【红对勾】高中数学(人教A版)必修二练习：2-1-1平面(含答案解析)
1．下列四个选项中的图形表示两个相交平面，其中画法正确的是()
解析：画两个相交平面时，被遮住的部分用虚线表示．
答案：D
2．若点Q在直线b上，b在平面β内，则Q，b，β之间的关系可记作()
A．Q∈b∈β B．Q∈bβ
C．Q bβ D．Q b∈β
解析：∵点Q(元素)在直线b(集合)上，∴Q∈b.又∵直线b(集合)在平面β(集合)内，∴b β，∴Q∈bβ.
答案：B
3．设平面α与平面β交于直线l，A∈α，B∈α，且直线AB∩l＝C，则直线AB∩β＝________.
解析：∵α∩β＝l，AB∩l＝C，∴C∈β，C∈AB，∴AB∩β＝C.
答案：C
4．(1)空间任意4点，没有任何3点共线，它们最多可以确定________个平面．
(2)空间5点，其中有4点共面，它们没有任何3点共线，这5个点最多可以确定________个平面．
解析：(1)可以想象三棱锥的4个顶点，它们总共确定4个平面．(2)可以想象四棱锥的5个顶点，它们总共确定7个平面．
答案：(1)4(2)7
5．如下图，已知D，E分别是△ABC的边AC，BC上的点，平面α经过D，E两点．
(1)作直线AB与平面α的交点P；
(2)求证：D，E，P三点共线．
解：(1)延长AB交平面α于点P，如下图所示．
题图答图
(2)证明：∵平面ABC∩平面α＝DE，P∈AB，AB平面ABC，∴P∈平面ABC.又∵P∈α，∴P在平面α与平面ABC的交线DE上，即P∈DE，∴D，E，P三点共线．
课堂小结
——本课须掌握的两大问题
1.解决立体几何问题首先应过好三大语言关，即实现这三种语言的相互转换，正确理解集合符号所表示的几何图形的实际意义，恰当地用符号语言描述图形语言，将图形语言用文字语言描述出来，再转换为符号语言．文字语言和符号语言在转换的时候，要注意符号语言所代表的含义，作直观图时，要注意线的实虚．
2．在处理点线共面、三点共线及三线共点问题时要体会三个公理的作用，体会先部分再整体的思想.。
【红对勾】人教A版高中数学选修2-1课件：1-1-1 命题
思考感悟 一个命题写成“若 p，则 q”的形式后，如何判 断该命题的真假呢？ 提示： 当一个命题改写成“若 p，则 q”的形式 后，判断这种命题真假的方法是：若由 p 经过逻辑推 理推出 q，则该命题为真；若判定该命题为假，只需 举出一个反例即可．
(1) 一般来说，疑问句、祈使句和感叹句都不是命
题，如：“y＝x2，x∈R是偶函数吗？”“但愿每一个 三次方程都有三个实数根．”“函数在生活中应用真 广泛啊！”等都不是命题；
(2)一个陈述句可以判断真假即可，不是说判断为 真的语句才是命题，如“5>7”虽然是错的，但仍是
命题且是假命题．
2．判断一个命题的真假的方法 一个命题要么是真的，要么是假的，但不能同时
答案：A
2．下列语句中不是命题的是(
)
π 3 A．y＝sinx(x∈R)是奇函数 B．tan ＝ 4 3 C．这是一条大河 D．x2＋2x＋1≥0
解析：选项C，“这是一条大河”不是命题，因为 “大河”没有界定标准，故不能判断“这是一条大河”
的真假．
答案：C
3．下列命题是真命题的是( A．所有质数都是奇数
)
C．3
D． 4
解析：①②③④都不正确．
答案：D
类型三
命题的结构
[例 3] 把下列命题改写成“若 p， 则 q”的形式， 并判断命题的真假． (1)周长相等的三角形面积相等； (2)已知 x， y 为正整数，当 y＝ x＋ 1 时， y＝ 3， x＝ 2； 1 (3)当 m> 时， mx2－ x＋ 1＝ 0 无实根； 4 (4)当 abc＝ 0 时， a＝ 0 且 b＝ 0 且 c＝ 0.
【红对勾】高中数学 1-2-2 充要条件课件 新人教A版选修2-1
反过来，若 c2＝(a2＋b2)r2，则 a|2c＋| b2＝r 成立， 说明 x2＋y2＝r2 的圆心(0,0)到直线 ax＋by＋c＝ 0 的距离等于 r，即圆 x2＋y2＝r2 与直线 ax＋by＋c ＝0 相切， 故 A 是 B 的充要条件．
[点评] 对于涉及充要条件的判断问题，必须以准 确、完整地理解充要条件的概念为基础，有些问题需 要转化为等价命题后才容易判断．
迁移体验 1 在下列各题中，p 是 q 的什么条件 (指充分不必要、必要不充分、充要、既不充分也不 必要条件)?
(1)p：四边形的对角线互相平分，q：四边形是矩 形；
(2)p：x＝1 或 x＝2，q：x－1＝ x－1； (3)p：在△ABC 中，∠A≠60°，q：sinA≠ 23； (4)p：m>0，q：方程 x2＋x－m＝0 有实根．
[解] 根据题目叙述，画出p、q、r、s的结构简图 如图1所示．
图1
(1)由图易知，s⇒r⇒q，且 q⇒s，∴s 是 q 的充 要条件．
(2)∵r⇒q，q⇒s⇒r，∴r 是 q 的充要条件．
(3)∵q⇒s⇒r⇒p，而 p⇒/ q，∴p 是 q 的必要不
充分条件．
迁移体验2 设甲、乙、丙三个命题，如果甲是乙 的必要条件，丙是乙的充分条件但不是必要条件，那 么( )
[解] (1)当|p|≥2 时，例如 p＝3，则方程 x2＋3x ＋6＝0 无实根，而方程 x2＋px＋p＋3＝0 要有实根， 必有 p≤－2 或 p≥6，可推出|p|≥2，故 A 是 B 的必 要不充分条件．
(2)若圆 x2＋y2＝r2 与直线 ax＋by＋c＝0 相切，圆 心到直线 ax＋by＋c＝0 的距离等于 r，即 r＝ a2|c＋| b2，
高中数学必修2红对勾答案1-1-2-2
A．三棱锥 ． C．五棱锥 ．
第一章 立体几何初步
红对勾系列丛书
解析：解法一 看正棱锥各侧面顶角之和 看正棱锥各侧面顶角之和) 解析：解法一(看正棱锥各侧面顶角之和 由正棱锥几何直观图知： 由正棱锥几何直观图知： 正棱锥各侧面顶角之和小于 360° ， 当选 、 B、 C时 ， 侧面顶角之和分别为 ° 当选A、 、 时 侧面顶角之和分别为180° 、 ° 240°、300°，而当是 时，为360°，故应选 ° ° 而当是D时 ° 故应选D.
第一章 立体几何初步
红对勾系列丛书
本大题共3小题 二、填空题(本大题共 小题，每小题 分，共24分) 填空题 本大题共 小题，每小题8分 分 7．如图是一个立体图形的展开图，则该立体图形是 ．如图是一个立体图形的展开图， ________． ．
第一章 立体几何初步
红对勾系列丛书
解析：底面是正五边形， 解析 ： 底面是正五边形， 其余各面是有公共顶点的等 腰三角形，故几何体为五棱锥． 腰三角形，故几何体为五棱锥． 答案：正五棱锥 答案：
1．了解、认识和研究棱锥、棱台的结构特征，并结合 ．了解、认识和研究棱锥、棱台的结构特征， 这些结构特征认识日常生活中见到的几何体． 这些结构特征认识日常生活中见到的几何体． 2．了解棱锥和棱台的分类，学会表示它们的方法，初 ．了解棱锥和棱台的分类，学会表示它们的方法， 步了解它们的一些性质． 步了解它们的一些性质． 3．认识正棱锥、正棱台这些特殊多面体的结构特征和 ．认识正棱锥、 性质， 性质，认识和研究正棱锥或正棱台中可以称之为核心图形 的那些直角三角形或直角梯形． 的那些直角三角形或直角梯形．
第一章 立体几何初步
红对勾系列丛书
8．一个正四棱台上、下底面的边长分别是a、b，高为 ．一个正四棱台上、下底面的边长分别是 、 ， h，则经过相对两侧棱的截面面积是________． ，则经过相对两侧棱的截面面积是 ．
最新人教A版数学必修二同步练习2.1.1平面(含答案解析)
平面一、选择题 ( 每题 6 分, 共 30 分)1.(2013 ·西安高一检测)如下图 ,用符号语言可表达为()A. α ∩ β =m,nα ,m∩ n=AB. α ∩β =m,n∈ α ,m∩ n=AC.α ∩β =m,nα ,A m,A nD. α ∩ β =m,n∈ α ,A ∈ m,A ∈ n2.假如直线 a平面α ,直线 b 平面α ,M ∈ a,N∈ b,M ∈直线 l,N ∈直线 l,则 ()A.lαB.l ?αC.l ∩ α =MD.l ∩α =N3.(2013 ·嘉兴高一检测 )以下说法正确的选项是()A. 平面α和平面β只有一个公共点B. 若直线 a,b 共面 ,b,c 共面 ,则 a,c 共面C.不共面的四点中 ,任何三点不共线D.有三个公共点的两平面必重合4.空间中有 A,B,C,D,E 五个点 ,已知 A,B,C,D 在同一个平面内,B,C,D,E 在同一个平面内,那么这五个点()A. 共面B.不必定共面C.不共面D. 以上都不对5.已知α ,β,γ是平面 ,a,b,c 是直线 ,α ∩β =a,β ∩ γ=b,γ ∩α =c,若 a∩ b=P,则()A.P ∈ cB.P?cC.c∩ a=D.c∩ β =二、填空题 ( 每题 8 分, 共 24 分)6.已知如图 ,试用适合的符号表示以下点、直线和平面的关系:(1)点 C 与平面β :.(2)点 A 与平面α :.(3)直线 AB 与平面α :.(4)直线 CD 与平面α :.(5)平面α与平面β :.7.在正方体 ABCD-A1B 1C1D 1 中,以下说法正确的选项是（填序号 ).(1)直线 AC 1在平面CC1B 1B 内 .(2)设正方形 ABCD与 A1B 1C1D1的中心分别为O,O1,则平面 AA 1C1C 与平面 BB 1D1D 的交线为 OO1.(3)由 A,C 1,B1确立的平面是 ADC 1B 1.(4)由 A,C 1,B1确立的平面与由 A,C 1,D 确立的平面是同一个平面 .8.以下说法 :①若直线 a 与平面α有公共点 ,则称 aα ;②若 M ∈ α ,M∈ β ,α∩ β =l, 则 M ∈ l;③ l ?α ,A ∈l A ?α ;④四条边都相等的四边形是菱形.此中正确的选项是.( 填写全部正确说法的序号 )三、解答题 (9题 ,10 题 14 分,11 题 18分)9.请将以下四图中,看得见的部分用实线描出.10.已知 :aα ,bα,a∩ b=A,P∈ b,PQ∥a.求证 :PQα .11.(能力挑战题 )在棱长为 a 的正方体ABCD-A 1B 1C1D1中,M,N分别是 AA 1,D1C1的中点 ,过D,M,N 三点的平面与正方体的下底面订交于直线l.(1)画出交线 l.(2)设 l∩A 1B 1=P,求 PB1的长 .(3)求点 D 1到 l 的距离 .答案分析1.【分析】选线n 订交于点2.【分析】选A. 由题干图可知平面α与平面β订交于直线A, 因此用符号语言可表达为α ∩ β =m,nA. 由于直线a平面α ,M∈a,m,直线 n 在平面α内 ,直线α,m∩ n=A.m 与直因此M ∈平面α .由于直线b平面α ,N∈ b,因此N∈平面α .又 M∈直线3.【分析】选l,N ∈直线 l,因此 lα.C.A 错误 .若平面α和平面β有一个公共点,则两个平面订交或重合,必定有无数个公共点.B 错误 ,共面不拥有传达性,如图知a,c 不共面.C 正确 .不共面的四点中 ,任何三点不共线 .D 错误 .有三个不共线的公共点的两平面才重合.4【.分析】选 B.当 B,C,D 三点共线时 ,B,C,D 三点不可以确立平面.A,B,C,D 所在的平面和 B,C,D,E 所在的平面可能不一样 ,因此 A,B,C,D,E 五点不必定共面 .【误区警告】解答此题简单忽略对 B,C,D 三点能否共线的判断,默认三点不共线推出 A,B,C,D 所在平面与B,C,D,E 所在平面重合 ,获得五个点共面的错误结论.5.【解题指南】依据题目条件推测P∈ α ,P∈γ ,从而由公义 3 推出 P 在α与γ的交线上 .【分析】选 A. 由于 a∩ b=P,因此 P∈a 且 P∈ b.又由于 aα ,bγ ,因此P∈ α且P∈ γ .又由于α ∩γ =c, 因此 P∈ c.6.【分析】 (1) 点 C 不在平面β内,C ?β.(2)点 A 不在平面α内,A ?α .(3)直线 AB 与平面α订交于点 B,即 AB ∩ α=B.(4) 直线 CD 在平面α内 ,CDα.(5)平面α与平面β订交于直线 BD, α∩ β =BD.答案 :(1)C?β(2)A ?α(3)AB ∩ α =B (4)CDα(5)α ∩β =BD7.【分析】 (1) 错误 .如下图 ,点 A ?平面 CC1 B1B, 因此直线AC 1?平面 CC1B1B.(2)正确 .如下图 .由于O∈直线AC平面AA 1C1C,O ∈直线BD平面BB 1D 1D,O 1∈直线A1C1平面AA 1C1C,O1∈直线 B 1D1平面BB1D1D,因此平面AA 1C1C 与平面 BB 1D 1D 的交线为OO 1.(3)(4) 都正确 ,由于 AD ∥B 1C1且 AD=B 1C1,因此四边形AB 1C1D 是平行四边形 ,因此 A,B 1,C1,D 共面 .答案 :(2)(3)(4)8.【分析】①错误 .若直线 a 与平面α有公共点 ,则 a 与α订交或 a α ; ②正确 .由公义 3 知正确 ;③错误 .若 l ?α,A ∈l,则有可能l ∩ α =A, 此时 A ∈α ;④错误 .四条边都相等的四边形可能是空间四边形.答案 :②9.【分析】【变式备选】如下图 ,平面α与平面β订交于直线 a,已知直线 l 与平面α和平面β分别订交于点 A 和点 B,试在图中画出直线 l,使其体现出两种不一样的察看角度 .【分析】如下图.10.【解题指南】先由PQ∥ a 确立平面 ,再证明此平面与平面α重合.【证明】由于PQ∥ a,因此 PQ 与 a 确立一个平面β ,因此直线aβ ,点P∈β .由于 P∈b,bα ,因此P∈ α .又由于 aα,由于过直线和直线外一点有且只有一个平面,因此α与β重合 ,因此 PQα .11.【分析】 (1)如图 ,延伸 DM 交 D1A 1的延伸线于点 Q,则点 Q 是平面 DMN 与平面 A 1B1C1D 1的一个公共点 .连结 QN, 则直线 QN 就是两平面的交线 l.(2) 由于 M 是 AA 1的中点 ,MA 1∥DD 1,因此 A1是 QD1的中点 .又由于 A 1P∥ D1N,因此 A 1P= D 1N.由于 N 是 D1C1的中点 ,因此 A 1P= D 1C1= ,因此 PB1=A 1B1 -A 1P= a.(3)过 D1作 D 1H⊥ PN,垂足为 H,则 D1H 的长就是点 D 1到 l 的距离 .由于 QD 1=2A 1D 1=2a,D1N=,因此 D1H===a,即点 D1到 l 的距离为 a.。
【红对勾】高中数学 模块综合测试 新人教A版选修2-1(1)
模块综合测试时刻：120分钟 分值：150分第Ⅰ卷(选择题，共60分)1．已知命题p ：“x ∈R 时，都有x 2－x ＋14<0”；命题q ：“存在x ∈R ，使sin x ＋cos x ＝2成立”．那么以下判定正确的选项是( )A ．p ∨q 为假命题B ．p ∧q 为真命题C ．綈p ∧q 为真命题D ．綈p ∨綈q 是假命题 解析：易知p 假，q 真，从而可判定得C 正确． 答案：C2．已知a ，b ∈R ，那么“ln a >ln b ”是“(13)a <(13)b ”的( ) A ．充分没必要要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也没必要要条件解析：∵ln a >ln b ⇔a >b >0，(13)a <(13)b ⇔a >b .而a >b >0是a >b 的充分而没必要要条件． ∴“ln a >ln b ”是“(13)a <(13)b ”的充分而没必要要条件． 答案：A3．已知抛物线C ：y 2＝x 与直线l ：y ＝kx ＋1，“k ≠0”是“直线l 与抛物线C 有两个不同交点”的( ) A ．充分没必要要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分又没必要要条件 答案：B4．以双曲线x 24－y 212＝－1的核心为极点，极点为核心的椭圆方程为( )A.x 216＋y 212＝1 B.x 212＋y 216＝1 C.x 216＋y 24＝1 D.x 24＋y 216＝1 解析：由x 24－y 212＝－1，得y 212－x 24＝1.∴双曲线的核心为(0,4)、(0，－4)，极点坐标为(0,23)、(0，－23)．∴椭圆方程为x 24＋y 216＝1. 答案：D5．以双曲线x 24－y 25＝1的中心为极点，且以该双曲线的右核心为核心的抛物线方程是( )A ．y 2＝12xB ．y 2＝－12xC ．y 2＝6xD ．y 2＝－6x解析：由x 24－y 25＝1，得a 2＝4，b 2＝5，∴c 2＝a 2＋b 2＝9.∴右核心的坐标为(3,0)，故抛物线的核心坐标为(3,0)，极点坐标为(0,0)． 故p2＝3.∴抛物线方程为y 2＝12x . 答案：A6．已知椭圆x 23m 2＋y 25n 2＝1和双曲线x 22m 2－y 23n 2＝1有公共的核心，那么双曲线的渐近线方程是( )A ．x ＝±152y B ．y ＝±152xC ．x ＝±34y D ．y ＝±34x解析：由已知椭圆与双曲线有公共核心得3m 2－5n 2＝2m 2＋3n 2，∴m 2＝8n 2.而由双曲线x 22m 2－y 23n 2＝1，得渐近线为y ＝±3n 22m 2x ＝±34x .答案：D7．关于空间任意一点O 和不共线的三点A 、B 、C ，有如下关系：6OP →＝OA →＋2OB →＋3OC →，那么( )A ．四点O 、A 、B 、C 必共面 B ．四点P 、A 、B 、C 必共面 C ．四点O 、P 、B 、C 必共面D ．五点O 、P 、A 、B 、C 必共面解析：由已知得OP →＝16OA →＋13OB →＋12OC →，而16＋13＋12＝1，∴四点P 、A 、B 、C 共面．答案：B 图18．如图1，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 、N 别离为A 1B 1、CC 1的中点，P 为AD 上一动点，记α为异面直线PM 与D 1N 所成的角，那么α的集合是( )A ．{π2}B ．{α|π6≤α≤π2}C ．{α|π4≤α≤π2} D ．{α|π3≤α≤π2} 解析：取C 1D 1的中点E ，PM 必在平面ADEM 上，易证D 1N ⊥平面ADEM .此题也可成立空间直角坐标系用向量求解．答案：A 图29．如图2，将边长为1的正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角，假设点P 知足BP →＝12BA →－12BC →＋BD →，那么|BP →|2的值为( )A.32 B ．2 C.10－24D.94解析：由题可知|BA →|＝1，|BC →|＝1，|BD →|＝2.〈BA →，BD →〉＝45°，〈BD →，BC →〉＝45°，〈BA →，BC →〉＝60°.∴|BP →|2＝(12BA →－12BC →＋BD →)2＝14BA 2→＋14BC 2→＋BD 2→－12BA →·BC →＋BA →·BD →－BC →·BD → ＝14＋14＋2－12×1×1×12＋1×2×22－1×2×22＝94.答案：D10．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，直线BC 1与平面A 1BD 所成角的余弦值为( ) A.24 B.23 C.33 D.32解析：成立如图3所示的空间直角坐标系．设正方体的棱长为1， 则D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，B (1,1,0)，C 1(0,1,1)． ∴DA 1→＝(1,0,1)，DB →＝(1,1,0)，BC 1→＝(－1,0,1)．设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，那么n ·DA 1→＝0，n ·DB →＝0.∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＋z ＝0，x ＋y ＝0.令x ＝1，那么n ＝(1，－1，－1)， 图3∴cos 〈n ，BC 1→〉＝n ·BC 1→|n ||BC 1→|＝－23·2＝－63.∴直线BC 1与平面A 1BD 所成角的正弦值为63.∴直线BC 1与平面A 1BD 所成角的余弦值为33.答案：C 11．双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的两个核心为F 1、F 2，假设P 为其上一点，且|PF 1|＝2|PF 2|，那么双曲线离心率的取值范围为( )A ．(1,3)B ．(1,3]C ．(3，＋∞) D．[3，＋∞) 图4解析：由题意知在双曲线上存在一点P ，使得|PF 1|＝2|PF 2|，如图4. 又∵|PF 1|－|PF 2|＝2a ，∴|PF 2|＝2a ，即在双曲线右支上恒存在点P 使得|PF 2|＝2a ，即|AF 2|≤2a . ∴|OF 2|－|OA |＝c －a ≤2a .∴c ≤3a . 又∵c >a ，∴a <c ≤3a . ∴1<ca≤3，即1<e ≤3.答案：B12．(2020·全国高考)已知平面α截一球面得圆M ，过圆心M 且与α成60°二面角的平面β截该球面得圆N .假设该球面的半径为4，圆M 的面积为4π，那么圆N 的面积为( )A ．7πB ．9πC ．11πD ．13π 图5解析：由圆M 的面积知圆M 的半径为2，|OM |＝42－22＝23.|ON |＝|OM |·sin30°＝3.从而圆N 的半径r ＝42－3＝13，因此圆N 的面积S ＝πr 2＝13π.应选D.答案：D第Ⅱ卷(非选择题，共90分)二、填空题(每题5分，共20分) 图613．在四面体O —ABC 中，OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，D 为BC 的中点，E 为AD 的中点，那么OE →＝________.(用a ，b ，c 表示)解析：OE →＝12(OA →＋OD →)＝12OA →＋12(12OB →＋12OC →)＝12OA →＋14OB →＋14OC →＝12a ＋14b ＋14c .答案：12a ＋14b ＋14c14．假设命题p ：一元一次不等式ax ＋b >0的解集为{x |x >－b a}，命题q ：关于x 的不等式(x －a )(x －b )<0的解集为{x |a <x <b }，那么“p ∧q ”“p ∨q ”及“綈p ”形式的复合命题中的真命题是________．解析：p 为假命题，因为a 符号不定，q 为假命题，因为a 、b 大小不确信．因此p ∧q 假，p ∨q 假，綈p 真．答案：綈p15．已知点P 是抛物线y 2＝4x 上一点，设P 到此抛物线准线的距离为d 1，到直线x ＋2y －12＝0的距离为d 2，那么d 1＋d 2的最小值是________．图7解析：如图7，依照概念，d 1即为P 到核心(1,0)的距离，∴d 1＋d 2的最小值也确实是核心到直线的距离． ∴(d 1＋d 2)min ＝|1＋2×0－12|5＝1155.答案：115516．有以下命题：①双曲线x 225－y 29＝1与椭圆x 235＋y 2＝1有相同的核心；②“－12<x <0”是“2x 2－5x －3<0”的必要不充分条件；③若a 与b 共线，那么a ，b 所在直线平行；④若a ，b ，c 三向量两两共面，那么a ，b ，c 三向量必然也共面；⑤∀x ∈R ，x 2－3x ＋3≠0.其中正确的命题有________．(把你以为正确的命题的序号填在横线上)解析：①中，双曲线c 21＝25＋9＝34，椭圆c 22＝35－1＝34，故①正确；②中，∵2x 2－5x －3<0，∴－12<x <3.又－12<x <0⇒－12<x <3，小范围推出大范围，而大范围推不出小范围，∴是充分而没必要要条件，故②错；③中，a 和b 所在直线可能重合，故③错；④中，a ，b ，c 能够不共面，例如平行六面体以一个极点为起点引出的三个向量，故④错； ⑤中，Δ＝9－12<0，故对∀x ∈R ，x 2－3x ＋3≠0成立． 答案：①⑤三、解答题(写出必要的计算步骤，只写最后结果不得分，共70分)17．(10分)已知p ：“直线x ＋y －m ＝0与圆(x －1)2＋y 2＝1相交”；q ：“mx 2－x ＋m －4＝0有一正根和一负根”．假设p ∨q 为真，綈p 为真，求m 的取值范围．解：对p ：∵直线与圆相交， ∴d ＝|1－m |2<1.∴－2＋1<m <2＋1.对q ：方程mx 2－x ＋m －4＝0有一正根一负根， ∴令f (x )＝mx 2－x ＋m －4.∴⎩⎪⎨⎪⎧ m >0，f 0<0或⎩⎪⎨⎪⎧m <0，f 0>0.解得0<m <4. 又∵綈p 为真，∴p 假．又∵p ∨q 为真，∴q 为真． 由数轴可得2＋1≤m <4.故m 的取值范围是2＋1≤m <4.18．(12分)已知椭圆D ：x 250＋y 225＝1与圆M ：x 2＋(y －m )2＝9(m ∈R)，双曲线G 与椭圆D 有相同的核心，它的两条渐近线恰好与圆M 相切．当m ＝5时，求双曲线G 的方程．解：椭圆D ：x 250＋y 225＝1的两核心为F 1(－5,0)、F 2(5,0)，故双曲线的中心在原点，核心在x 轴上，且c ＝5.设双曲线G 的方程为x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)，那么G 的渐近线方程为y ＝±bax ，即bx ±ay ＝0，且a 2＋b 2＝25.当m ＝5时，圆心为(0,5)，半径为r ＝3. ∴|5a |a 2＋b 2＝3⇒a ＝3，b ＝4.∴双曲线G 的方程为x 29－y 216＝1. 19．(12分)已知ABCD －A ′B ′C ′D ′是平行六面体， (1)化简12AA ′→＋BC →＋23AB →，并在图中标出其结果；(2)设M 是底面ABCD 的中心，N 是侧面BCC ′B ′对角线BC ′上的34分点，设MN →＝αAB →＋βAD →＋γAA ′→，试求α，β，γ的值．图8解：(1)如图8，取AA ′的中点E ，D ′F ＝2FC ′，EF →＝12AA ′→＋BC →＋23AB →.(2)MN →＝MB →＋BN →＝12DB →＋34BC ′→＝12(DA →＋AB →)＋34(BC →＋CC ′→) ＝12AB →＋14AD →＋34AA ′→， ∴α＝12，β＝14，γ＝34.20．(12分)已知f (x )＝ax 2＋bx ＋c 的图象过点(－1,0)，是不是存在常数a 、b 、c ，使不等式x ≤f (x )≤1＋x 22对一切实数x 均成立？解：假设存在常数a 、b 、c 使不等式x ≤f (x )≤1＋x 22对一切实数x 均成立，∵f (x )的图象过点(－1,0)， ∴a －b ＋c ＝0.①∵x ≤f (x )≤1＋x 22对一切x ∈R 均成立，∴当x ＝1时，也成立，即1≤f (1)≤1， ∴f (1)＝a ＋b ＋c ＝1，②由①②得b ＝12，故原不等式可化为⎩⎪⎨⎪⎧ax 2－12x ＋12－a ≥0，1－2a x 2－x ＋2a ≥0恒成立．当a ＝0或1－2a ＝0时，上述不等式组可不能恒成立，∴⎩⎪⎨⎪⎧Δ1≤0，Δ2≤0，a >0，1－2a >0，即⎩⎪⎨⎪⎧14－4a 12－a ≤0，1－8a 1－2a ≤0，a >0，1－2a >0.∴a ＝14.∴c ＝12－a ＝14.∴存在一组常数：a ＝14，b ＝12，c ＝14，使不等式x ≤f (x )≤1＋x 22对一切实数x 均成立．图921．(12分)(2020·辽宁高考)如图9，四边形ABCD 为正方形，QA ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD .(1)证明：平面PQC ⊥平面DCQ ； (2)求二面角Q －BP －C 的余弦值． 图10解：如图10，以D 为坐标原点，线段DA 的长为单位长，射线DA 为x 轴的正半轴成立空间直角坐标系D －xyz .(1)证明：依题意有Q (1,1,0)，C (0,0,1)，P (0,2,0)，那么DQ →＝(1,1,0)，DC →＝(0,0,1)，PQ →＝(1，－1,0)． 因此PQ →·DQ →＝0，PQ →·DC →＝0. 即PQ ⊥DQ ，PQ ⊥DC . 故PQ ⊥平面DCQ . 又PQ ⊂平面PQDC ， 因此平面PQC ⊥平面DCQ .(2)依题意有B (1,0,1)，CB →＝(1,0,0)，BP →＝(－1,2，－1)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面PBC 的法向量，那么⎩⎨⎧n ·CB →＝0，n ·BP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－x ＋2y －z ＝0.因此可取n ＝(0，－1，－2)． 设m 是平面PBQ 的法向量，那么⎩⎨⎧m ·BP →＝0，m ·PQ →＝0.可取m ＝(1,1,1)， 因此cos 〈m ，n 〉＝－155. 故二面角Q －BP －C 的余弦值为－155. 22．(12分)已知椭圆C 的中心在座标原点，核心在x 轴上，椭圆C 上的点到核心距离的最大值为3，最小值为1.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)假设直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 相交于A ，B 两点(A ，B 不是左右极点)，且以AB 为直径的圆过椭圆C 的右极点．求证：直线l 过定点，并求出该定点的坐标．解：(1)由题意设椭圆的标准方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，由已知得：a ＋c ＝3，a －c ＝1，∴a ＝2，c ＝1.∴b 2＝a 2－c 2＝3. ∴椭圆的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y23＝1，得(3＋4k 2)x 2＋8mkx ＋4(m 2－3)＝0，Δ＝64m 2k 2－16(3＋4k 2)(m 2－3)>0，即3＋4k 2－m 2>0，那么⎩⎪⎨⎪⎧ x 1＋x 2＝－8mk 3＋4k 2，x 1·x 2＝4m 2－33＋4k 2.又y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m ) ＝k 2x 1x 2＋mk (x 1＋x 2)＋m 2＝3m 2－4k 23＋4k 2， ∵以AB 为直径的圆过椭圆的右极点D (2,0)， ∴k AD ·k BD ＝－1，即y 1x 1－2·y 2x 2－2＝－1.∴y 1y 2＋x 1x 2－2(x 1＋x 2)＋4＝0. ∴3m 2－4k 23＋4k 2＋4m 2－33＋4k 2＋16mk3＋4k 2＋4＝0. ∴7m 2＋16mk ＋4k 2＝0.解得m 1＝－2k ，m 2＝－2k 7，且均知足3＋4k 2－m 2>0. 当m 1＝－2k 时，l 的方程为y ＝k (x －2)，直线过定点(2,0)，与已知矛盾．当m 2＝－27k 时，l 的方程为y ＝k (x －27)， 直线过定点(27，0)． ∴直线l 过定点，定点坐标为(27，0)．。
【红对勾】高中数学 2-1-2 求曲线的方程课时作业 新人教A版选修2-1(1)
课时作业9 求曲线的方程时刻：45分钟 分值：100分一、选择题(每题6分，共36分)1．假设点M 到两坐标轴的距离的积为2020，那么点M 的轨迹方程是( )A ．xy ＝2020B ．xy ＝－2020C ．xy ＝±2020D ．xy ＝±2020(x>0)答案：C2．已知点O(0,0)，A(1，－2)，动点P 知足|PA|＝3|PO|，那么点P 的轨迹方程是( )A ．8x 2＋8y 2＋2x －4y －5＝0B ．8x 2＋8y 2－2x －4y －5＝0C ．8x 2＋8y 2＋2x ＋4y －5＝0D ．8x 2＋8y 2－2x ＋4y －5＝0解析：设P 点的坐标为(x ，y)，那么x －12＋y ＋22＝3x 2＋y 2，整理得8x 2＋8y 2＋2x －4y －5＝0.答案：A3．已知M(－2,0)，N(2,0)，那么以MN 为斜边的直角三角形的直角极点P 的轨迹方程是( ) A ．x 2＋y 2＝2 B ．x 2＋y 2＝4C ．x 2＋y 2＝2(x≠±2)D ．x 2＋y 2＝4(x≠±2)解析：设P(x ，y)，因为△MPN 为直角三角形，∴MP 2＋NP 2＝MN 2，∴(x＋2)2＋y 2＋(x －2)2＋y 2＝16， 整理得：x 2＋y 2＝4.∵M、N 、P 不共线，∴x≠±2，∴轨迹方程为x 2＋y 2＝4(x≠±2)．答案：D4．已知A 、B 两点的坐标别离为(0，－5)和(0,5)，直线MA 与MB 的斜率之积为－49，那么M 的轨迹方程是( )A .x 225＋y 21009＝1B .x 225＋y 21009＝1(x≠±5) C .x 22254＋y 225＝1 D .x 22254＋y 225＝1(x≠0) 解析：设M 的坐标为(x ，y)，那么k MA ＝y ＋5x ，k MB ＝y －5x. 由题知y ＋5x ·y －5x ＝－49(x≠0)， 即x 22254＋y 225＝1(x≠0)． 答案：D5．一条线段的长等于10，两头点A 、B 别离在x 轴和y 轴上滑动，M 在线段AB 上且AM →＝4MB →，那么点M 的轨迹方程是( ) A ．x 2＋16y 2＝64 B ．16x 2＋y 2＝64C ．x 2＋16y 2＝8D ．16x 2＋y 2＝8解析：设M(x ，y)、A(a,0)、B(0，b)，则a 2＋b 2＝100.∵AM →＝4MB →，∴⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝a 1＋4，y ＝4b 1＋4，即⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝5x ，b ＝54y.代入a 2＋b 2＝100， 得25x 2＋2516y 2＝100，即16x 2＋y 2＝64. 答案：B6．平面上有三点A(－2，y)，B(0，y 2)，C(x ，y)，假设AB →⊥BC →，那么动点C 的轨迹方程是( ) A ．y 2＝8x B ．y 2＝－8xC ．y 2＝4xD ．y 2＝－4x解析：∵A(－2，y)，B(0，y 2)，C(x ，y) ∴AB →＝(2，－y 2)，BC →＝(x ，y 2)． ∵AB →⊥BC →，∴AB →·BC →＝0.得2·x－y 2·y 2＝0得y 2＝8x. 答案：A二、填空题(每题8分，共24分)7．圆心为(1,2)且与直线5x －12y －7＝0相切的圆的方程是________．解析：圆心到直线的距离等于半径，那么r ＝|5×1－12×2－7|52＋122＝2613＝2， ∴圆的方程为(x －1)2＋(y －2)2＝4.答案：(x －1)2＋(y －2)2＝48．已知点A(－a,0)、B(a,0)，a>0，假设动点M 与两定点A 、B 组成直角三角形，那么直角极点M 的轨迹方程是________．图1解析：设点M 的坐标为(x ，y)．由AM⊥BM，得k AM ·k BM ＝－1，即y x ＋a · yx －a＝－1， 化简得x 2＋y 2＝a 2.因为M 、A 、B 三点不共线，点M 的纵坐标y≠0，从而x≠±a，因此所求轨迹方程为x 2＋y 2＝a 2(x≠±a)．答案：x 2＋y 2＝a 2(x≠±a)9．已知直线l ：2x ＋4y ＋3＝0，P 为l 上的动点，O 为坐标原点，点Q 分线段OP 为1∶2两部份，那么点Q 的轨迹方程为__________．解析：设点Q 的坐标为(x ，y)，点P 的坐标为(x 1，y 1)．∵Q 分线段OP 为1∶2，∴OQ →＝12QP →. ∴⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧ x ＝12x 11＋12，y ＝12y11＋12，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝3x ，y 1＝3y. ∵点P 在直线l 上，∴2x 1＋4y 1＋3＝0.把x 1＝3x ，y 1＝3y 代入上式并化简，得2x ＋4y ＋1＝0为所求轨迹方程．答案：2x ＋4y ＋1＝0三、解答题(共40分)10．(10分)已知点M 到点F(0,1)和直线l ：y ＝－1的距离相等，求点M 的轨迹方程．图2解：设点M 的坐标为(x ，y)，点M 的轨迹确实是集合P ＝{M||MF|＝|MQ|}，其中Q 是点M 到直线y ＝－1的垂线的垂足．由两点间距离公式及点到直线的距离公式，得x 2＋y －12＝|y ＋1|，将上式两边平方，得x 2＋(y －1)2＝(y ＋1)2，化简，得y ＝14x 2.① 下面证明方程①是所求轨迹的方程．(1)由求方程的进程，可知曲线上的点的坐标都是方程①的解；(2)设点M 1的坐标(x 1，y 1)是方程①的解，那么y 1＝14x 21，即x 21＋(y 1－1)2＝(y 1＋1)2，x 21＋y 1－12＝|y 1＋1|，|M 1F|＝|M 1Q 1|.其中Q 1是点M 1到直线y ＝－1的垂线的垂足，因此点M 1是曲线上的点．由(1)(2)，可知方程①是所求轨迹的方程，图形如图2所示．11．(15分)已知线段AB 与CD 相互垂直平分于点O ，|AB|＝8，|CD|＝4，动点M 知足|MA|·|MB|＝|MC|·|MD|.求动点M 的轨迹方程．解：以O 为原点，别离以直线AB ，CD 为x 轴，y 轴成立平面直角坐标系，那么A(－4,0)，B(4,0)，C(0,2)，D(0，－2)，设M(x ，y)为轨迹上任意一点，那么|MA|·|MB|＝|MC|·|MD|.因为|MA|＝x ＋42＋y 2，|MB|＝x －42＋y 2，|MC|＝x 2＋y －22，|MD|＝x 2＋y ＋22. 因此[x ＋42＋y 2][x －42＋y 2] ＝[x 2＋y －22][x 2＋y ＋22]. 化简，得y 2－x 2＋6＝0.因此所求轨迹方程为y 2－x 2＋6＝0.图312．(15分)如图3所示，已知A(－3,0)，B 、C 两点别离在y 轴和x 轴上运动，点P 为BC 延长线上一点，而且知足AB →⊥BP →，BC →＝12CP →，试求动点P 的轨迹方程． 解：设P(x ，y)，B(0，y′)，C(x′，0)，则BC →＝(x′，－y′)，CP →＝(x －x′，y)，由BC →＝12CP →，得(x′，－y′)＝12(x －x′，y)， 即x′＝x 3，y′＝－y2，∴B ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－y 2，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3，0. 又A(－3,0)，∴AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3，－y 2，BP →＝⎝⎛⎭⎪⎫x ，3y 2. 由AB →⊥BP →，得AB →·BP →＝0，∴3x－34y 2＝0，得y 2＝4x ， 即为动点P 的轨迹方程．。
【红对勾】高中数学(人教A版)必修二练习：2-1-1平面(含答案解析)
1．下列四个选项中的图形表示两个相交平面，其中画法正确的是()解析：画两个相交平面时，被遮住的部分用虚线表示．答案：D2．若点Q在直线b上，b在平面β内，则Q，b，β之间的关系可记作()A．Q∈b∈β B．Q∈bβC．Q bβ D．Q b∈β解析：∵点Q(元素)在直线b(集合)上，∴Q∈b.又∵直线b(集合)在平面β(集合)内，∴b β，∴Q∈bβ.答案：B3．设平面α与平面β交于直线l，A∈α，B∈α，且直线AB∩l＝C，则直线AB∩β＝________.解析：∵α∩β＝l，AB∩l＝C，∴C∈β，C∈AB，∴AB∩β＝C.答案：C4．(1)空间任意4点，没有任何3点共线，它们最多可以确定________个平面．(2)空间5点，其中有4点共面，它们没有任何3点共线，这5个点最多可以确定________个平面．解析：(1)可以想象三棱锥的4个顶点，它们总共确定4个平面．(2)可以想象四棱锥的5个顶点，它们总共确定7个平面．答案：(1)4(2)75．如下图，已知D，E分别是△ABC的边AC，BC上的点，平面α经过D，E两点．(1)作直线AB与平面α的交点P；(2)求证：D，E，P三点共线．解：(1)延长AB交平面α于点P，如下图所示．题图答图(2)证明：∵平面ABC∩平面α＝DE，P∈AB，AB平面ABC，∴P∈平面ABC.又∵P∈α，∴P在平面α与平面ABC的交线DE上，即P∈DE，∴D，E，P三点共线．课堂小结——本课须掌握的两大问题1.解决立体几何问题首先应过好三大语言关，即实现这三种语言的相互转换，正确理解集合符号所表示的几何图形的实际意义，恰当地用符号语言描述图形语言，将图形语言用文字语言描述出来，再转换为符号语言．文字语言和符号语言在转换的时候，要注意符号语言所代表的含义，作直观图时，要注意线的实虚．2．在处理点线共面、三点共线及三线共点问题时要体会三个公理的作用，体会先部分再整体的思想.。
【红对勾】2014-2015学年高中数学人教A版选修2-1课时作业：1-3 简单的逻辑联结词含解析)
课时作业5简单的逻辑联结词时间：45分钟分值：100分一、选择题(每小题6分，共36分)1．“2009≤2010”是下列命题中的()A．p∧q B．p∨qC．綈p D．以上都不对解析：p：2009<2010q：2009＝2010.答案：B2．命题p：3>2与命题“綈p”：3≤2中()A．都是真命题B．都是假命题C．p是假命题D．“綈p”是假命题解析：p是真命题，綈p是假命题．答案：D3．命题“方程|x|>1的解为x<－1或方程|x|>1的解为x>1”() A．没有使用逻辑联结词B．使用了逻辑联结词“且”C．使用了逻辑联结词“或”D．使用了逻辑联结词“非”答案：C4．下列命题中，正确的个数为()①若命题p是真命题，则命题“p∧q”一定是真命题②若命题“p∧q”为真命题，则命题p一定是真命题③若命题p是真命题，则命题“p∨q”一定是真命题④若命题“p∨q”是真命题，则命题p一定是真命题⑤命题p与“綈p”一定是一真一假A．2 B．3C．4 D．5解析：②③⑤正确．答案：B5．“至多有三个人”的否定为()A．至少有三人B．至少有四人C．恰有四人D．恰有三人解析：“至多有三个人”的含义是有0人或1人或2人或3人．答案：B6．如果命题“p∨q”为假命题，则()A．p、q均为假命题B．p、q中至少有一个真命题C．p、q均为真命题D．p、q中只有一个真命题解析：由真值表可以直接判断，也可逆向思维，若p，q中至少有一个真命题，则“p∨q”为真命题，从而选A.答案：A二、填空题(每小题8分，共24分)7．命题p：“0不是自然数”；命题q：“π是无理数”，则綈p、綈q、p∧q、p∨q，其中，真命题是________，假命题是________．解析：p假，q真，所以綈p真、綈q假、p∧q假、p∨q真．答案：綈p、p∨q綈q、p∧q8．(1)如果命题“p∨q”和“綈p”都是真命题，则命题q的真假是________．(2)如果命题“p∧q”和“綈p”都是假命题，则命题q的真假是________．解析：(1)“綈p”是真命题可得p假，又由于“p∨q”是真命题，所以q真；(2)“綈p”是假命题可得p真，又由于“p∧q”是假命题，所以q假．答案：(1)真(2)假9．命题“若a<b，则2a<2b”的否命题为________，命题的否定为________．解析：命题“若a<b，则2a<2b”的否命题为“若a≥b，则2a≥2b”，命题的否定为“若a<b，则2a≥2b”．答案：若a≥b，则2a≥2b若a<b，则2a≥2b三、解答题(共40分)10．(10分)指出下列命题的形式及构成它的命题．(1)24既是8的倍数，又是6的倍数；(2)菱形是圆的内接四边形或是圆的外切四边形；(3)矩形不是平行四边形．解：(1)这个命题是“p∧q”的形式，其中，p：24是8的倍数；q：24是6的倍数．(2)这个命题是“p∨q”的形式，其中，p：菱形是圆的内接四边形；q：菱形是圆的外切四边形．(3)这个命题是“綈p”的形式，其中，p：矩形是平行四边形．11．(15分)分别指出由下列各组构成的“p∨q”“p∧q”“綈p”形式的命题的真假．(1)p：梯形有一组对边平行，q：梯形有一组对边相等；(2)p ：－1是方程x 2＋4x ＋3＝0的解，q ：－3是方程x 2＋4x ＋3＝0的解．解：(1)p 为真命题，q 为假命题；∴p ∧q 为假命题；p ∨q 为真命题；綈p 为假命题．(2)p 为真命题，q 为真命题，∴p ∧q 为真命题；p ∨q 为真命题；綈p 为假命题．12．(15分)已知p ：|x －3|≤2，q ：(x －m ＋1)(x －m －1)≤0，若綈p 是綈q 的充分而不必要条件，求实数m 的取值范围．解：由题意p ：－2≤x －3≤2，∴1≤x ≤5，∴綈p ：x<1或x>5.q ：m －1≤x ≤m ＋1.∴綈q ：x<m －1或x>m ＋1.又∵綈p 是綈q 的充分而不必要条件，∴⎩⎨⎧ m －1≥1m ＋1≤5，∴2≤m ≤4.。
【红对勾】2016-2017学年高中数学必修二(人教A版)课时作业12平面与平面平行的判定 Word版含解析
课时作业12平面与平面平行的判定——基础巩固类——1．经过平面α外两点，作与α平行的平面，则这样的平面可以作()A．1个或2个B．0个或1个C．1个D．0个解析：若过两点的直线与平面α相交，则经过这两点不能作平面与平面α平行；若过该两点的直线与平面α平行，则有唯一一个过该直线的平面与平面α平行．故选B.答案：B2．已知平面α内有无数条直线都与平面β平行，那么()A．α∥β B．α与β相交C．α与β重合D．α∥β或α与β相交解析：这无数条直线可能平行，如果改为“平面α内任意一条直线都与平面β平行”，则α∥β.答案：D3．已知α，β是两个不重合的平面，在下列条件中，可确定α∥β的是()A．α，β都平行于直线lB．α内有三个不共线的点到β的距离相等C．l，m是α内两条直线，且l∥β，m∥βD．l，m是两条异面直线，且l∥β，m∥β，l∥α，m∥α解析：对选项D：∵l∥β，m∥β，∴在β有两条直线l′，m′满足l′∥l，m′∥m，又l∥α，m∥α，∴l′∥α，m′∥α，又l与m异面，所以l′与m′相交，所以α∥β.答案：D4．已知m、n、a、b是四条直线，α，β是两个平面．有以下命题：①m α，n α且直线m与n相交，a β，b β且直线a与b相交，m∥a，n∥b，则α∥β；②若m∥α，m∥β，则α∥β；③若m∥α，n∥β，m∥n，则α∥β.其中正确命题的个数是() A．0 B．1C．2 D．3解析：把符号语言转换为文字语言或图形语言，可知①正确；②③中平面α、β还有可能相交，所以选B.答案：B5．正方体EFGH－E1F1G1H1中，下列四对截面中，彼此平行的一对截面是()A．平面E1FG1与平面EGH1B．平面FHG1与平面F1H1GC．平面F1H1H与平面FHE1D．平面E1HG1与平面EH1G解析：正方体中E1F∥H1G，E1G1∥EG，从而可得E1F∥平面EGH1，E1G1∥平面EGH1，所以平面E1FG1∥平面EGH1，故选A.答案：A6．六棱柱的面中，互相平行的面最多有________对．解析：当底面六边形是正六边形时，侧面中有3对互相平行，加上下底面平行，故最多可以有4对互相平行的面．答案：47．平面α内任意一条直线均平行于平面β，则平面α与平面β的位置关系是________．解析：由于平面α内任意一条直线均平行于平面β，则平面α内有两条相交直线平行于平面β，所以α∥β.答案：平行8．已知P是 ABCD所在平面外一点，E，F，G分别是PB，AB，BC的中点．求证：平面PAC∥平面EFG.证明：因为EF是△PAB的中位线，所以EF∥PA.又EF 平面PAC，PA 平面PAC，所以EF∥平面PAC.同理得EG∥平面PAC.又EF 平面EFG，EG 平面EFG，EF∩EG＝E，所以平面PAC∥平面EFG.——能力提升类——9．下列四个正方体图形中，A，B，C为正方体所在棱的中点，则能得出平面ABC∥平面DEF的是()解析：B中，可证AB∥DE，BC∥DF，故可以证明AB∥平面DEF，BC∥平面DEF.又AB∩BC＝B，所以平面ABC∥平面DEF.故选B.答案：B10．如图所示的是正方体的平面展开图．有下列四个命题：①BM∥平面DE；②CN∥平面AF；③平面BDM∥平面AFN；④平面BDE∥平面NCF.其中，正确命题的序号是________．解析：展开图可以折成如图(1)所示的正方体．在正方体中，连接AN，如图(2)所示，因为AB∥MN，且AB＝MN，所以四边形ABMN是平行四边形．所以BM∥AN.因为AN 平面DE，BM 平面DE，所以BM∥平面DE.同理可证CN∥平面AF，所以①②正确；如图(3)所示，可以证明BM∥平面AFN，BD∥平面AFN，进而得到平面BDM∥平面AFN，同理可证平面BDE∥平面NCF，所以③④正确．答案：①②③④11．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H，M，N分别是正方体六个面的中心，求证：平面EFG∥平面HMN.证明：连接AB1，AD1，B1D1，CB1，CD1，由三角形中位线定理，易得FG∥B1D1，NH∥B1D1，于是FG∥HN.因为HN 平面HMN，FG 平面HMN，所以FG∥平面HMN.同理可证EF∥平面HMN.又因为FG 平面EFG，EF 平面EFG，且FG∩EF＝F，所以平面EFG∥平面HMN.12．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P 是DD1的中点，设Q是CC1上的动点，问Q在什么位置时，平面D1BQ∥平面PAO?解：如图，设平面D1BQ∩平面ADD1A1＝D1M，点M在AA1上，由于平面D1BQ∩平面BCC1B1＝BQ，平面ADD1A1∥平面BCC1B1，所以由面面平行的性质定理可得BQ∥D1M.因为平面D1BQ∥平面PAO，平面D1BQ∩平面ADD1A1＝D1M，平面PAO∩平面ADD1A1＝AP，所以AP∥D1M，所以BQ∥D1M∥AP.因为P为DD1的中点，所以M为AA1的中点，所以Q为CC1的中点．故当Q为CC1的中点时，平面D1BQ∥平面PAO.。
【红对勾】高中数学 1-2-1 充分条件与必要条件课时作业 新人教A版选修2-1(1)
课时作业3 充分条件与必要条件时刻：45分钟分值：100分一、选择题(每题6分，共36分)1．“x>0”是“x≠0”的( )A．充分没必要要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也没必要要条件解析：关于“x>0”⇒“x≠0”；反之不必然成立，因此“x>0”是“x≠0”的充分没必要要条件．答案：A2．关于非零向量a，b，“a＋b＝0”是“a∥b”的( )A．充分没必要要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也没必要要条件解析：a∥b不必然有a＋b＝0，假设a＋b＝0那么必然有a∥b.答案：A3．设集合m＝{x|x>2}，p＝{x|x<3}，那么“x∈m或x∈p”是x∈p∩m的( )A．充分没必要要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也没必要要条件解析：“x∈m或x∈p”即x∈R，而x∈p∩m即x∈(2,3)．∴x∈p∩m⇒x∈m或x∈p，但x∈m或x∈p 推不出x∈p∩m.答案：B4．(2020·湖北高考)假设实数a，b知足a≥0，b≥0，且ab＝0，那么称a与b互补．记φ(a，b)＝a2＋b2－a－b，那么φ(a，b)＝0是a与b互补的( )A．必要而不充分的条件B．充散布没必要要的条件C．充要条件D．即不充分也没必要要的条件解析：若φ(a，b)＝0，即a2＋b2＝a＋b，两边平方得ab＝0，故具有充分性．若a≥0，b≥0，ab＝0，那么不妨设a＝0.φ(a，b)＝a2＋b2－a－b＝b2－b＝0.故具有必要性．应选C.答案：C5．(2020·陕西高考)关于数列{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 ．充分没必要要条件C ．充要条件D ．既不充分也没必要要条件解析：充分性显然成立，必要性不成立，如数列－2，－1,0,1,2，…中a 2<|a 1|，不知足“a n ＋1>|a n |(n ＝1,2，…)”，应选B.答案：B6．(2020·北京高考)a ，b 为非零向量，“a ⊥b ”是“函数f (x )＝(xa ＋b )·(xb －a )为一次函数”的( )A ．充分而没必要要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．即不充分也没必要要条件解析：由a ⊥b ，得a ·b ＝0，f (x )＝(xa ＋b )·(xb －a )＝x 2a ·b ＋(b 2－a 2)x －a ·b ，假设a ⊥b ，f (x )＝(b 2－a 2)x ，不必然是一次函数，若f (x )为一次函数，那么⎩⎪⎨⎪⎧ a ·b ＝0b 2－a 2≠0⇔⎩⎪⎨⎪⎧a ⊥b |b |≠|a |. 应选B.答案：B二、填空题(每题8分，共24分)7．“a 和b 都是偶数”是“a ＋b 也是偶数”的________条件．解析：当a ＋b 为偶数时，a ，b 都能够为奇数．答案：充分没必要要8．“x >3”是“x 2>4”的________条件．解析：x >3⇒x 2>4，反之不必然成立．答案：充分没必要要9．“假设a ≥b ⇒c >d ”和“a <b ⇒e ≤f ”都是真命题，那么“c ≤d ”是“e ≤f ”的________条件(填“充分、必要或充要”)．解析：因为“a ≥b ⇒c >d ”为真，因此它的逆否命题“c ≤d ⇒a <b ”也是真命题，又“a <b ⇒e ≤f ”也是真命题，因此“c ≤d ⇒a <b ⇒e ≤f ”．故“c ≤d ”是“e ≤f ”的充分条件．答案：充分三、解答题(共40分)10．(10分)指出以下命题中，p 是q 的什么条件．(1)p ：数a 能被6整除，q ：数a 能被3整除；(2)p ：x >1，q ：x 2>1；(3)p ：△ABC 有两个角相等，q ：△ABC 是正三角形．解：(1)数a 能被6整除，那么必然能被3整除，反之不必然成立．即p ⇒q ，q ⇒／p ，∴p 是q 的充分没必要要条件．(2)∵x 2>1⇒x >1或x <－1，∴p ⇒q ，且q ⇒／ p ．∴p 是q 的充分没必要要条件．(3)△ABC 中，有两个角相等时为等腰三角形，不必然为正三角形，即p ⇒／q ，且q ⇒p ，∴p 是q 的必要不充分条件．11．(15分)已知p ：x 2－8x －20≤0，q ：x 2－2x ＋1－m 2≤0(m >0)．假设綈p 是綈q 的充分没必要要条件，求实数m 的取值范围．解：方式1：由x 2－8x －20≤0得－2≤x ≤10，由x 2－2x ＋1－m 2≤0得1－m ≤x ≤1＋m (m >0)． ∴綈p ：A ＝{x |x >10或x <－2}，綈q ：B ＝{x |x >1＋m 或x <1－m }．∵綈p 是綈q 的充分没必要要条件，∴A B .∴⎩⎪⎨⎪⎧ m >0，1＋m ≤10，1－m ≥－2.解得0<m ≤3.方式2：由x 2－8x －20≤0得－2≤x ≤10，由x 2－2x ＋1－m 2≤0得1－m ≤x ≤1＋m (m >0)，∴p ：A ＝{x |－2≤x ≤10}，q ：B ＝{x |1－m ≤x ≤1＋m }．∵綈p 是綈q 的充分没必要要条件，∴q 也是p 的充分没必要要条件，∴B A .∴⎩⎪⎨⎪⎧ m >0，1＋m ≤10，1－m ≥－2.解得0<m ≤3.12．(15分)求证：一元二次方程ax 2＋bx ＋c ＝0(a≠0)的两根都大于3是⎩⎪⎨⎪⎧ Δ≥0x 1＋x 2>6x 1x 2>9的一个充分没必要要条件．证明：先证充分性：由于方程的两根都大于3，即x 1>3，x 2>3，可得⎩⎪⎨⎪⎧ Δ≥0x 1＋x 2>6x 1x 2>9成立；再证没必要要性：若⎩⎪⎨⎪⎧ Δ≥0x 1＋x 2>6x 1x 2>9成立，不必然推出两根都大于3.如：x 1＝1，x 2＝10时x 1＋x 2>6，x 1x 2>9，但x 1>3不成立，从而原命题得证．。