的表面积是 ( （A ）8 π （B ）6 π （C ）4 π （D ）π )
视图由圆与内接三角形构成，根据图中的数据可得此几何体的
体积为(
)
2 1 4 1 （B） 3 2 3 6 2 1 2 1 （C） （D） 6 6 3 2 (2)(2013·亳州模拟）三视图如图所示的几何体的体积为 ____. （A）
（3）（2012·天津高考）一个几何体的三视图如图所示 （单位：m），则该几何体的体积为____m3.
3.直角三角形两直角边AB=3，AC=4，以AB为轴旋转一周所得的
几何体的体积为( （A）12π ) （C ）9 π （D）24π
（B）16π
【解析】选B.由题意知，该几何体是底面半径为4，高为3的圆 锥，故其体积 V 1 42 3 16. 3
4.若某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的 侧面积为____cm2.

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单元评估检测（六）第六章(120分钟150分)一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.(2013·吉安模拟)下列命题正确的是( )(A)存在x∈R,x2+2x+3=0(B)对于任意x∈N,x3>x2(C)x>1是x2>1的充分不必要条件(D)若a>b,则a2>b22.(2013·合肥模拟)观察等式:+=,++=,+++=,根据以上规律,第四个等式应为( )(A)++=(B)++++=(C)+++=(D)++++=3.用数学归纳法证明12+22+…+(n-1)2+n2+(n-1)2+…+22+12=时,由n=k的假设到证明n=k+1时,等式左边应添加的式子是( )(A)(k+1)2+2k2(B)(k+1)2+k2(C)(k+1)2(D)(k+1)[2(k+1)2+1]4.(2013·南昌模拟)已知函数f(x)=则不等式xf(x-1)≤1的解集是( ) (A)[-1,+∞) (B)(-∞,1](C)[1,2] (D)[-1,1]5.已知=2,=3,=4,=5,…,=10,则推测a+b= ( )(A)1033 (B)109(C)199 (D)296.设实数a,b,c满足a+b+c=6,则a,b,c中( )(A)至多有一个不大于2 (B)至少有一个不小于2(C)至多有两个不小于2 (D)至少有两个不小于27.已知则2x+y-2的最大值等于( )(A)1 (B)2 (C)(D)48.设x>0,y>0,x+y-x2y2=4,则+的最小值等于( )(A)2 (B)4 (C)(D)9.已知函数f(x)=x2,g(x)=()x-m,当x∈[1,2]时,不等式f(x)≥g(x)恒成立,则实数m的取值范围是( )(A)[-,+∞) (B)[-,+∞)(C)(3,+∞) (D)(4,+∞)10.某商场中秋前30天月饼销售总量f(t)与时间t(1≤t≤30)的关系大致满足f(t)=t2+10t+16,则该商场前t天平均售出(如前10天的平均售出为)的月饼最少为( )(A)18 (B)27 (C)20 (D)16二、填空题(本大题共5小题,每小题5分,共25分.请把正确答案填在题中横线上)11.在约束条件下,目标函数z=ax+by(a>0,b>0)的最大值为,则ab的最大值为.12.若不等式-1<x-b<1成立的必要不充分条件为4-x2>0,则实数b的取值范围是.13.(2013·黄山模拟)不等式3x-3m≤-2m的正整数解为1,2,3,4,则m的取值范围是.14.观察下列数的特点:1,2,2,3,3,3,4,4,4,4,…,其中第100项是.15.(能力挑战题)若实数x,y满足不等式组则当≤2a恒成立时,实数a的取值范围是.三、解答题(本大题共6小题,共75分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)16.(12分)已知a>b>c,且a+b+c=0,求证:< a.17.(12分)已知不等式x(ax-1)>a(x-1),其中a∈R.(1)当a=时,解不等式.(2)若不等式在R上恒成立,求实数a的取值范围.18.(12分)在计算“1×2+2×3+…+n(n+1)”时,先改写第k项:k(k+1)=[k(k+1)(k+2)-(k-1)k(k+1)],由此得1×2=(1×2×3-0×1×2),2×3=(2×3×4-1×2×3),…,n(n+1)=[n(n+1)(n+2)-(n-1)n(n+1)].相加,得1×2+2×3+…+n(n+1)=n(n+1)(n+2).(1)类比上述方法,请你计算“1×2×3+2×3×4+…+n(n+1)(n+2)”的结果.(2)试用数学归纳法证明你得到的等式.19.(12分)(能力挑战题)已知x,y满足若z=x+3y的最大值为12,试求k的值.20.(13分)(2013·宝鸡模拟)某市近郊有一块大约500m×500m的接近正方形的荒地,地方政府准备在此建一个综合性休闲广场,首先要建设如图所示的一个矩形场地,其中总面积为3000平方米,其中阴影部分为通道,通道宽度为2米,中间的三个矩形区域将铺设塑胶作为运动场地(其中两个小场地形状相同),塑胶运动场地占地面积为S平方米.(1)分别用x表示y和S的函数关系,并给出定义域.(2)怎样设计能使S取得最大值,并求出最大值.21.(14分)(能力挑战题)设数列{a n}满足:a n+1=-na n+1,n=1,2,3,….(1)当a1=2时,求a2,a3,a4,并由此猜想{a n}的一个通项公式.(2)当a1≥3时,证明对所有的n≥1,①a n≥n+2;②+++…+<.答案解析1.【解析】选C.A中≧Δ=4-12=-8>0,故方程x2+2x+3=0无实数解,B中当x<0时不成立,D中当b<a<0时不成立.2.【解析】选B.由所给三个式子规律可得,第四个等式为++++=.3.【解析】选B.当n=k时,左边=12+22+…+(k-1)2+k2+(k-1)2+…+22+12,当n=k+1时,左边=12+22+…+(k-1)2+k2+(k+1)2+k2+(k-1)2+…+22+12,因此由n=k的假设到证明n=k+1时,等式左边应添加的式子是(k+1)2+k2.4.【解析】选D.≧f(x-1)==≨xf(x-1)=≨当x<1时,-x≤1,≨x≥-1,≨-1≤x<1.当x≥1时,x≤1,≨x=1,综上-1≤x≤1.5.【解析】选B.由给出的几个等式可以推测:在=10中,a=10,b=102-1=99,于是a+b=109.6.【解析】选B.假设a,b,c都小于2,即a<2,b<2,c<2,那么a+b+c<6,这与a+b+c=6相矛盾,因此a,b,c中至少有一个不小于2.7.【解析】选B.设t=x+y-2,则要使2x+y-2取得最大值,只要t取到最大值即可,如图,画出可行域,可知当x=1,y=2时t取到最大值1,因此2x+y-2的最大值等于2.8.【解析】选B.由x+y-x2y2=4可得x+y=x2y2+4,因此+===xy+≥2=4,当且仅当xy=2时取等号,故+的最小值等于4.【变式备选】当x>0时,函数f(x)=x++的最小值为.【解析】因为x>0,所以t=x+≥2,于是f(x)=x++=t+=g(t),由于g(t)=t+在[1,+≦)上单调递增,所以其最小值等于g(2)=2+=.答案:9.【思路点拨】采用分离参数法,将参数m分离到不等式的一边,用函数的单调性求出不等式另一边的最值,得到m的取值范围.【解析】选B.不等式f(x)≥g(x),即x2≥()x-m,因此m≥()x-x2.令h(x)=()x-x2,由于h(x)在[1,2]上单调递减,所以h(x)的最大值是h(1)=-,因此实数m的取值范围是[-,+≦).10.【解析】选A.平均销售量y===t++10≥18.当且仅当t=,即t=4∈[1,30]时等号成立,即平均销售量的最小值为18.11.【思路点拨】先由目标函数的最大值为,结合可行域,求出最优解,得到a,b 满足的关系式,然后利用基本不等式求最值.【解析】画出可行域,由z=ax+by得y=-x+,因此当直线y=-x+经过可行域中的点M(1,2)时,z取最大值,所以有a+2b=.又因为a>0,b>0,所以a+2b=≥2,解得ab≤,当且仅当a=2b=时取得.故ab的最大值为.答案：【变式备选】使可行域为的目标函数z=ax+by(ab≠0)在x=2,y=2取得最大值的充要条件是( )(A)|a|≤b (B)|a|≤|b|(C)|a|≥b (D)|a|≥|b|【解析】选A.画出可行域,如图,直线l:ax+by=0的斜率为-,要使目标函数在x=2,y=2取得最大值,必须且只需|-|≤1,且直线向上平移时,纵截距变大,所以必须且只需|-|≤1且b>0,因此|a|≤b.【方法技巧】解决线性规划问题的步骤(1)画出可行域.(2)确定目标函数的斜率.(3)画出过原点、斜率与目标函数斜率相同的直线.(4)平移直线,确定满足最优解的点.(5)求满足最优解的点的坐标.12.【解析】设A={x|4-x2>0}={x|-2<x<2},B={x|b-1<x<b+1},则依题意知,B是A 的真子集,因此或解得-1≤b≤1.答案：-1≤b≤113.【解析】由3x-3m≤-2m,≨x≤,≨4≤<5,≨12≤m<15.答案：[12,15)14.【解析】设第100项所属数字段前面数字段的数字为n,则由<100(n∈N+),解得n的最大值为13,则第100项是13+1=14.故第100项为14.答案：1415.【思路点拨】先利用线性规划的方法,借助斜率模型,求出的最大值,然后根据不等式恒成立,只需2a大于或等于这个最大值即可.【解析】画出可行域(如图).由于==-1,其中表示可行域中的点(x,y)与定点(-1,-1)连线的斜率k,由图形可知k∈[,5],所以-1∈[-,4],因此当≤2a恒成立时,应有2a≥4,解得a≥2.答案：[2,+≦)【方法技巧】恒成立问题的求解技巧解决恒成立问题的关键是分离参数求最值,即把要求范围的参数分离到不等式的一边,然后求出不等式另一边的最值(或取值范围),即可得到参数的取值范围.16.【证明】要证<a,只需证b2-ac<3a2,≧a+b+c=0,只需证b2+a(a+b)<3a2,只需证2a2-ab-b2>0,只需证(a-b)(2a+b)>0,只需证(a-b)(a-c)>0.因为a>b>c,所以a-b>0,a-c>0,所以(a-b)(a-c)>0显然成立.故原不等式成立.17.【解析】(1)当a=时,不等式即为x(x-1)>(x-1),即x2-3x+1>0,解得x>或x<,即不等式的解集为{x|x>或x<}.(2)不等式x(ax-1)>a(x-1)可化为:ax2-(a+1)x+a>0,显然当a=0时,不合题意;因此应有解得a>1.18.【解析】(1)先改写第k项:k(k+1)(k+2)=[k(k+1)(k+2)(k+3)-(k-1)k(k+1)(k+2)],于是有:1×2×3=(1×2×3×4-0×1×2×3),2×3×4=(2×3×4×5-1×2×3×4),…,n(n+1)(n+2)=[n(n+1)(n+2)(n+3) -(n-1)n(n+1)(n+2)],相加得1×2×3+2×3×4+…+n(n+1)(n+2)=n(n+1)(n+2)(n+3).(2)下面用数学归纳法证明上述等式成立.①当n=1时,左边=1×2×3=6,右边=×1×2×3×4=6,左边=右边,所以等式成立;②假设当n=k(k≥1,k∈N+)时等式成立,即1×2×3+2×3×4+…+k(k+1)(k+2)=k(k+1)(k+2)(k+3),则当n=k+1时,1×2×3+2×3×4+…+k(k+1)(k+2)+(k+1)(k+2)(k+3)=k(k+1)(k+2)(k+3)+(k+1)(k+2)(k+3)=(k+1)(k+2)(k+3)(k+4),因此等式成立,由①②知等式成立.19.【思路点拨】对k的取值进行讨论,分k≥0和k<0两种情况进行求解. 【解析】由于k的不同取值将影响不等式所表示的平面区域,故应对k的取值进行讨论.①若k≥0,在平面直角坐标系中画出不等式组所表示的平面区域(如图),由于z=x+3y,所以y=-x+z,因此当直线y=-x+z经过区域中的点A(0,-k)时,z取到最大值,等于-3k,令-3k=12,得k=-4,这与k≥0相矛盾,舍去.②若k<0,在平面直角坐标系中画出不等式组所表示的平面区域(如图),这时,当直线y=-x+z经过区域中的点A(-,-)时,z取到最大值,等于-,令-=12,得k=-9.综上,所求k的值为-9.20.【解析】(1)由已知xy=3000,y=,x∈(6,500),S=(x-4)a+(x-6)a=(2x-10)a,≧2a+6=y,≨a=-3=-3,≨S=(2x-10)(-3)=3030-(+6x),x∈(6,500).(2)S=3030-(+6x)≤3030-2=3030-2×300=2430,当且仅当=6x,x=50∈(6,500)时取等号,≨设计x=50m,y=60m时运动场地面积最大,最大值为2430平方米.21.【解析】(1)由a 1=2,得a2=-a1+1=3,由a 2=3,得a3=-2a2+1=4,由a 3=4,得a4=-3a3+1=5,由此猜想{a n}的一个通项公式:a n=n+1(n∈N+).(2)①用数学归纳法证明:(i)当n=1时,a1≥3=1+2,不等式成立.(ii)假设当n=k(k≥1,k∈N+)时不等式成立,即a k≥k+2,那么a k+1=a k(a k-k)+1≥(k+2)(k+2-k)+1=2k+5>k+3.也就是说,当n=k+1时,a k+1>(k+1)+2.由(i)和(ii)得对于所有n≥1,有a n≥n+2.②由a n+1=a n(a n-n)+1及①,对k≥2,有a k=a k-1(a k-1-k+1)+1≥a k-1(k-1+2-k+1)+1=2a k-1+1,迭代得a k≥2k-1a1+2k-2+…+2+1=2k-1(a1+1)-1,故结论成立.关闭Word文档返回原板块。