第一章 章末检测试卷(一)_1
章末检测试卷(一)(时间：120分钟 满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分) 1．下列说法中正确的是( )A ．相关关系是一种不确定的关系，回归分析是对相关关系的分析，因此没有实际意义B ．独立性检验对分类变量关系的研究没有100%的把握，所以独立性检验研究的结果在实际中也没有多大的实际意义C ．相关关系可以对变量的发展趋势进行预报，这种预报可能会是错误的D ．独立性检验如果得出的结论有99%的可信度，就意味着这个结论一定是正确的 答案 C解析 相关关系虽然是一种不确定关系，但是回归分析可以在某种程度上对变量的发展趋势进行预报，这种预报在尽量减小误差的条件下可以对生产与生活起到一定的指导作用，独立性检验对分类变量的检验也是不确定的，但是其结果也有一定的实际意义．故选C. 2．对于线性回归方程y ^＝b ^x ＋a ^，下列说法中不正确的是( ) A ．直线必经过点(x ，y )B ．x 增加1个单位时，y 平均增加b ^个单位 C ．样本数据中x ＝0时，可能有y ＝a ^ D ．样本数据中x ＝0时，一定有y ＝a ^ 答案 D解析 线性回归方程是根据样本数据得到的一个近似曲线，故由它得到的值也是一个近似值． 3．根据如下样本数据：得到的线性回归方程为y ^＝b ^x ＋a ^，则( ) A.a ^>0，b ^<0 B.a ^>0，b ^>0 C.a ^<0，b ^>0 D.a ^<0，b ^<0答案 A解析 根据题意，画出散点图．根据散点图，知两个变量为负相关，且回归直线与y 轴的交点在y 轴正半轴，所以a ^>0，b ^<0.4．下表显示出样本中变量y 随变量x 变化的一组数据，由此判断它最可能是( )A.线性函数模型 B ．二次函数模型 C ．指数函数模型 D ．对数函数模型考点 回归分析题点 建立回归模型的基本步骤 答案 A解析 画出散点图(图略)可以得到这些样本点在某一条直线上或该直线附近，故最可能是线性函数模型．5．为考察某动物疫苗预防某种疾病的效果，现对200只动物进行调研，并得到如下数据：⎝ ⎛⎭⎪⎫附：K 2＝n (ad －bc )2(a ＋b )(c ＋d )(a ＋c )(b ＋d )则下列说法正确的是( )A ．至少有99.9%的把握认为“发病与没接种疫苗有关”B ．至多有99%的把握认为“发病与没接种疫苗有关”C ．至多有99.9%的把握认为“发病与没接种疫苗有关”D ．“发病与没接种疫苗有关”的错误率至少有0.01% 答案 A解析 根据所给表格数据，结合K 2计算公式可得其观测值k ＝200×(20×40－60×80)2100×100×80×120＝1003>10.828，所以至少有99.9%的把握认为“发病与没接种疫苗有关”，故选A.6．以下四个命题中是真命题的是( )A ．对分类变量x 与y 的随机变量K 2的观测值k 来说，k 越小，判断“x 与y 有关系”的把握程度越大B ．两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于0C ．若数据x 1，x 2，x 3，…，x n 的方差为1，则2x 1,2x 2,2x 3，…，2x n 的方差为2D ．在回归分析中，可用相关指数R 2的值判断模型的拟合效果，R 2越大，模型的拟合效果越好 答案 D解析 依据线性相关及相关指数的有关知识可以推断，选项D 是正确的． 7．如图，5个(x ，y )数据，去掉D (3,10)后，下列说法错误的是( )A ．相关系数r 变大B ．残差平方和变大C ．R 2变大D ．解释变量x 与预报变量y 的相关性变强 考点 残差分析与相关指数 题点 残差及相关指数的应用 答案 B解析 由散点图知，去掉D 后，x ，y 的相关性变强，且为正相关，所以r 变大，R 2变大，残差平方和变小．8．某车间加工零件的数量x 与加工时间y 的统计数据如下表：零件数x (个) 10 20 30 加工时间y (分钟)213039现已求得上表数据的线性回归方程y ^＝b ^x ＋a ^中的b ^值为0.9，则据此回归模型可以预测，加工100个零件所需要的加工时间约为( ) A ．84分钟 B ．94分钟 C ．102分钟 D ．112分钟考点 线性回归分析 题点 线性回归方程的应用答案 C解析 由已知可得x ＝20，y ＝30， 又b ^＝0.9，∴a ^＝y －b ^x ＝30－0.9×20＝12. ∴线性回归方程为y ^＝0.9x ＋12. ∴当x ＝100时，y ^＝0.9×100＋12＝102. 故选C.9．已知变量x 和y 满足关系y ＝－0.1x ＋1，变量y 与z 正相关．下列结论中正确的是( ) A ．x 与y 正相关，x 与z 负相关 B ．x 与y 正相关，x 与z 正相关 C ．x 与y 负相关，x 与z 负相关 D ．x 与y 负相关，x 与z 正相关 考点 线性回归分析 题点 线性回归方程的应用 答案 C解析 因为y ＝－0.1x ＋1，－0.1<0，所以x 与y 负相关．又y 与z 正相关，故可设z ＝ay ＋b (a >0)，所以z ＝－0.1ax ＋a ＋b ，－0.1a <0，所以x 与z 负相关．故选C.10．在一组样本数据(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，…，(x n ，y n )(n ≥2，x 1，x 2，…，x n 不全相等)的散点图中，若所有样本点(x i ，y i )(i ＝1,2，…，n )都在直线y ＝12x ＋1上，则这组样本数据的样本相关系数为( )A ．－1B ．0 C.12 D ．1答案 D解析 所有点均在直线上，则样本相关系数最大即为1，故选D.11．下表给出5组数据(x ，y )，为选出4组数据使其线性相关程度最大，且保留第1组数据 (－5，－3)，则应去掉( )A.第2组 B ．第3组 C ．第4组 D ．第5组 答案 B解析 通过散点图选择，画出散点图如图，应除去第三组，对应点的坐标是(－3,4)．故选B.12．已知变量x ，y 的关系可以用模型y ＝c e kx 拟合，设z ＝ln y ，其变换后得到一组数据如下：x 16 17 18 19 z50344131由上表可得线性回归方程z ^＝－4x ＋a ^，则c 等于( ) A ．－4 B ．e －4 C ．109 D ．e 109 答案 D解析 x ＝16＋17＋18＋194＝17.5，z ＝50＋34＋41＋314＝39，代入z ^＝－4x ＋a ^得39＝－4×17.5＋a ^， 解得a ^＝109.所以z ^＝－4x ＋109.由y ＝c e kx ，得ln y ＝ln(c e kx )＝ln c ＋ln e kx ＝ln c ＋kx ， 又z ＝ln y ，则z ＝ln c ＋kx ， ∴ln c ＝109，则c ＝e 109.故选D.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．已知下表所示数据的线性回归方程为y ^＝4x ＋242，则实数a ＝________.X 2 3 4 5 6 Y251254257a266答案 262解析 由题意，得x ＝4，y ＝15(1 028＋a )，代入y ^＝4x ＋242，可得15(1 028＋a )＝4×4＋242，解得a ＝262.14．在评价建立的线性回归模型刻画身高和体重之间关系的效果时，R 2＝________，可以叙述为“身高解释了64%的体重变化，而随机变量贡献了剩余的36%”．答案 0.64解析 当R 2＝0.64时，说明体重的差异有64%是由身高引起的，所以身高解释了64%的体重变化，而随机变量贡献了剩余的36%.15．某单位为了了解用电量y (度)与气温x (℃)之间的关系，随机统计了某4天的用电量与当天气温，并制作了对照表，由表中数据得线性回归方程y ^＝b ^x ＋a ^，其中b ^＝－2.现预测当气温为－4 ℃时，用电量的度数约为________．答案 68解析 由题意可知，x ＝14(18＋13＋10－1)＝10，y ＝14(24＋34＋38＋64)＝40，b ^＝－2.又回归直线y ^＝－2x ＋a ^过点(10,40)，故a ^＝60， 所以当x ＝－4时，y ^＝－2×(－4)＋60＝68. 16．若两个分类变量X 与Y 的2×2列联表为：则“X 与Y 之间有关系”这个结论出错的概率为________． 答案 0.01解析 由列联表数据，可求得随机变量K 2的观测值 k ＝81×(10×16－40×15)225×56×50×31≈7.227>6.635.因为P (K 2≥6.635)≈0.01，所以“X 与Y 之间有关系”出错的概率为0.01. 三、解答题(本大题共6小题，共70分)17．(10分)在对人们休闲方式的一次调查中，仅就看电视与运动这两种休闲方式比较喜欢哪一种进行了调查．调查结果：接受调查总人数110人，其中男、女各55人；受调查者中，女性有30人比较喜欢看电视，男性有35人比较喜欢运动．(1)请根据题目所提供的调查结果填写下列2×2列联表：(2)能否在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为“性别与休闲方式有关系”？ 注：K 2＝n (ad －bc )2(a ＋b )(c ＋d )(a ＋c )(b ＋d )，其中n ＝a ＋b ＋c ＋d 为样本容量.解 (1)根据题目所提供的调查结果，可得下列2×2列联表：(2)根据列联表中的数据，可计算K 2的观测值 k ＝110×(30×35－20×25)250×60×55×55≈3.667，因为3.667<3.841，所以不能在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为“性别与休闲方式有关系”．18．(12分)如表是某位文科生连续5次月考的历史、政治的成绩：(1)求该生5次月考历史成绩的平均数和政治成绩的平均数；(2)一般来说，学生的历史成绩与政治成绩有较强的线性相关关系，根据上表提供的数据，求两个变量x ，y 的线性回归方程．参考公式：b ^＝∑i ＝1n()x i －x()y i－y ∑i ＝1n()x i －x2，a ^＝y －b ^x ，x ，y 表示样本均值．解 (1)根据题意，计算x ＝15×(79＋81＋83＋85＋87)＝83，y ＝15×(77＋79＋79＋82＋83)＝80.(2)计算∑i ＝15()x i －x()y i－y ＝30，∑i ＝15()x i －x2＝40，所以回归系数为b ^＝∑i ＝1n()x i －x()y i－y ∑i ＝1n()x i －x2＝3040＝0.75， a ^＝y －b ^x ＝80－0.75×83＝17.75， 故所求的线性回归方程为y ^＝0.75x ＋17.75.19．(12分)某地随着经济的发展居民收入逐年增长，该地某银行连续五年的储蓄存款(年底余额)，如下表1：为了研究计算的方便，工作人员将上表的数据进行了处理，t ＝x －2 010，z ＝y－5得到下表2：(1)求z 关于t 的线性回归方程；(2)通过(1)中的方程，求出y 关于x 的线性回归方程；(3)用所求线性回归方程预测到2021年年底，该地储蓄存款可达多少？(附：对于线性回归方程y ^＝b ^x ＋a ^，其中b ^＝∑i ＝1nx i y i －n x y∑i ＝1nx 2i －n x2，a ^＝y －b ^x )解 (1)t ＝3，z ＝2.2，∑i ＝15t i z i ＝45，∑i ＝15t 2i ＝55，b ^＝45－5×3×2.255－5×9＝1.2，a ^＝z －b ^ t ＝2.2－1.2×3＝－1.4，∴z ^＝1.2t －1.4.(2)将t ＝x －2 010，z ＝y －5，代入z ^＝1.2t －1.4， 得y －5＝1.2(x －2 010)－1.4，即y ^＝1.2x －2 408.4. (3)∵y ^＝1.2×2 021－2 408.4＝16.8，∴预测到2021年年底，该地储蓄存款额可达16.8千亿元．20．(12分)某校社团对“学生性别与是否喜欢韩剧有关”作了一次调查，其中女生人数是男生人数的12，男生喜欢韩剧的人数占男生人数的16，女生喜欢韩剧的人数占女生人数的23，若在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为是否喜欢韩剧和性别有关，则男生至少有多少人？ 解 设男生人数为x ，依题意可得列联表如下：若在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为是否喜欢韩剧和性别有关，则K 2>3.841， 由K 2＝3x 2×⎝⎛⎭⎫x 6×x 6－5x 6×x 32x ×x 2×x 2×x ＝38x >3.841，解得x >10.24，∵人数为整数，∴x 为6的倍数，∴若在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为是否喜欢韩剧和性别有关，则男生至少有12人．21．(12分)为了了解少年儿童的肥胖是否与常喝碳酸饮料有关，现对30名六年级的学生进行了问卷调查得到如下列联表．平均每天喝500 mL 以上为常喝，体重超过50 kg 为肥胖．已知在30人中随机抽取1人，抽到肥胖的学生的概率为415.(1)请将上面的列联表补充完整；(2)是否有99.5%的把握认为肥胖与常喝碳酸饮料有关？说明你的理由；(3)现从常喝碳酸饮料且肥胖的学生中(其中有2名女生)抽取2人参加电视节目，则正好抽到1男1女的概率是多少？解 (1)设常喝碳酸饮料且肥胖的学生有x 人， 则x ＋230＝415，解得x ＝6.则列联表补充如下，(2)由已知数据， 得K 2＝30×(6×18－2×4)210×20×8×22≈8.523>7.879.因此有99.5%的把握认为肥胖与常喝碳酸饮料有关．(3)设常喝碳酸饮料的肥胖者男生为A ，B ，C ，D ，女生为E ，F ，则任取2人有AB ，AC ，AD ，AE ，AF ，BC ，BD ，BE ，BF ，CD ，CE ，CF ，DE ，DF ，EF 共15种．其中1男1女有AE ，AF ，BE ，BF ，CE ，CF ，DE ，DF 共8种，故抽出1男1女的概率P ＝815.22．(12分)为了解中学生课余观看某热门综艺节目是否与性别有关，某中学一研究性学习小组从该校学生中随机抽取了n 人进行问卷调查．调查结果表明：女生中喜欢观看该节目的占女生总人数的34，男生喜欢看该节目的占男生总人数的13.随后，该小组采用分层抽样的方法从这n 份问卷中继续抽取了5份进行重点分析，知道其中喜欢看该节目的有3人．(1)现从重点分析的5人中随机抽取了2人进行现场调查，求这两人都喜欢看该节目的概率； (2)若有99%的把握认为“爱看该节目与性别有关”，则参与调查的总人数n 至少为多少？ 参考数据：K 2＝n (ad －bc )2(a ＋b )(c ＋d )(a ＋c )(b ＋d )，其中n ＝a ＋b ＋c ＋d .解 (1)记重点分析的5人中喜欢看该节目的为a ，b ，c ，不喜欢看的为d ，e ，从5人中随机抽取2人，所有可能的结果有(a ，b )，(a ，c )，(a ，d )，(a ，e )，(b ，c )，(b ，d )，(b ，e )，(c ，d )，(c ，e )，(d ，e )，共10种，则这两人都喜欢看该节目的有3种， ∴P ＝310，即这两人都喜欢看该节目的概率为310.(2)∵进行重点分析的5人中，喜欢看该节目的有3人，故喜欢看该节目的总人数为35n ，不喜欢看该节目的总人数为25n .设这次调查问卷中女生总人数为a ，男生总人数为b ，a ，b ∈N *，则由题意可得2×2列联表如下：解得a ＝1625n ，b ＝925n ，∴正整数n 是25的倍数，设n ＝25k ，k ∈N *， 则34a ＝12k ，14a ＝4k ， 13b ＝3k ，23b ＝6k ， 则K 2＝25k (12k ·6k －3k ·4k )216k ·9k ·15k ·10k ＝256k .由题意得256k ≥6.635，解得k ≥1.59，∵k ∈N *，∴取k ＝2时n min ＝50.。
第一章 章末检测试卷(一))
第一章章末检测试卷(一))章末检测试卷(一)(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1．命题“∀x∈[0，＋∞)，x3＋x≥0”的否定是()A．∀x∈(－∞，0)，x3＋x＜0B．∀x∈(－∞，0)，x3＋x≥0C．∃x∈[0，＋∞)，x3＋x＜0D．∃x∈[0，＋∞)，x3＋x≥0考点全称命题的否定题点识别全称命题的否定答案 C解析全称命题的否定是存在性命题．全称命题：∀x∈[0，＋∞)，x3＋x≥0的否定是存在性命题：∃x∈[0，＋∞)，x3＋x＜0.考点充分、必要条件和充要条件的综合应用题点必要不充分条件的判断答案 C解析当x＝1，y＝－2时，x>y，但x>|y|不成立；因为|y|≥y，所以若x>|y|，则x>y.所以x>y是x>|y|的必要不充分条件．4．命题“对于正数a，若a>1，则lg a>0”以及它的逆命题、否命题、逆否命题中，真命题的个数为()A．1 B．2 C．3 D．4考点四种命题的真假判断题点由四种命题的关系判断命题的真假答案 D解析原命题和逆命题是真命题，故逆否命题和否命题也是真命题．5．已知命题p：∃x∈R，使sin x＝52，命题q：∀x∈R，都有x2＋2x＋3>0.给出下列结论：①命题“p且q”是真命题；②命题“p且綈q”是假命题；③命题“綈p或q”是真命题；④命题“綈p或綈q”是假命题．其中正确的是()A．②④B．②③C．③④D．①②③考点逻辑联结词与量词的综合应用题点逻辑联结词与量词的综合应用答案 B解析因为p为假命题，q为真命题，故綈p为真命题，綈q为假命题，所以“p且q”为假命题，“p且綈q”为假命题，“綈p或q”为真命题，“綈p或綈q”为真命题．6．“p∨q”是真命题是“p∧q”是真命题的()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考点逻辑联结词与充要条件的综合应用题点逻辑联结词与充要条件的综合应用答案 B解析p∨q是真命题⇒p与q至少有一个是真命题⇏p∧q是真命题，p∧q是真命题⇒p∨q是真命题．所以“p∨q”是真命题是“p∧q”是真命题的必要不充条件．7．“任意x∈[1,2]，x2－a≤0”为真命题的一个充分不必要条件是()A．a≥4 B．a≤4C．a≥5 D．a≤5考点四种条件题点识别四种条件答案 C解析任意x∈[1,2]，x2－a≤0⇔a≥4，又{a|a≥5}{a|a≥4}，∴“a≥5”是“任意x∈[1,2]，x2－a≤0”为真命题的充分不必要条件．8．给出以下四种命题：①若“p∨q”为真命题，则p，q均为真命题；②“若a>b，则2a>2b－1”的否命题为“若a≤b，则2a≤2b－1”；③“∀x∈R，x2＋x≥1”的否定是“∃x∈R，x2＋x≤1”；④“x>0”是“x＋1x≥2”的充要条件．其中正确的命题是() A．①②B．②③C．①④D．②④考点四种命题及命题的否定题点四种命题及命题的否定答案 D解析选项①中，若p∨q为真命题，则p与q 只需有一个为真命题即可，故①不正确；选项③中，∀x∈R，x2＋x≥1的否定为∃x∈R，x2＋x<1，故③不正确．9．若命题“∃x∈R，使ax2＋x－1>0”是假命题，则实数a的取值范围是()A．a<－14B．a>－1 4C．a≥－14D．a≤－14考点存在性命题题点由存在性命题的真假求参数的范围答案 D解析由题意知∀x∈R，ax2＋x－1≤0是真命题．当a ＝0时，x －1≤0，得x ≤1，所以不成立．当a ≠0时，由⎩⎨⎧a <0，Δ＝12＋4a ≤0， 得a ≤－14，故选D. 10．设x ∈Z ，集合A 是奇数集，集合B 是偶数集．若命题p ：∀x ∈A,2x ∈B ，则( )A ．綈p ：∀x ∈A,2x ∉BB ．綈p ：∀x ∉A,2x ∉BC ．綈p ：∃x ∉A,2x ∈BD ．綈p ：∃x ∈A,2x ∉B考点 全称命题的否定题点 识别全称命题的否定答案 D解析命题p：∀x∈A,2x∈B是一个全称命题，其命题的否定綈p应为∃x∈A,2x∉B.故选D.11．已知命题p：1x＋1>0；命题q：lg(x＋1＋1－x2)有意义，则綈p是綈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考点四种条件与等价命题题点四种条件与等价命题答案 A解析由p得x>－1，由q得－1＜x≤1，则q是p的充分不必要条件，故綈p是綈q的充分不必要条件，故选A.12．设集合U ＝{(x ，y )|x ∈R ，y ∈R}，若A ＝{(x ，y )|2x －y ＋m >0}，B ＝{(x ，y )|x ＋y －n ≤0}，则点P (2,3)∈A ∩(∁U B )的充要条件是( )A ．m >－1，n <5B ．m <－1，n <5C ．m >－1，n >5D ．m <－1，n >5考点 充要条件的探求与证明题点 探求充要条件答案 A解析 A ∩(∁U B )满足⎩⎨⎧ 2x －y ＋m >0，x ＋y －n >0，∵P (2,3)∈A ∩(∁U B )，则⎩⎨⎧ 2×2－3＋m >0，2＋3－n >0，∴⎩⎪⎨⎪⎧m >－1，n <5. 二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．命题“若a <b ，则2a <2b ”的否命题为____________，命题的否定为____________． 考点 否命题的概念题点 辨析命题的否定与否命题答案 若a ≥b ，则2a ≥2b 若a <b ，则2a ≥2b14．已知命题p ：关于x 的函数y ＝x 2－3ax ＋4在[1，＋∞)上是增函数，命题q ：函数y ＝(2a －1)x 为减函数，若“p 且q ”为真命题，则实数a 的取值范围是________．考点 p ∧q 形式的命题题点 由p ∧q 的真假求参数的范围答案 ⎝⎛⎦⎥⎥⎤12，23 解析 由y ＝x 2－3ax ＋4在[1，＋∞)上是增函数， ∴3a 2≤1，即a ≤23， ∴p ：a ≤23. ∵y ＝(2a －1)x 为减函数，∴0<2a －1<1，即12<a <1. ∴q ：12<a <1， ∵p 且q 为真命题，∴p 与q 均为真命题， 则⎩⎪⎨⎪⎧ a ≤23，12<a <1，∴a 的取值范围是12<a ≤23. 15．记不等式x 2＋x －6<0的解集为集合A ，函数y ＝lg(x －a )的定义域为集合B .若“x ∈A ”是“x ∈B ”的充分条件，则实数a 的取值范围为________．考点 充分、必要条件与充要条件的综合应用 题点 由充分条件求参数的范围答案 (－∞，－3]解析 由于A ＝{x |x 2＋x －6<0}＝{x |－3<x <2}，B＝{x |x >a }，而“x ∈A ”是“x ∈B ”的充分条件，则有A ⊆B ，故a ≤－3.16．在下列四个命题中，真命题的个数是________．①∀x ∈R ，x 2＋x ＋3＞0；②∀x ∈Q ，13x 2＋12x ＋1是有理数； ③∃α，β∈R ，使sin(α＋β)＝sin α＋sin β； ④∃x ，y ∈Z ，使3x －2y ＝10.考点 全称命题与存在性命题题点 全称命题与存在性命题的真假判断 答案 4解析 ①中x 2＋x ＋3＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫x ＋122＋114≥114＞0， 故①是真命题；②中x ∈Q ，13x 2＋12x ＋1一定是有理数， 故②是真命题；③中当α＝π4，β＝－π4时， sin(α＋β)＝0，sin α＋sin β＝0，故③是真命题； ④中当x ＝4，y ＝1时，3x －2y ＝10成立，故④是真命题．三、解答题(本大题共6小题，共70分)17．(10分)已知命题p ：x <－6或x >1，命题q ：5x －6>ax 2(a 为常数)．(1)写出原命题“若p ：x <－6或x >1，则q ：5x －6>ax 2”的逆否命题．(2)若p ⇔q ，则实数a 应满足什么条件？ 考点 四种条件题点 由四种条件求参数的范围解 (1)命题“若p ，则q ”的逆否命题为“若5x －6≤ax 2，则－6≤x ≤1”．(2)∵p ⇔q ，∴x <－6或x >1⇔5x －6>ax 2，即不等式ax 2－5x ＋6<0的解集为{x |x ＜－6或x >1}，故方程ax 2－5x ＋6＝0有两根－6,1，即⎩⎪⎨⎪⎧ Δ＝(－5)2－4a ×6>0，a (－6)2－5×(－6)＋6＝0，a －5×1＋6＝0，解得a ＝－1，故实数a 应满足a ＝－1.18．(12分)已知集合A ＝{x |x 2－3x －10≤0}，B ＝{x |m ＋1≤x ≤2m －1}，且B ≠∅.(1)若“命题p ：∀x ∈B ，x ∈A ”是真命题，求m 的取值范围；(2)“命题q ：∃x ∈A ，x ∈B ”是真命题，求m 的取值范围．考点 全称命题与存在性命题题点 由命题的真假求参数范围解 (1)A ＝{x |－2≤x ≤5}，B ＝{x |m ＋1≤x ≤2m －1}，B ≠∅.∵“命题p ：∀x ∈B ，x ∈A ”是真命题， ∴B ⊆A ，B ≠∅，∴⎩⎪⎨⎪⎧ m ＋1≤2m －1，m ＋1≥－2，2m －1≤5，解得2≤m ≤3.(2)q 为真，则A ∩B ≠∅，∵B ≠∅，∴m ≥2，∴⎩⎨⎧ －2≤m ＋1≤5，m ≥2，∴2≤m ≤4. 19．(12分)已知集合A ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫y | y ＝x 2－32x ＋1，x ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤34，2，B ＝{x |x ＋m 2≥1}．若“x ∈A ”是“x ∈B ”的充分条件，求实数m 的取值范围．考点 充分条件、必要条件与充要条件的综合应用题点 由四种条件由参数的范围解 y ＝x 2－32x ＋1 ＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫x －342＋716的对称轴为x ＝34， ∴y ＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫x －342＋716在⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤34，2上为增函数， ∴716≤y ≤2，即A ＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤716，2. 又B ＝{x |x ＋m 2≥1}＝{x |x ≥1－m 2}，∵x ∈A ⇒x ∈B ，∴716≥1－m 2，即m 2≥916，∴m ≥34或m ≤－34. 即实数m 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎥⎤－∞，－34∪⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫34，＋∞. 20．(12分)已知命题p ：若函数f (x )＝1－x 3，则实数m 满足不等式f (m )＜2，命题q ：关于x 的方程2x ＋m ＝0(x ∈R)有实根．若命题p ，q 中有且仅有一个真命题，求实数m 的取值范围．考点 p ∨q 与p ∧q 形式命题的综合应用 题点 由p ∨q 、p ∧q 的真假求参数的范围解 p ：∵f (x )＝1－x 3且f (m )＜2， ∴1－m 3＜2，即m ＞－5. q ：∵关于x 的方程2x ＋m ＝0有根，则m ＝－2x ，∴m ＜0.若命题p ，q 中有且仅有一个真命题，则存在两种情况；①当p 为真命题，q 为假命题时，⎩⎨⎧m ＞－5，m ≥0，∴m ≥0；②当q 为真命题，p 为假命题时，⎩⎨⎧m ≤－5，m ＜0，∴m ≤－5. 综上，若命题p ，q 中有且仅有一个真命题，则实数m 的取值范围是(－∞，－5]∪[0，＋∞)．21．(12分)设命题p ：实数x 满足|x －1|>a ，其中a >0；命题q ：实数x 满足3x 2－x －6<1.(1)若命题p 中a ＝1，且p ∧q 为真，求实数x 的取值范围；(2)若綈p 是q 的必要不充分条件，求实数a 的取值范围．考点 逻辑联结词与四种条件题点 逻辑联结词与四种条件的综合应用解 (1)当a ＝1时，p ：x >2或x <0，q ：－2<x <3， 又p ∧q 为真，∴p ，q 都为真，∴由⎩⎨⎧ x >2或x <0，－2<x <3，得－2<x <0或2<x <3， ∴实数x 的取值范围为(－2,0)∪(2,3)．(2)p ：|x －1|>a ，∴x <1－a 或x >1＋a ，a >0， 綈p ：1－a ≤x ≤1＋a ，a >0.∵綈p 是q 的必要不充分条件，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a >0，a ＋1≥3，1－a ≤－2，∴a ≥3，即实数a 的取值范围为[3，＋∞)．22．(12分)已知p ：x 2－8x －20≤0；q ：1－m 2≤x ≤1＋m 2.(1)若p 是q 的必要条件，求m 的取值范围；(2)若綈p 是綈q 的必要不充分条件，求m 的取值范围．考点 四种条件题点 由四种条件求参数范围解 由x 2－8x －20≤0得－2≤x ≤10， 即p ：－2≤x ≤10，q ：1－m 2≤x ≤1＋m 2.(1)若p 是q 的必要条件，则⎩⎨⎧ 1－m 2≥－2，1＋m 2≤10， 即⎩⎨⎧m 2≤3，m 2≤9，即m 2≤3， 解得－3≤m ≤3，即m 的取值范围是[－3，3]．(2)∵綈p 是綈q 的必要不充分条件， ∴q 是p 的必要不充分条件．即⎩⎨⎧ 1－m 2≤－2，1＋m 2≥10，(两个等号不同时成立) 即m 2≥9，解得m ≥3或m ≤－3.即m 的取值范围是{m |m ≤－3或m ≥3}．。
物理必修一第一章章末检测卷(一)
物理必修一第一章章末检测卷(一)-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN章末检测卷(一)(时间：90分钟 满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分．每小题给出的选项中只有一项符合题目要求) 1．明代诗人曾写下这样一首诗：“空手把锄头，步行骑水牛；人从桥上过，桥流水不流”．“桥流水不流”中的“桥流”应理解成其选择的参考系是( ) A ．水 B ．桥 C ．人 D ．地面2．下列各组物理量中，都是矢量的是( ) A ．位移、时间、速度 B ．速度、速率、加速度 C ．加速度、速度的变化量、速度 D ．路程、时间、位移3．钓鱼岛自古就是我国固有领土，又称钓鱼台、钓鱼台群岛、钓鱼台列岛，位置距温州市约356 km 、福州市约385 km 、基隆市约190 km.若我国某海监船为维护我国对钓鱼岛主权，从温州出发去钓鱼岛巡航，到达钓鱼岛时航行了480 km.则下列说法中错误的是( ) A ．该海监船位移是480 km ，路程是356 km B ．该海监船位移是356 km ，路程是480 kmC ．该海监船在海上航行，确定其位置时可以将该海监船看成质点D ．若知道此次航行时间可求出此次航行的平均速度4．如图1所示，小球以v 1＝3 m /s 的速度匀速水平向右运动，碰到墙壁经t ＝0.01 s 后以v 2＝2 m/s 的速度沿同一直线反弹，小球在这0.01 s 内的平均加速度为( ) A ．100 m /s 2，方向向右 B ．100 m/s 2，方向向左 C ．500 m /s 2，方向向左 D ．500 m/s 2，方向向右5．如图2所示是三个质点A 、B 、C 的运动轨迹，三个质点同时从N 点出发，又同时到达M 点，则下列说法正确的是( )A ．从N 到M 的过程中，A 的平均速率最大B ．三质点从N 到M 的平均速率相同C ．三质点从N 到M 的过程中，A 的平均速度最大D ．到达M 点时A 的瞬时速率最大图 1图 26．一质点始终向着一个方向做直线运动，在前23t 时间内平均速度为v 2，后13t 时间内平均速度为2v ，则质点在t 时间内的平均速度是( ) A.3v 4 B.3v2 C ．v D.2v 3二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．每小题给出的选项中有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)7．如图3所示，博尔特在男子100 m 决赛和男子200 m 决赛中分别以9.69 s 和19.30 s 的成绩破两项世界纪录，获得两枚金牌．关于他在这两次决赛中的运动情况，下列说法正确的是( ) A ．200 m 决赛中的位移是100 m 决赛的两倍 B ．200 m 决赛中的路程是100 m 决赛的两倍 C ．200 m 决赛中的平均速度大小约为10.36 m/s D ．100 m 决赛中的平均速度大小约为10.32 m/s8．如图4所示为A 、B 两质点的v －t 图象．对于A 、B 两质点的运动，下列说法中正确的是( ) A ．质点A 向所选定的正方向运动，质点B 与A 的运动方向相反 B ．质点A 、B 的速度并不相同C ．在相同的时间内，质点A 、B 的位移相同D ．不管质点A 、B 是否从同一地点开始运动，它们之间的距离一定越来越大9．一辆农用“小四轮”漏油，假如每隔1 s 漏下一滴，车在平直公路上行驶，一位同学根据漏在路面上的油滴分布，分析“小四轮”的运动情况(已知车的运动方向不变)．下列说法中正确的是( ) A ．当沿运动方向油滴间距变小时，车一定在做减速直线运动 B ．当沿运动方向油滴间距变大时，车一定在做加速直线运动 C ．当沿运动方向油滴间距变大时，加速度一定在增大 D ．当沿运动方向油滴间距变大时，车的加速度可能在减小10．质点做直线运动的v －t 图象如图5所示，则( ) A ．在第1 s 内质点做变速直线运动B ．在1～3 s 内质点做加速度a ＝－2 m/s 2的变速直线运动C ．在2～3 s 内质点的运动方向与规定的正方向相反，加速度方向与1～2 s 内的加速度方向相同D ．在前3 s 内速度的变化量为4 m/s图 3图 4图 5图 7三、实验题(本题共2小题，共12分)11．(6分)如图6所示是电火花计时器的示意图．电火花计时器和电磁打点计时器一样，工作时使用________(选填“交流”或“直流”)电源，当电源的频率是50 Hz 时，每隔________s 打一次点．其工作时的基本步骤如下：A ．当纸带完全通过电火花计时器后，立即关闭电源B ．将电火花计时器电源插头插入相应的电源插座C ．将纸带从墨粉纸盘下面穿过电火花计时器D ．接通开关，听到放电声，立即拖动纸带运动 上述步骤正确的顺序是________．(按顺序填写步骤编号)12．(6分)某次实验打点计时器使用的交流电的频率为50 Hz ，纸带的记录如图7所示，图中O 点为纸带的第一个点，接下来的前几个点模糊，因此从A 点开始每打五个点取一个计数点： (1)推测纸带的运动是加速运动还是减速运动________. (2)在打出A 、F 这两点的时间间隔中，纸带运动的平均速度是________．(3)B 点的瞬时速度为________．四、计算题(本题共4小题，共44分．要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位) 13．(10分)如图8所示，一质点沿半径为r ＝20 cm 的圆周自A 点出发，逆时针运动2 s ，运动34圆周到达B点，求：(1)质点的位移和路程． (2)质点的平均速度和平均速率．图 6图 814．(10分)按照规定，汽车应慢速通过隧道．某汽车在过隧道前将速度从25 m/s减小到10 m/s，然后匀速通过100 m长的隧道，整个过程总共用了15 s时间．求汽车减速时的加速度．15．(12分)如图9所示是某质点运动的v－t图象，请回答：(1)质点在图中各段的速度如何变化(2)在0～4 s内、8～10 s内、10～12 s内质点的加速度各是多少图 916．(12分)世界一级方程式(F1)比赛过程中，赛车每隔一定时间需要进站加油．在某次比赛中，一赛车进站加油，该赛车进站时一直做减速运动，平均加速度为30 m/s2，出站时一直做加速运动，平均加速度为45 m/s2，加油时间为6 s，进站前和出站后在赛道上的速度均为90 m/s，则该赛车从进站到出站所用时间是多少参考答案1．答案 A 2．答案 C解析 位移、速度、加速度以及速度的变化量既有大小，又有方向，是矢量；而时间、路程和速率只有大小，没有方向，是标量．故C 正确． 3．答案 A解析 位移表示由初位置指向末位置的有向线段，路程表示实际运动轨迹的长度，故路程大于等于位移大小，所以该海监船位移是356 km ，路程是480 km ，A 错误，B 正确．该海监船在海上航行，确定其位置时其大小和形状可以忽略故能看做质点，C 正确．平均速度等于位移与时间的比值，故给出时间即可求出平均速度，D 正确． 4．答案 C解析 规定水平向右为正方向．根据加速度的定义式a ＝ΔvΔt 得：a ＝－2－30.01 m /s 2＝－500 m/s 2，负号表明加速度方向与v 1的方向相反，即水平向左． 5．答案 A解析 平均速率等于路程除以时间，从N 到M ，三个质点所用时间相同，A 的路程最大，故A 的平均速率最大，A 对，B 错．平均速度等于位移除以时间，三质点在相同时间内的位移相同，故它们的平均速度相同，C 错．根据该题所给条件，不能比较在M 点时三个质点的瞬时速率大小关系，D 错． 6．答案 C解析 前23t 时间内的位移x 1＝v 2·2t 3＝13v t ，后13t 时间内的位移x 2＝2v ·13t ＝23v t ，所以t 时间内的平均速度v ＝13v t ＋23v t t ＝v ，故C 正确． 7．答案 BD解析 100 m 决赛，他的运动基本上是直线，位移就是100 m ；而200 m 决赛，他的运动是曲线(有弯道部分)，位移比200 m 小，因此选项A 错误，B 正确.200 m 决赛轨迹若为直线，其平均速度大小约为10.36 m/s ，因此选项C 错误．根据平均速度的定义，选项D 正确．8．答案 AB解析 由v －t 图象知，A 、B 两质点以大小相等、方向相反的速度做匀速直线运动，A 、B 正确；在相同的时间内，A 、B 两质点的位移等大、反向，C 错误；由于A 、B 两质点的出发点无法确定，故A 、B 两质点间的距离可能越来越大(如图甲)，也可能先变小再变大(如图乙)，D 错误．9．答案 ABD解析 当沿运动方向油滴间距变小时，由于相邻两个油滴的时间间隔相等，说明速度变小，车一定在做减速直线运动，故A 正确．同理，当沿运动方向油滴间距变大时，说明速度变大，加速度可能增大，可能减小，可能不变，但是车一定在做加速直线运动．故B 、D 正确，C 错误． 10．答案 BC解析 由题图可知，质点在第1 s 内做速度v 0＝2 m/s 的匀速直线运动，A 错误；在1～3 s 内质点做变速直线运动，加速度a ＝－2－22 m /s 2＝－2 m/s 2，加速度的方向与初速度v 0的方向相反，故B 正确；在2～3 s内，速度为负值，说明方向与规定的正方向相反，但加速度与1～2 s 内的完全相同，因为图线的斜率没有发生变化，故C 正确；3 s 内速度的变化量为－4 m/s ，D 错误． 11．答案 交流 0.02 CBDA解析 电火花计时器的工作电压是220 V 交流电，频率为50 Hz 时，打点时间间隔为0.02 s ，工作时，应先接通电源后释放纸带，并且打完纸带后应立即关闭电源，所以正确的顺序是CBDA. 12．答案 (1)加速运动 (2)0.365 m /s (3)0.252 m/s解析 (1)从A 点开始各相邻计数点间的时间间隔为t ＝0.02×5 s ＝0.1 s ，每隔0.1 s 纸带运动的位移分别是x 1＝2.15 cm 、x 2＝2.89 cm 、x 3＝3.74 cm 、x 4＝4.32 cm 、x 5＝5.15 cm ，说明纸带做加速运动． (2)A 、F 间纸带运动的平均速度为v ＝Δx Δt ＝(19.55－1.30)×10－20.1×5m /s ＝0.365 m/s(3)B 点的瞬时速度可以用AC 段的平均速度表示，故 v B ＝v AC ＝ACt ＝(6.34－1.30)×10－22×0.1 m /s ＝0.252 m/s.13．答案 (1)0.283 m 0.942 m (2) 0.142 m/s 0．471 m/s解析 (1)质点的位移是由A 点指向B 点的有向线段，位移大小为线段AB 的长度，由图中几何关系可知质点的位移x ＝2r ≈28.3 cm ＝0.283 m 位移方向由A 点指向B 点质点的路程为s ＝34×2πr ≈94.2 cm ＝0.942 m(2)根据平均速度定义得v ＝x t ＝0.2832 m /s ≈0.142 m/s平均速度方向由A 点指向B 点质点的平均速率v ′＝s t ＝0.9422 m /s ＝0.471 m/s14．答案 －3 m/s 2解析 汽车匀速通过隧道用时t 1＝x 隧v ＝10010 s ＝10 s ，由题意知减速时间t ＝t 总－t 1＝5 s ，故减速时的加速度a ＝v －v 0t ＝10－255 m /s 2＝－3 m/s 2，即减速时的加速度大小为3 m/s 2，方向与初速度方向相反．15．答案 见解析解析 (1)质点在0～4 s 内速度在逐渐变大； 4～8 s 内质点的速度保持10 m/s 不变；8～10 s 内质点的速度逐渐减小，10 s 时质点的速度为0； 10～12 s 内质点的速度反方向增大． (2)由a ＝ΔvΔt得：0～4 s 内的加速度a 1＝10－04－0 m /s 2＝2.5 m/s 28～10 s 内的加速度a 2＝0－1010－8 m /s 2＝－5 m/s 210～12 s 内的加速度a 3＝－10－012－10 m /s 2＝－5 m/s 2.16．答案11 s解析以初速度方向为正方向，减速过程，初速度为90 m/s，末速度为0，加速度为－30 m/s2，所需时间：t1＝Δva1＝0－90 m/s－30 m/s2＝3 s加速过程，初速度为0，末速度为90 m/s，加速度为45 m/s2，所需时间：t2＝Δv′a2＝90 m/s－045 m/s2＝2 s所以赛车从进站到出站所用时间：t＝3 s＋2 s＋6 s＝11 s.。
第一章 章末检测试卷(一)
章末检测试卷(一)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题包括16个小题，每小题3分，共48分)1．(2019·泰州高二月考)下列能层中，包含f能级的是()A．K能层B．L能层C．M能层D．N能层考点能层与能级题点能层与能级的表示方法及数量关系答案 D解析K能层是第一能层，只有1s能级；L能层是第二能层，有两个能级，即2s和2p；M 能层是第三能层，有三个能级，即3s、3p、3d；N能层是第四能层，有四个能级，即4s、4p、4d、4f。
根据能级数等于能层序数，只有能层序数≥4的能层才有f能级。
2．(2020·河南林州一中高二月考)下列有关“核外电子的运动状态”的说法中错误的是()A．各原子轨道的伸展方向按p、d、f的顺序分别为3、5、7B．只有在能层、原子轨道、原子轨道的伸展方向及电子的自旋状态都确定时，电子的运动状态才能被确定下来C．原子核外可能有两个电子的运动状态是完全相同的D．原子轨道伸展方向与能量大小无关考点原子结构的综合题点原子结构的综合答案 C解析各原子轨道的伸展方向按p、d、f的顺序分别为3、5、7，s轨道是球形的，故A正确；电子的运动状态由能层、能级、电子云的伸展方向以及电子的自旋状态决定，所以在能层、能级、电子云的伸展方向，以及电子的自旋状态确定时，电子的运动状态才能确定下来，故B正确；根据泡利原理和洪特规则，原子核外不可能有两个电子的运动状态是完全相同的，故C错误；离原子核越远的电子，其能量越大，则p原子轨道电子的平均能量随能层的增加而增大，所以电子云伸展方向与能量大小无关，故D正确。
3．下列有关原子的最外能层的电子排布图正确的是()A．铍原子：B．碳原子：C．氯原子：D．铝原子：考点核外电子排布的表示方法题点电子排布图的书写与判断答案 C解析A项，铍原子的最外能层的电子排布图为，错误；B项，2p能级上的电子排布违反洪特规则，错误；C项氯原子的最外能层的电子排布图为，正确；D项，根据能量最低原理，3s轨道的能量低于3p轨道，则电子先排满3s轨道，才能排3p 轨道，所以该电子排布违背了能量最低原理，错误。
高考数学第一章空间向量与立体几何章末检测试卷一新人教A版选择性必修第一册
章末检测试卷(一)(时间：120分钟 满分：150分)一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分) 1．在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB →＋BC →＋CC 1—→－D 1C 1—→等于( ) A.AD 1—→ B.AC 1—→ C.AD → D.AB → 答案 A解析 AB →＋BC →＋CC 1—→－D 1C 1—→＝AC 1—→＋C 1D 1—→＝AD 1—→.2．若直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为μ，则能使l ∥α的是( ) A ．a ＝(1,0,0)，μ＝(－2,0,0) B ．a ＝(1,3,5)，μ＝(1,0,1) C ．a ＝(0,2,1)，μ＝(－1,0,1) D ．a ＝(1，－1,3)，μ＝(0,3,1) 答案 D解析 由l ∥α，故a ⊥μ，即a ·μ＝0，故选D.3．已知棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的上底面A 1B 1C 1D 1的中心为O 1，则AO 1—→·AC →的值为( )A ．－1B ．0C ．1D ．2 答案 C解析 由于AO 1—→＝AA 1—→＋A 1O 1—→＝AA 1—→＋12(A 1B 1—→＋A 1D 1—→)＝AA 1—→＋12(AB →＋AD →)，而AC →＝AB →＋AD →，则AO 1—→·AC →＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤AA 1—→＋12AB →＋AD →·(AB →＋AD →)＝12(AB →＋AD →)2＝1.4．已知△ABC 的三个顶点为A (3,3,2)，B (4，－3,7)，C (0,5,1)，则BC 边上的中线长为( ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．5答案 B解析 设BC 边的中点为D ， 则AD →＝12(AB →＋AC →)＝(－1，－2,2)，所以|AD →|＝1＋4＋4＝3.5．若向量a ＝(x ，4,5)，b ＝(1，－2,2)，且a 与b 的夹角的余弦值为26，则x 等于( )A ．3B ．－3C ．－11D ．3或－11 答案 A解析 因为a ·b ＝(x ，4,5)·(1，－2,2)＝x －8＋10＝x ＋2，且a 与b 的夹角的余弦值为26， 所以26＝x ＋2x 2＋42＋52×1＋4＋4，解得x ＝3或－11(舍去)，故选A. 6．平面α的法向量u ＝(x ，1，－2)，平面β的法向量ν＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，y ，12，已知α∥β，则x ＋y 等于( ) A.154 B.174 C ．3 D.52答案 A解析 由题意知，∵α∥β，∴u ＝λν，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－λ，1＝λy ，－2＝12λ，解得λ＝－4，y ＝－14，x ＝4，∴x ＋y ＝4－14＝154.7．已知平面α内两向量a ＝(1,1,1)，b ＝(0,2，－1)且c ＝m a ＋n b ＋(4，－4,1)．若c 为平面α的法向量，则m ，n 的值分别为( ) A ．－1,2 B ．1，－2 C ．1,2 D ．－1，－2答案 A解析 c ＝m a ＋n b ＋(4，－4,1)＝(m ，m ，m )＋(0,2n ，－n )＋(4，－4,1) ＝(m ＋4，m ＋2n －4，m －n ＋1)， 由c为平面α的法向量，得⎩⎪⎨⎪⎧c ·a ＝0，c ·b ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3m ＋n ＋1＝0，m ＋5n －9＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝－1，n ＝2.8.如图，四棱锥P －ABCD 中，PB ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，AB ⊥BC ，AB ＝AD ＝PB ＝3，点E 在棱PA 上，且PE ＝2EA ，则平面ABE 与平面BED 的夹角的余弦值为( )A.23 B.66 C.33 D.63答案 B解析 如图，以B 为坐标原点，分别以BC ，BA ，BP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则B (0,0,0)，A (0,3,0)，P (0,0,3)，D (3,3,0)，E (0,2,1)， ∴BE →＝(0,2,1)，BD →＝(3,3,0)． 设平面BED 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BE →＝2y ＋z ＝0，n ·BD →＝3x ＋3y ＝0，取z ＝1，得n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12，1.又平面ABE 的法向量为m ＝(1,0,0)，∴cos〈n ，m 〉＝m ·n |n ||m |＝1262×1＝66.∴平面ABE 与平面BED 的夹角的余弦值为66. 二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)9．已知空间三点A (1,0,3)，B (－1,1,4)，C (2，－1,3)．若AP →∥BC →，且|AP →|＝14，则点P 的坐标为( ) A ．(4，－2,2) B ．(－2,2,4) C ．(－4,2，－2) D ．(2，－2,4)答案 AB解析 设AP →＝(3λ，－2λ，－λ)．又|AP →|＝14， ∴3λ2＋－2λ2＋－λ2＝14，解得λ＝±1，∴AP →＝(3，－2，－1)或AP →＝(－3,2,1)．设点P 的坐标为(x ，y ，z )，则AP →＝(x －1，y ，z －3)，∴⎩⎪⎨⎪⎧ x －1＝3，y ＝－2，z －3＝－1或⎩⎪⎨⎪⎧ x －1＝－3，y ＝2，z －3＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4，y ＝－2，z ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2，y ＝2，z ＝4.故点P 的坐标为(4，－2,2)或(－2,2,4)．10．在三棱锥A －BCD 中，DA ，DB ，DC 两两垂直，且DB ＝DC ，E 为BC 的中点，则直线AE 和BC ( )A ．垂直 B. 相交 C ．共面 D ．异面答案 ABC解析 因为E 为BC 的中点，所以AE →＝DE →－DA →＝12(DB →＋DC →)－DA →，因为在三棱锥A －BCD 中，DA ，DB ，DC 两两垂直，且DB ＝DC ， 所以AE →·BC →＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12DB →＋DC →－DA →·(DC →－DB →)＝12(DC →2－DB →2)＝0. 所以AE 和BC 垂直．又AE ，BC 显然相交，故选ABC.11．若直线l 的方向向量为a ＝(1,0,2)，平面α的法向量为n ＝(－2,0，－4)，则( ) A ．l ∥α B ．l ⊥α C ．l ⊂α D ．l 与α相交答案 BD解析 ∵a ＝(1,0,2)，n ＝(－2,0，－4)， ∴n ＝－2a ，即a ∥n ，∴l ⊥α.12．已知直线l 过点P (1,0，－1)且平行于向量a ＝(2,1,1)，平面α过直线l 与点M (1,2,3)，则平面α的法向量可能是( )A ．(1，－4,2) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫14，－1，12C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，1，－12D ．(0，－1,1)答案 ABC解析 因为PM →＝(0,2,4)，直线l 平行于向量a ，若n 是平面α的一个法向量，则必须满足PM →与法向量垂直，把选项代入验证，只有选项D 不满足，故选ABC. 三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，若点F 是侧面CD 1的中心，且AF →＝AD →＋mAB →－nAA 1→，则m ＝________. 答案 12解析 由于AF →＝AD →＋DF →＝AD →＋12(DC →＋DD 1—→)＝AD →＋12AB →＋12AA 1—→，所以m ＝12，n ＝－12.14．设平面α的法向量为m ＝(1,2，－2)，平面β的法向量为n ＝(－2，－4，k )，若α∥β，则k ＝________. 答案 4解析 由α∥β得1－2＝2－4＝－2k，解得k ＝4.15．在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1所成角的余弦值为________． 答案55解析 不妨设CB ＝1，则B (0,0,1)，A (2,0,0)，C 1(0,2,0)，B 1(0,2,1)． ∴BC 1—→＝(0,2，－1)，AB 1—→＝(－2,2,1)．cos 〈BC 1—→，AB 1—→〉＝BC 1—→·AB 1—→|BC 1—→|·|AB 1—→|＝0＋4－15×3＝55.16．在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为CC 1的中点，P ，Q 是正方体表面上相异两点，满足BP ⊥A 1E ，BQ ⊥A 1E .(1)若P ，Q 均在平面A 1B 1C 1D 1内，则PQ 与BD 的位置关系是________；(2)|A 1P |的最小值为________．(本题第一空2分，第二空3分) 答案 (1)平行 (2)324解析 (1)以D 为原点，以DA ，DC ，DD 1 所在的直线为 x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系如图所示，A 1(1,0,1)，E ⎝⎛⎭⎪⎫0，1，12，B (1,1,0) ，因为P ，Q 均在平面A 1B 1C 1D 1内，所以设P (a ，b ，1)，Q (m ，n ，1)，A 1E —→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，1，－12，BP →＝(a －1，b －1,1)，BQ →＝(m －1，n －1,1) ，因为BP ⊥A 1E , BQ ⊥A 1E ，所以⎩⎪⎨⎪⎧BP →·A 1E —→＝－a －1＋b －1－12＝0，BQ →·A 1E —→＝－m －1＋n －1－12＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧b －a ＝12，n －m ＝12，PQ →＝(n －b ，n －b ，0)，BD →＝(－1，－1,0) ，所以PQ 与BD 的位置关系是平行．(2)由(1)可知：b －a ＝12，|A 1P —→|＝a －12＋b 2＝a －12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋122 ＝2a 2－a ＋54＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a －142＋98， 当a ＝14时，|A 1P —→|有最小值，最小值为324.四．解答题(本大题共6小题，共70分)17．(10分)已知a ＝(x ，4,1)，b ＝(－2，y ，－1)，c ＝(3，－2，z )，a ∥b ，b ⊥c ，求： (1)a ，b ，c ；(2)a ＋c 与b ＋c 夹角的余弦值．解 (1)因为a ∥b ，所以x －2＝4y ＝1－1，解得x ＝2，y ＝－4，则a ＝(2,4,1)，b ＝(－2，－4，－1)． 又b ⊥c ，所以b ·c ＝0，即－6＋8－z ＝0， 解得z ＝2，于是c ＝(3，－2,2)．(2)由(1)得a ＋c ＝(5,2,3)，b ＋c ＝(1，－6,1)， 设a ＋c 与b ＋c 的夹角为θ， 因为cos θ＝5－12＋338·38＝－219.所以a ＋c 与b ＋c 夹角的余弦值为－219.18．(12分)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，PC ＝2，在四边形ABCD 中，CD ∥AB ，∠ABC ＝∠BCD ＝90°，AB ＝4，CD ＝1，点M 在PB 上，且PB ＝4PM ，∠PBC ＝30°，求证：CM ∥平面PAD .证明 建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz ，∵∠PBC ＝30°，PC ＝2， ∴BC ＝23，PB ＝4，∴D (1,0,0)，C (0,0,0)，A (4,23，0)，P (0，0,2)， ∵PB ＝4PM ， ∴PM ＝1，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，32， ∴CM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，32，DP →＝(－1,0,2)，DA →＝(3,23，0)，设平面PAD 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DP →＝0，n ·DA →＝0，即⎩⎨⎧－x ＋2z ＝0，3x ＋23y ＝0，令x ＝1，解得y ＝－32，z ＝12，故n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－32，12， 又∵CM →·n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，32·⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，12＝0，∴CM →⊥n ，又CM ⊄平面PAD ， ∴CM ∥平面PAD .19.(12分)如图，正方形ADEF 与梯形ABCD 所在的平面互相垂直，AD ⊥CD ，AB ∥CD ，AB ＝AD ＝2，CD ＝4，M 为CE 的中点．(1)求证：BM ∥平面ADEF ； (2)求证：BC ⊥平面BDE .证明 ∵平面ADEF ⊥平面ABCD ，平面ADEF ∩平面ABCD ＝AD ，AD ⊥ED ，ED ⊂平面ADEF ， ∴ED ⊥平面ABCD .以D 为原点，DA →，DC →，DE →分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系．则D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,4,0)，E (0,0,2)，F (2,0,2)． (1)∵M 为EC 的中点，∴M (0,2,1)，则BM →＝(－2,0,1)，AD →＝(－2,0,0)，AF →＝(0,0,2)， ∴BM →＝AD →＋12AF →，故BM →，AD →，AF →共面．又BM ⊄平面ADEF ，∴BM ∥平面ADEF .(2)BC →＝(－2,2,0)，DB →＝(2,2,0)，DE →＝(0,0,2)， ∵BC →·DB →＝－4＋4＝0，∴BC ⊥DB . 又BC →·DE →＝0，∴BC ⊥DE . 又DE ∩DB ＝D ，∴BC ⊥平面BDE .20．(12分)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面ABC 为正三角形，且侧棱AA 1⊥底面ABC ，且底面边长与侧棱长都等于2，O ，O 1分别为AC ，A 1C 1的中点，求平面AB 1O 1与平面BC 1O 间的距离． 解 如图，连接OO 1，根据题意，OO 1⊥底面ABC ，则以O 为原点，分别以OB ，OC ，OO 1所在的直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．∵AO 1∥OC 1，OB ∥O 1B 1，AO 1∩O 1B 1＝O 1，OC 1∩OB ＝O ， ∴平面AB 1O 1∥平面BC 1O .∴平面AB 1O 1与平面BC 1O 间的距离即为点O 1到平面BC 1O 的距离． ∵O (0,0,0)，B (3，0,0)，C 1(0,1,2)，O 1(0,0,2)， ∴OB →＝(3，0,0)，OC 1—→＝(0,1,2)，OO 1—→＝(0,0,2)， 设n ＝(x ，y ，z )为平面BC 1O 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·OB →＝0，n ·OC 1—→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＋2z ＝0，∴可取n ＝(0,2，－1)． 点O 1到平面BC 1O 的距离记为d ， 则d ＝|n ·OO 1—→||n |＝25＝255.∴平面AB 1O 1与平面BC 1O 间的距离为255.21．(12分)如图，在空间直角坐标系Dxyz 中，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1为长方体，AA 1＝AB ＝2AD ，点E ，F 分别为C 1D 1，A 1B 的中点，求平面B 1A 1B 与平面A 1BE 夹角的余弦值．解 设AD ＝1，则A 1(1,0,2)，B (1,2,0)，C 1(0,2,2)，D 1(0,0,2)， 因为E ，F 分别为C 1D 1，A 1B 的中点， 所以E (0,1,2)，F (1,1,1)，所以A 1E —→＝(－1,1,0)，A 1B —→＝(0,2，－2)， 设m ＝(x ，y ，z )是平面A 1BE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧A 1E —→·m ＝0，A 1B —→·m ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，2y －2z ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ，y ＝z ，取x ＝1，则y ＝z ＝1，所以平面A 1BE 的一个法向量为m ＝(1,1,1)． 又DA ⊥平面A 1B 1B ，所以DA →＝(1,0,0)是平面A 1B 1B 的一个法向量， 所以cos 〈m ，DA →〉＝m ·DA →|m ||DA →|＝13＝33，所以平面B 1A 1B 与平面A 1BE 夹角的余弦值为33. 22．(12分)如图所示， 已知几何体EFG －ABCD ，其中四边形ABCD ，CDGF ，ADGE 均为正方形，且边长为1，点M 在边DG 上．(1)求证：BM ⊥EF ；(2)是否存在点M ，使得直线MB 与平面BEF 所成的角为45°？若存在，确定点M 的位置；若不存在，请说明理由．(1)证明 因为四边形ABCD ，CDGF ，ADGE 均为正方形，所以GD ⊥DA ，GD ⊥DC ，AD ⊥CD ， 又DA ∩DC ＝D ，所以GD ⊥平面ABCD .以点D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ， 则B (1,1,0)，E (1,0,1)，F (0,1,1)．因为点M 在边DG 上，故可设M (0,0，t )(0≤t ≤1)．11 可得MB →＝(1,1，－t )，EF →＝(－1,1,0)，所以MB →·EF →＝1×(－1)＋1×1＋(－t )×0＝0，所以BM ⊥EF .(2)解 假设存在点M ，使得直线MB 与平面BEF 所成的角为45°. 设平面BEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，因为BE →＝(0，－1,1)，BF →＝(－1,0,1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·BE →＝0，n ·BF →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧ －y ＋z ＝0，－x ＋z ＝0， 令z ＝1，得x ＝y ＝1，所以n ＝(1,1,1)为平面BEF 的一个法向量， 所以cos 〈n ，MB →〉＝n ·MB →|n ||MB →|＝2－t3×2＋t 2.因为直线MB 与平面BEF 所成的角为45°，所以sin 45°＝|cos 〈n ，MB →〉|，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－t 3×2＋t 2＝22，解得t ＝－4±3 2.又0≤t ≤1，所以t ＝32－4. 所以存在点M (0,0,32－4)．当点M 位于DG 上，且DM ＝32－4时，直线MB 与平面BEF 所成的角为45°.。
2021-2022新教材数学人教B版选择性必修第一册章末检测：第一章 空间向量与立体几何
章末检测（一) 空间向量与立体几何本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，满分150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40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．已知空间四边形ABCD ，G 是CD 的中点，连接AG ，则AB ―→＋12 (BD ―→＋BC ―→)＝( ) A ．AG ―→B ．CG ―→C ．BC ―→D ．12 BC ―→解析：选A 在△BCD 中，因为点G 是CD 的中点，所以BG ―→＝12 (BD ―→＋BC ―→)，从而AB ―→＋12 (BD ―→＋BC ―→)＝AB ―→＋BG ―→＝AG ―→．2．已知a ＝(－3，2，5)，b ＝(1，5，－1)，则a ·(a ＋3b )＝( ) A ．(0，34，10) B ．(－3，19，7) C ．44D ．23解析：选C a ＋3b ＝(－3，2，5)＋3(1，5，－1)＝(0，17，2)，则a ·(a ＋3b )＝(－3，2，5)·(0，17，2)＝0＋34＋10＝44.3.如图所示，在空间四边形OABC 中，OA ―→＝a ，OB ―→＝b ，OC ―→＝c ，点M 在OA 上，且OM ＝2MA ，N 为BC 中点，则MN ―→＝( )A ．12 a －23 b ＋12 cB ．－23 a ＋12 b ＋12 cC ．12 a ＋12 b －12 cD ．－23 a ＋23 b －12 c解析：选B MN ―→＝ON ―→－OM ―→＝12 (OB ―→＋OC ―→)－23 OA ―→＝－23 a ＋12 b ＋12 c .4．夹在两平行平面α、β之间的两条射线段AB 和CD 的长分别为8和12，AB 和CD 在α内的射影长之比为3∶5，则α、β间的距离为( )A ．15B ．17C ．19D ．21解析：选C 设α与β之间距离为h ，设AB 和CD 在α内射影长分别为3a 和5a ，则有h ＝82－（3a ）2 ＝122－（5a ）2 ，∴a ＝5 ，故h ＝19 .5．在棱长为1的正四面体ABCD 中，E ，F 分别是BC ，AD 的中点，则AE ―→·CF ―→＝( ) A ．0 B ．12 C ．－34D ．－12解析：选D 设AB ―→＝a ，AC ―→＝b ，AD ―→＝c ， 则|a |＝|b |＝|c |＝1， 且a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝12 ，又AE ―→＝12 (a ＋b )，CF ―→＝12 c －b ， 因此AE ―→·CF ―→＝12 (a ＋b )·⎝ ⎛⎭⎪⎫12c －b ＝14 a ·c －12 a ·b ＋14 b ·c －12 b 2＝－12 ，故选D.6．在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点A 1到截面AB 1D 1的距离为( )A ．83 B ．38 C ．43D ．34解析：选C 建立如图所示的空间直角坐标系．则A (2，0，0)，B 1(2，2，4)，D 1(0，0，4)，A 1(2，0，4)，AB 1―→＝(0，2，4)，AD 1―→＝(－2，0，4)，AA 1―→＝(0，0，4).设平面AB 1D 1的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎨⎧AB 1―→·n ＝0， AD 1―→·n ＝0， 即⎩⎨⎧2y ＋4z ＝0，－2x ＋4z ＝0，令x ＝2，得n ＝(2，－2，1).所以A 1到平面AB 1D 1的距离为d ＝|AA 1―→·n ||n |＝43 .7．已知OA ―→＝(1，2，3)，OB ―→＝(2，1，2)，OP ―→＝(1，1，2)，点Q 在直线OP 上运动，则当QA ―→·QB ―→取得最小值时，点Q 的坐标为( )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫12，34，13B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，34C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，73解析：选C 设点Q (x ，y ，z ).因为点Q 在OP ―→上，所以OQ ―→∥OP ―→，可设x ＝λ，0≤λ≤1，则y ＝λ，z ＝2λ，则Q (λ，λ，2λ)，QA ―→＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，QB ―→＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，所以QA ―→·QB ―→＝6λ2－16λ＋10＝6⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－43 2 －23 .故当λ＝43 时，QA ―→·QB ―→取得最小值，此时点Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83 .故选C.8.如图，在四棱锥P -ABCD 中，侧面P AD 为正三角形，底面ABCD 为正方形，侧面P AD ⊥底面ABCD ，M 为底面ABCD 内的一个动点，且满足MP ＝MC .则点M 在正方形ABCD 内的轨迹为( )解析：选A 如图，以D 为原点，DA ，DC 所在的直线分别为x 轴，y 轴建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形ABCD 的边长为a ，M (x ，y ，0)，则0≤x ≤a ，0≤y ≤a ，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，0，3a 2 ，C (0，a ，0)，则|MC ―→|＝x 2＋（a －y ）2，|MP ―→|＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－x 2＋y 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 22.由|MP ―→|＝|MC ―→|，得x ＝2y ，所以点M 在正方形ABCD 内的轨迹为一条线段y ＝12 x (0≤x ≤a )，故选A.二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)9．有下列四个命题，其中正确的命题有( )A ．已知A ，B ，C ，D 是空间任意四点，则AB ―→＋BC ―→＋CD ―→＋DA ―→＝0 B ．若两个非零向量AB ―→与CD ―→满足AB ―→＋CD ―→＝0，则AB ―→∥CD ―→C ．分别表示空间向量的有向线段所在的直线是异面直线，则这两个向量可以是共面向量D ．对于空间的任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，若OP ―→＝x OA ―→＋y OB ―→＋z OC ―→(x ，y ，z ∈R )，则P ，A ，B ，C 四点共面解析：选BC 对于A ，已知A ，B ，C ，D 是空间任意四点，则AB ―→＋BC ―→＋CD ―→＋DA ―→＝0，错误；对于B ，若两个非零向量AB ―→与CD ―→满足AB ―→＋CD ―→＝0，则AB ―→∥CD ―→，正确；对于C ，分别表示空间向量的有向线段所在的直线是异面直线，则这两个向量可以是共面向量，正确；对于D ，对于空间的任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，若OP ―→＝x OA ―→＋y OB ―→＋z OC ―→(x ，y ，z ∈R )，仅当x ＋y ＋z ＝1时P ，A ，B ，C 四点共面，故错误．10.如图所示，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 为AC 的中点，则( )A ．〈A 1B ―→，B 1D 1―→〉＝120° B ．BD 1⊥AC C ．BD 1⊥EB 1 D ．∠BB 1E ＝45°解析：选ABC 以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz .设正方体的棱长为1，则B (1，1，0)，D 1(0，0，1)，A (1，0，0)，C (0，1，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0 ，B 1(1，1，1)，A 1(1，0，1).BD 1―→＝(－1，－1，1)，AC ―→＝(－1，1，0)， ∵BD 1―→·AC ―→＝(－1)×(－1)＋(－1)×1＋1×0＝0， ∴BD 1―→⊥AC ―→，∴BD 1⊥AC ，B 正确． EB 1―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1 ，∵BD 1―→·EB 1―→＝(－1)×12 ＋(－1)×12 ＋1×1＝0， ∴BD 1―→⊥EB 1―→，∴BD 1⊥EB 1，C 正确． A 1B ―→＝(0，1，－1)，B 1D 1―→＝(－1，－1，0)， cos 〈A 1B ―→，B 1D 1―→〉＝－12·2 ＝－12 ，∴〈A 1B ―→，B 1D 1―→〉＝120°，A 正确．B 1E ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－12，－1 ，B 1B ―→＝(0，0，－1)， cos 〈B 1E ―→，B 1B ―→〉＝114＋14＋1＝63 ≠22 ，D 不正确，故选A 、B 、C.11．如图，P A ⊥平面ABCD ，正方形ABCD 边长为1，E 是CD 的中点，F 是AD 上一点，当BF ⊥PE 时，则( )A ．AF ∶FD ＝2∶1B ．AF ∶FD ＝1∶1C ．若P A ＝1，则异面直线PE 与BC 所成角的余弦值为23 D ．若P A ＝1，则直线PE 与平面ABCD 所成角为30° 解析：选BC 建立如图所示的空间直角坐标系，设P A ＝a ，则B (1，0，0)，C (1，1，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0 ，P (0，0，a ).设点F 的坐标为(0，y ，0)， 则BF ―→＝(－1，y ，0)， PE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，－a ，∵BF ⊥PE ，∴BF ―→·PE ―→＝0，解得y ＝12 ，即点F 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0 ， ∴F 为AD 的中点，∴AF ∶FD ＝1∶1，B 正确，A 不正确．若P A ＝1，则P (0，0，1)，PE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，－1 ，BC ―→＝(0，1，0)，cos 〈PE ―→，BC ―→〉＝114＋1＋1＝23 ，故C 正确．AP ―→＝(0，0，1)，cos 〈AP ―→，PE ―→〉＝－114＋1＋1＝－23 ，故D 不正确．故选BC.12．正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角，下列结论正确的有( ) A ．AD 与BC 所成的角为30° B ．AC 与BD 所成的角为90°C ．BC 与面ACD 所成角的正弦值为33D ．平面ABC 与平面BCD 的夹角的正切值是 2解析：选BD 如图，取BD 的中点O ，连接AO ，CO ，则AO ⊥BD ，∵正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角，故平面ABD ⊥平面BCD ， 而平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，AO ⊂平面ABD ，故AO ⊥平面BCD .∴以O 为原点，OC 所在直线为x 轴，OD 所在直线为y 轴，OA 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设OC ＝1，则A (0，0，1)，B (0，－1，0)，C (1，0，0)，D (0，1，0)，∴BA ―→＝(0，1，1)，AD ―→＝(0，1，－1)，BC ―→＝(1，1，0)，AC ―→＝(1，0，－1)，BD ―→＝(0，2，0).∵cos 〈AD ―→，BC ―→〉＝AD ―→·BC ―→| AD ―→|| BC ―→| ＝12×2 ＝12 ，∵〈AD ―→，BC ―→〉∈[0，π]，故〈AD ―→，BC ―→〉＝π3 ， ∴异面直线AD 与BC 所成的角为60°，故A 错误； ∵AC ―→·BD ―→＝0，∴AC ⊥BD ，故B 正确； 设平面ACD 的法向量为t ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎨⎧t ·AC ―→＝x －z ＝0，t ·AD ―→＝y －z ＝0， 取z ＝1，得x ＝1，y ＝1，∴t ＝(1，1，1)，设BC 与面ACD 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈BC ―→，t 〉|＝|BC ―→·t ||BC ―→|·|t | ＝22×3 ＝63 ，故C 错误；易知平面BCD 的一个法向量为n ＝(0，0，1)， 设平面ABC 的法向量为m ＝(x ′，y ′，z ′)，则⎩⎨⎧m ·BA ―→＝y ′＋z ′＝0，m ·BC ―→＝x ′＋y ′＝0， 取x ′＝1，得y ′＝－1，z ′＝1，∴m ＝(1，－1，1)，设两个平面的夹角为α(α为锐角)，则cos α＝|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n | ＝33 ，故sin α＝63 ，故tan α＝2 . ∴平面ABC 与平面BCD 的夹角的正切值是2 ，故D 正确．故选B 、D.第Ⅱ卷(非选择题，共90分)三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上) 13．若A (－1，2，3)，B (2，－4，1)，C (x ，－1，－3)是以BC 为斜边的直角三角形的三个顶点，则x ＝________．解析：由题意得AB ―→＝(3，－6，－2)，AC ―→＝(x ＋1，－3，－6)，∴AB ―→·AC ―→＝3(x ＋1)＋18＋12＝0，解得x ＝－11.答案：－1114.如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC -A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为________．解析：不妨设CB ＝1，则B (0，0，1)，A (2，0，0)，C 1(0，2，0)，B 1(0，2，1). ∴BC 1―→＝(0，2，－1)，AB 1―→＝(－2，2，1).cos 〈BC 1―→，AB 1―→〉＝BC 1―→·AB 1―→| BC 1―→|·|AB 1―→| ＝0＋4－15×3 ＝55 .答案：5515.如图，已知矩形ABCD ，AB ＝1，BC ＝a ，P A ⊥平面ABCD ，若在BC 上只有一个点Q 满足PQ ⊥QD ，则a 的值等于________．解析：如图，建立空间直角坐标系Axyz ，则D (0，a ，0).设Q (1，t ，0)(0≤t ≤a )，P (0，0，z ). 则PQ ―→＝(1，t ，－z )， QD ―→＝(－1，a －t ，0).由PQ ⊥QD ，得－1＋t (a －t )＝0， 即t 2－at ＋1＝0.由题意知方程t 2－at ＋1＝0只一解． ∴Δ＝a 2－4＝0，a ＝2，这时t ＝1∈[0，a ]. 答案：216.如图，四面体ABCD 中，E ，F 分别为AB ，DC 上的点，且AE ＝BE ，CF ＝2DF ，设DA ―→＝a ，DB ―→＝b ，DC ―→＝c .(1)以{a ，b ，c }为基底表示FE ―→，则FE ―→＝________；(2)若∠ADB ＝∠BDC ＝∠ADC ＝60°，且|DA ―→|＝4，|DB ―→|＝3，|DC ―→|＝3，则|FE ―→|＝________．解析：(1)如图所示，连接DE .因为FE ―→＝FD ―→＋DE ―→，FD ―→＝－DF ―→＝－13 DC ―→，DE ―→＝12 (DA ―→＋DB ―→)，所以FE ―→＝12 a ＋12 b －13 c .(2)|FE ―→|2＝⎝⎛⎭⎪⎫12a ＋12b －13c 2 ＝14 a 2＋14 b 2＋19 c 2＋12 a ·b －13 a ·c －13 b ·c ＝14 ×42＋14 ×32＋19 ×32＋12 ×4×3×12 －13 ×4×3×12 －13 ×3×3×12 ＝274 .所以|FE ―→|＝332 .答案：(1)12 a ＋12 b －13 c (2)332四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，求D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值．解：建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，由于AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，所以A 1(1，0，1)，B (1，2，0)，C 1(0，2，1)，D 1(0，0，1)，所以A 1C 1―→＝(－1，2，0)，BC 1―→＝(－1，0，1)，D 1C 1―→＝(0，2，0).设平面A 1BC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎨⎧A 1C 1―→·n ＝0，BC 1―→·n ＝0， 即⎩⎨⎧－x ＋2y ＝0，－x ＋z ＝0，令x ＝2，得y ＝1，z ＝2，则n ＝(2，1，2).设D 1C 1与平面A 1BC 1所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈D 1C 1―→，n 〉|＝|D 1C 1―→·n ||D 1C 1―→||n | ＝22×3 ＝13 ，即D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为13 .18．(本小题满分12分)如图一块矿石晶体的形状为四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1，底面ABCD 是正方形，CC 1＝3，CD ＝2，且∠C 1CB ＝∠C 1CD ＝60°.(1)设CD ―→＝a ，CB ―→＝b ，CC 1―→＝c ，试用a ，b ，c 表示A 1C ―→； (2)已知O 为四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的中心，求CO 的长． 解：(1)由CD ―→＝a ，CB ―→＝b ，CC 1―→＝c 得：CA 1―→＝a ＋b ＋c ， 所以A 1C ―→＝－a －b －c .(2)O 为四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的中心，即O 为线段A 1C 的中心，由已知条件得：|a |＝|b |＝2，|c |＝3，a ·b ＝0，〈a ，c 〉＝60°，〈b ，c 〉＝60°， 由(1)得CA 1―→＝a ＋b ＋c ， |CA 1―→|2＝CA 1―→2＝(a ＋b ＋c )2 ＝a 2＋b 2＋c 2＋2a ·b ＋2b ·c ＋2a ·c＝22＋22＋32＋0＋2×2×3×cos 60°＋2×2×3×cos 60°＝29. 所以A 1C ―→的长为29 ，所以CO 的长为292 .19．(本小题满分12分)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，PG ⊥平面ABCD ，垂足为G ，G 在AD 上，且PG ＝4，AG ＝13 GD ，BG ⊥GC ，GB ＝GC ＝2，E 是BC 的中点．(1)求异面直线GE 与PC 所成角的余弦值；(2)若F 是棱PC 上一点，且DF ⊥GC ，求PFFC 的值． 解：(1)以G 点为原点，GB ，GC ，GP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B (2，0，0)，C (0，2，0)，P (0，0，4)，故E (1，1，0)，GE ―→＝(1，1，0)，PC ―→＝(0，2，－4).∵cos 〈GE ―→，PC ―→〉＝GE ―→·PC ―→|GE ―→||PC ―→|＝22×20＝1010 ，∴GE 与PC 所成角的余弦值为1010 . (2)∵GD ―→＝34 BC ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，32，0 ，∴D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，32，0 .设F (0，y ，z )，则DF ―→＝(0，y ，z )－⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，32，0 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，y －32，z .∵DF ―→⊥GC ―→，∴DF ―→·GC ―→＝0，即⎝ ⎛⎭⎪⎫32，y －32，z ·(0，2，0)＝2y －3＝0，∴y ＝32 . 又点F 在PC 上，∴PF ―→＝λPC ―→，即⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，z －4 ＝λ(0，2，－4)，∴z ＝1，故F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，1 ， ∴PF ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，－3 ，FC ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，－1 ，∴PFFC ＝35252＝3.20．(本小题满分12分)试在①PC ⊥BD ；②PC ⊥AB ；③P A ＝PC ，三个条件中选两个条件补充在下面的横线处，使得PO ⊥平面ABCD 成立，请说明理由，并在此条件下进一步解答该题：如图，在四棱锥P -ABCD 中，AC ∩BD ＝O ，底面四边形ABCD 为菱形，若________，且∠ABC ＝60°，异面直线PB 与CD 所成的角为60°，求二面角A -PB -C 的余弦值．解：若选②：由PO ⊥平面ABCD ，PC ⊥AB ，PO ∩PC ＝P ， 所以AB ⊥平面P AC ，所以AB ⊥AC ， 所以∠BAC ＝90°，BC >BA ，这与底面四边形ABCD 为菱形矛盾，所以②必不选，故选①③. 下面证明：PO ⊥平面ABCD ，因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD .因为PC ⊥BD ，PC ∩AC ＝C ， 所以BD ⊥平面APC .又因为PO ⊂平面APC ，所以BD ⊥PO . 因为P A ＝PC ，O 为AC 中点，所以PO ⊥AC . 又AC ∩BD ＝O ，所以PO ⊥平面ABCD ，因为PO ⊥平面ABCD ，以O 为坐标原点，以OB ―→，OC ―→，OP ―→的方向分别作为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立如图空间直角坐标系，因为AB ∥CD ，所以∠PBA 为异面直线PB 与CD 所成的角， 所以∠PBA ＝60°.在菱形ABCD 中，设AB ＝2，因为∠ABC ＝60°，所以OA ＝1，OB ＝3 ， 设PO ＝a ，则P A ＝a 2＋1 ，PB ＝a 2＋3 .在△PBA 中，由余弦定理得P A 2＝BA 2＋BP 2－2BA ·BP ·cos ∠PBA ，所以a 2＋1＝4＋a 2＋3－2×2a 2＋3 ×12 ，解得a ＝6 ， 所以A (0，－1，0)，B (3 ，0，0)，C (0，1，0)，P (0，0，6 ). 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ABP 的法向量， AB ―→＝(3 ，1，0)，AP ―→＝(0，1，6 )， 由⎩⎨⎧n 1·AB ―→＝0，n 1·AP ―→＝0， 可得⎩⎨⎧3x 1＋y 1＝0，y 1＋6z 1＝0，令z 1＝1得n 1＝(2 ，－6 ，1). 设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面CBP 的法向量， CB ―→＝(3 ，－1，0)，CP ―→＝(0，－1，6 )，由⎩⎨n 2·CP ―→＝0， 可得⎩⎨22y 2－6z 2＝0，令z 2＝1得n 2＝(2 ，6 ，1). 设二面角A -PB -C 的平面角为θ， 所以cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2| ＝13 ，所以二面角A -PB -C 的余弦值为13 .21．(本小题满分12分)如图，边长为2的等边△PCD 所在的平面垂直于矩形ABCD 所在的平面，BC ＝22 ，M 为BC 的中点．(1)证明：AM ⊥PM ；(2)求二面角P -AM -D 的大小； (3)求点D 到平面AMP 的距离．解：(1)证明：以D 点为原点，分别以直线DA ，DC 为x 轴，y 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，依题意，可得D (0，0，0)，P (0，1，3 )，C (0，2，0)，A (22 ，0，0)，M (2 ，2，0).PM ―→＝(2 ，1，－3 )，AM ―→＝(－2 ，2，0)， ∴PM ―→·AM ―→＝(2 ，1，－3 )·(－2 ，2，0)＝0， 即PM ―→⊥AM ―→，∴AM ⊥PM .(2)设n ＝(x ，y ，z )为平面P AM 的法向量，则⎩⎨n ·AM ―→＝0， 即⎩⎨－2x ＋2y ＝0，取y ＝1，得n ＝(2 ，1，3 ).取p ＝(0，0，1)，显然p 为平面ABCD 的一个法向量， ∴cos 〈n ，p 〉＝n ·p |n ||p | ＝36 ＝22 .结合图形可知，二面角P -AM -D 为45°.(3)设点D 到平面AMP 的距离为d ，由(2)可知n ＝(2 ，1，3 )与平面P AM 垂直，则 d ＝|DA ―→·n ||n | ＝|（22，0，0）·（2，1，3）|（2）2＋12＋（3）2 ＝263 ，即点D 到平面AMP 的距离为263 .22．(本小题满分12分)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，四边形AA 1C 1C 是边长为4的正方形，平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，AB ＝3，BC ＝5.(1)求证：AA 1⊥平面ABC ； (2)求二面角A 1BC 1B 1的余弦值；(3)证明：在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B ，并求BDBC 1的值．解：(1)证明：因为四边形AA 1C 1C 为正方形，所以AA 1⊥AC .因为平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，且AA 1垂直于这两个平面的交线AC ，所以AA 1⊥平面ABC .(2)由(1)知AA 1⊥AC ，AA 1⊥AB .由题意知AB ＝3，BC ＝5，AC ＝4，所以AB ⊥AC .如图，以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系，则B (0，3，0)，A 1(0，0，4)，B 1(0，3，4)，C 1(4，0，4).所以A 1B ―→＝(0，3，－4)，A 1C 1―→＝(4，0，0)，BB 1―→＝(0，0，4)，BC 1―→＝(4，－3，4).设平面A 1BC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎨⎧n ·A 1B ―→＝0，n ·A 1C 1―→＝0，即⎩⎨⎧3y －4z ＝0，4x ＝0.令z ＝3，则x ＝0，y ＝4，所以平面A 1BC 1的一个法向量为n ＝(0，4，3). 设平面B 1BC 1的一个法向量为m ＝(a ，b ，c )， 则⎩⎨⎧m ·BB 1―→＝0，m ·BC 1―→＝0， 即⎩⎨⎧4c ＝0，4a －3b ＋4c ＝0. 令a ＝3，得b ＝4，c ＝0，故平面B 1BC 1的一个法向量为m ＝(3，4，0). 所以cos 〈n ，m 〉＝n ·m|n ||m | ＝1625 . 由题意知二面角A 1BC 1B 1为锐角， 所以二面角A 1BC 1B 1的余弦值为1625 .(3)假设D (x 1，y 1，z 1)是线段BC 1上一点，且BD ―→＝λBC 1―→(λ∈[0，1])， 所以(x 1，y 1－3，z 1)＝λ(4，－3，4). 解得x 1＝4λ，y 1＝3－3λ，z 1＝4λ， 所以AD ―→＝(4λ，3－3λ，4λ).由AD ―→·A 1B ―→＝0，得9－25λ＝0，解得λ＝925 . 因为925 ∈[0，1]，所以在线段BC 1上存在点D ， 使得AD ⊥A 1B .此时BD BC 1＝925 .。
高一物理必修一(2019)第一章运动的描述 章末检测一(含答案)
B．a1=﹣3.5m/s2，a2=﹣3.5m/s2
C．a1=﹣2.5m/s2，a2=﹣3.5m/s2
D．a1=3.5m/s2，a2=﹣3.5m/s2
8．关于加速度，下列说法正确的是（ ）
A．速度变化越大，加速度一定越大
B．加速度为零，速度也一定为零
C．加速度的方向一定与物体所受合外力的方向一致
B．研究汽车在地图上的实时位置时，汽车可以被看成质点
C．图中显示23分钟和6.9公里分别指的是时间间隔汽车的平均速度不超过50 km/h
3．雷达是一种利用电磁波来测定物体位置和速度的设备，某防空雷达发现一架飞机正在以水平速度朝雷达正上方匀速飞来，某时刻在雷达监视屏上显示的发射和接收的波形如图甲所示，经过 后雷达向正上方发射和接收到的波形如图乙所示，已知雷达屏上相邻刻度线间表示的时间间隔为 ，则该飞机的飞行速度大小约为（）
点睛：解决本题的关键知道位移时间图象的物理意义，知道图线斜率表示速度，匀速直线运动的加速度为零．
13．(1)6.61 m/s2；(2)9.26 s
【详解】
(1)末速度
v＝100 km/h＝ m/s≈27.78 m/s
平均加速度
(2)所需时间
14．11
【详解】
客车往返一次用时
每5min发一辆车，则坐在第一辆从甲站发出的A型客车上的乘务员往返途中遇上的A型客车数
12．一遥控玩具汽车在平直路上运动的位移—时间图像如图所示，则下列正确的是（）
A．15s内汽车的位移为30m
B．前10s内汽车的加速度为3m/s2
C．20s末汽车的速度大小为1m/s
D．前25s内汽车做单方向直线运动
三、解答题
章末检测1：章末检测试卷(一)
章末检测试卷(一)(时间：90分钟 满分：100分)一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24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．下面列举的装置各有一定的道理，其中不能用动量定理进行解释的是( )A ．运输玻璃器皿等易碎物品时，在器皿的四周总是垫着碎纸或海绵等柔软、有弹性的垫衬物B ．建筑工人戴的安全帽内有帆布垫，把头和帽子的外壳隔开一定的空间C ．热水瓶胆做成两层，且把两层中间的空气抽去D ．跳高运动中的垫子总是十分松软答案 C2．如图1所示，在光滑的水平面上放置有两木块A 和B ，A 的质量较大，现同时施加大小相等的恒力F 使它们相向运动，然后又同时撤去外力F ，A 和B 迎面相碰后合在一起，则A 和B 合在一起后的运动情况是( )图1A ．停止运动B ．因A 的质量较大而向右运动C ．因B 的速度较大而向左运动D ．运动方向不确定答案 A解析 由动量定理知，A 和B 在碰撞之前的动量等大反向，合动量为零，碰撞过程中动量守恒，因此碰撞合在一起之后的总动量仍为零，即停止运动，故选A.3．(2019·湖北重点高中联考)一只小船质量为M ，船上人的质量为m .船原来以速度v 0行驶，当船上的人以相对地面的水平速度v 0沿船行反方向跳离船时，不计水的阻力，则船的速度大小变为( )A ．v 0B.m M v 0C.M ＋m M v 0D.M ＋2m Mv 0 答案 D解析 当船上的人以相对地面的水平速度v 0沿船行反方向跳离船时，小船和人组成的系统动量守恒，以小船原来的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：(M ＋m )v 0＝m (－v 0)＋M v解得：v ＝M ＋2m Mv 0，故D 正确． 4．一质量为60 kg 的建筑工人不慎由静止从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来．已知弹性安全带从开始伸直到拉伸到最长的缓冲时间是1.5 s ，安全带自然长度为5 m ，g 取10 m/s 2，则安全带所受的平均冲力的大小为( )A ．500 NB ．1 100 NC ．600 ND ．1 000 N答案 D解析 设建筑工人下落5 m 时速度为v ，则v ＝2gh ＝2×10×5 m/s ＝10 m/s ，设安全带所受平均冲力大小为F ，则由动量定理得：(mg －F )t ＝－m v ，所以F ＝mg ＋m v t＝60×10 N ＋60×101.5N ＝1 000 N ，故D 对，A 、B 、C 错． 5．a 、b 两球在光滑的水平面上沿同一直线发生正碰，碰撞前a 球的动量p a ＝30 kg·m/s ，b 球的动量p b ＝0，碰撞过程中，a 球的动量减少了20 kg·m/s ，则碰撞后b 球的动量为( )A ．－20 kg·m/sB ．10 kg·m/sC ．20 kg·m/sD ．30 kg·m/s 答案 C解析 碰撞过程中，a 球的动量减少了20 kg·m/s ，故此时a 球的动量是10 kg·m/s ，a 、b 两球碰撞前后总动量保持不变，为30 kg·m/s ，则碰撞后b 球的动量为20 kg·m/s.6．(2018·济南市高二下期末)一只爆竹竖直升空后，在高为h 处达到最高点并发生爆炸，分为质量不同的两块，两块质量之比为3∶1，其中质量小的一块获得大小为v 的水平速度，重力加速度为g ，不计空气阻力，则两块爆竹落地后相距( ) A.v 42h g B.2v 32h g C ．4v2h g D.4v 32h g 答案 D解析 设其中一块质量为m ，另一块质量为3m .爆炸过程系统水平方向动量守恒，以速度v的方向为正方向，由动量守恒定律得：m v －3m v ′＝0，解得v ′＝v 3；设两块爆竹落地用的时间为t ，则有：h ＝12gt 2，得t ＝2h g ，落地后两者间的距离为：s ＝(v ＋v ′)t ，联立各式解得：s ＝4v 32h g ，故选D.7.如图2所示，半径为R 的光滑半圆槽质量为M ，静止在光滑水平面上，其内表面有一质量为m 的小球被竖直细线吊着位于槽的边缘处，现将线烧断，小球滑行到最低点向右运动时，槽的速度为(重力加速度为g )( )图2A ．0 B.m M 2MgR M ＋m ，方向向左 C.m M 2MgR M ＋m，方向向右 D ．不能确定答案 B解析 以水平向右为正方向，设在最低点时m 和M 的速度大小分别为v 和v ′，根据动量守恒定律得：0＝m v －M v ′，根据机械能守恒定律得：mgR ＝12m v 2＋12M v ′2，联立以上两式解得v ′＝m M 2MgR M ＋m，方向向左，故选项B 正确． 8.如图3所示，在光滑的水平地面上停放着质量为m 的装有14弧形槽的小车．现有一质量也为m 的小球以v 0的水平速度沿与切线水平的槽口向小车滑去，不计一切摩擦，则( )图3A ．在相互作用的过程中，小车和小球组成的系统总动量守恒B ．小球从右侧离开车后，对地将向右做平抛运动C ．小球从右侧离开车后，对地将做自由落体运动D ．小球从右侧离开车后，小车的速度有可能大于v 0答案 C解析 整个过程中系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故A 错误；设小球离开小车时，小球的速度为v 1，小车的速度为v 2，整个过程中水平方向动量守恒：m v 0＝m v 1＋m v 2，由机械能守恒得：12m v 02＝12m v 12＋12m v 22，联立解得v 1＝0，v 2＝v 0，即小球与小车分离时二者交换速度，所以小球从小车右侧离开后对地将做自由落体运动，故B 、D 错误，C 正确．二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．9．如图4所示，用水平轻弹簧相连的物块a 和b 放在光滑的水平面上，物块a 紧靠竖直墙壁，物块c 以初速度v 0向物块b 运动并在极短时间内与b 粘在一起．对于由物块a 、b 、c 和弹簧所组成的系统，在下列依次进行的过程中，机械能守恒但动量不守恒的是( )图4A ．c 刚与b 接触→c 与b 粘在一起B ．b 和c 整体向左运动→弹簧压缩量第一次最大C ．弹簧压缩量第一次最大→弹簧第一次恢复原长D ．弹簧第一次恢复原长→弹簧伸长量第一次最大答案 BC解析 c 与b 粘在一起，发生的是完全非弹性碰撞，动量守恒，机械能损失最大，故A 错误；b 和c 整体向左运动→弹簧压缩量第一次最大，动能转化成弹簧的弹性势能，机械能守恒，但动量不守恒，故B 正确；弹簧压缩量第一次最大→弹簧第一次恢复原长，弹性势能转化成动能，机械能守恒，但是动量增加，故C 正确；弹簧第一次恢复原长→弹簧伸长量第一次最大，动量守恒，机械能守恒，故D 错误．10．质量为m 的小球A ，沿光滑水平面以v 0的速度与质量为2m 的静止小球B 发生正碰，碰撞后A 球的动能变为原来的19，那么小球B 的速度可能是( ) A.13v 0 B.23v 0 C.49v 0 D.59v 0 答案 AB解析 根据E k ＝12m v 2，碰撞后A 球的动能变为原来的19，则A 球的速度变为v A ′＝±13v 0，正、负表示方向有两种可能．当v A ′＝13v 0时，v A ′与v 0同向，有 m v 0＝13m v 0＋2m v B ，解得v B ＝13v 0 当v A ′＝－13v 0时，v A ′与v 0反向，有 m v 0＝－13m v 0＋2m v B ，解得v B ＝23v 0，故选A 、B.11.小车静置于光滑的水平面上，小车的A 端固定一个水平轻质小弹簧，B 端粘有橡皮泥，小车的质量为M ，质量为m 的木块C 放在小车上，用细绳连接于小车的A 端并使弹簧压缩(细绳未画出)，开始时小车与C 都处于静止状态，木块C 距小车右端的距离为L ，如图5所示，当突然烧断细绳，弹簧被释放，使木块C 离开弹簧向B 端冲去，并跟B 端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是( )图5A ．如果小车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒B ．当木块相对地面运动的速度大小为v 时，小车相对地面运动的速度大小为m M vC ．小车向左运动的最大位移为mL M ＋mD ．小车向左运动的最大位移为m ML 答案 BC解析 小车、弹簧与木块C 这一系统所受合外力为零，系统在整个过程动量守恒，但粘接过程有机械能损失．M v ′－m v ＝0，则v ′＝m Mv ，该系统属于“人船模型”，Md ＝m (L －d )，所以车向左运动的最大位移应等于d ＝mL M ＋m，综上，选项B 、C 正确． 12.(2020·郑州一中高二期中)如图6所示，质量为m 的小球A 静止于光滑的水平面上，在球A 和墙之间用水平轻弹簧连接，现用完全相同的小球B 以水平速度v 0与A 相碰撞，碰撞后两球粘在一起压缩弹簧．若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为E ，从球A 被碰撞到回到原静止位置的过程中弹簧对A 、B 整体的冲量大小为I ，则下列表达式中正确的是( )图6A ．E ＝14m v 02 B ．E ＝12m v 02 C ．I ＝m v 0D ．I ＝2m v 0答案 AD解析 选取A 、B 作为一个系统，设两球碰撞后的速度为v ，在A 、B 两球碰撞过程中，以v 0的方向为正方向，由动量守恒定律可得：m v 0＝(m ＋m )v ，解得v ＝v 02，再将A 、B 及轻弹簧作为一个系统，在压缩弹簧过程中利用机械能守恒定律可得：弹簧最大弹性势能E ＝12×2m ⎝⎛⎭⎫v 022＝14m v 02，A 正确，B 错误；弹簧压缩到最短后，A 、B 开始向右运动，弹簧恢复原长时，由机械能守恒定律可知，A 、B 的速度大小均为v 02，以水平向右为正方向，从球A 被碰撞到回到原静止位置的过程中，弹簧对A 、B 整体的冲量大小I ＝2m ×v 02－2m ×⎝⎛⎭⎫－v 02＝2m v 0，C 错误，D 正确．三、非选择题(本题6小题，共60分)13．(6分)(2019·玉溪一中期中)如图7所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．图7(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是可以通过仅测量________(填选项前的符号)间接地解决这个问题．A ．小球开始释放高度hB ．小球抛出点距地面的高度HC ．小球做平抛运动的射程(2)图中O 点是小球抛出点在地面上的垂直投影点．实验时，先将入射球m 1多次从斜轨上S 位置静止释放，找到其平均落地点的位置P ，测量平抛射程OP .然后，把被碰小球m 2静置于轨道的水平部分，再将入射球m 1从斜轨上S 位置由静止释放，与小球m 2相撞，并多次重复．(小球质量关系满足m 1>m 2)接下来要完成的必要步骤是________．(填选项前的符号)A ．用天平测量两个小球的质量m 1、m 2B ．测量小球m 1开始释放时的高度hC ．测量抛出点距地面的高度HD ．分别找到m 1、m 2相碰后平均落地点的位置M 、NE ．测量平抛射程OM 、ON(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为________[用(2)中测量的量表示]． 答案 (1)C(2分) (2)ADE(2分) (3)m 1·OM ＋m 2·ON ＝m 1·OP (2分)解析 (1)验证动量守恒定律实验中，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是可以由落地高度不变情况下的水平射程来体现速度．故选C.(2)实验时，先让入射球m 1多次从斜轨上S 位置静止释放，找到其平均落地点的位置P ，测量平抛射程OP.然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球从斜轨上S位置静止释放，与小球相碰，并多次重复．测量平均落地点的位置，找到平抛运动的水平位移，因此步骤中D、E是必需的，而且D要在E之前．至于用天平测量质量，先后均可以．故选A、D、E.(3)若两球相碰前后的动量守恒，则m1v0＝m1v1＋m2v2，又OP＝v0t，OM＝v1t，ON＝v2t，代入得：m1OP＝m1OM＋m2ON.14．(8分)(2019·济宁市模拟考试)为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞，某同学选取了两个体积相同、质量相差比较大的小球a、b，按下述步骤做了实验：图8①用天平测出两小球a、b的质量(分别为m1和m2，且m1>m2)．②按如图8所示安装好实验器材，将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端切线水平，将一斜面BC连接在斜槽末端．③先不放小球b，让小球a从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置．④将小球b放在斜槽末端边缘处，让小球a从斜槽顶端A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，分别记下小球a和b在斜面上的落点位置．⑤用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离．图中点D、E、F是该同学记下小球在斜面上的落点位置，到B点的距离分别为L D、L E、L F.根据该同学的实验，回答下列问题：(1)在不放小球b时，小球a从斜槽顶端A处由静止开始滚下，a的落点在图中________点，把小球b放在斜槽末端边缘处，小球a从斜槽顶端A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，碰后小球a的落点在图中________点．(2)若碰撞过程中，动量和机械能均守恒，不计空气阻力，则下列表达式中正确的有________．A．m1L F＝m1L D＋m2L EB．m1L E2＝m1L D2＋m2L F2C．m1L E＝m1L D＋m2L FD．L E＝L F－L D答案(1)E(2分)D(2分)(2)C(4分)解析(1)小球a从斜槽顶端A处由静止开始滚下，a的落点在题图中的E点，小球a和小球b相撞后，小球b的速度增大，小球a的速度减小，都做平抛运动，所以碰撞后a球的落点是D点，b球的落点是F点．(2)设斜面BC 的倾角为θ，小球落点到B 点的距离为L ，小球从B 点抛出时速度为v ，则竖直方向有L sin θ＝12gt 2，水平方向有L cos θ＝v t ，解得v ＝L cos θt ＝L cos θ2L sin θg ＝cos θ2sin θgL ，所以v ∝L .由题意分析得，只需满足m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2，把速度v 代入整理得m 1L E ＝m 1L D ＋m 2L F ，就可说明两球碰撞过程中动量守恒；若两小球的碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后机械能没有损失，则要满足关系式12m 1v 12＝12m 1v 1′2＋12m 2v 22，整理得m 1L E ＝m 1L D ＋m 2L F ，故C 正确．15．(8分)(2019·陕西怀仁高二期中)如图9所示，人站在滑板A 上，以v 0＝3 m/s 的速度沿光滑水平面向右运动．当靠近前方的横杆时，人相对滑板竖直向上起跳越过横杆，A 从横杆下方通过，与静止的滑板B 发生碰撞并粘在一起，之后人落到B 上，与滑板一起运动，已知人、滑板A 和滑板B 的质量分别为m 人＝70 kg 、m A ＝10 kg 和m B ＝20 kg ，求：图9(1)A 、B 碰撞过程中，A 对B 的冲量的大小和方向；(2)人最终与滑板的共同速度的大小．答案 (1)20 kg·m/s 方向水平向右 (2)2.4 m/s解析 (1)人跳起后A 与B 碰撞前后动量守恒，设碰后AB 的速度为v 1，m A v 0＝(m A ＋m B )v 1 (2分)解得：v 1＝1 m/s(1分)A 对B 的冲量：I ＝m B v 1＝20×1 kg·m/s ＝20 kg·m/s 方向水平向右．(2分)(2)人下落与AB 作用前后，水平方向动量守恒，设共同速度为v 2，m 人v 0＋(m A ＋m B )v 1＝(m 人＋m A ＋m B )v 2(2分)代入数据得：v 2＝2.4 m/s.(1分)16．(12分)如图10所示，在光滑水平面上静止放着一质量为2m 的木板B ，木板表面光滑，右端固定一水平轻质弹簧，质量为m 的木块A 以速度v 0从木板的左端水平向右滑上木板B .图10(1)求弹簧的最大弹性势能；(2)弹簧被压缩至最短的过程中，求弹簧给木块A 的冲量；(3)当木块A 和木板B 分离时，求木块A 和木板B 的速度．答案 (1)13m v 02 (2)23m v 0，方向水平向左 (3)13v 0，方向水平向左 23v 0，方向水平向右 解析 (1)弹簧被压缩到最短时，木块A 与木板B 具有相同的速度，此时弹簧的弹性势能最大，设共同速度为v ，从木块A 开始沿木板B 表面向右运动至弹簧被压缩到最短的过程中，A 、B 和轻弹簧组成的系统的动量守恒，取向右为正方向，有m v 0＝(m ＋2m )v (2分)由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能E p ＝12m v 02－12(m ＋2m )v 2(1分) 解得E p ＝13m v 02(1分) (2)对木块A ，根据动量定理得I ＝m v －m v 0(1分)解得I ＝－23m v 0，负号表示方向水平向左(1分) (3)从木块A 滑上木板B 直到二者分离，系统的机械能守恒，设分离时A 、B 的速度分别为v 1和v 2，根据动量守恒定律得m v 0＝m v 1＋2m v 2(2分)根据机械能守恒定律得12m v 02＝12m v 12＋12×2m v 22 (2分) 解得v 1＝－v 03，v 2＝2v 03，负号表示方向水平向左．(2分) 17.(12分)两块质量都是m 的木块A 和B 在光滑水平面上均以大小为v 02的速度向左匀速运动，中间用一根劲度系数为k 的水平轻弹簧连接，如图11所示．现从水平方向迎面射来一颗子弹，质量为m 4，速度大小为v 0，子弹射入木块A (时间极短)并留在其中．求：图11(1)在子弹击中木块后的瞬间木块A 、B 的速度v A 和v B 的大小．(2)在子弹击中木块后的运动过程中弹簧的最大弹性势能．答案 (1)v 05 v 02 (2)140m v 02 解析 (1)在子弹打入木块A 的瞬间，由于相互作用时间极短，弹簧来不及发生形变，A 、B都不受弹簧弹力的作用，故v B ＝v 02；(1分) 由于此时A 不受弹簧的弹力，木块A 和子弹构成的系统在这极短过程中所受合外力为零，系统动量守恒，选向左为正方向，由动量守恒定律得：m v 02－m v 04＝(m 4＋m )v A (2分) 解得v A ＝v 05(2分)(2)在弹簧压缩过程中木块A (包括子弹)、B 与弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒． 设弹簧压缩量最大时共同速度的大小为v ，弹簧的最大弹性势能为E pm ，选向左为正方向，由动量守恒定律得： 54m v A ＋m v B ＝(54m ＋m )v (2分) 由机械能守恒定律得：12×54m v A 2＋12m v B 2＝12×(54m ＋m )v 2＋E pm (3分) 联立解得v ＝13v 0，E pm ＝140m v 02.(2分) 18．(14分)(2020·荆门市龙泉中学期末考试)在光滑水平面上静置有质量均为m 的木板AB 和滑块CD ，木板AB 上表面粗糙，滑块CD 上表面是光滑的14圆弧，其始端D 点切线水平且与木板AB 上表面平滑相接，如图12所示．一可视为质点的物块P ，质量也为m ，从木板AB的右端以初速度v 0滑上木板AB ，过B 点时速度为v 02，又滑上滑块CD ，最终恰好能滑到滑块CD 圆弧的最高点C 处．已知物块P 与木板AB 间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g .求：图12(1)物块滑到B 处时木板的速度v AB ；(2)木板的长度L ；(3)滑块CD 圆弧的半径．答案 (1)v 04，方向向左 (2)5v 0216μg (3)v 0264g解析 (1)物块由点A 到点B 时，取向左为正方向，由动量守恒定律得m v 0＝m v B ＋2m ·v AB (2分)又v B ＝v 02，(1分) 解得v AB ＝v 04，方向向左(1分) (2)物块由点A 到点B 时，根据能量守恒定律得12m v 02－12m (v 02)2－12×2m (v 04)2＝μmgL (3分) 解得L ＝5v 0216μg.(1分) (3)由点D 到点C ，滑块CD 与物块P 组成的系统在水平方向上动量守恒m ·v 02＋m ·v 04＝2m v 共(2分) 滑块CD 与物块P 组成的系统机械能守恒mgR ＝12m (v 02)2＋12m (v 04)2－12×2m v 共2(2分) 联立解得，滑块CD 圆弧的半径为R ＝v 0264g .(2分)。
2021-2022学年新教材高中地理第一章地球的运动章末检测含解析湘教版选择性必修1
章末检测(一)一、选择题几十亿年来，地球按照一定的规律不停地自转和公转着。
据此答复1～2题。
1．假设地球“叮〞的一声停止自转，分别站在0°、30°、60°、80°纬线上的甲、乙、丙、丁四人瞬间会( )A．都向东同速飞出B．都向西同速飞出C．甲向东飞出且速度最快D．丁向东飞出且速度最快2．假设地球只公转不自转，地球外表可能( )A．不分昼夜B．没有四季C．没有大气环流D．没有地转偏向力以下图为我国南方某中学的刘老师于10月1日在校园散步时用向前方抓拍的校园景观。
据此完成3～4题。
3．以下刘老师的前进方向和抓拍时间的搭配中，最合理的是( )A．东南5：30B．西南17：00C．东北5：30D．西北17：004．刘老师想在同一时刻，同一地点抓拍到一样的照片，应选择的日期是( )A．3月13日前后B．6月30日前后C．10月30日前后D．12月13日前后北京时间2021年6月21日23时54分是夏至节气到来的时刻。
下表为某城市夏至日前后几天的日出、日落时间(北京时间)表。
据此完成5～7题。
5.2021年的夏至到来时，太阳直射点位于( )A．北半球、东半球B．北半球、西半球C．南半球、东半球D．南半球、西半球6．该城市所在的经度大约为( )A．153°EB．113°EC．87°ED．80°E7．2021年7月1日至8月1日期间，该城市昼夜长短及其变化趋势是( )A．昼长夜短，且昼渐长，夜渐短B．昼长夜短，但昼渐短，夜渐长C．昼短夜长，但昼渐长，夜渐短D．昼短夜长，且昼渐短，夜渐长日地距平比＝(实际日地距离－日地平均距离)/日地平均距离，它反映了日地距离的变化情况。
如图为日地距平比随时间的变化规律图。
读图答复8～9题。
8．日地距平比由m变至n期间，以下说法可信的是( )A．太阳直射点一直向南移动B．地球公转速度逐渐变快C．北京正午太阳高度曾到达一年中的最大值D．海口昼长先变长后变短9．当日地距平比为n时，杭州(约30°N)正午太阳高度最可能是( )A．83.5°B．80°C．40°D．36.5°王先生于2021年1月1日乘坐飞机从上海出发，飞往美国旧金山(西八区)。
(新)物理教科版八年级上册第一章章末检测卷1
第一章章末卷1一、选择题〔每题4分，共44分〕1．〔4分〕以下各物体的长度接近50cm的是〔〕A．一个杯子的高B．一支铅笔的长C．一个乒乓球的直径D．一课桌的宽度【考点】63：长度的估测．【分析】此题考查我们对常见物体长度的估测，根据对日常生活中常见物体和长度单位的认识，选出符合题意的选项。
【解答】解：A、一个杯子的高度在15cm左右。
不符合题意；B、一支铅笔的长度在18cm左右。
不符合题意；C、一个乒乓球的直径为4cm．不符合题意；D、一张课桌的宽度在50cm左右。
符合题意。
应选：D。
【点评】对日常生活中的速度、质量、长度、温度等进行准确的估测，是要求初中学生掌握的一种根本能力，平时注意观察，结合所学知识多加思考，逐渐培养这方面的能力。
2．〔4分〕中学生的大拇指指甲面积约为〔〕A．1mm2B．1cm2C．1dm2D．1m2【考点】63：长度的估测．【分析】根据生活中物体的实际面积，分析选项中的不同数据，选择正确的答案。
【解答】解：大拇指指甲的面积应在1cm2左右，1mm2的面积太小了，而1dm2和1m2的面积太大了，不符合实际情况，所以只有选项B正确；应选：B。
【点评】估测是一种科学的近似计算，它不仅是一种常用的解题方法和思维方法，而且是一种重要的科学研究方法，在生产和生活中也有着重要作用。
【考点】63：长度的估测．【分析】长度单位的换算：1m=102cm=103mm=109nm，一般成人的脚长大约为24厘米左右，以此根据表格数据可以判断四个选项中的答案是否正确。
【解答】解：一般成人的脚长大约为24厘米左右，约合0.24m、2.4×10﹣10nm，240mm，故A、C、D不符合题意，B符合题意。
应选：B。
【点评】长度单位换算关系要熟练掌握，因为物理来源于生活，又应用于生活，估测的运用是广泛的，结合自已已有的生活经验，进行分析估测。
4．〔4分〕安装窗户玻璃和窗帘时，选用适宜的刻度尺的分度值分别应该是〔〕A．1毫米、1毫米B．1厘米、1厘米C．1毫米、1厘米D．1厘米、1毫米【考点】66：刻度尺的使用．【分析】刻度尺的精确度由最小分度值决定，分度值越小越精确。
第一章章末检测卷
2022年12月第一章章末检测卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________第I卷（选择题）一、单选题1．在世界女排大奖赛中国香港站的比赛中，某运动员跳起将速度为20m/s水平飞来的排球迎面击出，排球以30m/s的速率水平返回，假设排球被击打过程中的平均加速度大小为200m/s2，则运动员对排球的击打时间为（）A．0.05s B．0.25s C．0.1s D．0.15s2．一辆汽车沿平直公路以速度v1行驶了2/3的路程，接着又以速度v2=20km/h行驶完其余1/3的路程，如果汽车对全程的平均速度为28km/h，那么汽车在前2/3路程上速度的大小是()A．25km/h B．35km/h C．34km/h D．38km/h3．某物体运动的v－t图像是一条直线，如图所示，下列说法正确的是()A．物体始终向同一方向运动B．物体在前4s内的加速度不变C．物体在第2s末运动方向没有发生变化D．物体在第2s内和第3s内的加速度大小相等，方向相反4．智能手机上装载的众多app软件改变着我们的生活，如图所示为某度地图app软件的一张截图，表示了某次导航的具体路径，其推荐路线中有两个数据，16分钟，6.7公里，关于这两个数据，下列说法正确的是（）A．研究汽车在导航图中的位置时，可以把汽车看作质点B．16分钟表示的是某个时刻C．6.7公里表示了此次行程的位移的大小D．根据这两个数据，我们可以算出此次行程的平均速度5．一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度的方向相同，但加速度大小先保持不变，再逐渐减小至零，则在此过程中（）A ．速度先逐渐增大，然后逐渐减小，当加速度减小到零时，速度达到最小值B ．速度先均匀增大，然后增大得越来越慢，当加速度减小到零时，速度达到最大值C ．位移逐渐增大，当加速度减小到零时，位移将不再增大D ．位移先逐渐增大，后逐渐减小，当加速度减小到零时，位移达到最小值6．关于速度、速度的变化量和加速度，正确的说法是（）A ．物体运动时，速度的变化量越大，它的加速度一定越大B ．速度很大的物体，其加速度可以为零C ．某时刻物体的速度为零，其加速度一定为零D ．加速度很大时，运动物体的速度一定很快变大7．一个物体做直线运动，其v-t 图像如图所示，以下说法错误的是（）A ．前5s 内的位移达到最大值B ．02s -内物体的加速度为1.5m/s 2C ．46s -内物体的速度一直在减小D ．02s t <<和5s 6s t <<内加速度方向与速度方向相同8．如图所示，a 、b 分别为开始时静止于同一位置的甲、乙两物体在同一直线上运动时的位移与时间的关系图线，其中a 为过原点的倾斜直线b 为开口向下的抛物线。