【人教A版】高中数学必修二：全册作业与测评 专题强化训练(二)(附答案)
专题强化训练(二)
点、直线、平面之间的位置关系
(30分钟 50分)
一、选择题(每小题3分,共18分)
1.在下列命题中,不是公理的是 ( )
A.平行于同一个平面的两个平面相互平行
B.过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面
C.如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线上所有的点都在此平面
内
D.如果两个不重合的平面有一个公共点,那么他们有且只有一条过该点的公共
直线
【解析】选A.选项A是面面平行的性质定理,是由公理推证出来的,而公理是不
需要证明的.
2.(2015·浙江高考)设α,β是两个不同的平面,l,m是两条不同的直线,且l⊂
α,m⊂β ( )
A.若l⊥β,则α⊥β B.若α⊥β,则l⊥m
C.若l∥β,则α∥β D.若α∥β,则l∥m
【解析】选A.选项A中,由平面与平面垂直的判定,故正确;选项B中,当α⊥β
时,l,m可以垂直,也可以平行,也可以异面;选项C中,l∥β时,α,β可以相交;
选项D中,α∥β时,l,m也可以异面.
3.(2015·西安高一检测)已知异面直线a,b分别在平面α,β内,且α∩β=c,那
么直线c一定 ( )
A.与a,b都相交
B.只能与a,b中的一条相交
C.至少与a,b中的一条相交
D.与a,b都平行
【解析】选C.若c与a,b都不相交,则c与a,b都平行,根据公理4,则a∥b,与
a,b异面矛盾.
4.已知平面α⊥平面β,α∩β=l,点P∈l,则下列说法中,正确的个数是( )
①过P与l垂直的直线在α内;
②过P与β垂直的直线在α内;
③过P与l垂直的直线必与α垂直;
④过P与β垂直的直线必与l垂直.
A.1 B.2 C.3 D.4
【解析】选B.②④正确,对于①:与l垂直的直线不一定在α内,对于③:只有在
β内与l垂直的直线才与α垂直,故①③错误.
5.已知l,m,n为两两垂直的三条异面直线,过l作平面α与直线m垂直,则直线n
与平面α的关系是 ( )
A.n∥α B.n∥α或n⊂α
C.n⊂α或n与α不平行 D.n⊂α
【解析】选A.因为l⊂α,且l与n异面,所以n⊄α,又因为m⊥α,n⊥m,所以n
∥α.
6.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O是底面正方形ABCD的中心,M是D1D的中点,N
是A1B1上的动点,则直线NO,AM的位置关系是 ( )
A.平行 B.相交
C.异面垂直 D.异面不垂直
【解析】选C.过O作EF∥AB,分别与AD,BC相交于点E,F,连接A1E,B1F,因为O
是AC的中点所以E,F分别是AD,BC的中点,所以AB∥EF,AB=EF,又因为A1B1∥
AB,A1B1=AB,所以A1B1∥EF,A1B1=EF,所以A1B1FE是平行四边形,易证AM⊥A1E,AM⊥
A1B1,所以AM⊥平面A1B1FE,又NO⊂平面A1B1FE,所以AM⊥NO.
二、填空题(每小题4分,共12分)
7.如图,矩形ABCD中,AB=2,BC=4,将△ABD沿对角线BD折起到△A′BD的位置,
使点A′在平面BCD内的射影点O恰好落在BC边上,则异面直线A′B与CD所成
角的大小为 .
【解析】由A′O⊥平面ABCD,可得平面A′BC⊥平面ABCD,又由DC⊥BC,可得DC
⊥平面A′BC,所以DC⊥A′B,即得异面直线A′B与CD所成角的大小为90°.
答案:90°
8.(2015·广州高一检测)设α,β,γ为三个不同的平面,m,n是两条不同的直线,
在命题“α∩β=m,n⊂γ,且 ,则m∥n”,题中的横线处填入下列三组条
件中的一组,使该命题为真命题.
①α∥γ,n⊂β;②m∥γ,n∥β;③n∥β,m⊂γ.
可以填入的条件有 .
【解析】由面面平行的性质定理可知,①正确;当n∥β,m⊂γ时,n和m在同一
平面内,且没有公共点,所以平行,③正确.
答案:①或③
9.(2015·南昌高一检测)如图,自二面角α-l-β内任意一点A分别作AB⊥α,AC
⊥β,垂足分别为B和C,若∠BAC=30°,则二面角α-l-β的大小为 .
【解析】因为AB与AC相交,所以可以确定一个平面.设平面ABC与l相交于点
D,连接BD,CD,
因为AB⊥α,l⊂α,所以AB⊥l,
因为AC⊥β,l⊂β,所以AC⊥l,又l⊥平面ABC
所以l⊥BD,l⊥CD,所以∠BDC是二面角α-l-β的平面角.
在四边形ABDC中,∠ACD=∠ABD=90°,∠BAC=30°所以∠BDC=150°,
所以二面角α-l-β的大小为150°.
答案:150°
三、解答题(每小题10分,共20分)
10.(2015·安徽高考)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,PA=1,AB=1,AC=2,
∠BAC=60°.
(1)求三棱锥P-ABC的体积.
(2)证明:在线段PC上存在点M,使得AC⊥BM,并求错误！未找到引用源。的值.
【解析】(1)由题意可得S△ABC=错误！未找到引用源。·AB·AC·sin60°=错误！
未找到引用源。,由PA⊥平面ABC,可知PA是三棱锥P-ABC的高,又PA=1,
所以所求三棱锥的体积为V=错误！未找到引用源。S△ABC·PA=错误！未找到引用
源。.
(2)在平面ABC内,过点B作BN⊥AC,垂足为点N,
在平面PAC内,过点N作MN∥PA交PC于点M,连接BM,
由PA⊥平面ABC知PA⊥AC,
所以MN⊥AC,由于BN∩MN=N,所以AC⊥平面MBN,
又BM⊂平面MBN,所以AC⊥BM,
在直角三角形BAN中,AN=AB·cos∠BAC=错误！未找到引用源。,
所以NC=AC-AN=错误！未找到引用源。,
由MN∥PA,得错误！未找到引用源。=错误！未找到引用源。=错误！未找到引用
源。.
11.如图,在五面体ABCDEF中,四边形ADEF是正方形,FA⊥平面ABCD,BC∥
AD,CD=1,AD=2错误！未找到引用源。,∠BAD=∠CDA=45°.
(1)求异面直线CE与AF所成角的余弦值.
(2)证明CD⊥平面ABF.
(3)求二面角B-EF-A的正切值.
【解析】(1)因为四边形ADEF是正方形,所以FA∥ED.
所以∠CED为异面直线CE与AF所成的角.
因为FA⊥平面ABCD,所以FA⊥CD.故ED⊥CD.
在Rt△CDE中,CD=1,ED=2错误！未找到引用源。,
CE=错误！未找到引用源。=3,
所以cos∠CED=错误！未找到引用源。=错误！未找到引用源。.
所以异面直线CE与AF所成角的余弦值为错误！未找到引用源。.
(2)如图,过点B作BG∥CD,交AD于点G,则∠BGA=∠CDA=45°.
由∠BAD=45°,可得BG⊥AB,从而CD⊥AB.
又CD⊥FA,FA∩AB=A,所以CD⊥平面ABF.
(3)由(2)及已知条件,可得AG=错误！未找到引用源。,即G为AD
的中点.
取EF的中点N,连接GN,则GN⊥EF.
因为BC∥AD,所以BC∥EF.
过点N作NM⊥EF,交BC于点M,
则∠GNM为二面角B-EF-A的平面角.
连接GM,可得AD⊥平面GNM,故AD⊥GM,从而BC⊥GM.由已知,可得GM=错误！未
找到引用源。.
由NG∥FA,FA⊥GM,得NG⊥GM.
在Rt△NGM中,tan∠GNM=错误！未找到引用源。=错误！未找到引用源。.
所以二面角B-EF-A的正切值为错误！未找到引用源。.
人教A版高中数学必修第二册强化练习题-专题强化练11-统计思想的应用(含答案)
人教A版高中数学必修第二册专题强化练11 统计思想的应用1.(2024海南中学模拟)下列关于用统计方法获取数据、分析数据的结论错误的是( ) A.某食品加工企业为了解生产的产品是否合格,合理的调查方式为抽样调查B.现有高一男生480人,女生420人,为了解他们的视力情况,按性别进行分层随机抽样,样本量按比例分配,若从女生中抽取的样本量为63,则总样本容量为135C.D.志,这A.B.C.D.A.图中a的值为0.018B.同一组中的数据用该组区间的中点值作代表,则这1 000名学生的平均分数约为80.5C.估计样本数据的75%分位数为88D.由样本数据可估计全市高一学生体能测试成绩优异(80分及以上)的人数为5 0004.(多选题)(2024辽宁抚顺六校协作体期末)PM2.5的监测值是用来评价环境空气质量的指标之一.PM2.5的日均值在35 μg/m3以下,空气质量为一级;PM2.5的日均值在35~75 μg/m3范围内,空气质量为二级;PM2.5的日均值超过75 μg/m3为超标.某地12月1日至10日PM2.5的日均值变化的折线图如图所示,则( )A.B.C.D.5.(5A.B.C.D.取则总样本的方差为 .7.(2024河南部分学校联考)某调研小组调查了某市1 000名外卖骑手平均每天完成的任务量(简称“单量”),得到下列图表:单量/单[10,15)[15,20)[20,25)[25,30)[30,35)[35,40)[40,45)[45,50)[50,55]人数100120130180220150603010(1)补全该市1 000名外卖骑手每天单量的频率分布直方图;(2)试求样本数据的中位数(精确到0.1);(3)根据外卖骑手每天的单量,参考某平台的类别将外卖骑手分成三类,调查获知不同类别的外卖骑手开展工作所投入的装备成本不尽相同,如下表:单量/单[0,20)[20,40)[40,+∞)类别普通骑手精英骑手王牌骑手装备价格/元 2 500 4 000 4 800根据以上数据,估计该市外卖骑手购买装备的平均成本.答案与分层梯度式解析专题强化练11 统计思想的应用1.C2.B3.B4.BD5.BD1.C 对于A,了解生产的产品是否合格,合理的调查方式为抽样调查,故A中结论正确;×(480+420)=135,故B中结论正确;对于B,总样本容量为63420为0)这故设则误误.前5天PM2.5的日均值的极差为41-30=11(μg/m3),后5天PM2.5的日均值的极差为80-45=35(μg/m3),B选项正确.=43(μg/m3),C选项错误.这10天PM2.5的日均值的中位数是41+452根据题中折线图可知,前5天数据波动幅度小于后5天数据波动幅度,所以D选项正确.故选BD.5.BD 设这5个数字为x 1,x 2,x 3,x 4,x 5,其方差为s 2.对于A,若取到数字4,不妨设x 1=4,则4+x 2+x 3+x 4+x 55=2,可得x 2+x 3+x 4+x 5=6,可知这4个数字中至少有2个1,不妨设x 2=x 3=1,则这5个数字的方差s 2=15[(x 1-2)2+(x 2-2)2+(x 3-2)2+(x 4-2)2+(x 5-2)2]≥15×[(4-2)2+(1-2)2+(1-2)2]=65>1,不合题意,故A 错误;对于C,因为这5个数字的平均数为2,且极差不为0,所以这5个数字至少有1个1,不妨设x 1=1,若极差是4,则最大数为5,不妨设x 2=5,则这5个数字的平均数x =15(x 1+x 2+x 3+x 4+x 5)=15(1+5+x 3+x 4+x 5)=2,则x 3+x 4+x 5=4,可知这3个数有2个1,1个2,此时这5个数字的方差s 2=15×[(1-2)2+(5-2)2+(1-2)2+(1-2)2+(2-2)2]=125>1,不合题意,故C 错误;对于B 、D,例如2,2,2,2,2,这5个数字的平均数为2,方差为0,且中位数是2,众数是2,故B 、D 正确.故选BD.6.答案 21;89解析 C 车间应抽取的件数为70×30%=21.总的样本平均数x =20%×200+50%×220+30%×210=213,故总的样本方差s 2=210×[30+(200-213)2]+510×[20+(220-213)2]+310×[40+(210-213)2]=89.故答案为21;89.7.解析 (1)第二组的频率为1201000=0.12,则第二组矩形的高为0.125=0.024,第四组的频率为1801000=0.18,则第四组矩形的高为0.185=0.036,补全频率分布直方图(略).(2)由已知得样本数据分布在[10,25)内的频率为100+120+1301000=0.35<0.5,样本数据分布在[10,30)内的频率为100+120+130+1801000=0.53>0.5,设样本数据的中位数为x,则x ∈[25,30),则x -2530−25×1801000=0.5-0.35,解得x≈29.2,故样本数据的中位数约为29.2.(3)被调查的 1 000人中,普通骑手共有100+120=220(名),精英骑手共有130+180+220+150=680(名),王牌骑手共有60+30+10=100(名),=3 所以这1 000名外卖骑手购买装备的平均成本为220×2500+680×4000+100×48001000750(元),所以估计该市外卖骑手购买装备的平均成本为3 750元。
人教A版高中数学必修第二册强化练习题 第八章 立体几何初步 复习提升(含答案)
人教A版高中数学必修第二册本章复习提升易混易错练易错点1 对几何体的结构分析不当致错1.(2024安徽皖中名校联盟联考)粮食是关系国计民生的重要物资.下图为储备水稻的粮仓,中间部分可近似看作圆柱,圆柱的底面直径为10 m,上、下两部分可以近似看作完全相同 D.250π t圆锥的底面直径和高均是以该截面为底面挖去一个圆柱,则剩下的几何体的表面积为5π D.5+2解决点、线、面位置关系问题时不严谨致错3.(不重合的平面α,β,则下列说法错误的是D.a∥α,a∥β,则α∥β4.(2024湖北华中师范大学第一附属中学模拟)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E是线段BB1上靠近B1的三等分点,点F是线段D1C1上靠近D1的三等分点,则平面AEF截正方体ABCD-A1B1C1D1形成的截面图形为( )A.三角形B.四边形C.五边形D.六边形5.(2024四川雅安模拟)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,已知点O为底面ABCD的中心,M为棱BB1的中点,则下列结论中错误的是( )A.D1O∥平面A1BC1B.MO⊥平面A1BC1C.异面直线BC1与AC所成的角为60°D.直线OM与平面ABCD所成的角为45°易错点3 对空间角的概念理解不透彻致错6.(2024上海同济大学第二附属中学期中)如图,在四面体ABCD中,AB=CD=6,M,N分别是AC,BD的中点,若异面直线AB,CD所成角的大小为60°,则MN的长为 .7.(2022湖北十堰月考)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠DAB=60°,∠ADP=90°,平面ADP⊥平面ABCD,点F为棱PD的中点.(1)证明:平面FAC⊥平面PBD;(2)当二面角D-FC-B的余弦值为2时,求直线PB与平面ABCD所成的角.4易错点4 对展开、折叠问题认识不清致错8.(多选题)(2024云南昆明模拟)在△ABC中,∠ACB=π,AC=BC=22,D是AB的中点.将2△ACD沿着CD翻折,得到三棱锥A'-BCD,则( )A.CD⊥A'BB.当A'D⊥BD时,三棱锥A'-BCD的体积为4C.D.1中思想方法练一、分类讨论思想在立体几何中的应用1.(多选题)(2024安徽安庆第二中学期中)已知圆柱的侧面展开图是长为6 cm,宽为4 cm的矩形,则这个圆柱的体积可能是( )cm3 B.24π cm3 A.24πC.36cm3 D.36π cm3π2.(2024湖南九校联盟联考)有两个如图所示的直三棱柱,高为2(a>0),底面三角形的三边长a分别为3a,4a,5a,用它们拼成一个三棱柱或四棱柱,在所有可能的情形中,表面积最小的是一个四棱柱,则a的取值范围是 .二、转化与化归思想在立体几何中的应用3.(2024辽宁沈阳期末)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F分别是棱AA1,A1D1的中点,点P为底面四边形ABCD内(包括边界)一动点,若直线D1P与平面BEF 无公共点,则点P在四边形ABCD内运动所形成轨迹的长度为 .4.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,AD∥BC,∠ADC=90°,平面PAD⊥底面AD=2,CD=3.ABCD,Q为AD的中点,M是棱PC的中点,PA=PD=4,BC=12(1)证明:平面BQM⊥平面PAD;(2)求四面体P-BQM的体积.为2由7.的棱长为2,E,F分别是棱(2)当三棱锥B1-BEF的体积最大时,求二面角B1-EF-B的正切值;(3)求异面直线A1E与B1F所成角的取值范围.答案与分层梯度式解析本章复习提升易混易错练1.A 2.B 3.ABD 4.C 5.D 8.ACD1.A 设圆锥的高为h m,则6h=12,解得h=2,所以圆柱的体积V 1×4h=200π(m 3),两个圆锥的体积之和V 2=2×13π××h=100π3(m 3),所以该粮仓最多可装水稻0.75V=34×700π3=175π(t).故选A.2.B 由题意知,剩下的几何体是一个圆锥挖去一个圆柱后的几何体.设圆柱的底面半径为r,高为h,则r=12×1=12,h=12×2=1,所以圆柱的侧面积为2π×12×1=π,因为圆锥的母线长为22+12=5,所以圆锥的侧面积为π×1×5=5π,又圆锥的底面积为π×12=π,所以剩下的几何体的表面积为π+5π+π=(2+5)π.故选B.易错警示 求组合体的表面积、体积时,要正确分析几何体的结构特征,若是拼接而成的,则要注意衔接部分的处理;若是挖去一个几何体,则要注意中空部分的处理.3.ABD 如图1,AB ∥平面A 1B 1C 1D 1,BB 1⊥平面ABCD,AB ⊥BB 1,平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1,故A 中说法错误;A 1B 1⊥BC,A 1B 1⊂平面A 1B 1C 1D 1,BC ⊂平面ABCD,但平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1,故B 中说法错误;A 1B 1∥平面ABCD,A 1B 1∥平面DCC 1D 1,但是平面ABCD∩平面DCC 1D 1=CD,故D 中说法错误;对于C,如图2,设α∩γ=c,β∩γ=b,因为b∥α,所以根据线面平行的性质定理可得b∥c,因为c⊂α,c⊄β,所以c∥β,由a,b异面可得a,c必相交,又a⊂α,c⊂α,a∥β,c∥β,所以α∥β,故C中说法正确.故选ABD.易错警示 判断空间位置关系的基本思路有两个:一是逐个寻找反例作出否定的判断或逐个进行逻辑证明作出肯定的判断;二是结合长方体(正方体)模型或实际空间位置(如课桌、不能只通过直观感知进行构造另一方面要熟练应用点、线、面位置关系的相关定理严谨判断E,连接BD,易知O∴D1O∥平面A1BC1,故A中结论正确;对于B,连接B1D,B1C,∵O为BD的中点,M为BB1的中点,∴MO∥B1D,∵CD⊥平面B1C1CB,C1B⊂平面B1C1CB,∴C1B⊥CD,又B1C⊥C1B,CD∩B1C=C易错点,B1C,CD⊂平面CDB1,∴BC1⊥平面CDB1,又∵DB1⊂平面CDB1,∴DB1⊥BC1,同理可得DB 1⊥BA 1,又∵C 1B∩BA 1=B,C 1B,BA 1⊂平面A 1BC 1,∴B 1D ⊥平面A 1BC 1,∴MO ⊥平面A 1BC 1,B 中结论正确;对于C,∵AC ∥A 1C 1,∴∠A 1C 1B(或其补角)为异面直线BC 1与AC 所成的角,易知△A 1C 1B 为等边三角形,∴∠A 1C 1B=60°,故C 中结论正确;对于D,∵MB ⊥平面ABCD,∴∠MOB 为直线OM 与平面ABCD 所成的角,易知MB=12AB,OB=22AB,∴tan ∠MOB=MB OB =22,故∠MOB 不等于45°,故D 中结论错误.故选D.易错警示 在证明线面平行时要注意判定定理中是平面外一条直线与平面内一条直线平行,在证明线面垂直时要注意判定定理中是一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直,尤其是“相交”这一条件不可缺少.解这类问题时要注意推理严谨,使用定理时保证条件的完整性,书写规范等.6.答案 3或33解析 取AD 的中点E,连接NE,ME,如图所示,因为M,N,E 分别是AC,BD,AD 的中点,所以ME ∥CD,NE ∥AB,且ME=12CD=3,NE=12AB=3,所以∠MEN 为直线AB,CD 所成的角或其补角,又异面直线AB,CD 所成角的大小为60°,当∠MEN=60°时,△MEN 为等边三角形,所以MN=3;当∠MEN=120°时,在△MEN 中,由余弦定理可得MN 2=ME 2+NE 2-2×ME×NEcos 120°=32+32+2×3×3×12=27,所以MN=33.综上所述,MN=3或MN=33.易错分析 通过立体图形无法直接判断∠MEN 是锐角还是钝角,则∠MEN 可能是异面直线AB,CD 所成的角,也可能是其补角,在求异面直线所成的角时要注意这点.7.解析 (1)证明:因为∠ADP=90°,所以PD ⊥AD,又平面ADP ⊥平面ABCD,PD ⊂平面ADP,平面ADP∩平面ABCD=AD,所以PD ⊥平面ABCD,ABCD,所以PD ⊥BH,CF ⊥BG,故∠BGH 就是二面角则cos ∠BGH=24,所以tan ∠BGH=7,易得BH=3,所以GH=217.因为sin ∠GCH=GH HC =FD FC ,所以2171=a 2所以a=23,所以tan ∠PBD=PD BD =232=3,所以∠PBD=60°,即直线PB 与平面ABCD 所成的角为60°.易错警示 对于异面直线所成的角、线面角、二面角问题,一定要紧扣概念,注意角的范围,异面直线所成角的范围为0,直线与平面所成角的范围为0,二面角的范围为[0,π].此外,用平移法构造出来的角有可能是异面直线所成的角,也有可能是其补角,要注意分类讨论.8.ACD 对于A,由题意得CD ⊥AB,且AB=4,CD=AD=BD=12AB=2,则在三棱锥A'-BCD 中,CD ⊥A'D,CD ⊥BD 易错点,又因为A'D∩BD=D,A'D,BD ⊂平面A'BD,所以CD ⊥平面A'BD,又A'B ⊂平面A'BD,所以CD ⊥A'B,故A 正确;对于B,当A'D ⊥BD 时,因为A'D=BD=2易错点,所以S △A'BD =12×A'D×BD=12×2×2=2,故V A'-BCD =V C-A'BD =13S △A'BD ·CD=13×2×2=43,故B 错误;对于C,因为CD ⊥A'D,CD ⊥BD,所以∠A'DB 即为二面角A'-CD-B 的平面角,当A'B=23时,在△A'DB 中,由余弦定理的推论得cos ∠A'DB=A 'D 2+B D 2-A'B22×A 'D ×BD =4+4−122×2×2=-12,又∠A'DB ∈(0,π),所以∠A'DB=2π3,故二面角A'-CD-B 的大小为2π3,故C 正确;对于D,当∠A'DB=2π3时,A'B=A 'D 2+B D 2-2A'D·BDcos∠A 'DB =4+4+4=23,设△A'DB 的外接圆圆心为O',半径为r,则2r=A 'Bsin∠A 'DB =2332=4,解得r=2,设三棱锥A'-BCD 的外接球球心为O,连接OO',则OO'⊥平面A'BD,所以OO'∥CD,取CD 的中点E,连接OE,则OE ⊥CD,则四边形OO'DE 为矩形,故OO'=ED=12CD=1,设棱锥A'-BCD 的外接球的半径为R,连接OD,则R 2=OD 2=OO'2+O'D 2=1+4=5,解得R=5,故三棱锥A'-BCD 的外接球的表面积为4πR 2=20π,故D 正确.故选ACD.易错警示 在折叠过程中注意平面图形与空间图形中变与不变的量,在变化的量中不仅9.S△是A1B的中点,又A1所以A1C∥平面AB1置于同一平面内,如图1,B1由B1·A1C1B1C1=8×682+62=11111111·B1C1=5,则DF=CD-CF=CD-OC1=5-5=5,因此A1D=A1F2+D F2=5935.把正方形ACC1A1与△ABC置于同一平面内,如图2,显然B,A,A1共线,连接A1D,取AB的中点G,连接DG,则DG∥AC,DG=12AC=3,DG⊥AB,又A1G=AA1+AG=10,所以A1D=A1G2+D G2=102+32=109.把正方形ACC1A1与矩形BCC1B1置于同一平面内,如图3,连接A1D,AD=AC+CD=11,则A1D=A1A2+A D2=62+112=157.把矩形ABB1A1与△ABC置于同一平面内,如图4,显然C,A,A1共线,连接A1D,取AC的中点H,连接DH,则DH∥AB,DH=12AB=4,DH⊥AC,又A1H=AA1+AH=9,所以A1D=A1H2+D H2=92+42=97.把矩形ABB1A1与矩形BCC1B1置于同一平面内,如图5,连接A1D,AD=AB+BD=13,A1D= A1A2+A D2=62+132=205.因为97<109<5935<157<205,所以小虫爬行的最短距离为97.易错警示 求多面体表面上的最短距离一般是把多面体表面展开到一个平面上,利用平面上两点之间的最短距离是连接两点的线段的长度求解,但要注意多面体的展开方式可能有多种.思想方法练1.AC 圆柱的侧面展开图是长为6 cm,宽为4 cm的矩形,有两种情况:①圆柱的高为4 cm,则底面周长为6 cm,设底面半径为r1 cm,则2πr1=6,得r1=3π,此时圆柱的体积为×4=36π(cm3).②圆柱的高为6 cm,则底面周长为4 cm,设底面半径为r2 cm,则2πr2=4,得r2=2π,此时圆柱的体积为×6=24π(cm3).综上,圆柱的体积为24πcm3或36πcm3,故选AC.2.答案 0,解析 当拼成一个三棱柱时,有三种情况,如图①②③所示: 2×1×3a×4a+(3a+4a+5a)×4=12a22×2×12×3a×4a=24a2,=28,2(5a+4a)×2a =36,2(3a+4a)×2a=28,2(5a+3a)×四种情况中表面积最小是24a2+28(在四棱柱中找到表面积最小的几何问题中,注意分类讨论思想的应用,主要是对点、线、面相对位置关系,角相等或互补等进行分类讨论.3.答案 5解析 取BC的中点G,连接AG,D1G,AD1,如图所示,由E,F 分别是AA 1,A 1D 1的中点,得EF ∥AD 1,又因为EF ⊂平面BEF,AD 1⊄平面BEF,所以AD 1∥平面BEF.因为FD 1∥BG,FD 1=BG,所以四边形FBGD 1为平行四边形,所以FB ∥GD 1.又因为FB ⊂平面BEF,GD 1⊄平面BEF,所以GD 1∥平面BEF.又因为GD 1∩AD 1=D 1,GD 1,AD 1⊂平面AD 1G,所以平面AD 1G ∥平面BEF.直线D 1P 与平面BEF 没有交点,转化为寻找过直线D 1P 且与平面BEF 平行的平面AD 1G.因为点P 为底面四边形ABCD 内(包括边界)一动点,且D 1P 与平面BEF 无公共点,所以P 的轨迹为线段AG,AG=22+12=5.4.解析 (1)证明:∵AD ∥BC,BC=12AD,Q 是AD 的中点,∴DQ BC,∴四边形BCDQ 为平行四边形,∴CD ∥BQ.∵∠ADC=90°,∴∠AQB=90°,即BQ ⊥AD.∵平面PAD ⊥平面ABCD,且平面PAD∩平面ABCD=AD,BQ ⊂平面ABCD,∴BQ ⊥平面PAD.将证明面面垂直转化为证明线面垂直.又BQ ⊂平面BQM,∴平面BQM ⊥平面PAD.(2)连接CQ.由题可得V P-BQM =V C-BQM =V M-BCQ =12V P-BCQ .利用等体积法转化为易求解的几何体的体积.由(1)可知,四边形BCDQ 为矩形,∴S △BCQ =12QB·BC=3.∵PA=PD,Q 为AD 的中点,∴PQ ⊥AD.∵平面PAD ⊥平面ABCD,且平面PAD∩平面ABCD=AD,PQ ⊂平面PAD,∴PQ ⊥平面ABCD.在Rt △PDQ 中,PQ=PD 2-D Q 2=23,∴V P-BQM =12V P-BCQ =12×13×3×23=1.思想方法 转化与化归思想在证明平行和垂直时应用最为广泛,通过平行的判定定理和性质定理实现线线平行、线面平行、面面平行的相互转化;通过垂直的判定定理和性质定理实现线线垂直、线面垂直、面面垂直的相互转化.在求三棱锥的体积时,等体积法也充分体现了转化与化归思想.此外,在研究立体几何问题时,可以合理选择补形法,转化为长方体等规则几何体进行求解.5.答案 32解析 如图所示,设平面α∩平面PAB=DM,因为AP ∥平面α,AP ⊂平面PAB,所以DM ∥AP,设平面α∩平面PAC=NE,同理可得NE ∥AP,所以DM ∥NE.2−x2,即DM=NE=所以DN ∥ME,所以DN ∥平面ABC,平面ABC=BC,连接AC,交BD 于点O,连接OE,∵底面ABCD 是正方形,∴O 是AC 的中点.∵PA ∥平面EBD,PA ⊂平面PAC,平面PAC∩平面BDE=OE,∴PA ∥OE,又∵O 是AC 的中点,∴E 是PC 的中点.(2)由(1)知E 为PC 的中点,∴V E-BPD =12V C-BPD =12V P-DBC .若V E-BPD =43,则V P-DBC =83,∵PD ⊥底面ABCD,PD=λCD=2λ,S △BCD =12×2×2=2,∴V P-DBC =13S △BCD ·2λ=13×2×2λ=83,解得λ=2.利用三棱锥的体积公式构建关于λ的方程.∴存在λ=2,使三棱锥E-BPD 的体积为43.7.解析 (1)在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,BB 1⊥平面ABCD,故V B 1-BEF =13S △BEF ·BB 1=13×12(2-x)x×2=13(-x 2+2x)=-13(x-1)2+13,0<x<2,将三棱锥B 1-BEF 的体积表示成关于x 的二次函数,体现了函数思想.故当x=1时,三棱锥B 1-BEF 的体积取得最大值,为13.(2)由(1)知,当E,F 分别为AB,BC 的中点时,三棱锥B 1-BEF 的体积最大,取EF 的中点O,连接OB,OB 1,如图,则BO ⊥EF,易得B 1E=B 1F,所以B 1O ⊥EF,则∠B 1OB 是二面角B 1-EF-B 的平面角.在Rt △BEF 中,BO=12EF=22,在Rt △BB 1O 中,tan ∠B 1OB=BB1BO =22,即三棱锥B 1-BEF 的体积最大时,二面角B 1-EF-B 的正切值为22.(3)在AD 上取点H,使AH=BF=AE,连接A 1H,EH,FH,如图,易知HF=AB=A 1B 1,HF ∥AB ∥A 1B 1,故四边形A 1B 1FH 是平行四边形,则A 1H ∥B 1F,故∠HA1E(或其补角)即为异面直线A1E与B1F所成的角.在Rt△A1AH中,A1H=4+x2,在Rt△A1AE中,A1E=4+x2,在Rt△HAE中,EH=x2+x2=2x,在△HA1E中,由余弦定理的推论得cos∠HA1E=A1H2+A1E2-E H22A1H·A1E =44+x2,将异面直线所成角的余弦值表示成关于x的函数,通过变量x的范围求异面直线所成角的E。
高中数学人教a版必修2试题及答案
高中数学人教a版必修2试题及答案一、选择题（每题3分，共30分）1. 若函数\( f(x) = \frac{1}{x} \)在点x=2处的导数为\( f'(2) \)，则\( f'(2) \)的值为：A. 0.5B. -0.5C. 2D. -22. 已知数列\( \{a_n\} \)是等差数列，且\( a_1 = 3 \)，\( a_4 =10 \)，则\( a_7 \)的值为：A. 17B. 15C. 13D. 113. 设函数\( g(x) = x^3 - 3x + 1 \)，若\( g(2) = 3 \)，则\( g(-2) \)的值为：A. -3B. 3C. -1D. 14. 圆的方程为\( (x-2)^2 + (y-3)^2 = 9 \)，该圆的半径为：A. 3B. 6C. 9D. 125. 向量\( \vec{a} = (1, 2) \)和向量\( \vec{b} = (3, 4) \)，则\( \vec{a} \cdot \vec{b} \)的值为：A. 5B. 8C. 11D. 146. 函数\( h(x) = x^2 - 4x + 3 \)的顶点坐标为：A. (2, -1)B. (4, -1)C. (2, 1)D. (4, 1)7. 已知集合A={1, 2, 3}，集合B={2, 3, 4}，则A∩B的元素个数为：A. 1B. 2C. 3D. 48. 直线\( y = 2x + 1 \)与直线\( y = -x + 4 \)的交点坐标为：A. (1, 3)B. (3, 1)C. (-1, 3)D. (3, -1)9. 函数\( f(x) = \sin(x) \)的周期为：A. \( \pi \)B. \( 2\pi \)C. \( \frac{\pi}{2} \)D. \( \frac{2\pi}{3} \)10. 若\( \lim_{x \to 0} \frac{\sin(2x)}{x} = 2 \)，则\( \lim_{x \to 0} \frac{\sin(3x)}{x} \)的值为：A. 3B. 6C. 9D. 12二、填空题（每题4分，共20分）1. 若\( \cos(\theta) = \frac{1}{3} \)，则\( \sin(\theta) \)的值为______。
【人教A版】高中数学必修一：全册作业与测评(含答案) 专题强化训练(一)
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专题强化训练(一)集合(30分钟50分)一、选择题(每小题3分,共18分)1.(2015·大同高一检测)设全集U={1,2,3,4,5},集合A={1,2},B={2,3},则A∩U Bð= ( )A.{4,5}B.{2,3}C.{1}D.{2}【解析】选C.U Bð={1,4,5},所以A∩U Bð={1,2}∩{1,4,5}={1}.2.设A={y|y=-1+x-2x2},若m∈A,则必有( )A.m∈{正有理数}B.m∈{负有理数}C.m∈{正实数}D.m∈{负实数}【解析】选D.y=-1+x-2x2=-2(x−14)2-78≤-78,所以若m∈A,则m<0,所以m∈{负实数}.3.若集合A={x|-2<x≤2,x∈N},则A的子集的个数是( )A.2B.4C.8D.16【解析】选C.由于A={x|-2<x≤2,x∈N}={0,1,2},所以集合A共有8个子集,分别为∅,{0},{1},{2},{0,1},{0,2},{1,2},{0,1,2}.4.(2014·福建高考)若集合P={x|2≤x<4},Q={x|x≥3},则P∩Q等于( )A.{x|3≤x<4}B.{x|3<x<4}C.{x|2≤x<3}D.{x|2≤x≤3}【解析】选A.由交集的运算得,P∩Q={x|2≤x<4}∩{x|x≥3}={x|3≤x<4},故选A.5.如图所示,U是全集,A,B是U的子集,则阴影部分所表示的集合是( )A.A∩BB.A∪BC.B∩(U Að) D.A∩(U Bð)【解析】选C.由Venn图可知阴影部分为B∩(U Að).【补偿训练】设S为全集,A,B是S的子集,则下列几种说法中,错误的个数是( )①若A∩B=∅,则(S Að)∪(S Bð)=S;②若A∪B=S,则(S Að)∩(S Bð)=∅;③若A∪B=∅,则A=B.A.0B.1C.2D.3【解析】选A.①(S Að)∪(S Bð)=Sð(A∩B)=S,正确.②若A∪B=S,则(S Að)∩(S Bð)=Sð(A∪B)=∅,正确.③若A∪B=∅,则A=B=∅,正确.6.(2015·洛阳高一检测)集合A={1,2,3,4,5},B={1,2,3},C={z|z=xy,x∈A且y ∈B},则集合C中的元素个数为( )A.3B.11C.8D.12【解析】选B.由题意得,A={1,2,3,4,5},B={1,2,3},C={z|z=xy,x∈A且y∈B},当x=1时,z=1或2或3;当x=2时,z=2或4或6;当x=3时,z=3或6或9;当x=4时,z=4或8或12;当x=5时,z=5或10或15;所以C={1,2,3,4,5,6,8,9,10,12,15}中的元素个数为11.二、填空题(每小题4分,共12分)7.集合{x∈Z|(x-1)2(x+1)=0}用列举法可以表示为.【解析】因为方程(x-1)2(x+1)=0的解有三个:-1,1,1,而作为解集,集合中元素只能是-1,1.答案:{-1,1}8.(2015·合肥高一检测)已知集合M={x|x-2<0},N={x|x<a},若M⊆N,则实数a 的取值范围是.【解析】M={x|x<2},又M⊆N,所以a≥2.答案:{a|a≥2}9.定义集合运算A*B={x|x∈A且x∉B},若A={1,2,3,4},B={3,4,5,6},则A*B与B*A的元素之和为.【解析】A*B={1,2},B*A={5,6},故所求元素之和为1+2+5+6=14.答案:14三、解答题(每小题10分,共20分)10.已知全集U={1,3,x3+3x2+2x},集合A={1,|2x-1|},如果ðA={0},则这样的实U数x是否存在?若存在,求出x;若不存在,请说明理由.【解析】因为ðA={0},所以0∈U,但0∉A,U所以x3+3x2+2x=0,所以x(x+1)(x+2)=0,所以x1=0,x2=-1,x3=-2.当x=0时,|2x-1|=1,A中已有元素1,故舍去;当x=-1时,|2x-1|=3,而3∈U,故成立;当x=-2时,|2x-1|=5,而5∉U,故舍去,综上所述,实数x存在,且x=-1.11.(2015·葫芦岛高一检测)已知集合A={x|-3≤x-1≤4},B={x|m+1≤x≤2m-1}.(1)当x∈Z时,求A的非空真子集的个数.(2)若A∪B=A,求实数m的取值范围.【解析】(1)当x∈Z时,A={-2,-1,0,1,2,3,4,5},共8个元素,所以A的非空真子集的个数为28-2=254.(2)由A∪B=A,得B⊆A.①当B=∅时,m+1>2m-1⇒m<2;②当B≠∅时,根据题意画出数轴,可得{2m−1≥m+1,m+1≥−2,2m−1≤5⇒2≤m≤3.综上,实数m的取值范围是(-∞,3].【补偿训练】(2015·临沂高一检测)已知函数f(x)=lg(x-2)的定义域为A,函数g(x)=x 12,x∈[0,9]的值域为B.(1)求A∩B.(2)若C={x|x≥2m-1},且(A∩B)⊆C,求实数m的取值范围.【解析】(1)由题意知:A=(2,+∞),B=[0,3],所以A∩B={x|2<x≤3}.(2)由题意:{x|2<x≤3}⊆{x|x≥2m-1},故2m-1≤2,解得m≤32,所以实数m的取值集合为{m|m≤32}.关闭Word文档返回原板块。
(人教a版)高一数学必修2模块综合测评试卷(二)(有答案)AKKPMU
模块综合测试（满分120分,测试时间100分钟）一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48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.给出下列命题：①底面多边形内接于一个圆的棱锥的侧棱长相等，②棱台的各侧棱不一定相交于一点，③如果不在同一平面内的两个相似的直角三角形的对应边互相平行，则连结它们的对应顶点所围成的多面体是三棱台，④圆台上底圆周上任一点与下底圆周上任一点的连线都是圆台的母线.其中正确的个数为( ) A.3 B.2 C.1 D.0解析:命题①中：底面多边形内接于一个圆，但并不能推测棱长相等；命题②中：由棱台的性质可知，棱台的各侧棱延长后相交于一点；命题③中:因两个直角三角形相似且对应边平行，可推出连结对应顶点后延长线交于一点，即此几何体可由一个平行于底面的平面所截，故命题③正确；命题④中:上底的圆周上一点与下底圆周上任一点连线有三种可能：在圆周上的曲线、侧面上的曲线或不在侧面上的线段. 答案：C2.图1是一个物体的三视图，则此三视图所描述的物体是下列几何体中的( )图1解析:从三个角度看都是符合的，故选D. 答案：D3.已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是( )图2A.16πB.20πC.24πD.32π解析:由题意可得该正四棱柱的底面面积为4,边长为2.因正四棱柱属于长方体,因此所求球的球心在该长方体的中心,即球的直径为26,根据球的表面积公式可得球的表面积为24π. 答案：C4.木星的体积约是地球体积的30240倍，则它的表面积约是地球表面积的( ) A.60倍B.3060倍C.120倍D.30120倍 解析:设木星的半径为r 1,地球的半径为r 2,由题意,得302403231=r r ,则木星的表面积∶地球的表面积=.120302403024013024032231232312221=⨯=⨯=•=r r r r r r答案：C5.已知水平放置的△ABC 是按“斜二测画法”得到如图3所示的直观图，其中B′O′=C′O′=1,A′O′=23,那么原△ABC 是一个( )图3A.等边三角形B.直角三角形C.三边中有两边相等的等腰三角形D.三边互不相等的三角形解析:根据“斜二测画法”可得BC=B′C′=2,AO=2A′O′=3.故原△ABC 是一个等边三角形. 答案：A6.已知直线m 、n 与平面α、β，给出下列三个命题：①若m ∥α，n ∥α，则m ∥n ；②若m ∥α，n ⊥α，则n ⊥m ； ③若m ⊥α，m ∥β，则α⊥β.其中正确命题的个数是( )A.0B.1C.2D.3 解析:通过举例可证明①错误,可知②③命题为正确命题. 答案：C7.点P(2,5)关于直线x+y+1=0的对称点的坐标为( )A.(6,-3)B.(3,-6)C.(-6,-3)D.(-6,3)解析:根据两点关于直线对称的特点：两点的连线与对称轴垂直以及两点的中点在对称轴上,可得对称点为(-6,-3). 答案：D8.点P 在正方形ABCD 所在平面外，PD ⊥平面ABCD ，PD=AD ，则PA 与BD 所成角的度数为( ) A.30° B.45° C.60° D.90° 解析:将图形补成一个正方体如图，则PA 与BD 所成角等于BC′与BD 所成角即∠DBC′.在等边三角形DBC′中，∠DBC′=60°，即PA 与BD 所成角为60°.答案：C9.若l 为一条直线，α、β、γ为三个互不重合的平面，给出下面三个命题： ①α⊥γ，β⊥γ⇒α⊥β;②α⊥γ,β∥γ⇒α⊥β；③l ∥α,l ⊥β⇒α⊥β． 其中正确的命题有( )A.0个B.1个C.2个D.3个 解析:①中可由长方体的一角证明是错误的；②③易证明是正确的. 答案：C10.已知实数x 、y 满足2x+y+5=0，那么22y x +的最小值为( )A.5B.10C.52D.102解析:22y x +表示点P(x,y)到原点的距离.根据数形结合得22y x +的最小值为原点到直线2x+y+5=0的距离，即d=555=.答案：A11.在坐标平面内，与点A(1,2)距离为1，且与点B(3,1)距离为2的直线共有( ) A.1条 B.2条 C.3条 D.4条解析:与点A （1,2）的距离为1的直线即为以点A(1,2)为圆心，以1为半径的圆的切线.与点B （3,1）的距离为2的直线即为以点B(3,1)为圆心，以2为半径的圆的切线.所以到A 、B 两点距离为1和2的直线即为两圆的公切线，因｜AB ｜=5)12()31(22=-+-，且125+<，所以两圆相交，故有两条公切线.答案：B12.矩形ABCD 中，AB=4，BC=3，沿AC 将矩形ABCD 折成一个直二面角BACD ，则四面体ABCD 的四个顶点所在球的体积为( ) A.π12125 B.π9125 C.π6125 D.π3125解析:连结矩形ABCD 的对角线AC 、BD 交于O ，则AO=BO=CO=DO ，翻折后仍然AO=BO=CO=DO ，则O 为四面体ABCD 四个顶点所在球的圆心，因此四面体ABCD 四个顶点所在球的半径为25，故球的体积为ππ6125)25(343=. 答案：C二、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分）13.圆台上、下底半径为2和3，则中截面面积为________________.解析:由圆台的性质可知中截面是一个圆，圆的直径为轴截面梯形的中位线，设中截面圆的半径为x ，故有4x=4+6，解得x=π425,25=S . 答案：π425 14.经过直线2x+3y-7=0与7x+15y+1=0的交点，且平行于直线x+2y-3=0的直线方程是____________.解析:由已知可设经过直线2x+3y-7=0与7x+15y+1=0的交点的直线方程为2x+3y-7+λ(7x+15y+1)=0，整理得(2+7λ)x+(3+15λ)y -7+λ=0.根据两直线平行关系得λ=1，代入得3x+6y-2=0. 答案：3x+6y-2=015.过A(-3,0)、B(3,0)两点的所有圆中面积最小的圆的方程是___________________．解析:根据圆的性质，圆的半径最小时，面积最小,即以AB 为直径端点的圆满足条件,所求方程为x 2+y 2=9. 答案：x 2+y 2=916.已知圆锥的侧面积是底面积的2倍，它的轴截面的面积为Q ，则圆锥的体积为___________.解析:设圆锥的高为h,半径为r,母线为l ,则S 侧=πr l ，S 底=πr 2，∵S 侧=2S 底,∴πr l =2πr 2，即l =2r.又l 2=r 2+h 2，解得h=r 3.又∵S 轴截面=rh=Q,∴r 2=3Q ,即r=43Q.∴h=4333Qr =.故V 圆锥=31πr 2h=433Q Q π.答案：433QQ π17.已知圆柱的高为h ，底面半径为R ，轴截面为矩形A 1ABB 1，在母线AA 1上有一点P ，且PA=a ，在母线BB 1上取一点Q ，使B 1Q=b ，则圆柱侧面上P 、Q 两点的最短距离为____________. 解析:如图甲，沿圆柱的母线AA 1剪开得矩形 （如图乙），过P 作PE ∥AB 交BB 1于E ， 则PE=AB=21·2πR=πR ，QE=h-a-b. ∴PQ=2222)()(b a h R QE PE --+=+π.答案：22)()(b a h R --+π18.过圆x 2+y 2=4外的一点A(4,0)作圆的割线，则割线被圆截得的弦的中点的轨迹方程为________________. 解析:设弦的中点是P(x 0,y 0)，根据圆的几何性质得OP ⊥AP ，即点P(x 0,y 0)在以OA 为直径的圆上，即(x 0-2)2+y 02=4.因P(x 0,y 0)在圆x 2+y 2=4内，故弦的中点的轨迹方程为(x-2)2+y 2=4，x ∈［0,1). 答案：(x-2)2+y 2=4，x ∈［0,1)三、解答题（本大题共4小题，共48分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）19.（本小题满分10分）已知直线l 垂直于直线3x-4y-7=0，直线l 与两坐标轴围成的三角形的周长为10，求直线l 的方程.解：设直线l 方程为4x+3y+b=0，则l 与x 轴、y 轴的交点为A(4b -,0),B(0,3b -). ∴｜AB ｜=b 125.由｜OA ｜+｜OB ｜+｜AB ｜=10,得12||53||4||b b b ++=10.∴b=±10. ∴l 方程为4x+3y+10=0,4x+3y-10=0.20.（本小题满分12分）圆锥底面半径为1 cm ，高为2 cm ，其有一个内接正方体，求这个内接正方体的棱长.解：过圆锥的顶点和正方体底面的一条对角线CD 作圆锥的截面，得圆锥的轴截面SEF ，正方体对角面CDD 1C 1，如图，设正方体棱长为x ，则CC 1=x,C 1D 1=2x.作SO ⊥EF 于O ，则SO=2,OE=1, ∵△ECC 1∽△ESO,∴EOEC SO CC 11=. ∴12212x x -=. ∴x=22(cm). ∴正方体棱长为22cm. 21.（本小题满分12分）(2005江苏高考,19)如图4,圆O 1与圆O 2的半径都是1,O 1O 2=4,过动点P 分别作圆O 1、圆O 2的切线PM 、PN （M 、N 分别为切点），使得PM=2PN,试建立适当的坐标系，并求动点P 的轨迹方程.图4解：如图，以直线O 1O 2为x 轴，线段O 1O 2的垂直平分线为y 轴，建立平面直角坐标系，则两圆心分别为O 1(-2,0),O 2(2,0).设P(x,y)，则PM 2=O 1P 2-O 1M 2=(x+2)2+y 2-1.同理,PN 2=(x-2)2+y 2-1．∵PM=2PN ，∴(x+2)2+y 2-1=2［(x-2)2+y 2-1］，即x 2-12x+y 2+3=0，即(x-6)2+y 2=33．这就是动点P 的轨迹方程．22.（本小题满分14分）如图5，正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，P 、M 、N 分别为棱DD 1、AB 、BC 的中点.图5（1）求二面角B 1MNB 的正切值； （2）求证：PB ⊥平面MNB 1.（3）画出一个正方体表面展开图，使其满足“有4个正方形面相连成一个长方形”的条件，并求出展开图中P 、B 两点间的距离.（1）解：连结BD 交MN 于F ，连结B 1F.∵平面DD 1B 1B ⊥平面ABCD,交线为BD ，AC ⊥BD, ∴AC ⊥平面DD 1B 1B.又∵AC//MN ， ∴MN ⊥平面DD 1B 1B.∵B 1F,BF ⊂平面DD 1B 1B ， ∴B 1F ⊥MN,BF ⊥MN. ∵B 1F ⊂平面B 1MN ，BF ⊂平面BMN ，则∠B 1FB 为二面角B 1-MN-B 的平面角. 在Rt △B 1FB 中，设B 1B=1，则FB=42， ∴tan ∠B 1FB=22.（2）证明：过点P 作PE ⊥AA 1，则PE ∥DA ，连结BE. 又DA ⊥平面ABB 1A 1，∴PE ⊥平面ABB 1A 1,即PE ⊥B 1M. 又BE ⊥B 1M ，∴B 1M ⊥平面PEB. ∴PB ⊥MB 1.由（1）中MN ⊥平面DD 1B 1B,得PB ⊥MN ，所以PB ⊥平面MNB 1. （3）解：PB=213，符合条件的正方体表面展开图可以是以下6种之一：。
高中数学(人教A版)必修2能力强化提升及单元测试(37份)
高中数学（人教A版）必修2能力强化提升及单元测试（37份）一、选择题1．在棱柱中()A．只有两个面平行B．所有的棱都平行C．所有的面都是平行四边形D．两底面平行，且各侧棱也互相平行[答案] D2．下列几何体中，不属于多面体的是()A．立方体B．三棱柱C．长方体D．球[答案] D3．如图所示的几何体是()A．五棱锥B．五棱台C．五棱柱D．五面体[答案] C4．下列命题中，正确的是()A．有两个面互相平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱B．棱柱中互相平行的两个面叫做棱柱的底面C．棱柱的侧面是平行四边形，而底面不是平行四边形D．棱柱的侧棱都相等，侧面是平行四边形[答案] D5．棱锥侧面是有公共顶点的三角形，若围成一个棱锥侧面的三角形都是正三角形，则这样侧面的个数最多有几个．() A．3B．4C．5D．6[答案] C[解析]由于顶角之和小于360°，故选C.6．下面描述中，不是棱锥的几何结构特征的为()A．三棱锥有四个面是三角形B．棱锥都是有两个面是互相平行的多边形C．棱锥的侧面都是三角形D．棱锥的侧棱交于一点[答案] B7．下列图形经过折叠不能围成一个棱柱的是()[答案] B8．(2012－2013·嘉兴高一检测)如下图都是正方体的表面展开图，还原成正方体后，其中两个完全一样的是()A．(1)(2) B．(2)(3)C．(3)(4) D．(1)(4)[答案] B[解析]在图(2)、(3)中，⑤不动，把图形折起，则②⑤为对面，①④为对面，③⑥为对面，故图(2)、(3)完全一样，而(1)、(4)则不同[解题提示]让其中一个正方形不动，其余各面沿这个正方形的各边折起，进行想象后判断．二、填空题9．图(1)中的几何体叫做________，AA1、BB1等叫它的________，A、B、C1等叫它的________．[答案]棱柱侧棱顶点10．图(2)中的几何体叫做________，P A、PB叫它的________，平面PBC、PCD叫做它的________，平面ABCD叫它的________．[答案]棱锥侧棱侧面底面11．图(3)中的几何体叫做________，它是由棱锥________被平行于底面ABCD的平面________截得的．AA′，BB′叫它的__________，平面BCC′B′、平面DAA′D′叫它的________．[答案]棱台O－ABCD A′B′C′D′侧棱侧面12．如图，在透明塑料制成的长方体ABCD－A1B1C1D1容器中灌进一些水，将容器底面一边BC置于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜程度的不同，以下命题：①水的形状成棱柱形；②水面EFGH的面积不变；③水面EFGH始终为矩形．其中正确的命题序号是________．[答案]①③[解析]根据棱柱的定义及结构特征来判断．在棱柱中因为有水的部分和无水的部分始终有两个面平行，而其余各面易证是平行四边形，故①正确；而随着倾斜程度的不同，水面EFGH的面积是会改变的，但仍为矩形故②错误；③正确．三、解答题13．判断下列语句的对错．(1)一个棱锥至少有四个面；(2)如果四棱锥的底面是正方形，那么这个四棱锥的四条侧棱都相等；(3)五棱锥只有五条棱；(4)用与底面平行的平面去截三棱锥，得到的截面三角形和底面三角形相似．[解析](1)正确．(2)不正确．四棱锥的底面是正方形，它的侧棱可以相等，也可以不相等．(3)不正确，五棱锥除了五条侧棱外，还有五条底边，故共有10条棱．(4)正确．14．如右图所示的几何体中，所有棱长都相等，分析此几何体的构成？有几个面、几个顶点、几条棱？[解析]这个几何体是由两个同底面的四棱锥组合而成的正八面体．有8个面，都是全等的正三角形；有6个顶点；有12条棱．15．已知正方体ABCD－A1B1C1D1，图(1)中截去的是什么几何体？图(2)中截去一部分，其中HG∥AD∥EF，剩下的几何体是什么？若再用一个完全相同的正方体放在第一个正方体的左边，它们变成了一个什么几何体？[解析]三棱锥五棱柱A1B1BEH－D1C1CFG长方体16．一个几何体的表面展开平面图如图．(1)该几何体是哪种几何体；(2)该几何体中与“祝”字面相对的是哪个面？与“你”字面相对的是哪个面？(2)与“祝”相对的面是“前”，与“你”相对的面是“程”．一、选择题1．下列说法不正确的是()A．圆柱的侧面展开图是一个矩形B．圆锥过轴的截面是一个等腰三角形C．直角三角形绕它的一条边旋转一周形成的曲面围成的几何体是圆锥D．圆台平行于底面的截面是圆面[答案] C[解析]由圆锥的概念知，直角三角形绕它的一条直角边所在直线旋转一周所围成的几何体是圆锥．强调一定要绕着它的一条直角边，即旋转轴为直角三角形的一条直角边所在的直线，因而C错．2．正方形绕其一条对角线所在直线旋转一周，所得几何体是()A．圆柱B．圆锥C．圆台D．两个圆锥[答案] D3．下列说法正确的是()A．圆锥的母线长等于底面圆直径B．圆柱的母线与轴垂直C．圆台的母线与轴平行D．球的直径必过球心[答案] D[解析]圆锥的母线长与底面直径的大小不确定，则A项不正确；圆柱的母线与轴平行，则B项不正确；圆台的母线与轴相交，则C 项不正确；很明显D项正确．4．如右图所示的平面中阴影部分绕中间轴旋转一周，形成的几何体形状为()A．一个球体B．一个球体中间挖出一个圆柱C．一个圆柱D．一个球体中间挖去一个长方体[答案] B[解析]圆旋转一周形成球，圆中的矩形旋转一周形成一个圆柱，所以选B.5．一个圆柱的母线长为5，底面半径为2，则圆柱的轴截面的面积为()A．10 B．20C．40 D．15[答案] B[解析]圆柱的轴截面是矩形，其一边为圆柱的母线，另一边为圆柱的底面圆的直径．因而，轴截面的面积为5×4＝20.6．在空间，到定点的距离等于定长的所有点的集合是()A．球B．正方体C．圆D．球面[答案] D7．(2012－2013·南京模拟)经过旋转可以得到图1中几何体的是图2中的()[答案] A[解析]观察图中几何体的形状，掌握其结构特征，其上部为一个圆锥，下部是一个与圆锥同底的圆台，圆锥可由一直角三角形以过一直角边的直线为轴旋转一周得到，圆台可由一直角梯形绕过垂直于两底的腰的直线为轴旋转而成，通过上述判断再对选项中的平面图形适当分割，只有A适合．故正确答案为A.8．图中最左边的几何体由一个圆柱挖去一个以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得．现用一个竖直的平面去截这个几何体，则截面图形可能是()A．(1)(2)B．(1)(3)C．(1)(4)D．(1)(5)[答案] D[解析]圆锥除过轴的截面外，其它截面截圆锥得到的都不是三角形．二、填空题9．图①中的几何体叫做________，O叫它的________，OA叫它的________，AB叫它的________．[答案]球球心半径直径10．图②中的几何体叫________，AB、CD都是它的________，⊙O和⊙O′及其内部是它的________．[答案]圆柱母线底面11．图③中的几何体叫做________，SB为叫它的________．[答案]圆锥母线12．图④中的几何体叫做________，AA′叫它的________，⊙O′及其内部叫它的________，⊙O及其内部叫它的________，它还可以看作直角梯形OAA′O′绕它的________________旋转一周后，其他各边所形成的面所围成的旋转体．[答案]圆台母线上底面下底面垂直于两底的腰OO′三、解答题13．说出下列7种几何体的名称．[解析]a是圆柱，b是圆锥，c是球，d、e是棱柱，f是圆台，g 是棱锥．14．说出如图所示几何体的主要结构特征．[解析](1)是一个六棱柱中挖去一个圆柱；(2)是一个圆台与一个圆柱的组合体；(3)是两个四棱锥构成的组合体．15．如图所示，几何体可看作由什么图形旋转360°得到？画出平面图形和旋转轴．的平面图形如下：16．如图所示，在长方体ABCD－A′B′C′D′中，AB＝2 cm，AD＝4 cm，AA′＝3 cm.求在长方体表面上连接A、C′两点的诸曲线的长度的最小值．[解析]将长方体的表面展开为平面图，这就将原问题转化为平面问题．本题所求必在下图所示的三个图中，从而，连接AC′的诸曲线中长度最小的为41 cm(如图乙所示)．一、选择题1．一个空间几何体的正视图与侧视图均为全等的等腰三角形，俯视图为一个圆及其圆心，那么这个几何体为()A．棱锥B．棱柱C．圆锥D．圆柱[答案] C2．已知某空间几何体的三视图如图所示，则此几何体为()A．圆台B．四棱锥C．四棱柱D．四棱台[答案] D3．下列几何体中，正视图、侧视图、俯视图都相同的几何体的序号是()A．(1)(2) B．(2)(3)C．(3)(4) D．(1)(4)[答案] D4．(2012－2013·安徽淮南高三模拟)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．①②B．①③C．①④D．②④[答案] D[解析]①正方体，三视图均相同；②圆锥，正视图和侧视图相同；③三棱台，三视图各不相同；④圆台，正视图和侧视图相同．[点评]熟悉常见几何体的三视图特征，对于画几何体的直观图是基本的要求．下图是最基本的常见几何体的三视图.[答案] C[解析]结合俯视图的定义，仔细观察，易得答案C.6．一个几何体的三视图如图，则组成该组合体的简单几何体为()A．圆柱与圆台B．四棱柱与四棱台C．圆柱与四棱台D．四棱柱与圆台[答案] B[解析]该几何体形状如图．上部是一个四棱柱，下部是一个四棱台．7．如图所示几何体的正视图和侧视图都正确的是()[答案] B俯视图如右图所示，则相应的侧视图可以为()[解析]此几何体为一个半圆锥和一个半三棱锥的组合体，只有D项符合题意．二、填空题9．下列图形：①三角形；②直线；③平行四边形；④四面体；⑤球．其中投影不可能是线段的是________．[答案]②④⑤[解析]三角形的投影是线段成三角形；直线的投影是点或直线；平行四边形的投影是线段或平行四边形；四面体的投影是三角形或四边形；球的投影是圆．10．由若干个小正方体组成的几何体的三视图如下图，则组成这个组合体的小正方体的个数是________．[答案] 5[解析]由三视图可作出直观图，由直观图易知共有5个小正方体．11．(2012～2013·烟台高一检测)已知某一几何体的正视图与侧视图如图所示，则下列图形中，可以是该几何体的俯视图的图形有________．[答案]①②③④12．(2012－2013·湖南高三“十二校联考”)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为4的两个全等的等腰直角三角形，则用________个这样的几何体可以拼成一个棱长为4的正方体．[答案] 3[解析]该几何体是四棱锥，其底面是边长为4的正方形，高等于4，如图(1)所示的四棱锥A－A1B1C1D1，如图(2)所示，三个相同的四棱锥A－A1B1C1D1，A－BB1C1C，A －DD1C1C可以拼成一个棱长为4的正方体．三、解答题13．如图，四棱锥的底面是正方形，顶点在底面上的射影是底面正方形的中心，试画出其三视图．[解析]所给四棱锥的三视图如下图．[点评](1)画三视图时，务必做到正视图与侧视图的高度一致(即所谓的高平齐)、正视图与俯视图的长度一致(即所谓的“长对正”)、侧视图与俯视图的宽度一致(即所谓的“宽相等”)．(2)习惯上将侧视图放在正视图的右侧，将俯视图放在正视图的下方．[拓展提高]1．三视图中各种数据的对应关系：(1)正视图中AB的长对应原四棱锥底面多边形的左右方向的长度，AC、BC的长则不对应侧棱的长，它们对应四棱锥的顶点到底面左、右两边的距离．(2)侧视图中，EF的长度对应原四棱锥底面的前后长度，GE、GF的长度则是四棱锥顶点与底面前后两边的距离．(3)俯视图中HIJK的大小与四棱锥底面的大小形状完全一致，而OK，OI，OJ，OH的大小，则为四棱锥的顶点在底面上的投影到底面各顶点的距离．2．误区警示：正视图、侧视图中三角形的腰长有的学生会误认为是棱锥的侧棱长，实则不然．弄清一些数据的对应关系，是后面进行相关计算的前提．14．依所给实物图的形状，画出所给组合体的三视图．[解析]图中所给几何体是一个圆柱和一个正六棱柱的组合体，在中心以中心轴为轴线挖去一个小圆柱，故其三视图如下：15．说出下列三视图表示的几何体：[解析]16．根据下列图中所给出的一个物体的三视图，试画出它的形状．[答案]所对应的空间几何体的图形为：一、选择题1．如果平面图形中的两条线段平行且相等，那么在它的直观图中对应的这两条线段()A．平行且相等B．平行不相等C．相等不平行D．既不平行也不相等[答案] A2．给出以下关于斜二测直观图的结论，其中正确的个数是()①角的水平放置的直观图一定是角．②相等的角在直观图中仍相等．③相等的线段在直观图中仍然相等．④若两条线段平行，则在直观图中对应的两条线段仍然平行．A．0 B．1C．2 D．3[答案] C[解析]由斜二测画法规则可知，直观图保持线段的平行性，∴④对，①对；而线段的长度，角的大小在直观图中都会发生改变，∴②③错．3．利用斜二测画法得到：①三角形的直观图是三角形；②平行四边形的直观图是平行四边形；③正方形的直观图是正方形；④菱形的直观图是菱形．以上说法正确的是()A．①B．①②C．③④D．①②③④[答案] B[解析]根据画法规则，平行性保持不变，与y轴平行的线段长度减半．4．如图所示的直观图是将正方体模型放置在你的水平视线的左上角而绘制的，其中正确的是()[答案] A[解析]由几何体直观图画法及立体图形中虚线的使用可知A正确．5．如图所示，△A′B′C′是水平放置的△ABC的直观图，则在△ABC的三边及中线AD中，最长的线段是()A．AB B．ADC．BC D．AC[答案] D[解析]△ABC是直角三角形，且∠ABC＝90°，则AC＞AB，AC ＞AD，AC＞BC.6．一个建筑物上部为四棱锥，下部为长方体，且四棱锥的底面与长方体的上底面尺寸一样，已知长方体的长、宽、高分别为20 m,5 m,10 m，四棱锥的高为8 m，若按的比例画出它的直观图，那么直观图中，长方体的长、宽、高和棱锥的高应分别为() A．4 cm,1 cm, 2 cm,1.6 cmB．4 cm,0.5 cm,2 cm,0.8 cmC．4 cm,0.5 cm,2 cm,1.6 cmD．2 cm,0.5 cm,1 cm,0.8 cm[答案] C[解析]由比例尺可知长方体的长、宽、高和四棱锥的高分别为4 cm,1 cm,2 cm和1.6 cm，再结合斜二测画法，可知直观图的相应尺寸应分别为4 cm,0.5 cm,2 cm,1.6 cm.7．如图为一平面图形的直观图，则此平面图形可能是选项中的()[答案] C[解析] 由直观图一边在x ′轴上，一边与y ′轴平行，知原图为直角梯形．8．在下列选项中，利用斜二测画法，边长为1的正三角形ABC 的直观图不是全等三角形的一组是( )[答案] C[解析] C 中前者画成斜二测直观图时，底AB 不变，原来高h 变为h 2，后者画成斜二测直观图时，高不变，边AB 变为原来的12.二、填空题9．斜二测画法中，位于平面直角坐标系中的点M (4,4)在直观图中的对应点是M ′，则点M ′的坐标为________，点M ′的找法是________．[答案] M ′(4,2) 在坐标系x ′O ′y ′中，过点(4,0)和y ′轴平行的直线与过点(0,2)和x′轴平行的直线的交点即是点M′.[解析]在x′轴的正方向上取点M1，使O1M1＝4，在y′轴上取点M2，使O′M2＝2，过M1和M2分别作平行于y′轴和x′轴的直线，则交点就是M′.10．如右图，水平放置的△ABC的斜二测直观图是图中的△A′B′C′，已知A′C′＝6，B′C′＝4，则AB边的实际长度是________．[答案]10[解析]由斜二测画法，可知△ABC是直角三角形，且∠BCA＝90°，AC＝6，BC＝4×2＝8，则AB＝AC2＋BC2＝10.11．如图，是△AOB用斜二测画法画出的直观图，则△AOB的面积是________．[答案]16[解析]由图易知△AOB中，底边OB＝4，又∵底边OB 的高为8， ∴面积S ＝12×4×8＝16.12．如图所示，正方形O ′A ′B ′C ′的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是________？[答案] 8 [解析] 原图形为OABC 为平行四边形， OA ＝1，AB ＝OA 2＋OB 2＝3， ∴四边形OABC 周长为8. 三、解答题13．用斜二测画法画出下列图形的直观图(不写画法)．[解析]14．如图所示，四边形ABCD 是一个梯形，CD ∥AB ，CD ＝AO ＝1，三角形AOD 为等腰直角三角形，O 为AB 的中点，试求梯形ABCD 水平放置的直观图的面积．[解析] 在梯形ABCD 中，AB ＝2，高OD ＝1，由于梯形ABCD 水平放置的直观图仍为梯形，且上底CD 和下底AB 的长度都不变，如图所示，在直观图中，O ′D ′＝12OD ，梯形的高D ′E ′＝24，于是梯形A ′B ′C ′D ′的面积为12×(1＋2)×24＝328.15．已知几何体的三视图如下，用斜二测画法，画出它的直观图(直接画出图形，尺寸不作要求)．[解析]如图．16．如图所示，直角梯形ABCD中，AD∥BC，且AD＞BC，该梯形绕边AD所在直线EF旋转一周得一几何体，画出该几何体的直观图和三视图．[分析]该几何体是一个圆锥和一个圆柱拼接成的简单组合体．[解析]直观图如图a所示，三视图如图b所示．一、选择题1．轴截面是正三角形的圆锥称作等边圆锥，则等边圆锥的侧面积是底面积的()A．4倍B．3倍C.2倍D．2倍[答案] D[解析]由已知得l＝2r，S侧S底＝πrlπr2＝lr＝2，故选D.2．长方体的高为1，底面积为2，垂直于底的对角面的面积是5，则长方体的侧面积等于()A．27 B．4 3C．6 D．3[答案] C[解析] 设长方体的长、宽、高分别为a 、b 、c ， 则c ＝1，ab ＝2，a 2＋b 2·c ＝5， ∴a ＝2，b ＝1，故S 侧＝2(ac ＋bc )＝6.3．已知一个圆柱的侧面展开图是一个正方形，这个圆柱的全面积与侧面积的比是( )A.1＋2π2πB.1＋4π4πC.1＋2ππD.1＋4π2π[答案] A[解析] 设圆柱的底面半径为r ，高为h ，则由题设知h ＝2πr ，∴S 全＝2πr 2＋2πr ·h ＝2πr 2(1＋2π)又S 侧＝h 2＝4π2r 2，∴S 全S 侧＝1＋2π2π.[点评] 圆柱的侧面展开图是一个矩形，矩形两边长分别为圆柱底面周长和高；圆锥侧面展开图是一个扇形，半径为圆锥的母线，弧长为圆锥底面周长；圆台侧面展开图是一个扇环，其两段弧长为圆台两底周长，扇形两半径的差为圆台的母线长，对于柱、锥、台的有关问题，有时要通过侧面展开图来求解．4．将一个棱长为a 的正方体，切成27个全等的小正方体，则表面积增加了( )A ．6a 2B ．12a 2C ．18a 2D ．24a 2[答案] B[解析] 原来正方体表面积为S 1＝6a 2，切割成27个全等的小正方体后，每个小正方体的棱长为13a ，其表面积为6×⎝⎛⎭⎪⎫13a 2＝23a 2，总表面积S 2＝27×23a 2＝18a 2，∴增加了S 2－S 1＝12a 2.5．如图所示，圆台的上、下底半径和高的比为，母线长为10，则圆台的侧面积为( )A ．81πB ．100πC ．14πD ．169π[答案] B[解析] 圆台的轴截面如图，设上底半径为r ，则下底半径为4r ，高为4r .因为母线长为10，所以在轴截面等腰梯形中，有102＝(4r )2＋(4r －r )2.解得r ＝2.所以S 圆台侧＝π(r ＋4r )·10＝100π，故选B.6．如图，一个空间几何体的正视图和侧视图都是边长为1的正方形，俯视图是一个圆，那么这个几何体的全面积为( )A.3π2 B ．2π C ．π D ．4π[答案] A[解析] 由三视图可知，该几何体是底半径为12，高为1的圆柱，故其全面积S ＝2π×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋2π×12×1＝3π2.7．(2012－2013·安徽合肥一模)如图是一个几何体的三视图，其中正视图和侧视图都是一个两底长分别为2和4，腰长为4的等腰梯形，则该几何体的侧面积是( )A ．6πB ．12πC ．18πD ．24π[答案] B[解析] 该几何体是两底面半径分别为1、2，母线长为4的圆台，则其侧面积是π(1＋2)×4＝12π.8．(2011·海南、宁夏高考)一个棱锥的三视图如图所示，则该棱锥的全面积(单位：cm 2)为( )A ．48＋12 2B ．48＋24 2C ．36＋12 2D ．36＋24 2[答案] A[解析] 由三视图可得：底面为等腰直角三角形，腰长为6，面积为18；垂直于底面的面为等腰三角形，面积为12×62×4＝122；其余两个面为全等的三角形，每个三角形的面积都为12×6×5＝15.所以全面积为48＋12 2.二、填空题9．已知圆柱OO ′的母线l ＝4 cm ，全面积为42π cm 2，则圆柱OO ′的底面半径r ＝ ________cm.[答案] 3[解析] 圆柱OO ′的侧面积为2πrl ＝8πr (cm 2)，两底面积为2×πr 2＝2πr 2(cm 2)，∴2πr 2＋8πr ＝42π， 解得r ＝3或r ＝－7(舍去)， ∴圆柱的底面半径为3 cm.10．一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图为正三角形，则该几何体的表面积为________．[答案] 24＋2 3[解析] 该几何体是三棱柱，且两个底面是边长为2的正三角形，侧面是全等的矩形，且矩形的长是4，宽是2，所以该几何体的表面积为2×(12×2×3)＋3×(4×2)＝24＋2 3.11．如图所示，一圆柱内挖去一个圆锥，圆锥的顶点是圆柱底面的圆心，圆锥的底面是圆柱的另一个底面．圆柱的母线长为6，底面半径为2，则该组合体的表面积等于________．[答案](410＋28)π[解析]挖去的圆锥的母线长为62＋22＝210，则圆锥的侧面积等于410π.圆柱的侧面积为2π×2×6＝24π，圆柱的一个底面面积为π×22＝4π，所以组合体的表面积为410π＋24π＋4π＝(410＋28)π.12．下图中，有两个相同的直三棱柱，高为2a，底面三角形的三边长分别为3a、4a、5a(a>0)．用它们拼成一个三棱柱或四棱柱，在所有可能的情况中表面积最小的是一个四棱柱，则a的取值范围是________．[答案] 0<a <153[解析] 底面积为6a 2，侧面面积分别为6、8、10，拼成三棱柱时，有三种情况：S 1＝2×6a 2＋2(10＋8＋6)＝12a 2＋48， S 2＝24a 2＋2(10＋8)＝24a 2＋36， S 3＝24a 2＋2(10＋6)＝24a 2＋32. 拼成四棱柱时只有一种情况：表面积为(8＋6)×2＋4×6a 2＝24a 2＋28. 由题意得24a 2＋28<12a 2＋48，解得0<a <153.三、解答题13．已知各棱长为5，底面为正方形，各侧面均为正三角形的四棱锥S －ABCD ，如图所示，求它的表面积．[分析] 求各侧面的面积→ 求侧面积→求底面积→求表面积[解析] ∵四棱锥S －ABCD 的各棱长均为5， 各侧面都是全等的正三角形， 设E 为AB 的中点， 则SE ⊥AB ，∴S 侧＝4S △SAB ＝4×12×5×532＝253， S 底＝52＝25，∴S 表面积＝S 侧＋S 底＝253＋25＝25(3＋1)． 14．正四棱台两底面边长分别为a 和b (a <b )．(1)若侧棱所在直线与上、下底面正方形中心的连线所成的角为45°，求棱台的侧面积；(2)若棱台的侧面积等于两底面面积之和，求它的高．[解析] (1)如图，设O 1、O 分别为上、下底面的中心，过C 1作C 1E ⊥AC 于E ，过E 作EF ⊥BC ，连接C 1F ，则C 1F 为正四棱台的斜高．由题意知∠C 1CO ＝45°，CE ＝CO －EO ＝CO －C 1O 1＝22(b －a )， 在Rt △C 1CE 中，C 1E ＝CE ＝22(b －a )， 又EF ＝CE ·sin45°＝12(b －a )， ∴C 1F ＝C 1E 2＋EF 2 ＝[22(b －a )]2＋[12(b －a )]2＝32(b －a )．∴S 侧＝12(4a ＋4b )×32(b －a )＝3(b 2－a 2)． (2)由S 侧＝a 2＋b 2，∴12(4a ＋4b )·h 斜＝a 2＋b 2， ∴h 斜＝a 2＋b 22(a ＋b ).又EF ＝b －a 2，∴h ＝h 2斜－EF 2＝aba ＋b.15．(2012－2013·嘉兴高一检测)如图在底面半径为2，母线长为4的圆锥中内接一个高为3的圆柱，求圆柱的表面积．[解析] 设圆锥的底面半径为R ，圆柱的底面半径为r ，表面积为S .则R ＝OC ＝2，AC ＝4， AO ＝42－22＝2 3.如图所示易知△AEB ∽△AOC ，∴AE AO ＝EB OC ，即323＝r 2，∴r ＝1S 底＝2πr 2＝2π，S 侧＝2πr ·h ＝23π. ∴S ＝S 底＋S 侧＝2π＋23π＝(2＋23)π.16．已知某几何体的三视图如图，求该几何体的表面积．(单位：cm)[解析] 几何体的直观图如图．这是底面边长为4，高为2的同底的正四棱柱与正四棱锥的组合体，易求棱锥的斜高h ′＝22，其表面积S ＝42＋4×4×2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12×4×22×4＝48＋16 2 cm 2.一、选择题1．长方体三个面的面积分别为2、6和9，则长方体的体积是( ) A ．6 3 B ．3 6 C ．11 D ．12[答案] A[解析] 设长方体长、宽、高分别为a 、b 、c ，则ab ＝2，ac ＝6，bc ＝9，相乘得(abc )2＝108，∴V ＝abc ＝6 3.2．已知正六棱台的上、下底面边长分别为2和4，高为2，则体积为( )A ．32 3B ．28 3C ．24 3D ．20 3 [答案] B[解析] 上底面积S 1＝6×34×22＝63， 下底面积S 2＝6×34×42＝243， 体积V ＝13(S 1＋S 2＋S 1S 2)·h＝13(63＋243＋63·243)×2＝28 3.3．(2012～2013学年枣庄模拟)一个空间几何体的正视图、侧视图、俯视图为全等的等腰直角三角形，直角边长为1，则这个几何体的体积为( )A ．1 B.12 C.13 D.16[答案] D[解析] 由三视图知，该几何体是三棱锥． 体积V ＝13×12×1×1×1＝16.4．体积为52cm 3的圆台，一个底面面积是另一个底面面积的9倍，那么截得这个圆台的圆锥的体积为( )A ．54 cm 3B ．54πcm 3C ．58cm 3D ．58πcm 3[答案] A[解析] 由底面积之比为1:9知，体积之比为1:27，截得小圆锥与圆台体积比为1:26，∴ 小圆锥体积为2cm 3，故原来圆锥的体积为54 cm 3，故选A.5．(2012·江西(文科))若一个几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积为( )A.112 B ．5 C ．4 D.92[答案] C[解析] 本题的几何体是一个六棱柱，由三视图可得底面为六边形，面积为4，高为1，则直接代公式可求．6．(2009·陕西高考)若正方体的棱长为2，则以该正方体各个面的中心为顶点的凸多面体的体积为( )A.26B.23C.33D.23[答案] B[解析] 由题意知，以正方体各个面的中心为顶点的凸多面体是正八面体(即由两个同底等高的正四棱锥组成)，所有的棱长均为1，其中每个正四棱锥的高均为22，故正八面体的体积V ＝2V 正四棱锥＝2×13×12×22＝23.故选B.7．如图，某几何体的正视图与侧视图都是边长为1的正方形，且体积为12，则该几何体的俯视图可以是( )[答案] C[解析] 若该几何体的俯视图是选项A ，则该几何体是正方体，其体积V ＝13＝1≠12，所以A 选项不是；若该几何体的俯视图是选项B ，则该几何体是圆柱，其体积V ＝π×(12)2×1＝π4≠12，所以B 选项不是；若该几何体的俯视是选项D，则该几何体是圆柱的四分之一，其体积V＝14(π×12×1)＝π4≠12，所以D选项不是；若该几何体的俯视图是选项C，则该几何体是三棱柱，其体积V＝12×1×1×1＝12，所以C选项符合题意，故选C.8．如图(1)所示，一只装了水的密封瓶子，其内部可以看成是由半径为1 cm和半径为3 cm的两个圆柱组成的简单几何体．当这个几何体如图(2)水平放置时，液面高度为20 cm，当这个几何体如图(3)水平放置时，液面高度为28 cm，则这个简单几何体的总高度为()A．29 cm B．30 cmC．32 cm D．48 cm[答案] A[解析]图(2)和图(3)中，瓶子上部没有液体的部分容积相等，设这个简单几何体的总高度为h，则有π×12(h－20)＝π×32(h－28)，解得h＝29(cm)．二、填空题9．已知圆锥SO的高为4，体积为4π，则底面半径r＝________.[答案] 3。
2022版数学人教A版必修二基础训练：第二章专题强化练5折叠问题Word版含解析
专题强化练5折叠问题一、选择题1.()如下图,在直角梯形BCEF中,∠CBF=∠BCE=90°,A,D分别是BF,CE上的点,AD∥BC,且AB=DE=2BC=2AF(如图①).将四边形ADEF沿AD折起,连接BE,BF,CE(如图②).在折起的过程中,以下说法中错误的个数是()①AC∥平面BEF;②B,C,E,F四点不可能共面;③假设EF⊥CF,那么平面ADEF⊥平面ABCD;④平面BCE与平面BEF可能垂直.二、填空题2.(2021贵州遵义高三一模,)如图,正方形ABCD中,AB=2√2,点E为AD的中点,现将△DEC沿EC折起形成四棱锥P-ABCE,那么以下命题中为真命题的是(填序号).①设点O为AC的中点,点M在线段PC上,假设MC=√2PM,那么在折起过程中,P、M、B、O 四点可能共面;②设OD与EC交于点F,那么在折起过程中AC与PF可能垂直;.③四棱锥P-ABCE体积的最大值为4√105三、解答题3.()如图①所示的等边三角形ABC的边长为2a,CD是AB边上的高,E,F分别是AC,BC边的中点.现将△ABC沿CD折叠,使平面ADC⊥平面BDC,如图②所示.(1)试判断折叠后直线AB与平面DEF的位置关系,并说明理由;(2)求四面体A-DBC的外接球体积与四棱锥D-ABFE的体积之比.4.(2021山西名校高二上期中联考,)如下图,在直角梯形ABCD中,∠BAD=90°,AD∥BC,AD=6,BC=4,AB=2,E,F分别在BC,AD上,EF∥AB.现将四边形ABEF沿EF折起,使得平面ABEF ⊥平面EFDC.(1)当BE=1时,在折叠后的AD上是否存在一点P,使得CP∥平面ABEF?假设存在,求出AP的值;假PD设不存在,说明理由;(2)设BE=x,当x为何值时,三棱锥A-CDF的体积有最大值?并求出这个最大值.专题强化练5折叠问题一、选择题1.B ①连接AC ,取AC 的中点O ,BE 的中点M ,连接MO ,MF ,易证四边形AOMF 是平行四边形,所以AC ∥FM ,所以AC ∥平面BEF ,所以①正确;②假设B ,C ,E ,F 四点共面,因为BC ∥AD ,所以BC ∥平面ADEF ,可推出BC ∥EF ,所以AD ∥EF ,这与相矛盾,故B ,C ,E ,F 四点不可能共面,所以②正确;③连接CF ,DF ,在梯形ADEF 中,易得EF ⊥FD ,又EF ⊥CF ,所以EF ⊥平面CDF ,所以EF ⊥CD ,又CD ⊥AD ,所以CD ⊥平面ADEF ,那么平面ADEF ⊥平面ABCD ,所以③正确;④延长AF 至G ,使得FG =AF ,连接BG ,EG ,易得平面BCE ⊥平面ABF ,过F 作FN ⊥BG 于N ,那么FN ⊥平面BCE ,假设平面BCE ⊥平面BEF ,那么过F 作直线与平面BCE 垂直,其垂足在BE 上,前后矛盾,故④错误.综上所述,只有1个说法错误.应选B .二、填空题2.答案③解析因为点M 在线段PC 上,所以平面PMO 即为平面PAC ,又B ∉AC ,所以P 、M 、B 、O 不可能在同一平面内,所以①不正确.沿EC 折起过程中,假设PF ⊥AC ,因为AC ⊥OD ,所以AC ⊥平面PBF ,所以AC ⊥PB ,而这显然是不可能的,所以②不正确.易知当平面PEC ⊥平面ABCE 时,四棱锥P -ABCE 的体积最大,在Rt △DCE 中,设斜边CE 上的高为h ,那么DE ·DC =EC ·h ⇒h =2√105, 所以V P -ABCE =13×12×(√2+2√2)×2√2×2√105=4√105,所以③正确. 故真命题为③.三、解答题3.解析(1)AB ∥平面DEF.理由:∵E ,F 分别为AC ,BC 的中点,∴AB ∥EF ,∵AB ⊄平面DEF ,EF ⊂平面DEF ,∴AB ∥平面DEF.(2)以DA ,DB ,DC 为棱补成一个长方体,那么四面体A -DBC 的外接球即为长方体的外接球. 设球的半径为R ,那么a 2+a 2+3a 2=(2R )2,∴R =√52a , 于是球的体积V 1=43πR 3=5√56πa 3. 又V A -BDC =13S △BDC ·AD =√36a 3, V E -DFC =13S △DFC ·12AD =√324a 3, ∴V 1V D -ABFE =V 1V A -BDC -V E -DFC =20√15π9. 故四面体A -DBC 的外接球体积与四棱锥D -ABFE 的体积之比为20√15π9.4.解析(1)存在点P ,使得CP ∥平面ABEF ,此时AP PD =32. 当AP PD =32时,AP AD =35, 过P 作MP ∥FD ,与AF 交于M ,连接ME ,那么MP FD =35,又FD =5,∴MP =3.∵EC =3,MP ∥FD ∥EC ,∴MP ∥EC ,且MP =EC ,故四边形MPCE 为平行四边形, ∴PC ∥ME ,∵PC ⊄平面ABEF ,ME ⊂平面ABEF ,∴CP ∥平面ABEF.(2)∵平面ABEF ⊥平面EFDC ,平面ABEF ∩平面EFDC =EF ,AF ⊥EF ,AF ⊂平面ABEF , ∴AF ⊥平面EFDC ,∵BE =x ,∴AF =x (0<x <4),FD =6-x ,故三棱锥A -CDF 的体积V =13×12×2×(6-x )x =-13(x -3)2+3,0<x <4.∴当x =3时,三棱锥A -CDF 的体积有最大值,最大值为3.。
人教A版高中数学必修第二册强化练习题-专题强化练5-复数四则运算的综合应用(含答案)
人教A版高中数学必修第二册专题强化练5 复数四则运算的综合应用1.(2024山东菏泽月考)已知i为虚数单位,复数z满足|z+2i|=|z|,则z的虚部为( )A.-1B.1C.iD.-i2.(2024福建福州期中)已知复数z满足|z|=2,则|z+3+4i|的最小值是( )A.3B.4C.5D.68.(2024河北张家口期中)已知在复数范围内,关于x的一元二次方程x2-2x+k=0(k∈R)有两个虚数根z1和z2,若|z1-z2|=2,且z1的虚部为正数.(1)求实数k的值;(2)求z1z2+的值.答案与分层梯度式解析专题强化练5 复数四则运算的综合应用1.B2.A3.ACD4.BCD5.BC1.B 设z=a+bi(a,b ∈R),则z =a-bi,因为|z+2i|=|z|,所以|a+(b+2)i|=|a+bi|,可得a 2+(b+2)2=a 2+b 2,解得b=-1,所以复数z 的虚部为-b=1.故选B.2.A |z|=2表示复数z 在复平面内对应的点的集合是以原点O 为圆心,2为半径的圆,|z+3+4i|=|z-(-3-4i)|表示圆上的点到点(-3,-4)(记为A)的距离,易得|OA|=32+42=5>2,所以|z+3+4i|的最小值是|OA|-2=3.故选A.3.ACD ∵-2<b<2,∴Δ=b 2-4<0,∴方程x 2+bx+1=0的根为x=-b ±4−b 2i2,不妨设z 1=-b2+4−b 22i,z 2=-b 2-4−b 22i,则z 1=z 2,A正确;|z 1|=|z 2正确;易得z 1z 2=1,∴z 1z 2=z 21z1z 2=z 21=b 2-22-b 4−b22i,当b≠0时,z 1z 2∉R,B 错误;当b=1时,z 1=-12+32i,z 2=-12-32i,计算得z 21=-12-32i=z 2,z 22=z 1,∴z 31=z 1z 2=1,z 32=z 1z 2=1,D 正确.故选ACD.4.BCD 设z 1=a+bi,z 2=c+di,a,b,c,d ∈R,则z 21=(a+bi)2=a 2-b 2+2abi,|z 1|2=a 2+b 2,当b≠0时,z 21≠|z 1|2,A 不正确;因为z 1·z 2=(a+bi)(c+di)=(ac-bd)+(ad+bc)i,所以z 1·z 2=(ac-bd)-(ad+bc)i,又z 1·z 2=(a-bi)(c-di)=(ac-bd)-(ad+bc)i,所以z 1·z 2=z 1·z 2,B 正确;|z 1z 2|=|(a+bi)(c+di)|=|(ac-bd)+(ad+bc)i|=(ac -bd )2+(ad +bc )2=a 2c 2+b 2d 2+a 2d 2+b 2c 2,|z 1|·|z 2|=a 2+b 2·c 2+d 2=(a 2+b 2)(c 2+d 2)=a 2c 2+b 2d 2+a 2d 2+b 2c 2,所以|z 1z 2|=|z 1|·|z 2|,C 正确;z 1z 1=a +b i a -b i =(a +b i)2(a -b i)(a +b i)=a 2-b 2+2abi a 2+b 2,z 21|z 1|2=(a +b i)2a 2+b 2=a 2-b 2+2abi a 2+b 2,所以z 1z 1=z 21|z 1|2,D正确.故选BCD.规律总结 关于复数有以下几个常用结论,在小题中可以直接使用,提高解题速度.(1)z1·z2=z1·z2=z1z2(z2≠0);(3)|z1z2|=|z1||z2|;(4)zz=z2|z|2(z≠0).5.BC 设z=a+bi(a,b∈R),由z2+z+1=0得(a+bi)2+(a+bi)+1=0,即(a2-b2+a+1)+(2ab+b)i=0,所以a2-b2+a+1=0,2ab+b=0,解得a=−12,b=32或a=−12,b=−32, z=-1+3i z=-1-3i,6.7.z1因为∠AOB∈[0,π],所以∠AOB=π4.8.解析 (1)设z1=a+bi(a,b∈R,b>0),则z2=a-bi,故z1+z2=2a=2,所以a=1,因为|z1-z2|=2,所以|2bi|=2,即4b2=4,解得b=1或b=-1(舍去).故z1=1+i,z2=1-i,所以k=z1z2=2.(2)因为z1z2=1+i1−i=i,i4n=1,i4n+1=i,i4n+2=-1,i4n+3=-i,n∈N,所以z1z2+=i+i2+i3+…+i2 025=(i-1-i+1)×506+i=i.。
2023-2024学年内蒙古高中数学人教A版 必修二第八章 立体几何强化训练-2-含解析
1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2、请将答案正确填写在答题卡上2023-2024学年内蒙古高中数学人教A 版 必修二第八章 立体几何强化训练(2)姓名：____________ 班级：____________ 学号：____________考试时间：120分钟满分：150分题号一二三四五总分评分*注意事项：阅卷人得分一、选择题（共12题，共60分）2条3条4条5条1. 在棱长为a 的正方体中，与AD 成异面直线且距离等于a 的棱共有（ ）A. B. C. D. 2.如图，正方体 中， 为棱的中点，用过的平面截去该正方体的下半部分，则剩余几何体的主视图是（ ）A. B. C. D.3. 如图，在三棱锥中，平面平面 ， ， 点M 在上， ， 过点M 作三棱锥外接球的截面，则截面圆周长的最小值为（ ）A. B. C. D.4. 如图，在正方体中，分别为的中点，则（ ）平面平面平面平面A. B. C. D.双曲线的一支一部分圆弧一部分线段去掉一个端点抛物线的一部分5. 已知直三棱柱中的底面为等腰直角三角形，，点分别是边，上动点，若直线平面，点为线段的中点，则点的轨迹为A. B. C. D.6. 已知三棱锥P-ABC的四个顶点均在球面上，平面ABC．，为直角三角形，，且，．则球的表面积为（）A. B. C. D.7. 球的表面积与它的内接正方体的表面积之比是（）A. B. C. D.内心外心重心垂心8. 三棱锥的三条侧棱两两垂直，则顶点在底面的射影是底面三角形的（ ）A. B. C. D.9.一个多面体的直观图、主视图、左视图、俯视图如下，M、N分别为A1B、B1C1的中点．4个3个2个1个①直线MN 与A 1C 相交． ②MN BC ． ③MN//平面ACC 1A 1 ． ④三棱锥N-A 1BC 的体积为．A. B. C. D. 如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面β如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β如果直线a ∥平面α，那么a 平行于平面α内的无数条直线如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β10. 下列命题中错误的是（ ）A. B. C. D. 432111. 在四棱柱中，四边形是边长为2的菱形， ， ， ， 则下列结论中正确的个数为（ ）①；②；③平面；④四棱柱的体积为.A. B. C. D. 12. 如果某正方体的八个顶点都在同一个半径为的球面上，那么该正方体的体积是（ ）A.B.C.D.13. 如图，长方体中， ， 则四面体的外接球的体积为 .14. 如图，正方体 的棱长为1，P 为BC 的中点，Q 为线段 上的动点，过点A,P,Q 的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题正确的是 （写出所有正确命题的编号）. ①当 时，S 为四边形；②当时，S 为等腰梯形；③当 时，S 与的交点R 满足；④当时，S 为六边形；⑤当时，S的面积为.15. 中国古代数学名著《九章算术·商攻》中，阐述：“斜解立方，得两堵.其一为阳马，一为鳖臑.阳马居二，鳖臑居一”.若称为“阳马”的某四棱锥如图所示，为矩形，面，，，则与所成的角；与平面所成角的正弦值 .16. 在四棱锥中，是等边三角形，底面是矩形，平面平面，若，则四棱锥的外接球的表面积是．17. 四棱锥中，，且平面，，，是棱的中点.(1) 证明：平面；(2) 求三棱锥的体积.18. 如图，在四棱台中，底面是菱形，，平面．(1) 若点是的中点，求证：平面；(2) 棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由．19. 如图，在直三棱柱中，，，，侧面的中心为O，点E是侧棱上的一个动点．(1) 求直三棱柱的侧面积；20. 已知正方体中，M为的中点，AC交于BD点O．(1) 求证：平面MAC；(2) 求证：平面平面MAC．21. 如图（1）所示，在直角梯形ABCD中，，E是AD的中点，O是AC与BE的交点．将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，如图（2）所示．(1) 证明：CD⊥平面A1OC；(2) 若平面A1BE⊥平面BCDE，求平面A1BC与平面A1CD所成锐二面角的余弦值．答案及解析部分1.2.3.4.5.6.7.8.9.10.12.13.14.15.16.17.(1)(2)18.(1)(2)19.(1)(2)20.(1)(2)21.(1)(2)。
人教A版高中数学必修第二册强化练习题-第七章-复数-复习提升(含答案)
人教A版高中数学必修第二册本章复习提升易混易错练易错点1 对复数的相关概念理解不清致错1.(2024吉林白山模拟)若复数z=i+2i2+3i3,则z的虚部为( )A.2iB.-2iC.2D.-2(2)若m=3,z是关于x的实系数方程x2+ax+b=0的一个复数根,求实数a,b的值.思想方法练一、函数与方程思想在解决复数问题中的应用1.(2024江苏泰州月考)若复数z 满足|z-1|=|z+i|,则|z-1|的最小值为( )A.12B.22C.1D.22.(2024安徽淮南二中期中)已知复数z=a-3i(a ∈R),若z 是关于x 的方程x 2-2x+10=0的一个根,则a= ;若复数z 2在复平面内对应的点位于第三象限,则a 的取值范围3..三、数形结合思想在解决复数问题中的应用5.(2024四川射洪中学月考)已知复数z 满足|z+3i|=|z-i|,则|z+1+2i|的最小值为( )A.1B.3C.3D.56.(多选题)(2024安徽淮南期中)设复数z 在复平面内对应的点为Z,则下列说法正确的有( )A.若|z|=1,则z=±1或z=±iB.若|z-(2+i)|=1,则|z|的最小值为5-1C.若z=3-2i,则|z|=7D.若1≤|z|≤2,则点Z 的集合所构成图形的面积为π四、转化与化归思想在解决复数问题中的应用7.(2024浙江余姚中学月考)复数z 1=-12+32i2的虚部是 ;若复数z 2满足|z 2|=1,则|z 2+1+i|的取值范围为 .8.(2024陕西咸阳永寿中学月考)设z 是虚数,ω=z+1z 是实数,且-1<ω<2.(1)求|z|及z 的实部的取值范围;(2)设μ=1−z 1+z ,求证:μ是纯虚数;(3)在(2)的条件下,求ω-μ2的最小值.答案与分层梯度式解析本章复习提升易混易错练1.D z=i+2i2+3i3=i-2-3i=-2-2i,故z的虚部为-2.故选D.易错警示 复数z=a+bi(a,b∈R)的虚部是b,而不是bi.2.解析 (1)因为z=a2-2a-3+(a-3)i是纯虚数,所以解得a=-1.(0,1)的距离加上半径长易错点(5-1)2+1=5+1=6.解析 由复数及其运算的几何意义可得|z+2i|≤1表示复数为半径的圆及其内部易错点,|z|表示复数z对应的点到原点的距离此相关的题目时,可以借助复数及其运算的几何意义从几何角度解题.5.A 由b是方程x2+(4+i)x+4+ai=0(a∈R)的根可得b2+(4+i)b+4+ai=0,即(b+a)i+(b2+4b+4)=0,所以b+a=0,b2+4b+4=0,解得a=2,b=−2,所以z=2-2i.故选A.易错警示 只有实系数一元二次方程才能利用判别式Δ讨论方程根的存在性.对于复系数一元二次方程ax 2+bx+c=0,讨论其根的情况时,应先设方程的根为x=m+ni(m,n ∈R),再代入方程,利用复数相等的充要条件转化为实数方程解决.6.解析 (1)因为复数z=(m+1)(m-2)+(m-2)i(m ∈R)是纯虚数,所以(m +1)(m -2)=0,m -2≠0,解得m=-1.(2)当m=3时,z=4+i.因为z 是关于x 的实系数方程x 2+ax+b=0的一个复数根,所以z 的共轭复数z =4-i 也是实系数方程x 2+ax+b=0的根,所以(4+i)+(4-i)=-a,(4+i)(4-i)=b,解得a=-8,b=17.易错警示 实系数一元二次方程中的虚根是以共轭复数的形式成对出现的,但如果题设中没有直接交代一元二次方程的系数是实数,就不能得出上述结论.思想方法练1.B3.B 5.A 6.BD1.B 令z=x+yi,x,y ∈R,由|z-1|=|z+i|得(x -1)2+y 2=x 2+(y +1)2,所以y=-x,所以|z-1|=(x -1)2+y 2=x 2-2x+1+x 2=2x 2-2x+1=通过变量代换,将所求问题转化为二次函数的最值问题,利用二次函数的性质进行求解,体现了函数思想.所以当x=12时,|z-1|取得最小值22.故选B.2.答案 1;(0,3)解析 若z 是方程x 2-2x+10=0的一个根,则(a-3i)2-2(a-3i)+10=0,所以a 2-2a+1+(6-6a)i=0,由复数相等的充要条件建立方程组求解.所以a 2-2a+1=0,6−6a =0,解得a=1.因为z=a-3i,所以z 2=(a-3i)2=a 2-9-6ai,所以复数z 2在复平面内对应的点为(a 2-9,-6a),若该点位于第三象限,则a 2-9<0,-6a <0,解得0<a<3,所以a 的取值范围为(0,3).思想方法 一般运用方程思想解决复数分类及复数相等中的参数问题,一般应用函数思想解决复数模的最值或者范围问题,求解时可根据题目条件,结合复数相关概念列式,再转化为函数(一般为二次函数)问题解决.3.B 因为i1=i,i2=-1,i3=-i,i4=1,……,i4k+1=i,i4k+2=-1,i4k+3=-i,i4k+4=1,k∈N,i n具有周期性,它的周期是4,确定|z|时需分n=4k+1,n=4k+2,n=4k+3,n=4k+4(k∈N)四种情况讨论.所以当n=4k+1(k∈N)时,z=i,则|z|=1,=所以1x2+2x1=x21+x22x1x2=(x1+x2)2-2x1x2x1x2=(x1+x2)2x1x2-2=4kk+1-2=4k+4−4k+1-2=-4k+1+2,因为x1x2+x2x1=-4k+1+2为整数,k∈Z,所以k+1能整除-4,故k+1的值可能为-4,-2,-1,1,2,4,则实数k的值可能为-5,-3,-2,0,1,3,又k<0,所以k的所有可能取值为-5,-3,-2.思想方法 分类讨论思想在复数问题中的应用非常广泛,如在研究与复数有关的方程问题时,要注意对根的情况进行分类讨论;i n(n∈N*)具有周期性,周期为4,含有i n的复数运算问题,一般会按照n 被4除余数为0,1,2,3进行讨论.5.A 设复数z 在复平面内对应的点为Z,因为z 满足|z+3i|=|z-i|,所以由复数及其运算的几何意义可知,点Z 到点(0,-3)(记为A)和(0,1)(记为B)的距离相等,所以点Z 在AB 的垂直平分线上,即点Z 的轨迹为直线y=-1,如图,根据复数及其运算的几何意义画出图形求解.|z+1+2i|表示点Z 到点(-1,-2)的距离,易知当Z(-1,-1)时,|z+1+2i|最小,最小值为1.故选A.6.BD 对于A,当z=22+22i 时,满足故A 错误.对于B,因为|z-(2+i)|=1,所以z 对应的点的集合是圆心为(2,1)(记为A),半径为1的圆(如图1),|z|表示圆上的点到原点(0,0)的距离,由复数及其运算的几何意义画出z 对应的点所表示的图形,利用几何图形的性质解决最值问题.易知当z 对应的点为B 时,|z|取得最小值,则|z|min =4+1-1=5-1,故B 正确.对于C,|z|=3+4=7,故C 错误.对于D,点Z 的集合是以原点为圆心,1和2为半径的两个圆所夹的圆环(包括圆环的边界),即图2中的阴影部分,其面积为π×(2)2-π×12=π,故D 正确.故选BD.思想方法 在求复数模的最值问题时,可以利用复数及其运算的几何意义建立复数、复平面内的点的关系.若复数z 在复平面内对应的点为Z,r>0,则|z-(a+bi)|=r 表示点Z 的集合是以点(a,b)为圆心,r 为半径的圆;|z-(a+bi)|<r 表示点Z 的集合为上述圆内部所有的点组成的集合;|z-(a+bi)|>r表示点Z 的集合为上述圆外部所有的点组成的集合;|z-(a+bi)|=|z-(c+di)|表示点Z 的集合是以点(a,b)和(c,d)为端点的线段的垂直平分线.(a,b,c,d,r ∈R)7.答案 -32;[2-1,2+1]解析 z 1=-12+32i 2=14-32i-34=-12-32i,故复数z 1的虚部是-32.因为|z 2|=1,所以可设z 2=cos θ+isin θ,θ∈R,:μ=1+z =1+a +b i =(1+a )2+b 2=-a +1i.∵a ∈-12,1,b≠0,∴μ为纯虚数.(3)ω-μ2=2a+b 2(a +1)2=2a+1−a 2(a +1)2=2a-a -1a +1=2a-1+2a +1=2(a +1)+-3,∵a ∈-12,1,∴a+1>0,∴ω-μ2≥2×2(a +1)·1a +1-3=4-3=1,当且仅当a+1=1a +1,即a=0(a=-2舍去)时取等号.故ω-μ2的最小值为1.思想方法 在解决复数问题时,通过把复数z设成z=a+bi(a,b∈R)或者z=r(cos θ+isin θ)(r>0,θ∈R)的形式,实现复数问题实数化;复数的几何意义也是很明显的转化与化归思想的应用,通过把复数转化为复平面内的点或向量,将复数问题几何化.。