2014版陕西北师版数学文复习方略：课时提升作业第七章 第七节空间直角坐标系
2014版陕西北师版数学文复习方略：课时提升作业第一章 第二节命题、充分条件与必要条件
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。
2014版高中数学复习方略课时提升作业：单元评估检测(七)(北师大版)(北师大版·数学理·通用版)
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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。
北师大版高中数学必修二：空间直角坐标系
01
重点难点
1.空间直角坐标系的建立 (1)空间直角坐标系的建立原则——右手螺旋法则 ①伸出右手,让四指与大拇指垂直. ②四指先指向 x 轴正方向.让四指沿握拳方向旋转 90° 指向 y 轴正 方向. 称这样的坐标系为右手系. ③大拇指的指向即为 z 轴正方向.
01
(2)如图,在空间直角坐标系中,O 叫作原点,x,y,z 轴统称为坐标轴,由 坐标轴确定的平面叫作坐标平面,x,y 轴确定的平面记作 xOy 平面,y,z 轴 确定的平面记作 yOz 平面,x,z 轴确定的平面记作 xOz 平面.
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1.确定空间中任一点的坐标 活动与探究 例1
01
如图,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,棱长为 4,E 是 A1C1 的中点,且 |BF|=3|FB1|.建立空间直角坐标系并求 E,F 的坐标. 思路分析:根据正方体的特点,建立适当的空间直角坐标系,然后对 特殊点,可直接写出坐标;对于非特殊点,首先找出所求点在 xOy 平面上 的投影点,然后再确定该点的 z 坐标,从而确定该点的坐标.
解:D1(0,0,2),C(0,4,0),A1(3,0,2),B1(3,4,2).
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1.建立空间直角坐标系时应遵循以下原则: (1)让尽可能多的点落在坐标轴上或坐标平面内; (2)充分利用几何图形的对称性. 2.对于正方体或长方体,一般取相邻的三条棱为 x,y,z 轴建立空间直 角坐标系.确定某点的坐标时,一般先找这一点在某一坐标平面的投影 点,确定其两个坐标,再确定第三个坐标.
01
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迁移与应用 1.在空间直角坐标系中,过点 P(2,3,7)且与 y 轴垂直的平面与 y 轴的 交点坐标为 面上的投影坐标是 答案:(0,3,0) (2,3,0) ,点 P 在 xOy 平面上的投影坐标为 . (0,3,7)
2014版高中数学复习方略课时提升作业：6.7数学归纳法(北师大版)(北师大版·数学理·通用版)
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课时提升作业(四十一)一、选择题1.在用数学归纳法证明凸n 边形内角和定理时，第一步应验证( ) (A)n ＝1 时成立 (B)n ＝2 时成立 (C)n ＝3 时成立 (D)n ＝4 时成立2.已知n 是正偶数，用数学归纳法证明时，若已假设n=k(k ≥2且为偶数)时命题为真，则还需证明( ) (A)n ＝k ＋1 时命题成立 (B)n ＝k ＋2 时命题成立 (C)n ＝2k ＋2 时命题成立 (D)n ＝2(k ＋2)时命题成立3.某个命题与正整数n 有关，若n ＝k(k ∈N +)时命题成立，那么可推得当n ＝k ＋1时该命题也成立，现已知n ＝5时，该命题不成立，那么可以推得( ) (A)n ＝6时该命题不成立 (B)n ＝6时该命题成立 (C)n ＝4时该命题不成立 (D)n ＝4时该命题成立4.用数学归纳法证明不等式n 1111127124264-⋯>＋＋＋＋(n ∈N +)成立，其初始值至少应取( )(A)7 (B)8 (C)9 (D)10 5.(2013·宝鸡模拟)用数学归纳法证明：112n 112123n n 1++⋯+=++++⋯++时，由k到k+1左边需增添的项是( ) (A)()2k k 1+ (B)()1k k 1+ (C)()()1k 1k 2++ (D)()()2k 1k 2++6.用数学归纳法证明n 112n 2nnnC C C n +++⋯+＜(n ≥n 0,n 0∈N *)，则n 的最小值等于( )(A)1 (B)2 (C)3 (D)47.(2013·南昌模拟)<n+1(n ∈N +)，某同学的证明过程如下：(1)当n=1，不等式成立.(2)假设当n=k(k ≥1,k ∈N +)<k+1，则当n=k+1时，()k 11,=<=++所以当n=k+1时，不等式也成立. 对于上述证法( ) (A)过程全部正确 (B)n=1时验证不正确 (C)归纳假设不正确(D)从n=k 到n=k+1的推理不正确8.(能力挑战题)已知f(n)=(2n+7)·3n +9，存在自然数m ，使得对任意n ∈N +，f(n)都能被m 整除，则m 的最大值为( ) (A)18 (B)36 (C)48 (D)54 二、填空题9．(2013·洛阳模拟)用数学归纳法证明n 11112321+++⋯+-＜n(n ∈N +,n ＞1)时，第一步应验证的不等式是___________.10.(2013·上海模拟)用数学归纳法证明(n+1)(n+2)…(n+n)=2n ·1·3·…·(2n-1)，从k 到k+1，左边需要增乘的代数式为______. 11.若数列{a n }的通项公式a n ＝()21n 1+，记c n ＝2(1－a 1)(1－a 2)…(1－a n )，试通过计算c 1，c 2，c 3的值，推测c n ＝_______.12．已知f(n)=111123n+++⋯+(n ∈N +)，用数学归纳法证明f(2n )>n 2时，f(2k+1)-f(2k )等于________. 三、解答题13.(2013·佛山模拟) 用数学归纳法证明：()()()()222n n 112n (n N ).13352n 12n 122n 1++++⋯+=∈⨯⨯-++ 14.(2013·合肥模拟)设f(x)=2xx 2+,x 1=1,x n =f(x n-1)(n ≥2,n ∈N +). (1)求x 2,x 3,x 4的值.(2)归纳{x n }的通项公式，并用数学归纳法证明.15.(能力挑战题)设f(n)=1+12+ (1).是否存在关于正整数n 的函数g(n)，使等式f(1)+f(2)+…+f(n-1)=g(n)[f(n)-1]对于n ≥2的一切正整数都成立？证明你的结论.答案解析1.【解析】选C.凸多边形至少有三边，所以应验证n ＝3 时成立.2.【解析】选B.因n 是正偶数，故只需证命题对所有正偶数都成立，因k 的下一个偶数是k+2，故选B.3.【解析】选C.由n ＝k(k ∈N +)成立，可推得当n ＝k ＋1时该命题也成立．因而若n ＝4成立，必有n ＝5成立．现知n ＝5不成立，所以n ＝4一定不成立.4.【思路点拨】用等比数列的前n 项和求出不等式的左边，解不等式即可得到初始值.【解析】选B.nn 1111111272112426412--⋯>-＋＋＋＋＝，整理得2n >128，解得n>7，所以初始值至少应取8.5.【解析】选D.左边需添加的式子为()()()()()112.k 1k 2123k 1k 1k 22==+++++⋯++++6.【解析】选C.当n=1时，左边=11C =1，右边=11=1，不等式不成立；当n=2时，左边=1222C C + =3，右边=322=n=3时，左边=7，右边=9，不等式成立，当n=4时，左边=15，右边=524＞16,不等式成立，所以n 的最小值等于3.7.【解析】选D.从n=k 到n=k+1的推理时没有运用归纳假设，因此证明不正确. 8.【思路点拨】先求出当n=1,2,3时f(n)的值，由此猜想m 的最大值，再用数学归纳法证明结论成立.【解析】选B.由于f(1)=36,f(2)=108,f(3)=360都能被36整除，猜想f(n)能被36整除，即m 的最大值为36.当n=1时，可知猜想成立.假设当n=k(k ≥1,k∈N +)时，猜想成立，即f(k)=(2k+7)〃3k +9能被36整除；当n=k+1时，f(k+1)=(2k+9)〃3k+1+9=(2k+7)〃3k +9+36(k+5)〃3k-2，因此f(k+1)也能被36整除，故所求m 的最大值为36.9．【解析】由条件知n 的第一个值为2，所以第一步应验证的不等式是11123++＜2.答案：11123++＜210.【解析】当n=k 时，左边为(k+1)(k+2)…(k+k),而当n=k+1时，左边为(k+2)(k+3)…(k+k)(k+1+k)(k+1+k+1)=(k+2)(k+3)…(k+k)(2k+1)(2k+2)，≨左边增乘的式子为()()2k 12k 2k 1+++=2(2k+1). 答案：2(2k+1)11.【解析】c 1＝2(1－a 1)＝2×(1－14)＝32，c 2＝2(1－a 1)(1－a 2)＝2×(1－14)×(1－19)＝43，c 3＝2(1－a 1)(1－a 2)(1－a 3)＝2×(1－14)×(1－19)×(1－116)＝54，故由归纳推理得c n ＝n 2n 1++.答案：n 2n 1++12．【解析】f(2k+1)-f(2k )=k 1k 1111111(1)232232++++⋯+-+++⋯+=k kk 1111.21222+++⋯+++ 答案：k kk 111121222+++⋯+++ 13.【证明】①当n ＝1时，左边＝211133=⨯，右边=()1111,2(211)3⨯+=⨯⨯+左边＝右边，等式成立；②假设n ＝k(k ≥1,k ∈N +)时，等式成立，即()()()()222k k 112k ,13352k 12k 122k 1+++⋯+=⨯⨯-++ 当n ＝k ＋1时，左边()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()2222222k 112k 13352k 12k 12k 12k 3k k 1k 122k 12k 12k 3k k 12k 32k 122k 12k 3k 12k 5k 222k 12k 3k 1k 2,22k 3+++⋯++⨯⨯-+++++++++++++++++++++++＝＝＝＝＝所以当n ＝k ＋1时，等式成立． 由①②可得对任意n ∈N +，等式成立．14.【解析】(1)x 2=f(x 1)=23,x 3=2212322423⨯==+,x 4=f(x 3)=12221522⨯=+.(2)归纳x n =2n 1+.证明:①当n=1时，x 1=211+与已知相符,②假设当n=k(k ≥1，k ∈N +)时，x k =2k 1+,当n=k+1时，x k+1=()2242k 122k 4k 112k 1+==+++++. 由①②可知当n ∈N +时成立， ≨x n =2n 1+.15.【解析】当n=2时，得g(2)=2，当n=3时，得g(3)=3，猜想g(n)=n(n ≥2,n ∈N +).用数学归纳法证明猜想成立.(1)当n=2时，左边=f(1)=1，右边=2[f(2)-1]=1，左边=右边，所以等式成立. (2)假设当n=k(k ≥2,k ∈N +)时等式成立， 即f(1)+f(2)+…+f(k-1)=g(k)[f(k)-1]， 那么当n=k+1时， f(1)+f(2)+…+f(k-1)+f(k) =k[f(k)-1]+f(k)=(k+1)f(k)-k =(k+1)[f(k+1)-1k 1+]-k =(k+1)[f(k+1)-1],也就是说当n=k+1时等式也成立.由(1)(2)可知，等式对n ≥2的一切正整数都成立.故存在关于正整数n 的函数g(n)=n ，使等式对n ≥2的一切正整数都成立. 【变式备选】已知函数f(x)＝13x 3－x ，数列{a n }满足条件：a 1≥1，a n ＋1≥f ′(a n ＋1)．试比较123n11111a 1a 1a 1a ⋯++++＋＋＋＋与1的大小，并说明理由． 【解析】123n11111a 1a 1a 1a ⋯++++＋＋＋＋＜1. 理由如下：≧f ′(x)＝x 2－1，a n ＋1≥f ′(a n ＋1)， ≨a n ＋1≥(a n ＋1)2－1.令g(x)=(x+1)2-1,则函数g(x)＝x 2＋2x 在区间[1，＋≦)上是增加的，于是由a 1≥1，得a 2≥(a 1＋1)2－1≥22－1，进而得a 3≥(a 2＋1)2－1≥24－1＞23－1，由此猜想：a n ≥2n －1.下面用数学归纳法证明这个猜想： ①当n ＝1时，a 1≥21－1＝1，结论成立；②假设n ＝k(k ≥1且k ∈N +)时结论成立，即a k ≥2k －1，则当n ＝k ＋1时，由g(x)＝(x ＋1)2－1在区间[1，＋≦)上是增加的知，a k ＋1≥(a k ＋1)2－1≥22k －1≥2k ＋1－1，即n ＝k ＋1时，结论也成立． 由①②知，对任意n ∈N +，都有a n ≥2n －1， 即1＋a n ≥2n ，≨n n 111a 2≤+， ≨123n11111a 1a 1a 1a ⋯++++＋＋＋＋≤23n 11112222⋯＋＋＋＋＝n 11[1()]22112--=1－(12)n ＜1. 【方法技巧】“归纳—猜想—证明”类问题的一般解题思路通过观察有限个特例，猜想出一般性的结论，然后用数学归纳法证明．这种方法在解决探索性问题、存在性问题或与正整数有关的命题中有着广泛的应用，其关键是归纳、猜想出公式.核心是数学归纳法证明，体现了探索数学未知问题的一般方法，是必须要具备的一种思维方式.关闭Word 文档返回原板块。
陕西北师版数学文复习方略课时提升作业第七章第一节空间几何体的结构特征及三视图和直观图
陕西北师版数学文复习方略课时提升作业第七章第一节空间几何体的结构特征及三视图和直观图温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。
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课时提升作业(四十)一、选择题1.以下四个命题:①正棱锥的所有侧棱相等;②直棱柱的侧面都是全等的矩形;③圆柱的母线垂直于底面;④用经过旋转轴的平面截圆锥,所得的截面一定是全等的等腰三角形.其中,真命题的个数为()(A)4(B)3(C)2(D)12.下列几何体各自的三视图中,有且仅有两个视图相同的是()(A)①②(B)①③(C)①④(D)②④3.(2022安康模拟)一个锥体的主视图和左视图如图所示,下面选项中,不可能是该锥体的俯视图的是()4.如图,△ABC为正三角形,AA′∥BB′∥CC′,CC′⊥平面ABC且3AA′=BB′=CC′=AB,则多面体ABC-A′B′C′的主视图是()5.(2022·铜川模拟)一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示),∠ABC=45°,AB=AD=1,DC⊥BC,则这个平面图形的面积为()(A)+(B)2+(C)+(D)+6.(能力挑战题)一个正方体截去两个角后所得几何体的主视图、左视图如图所示,则其俯视图为()7.(2022·西安模拟)一只蚂蚁从正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A处出发,经正方体的表面,按最短路线爬行到达顶点C1位置,则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的主视图是()(A)①②(B)①③(C)②④(D)③④二、填空题8.等腰梯形ABCD,上底CD=1,腰AD=CB=,下底AB=3,以下底所在直线为某轴,则由斜二测画法画出的直观图A′B′C′D′的面积为.9.(2022·德州模拟)一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等,体积为2,它的三视图中的俯视图如图所示,左视图是一个矩形,则这个矩形的面积是.10.(2022·宝鸡模拟)一个三棱锥的主视图和左视图及其尺寸如图所示,则该三棱锥的俯视图的面积为.三、解答题11.(能力挑战题)某几何体的一条棱长为,在该几何体的主视图中,这条棱的投影是长为的线段,在该几何体的左视图与俯视图中,这条棱的投影分别是长为a和b的线段,求a+b的最大值.答案解析1.【解析】选B.由正棱锥的定义可知所有侧棱相等,故①正确;由于直棱柱的底面的各边不一定相等,故侧面矩形不一定全等,因此②不正确;由圆柱母线的定义可知③正确;结合圆锥轴截面的作法可知④正确.综上,正确的命题有3个.2.【解析】选D.在各自的三视图中,①正方体的三个视图都相同;②圆锥的两个视图相同;③三棱台的三个视图都不同;④正四棱锥的两个视图相同,故选D.【变式备选】正三棱柱(底面为正三角形的直棱柱)ABC-A1B1C1如图所示,以四边形ABB1A1为水平面,四边形BCC1B1的前面为正前方画出的三视图正确的是()【解析】选A.矩形图为矩形,左侧为△ABC,BCC1B1的前面为正前方,故主视所以左视图为三角形.俯视图为两个有公共边的矩形,公共边为CC1在面ABB1A1内的投影,故选A.3.【解析】选C.当俯视图为A,B时表示底面为等腰直角三角形,且过直角顶点的棱与底面垂直的三棱锥.当俯视图为D时,表示底面为正方形,且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥.故选C.【方法技巧】由直观图画三视图的技巧(1)可以想象将一几何体放在自己面前,然后从正前方,左侧及上面观察该几何体,进而得到主视图、左视图和俯视图.(2)在画三视图时,要注意看得见的轮廓线画成实线,看不见的轮廓线画成虚线.4.【解析】选D.由AA′∥BB′∥CC′及CC′⊥平面ABC,知AA′⊥平面ABC,BB′⊥平面ABC.又CC′=BB′=3AA′,且△ABC为正三角形,故主视图应为D中的图形.5.【解析】选B.如图将直观图ABCD还原后为直角梯形A′BCD′,其中A′B=2AB=2,BC=1+,A′D′=AD=1,∴S=某(1+1+)某2=2+.6.【解析】选C.依题意可知该几何体的直观图如图所示,故其俯视图应为C.。
2014版高中数学复习方略课时提升作业：单元评估检测(八)(北师大版)(北师大版·数学理·通用版)
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单元评估检测(八)第八章(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·宝鸡模拟)函数f(x)=+2x在x=1处切线的倾斜角为( )(A)(B)(C)(D)2.“a=3”是“直线ax+2y+2a=0和直线3x+(a-1)y-a+7=0平行”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3.(2013·南昌模拟)已知圆O:x2+y2=4,直线l过点P(1,1),且与直线OP垂直,则直线l的方程为( )(A)x+3y-4=0 (B)y-1=0(C)x-y=0 (D)x+y-2=04.连接椭圆+=1(a>b>0)的一个焦点和一个顶点得到的直线方程为x-2y+2=0,则该椭圆的离心率为( )(A)(B)(C)(D)5.(2013·蚌埠模拟)已知m∈R,则“m>2”是“方程+y2=1表示椭圆”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6.设M(x0,y0)为抛物线C:y2=8x上一点,F为抛物线C的焦点,若以F为圆心,|FM|为半径的圆和抛物线C的准线相交,则x0的取值范围是( )(A)(2,+∞) (B)(4,+∞)(C)(0,2) (D)(0,4)7.(2013·淮南模拟)过点P(4,2)作圆x2+y2=4的两条切线,切点分别为A,B,O为坐标原点,则△OAB的外接圆方程是( )(A)(x-2)2+(y-1)2=5(B)(x-4)2+(y-2)2=20(C)(x+2)2+(y+1)2=5(D)(x+4)2+(y+2)2=208.(2013·西安模拟)已知直线x+y=a与圆x2+y2=4交于A,B两点,且|+|=|-|,则实数a的值为( )(A)2 (B)-2(C)2或-2 (D)或-9.(2013·榆林模拟)若双曲线-=1(a>0,b>0)上不存在点P使得右焦点F关于直线OP(O为双曲线的中心)的对称点在y轴上,则该双曲线离心率的取值范围为( )(A)(,+∞) (B)[,+∞) (C)(1,] (D)(1,)10.(能力挑战题)已知圆(x-4)2+y2=a(a>0)上恰有四个点到直线x=-1的距离与到点(1,0)的距离相等,则实数a的取值范围为( )(A)12<a<16 (B)12<a<14 (C)10<a<16 (D)13<a<15二、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.(2013·西安模拟)椭圆+=1的焦距为2,则m的值为.12.已知椭圆C的离心率e=,且它的焦点与双曲线x2-2y2=4的焦点重合,则椭圆C的方程为.13.(2013·合肥模拟)已知直线ax+y+2=0与双曲线x2-=1的一条渐近线平行,则这两条平行直线之间的距离是.14.(2013·九江模拟)已知圆C的圆心是抛物线y=x2的焦点,直线4x-3y-3=0与圆C相交于A,B两点,且|AB|=8,则圆C的方程为.15.(能力挑战题)曲线C:y=(a>0,b>0)与y轴的交点关于原点的对称点称为“望点”,以“望点”为圆心,凡是与曲线C有公共点的圆,皆称之为“望圆”,则当a=1,b=1时,所有的“望圆”中,面积最小的“望圆”的面积为.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)已知直线l:x=4与x轴相交于点M,圆的方程(x-2)2+y2=22(x≠0且x≠4),过直线l上一点D(与M不重合)作圆的切线,切点为E,与x轴相交点为F,若=,求切线DE的方程.17.(12分)(2013·咸阳模拟)已知△ABC的两个顶点B,C的坐标分别为(-1,0)和(1,0),顶点A为动点,如果△ABC的周长为6.(1)求动点A的轨迹M的方程.(2)过点P(2,0)作直线l,与轨迹M交于点Q,若直线l与圆x2+y2=2相切,求线段PQ的长.18.(12分)(2013·淮北模拟)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形,且直线x-y+b=0是抛物线y2=4x的一条切线.(1)求椭圆C的方程.(2)过点S(0,-)且斜率为1的直线l交椭圆C于M,N两点,求|MN|的值.19.(12分)(2012·湖南高考)在直角坐标系xOy中,已知中心在原点,离心率为的椭圆E的一个焦点为圆C:x2+y2-4x+2=0的圆心.(1)求椭圆E的方程.(2)设P是椭圆E上一点,过P作两条斜率之积为的直线l1,l2,当直线l1,l2都与圆C相切时,求P的坐标.20.(13分)已知抛物线x2=4y的焦点为F,过焦点F且不平行于x轴的动直线l交抛物线于A,B两点,抛物线在A,B两点处的切线交于点M.(1)求证:A,M,B三点的横坐标成等差数列.(2)设直线MF交该抛物线于C,D两点,求四边形ACBD面积的最小值.21.(14分)已知椭圆C的离心率e=,长轴的左、右端点分别为A1(-2,0),A2(2,0).(1)求椭圆C的方程.(2)设直线x=my+1与椭圆C交于R,Q两点,直线A1R与A2Q交于点S,试问:当m变化时,点S是否恒在一条直线上?若是,请写出这条直线的方程,并证明你的结论;若不是,请说明理由.答案解析1.【解析】选A.因为f′(x)=-+2,所以在x=1处切线的斜率k=f′(1)=-1+2= 1=tanα.又倾斜角α∈[0,π),所以α=.2.【解析】选A.a=3代入得,直线ax+2y+2a=0和直线3x+(a-1)y-a+7=0平行,反之由直线ax+2y+2a=0和3x+(a-1)y-a+7=0平行得a(a-1)=2〓3,a=3或a=-2,可验证满足两直线平行,所以“a=3”是“直线ax+2y+2a=0和直线3x+(a-1)y-a+7=0平行”的充分不必要条件.3.【解析】选D.由已知直线l的斜率k l=-=-1,所以直线l的方程为y-1=-(x-1),即x+y-2=0.4.【解析】选 A.直线x-2y+2=0与坐标轴的交点为(-2,0),(0,1),依题意得c=2,b=1⇒a=,e=.5.【解析】选A.因为m>2,所以m-1>1,此时方程+y2=1表示焦点在x轴上的椭圆,而当该方程表示椭圆时有m-1>1或0<m-1<1,即m>2或1<m<2.故为充分不必要条件.6.【解析】选A.∵(x0,y0)为抛物线C:y2=8x上一点,∴x0≥0,又∵以F为圆心,|FM|为半径的圆和抛物线C的准线相交,∴在水平方向上,点M应在点F的右侧,∴x0>2.7.【解析】选A.由题意得△OAB的外接圆是以OP为直径的圆,其圆心C(2,1),半径r=|OP|==,所以△OAB外接圆方程为(x-2)2+(y-1)2=5.8.【解析】选C.由|+|=|-|知,以,为邻边的平行四边形为正方形,所以△AOB为等腰直角三角形,即||=||=2,∠AOB=90°,∴|AB|=2,则点O到直线x+y-a=0的距离为,所以有=,解得a=〒2.9.【思路点拨】按照正难则反思想求解.【解析】选C.这里给出否定形式,直接思考比较困难,按照正难则反,考虑存在点P使得右焦点F关于直线OP(O为双曲线的中心)的对称点在y轴上,因此只要在这个双曲线上存在点P使得斜率大于1,也就是离心率大于,求其大于1的补集得e∈(1,].【方法技巧】求椭圆、双曲线离心率的技巧求离心率的值是解析几何中常见的问题,求解时,可根据题意列出关于a,b,c的相应等式,并把等式中的a,b,c转化为只含有a,c的齐次式,再转化为含e的等式,最后求出e.【变式备选】已知F1(-c,0),F2(c,0)为椭圆+=1(a>b>0)的两个焦点,P为椭圆上一点且〃=c2,则此椭圆离心率的取值范围是.【解析】设P(x,y),则〃=(-c-x,-y)〃(c-x,-y)=x2-c2+y2=c2①将y2=b2-x2代入①式解得x2=,又x2∈[0,a2],∴2c2≤a2≤3c2,∴e=∈[,].答案:[,]10.【解析】选A.由已知,圆(x-4)2+y2=a(a>0)与抛物线y2=4x有四个不同的交点,则方程组消去y所得的一元二次方程x2-4x+16-a=0有两相异正实根即可,所以有解得:12<a<16.11.【解析】由已知当椭圆焦点在x轴上时,有4-m=1,得m=3.当椭圆焦点在y轴上时,有m-4=1,得m=5.综上可知,m=3或5.答案:3或512.【解析】由x2-2y2=4,得-=1,其中c2=4+2=6,在椭圆C中e==,∴=,∴a2=8, ∴b2=a2-c2=2,则椭圆的方程为+=1.答案:+=113.【解析】双曲线x2-=1的渐近线为x2-=0,不妨设双曲线x2-=1的一条渐近线为2x-y=0,ax+y+2=0与2x-y=0平行,∴a=-2,在直线2x-y=0上取一点A(1,2),A 到ax+y+2=0的距离就是这两条平行直线之间的距离,即=.答案:14.【解析】由y=x2,得x2=16y,其焦点为(0,4).即圆C的圆心C(0,4),其到直线4x-3y-3=0的距离d==3.又|AB|=8,设圆C的半径为r,所以r2=d2+42,得r2=32+42=25,∴圆C的方程为x2+(y-4)2=25.答案:x2+(y-4)2=2515.【解析】因为曲线C:y=(a>0,b>0)与y轴的交点关于原点的对称点称为“望点”,以“望点”为圆心,凡是与曲线C有公共点的圆,皆称之为“望圆”,所以当a=1,b=1时望圆的方程可设为x2+(y-1)2=r2,面积最小的“望圆”的半径为(0,1)到y=上任意点之间的最小距离,d2=x2+(-1)2=x2+()2= (|x|-1)2++2(|x|-1)-+2≥3,所以半径r≥,最小面积为3π.答案:3π16.【解析】DE,DM都是圆(x-2)2+y2=22的切线,所以DE=DM.因为=,所以DF=2DE=2DM,所以∠DFM=,设C(2,0),在△CEF中,∠CEF=,∠CFE=,CE=2,所以CF=4,F(-2,0),切线DE的倾斜角α=或,所以切线DE的斜率k=或-,切线DE的方程为y=〒(x+2).17.【解析】(1)据题意有|AB|+|AC|=4,而4>|BC|=2,所以动点A的轨迹是以B,C 为焦点的椭圆,但须除去B,C两点,所以,轨迹M的方程为+=1(y≠0).(2)由于直线l不可能是x轴,故设其方程为x=my+2,由直线l与圆x2+y2=2相切,得=,解得m=〒1.把方程x=my+2代入方程+=1中得(3m2+4)y2+12my=0,即得7y2〒12y=0,解得y=0或y=〒.所以点Q的坐标为(,)或(,-),所以|PQ|=,即线段PQ的长为.18.【解析】(1)由⇒x2+(2b-4)x+b2=0.因直线x-y+b=0与抛物线y2=4x相切,∴Δ=(2b-4)2-4b2=0⇒b=1.∵椭圆+=1(a>b>0)的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形,∴a=b=.故所求椭圆方程为+y2=1.(2)由已知得直线l的方程为y=x-,与+y2=1联立消y得3x2-2x-=0.设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=,x1〃x2=-,∴(y1-y2)2=(x1-x2)2=(x1+x2)2-4x1x2=,∴|MN|==.19.【解析】(1)由x2+y2-4x+2=0,得(x-2)2+y2=2.故圆C的圆心为点(2,0);从而可设椭圆E的方程为+=1(a>b>0),其焦距为2c,由题设知c=2,e==,∴a=2c=4,b2=a2-c2=12.故椭圆E的方程为:+=1.(2)设点P的坐标为(x0,y0),l1,l2的斜率分别为k1,k2,则l1,l2的方程分别为l1:y-y0=k1(x-x0),l2:y-y0=k2(x-x0),且k1k2=.由l1与圆C:(x-2)2+y2=2相切得=.即[(2-x 0)2-2]+2(2-x0)y0k1+-2=0.同理可得[(2-x 0)2-2]+2(2-x0)y0k2+-2=0.从而k1,k2是方程[(2-x 0)2-2]k2+2(2-x0)y0k+-2=0的两个实根,于是①且k1k2==.由得5-8x 0-36=0.解得x0=-2或x0=.由x0=-2得y0=〒3;由x0=得y0=〒,它们均满足①式,故点P的坐标为(-2,3),或(-2,-3)或(,)或(,-).20.【解析】(1)由已知,得F(0,1),显然直线AB的斜率存在且不为0, 则可设直线AB的方程为y=kx+1(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),由消去y,得x2-4kx-4=0,显然Δ=16k2+16>0.所以x1+x2=4k,x1x2=-4.由x2=4y,得y=x2,所以y′=x,所以,直线AM的斜率为k AM=x1,所以,直线AM的方程为y-y1=x1(x-x1),又=4y 1,所以,直线AM的方程为x1x=2(y+y1) ①.同理,直线BM的方程为x2x=2(y+y2) ②.②-①并据x1≠x2得,点M的横坐标x=,即A,M,B三点的横坐标成等差数列.(2)由①②易得y=-1,所以点M的坐标为(2k,-1)(k≠0).所以k MF==-,则直线MF的方程为y=-x+1,设C(x3,y3),D(x4,y4),由消去y,得x2+x-4=0,显然Δ=+16>0,所以x3+x4=-,x3x4=-4.又|AB|====4(k2+1).|CD|====4(+1).因为k MF〃k AB=-1,所以AB⊥CD,所以,S四边形ACBD=|AB|〃|CD|=8(+1)(k2+1)=8(k2++2)≥32,当且仅当k=〒1时,四边形ACBD的面积取到最小值32.【方法技巧】解决解析几何中最值问题的常用方法解析几何中的最值问题是高考考查的一个重要方向,既可以出现在选择题、填空题中,也可以出现在解答题中,根据待求量的特点,常用以下两种思想方法: (1)数形结合思想:当待求量有几何意义时,一般利用其几何性质,数形结合求解.(2)函数思想:当待求量与其他变量有关时,一般引入该变量构造函数,然后求最值,但要注意待求量的取值范围.【变式备选】设椭圆M:+=1(a>)的右焦点为F 1,直线l:x=与x轴交于点A,若+2=0(其中O为坐标原点).(1)求椭圆M的方程.(2)设P是椭圆M上的任意一点,EF为圆N:x2+(y-2)2=1的任意一条直径(E,F为直径的两个端点),求〃的最大值.【解析】(1)由题设知,A(,0),F 1(,0),由+2=0,得=2(-),解得a2=6.所以椭圆M的方程为:+=1.(2)方法一:设圆N:x2+(y-2)2=1的圆心为N,则〃=(-)〃(-)=(--)〃(-)=-=-1.从而求〃的最大值转化为求的最大值.因为P是椭圆M上的任意一点,设P(x0,y0),所以+=1,即=6-3.因为点N(0,2),所以=+(y 0-2)2=-2(y0+1)2+12.[-,],所以当y0=-1时,取得最大值12.因为y所以〃的最大值为11.方法二:设点E(x1,y1),F(x2,y2),P(x0,y0),因为E,F的中点坐标为(0,2),所以所以〃=(x1-x0)(x2-x0)+(y1-y0)(y2-y0)=(x1-x0)(-x1-x0)+(y1-y0)(4-y1-y0)=-+-+4y1-4y0=+-4y+-4y1).因为点E在圆N上,所以+(y 1-2)2=1,即+-4y1=-3.因为点P在椭圆M上,所以+=1,即=6-3.所以〃=-2-4y 0+9=-2(y0+1)2+11.因为y[-,],所以当y0=-1时,(〃)max=11.21.【解析】方法一:(1)设椭圆方程为+=1(a>b>0),半焦距为c,则由已知得a=2,=,所以a=2,c=,∴b2=a2-c2=4-3=1,∴椭圆方程为+y2=1.(2)①取m=0,若R(1,),Q(1,-),直线A1R的方程是y=x+,直线A 2Q的方程是y=x-,交点为S1(4,).若R(1,-),Q(1,),由对称性可知交点为S 2(4,-).若点S在同一条直线上,则直线只能为l:x=4.②以下证明对于任意的m,直线A1R与直线A2Q的交点S均在直线l:x=4上.事实上,由得(my+1)2+4y2=4,即(m2+4)y2+2my-3=0,记R(x1,y1),Q(x2,y2),则y1+y2=,y1y2=.设A 1R与l交于点S0(4,y0),由=,得y0=.设A 2Q与l交于点S′0(4,y′0),由=,得y′0=.∵y0-y′0=-====0,∴y0=y′0,即S0与S′0重合,这说明,当m变化时,点S恒在定直线l:x=4上.方法二:(1)同方法一.(2)取m=0,不妨设R(1,),Q(1,-),则直线A1R的方程是y=x+,直线A2Q的方程是y=x-,交点为S 1(4,).取m=1,不妨设R(,),Q(0,-1),直线A1R的方程是y=x+,直线A2Q的方程是y=x-1,交点为S2(4,1).∴若交点S在同一条直线上,则直线只能为l:x=4.以下证明对于任意的m,直线A1R与直线A2Q的交点S均在直线l:x=4上.事实上,由得(my+1)2+4y2=4,即(m2+4)y2+2my-3=0,记R(x 1,y1),Q(x2,y2),则y1+y2=,y1y2=.A1R的方程是y=(x+2),A2Q的方程是y=(x-2),消去y,得(x+2)=(x-2) ①,以下用分析法证明x=4时,①式恒成立.要证明x=4时,①式恒成立,只需证明=,即证3y1(my2-1)=y2(my1+3),即证2my1y2=3(y1+y2) ②,∵2my1y2-3(y1+y2)=-=0,∴②式恒成立.这说明,当m变化时,点S恒在定直线l:x=4上.方法三:(1)同方法一.(2)由,得(my+1)2+4y2=4,即(m2+4)y2+2my-3=0.记R(x1,y1),Q(x2,y2),则y1+y2=,y1y2=.A 1R的方程是y=(x+2),A2Q的方程是y=(x-2),由得(x+2)=(x-2),即x=2〃=2〃=2〃=2〃=4.这说明,当m变化时,点S恒在定直线l:x=4上.关闭Word文档返回原板块。
2014版高中数学复习方略课时提升作业：单元评估检测(一)(北师大版)(北师大版·数学理·通用版)
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单元评估检测(一)第一章(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.定义A-B={x|x∈A,且x∉B},若A={1,3,5,7,9},B={2,3,5},则A-B=( )(A)A (B)B(C){1,2,7,9} (D){1,7,9}2.(2013·汉中模拟)集合M={4,5,-3m},N={-9,3},若M∩N≠∅,则实数m的值为( ) (A)3或-1 (B)3(C)3或-3 (D)-13.设集合M={x|x<2013},N={x|0<x<1},则下列关系中正确的是( )(A)M∪N=R (B)M∩N=N(C)N∈M (D)M∩N=∅4.在△ABC中,“A>B”是tanA>tanB”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.设全集U={-2,-1,0,1,2},集合A={1,2},B={-2,1,2},则A∪(B)等于( )U(A) (B){1}(C){1,2} (D){-1,0,1,2}6.(2013·南昌模拟)集合A={x||x|≤4,x∈R},B={x|(x+5)(x-a)≤0},则“A⊆B”是“a>4”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7.命题“有些x∈Z,x2+2x+m≤0”的否定是( )(A)有些x∈Z,x2+2x+m>0(B)不存在x∈Z,使x2+2x+m>0(C)任意x∈Z,x2+2x+m≤0(D)任意x∈Z,x2+2x+m>08.(2013·吉安模拟)若集合P={x|3<x≤22},非空集合Q={x|2a+1≤x<3a-5},则能使Q⊆(P∩Q)成立的所有实数a的取值范围是( )(A)(1,9) (B)[1,9] (C)[6,9) (D)(6,9]9.(2013·西安模拟)下列“若p,则q”形式的命题中,p是q的充分不必要条件的有( )①若x∈E或x∈F,则x∈E∪F;②若关于x的不等式ax2-2ax+a+3>0的解集为R,则a>0;③若x是有理数,则x是无理数.(A)0个(B)1个(C)2个(D)3个10.(2013·南昌模拟)已知集合M={(x,y)|y=f(x)};若对于任意(x1,y1)∈M,存在(x2,y2)∈M,使得x1x2+y1y2=0成立,则称集合M是“好集合”,给出下列集合:①M={(x,y)|y=};②M={(x,y)|y=e x-2};③M={(x,y)|y=cosx};④M={(x,y)|y=lnx}.其中所有“好集合”的序号是( )(A)①②④(B)②③(C)③④(D)①③④二、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.(2013·六安模拟)设方程x2-px-q=0的解集为A,方程x2+qx-p=0的解集为B,若A∩B={1},则p+q= .12.已知集合A={-1,1},B={x|ax+1=0}.若B⊆A,则实数a的取值集合为.13.已知命题p:方程x2+x-1=0的两实根的符号相反;命题q:存在x∈R,使x2-mx-m<0.若命题“p且q”是假命题,则实数m的取值范围是. 14.设全集U=R,A={x|<2},B={x|lo(x2+x+1)>-log2(x2+2)},则图中阴影部分表示的集合为.15.已知下列四个结论:①命题“若p,则q”与命题“若q,则p”互为逆否命题;②命题p:存在x∈[0,1],e x≥1,命题q:存在x∈R,x2+x+1<0,则p或q为真;③若p或q为假命题,则p,q均为假命题.④“若am2<bm2,则a<b”的逆命题为真命题.其中正确结论的序号是.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)已知集合A={x|3≤x<7},B={x|2<x<10}.求:(1)A∪B.A)∩B.(2)(R17.(12分)(2013·新密模拟)已知命题p:方程x2+mx+1=0有两个不相等的负实根,命题q:不等式4x2+4(m-2)x+1>0的解集为R.若p或q为真命题、p且q为假命题,求实数m的取值范围.18.(12分)(2013·忻州模拟)A={x|≤2-x≤4},B={x|x2-3mx+2m2-m-1<0}.(1)当x∈N时,求集合A的非空真子集的个数.(2)若A⊇B,求实数m的取值范围.19.(12分)(2013·亳州模拟)已知命题p:实数x满足-2≤1-≤2;命题q:实数x满足x2-2x+1-m2≤0(m>0),若⌝p是⌝q的必要不充分条件,求实数m的取值范围.20.(13分)(2013·屯溪模拟)集合A={x|y=},集合B={x|y=ln(x2-x-6)}. (1)求集合A∩B.(2)若不等式ax2+2x+b>0的解集为A∪B,求a,b的值.21.(14分)设a,b,c为△ABC的三边,探究方程x2+2ax+b2=0与x2+2cx-b2=0有公共根的充要条件.答案解析1.【解析】选D.属于集合A而不属于集合B的元素为1,7,9,故A-B={1,7,9}.2.【解析】选A.由M∩N≠ ,可知-3m=-9或-3m=3,所以m=3或-1.3.【解析】选B.M∩N={x|x<2013}∩{x|0<x<1}={x|0<x<1}.4.【解析】选D.因为函数y=tanx在(0,π)上不是单调函数,所以“A>B”是“tanA>tanB”的既不充分也不必要条件,选D.5.【解析】选D.因为U B={-1,0},所以A∪(UB)={-1,0,1,2}.6.【解析】选B.集合A=[-4,4],当A⊆B时有a≥4;若a>4,则A⊆B.故为必要不充分条件.7.【解析】选D.根据特称命题的否定是全称命题得答案.8.【解析】选D.Q⊆(P∩Q)⇔Q⊆P,故实数a满足解得6<a≤9.9.【解析】选A.①若x∈E或x∈F,则x∈E∪F,是充要条件;②若关于x的不等式ax2-2ax+a+3>0的解集为R,则a>0,是必要不充分条件;③若x是有理数,则x 是无理数,是既不充分也不必要条件.10.【思路点拨】对于①,利用渐近线互相垂直判断其正误即可.对于②,③可通过取特殊点加以验证,对于④,画出函数图像,取一个特殊点即能说明不满足好集合的定义.【解析】选B.对于①,y=是以x,y轴为渐近线的双曲线,渐近线的夹角为90°,在同一支上,任意(x1,y1)∈M,不存在(x2,y2)∈M满足好集合的定义;对任意(x1,y1)∈M,在另一支上也不存在(x2,y2)∈M,使得x1x2+y1y2=0成立,所以不满足好集合的定义,不是好集合.对于②,M={(x,y)|y=e x-2},如图1,图中直角始终存在,例如取M(0,-1),N(ln2,0),满足好集合的定义,所以正确.对于③,M={(x,y)|y=cosx},如图2,对于任意(x1,y1)∈M,存在(x2,y2)∈M,使得x1x2+y1y2=0成立,例如(0,1),(,0),∠yOx=90°,满足好集合的定义,旋转90°,都能在图象上找到满足题意的点,所以M是好集合.对于④,M={(x,y)|y=lnx},如图3,取点(1,0),曲线上不存在另外的点,使得两点与原点的连线互相垂直.11.【解析】已知两个方程有公共根x=1.代入第一个方程得p+q=1.答案:112.【解析】当a=0时,B= ,符合要求;当a≠0时,B={-},根据B⊆A可得a=1或-1.故实数a的取值集合为{-1,0,1}.答案:{-1,0,1}【误区警示】不要忽视集合B为空集的情况.13.【解析】方程x2+x-1=0有两个实数根且两根之积为负值,故两根的符号相反,命题p是真命题,若p且q为假命题,只能是命题q为假命题,即其否定是真命题,即任意x∈R,x2-mx-m≥0为真命题,即Δ=m2+4m≤0,即-4≤m≤0.答案:[-4,0]14.【解析】由(x-1)2<1,得0<x<2,故集合A={x|0<x<2};由lo(x2+x+1)>-log2(x2+2)=lo(x2+2),又y=lo x为减函数,得0<x2+x+1<x2+2,解得x<1,故集合B={x|x<1}.图中的阴影部分为集合A∩(B).UB)={x|0<x<2}∩{x|x≥1}A∩(U={x|1≤x<2}.答案:{x|1≤x<2}(也可以填[1,2))15.【解析】根据四种命题的关系,结论①正确;②中命题p为真命题、q为假命题,故p或q是真命题,结论②正确;根据或命题的真假判断方法知结论③正确;④中命题的逆命题是“若a<b,则am2<bm2”,这个命题在m=0时不成立,结论④不正确.答案:①②③16.【解析】(1)A∪B={x|3≤x<7}∪{x|2<x<10}={x|2<x<10}.A={x|x<3或x≥7},(2)因为R所以(A)∩B={x|2<x<3或7≤x<10}.R17.【解析】命题p为真时,实数m满足Δ1=m2-4>0且-m<0,解得m>2;命题q 为真时,实数m满足Δ2=16(m-2)2-16<0,解得1<m<3.p或q为真命题、p且q为假命题,等价于p真且q假或者p假且q真.若p真且q假,则实数m满足m>2且m≤1或m≥3,解得m≥3;若p假且q真,则实数m满足m≤2且1<m<3,解得1<m≤2.综上可知,所求m的取值范围是(1,2]∪[3,+∞).18.【解析】化简集合A={x|-2≤x≤5},集合B={x|(x-m+1)(x-2m-1)<0}.(1)当x∈N时,集合A={0,1,2,3,4,5},即A中含有6个元素,所以A的非空真子集数为26-2=62(个).(2)(2m+1)-(m-1)=m+2.①当m=-2时,B=∅⊆A;②当m<-2时,2m+1<m-1,此时B=(2m+1,m-1),若B⊆A,则只要解得-≤m≤6,与m<-2无公共部分,所以m的值不存在;③当m>-2时,2m+1>m-1,此时B=(m-1,2m+1),若B⊆A,则只要解得-1≤m≤2,此时m满足-1≤m≤2.综上所述,m的取值范围是m=-2或-1≤m≤2.19.【解析】令A={x|-2≤1-≤2}={x|-2≤x≤10},B={x|x2-2x+1-m2≤0(m>0)} ={x|1-m≤x≤1+m(m>0)}.因为“若⌝p则⌝q”的逆否命题为“若q则p”,又⌝p是⌝q的必要不充分条件,所以q是p的必要不充分条件,所以A B,故解得m≥9.【方法技巧】条件、结论为否定形式的命题的求解策略处理此类问题一般有两种策略:一是直接求出条件与结论,再根据它们的关系求解.二是先写出命题条件与结论的否定,再根据它们的关系求解.如果p是q的充分不必要条件,那么p是q的必要不充分条件;同理,如果p是q 的必要不充分条件,那么p是q的充分不必要条件,如果p是q的充要条件,那么p是q的充要条件.20.【解析】(1)由2x-1>0,解得x>0,即集合A=(0,+∞);又x2-x-6>0,解得x<-2或x>3,即集合B=(-∞,-2)∪(3,+∞).所以A∩B=(3,+∞).(2)A∪B=(-∞,-2)∪(0,+∞).不等式ax2+2x+b>0的解集为A∪B,即方程ax2+2x+b=0的两个实根为-2,0,根据根与系数的关系得a=1,b=0.21.【思路点拨】设出方程的公共根,消掉这个公共根就可以得到两个方程有公共根的必要条件,再证明这个条件是充分的即可.【解析】设m是两个方程的公共根,显然m≠0.由题设知:m2+2am+b2=0 ①,m2+2cm-b2=0 ②,由①+②得2m(a+c+m)=0,所以m=-(a+c) ③,将③代入①,得(a+c)2-2a(a+c)+b2=0,化简得a2=b2+c2.所以所给的两个方程有公共根的必要条件是a2=b2+c2.下面证明其充分性.因为a2=b2+c2,所以方程x2+2ax+b2=0,即x2+2ax+a2-c2=0,它的两个根分别为x1=-(a+c)和x2=c-a;同理,方程x2+2cx-b2=0的两根分别为x3=-(a+c)和x4=a-c.圆学子梦想铸金字品牌因为x1=x3,所以方程x2+2ax+b2=0与x2+2cx-b2=0有公共根.综上所述,方程x2+2ax+b2=0与方程x2+2cx-b2=0有公共根的充要条件是a2=b2+c2.关闭Word文档返回原板块。
2014版高中数学复习方略课时提升作业：5.1数 列(北师大版)(北师大版·数学理·通用版)
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课时提升作业(三十)一、选择题1.已知数列,,,…,,…,下面各数中是此数列中的项的是( )(A)(B)(C)(D)2.由a 1=1,a n+1=,给出的数列{a n}的第34项为( )(A)(B)100(C)(D)3.(2013·南昌模拟)已知数列{a n}的前n项和S n=2-2n+1,则a3= ( )(A)-1 (B)-2 (C)-4 (D)-84.已知数列{a n}的前n项和S n=2n2-3n+1,则a4+a5+a6+a7+a8+a9+a10的值为( )(A)150 (B)161 (C)160 (D)1715.(2013·西安模拟)在数列{a n}中,a1=1,a n a n-1=a n-1+(-1)n(n≥2,n∈N+),则的值是( )(A)(B)(C)(D)6.在数列{a n}中,a1=2,a n+1=a n+ln(1+),则a n= ( )(A)2+lnn (B)2+(n-1)lnn(C)2+nlnn (D)1+n+lnn7.已知数列{a n}的前n项和S n=n2-9n,第k项满足5<a k<8,则k等于( )(A)9 (B)8 (C)7 (D)68.(能力挑战题)定义:F(x,y)=y x(x>0,y>0),已知数列{a n}满足:a n=(n∈N+),若对任意正整数n,都有a n≥a k(k∈N+)成立,则a k的值为( )(A)(B)2 (C)3 (D)4二、填空题9.数列-,,-,,…的一个通项公式可以是.10.数列{a n}的前n项和记为S n,a1=1,a n+1=2S n+1(n≥1,n∈N+),则数列{a n}的通项公式是.11.(2013·赣州模拟)已知数列{a满足a1=,a n-1-a n=(n≥2),则该数列的通项公式a n= .12.(能力挑战题)已知数列{a n}满足:a1=m(m为正整数),a n+1=若a6=1,则m所有可能的值为.三、解答题13.已知数列{a n}满足前n项和S n=n2+1,数列{b n}满足b n=,且前n项和为T n,设c n=T2n+1-T n.(1)求数列{b n}的通项公式.(2)判断数列{c n}的增减性.14.(能力挑战题)解答下列各题:(1)在数列{a n}中,a1=1,a n+1=ca n+c n+1(2n+1)(n∈N+),其中实数c≠0.求{a n}的通项公式.(2)数列{a n}满足:a1=1,a n+1=3a n+2n+1(n∈N+),求{a n}的通项公式.15.(2012·广东高考)设数列{a n}前n项和为S n,数列{S n}的前n项和为T n,满足T n=2S n-n2,n∈N+.(1)求a1的值.(2)求数列{a n}的通项公式.答案解析1.【解析】选B.∵42=6×7,故选B.2.【解析】选C.把递推式取倒数得=+3,所以=+3×(34-1)=100,所以a34=.3.【解析】选D.a3=S3-S2=-14-(-6)=-8.4.【解析】选B.S10-S3=(2×102-3×10+1)-(2×32-3×3+1)=161.5.【解析】选C.当n=2时,a2·a1=a1+(-1)2,∴a2=2.当n=3时,a3a2=a2+(-1)3,∴a3=.当n=4时,a4a3=a3+(-1)4,∴a4=3.当n=5时,a 5a4=a4+(-1)5,∴a5=,∴=.6.【思路点拨】根据递推式采用“叠加”方法求解.【解析】选A.∵a n+1=a n+ln(1+)=a n+ln=a n+ln(n+1)-lnn,∴a2=a1+ln2,a3=a2+ln3-ln2,…,a n=a n-1+lnn-ln(n-1),将上面n-1个式子左右两边分别相加得a n=a1+ln2+(ln3-ln2)+(ln4-ln3)+…+[lnn-ln(n-1)]=a1+lnn=2+lnn.7.【解析】选B.a n=即a n=∵n=1时也适合a n=2n-10,∴a n=2n-10.∵5<a k<8,∴5<2k-10<8,∴<k<9.又∵k∈N+,∴k=8.,==,2n2-(n+1)2=n2-2n-1,只有当n=1,28.【解析】选 A.a时,2n2<(n+1)2,当n≥3时,2n2>(n+1)2,即当n≥3时,a n+1>a n,故数列{a n}中的最小项是a1,a2,a3中的较小者,a1=2,a2=1,a3=,故a k的值为.9.【解析】正负相间使用(-1)n,观察可知第n项的分母是2n,分子比分母的值少1,故a n=(-1)n.答案：a n=(-1)n10.【思路点拨】根据a n和S n的关系转换a n+1=2S n+1(n≥1)为a n+1与a n的关系或者S n+1与S n的关系.【解析】方法一:由a n+1=2S n+1可得a n=2S n-1+1(n≥2),两式相减得a n+1-a n=2a n,a n+1=3a n(n≥2).又a2=2S1+1=3,∴a2=3a1,故{a n}是首项为1,公比为3的等比数列,∴a n=3n-1.方法二:由于a n+1=S n+1-S n,a n+1=2S n+1,所以S n+1-S n=2S n+1,S n+1=3S n+1,把这个关系化为S n+1+=3(S n+),即得数列{S n+}为首项是S1+=,公比是3的等比数列,故S n+=×3n-1=×3n,故S n=×3n-.所以,当n≥2时,a n=S n-S n-1=3n-1,由n=1时a1=1也适合这个公式,知所求的数列{a n}的通项公式是a n=3n-1.答案：a n=3n-1【方法技巧】a n和S n关系的应用技巧在根据数列的通项a n与前n项和的关系求解数列的通项公式时,要考虑两个方面,一个是根据S n+1-S n=a n+1把数列中的和转化为数列的通项之间的关系;一个是根据a n+1=S n+1-S n把数列中的通项转化为前n项和的关系,先求S n再求a n.11.【解析】由递推公式变形,得-==-,则-=1-,-=-,…,-=-,各式相加得-=1-,即=,∴a n=.答案：12.【解析】根据递推式以及a1=m(m为正整数)可知数列{a n}中的项都是正整数.a 6=1,若a6=,则a5=2,若a6=3a5+1,则a5=0,故只能是a5=2.若a 5=,则a4=4,若a5=3a4+1,则a4=,故只能是a4=4.若a 4=,则a3=8,若a4=3a3+1,则a3=1.(1)当a 3=8时,若a3=,则a2=16,若a3=3a2+1,则a2=,故只能是a2=16,若a2=,则a1=32,若a2=3a1+1,则a1=5.(2)当a 3=1时,若a3=,则a2=2,若a3=3a2+1,则a2=0,故只能是a2=2.若a 2=,则a1=4,若a2=3a1+1,则a1=,故只能是a1=4.综上所述:a1的值,即m的值只能是4或5或32.答案：4或5或32【变式备选】已知数列{a n}中,a1=,a n+1=1-(n≥2),则a16= .【解析】由题可知a2=1-=-1,a3=1-=2,a4=1-=,∴此数列为循环数列,a1=a4=a7=a10=a13=a16=.答案：13.【解析】(1)a1=2,a n=S n-S n-1=2n-1(n≥2).∴b n=(2)∵c n=b n+1+b n+2+…+b2n+1=++…+,∴c n+1-c n=+-=<0,∴{c n}是递减数列.14.【解析】(1)由原式得=+(2n+1).令b n=,则b1=,b n+1=b n+(2n+1),因此对n≥2有b n=(b n-b n-1)+(b n-1-b n-2)+…+(b2-b1)+b1=(2n-1)+(2n-3)+…+3+=n2-1+,因此a n=(n2-1)c n+c n-1,n≥2.又当n=1时上式成立.因此a n=(n2-1)c n+c n-1,n∈N+.(2)两端同除以2n+1得,=·+1,即+2=(+2),即数列{+2}是首项为+2=,公比为的等比数列,故+2=×()n-1,即a n=5×3n-1-2n+1.15.【解析】(1)当n=1时,T1=2S1-1.因为T1=S1=a1,所以a1=2a1-1,求得a1=1.(2)当n≥2时,S n=T n-T n-1=2S n-n2-[2S n-1-(n-1)2]=2S n-2S n-1-2n+1,所以S n=2S n-1+2n-1 ①,所以S n+1=2S n+2n+1 ②,②-①得a n+1=2a n+2,所以a n+1+2=2(a n+2),即=2(n≥2),求得a1+2=3,a2+2=6,则=2.所以{a n+2}是以3为首项,2为公比的等比数列,所以a n+2=3·2n-1,所以a n=3·2n-1-2,n∈N+.关闭Word文档返回原板块。
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课时提升作业(四十六)
一、选择题
1.设y∈R,则点P(1,y,2)的集合为( )
(A)垂直于xOz平面的一条直线
(B)平行于xOz平面的一条直线
(C)垂直于y轴的一个平面
(D)平行于y轴的一个平面
2.在空间直角坐标系中,P(2,3,4),Q(-2,-3,-4)两点的位置关系是( )
(A)关于x轴对称(B)关于yOz平面对称
(C)关于坐标原点对称(D)以上都不对
3.点P(1,0,2)关于原点的对称点P′的坐标为( )
(A)(-1,0,2) (B)(-1,0,-2)
(C)(1,0,2) (D)(-2,0,1)
4.在空间直角坐标系中,点P(3,1,5)关于xOz平面对称的点的坐标为( )
(A)(-3,1,5) (B)(-3,-1,5)
(C)(3,-1,5) (D)(-3,1,-5)
5.已知正方体的不在同一个表面上的两个顶点A(-1,2,-1),B(3,-2,3),则正方体的棱长等于( )
(A)4 (B)2 (C)(D)2
6.到点A(-1,-1,-1),B(1,1,1)的距离相等的点C(x,y,z)的坐标满足( )
(A)x+y+z=-1 (B)x+y+z=1
(C)x+y+z=4 (D)x+y+z=0
7.(2013·咸阳模拟)在空间直角坐标系中,以点A(4,1,9),B(10,-1,6),C(x,4,3)为顶点的△ABC是以BC为底边的等腰三角形,则实数x的值为( )
(A)-2 (B)2 (C)6 (D)2或6
8.在空间直角坐标系中,点M(-2,4,-3)在xOz平面上的射影为M′,则点M′关于原点对称的点的坐标为( )
(A)(-2,0,-3) (B)(-3,0,-2)
(C)(2,0,3) (D)(-2,0,3)
9.(2013·榆林模拟)若两点的坐标是A(3cosα,3sinα,1),B(2cosβ,2sinβ,1),则|BA|的取值范围是( )
(A)[0,5] (B)[1,5]
(C)(0,5) (D)[1,25]
10.(能力挑战题)已知四边形ABCD为平行四边形,且A(4,1,3),B(2,-5,1),
C(3,7,-5),则点D的坐标为( )
(A)(,4,-1) (B)(2,3,1)
(C)(-3,1,5) (D)(5,13,-3)
二、填空题
11.给定空间直角坐标系,在x轴上找一点P,使它与点P0(4,1,2)
则该点的坐标为.
12.在空间直角坐标系中,正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A(3,-1,2),其中心为
M(0,1,2),则该正方体的棱长为.
13.△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.
14.已知三角形的三个顶点为A(2,-1,4),B(3,2,-6),C(5,0,2),则BC边上的中线长为.
三、解答题
15.(能力挑战题)如图,正方体AC′的棱长为a,M为BD′的
中点,点N在A′C′上,且|A′N|=3|NC′|,试求|MN|的长.
答案解析
1.【解析】选A.y变化时,点P的横坐标为1,竖坐标为2保持
不变,点P在xOz平面上的射影为P′(1,0,2),
∴P点的集合为直线PP′,它垂直于xOz平面,故选A.
2.【解析】选C.∵P,Q的横坐标、纵坐标及竖坐标均互为相
反数,
∴P,Q两点关于坐标原点对称.
3.【解析】选B.由题意可知,原点是P和P′的中点,根据中点坐标公式,可得P′(-1,0,-2),故选B.
4.【解析】选C.根据点关于面的对称点的性质和空间直角坐标系内点的坐标定义可知:两点的横坐标、竖坐标相同,纵坐标互为相反数.
5.【解析】选A.由于A(-1,2,-1),B(3,-2,3)是不在同一个表面上的两个顶点,所以它们是体对角线的两个端点,故体对角线长度等于|AB|==4,若设正方
体的棱长为a,则有a=4,故a=4.
6.【解析】选D.到点A(-1,-1,-1),B(1,1,1)的距离相等的点C应满足
|AC|2=|BC|2,
即(x+1)2+(y+1)2+(z+1)2=(x-1)2+(y-1)2+(z-1)2,化简得x+y+z=0.
7.【解析】选D.由题意知|AB|=|AC|,
∴
=,
∴7=,
∴x=2或6.
8.【解析】选C.由题意得,点M′的坐标为(-2,0,-3),故点M′关于原点对称的点的坐标为(2,0,3).
【方法技巧】空间直角坐标系中求对称点坐标的技巧
(1)关于哪个轴对称,对应轴上的坐标不变,另两个坐标变为原来的相反数.
(2)关于坐标平面对称,另一轴上的坐标变为原来的相反数,其余不变.
(3)关于原点对称,三个坐标都变为原坐标的相反数.
(4)在空间直角坐标系中求对称点的坐标的方法,可类比平面直角坐标系中对应的问题进行记忆.
9.【思路点拨】利用两点间距离公式求出|BA|,然后结合三角函数知识求范围. 【解析】选B.
∵|BA|=
=
=,
∴≤|BA|≤,
即1≤|BA|≤5.
10.【解析】选D.由题意知,点A(4,1,3),C(3,7,-5)的中点为M(,4,-1), 设点D的坐标为(x,y,z),则
解得故点D的坐标为(5,13,-3).
11.【解析】设点P的坐标是(x,0,0),
由题意得,|P0
即∴(x-4)2=25.
解得x=9或x=-1.
∴点P坐标为(9,0,0)或(-1,0,0).
答案:(9,0,0)或(-1,0,0)
【误区警示】解答本题时容易忽视对解的讨论而造成结果不全.
【变式备选】在z轴上与点A(-4,1,7)和点B(3,5,-2)等距离的点C的坐标为.
【解析】设点C的坐标为(0,0,z),
由条件得|CA|=|CB|,
即
=,
解得z=.
答案:(0,0,)
12.【解析】设棱长为a,∵A(3,-1,2),中心M(0,1,2),
∴C1(-3,3,2).
∴|AC 1|=2,∴棱长a==.
答案:
13.【解析】设=λ,D(x,y,z),
则(x-1,y+1,z-2)=λ(0,4,-3),
∴x=1,y=4λ-1,z=2-3λ.
∴=(-4,4λ+5,-3λ),
∴4(4λ+5)-3(-3λ)=0,
∴λ=-,∴=(-4,,),
∴||==5.
答案:5
14.【解析】设BC的中点为D,则D(,,),即D(4,1,-2),
∴BC边上的中线长
|AD|==2.
答案:2
15.【思路点拨】根据正方体的特点建立空间直角坐标系,由|A′N|=3|NC′|数量关系确定点N的位置,由两点间距离公式求解.
【解析】以D为原点建立如图空间直角坐标系Oxyz,
由正方体棱长为a,所以
B(a,a,0),A′(a,0,a),
C′(0,a,a),D′(0,0,a).
由M为BD′的中点,
取A′C′中点O′,
所以M(,,),
O′(,,a),因为|A′N|=3|NC′|,
所以N为A′C′的四等分点,从而N为O′C′的中点,
故N(,a,a).
根据空间两点间距离公式,可得|NM|=
=a,即MN的长为 a.
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