2015《创新大课堂》高三人教版数学(理)一轮复习课时作业：第7章 第7节 空间向量与空间角
2015《创新大课堂》高三人教版数学(理)一轮复习课时作业 第三章 三角函数、解三角形 第六节
课时作业一、选择题1．(2014·山西诊断)已知sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋θ＝35，则cos(π－2θ)＝( )A.1225 B ．－1225 C ．－725D.725D [依题意得sin(θ＋π2)＝cos θ＝35， cos(π－2θ)＝－cos 2θ＝1－2cos 2θ ＝1－2×(35)2＝725，故选D.]2.sin （180°＋2α）1＋cos 2α·cos 2αcos （90°＋α）等于( )A ．－sin αB ．－cos αC ．sin αD ．cos α D [原式＝（－sin 2α）·cos 2α（1＋cos 2α）·（－sin α）＝2sin α·cos α·cos 2α2cos 2α·sin α＝cos α.]3．(2014·深圳调研)已知直线l: x tan α－y －3tan β＝0的斜率为2，在y 轴上的截距为1，则tan(α＋β)＝( )A ．－73 B.73 C.57D ．1 D [依题意得，tan α＝2，－3tan β＝1， 即tan β＝－13，tan(α＋β)＝tan α＋tan β1－tan αtan β＝2－131＋23＝1.]4．(2014·北京东城一模)已知α∈(π2，π)，tan(α＋π4)＝17，那么sin α＋cos α的值为( )A ．－15 B.75 C ．－75D.34A [由tan(α＋π4)＝1＋tan α1－tan α＝17.得tan α＝－34.又α∈(π2，π)，解得sin α＝35，cos α＝－45， 所以sin α＋cos α＝－15.]5．(2014·北京朝阳模拟)已知函数f (x )＝sin x ＋3cos x ，设a ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π7，b ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，c ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，则a ，b ，c 的大小关系是( )A ．a ＜b ＜cB ．c ＜a ＜bC ．b ＜a ＜cD ．b ＜c ＜aB [f (x )＝sin x ＋3cos x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3，因为函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π6上单调递增，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π7＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，而c ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝2sin 2π3＝2sin π3＝f (0)＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π7，所以c ＜a ＜b .]6．定义运算⎪⎪⎪⎪⎪⎪ab c d ＝ad －bc .若cos α＝17，⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin α sin βcos α cos β＝3314，0<β<α<π2，则β等于( )A.π12B.π6C.π4D.π3D [依题意有sin αcos β－cos αsin β＝sin(α－β)＝3314， 又0<β<α<π2，∴0<α－β<π2， 故cos(α－β)＝1－sin 2（α－β）＝1314， 而cos α＝17，∴sin α＝437，于是sin β＝sin[α－(α－β)]＝sin αcos(α－β)－cos αsin(α－β) ＝437×1314－17×3314＝32. 故β＝π3.] 二、填空题7．若tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－θ＝3，则cos 2θ1＋sin 2θ＝________．解析 ∵tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－θ＝1－tan θ1＋tan θ＝3，∴tan θ＝－12.∴cos 2θ1＋sin 2θ＝cos 2θ－sin 2θsin 2θ＋2sin θcos θ＋cos 2θ ＝1－tan 2θtan 2θ＋2tan θ＋1＝1－1414－1＋1＝3.答案 38．若锐角α、β满足(1＋3tan α)(1＋3tan β)＝4，则α＋β＝________． 解析 由(1＋3tan α)(1＋3tan β)＝4， 可得tan α＋tan β1－tan αtan β＝3，即tan(α＋β)＝ 3.又α＋β∈(0，π)，所以α＋β＝π3. 答案 π39．计算：cos 10°＋3sin 10°1－cos 80°＝________．解析cos 10°＋3sin 10°1－cos 80°＝2（sin 30°cos 10°＋cos 30°sin 10°）2sin 240°＝2sin 40°2sin 40°＝ 2.答案2三、解答题10．(2014·合肥一模)函数f (x )＝sin ωx ·cos ωx ＋cos 2ωx －12存在相邻的两个零点分别为a 和π2＋a (ω＞0，0＜a ＜π2)． (1)求ω和a;(2)若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－π40＝－23，x ∈(0，π)，求sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π10－x的值． 解析 (1)f (x )＝sin ωx ·cos ωx ＋cos 2ωx －12 ＝12sin 2ωx ＋cos 2ωx ＋12－12 ＝22⎝ ⎛⎭⎪⎫22sin 2ωx ＋22cos 2ωx＝22sin ⎝⎛⎭⎪⎫2ωx ＋π4.∵a 和a ＋π2是f (x )相邻的两个零点， ∴f (x )的最小正周期为π， ∴T ＝2π|2ω|，又ω＞0，∴ω＝1. ∴f (a )＝22sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋π4＝0，2a ＋π4＝k π，∴a ＝－π8＋k π2，k ∈R . 又0＜a ＜π2，∴a ＝3π8.(2)由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－π40＝－23，∴sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π5＝－23，又x ∈(0，π)，∴x ＋π5∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π5，6π5，∴cos ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π5＝－53，∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π10－x ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π5＝－53. 11．已知0<α<π2<β<π，tan α2＝12，cos(β－α)＝210. (1)求sin α的值； (2)求β的值． 解析 (1)∵tan α2＝12，∴tan α＝2tan α21－tan 2α2＝2×121－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝43， 由⎩⎨⎧sin αcos α＝43，sin 2α＋cos 2α＝1，解得sin α＝45⎝ ⎛⎭⎪⎫sin α＝－45舍去.(2)由(1)知cos α＝1－sin 2α＝ 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫452＝35，又0<α<π2<β<π，∴β－α∈(0，π)， 而cos(β－α)＝210，∴sin(β－α)＝1－cos 2（β－α）＝ 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫2102＝7210，于是sin β＝sin[α＋(β－α)] ＝sin αcos(β－α)＋cos αsin(β－α)＝45×210＋35×7210＝22. 又β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，∴β＝3π4.12．已知函数f (x )＝cos 2ωx －3sin ωx ·cos ωx (ω＞0)的最小正周期是π. (1)求函数f (x )的单调递增区间和对称中心；(2)若A 为锐角三角形ABC 的内角，求f (A )的取值范围. 解析 (1)依题意，得f (x )＝1＋cos 2ωx 2－32sin 2ωx＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ωx ＋π3＋12，∵T ＝2π2ω＝π， ∴ω＝1.∴f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3＋12，由－π＋2k π≤2x ＋π3≤2k π，k ∈Z ，得 －2π3＋k π≤x ≤－π6＋k π，k ∈Z . ∴函数f (x )的单调递增区间为 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2π3＋k π，－π6＋k π，k ∈Z . 令2x ＋π3＝π2＋k π， ∴x ＝π12＋k π2，k ∈Z .∴对称中心为⎝ ⎛⎭⎪⎫π12＋k π2，12，k ∈Z .(2)依题意，得0＜A ＜π2， ∴π3＜2A ＋π3＜4π3， ∴－1≤cos ⎝⎛⎭⎪⎫2A ＋π3＜12，∴－12≤cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A ＋π3＋12＜1，∴f (A )的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－12，1.。
2015《创新大课堂》高三人教版数学(理)一轮复习课时作业 第五章 数列 第一节
课时作业一、选择题1．按数列的排列规律猜想数列23，－45，67，－89，…的第10项是( )A ．－1617B ．－1819C ．－2021D ．－2223C [所给数列呈现分数形式，且正负相间，求通项公式时，我们可以把每一部分进行分解：符号、分母、分子．很容易归纳出数列{a n }的通项公式，a n ＝(－1)n ＋1·2n 2n ＋1，故a 10＝－2021.] 2．数列{a n }的前n 项积为n 2，那么当n ≥2时，a n ＝( )A ．2n －1B ．n 2 C.（n ＋1）2n 2 D.n 2（n －1）2D [设数列{a n }的前n 项积为T n ，则T n ＝n 2，当n ≥2时，a n ＝T n T n －1＝n 2（n －1）2.] 3．对于数列{a n }，“a n ＋1>|a n |(n ＝1，2，…)”是“{a n }为递增数列”的( )A ．必要不充分条件B ．充分不必要条件C ．必要条件D ．既不充分也不必要条件B [当a n ＋1>|a n |(n ＝1，2，…)时，∵|a n |≥a n ，∴a n ＋1>a n ，∴{a n }为递增数列．当{a n }为递增数列时，若该数列为－2，0，1，则a 2>|a 1|不成立，即知a n ＋1>|a n |(n ＝1，2，…)不一定成立．故综上知，“a n ＋1>|a n |(n ＝1，2，…)”是“{a n }为递增数列”的充分不必要条件．]4．(2014·温州测试)已知数列{a n }满足a 1＝5，a n a n ＋1＝2n ，则a 7a 3＝( )A ．2B ．4C ．5 D.52B [依题意得，a n ＋1a n ＋2a n a n ＋1＝2n ＋12n ＝2，即a n ＋2a n＝2，数列a 1，a 3，a 5，a 7，…是一个以5为首项，以2为公比的等比数列，因此a 7a 3＝4，选B.] 5．(2014·江西八校联考)将石子摆成如图的梯形形状．称数列5，9，14，20，…为“梯形数”．根据图形的构成，此数列的第2 012项与5的差，即a 2 012－5＝( )A ．2 018×2 012B ．2 018×2 011C ．1 009×2 012D ．1 009×2 011D [因为a n －a n －1＝n ＋2(n ≥2)，所以a n ＝5＋（n ＋6）（n －1）2， 所以a 2 012－5＝1 009×2 011.]6．(2014·合肥模拟)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧2x －1，x ≤0，f （x －1）＋1，x ＞0，把函数g (x )＝f (x )－x 的零点按从小到大的顺序排列成一个数列，则该数列的通项公式为( )A ．a n ＝n （n －1）2(n ∈N *) B ．a n ＝n (n －1)(n ∈N *)C ．a n ＝n －1(n ∈N *)D ．a n ＝2n －2(n ∈N *)C [作为选择题，本题有一种有效的解法是先确定函数的第1，2，3，…有限个零点，即数列的前几项，然后归纳出其通项公式，或代入选项验证即可，据已知函数关系式可得f (x )＝⎩⎨⎧2x －1，x ≤0，2x －1，0＜x ≤1，2x －2＋1，1＜x ≤2，…此时易知函数g (x )＝f (x )－x 的前几个零点依次为0，1，2，…，代入验证只有C 符合．]二、填空题 7．已知数列{a n }满足a st ＝a s a t (s ，t ∈N *)，且a 2＝2，则a 8＝________． 解析 令s ＝t ＝2，则a 4＝a 2×a 2＝4， 令s ＝2，t ＝4，则a 8＝a 2×a 4＝8.答案 88．已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，且a n ＝a n －1a n －2(n ≥3)，则a 2 012＝________． 解析 将a 1＝1，a 2＝2代入a n ＝a n －1a n －2得a 3＝a 2a 1＝2， 同理可得a 4＝1，a 5＝12，a 6＝12，a 7＝1，a 8＝2，故数列{a n }是周期数列，周期为6， 故a 2 012＝a 335×6＋2＝a 2＝2.答案 29．已知{a n }的前n 项和为S n ，且满足log 2(S n ＋1)＝n ＋1，则a n ＝________． 解析 由已知条件可得S n ＋1＝2n ＋1. 则S n ＝2n ＋1－1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－1－2n ＋1＝2n ，n ＝1时不适合a n ，故a n ＝⎩⎨⎧3，n ＝1，2n ，n ≥2. 答案 ⎩⎨⎧3，n ＝1，2n ，n ≥2. 三、解答题10．数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2－7n ＋6.(1)这个数列的第4项是多少？(2)150是不是这个数列的项？若是这个数列的项，它是第几项？(3)该数列从第几项开始各项都是正数？解析 (1)当n ＝4时，a 4＝42－4×7＋6＝－6.(2)令a n ＝150，即n 2－7n ＋6＝150，解得n ＝16或n ＝－9(舍去)，即150是这个数列的第16项．(3)令a n ＝n 2－7n ＋6>0，解得n >6或n <1(舍)．故从第7项起各项都是正数．11．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2＋2n ，数列{b n }的前n 项和T n ＝2－b n .求数列{a n }与{b n }的通项公式．解析 ∵当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2＋2n )－[2(n －1)2＋2(n －1)]＝4n ，当n ＝1时，a 1＝S 1＝4也适合，∴{a n }的通项公式是a n ＝4n (n ∈N *)．∵T n ＝2－b n ，∴当n ＝1时，b 1＝2－b 1，b 1＝1. 当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝(2－b n )－(2－b n －1)， ∴2b n ＝b n －1.∴数列{b n }是公比为12，首项为1的等比数列．∴b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1. 12．已知数列{a n }中，a 1＝1，且满足递推关系a n ＋1＝2a 2n ＋3a n ＋m a n ＋1(n ∈N *)． (1)当m ＝1时，求数列{a n }的通项公式a n ；(2)当n ∈N *时，数列{a n }满足不等式a n ＋1≥a n 恒成立，求m 的取值范围．解析 (1)∵m ＝1，由a n ＋1＝2a 2n ＋3a n ＋1a n ＋1(n ∈N *)， 得a n ＋1＝（2a n ＋1）（a n ＋1）a n ＋1＝2a n ＋1，∴a n＋1＋1＝2(a n＋1)，∴数列{a n＋1}是以2为首项，公比也是2的等比数列．于是a n＋1＝2·2n－1，∴a n＝2n－1.(2)∵a n＋1≥a n，而a1＝1，知a n≥1，∴2a2n＋3a n＋ma n＋1≥a n，即m≥－a2n－2a n，依题意，有m≥－(a n＋1)2＋1恒成立．∵a n≥1，∴m≥－22＋1＝－3，即满足题意的m的取值范围是[－3，＋∞)．。
2015《创新大课堂》高三人教版数学(理)一轮复习课件：第1章 第1节 集合
(
)
[听课记录] 解不等式|x|≤2，得－2≤x≤2，
所以A∩B＝{x|－2≤x≤1}．故选D．
答案 D
第一章 集合与常用逻辑用语
(2)(2014· 南京模拟 ) 已知集合 A ＝ {x|x2 － 2x≤0 ， x∈R} ， B ＝ {x|x≥a}，若A∪B＝B，则实数a的取值范围是__________．
D [集合S与集合T都表示连续的实 数集，此类集合的运算可通过数轴 直观表示出来．，故S∩T＝{x|－2
＜x≤1}，故选D．]
第一章 集合与常用逻辑用语
3．(教材习题改编)A＝{1，2，3}，B＝{x∈R|x2－ax＋1＝0， a∈A}，则A∩B＝B时a的值是 ( )
A．2
C．1或3 D
B．2或3
第一章 集合与常用逻辑用语
[跟踪训练]
2．(1)(2014·合肥一模)设全集U＝R，集合M＝{x|x＞1}，P＝
{x|x2＞1}，则下列关系中正确的是 A．M＝P C．M P B．P M D．(∁UM)∩P＝∅ P． ( )
解析 ∵x2＞1，∴x＞1或x＜－1．故M
答案 C
第一章 集合与常用逻辑用语
结合思想的应用．
第一章 集合与常用逻辑用语
[跟踪训练]
第一章 集合与常用逻辑用语
A．[0，1] C．(0，1)
B．[0，1) D．(0，1]
第一章 集合与常用逻辑用语
【创新探究】 集合的新定义问题
(2014· 深圳模拟 ) 设 S 是实数集 R 的非空子集， 如果 ∀ a ， b∈S ，有 a ＋ b∈S ， a － b∈S ，则称 S 是一个 “和谐集”．下列命题为假命题的是 ( )
第一章 集合与常用逻辑用语
2015《创新大课堂》高三人教版数学(理)一轮复习第一章 集合与常用逻辑用语章末高频考点
章末高频考点高频考点1 集合的基本关系与基本运算1．(2013·泉州质检)已知集合A ＝{x |x <0}，B ＝{x |12<2x <4}，则A ∩B 等于( )A ．{x |－1<x <2}B ．{x |－1<x <0}C ．{x |x <1}D ．{x |－2<x <0}B [本题主要考查集合的运算、解不等式等基础知识，意在考查考生的运算求解能力．因为B ＝{x |12<2x <4}，所以B ＝{x |－1<x <2}， 又A ＝{x |x <0}，所以A ∩B ＝{x |－1<x <0}．应选B.]2．(2013·广州一测)设全集U ＝{1，2，3，4，5，6}，集合A ＝{1，3，5}，B ＝{2，4}，则( )A ．U ＝A ∪B B ．U ＝(∁U A )∪BC ．U ＝A ∪(∁U B )D ．U ＝(∁U A )∪(∁U B )D [本题主要考查集合的并集和补集运算知识，考查运算求解能力． ∵A ＝{1，3，5}，B ＝{2，4}，∴∁U A ＝{2，4，6}，∁U B ＝{1，3，5，6}， ∴U ＝(∁U A )∪(∁U B )．]3．(2013·襄阳调研)如图所示的韦恩图中，若A ＝{x |0≤x ≤2}，B ＝{x |x >1}，则阴影部分表示的集合为( )A ．{x |0<x <2}B ．{x |1<x ≤2}C ．{x |0≤x ≤1或x ≥2}D ．{x |0≤x ≤1或x >2}D [本题主要考查集合中交集、补集的运算．阴影部分用集合可以表示为∁(A ∪B )(A ∩B )＝{x |0≤x ≤1或x >2}．]高频考点2利用集合的基本关系与基本运算求参数的取值(范围) 4．(2013·广东六校教研协作体二联)设集合U＝{1，2，3，4}，M＝{x∈U|x2－5x ＋p＝0}，若∁U M＝{2，3}，则实数p的值为() A．－4 B．4C．－6 D．6B[本题主要考查集合运算的知识．依题意M＝{1，4}，∴p＝1×4＝4.]5．(2013·陕西质检)已知两个非空集合A＝{x|x(x－3)<4}，B＝{x|x≤a}，若A∩B ＝B，则实数a的取值范围为() A．－1<a<1 B．－2<a<2C．0≤a<2 D．a<2C[解不等式x(x－3)<4，得－1<x<4，所以A＝{x|－1<x<4}；又B是非空集合，所以a≥0，B＝{x|0≤x≤a2}．而A∩B＝B⇔B⊆A，借助数轴可知a2<4，解得0≤a<2，故选C.] 6．(2013·南通一调)已知集合A＝{2a，3}，B＝{2，3}．若A∪B＝{1，2，3}，则实数a的值为________．解析由题意可得2a＝1，解得a＝0.答案07．(2013·盐城二模)已知集合P＝{－1，m}，Q＝{x|－1<x<34}，若P∩Q≠∅，则整数m＝________．解析由{－1，m}∩{x|－1<x<34}≠∅，可得－1<m<34，由此可得整数m＝0.答案0高频考点3以集合为载体的新信息题8．(2013·宁德质检)已知集合M为点集，记性质P为“对∀(x，y)∈M，k∈(0，1)，均有(kx，ky)∈M”，给出下列集合：①{(x，y)|x2≥y}；②{(x，y)|2x2＋y2<1}；③{(x，y)|x2＋y2＋x＋2y＝0}；④{(x，y)|x3＋y3－x2y＝0}，其中具有性质P的点集的个数是() A．1 B．2C．3 D．4B[本题主要考查集合，圆、抛物线和椭圆等曲线所围成的区域的判断等知识，意在考查考生的应用能力、化归与转化能力、推理论证能力以及运算能力．对于①：取k＝12，点(1，1)∈{(x，y)|x2≥y}，但(12，12)∉{(x，y)|x2≥y}，故①不是具有性质P的点集；对于②：∀(x，y)∈{(x，y)|2x2＋y2<1}，则点(x，y)在椭圆2x2＋y2＝1内部，所以(kx，ky)(0<k<1)也在椭圆2x2＋y2＝1的内部，即(kx，ky)∈{(x，y)|2x2＋y2<1}，故②是具有性质P的点集；对于③：(x＋12)2＋(y＋1)2＝54，取k＝12，点(12，－12)在此圆上，但(14，－14)不在此圆上，故③不是具有性质P的点集；对于④：∀(x，y)∈{(x，y)|x3＋y3－x2y＝0}，因为(kx)3＋(ky)3－(kx)2·(ky)＝0⇒x3＋y3－x2y＝0，所以(kx，ky)∈{(x，y)|x3＋y3－x2y＝0}，故④是具有性质P的点集．综上，具有性质P的点集的个数是2.] 9．(2013·陕西五校一模)对于任意两个正整数m，n，定义某种运算“※”如下：当m，n都为正偶数或正奇数时，m※n＝m＋n；当m，n中一个为正偶数，另一个为正奇数时，m※n＝mn.则在此定义下，集合M＝{(a，b)|a※b＝12，a∈N*，b∈N*}中的元素个数是() A．10 B．15C．16 D．18B[本题是信息迁移题，意在考查考生对所给信息的解读、处理能力以及对问题的转化能力.12＝1＋11＝2＋10＝3＋9＝4＋8＝5＋7＝6＋6＝1×12＝2×6＝3×4，其中2×6不合题意，舍掉．所以集合M中共有15个元素．]高频考点4四种命题及其相互关系10．(2013·福州一中月考)“若x，y∈R且x2＋y2＝0，则x，y全为0”的否命题是( )A ．若x ，y ∈R 且x 2＋y 2≠0，则x ，y 全不为0B ．若x ，y ∈R 且x 2＋y 2≠0，则x ，y 不全为0C ．若x ，y ∈R 且x ，y 全为0，则x 2＋y 2＝0D ．若x ，y ∈R 且x ，y 不全为0，则x 2＋y 2≠0B [由否命题的概念可知，原命题的否命题为“若x ，y ∈R 且x 2＋y 2≠0，则x ，y 不全为0”．故选B.]11．(2013·南通一调)已知命题p ：“正数a 的平方不等于0”，命题q ：“若a 不是正数，则它的平方等于0”，则p 是q 的________(从“逆命题、否命题、逆否命题、否定”中选一个填空)解析 命题p 的逆命题：“若a 的平方不等于0，则a 是正数”； 命题p 的否命题：“若a 不是正数，则它的平方等于零”； 命题p 的逆否命题：“若a 的平方等于0，则a 不是正数”； 命题p 的否定：“至少有一个正数的平方等于0”； 所以p 是q 的否命题． 答案 否命题高频考点5 充分条件、必要条件与充要条件的判定12．(2013·潍坊一模)已知直线l ⊥平面α，直线m ∥平面β，则“α∥β”是“l ⊥m ”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既非充分也非必要条件A [本题主要考查空间线、面位置关系的判断，充要条件，考查分析问题、解决问题的能力．如果α∥β，由直线l ⊥平面α，可得直线l ⊥平面β，可得 l ⊥m ；反之，l ⊥m 时，由于直线m 与平面β平行关系具有多样性，故得不出α∥β.]13．(2013·湖南长郡中学、衡阳八中等十二校一联)已知条件p ：x ≤1，条件q ：1x <1，则綈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．既非充分也非必要条件A[本题主要考查解分式不等式、命题的否定和充分必要条件，解决此类问题的关键是条件与结论的确定．由题意可得綈p：x>1，q：x>1或x<0，则綈p是q的充分不必要条件．]14．(2013·南昌二模)以下有四种说法：①“a>b”是“a2>b2”的充要条件；②“A∩B＝B”是“B＝∅”的必要不充分条件；③“x＝3”的必要不充分条件是“x2－2x－3＝0”；④“m是实数”的充分不必要条件是“m是有理数”．其中正确说法的序号是________．解析如2>－4，但22<(－4)2，故①错；②正确；x＝3可推出x2－2x－3＝0成立，反之则不一定成立，所以③正确；“m是有理数”可以推出“m是实数”，反之不一定成立，所以④也正确．答案②③④高频考点6利用充分条件、必要条件和充要条件求参数的取值范围15．(2013·广东六校教研协作体二联)“不等式x2－x＋m>0在R上恒成立”的一个必要不充分条件是()A．m>14B．0<m<1C．m>0 D．m>1C[本题主要考查一元二次不等式、充要关系等知识，考查推理论证能力、运算求解能力．不等式x2－x＋m>0在R上恒成立，则Δ＝1－4m<0，∴m>1 4.∴“不等式x2－x＋m>0在R上恒成立”的一个必要不充分条件是m>0.] 16．(2013·湖南雅礼中学月考)如果不等式|x－a|<1成立的充分不必要条件是12<x<32，则实数a的取值范围是________．解析|x－a|<1⇔－1＋a<x<1＋a，又不等式|x －a |<1成立的充分不必要条件是12<x <32，所以⇒12≤a ≤32.答案 [12，32]高频考点7 简单的逻辑联结词17．(2013·安徽合肥一中、安师大附中等六校联考)命题p ：若a ，b ∈R ，则|a |＋|b |>1是|a ＋b |>1的充分而不必要条件．命题q ：函数y ＝|x －1|－2的定义域是(－∞，－1]∪[3，＋∞)，则( )A ．“p 或q ”为假B ．“p 且q ”为真C ．p 真q 假D ．p 假q 真D [本题主要考查四个知识点：一是如何判断命题的充分性和必要性；二是求函数定义域，偶次根号下被开方式大于等于0；三是绝对值不等式的解法；四是复合命题真假的判断．当a ＝1，b ＝－1时，得命题p 为假命题，由 |x －1|－2≥0，得x ≥3或x ≤－1，知命题q 为真命题．故选D.]18．(2013·合肥一检)已知命题p ：若(x －1)(x －2)≠0，则x ≠1且x ≠2；命题q ：存在实数x 0，使2x 0<0.下列选项中为真命题的是( )A ．綈pB ．qC ．綈p ∨qD ．綈q ∧pD [本题主要考查含有逻辑联结词命题的真假的判断．由题知，命题p 为真命题，命题q 为假命题，所以綈q ∧p 为真命题，选D.] 高频考点8 含有一个量词的命题的否定19．(2013·襄阳调研)命题p ：“∀x ∈R ，x 2＋1≥1”，则綈p 是( )A ．∀x ∈R ，x 2＋1<1B ．∃x ∈R ，x 2＋1≤1C ．∃x ∈R ，x 2＋1<1D ．∃x ∈R ，x 2＋1≥1C [本题主要考查常用逻辑用语中命题的否定．题中的“∀”改为“∃”，“≥”改为“<”，故选C.]20．(2013·四川适应性考试)已知命题p ：∃x 0∈∁R Q ，x 20∈Q ，则()21．(2013·长沙一模)已知命题p ：m ∈R ，且m ＋1≤0，命题q ：∀x ∈R ，x 2＋mx ＋1>0恒成立，若p ∧q 为假命题，则m 的取值范围是________． 解析 命题p ：m ∈R 且m ≤－1；命题q ：Δ＝m 2－4<0，∴－2<m <2.p ∧q 为真命题时，－2<m ≤－1；p ∧q 为假命题时，m ≤－2或m >－1. 答案 m ≤－2或m >－1高频考点9 命题真假的判断22．(2013·广元适应性统考)给出下面四个命题：p 1：∃x ∈(0，＋∞)，(12)x <(13)x ；p 2：∃x ∈(0，1)，log 12x >log 13x ；p 3：∀x ∈(0，＋∞)，(12)x >log 12x ；p 4：∀x ∈(0，13)，(12)x <log 13x .其中的真命题是( )A ．p 1，p 3B ．p 1，p 4C ．p 2，p 3D ．p 2，p 4D [本题主要考查函数的性质，意在考查考生的逻辑判断能力．当x >0时，(12)x ×3x ＝(32)x >1，即有(12)x >(13)x ，因此命题p 1是假命题；当x ＝12时，log 1212＝1>log 1312＝log32，因此命题p2是真命题；当x＝12时，log1212＝1>(12)12＝12，因此命题p3是假命题；当x∈(0，13)时，(12)x<(12)0＝1＝log1313<log13x，即(12)x<log13x，因此命题p4是真命题．综上所述，其中的真命题是p2，p4，故选D.] 23．(2013·宝鸡二检)下列命题中，真命题是()A．存在x∈[0，π2]，使sin x＋cos x> 2B．存在x∈(3，＋∞)，使2x＋1≥x2 C．存在x∈R，使x2＝x－1D．对任意x∈(0，π2]，均有sin x<xD[本题主要考查三角函数的概念、公式与简单性质，导数，方程与不等式等知识，意在考查考生综合应用知识解决问题的能力．选项A中，sin x＋cos x>2⇔1＋sin 2x>2⇔sin 2x>1，命题为假；选项B中，令f(x)＝x2－2x－1，则当x∈(3，＋∞)时，f(x)∈(2，＋∞)，即x2>2x＋3，故不存在x∈(3，＋∞)，使2x＋1≥x2，命题为假；选项C时，x2－x＋1＝0⇔(x－12)2＋34＝0，命题为假；选项D时，sin x<x⇔x－sin x>0，令f(x)＝x－sin x，求导得f′(x)＝1－cos x≥0，f(x)是增函数，则f(x)>f(0)＝0，命题为真．]24．(2013·济南模拟)下列命题正确的序号为________．①函数y＝ln(3－x)的定义域为(－∞，3]；②定义在[a，b]上的偶函数f(x)＝x2＋(a＋5)x＋b的最小值为5；③若命题p：对∀x∈R，都有x2－x＋2≥0，则命题綈p：∃x∈R，有x2－x＋2<0；④若a>0，b>0，a＋b＝4，则1a＋1b的最小值为1.解析本题主要考查对数函数的定义域、偶函数的概念、含有量词的命题的否定、基本不等式等基础知识，考查全面应用基础知识分析问题和解决问题的能力．命题①中，函数的定义域是(－∞，3)，故命题①不正确；命题②中，若已知函数是偶函数，则必有a＝－5，b＝5，即函数f(x)＝x2＋5，x∈[－5，5]，其最小值为5，命题②正确；全称命题的否定是特称命题，命题③正确；命题④中，1a＋1b＝14(a＋b)(1a＋1b)＝14(2＋ba＋ab)≥14(2＋2ba·ab)＝1(当且仅当a＝b＝2时，等号成立)，命题④正确．答案②③④。
高考数学一轮复习 第七章 第七节 立体几何中的向量方法课时作业 理 新人教A版高三全册数学试题
【优化探究】2017届高考数学一轮复习 第七章 第七节 立体几何中的向量方法课时作业 理 新人教A 版A 组 考点能力演练1.如图，几何体EF ABCD 中，CDEF 为边长为2的正方形，ABCD 为直角梯形，AB ∥CD ，AD ⊥DC ，AD ＝2，AB ＝4，∠ADF ＝90°.(1)求证：AC ⊥FB ；(2)求二面角E －FB －C 的大小．解：(1)证明：由题意得，AD ⊥DC ，AD ⊥DF ，且DC ∩DF ＝D ， ∴AD ⊥平面CDEF ， ∴AD ⊥FC ，∵四边形CDEF 为正方形，∴DC ⊥FC . ∵DC ∩AD ＝D ，∴FC ⊥平面ABCD ，∴FC ⊥AC .又∵四边形ABCD 为直角梯形，AB ∥CD ，AD ⊥DC ，AD ＝2，AB ＝4， ∴AC ＝22，BC ＝22， 则有AC 2＋BC 2＝AB 2，∴AC ⊥BC ，又BC ∩FC ＝C ，∴AC ⊥平面FCB ，∴AC ⊥FB .(2)由(1)知AD ，DC ，DE 所在直线相互垂直，故以D 为原点，DA ，DC ，DE 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，可得D (0,0,0)，F (0,2,2)，B (2,4,0)，E (0,0,2)，C (0，2,0)，A (2,0,0)，∴EF →＝(0,2,0)，FB →＝(2,2，－2)， 设平面EFB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF →＝0，n ·FB →＝0，⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x ＋2y －2z ＝0.⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，x ＋y －z ＝0，令z ＝1，则n ＝(1,0,1)，由(1)知平面FCB 的一个法向量为AC →＝(－2,2,0)，设二面角E －FB －C 的大小为θ，由图知θ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，∴cos θ＝|cos 〈n ，AC →〉|＝12，∴θ＝π3.2.(2016·兰州诊断)如图，在四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，AB ＝2，BC ＝CD ＝1，顶点D 1在底面ABCD 内的射影恰为点C .(1)求证：AD 1⊥BC ；(2)若直线DD 1与直线AB 所成的角为π3，求平面ABC 1D 1与平面ABCD 所成角(锐角)的余弦值．解：(1)证明：连接D 1C ，则D 1C ⊥平面ABCD ，∴D 1C ⊥BC . 在等腰梯形ABCD 中，连接AC ， ∵AB ＝2，BC ＝CD ＝1，AB ∥CD ， ∴BC ⊥AC ， ∴BC ⊥平面AD 1C ， ∴AD 1⊥BC .(2)法一：∵AB ∥CD ，∴∠D 1DC ＝π3，∵CD ＝1，∴D 1C ＝ 3.在底面ABCD 中作CM ⊥AB ，连接D 1M ，则D 1M ⊥AB ，∴∠D 1MC 为平面ABC 1D 1与平面ABCD 所成角的一个平面角．在Rt △D 1CM 中，CM ＝32，D 1C ＝3， ∴D 1M ＝CM 2＋D 1C 2＝152，∴cos ∠D 1MC ＝55， 即平面ABC 1D 1与平面ABCD 所成角(锐角)的余弦值为55. 法二：由(1)知AC 、BC 、D 1C 两两垂直， ∵AB ∥CD ，∴∠D 1DC ＝π3，∵CD ＝1，∴D 1C ＝ 3.在等腰梯形ABCD 中，∵AB ＝2，BC ＝CD ＝1，AB ∥CD ， ∴AC ＝3，建立如图所示的空间直角坐标系， 则C (0,0,0)，A (3，0,0)，B (0,1,0)，D 1(0,0，3)， 设平面ABC 1D 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AD 1→＝0得⎩⎨⎧y －3x ＝0，z －x ＝0，可得平面ABC 1D 1的一个法向量为n ＝(1，3，1)． 又CD 1→＝(0,0，3)为平面ABCD 的一个法向量． 因此cos 〈CD 1→，n 〉＝CD 1→·n|CD 1→||n |＝55，∴平面ABC 1D 1与平面ABCD 所成角(锐角)的余弦值为55. 3．(2016·贵阳模拟)如图，正方形AA 1D 1D 与矩形ABCD 所在平面互相垂直，AB ＝2AD ＝2.(1)若点E 为AB 的中点，求证：BD 1∥平面A 1DE ；(2)在线段AB 上是否存在点E ，使二面角D 1EC D 的大小为π6？若存在，求出AE 的长；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：四边形ADD 1A 1为正方形，连接AD 1，A 1D ∩AD 1＝F ，则F 是AD 1的中点，又因为点E 为AB 的中点，连接EF ，则EF 为△ABD 1的中位线，所以EF ∥BD 1.又因为BD 1⊄平面A 1DE ，EF ⊂平面A 1DE ，所以BD 1∥平面A 1DE .(2)根据题意得DD 1⊥DA ，DD 1⊥DC ，AD ⊥DC ，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系D xyz ，则D (0,0,0)，D 1(0,0,1)，C (0，2,0)．设满足条件的点E 存在，令E (1，y 0,0)(0≤y 0≤2)， EC →＝(－1,2－y 0,0)，D 1C →＝(0,2，－1)，设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面D 1EC 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·EC →＝0，n 1·D 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋2－y 0y 1＝0，2y 1－z 1＝0，令y 1＝1，则平面D 1EC 的法向量为n 1＝(2－y 0,1,2)，由题知平面DEC 的一个法向量n 2＝(0,0,1)．由二面角D 1EC D 的大小为π6得 cos π6＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝22－y 02＋1＋4＝32， 解得y 0＝2－33∈[0,2]， 所以当AE ＝2－33时，二面角D 1EC D 的大小为π6. B 组 高考题型专练1．(2015·高考全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．解：(1)证明：连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF .在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1.由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3.由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ，可知AE ＝EC .又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC .在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt △FDG 中，可得FG ＝62.在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322. 从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG . 又AC ∩FG ＝G ，可得EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长度，建立空间直角坐标系G xyz .由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，0，22，C (0，3，0)，所以AE →＝(1，3，2)，CF →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，－3，22.故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33.2．(2015·高考天津卷)如图，在四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AC ，AB ＝1，AC ＝AA 1＝2，AD ＝CD ＝5，且点M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点．(1)求证：MN ∥平面ABCD ； (2)求二面角D 1AC B 1的正弦值；(3)设E 为棱A 1B 1上的点，若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为13，求线段A 1E 的长．解：如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A (0,0,0)，B (0,1,0)，C (2,0,0)，D (1，－2，0)，A 1(0,0,2)，B 1(0,1,2)，C 1(2,0,2)，D 1(1，－2,2)．又因为M ，N 分别为B 1C 和D 1D 的中点，得M ⎝⎛⎭⎪⎫1，12，1，N (1，－2,1)． (1)证明：依题意，可得n ＝(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量.MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－52，0.由此可得MN →·n ＝0，又因为直线MN ⊄平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD . (2)AD 1→＝(1，－2,2)，AC →＝(2,0,0)．设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ACD 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD 1→＝0，n 1·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1－2y 1＋2z 1＝0，2x 1＝0.不妨设z 1＝1，可得n 1＝(0,1,1)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面ACB 1的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB 1→＝0，n 2·AC →＝0，又AB 1→＝(0,1,2)，得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＋2z 2＝0，2x 2＝0.不妨设z 2＝1，可得n 2＝(0，－2,1)．因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－1010，于是sin 〈n 1，n 2〉＝31010，所以，二面角D 1AC B 1的正弦值为31010.(3)依题意，可设A 1E →＝λA 1B 1→，其中λ∈[0,1]， 则E (0，λ，2)，从而NE →＝(－1，λ＋2,1)． 又n ＝(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量， 由已知，得|cos 〈NE →，n 〉|＝|NE →·n ||NE →|·|n |＝1－12＋λ＋22＋12＝13， 整理得λ2＋4λ－3＝0，又因为λ∈[0,1]，解得λ＝7－2. 所以，线段A 1E 的长为7－2.3．(2015·高考江苏卷)如图，在四棱锥P ABCD 中，已知PA ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，PA ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1.(1)求平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长． 解：以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ，则各点的坐标为B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)．(1)因为AD ⊥平面PAB ，所以AD →是平面PAB 的一个法向量， AD →＝(0,2,0)．因为PC →＝(1,1，－2)，PD →＝(0,2，－2)． 设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则m ·PC →＝0，m ·PD →＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0，令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1.所以m ＝(1,1,1)是平面PCD 的一个法向量． 从而cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m |AD →||m |＝33，所以平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33. (2)因为BP →＝(－1,0,2)，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，又CB →＝(0，－1,0)，则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1,2λ)，又DP →＝(0，－2,2)，从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2.设1＋2λ＝t ，t ∈[1,3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t 25t 2－10t ＋9＝29⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －592＋209≤910.当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010.因为y ＝cos x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上是减函数，此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值．又因为BP ＝12＋22＝5，所以BQ ＝25BP＝255.。
2015《创新大课堂》高三人教版数学(理)一轮复习课时作业：第3章 第7节 正弦定理和余弦定理
课时作业一、选择题1．在△ABC 中，a 、b 分别是角A 、B 所对的边，条件“a <b ”是使“cos A >cos B ”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C [a <b ⇔A <B ⇔cos A >cos B ．]2．在△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 所对的边．若A ＝π3，b ＝1，△ABC 的面积为32，则a 的值为( )A ．1B ．2 C.32D. 3D [由已知得12bc sin A ＝12×1×c ×sin π3＝32， 解得c ＝2，则由余弦定理可得a 2＝4＋1－2×2×1×cos π3＝3⇒a ＝ 3.]3．(2014·“江南十校”联考)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知a ＝23，c ＝22，1＋tan A tan B ＝2cb ，则C ＝( )A ．30°B ．45°C ．45°或135°D ．60°B [由1＋tan A tan B ＝2cb 和正弦定理得 cos A sin B ＋sin A cos B ＝2sin C cos A ，即sin C ＝2sin C cos A ，所以cos A ＝12，则A ＝60°. 由正弦定理得23sin A ＝22sin C ，则sin C ＝22， 又c <a ，则C <60°，故C ＝45°.]4．(2012·陕西高考)在△ABC 中 ，角A ，B ，C 所对边的长分别为a ，b ，c ，若a 2＋b 2＝2c 2，则cos C 的最小值为( )A.32B.22C.12D ．－12C [由余弦定理得a 2＋b 2－c 2＝2ab cos C ， 又c 2＝12(a 2＋b 2)，得2ab cos C ＝12(a 2＋b 2)， 即cos C ＝a 2＋b 24ab ≥2ab 4ab ＝12.]5．(2012·上海高考)在△ABC 中，若sin 2 A ＋sin 2B <sin 2C ，则△ABC 的形状是( )A ．锐角三角形B ．直角三角形C ．钝角三角形D ．不能确定C [由正弦定理得a 2＋b 2<c 2，所以cos C ＝a 2＋b 2－c22ab <0，所以C 是钝角，故△ABC 是钝角三角形．]6．(2014·乌鲁木齐一诊)△ABC 中，若(CA →＋CB →)·AB→＝35|AB →|2，则tan A tan B的值为( )A ．2B ．4 C. 3D ．2 3B [设△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 所对的边，由(CA →＋CB →)·AB →＝35|AB →|2得， CA→·AB →＋CB →·AB →＝35|AB →|2， 即bc cos(π－A )＋ac cos B ＝35c 2， ∴a cos B －b cos A ＝35c ，由正弦定理得sin A cos B －cos A sin B ＝35sin C ＝35sin(A ＋B )＝35(sin A cos B ＋cos A sin B )， 即sin A cos B ＝4cos A sin B ，∴tan Atan B ＝4.] 二、填空题7．在△ABC 中，角A 、B 、C 所对的边分别是a 、b 、c .若b ＝2a sin B ，则角A 的大小为________．解析 由正弦定理得sin B ＝2sin A sin B ，∵sin B ≠0， ∴sin A ＝12，∴A ＝30°或A ＝150°. 答案 30°或150°8．(2014·长春调研)△ABC 中，a 、b 、c 分别是角A 、B 、C 的对边，若a 2－c 2＝2b ，且sin B ＝6cos A sin C ，则b 的值为__________． 解析 由正弦定理与余弦定理可知， sin B ＝6cos A sin C 可化为b ＝6·b 2＋c 2－a 22bc ·c ，化简可得b 2＝3(b 2＋c 2－a 2)， 又a 2－c 2＝2b 且b ≠0，得b ＝3. 答案 39．(2012·北京高考)在△ABC 中，若a ＝2，b ＋c ＝7，cos B ＝－14，则b ＝________．解析 根据余弦定理代入b 2＝4＋(7－b )2－2×2×(7－b )×⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，解得b ＝4.答案 4 三、解答题10．△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，a sin A ＋c sin C －2a sin C ＝b sin B . (1)求B ；(2)若A ＝75°，b ＝2，求a ，c .解析 (1)由正弦定理得a 2＋c 2－2ac ＝b 2. 由余弦定理得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B . 故cos B ＝22，因此B ＝45°.(2)sin A ＝sin(30°＋45°)＝sin 30°cos 45°＋cos 30°sin 45°＝2＋64. 故a ＝b ×sin A sin B ＝2＋62＝1＋3，c ＝b ×sin Csin B ＝2×sin 60°sin 45°＝ 6.11．(2014·北京朝阳统考)在锐角三角形ABC 中，a ，b ，c 分别为内角A ，B ，C 所对的边，且满足3a －2b sin A ＝0. (1)求角B 的大小；(2)若a ＋c ＝5，且a >c ，b ＝7，求AB →·AC →的值．解析 (1)因为3a －2b sin A ＝0， 所以 3sin A －2sin B sin A ＝0， 因为sin A ≠0，所以sin B ＝32. 又B 为锐角，所以B ＝π3. (2)由(1)可知，B ＝π3.因为b ＝ 7.根据余弦定理，得7＝a 2＋c 2－2ac cos π3，整理，得(a ＋c )2－3ac ＝7. 由已知a ＋c ＝5，得ac ＝6. 又a >c ，故a ＝3，c ＝2.于是cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝7＋4－947＝714，所以AB →·AC →＝|AB →|·|AC →|cos A ＝cb cos A ＝2×7×714＝1.12．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且满足(2b －c )cos A －a cos C ＝0. (1)求角A 的大小；(2)若a ＝3，S △ABC ＝334，试判断△ABC 的形状，并说明理由． 解析 (1)解法一：由(2b －c )cos A －a cos C ＝0及正弦定理，得 (2sin B －sin C )cos A －sin A cos C ＝0， ∴2sin B cos A －sin(A ＋C )＝0， sin B (2cos A －1)＝0.∵0<B <π，∴sin B ≠0，∴cos A ＝12. ∵0<A <π，∴A ＝π3.解法二：由(2b －c )cos A －a cos C ＝0，及余弦定理，得(2b －c )·b 2＋c 2－a 22bc －a ·a 2＋b 2－c 22ab ＝0，整理，得b 2＋c 2－a 2＝bc ，∴cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12，∵0<A <π，∴A ＝π3.(2)∵S △ABC ＝12bc sin A ＝334， 即12bc sin π3＝334， ∴bc ＝3，①∵a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，a ＝3，A ＝π3， ∴b 2＋c 2＝6， ②由①②得b ＝c ＝3， ∴△ABC 为等边三角形．。
2015《创新大课堂》高三人教版数学(理)一轮复习课时作业 第七章 立体几何 第二节
课时作业一、选择题1．(2014·山西诊断)如图，水平放置的三棱柱的侧棱长和底边长均为2，且侧棱AA 1⊥平面A 1B 1C 1，正视图是边长为2的正方形，该三棱柱的侧视图的面积为( )A ．4B ．2 3C ．2 2D. 3B [依题意得，该几何体的侧视图是边长分别为2和3的矩形，因此其侧视图的面积为23，选B.]2．已知矩形ABCD 的顶点都在半径为4的球O 的球面上，且AB ＝3，BC ＝2，则棱锥O －ABCD 的体积为( )A.51 B ．351 C ．251D ．651A [依题意得，球心O 在底面ABCD 上的射影是矩形ABCD 的中心，因此棱锥O －ABCD 的高等于42－⎝ ⎛⎭⎪⎫1232＋222＝512，所以棱锥O －ABCD 的体积等于13×(3×2)×512＝51.] 3．(2014·洛阳统考)如图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A ．64＋32πB ．64＋64πC ．256＋64πD ．256＋128πC [依题意，该几何体是一个正四棱柱及一个圆柱的组合体，其中正四棱柱的底面边长是8，侧棱长是4，圆柱的底面半径是4、高是4，因此所求几何体的体积等于π×42×4＋82×4＝256＋64π，选C.]4．如图，正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′的棱长为4，动点E ，F 在棱AB 上，且EF ＝2，动点Q 在棱D ′C ′上，则三棱锥A ′－EFQ 的体积( )A ．与点E ，F 位置有关B ．与点Q 位置有关C ．与点E ，F ，Q 位置都有关D ．与点E ，F ，Q 位置均无关，是定值D [因为V A ′－EFQ ＝V Q －A ′EF ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×4×4＝163，故三棱锥A ′－EFQ 的体积与点E ，F ，Q 的位置均无关，是定值．] 二、填空题5．(2013·浙江高考)若某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的体积等于________cm 3.解析 由三视图可知该几何体为如图所示的三棱柱割掉了一个三棱锥．VA 1EC 1－ABC ＝VA 1B 1C 1－ABC －VE －A 1B 1C 1＝12×3×4×5－13×12×3×4×3 ＝30－6＝24(cm 3) 答案 246．(2014·郑州模拟)在三棱锥A －BCD 中，AB ＝CD ＝6，AC ＝BD ＝AD ＝BC ＝5，则该三棱锥的外接球的表面积为________．解析 依题意得，该三棱锥的三组对棱分别相等，因此可将该三棱锥补形成一个长方体，设该长方体的长、宽、高分别为a 、b 、c ，且其外接球的半径为R ，则⎩⎨⎧a 2＋b 2＝62，b 2＋c 2＝52，c 2＋a 2＝52，得a 2＋b 2＋c 2＝43，即(2R )2＝a 2＋b 2＋c 2＝43，易知R 即为该三棱锥的外接球的半径，所以该三棱锥的外接球的表面积为4πR 2＝43π. 答案 43π 三、解答题7．一个空间几何体的三视图及部分数据如图所示，其正视图、俯视图均为矩形，侧视图为直角三角形．(1)请画出该几何体的直观图，并求出它的体积； (2)证明：A 1C ⊥平面AB 1C 1.解析 (1)几何体的直观图如图所示，四边形BB1C 1C 是矩形，BB 1＝CC 1＝3，BC ＝B 1C 1＝1，四边形AA 1C 1C 是边长为3的正方形，且平面AA 1C 1C 垂直于底面BB 1C 1C ，故该几何体是直三棱柱，其体积V ＝S △ABC ·BB 1＝12×1×3×3＝32.(2)证明：由(1)知平面AA 1C 1C ⊥平面BB 1C 1C 且B 1C 1⊥CC 1， 所以B 1C 1⊥平面ACC 1A 1.所以B 1C 1⊥A 1C . 因为四边形ACC 1A 1为正方形，所以A 1C ⊥AC 1. 而B 1C 1∩AC 1＝C 1，所以A 1C ⊥平面AB 1C 1.8．(2014·深圳模拟)如图，平行四边形ABCD 中，AB ⊥BD ，AB ＝2，BD ＝2，沿BD 将△BCD 折起，使二面角A －BD －C 是大小为锐角α的二面角，设C 在平面ABD 上的射影为O .(1)当α为何值时，三棱锥C －OAD 的体积最大？最大值为多少？ (2)当AD ⊥BC 时，求α的大小．解析(1)由题知CO⊥平面ABD，∴CO⊥BD，又BD⊥CD，CO∩CD＝C，∴BD⊥平面COD.∴BD⊥OD.∴∠ODC＝α.V C－AOD＝13S△AOD·OC＝13×12·OD·BD·OC＝26·OD·OC＝26·CD·cosα·CD·sin α＝23·sin 2α≤23，当且仅当sin 2α＝1，即α＝45°时取等号．∴当α＝45°时，三棱锥C－OAD的体积最大，最大值为2 3.(2)连接OB，∵CO⊥平面ABD，∴CO⊥AD，又AD⊥BC，∴AD⊥平面BOC.∴AD⊥OB.∴∠OBD＋∠ADB＝90°.故∠OBD＝∠DAB，又∠ABD＝∠BDO＝90°，∴Rt△ABD∽Rt△BDO.∴ODBD＝BDAB.∴OD＝BD2AB＝（2）22＝1，在Rt△COD中，cos α＝ODCD＝12，得α＝60°.。
2015创新设计(北师大版)高三一轮复习数学第7篇 第1讲
还原正方体后，将D1，D，A三点分别向正方体右侧
面作垂线，D1A的射影为C1B，且为实线，B1C被遮挡应为虚 线．故选B. [答案] B
诊断基础知识
突破高频考点
培养解题能力
[防范措施]
简单几何体的三视图是从简单几何体的正面、
左面、上面用平行投影的方法得到的三个平面投影图．因此 在分析简单几何体的三视图问题时，就要抓住正投影，结合 具体问题和简单几何体的结构特征进行解答．
知识梳理
1．简单几何体的结构特征 (1)多面体 ①棱柱：两个面互相 平行，其余各面都是四边形，并且每 相邻两个四边形的公共边都互相平行 ，这些面围成的几何
体叫作棱柱．
②棱锥：有一个面是多边形，其余各面是有一个 _________ 公共顶点 的三角形，这些面围成的几何体叫作棱锥． ③棱台：用一个 平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面与 截面之间的部分叫作棱台．
(5)上下底面是两个平行的圆面的旋转体是圆台． ( ×) (6)用一个平面去截一个球，截面是一个圆面． (√ )
诊断基础知识
突破高频考点
培养解题能力
3．对直观图和三视图的画法的理解 (7) 在用斜二测画法画水平放置的∠ A 时，若∠ A 的两边分
别平行于 x 轴和 y 轴，且∠ A ＝ 90°，则在直观图中∠ A ＝
模型，会用斜二测画法画出它们的直观图．
诊断基础知识
突破高频考点
培养解题能力
3 ．会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的
三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式．
4．会画某些建筑物的三视图与直观图(在不影响图形特征的 基础上，尺寸、线条等不作严格要求).
诊断基础知识
突破高频考点
培养解题能力
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
课时作业一、填空题1．如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E 、F 分别是棱AB 、BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角为________． 解析 建立如图所示的空间直角坐标系．设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则C 1(2，0，2)，E (0，1，0)，F (0，0，1)， 则EF →＝(0，－1，1)，BC 1→＝(2，0，2)， ∴EF →·BC 1→＝2， ∴cos 〈EF →，BC 1→〉＝22×22＝12，∴EF 和BC 1所成角为60°. 答案 60°2.如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，2AC ＝AA 1＝BC ＝2.若二面角B 1－DC －C 1的大小为60°，则AD 的长为________．则由cos 60°＝|m ·n ||m ||n |，得1a 2＋2＝12，即a ＝2，故AD ＝ 2. 答案23．如图，在正四棱锥S －ABCD 中，O 为顶点在底面上的射影，P 为侧棱SD 的中点，且SO ＝OD ，则直线BC 与平面P AC 所成角为________．解析 如图所示，以O 为原点建立空间直角坐标系O －xyz . 设OD ＝SO ＝OA ＝OB ＝OC ＝a ， 则A (a ，0，0)，B (0，a ，0)， C (－a ，0，0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a 2，a 2.则CA→＝(2a ，0，0)，AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a ，－a 2，a 2，CB →＝(a ，a ，0)． 设平面P AC 的法向量为n ，可求得n ＝(0，1，1)， 则cos 〈CB →，n 〉＝CB →·n|CB →||n |＝a 2a 2·2＝12. ∴〈CB→，n 〉＝60°， ∴直线BC 与平面P AC 的夹角为90°－60°＝30°. 答案：30°4．如图是一副直角三角板．现将两三角板拼成直二面角，得到四面体ABCD ，则下列叙述正确的是________． ①BD→·AC →＝0； ②平面BCD 的法向量与平面ACD 的法向量垂直； ③异面直线BC 与AD 所成的角为60°； ④四面体ABCD 有外接球；⑤直线DC 与平面ABC 所成的角为30°.解析 依题意得，BD ⊥平面ABC ， 又AC ⊂平面ABC ，因此有BD ⊥AC ， 所以BD→·AC →＝0，①正确．由于平面BCD 与平面ACD 不垂直，因此平面BCD 的法向量与平面ACD 的法向量不垂直，②不正确．对于③，作AE ⊥BC 于E ，设AB ＝AC ＝2a ，直线BC 与AD 所成的角为θ， 则BC ＝22a ，BD ＝26a3.以E 为坐标原点， 建立如图所示的空间直角坐标系，则E (0，0，0)，A (0，0，2a )，B (0，－2a ，0)，C (0，2a ，0)，D (263a ，－2a ，0)，则BC →＝(0，22a ，0)，AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫263a ，－2a ，－2a， 所以cos θ＝|cos 〈BC →，AD →〉|＝|BC →·AD →||BC →|·|AD →|＝4a 2（22a ）2·⎝ ⎛⎭⎪⎫263a 2＋（－2a ）2＋（－2a ）2＝3010，因此直线BC 与AD 所成的角不是60°，③不正确．对于④⑤，依题意得，BD ⊥平面ABC ，直线DC 与平面ABC 所成的角是∠BCD ＝30°，又易知BD ⊥AC ，AB ⊥AC ，则AC ⊥平面ABD ，于是有AC ⊥AD ，记CD 的中点是F ，连接BF ，则有AF ＝12CD ＝BF ，因此点F 到A ，B ，C ，D 的距离相等，故四面体ABCD 有外接球，所以④⑤正确． 综上所述，其中叙述正确的是①④⑤. 答案 ①④⑤ 三、解答题5．(2014·长春调研)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面AA 1C 1C ⊥底面ABC ，AA 1＝A 1C ＝AC ＝2，AB ＝BC ，AB ⊥BC ，O 为AC 中点．(1)求证：A 1O ⊥平面ABC ；(2)求直线A 1C 与平面A 1AB 所成角的正弦值；(3)在BC 1上是否存在一点E ，使得OE ∥平面A 1AB ？若存在，确定点E 的位置；若不存在，说明理由．解析 (1)证明：∵AA 1＝A 1C ＝AC ＝2， 且O 为AC 中点，∴A 1O ⊥AC . 又侧面AA 1C 1C ⊥底面ABC ， 交线为AC ，A 1O ⊂平面AA 1C 1C ， ∴A 1O ⊥平面ABC .(2)连接OB ，如图，以O 为原点，分别以OB 、OC 、OA 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则由题可知B (1，0，0)， C (0，1，0)，A 1(0，0，3)，A (0，－1，0)． ∴A 1C →＝(0，1，－3)，令平面A 1AB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则n ·AA 1→＝n ·AB →＝0， 而AA 1→＝(0，1，3)，AB →＝(1，1，0)，则⎩⎨⎧y ＋3z ＝0x ＋y ＝0，可求得一个法向量n ＝(3，－3，3)， ∴|cos 〈A 1C →，n 〉|＝|n ·A 1C →||n |·|A 1C →|＝62×21＝217，∴直线A 1C 与平面A 1AB 所成角的正弦值为217. (3)存在点E ，且E 为线段BC 1的中点．连接B 1C 交BC 1于点M ，连接AB 1、OM ， 则M 为B 1C 的中点，∴OM 是△CAB 1的一条中位线，OM ∥AB 1， 又AB 1⊂平面A 1AB ，OM ⊄平面A 1AB ， ∴OM ∥平面A 1AB ，∴BC 1的中点M 即为所求的E 点．6．(2013·辽宁高考)如图，AB 是圆的直径，P A 垂直圆所在的平面，C 是圆上的点．(1)求证：平面P AC ⊥平面PBC ；(2)若AB ＝2，AC ＝1，P A ＝1，求二面角C －PB －A 的余弦值． 解析 (1)证明：由AB 是圆的直径，得AC ⊥BC ， 由P A ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，得P A ⊥BC . 又P A ∩AC ＝A ，P A ⊂平面P AC ，AC ⊂平面P AC ， 所以BC ⊥平面P AC . 因为BC ⊂平面PBC . 所以平面PBC ⊥平面P AC .(2)解法一：过C 作CM ∥AP ，则CM ⊥平面ABC . 如图(1)，以点C 为坐标原点，分别以直线CB ，CA ，CM 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．在Rt △ABC 中，因为AB ＝2，AC ＝1， 所以BC ＝ 3.又因为P A ＝1，所以A (0，1，0)，B (3，0，0)，P (0，1，1)． 故CB →＝(3，0，0)，CP →＝(0，1，1)． 设平面BCP 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧CB →·n 1＝0，CP →·n 1＝0.所以⎩⎨⎧3x 1＝0，y 1＋z 1＝0，不妨令y 1＝1，则n 1＝(0，1，－1)． 因为AP→＝(0，0，1)，AB →＝(3，－1，0)，设平面ABP 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧AP →·n 2＝0，AB →·n 2＝0，所以⎩⎨⎧z 2＝0，3x 2－y 2＝0，不妨令x 2＝1，则n 2＝(1，3，0)． 于是cos 〈n 1，n 2〉＝322＝64.由图(1)知二面角C －PB －A 为锐角， 故二面角C －PB －A 的余弦值为64.解法二：如图(2)，过C 作CM ⊥AB 于M ， 因为P A ⊥平面ABC ， CM ⊂平面ABC ， 所以P A ⊥CM .又因为P A ∩AB ＝A ，且P A ⊂平面P AB ，AB ⊂平面P AB ，所以CM ⊥平面P AB .过M 作MN ⊥PB 于N ，连接NC ， 由三垂线定理得CN ⊥PB ，所以∠CNM 为二面角C －PB －A 的平面角． 在Rt △ABC 中，由AB ＝2，AC ＝1，得BC ＝3，CM ＝32，BM ＝32. 在Rt △P AB 中，由AB ＝2，P A ＝1，得PB ＝ 5. 因为Rt △BNM ∽Rt △BAP ， 所以MN 1＝325，所以MN ＝3510.所以在Rt △CNM 中，CN ＝305，所以cos ∠CNM ＝64，所以二面角C －PB －A 的余弦值为64.7．(2014·北京西城二模)如图1，四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是直角梯形，M 为侧棱PD 上一点．该四棱锥的俯视图和侧(左)视图如图2所示．(1)证明：BC ⊥平面PBD ； (2)证明：AM ∥平面PBC ；(3)线段CD 上是否存在点N ，使AM 与BN 所成角的余弦值为34？若存在，找到符合要求的点N ，并求CN 的长；若不存在，请说明理由． 解析 解法一：(1)证明：由俯视图可得BD 2＋BC 2＝CD 2， 所以BC ⊥BD .又因为PD ⊥平面ABCD ， 所以BC ⊥PD ， 所以BC ⊥平面PBD .(2)证明：取PC 上一点Q ，使PQ ∶PC ＝1∶4，连接MQ ，BQ . 由俯视图知PM ∶PD ＝1∶4， 所以MQ ∥CD ，MQ ＝14CD .在△BCD 中，易得∠CDB ＝60°，所以∠ADB ＝30°. 又BD ＝2，所以AB ＝1，AD ＝ 3.又因为AB ∥CD ，AB ＝14CD ，所以AB ∥MQ ，AB ＝MQ ， 所以四边形ABQM 为平行四边形，所以AM ∥BQ . 因为AM ⊄平面PBC ，BQ ⊂平面PBC ， 所以直线AM ∥平面PBC .(3)线段CD 上存在点N ，使AM 与BN 所成角的余弦值为34. 证明如下：因为PD ⊥平面ABCD ，DA ⊥DC ， 建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz .所以D (0，0，0)，A (3，0，0)，B (3，1，0)， C (0，4，0)，M (0，0，3)． 设N (0，t ，0)，其中0≤t ≤4，所以AM→＝(－3，0，3)，BN →＝(－3，t －1，0)． 要使AM 与BN 所成角的余弦值为34， 则有|AM →·BN →||AM →||BN →|＝34，所以|3|23·3＋（t －1）2＝34， 解得t ＝0或2，均适合0≤t ≤4.故点N 位于D 点处，此时CN ＝4；或点N 位于CD 的中点处，此时CN ＝2，有AM 与BN 所成角的余弦值为34.解法二：(1)证明：因为PD ⊥平面ABCD ，DA ⊥DC ， 建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz .在△BCD 中，易得∠CDB ＝60°，所以∠ADB ＝30°.因为BD ＝2，所以AB ＝1，AD ＝ 3.由俯视图和侧视图可得D (0，0，0)，A (3，0，0)，B (3，1，0)，C (0，4，0)，M (0，0，3)，P (0，0，4)，所以BC→＝(－3，3，0)，DB →＝(3，1，0)． 因为BC →·DB →＝－3×3＋3×1＋0×0＝0， 所以BC ⊥BD .又因为PD ⊥平面ABCD ，所以BC ⊥PD ， 所以BC ⊥平面PBD .(2)证明：设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC→＝0，n ·BC →＝0.因为BC→＝(－3，3，0)，PC →＝(0，4，－4)，所以⎩⎨⎧4y －4z ＝0，－3x ＋3y ＝0.取y ＝1，得n ＝(3，1，1)．因为AM→＝(－3，0，3)， 所以AM →·n ＝3·(－3)＋1·0＋1·3＝0. 因为AM ⊄平面PBC ， 所以直线AM ∥平面PBC .(3)线段CD 上存在点N ，使AM 与BN 所成角的余弦值为34. 证明如下：设N (0，t ，0)，其中0≤t ≤4，所以AM→＝(－3，0，3)，BN →＝(－3，t －1，0)． 要使AM 与BN 所成角的余弦值为34，则有|AM →·BN →||AM→||BN →|＝34， 所以|3|23·3＋（t －1）2＝34， 解得t ＝0或2，均适合0≤t ≤4.故点N 位于D 点处，此时CN ＝4；或点N 位于CD 的中点处，此时CN ＝2，有AM 与BN 所成角的余弦值为34.。