高三数学一轮单元测试卷18套答案

2高三数学2单元测试卷参考答案 第一单元 集合与简易逻辑

一、选择题（每小题5分，共50分） 题次 答案 1 D 2 B 3 C 4 C 5 D 6 A 7 C 8 D 9 B 10 A 二、填空题（每小题4分，共20分） ππ3π11．?，－1?∪(0，1)∪?，3?；12．3800；13． ；14． (－∞?1)∪(3，＋∞)；15．x＋6或

4?2??2?2x＋6或3x＋6或4x＋6或5x＋6

三、解答题（共80分）

16．解： (1)设f（x）＝ax2＋bx＋c，由f（0）＝1得c＝1，故f（x）＝ax2＋bx＋1．

∵f(x＋1)－f(x)＝2x，∴a(x＋1)2＋b(x＋1)＋1－(ax2＋bx＋1)＝2x． 即2ax＋a＋b＝2x，所以??2a?2?a?1，∴f(x)＝x2－x＋1． ,???a?b?0?b??1(2)由题意得x2－x＋1>2x＋m在[－1，1]上恒成立．即x2－3x＋1－m>0在[－1，1]上恒成立． 3

设g(x)＝ x2－3x＋1－m，其图象的对称轴为直线x＝ ，所以g(x) 在[－1，1]上递减．

2故只需g(1)>0，即12－3×1＋1－m>0，解得m<－1． 17． 解：（1）当a＝2时，A＝（2，7），B＝（4，5）∴ A?B＝（4，5）． （2）∵ B＝（2a，a2＋1）， 当a＜

1时，A＝（3a＋1，2） 3?2a?3a?1要使B?A，必须?2，此时a＝－1；

?a?1?21时，A＝?，使B?A的a不存在； 31当a＞时，A＝（2，3a＋1）

3当a＝

?2a?2要使B?A，必须?2，此时1≤a≤3．

?a?1?3a?1综上可知，使B?A的实数a的取值范围为[1，3]∪{－1} 18．

解:由a2x2?ax?2?0，得(ax?2)(ax?1)?0，21或x?aa21 ?x??|a|?1??1,1?,故|a|?1或|a|?1,?“只有一个实数满足x2?2ax?2a?0”.即抛物线y?x2?2ax?2a与x轴只有显然a?0?x??一个交点，???4a2?8a?0.?a?0或2,?命题\p或q为真命题\\|a|?1或a?0\?命题\P或Q\为假命题?a的取值范围为?a|?1?a?0或0?a?1?19．解： (1)设任意实数x1

?2?x22x1?x2?a)＝(2?2)?x1?x2

2x1x2 ?x1?x2,?21?22,?21?22?0;?a?0,?21 又21x?x2xxxx?x2?a?0．

?0，∴f(x1)－ f(x2)<0，所以f(x)是增函数．

(2)当a＝0时，y＝f(x)＝2x－1，∴2x＝y＋1， ∴x＝log2(y＋1)， y＝g(x)＝ log2(x＋1)． 20．解：（1）显然函数y?f(x)的值域为[22,??)； （2）若函数

y?f(x)在定义域上是减函数，则任取x1,x2?(0.1]且x1?x2都有

12)?0 f(x1)?f(x2) 成立， 即(x1?x2)(2?xax只要a??2x1x2即可，

由x1,x2?(0.1]，故?2x1x2?(?2,0)，所以a??2， 故a的取值范围是(??,?2]；

（3）当a?0时，函数y?f(x)在(0.1]上单调增，无最小值， 当x?1时取得最大值2?a；

由（2）得当a??2时，函数y?f(x)在(0.1]上单调减，无最大值， 当x＝1时取得最小值2－a；

2a2a 当?2?a?0时，函数y?f(x)在(0.?]上单调减，在[?,1]上单调增，无最大值， 22 当x??2a2 时取得最小值2?2a．

21．解?f(x)?ax2?(b?1)x?b?2(a?0),

（1）当a＝2，b＝－2时， f(x)?2x2?x?4. 设x为其不动点，即2x?x?4?x.

则2x?2x?4?0. ?x1??1,x2?2.即f(x)的不动点是－1，2． （2）由f(x)?x得：ax?bx?b?2?0． 由已知，此方程有相异二实根，

222?x?0恒成立，即b2?4a(b?2)?0.即b2?4ab?8a?0对任意b?R恒成立．

??b?0.?16a2?32a?0?0?a?2. （3）设A(x1,x1),B(x2,x2)，

1直线y?kx?是线段AB的垂直平分线， ?k??1 22a?1b, 记AB的中点M(x0,x0).由（2）知x0?? 2a1bb1?M在y?kx?2上,????2.

2a2a2a?12a?1化简得：b??222时，等号成立）．即b??. ??????(当a?241422a?112a?22a?aaa11高三数学2单元测试卷参考答案

第二单元 函数

一、选择题（每小题5分，共50分） 题次 答案 1 D 2 A 3 A 4 B 5 C 6 D 7 B 8 A 9 A 10 D 二、填空题（每小题4分，共20分） 11．2

； 12．x≥2； 13． (2，＋∞) ； 14． 2.5 ； 15 (1) (3) (4) 2

三、解答题(共80分)

16．略

17． 解：(Ⅰ)∵f(x)?2x?1 ∴f?1(x)?log2(x?1) (x＞－1)

?x?1?0由f(x)≤g(x) ∴? 2?(x?1)?3x?1?1解得0≤x≤1 ∴D＝[0，1]

1?113x?112f(x)?log2?log2(3?) 22x?12x?12∵0≤x≤1 ∴1≤3－≤2

x?111∴0≤H(x)≤ ∴H(x)的值域为［0，］

22(Ⅱ)H(x)＝g(x)－

18．解：(Ⅰ)设P(x0，y0)是y＝f(x)图象上点，Q(x，y)，则??x?x0?2a，

?y??y0∴??x0?x?2a1 ∴－y＝loga(x＋2a－3a)，∴y＝loga (x＞a)

y??yx?a?0?x?3a?0

?x?a?0(Ⅱ)?∴x＞3a

∵f(x)与g(x)在［a＋2，a＋3］上有意义． ∴3a＜a＋2

∴0＜a＜1 6分

∵|f(x)－g(x)|≤1恒成立?|loga(x－3a)(x－a)|≤1恒成立．

??1?loga[(x?2a)2?a2]?11???a?(x?2a)2?a2?

a?0?a?1对x∈［a＋2，a＋3］上恒成立，令h(x)＝(x－2a)2－a2

其对称轴x＝2a，2a＜2，2＜a＋2 ∴当x∈［a＋2，a＋3］

hmin(x)＝h(a＋2)，hmax＝h(a＋3)

?a?hmin(x)?∴原问题等价?1

?hmax(x)??a?a?4?4a9?57? ??1?0?a?12?9?6a??a19．解：(Ⅰ)由题意：3?x?k2 将t?0,x?1代入k?2,?x?3? t?1t?12)＋3，当销售t?1当年生产x(万件)时，年生产成本＝年生产费用＋固定费用＝32x＋3＝32(3－x(万件)时，年销售收入＝150%［32(3－

21＋3］＋t t?12由题意，生产x万件化妆品正好销完

∴年利润＝年销售收入－年生产成本－促销费

?t2?98t?35即y?(t≥0)

2(t?1)t?132?)≤50－216＝42万件 2t?1t?132?当且仅当即t＝7时，ymax＝42 2t?1(Ⅱ)∵y?50?(∴当促销费定在7万元时，利润增大．

20．(Ⅰ)证明：令x＝y＝0，∴2f(0)＝f(0)，∴f(0)＝0 令y＝－x，则f(x)＋f(－x)＝f(0)＝0 ∴f(x)＋f(－x)＝0 ∴f(－x)＝－f(x) ∴f(x)为奇函数 4分

(Ⅱ)解：f(x1)＝f(

2xnxn?xn1)＝－1，f(xn＋1)＝f()＝f()＝f(xn)＋f(xn)＝2f(xn) 221?x?x1?xnnn∴

f(xn?1)＝2即{f(xn)}是以－1为首项，2为公比的等比数列

f(xn)－

∴f(xn)＝－2n1 (Ⅲ)解：

111111?????(1??2???n?1) f(x1)f(x2)f(xn)2221n112????(2?n?1)??2?n?1??2 1221?22n?511??(2?)??2???2 而?n?2n?2n?21?∴

1f(x?1???1??2n?5 1)f(x2)f(xn)n?221．(Ⅰ)证明：g(x)＝f(x)－x＝ax2＋(b－1)x＋1且a＞0 ∵x1＜1＜x2＜2 ∴(x1－1)(x2－1)＜0即x1x2＜(x1＋x2)－1

于是x?m??b2a?12(?b?1a?1a)?12(x11?x2)?2x1x2 ＞12(x)?12［(x11?x21＋x2)－1］＝2

又∵x1＜x111111＜2＜2 ∴x1x2＞x1于是有ｍ＝2(x1＋x2)－2x1x2＜2(x1＋x2)－2x1＝2x2＜1 12＜m＜1 (Ⅱ)解：由方程g(x)?ax2?(b?1)x?1?0,可知x11x2?a＞0，∴x1x2同号 (ⅰ)若0＜x1＜2则x2－x1＝2 ∴x2＝x1＋2＞2 ∴g(2)＜0 即4a＋2b－1＜0 ①

又(x2

(b?1)22－x1)＝

a2?4a?4 ∴2a?1?(b?1)2?1，(∵a＞0)代入①式得

2(b?1)2?1＜3－2b，解之得：b＜

14 (ⅱ)若－2＜x1＜0，则x2＝－2＋x1＜－2 ∴g(－2)＜0，即4a－2b＋3＜0 ② 又2a?1?(b?1)2?1代入②得2(b?1)2?1＜2b－1解之得b＞

74 综上可知b的取值范围为??bb?1或b?7??44??

∴

高三数学2单元测试卷参考答案

第三单元 数列

一、选择题（每小题5分，共50分） 题次 答案 1 D 2 D 3 B 4 B 5 B 6 A 7 D 8 C 9 B 10 B 提示： 2．∵Sn＝324 Sn－6＝144，∴Sn－Sn－6＝an＋5＋an－4＋?＋an＝180 又∵S6＝a1＋a2＋?＋a6＝36 a1＋an

＝a2＋an－1＝?＝a6＋an－5，∴6(a1＋an)＝36＋180＝216?a1＋an＝36，由

(a?an)n，有：n＝18 ∴选D Sn?1?18n?32423．∵S4＝1 S8＝3 ∴S8－S4＝2，而等比数列依次K项和为等比数列，a17＋a18＋a19＋a10＝(a1＋a2＋

－

a3＋a4)2251＝16，故选B．

184．∵a2?a1?[?1?(?9)]?

338b22?(?1)(?9)?9,而b2??9?q2?0,?b2??3,故b2(a2?a1)?(?3)?(). ??8?选B

3n?1n7．∵ Sn?b(1?a) Sn?1?b(1?a) ∴

1?a1?ab(1?an)ab(1?a)b(1?an?1)aSn?b????Sn?1

1?a1?a1?a故点(Sn,Sn?1)在直线y＝ax＋b上，选D．

9．设现在总台数为b，2003年更新a台，则：b＝a＋a(1＋10%)＋??＋a(1＋10%)4．

1?(1?10%)5a ∴b?a?,?16.5%.

1?(1?10%)b二、填空题（每小题4分，共20分）

11．∵a1a2??an?log23?log34??logn?1(n?2)?log2(n?2)?k时，n＋2＝2k，由n＝2k－2∈(1，

4(1?29)2004)有2≤k≤10(k∈Z)．故所有劣数的和为（2＋2＋??＋2）－239＝－18＝2026．

1?22

3

10

12．令n＝6得

26?x?27,?64?x?128.由64?7m?1?128,m?N?有10?m?18.

9?8?7?891. 213．设抽取的是第n项．∵S11＝55，S11－an＝40，∴an＝15，又∵S11＝11a6 a6＝5．由a1＝－5，

a?a得d＝61?2，令15＝－5＋（n－1）32，∴n＝11

6?114．设x＝a＋b＋c，则b＋c－a＝xq，c＋a－b＝xq2，a＋b－c＝xq3，∴xq＋xq2＋xq3＝x(x≠0) ∴q3＋q2＋q＝1．

故各元素之和为S?9?71?15．nC1C2C3?Cn

三、解答题（共80分）

－

16．⑴由题意得（a1＋d）(a1＋13d)＝(a1＋4d)2(d>0) 解得d＝2，∴an＝2n－1，bn＝3n1．

⑵当n＝1时，c1＝3 当n≥2时，∵

cn?3(n?1) 故cn?2?3n?1 ?an?1?an,∴cn??n?1bn?2?3(n?2)?c1?c2???c2004?3?2?3?2?32???2?32003?32004

17．⑴∵f(x＋1)＝(x＋1－1)2－4，∴f(x)＝(x－1)2－4

∴a1＝f(x－1)＝(x－2)2－4，a3＝(x－1)2－4． 又a1＋a3＝2a2，∴x＝0，或x＝3．

33

（2）由（1）知a1，a2，a3分别是0，－ ，－3或－3，－ ，0．

22

33∴an??(n?1)或an?(n?3)

223（3）当an??(n?1)时，

29933351 (a2?a26)?[???(26?1)]??2222239939297 当an?(n?3)时，a2?a5?a8???a26?(a2?a26)?(???39)?.

222222a2?a5?a8???a26?

18．（1）∵an>0，2Sn?an?1，∴4Sn?(an?1)2,4Sn?1?(an?1?1)2，则当n≥2时，

22即(an?an?1)(an?an?1?2)?0，而an>0，∴an?an?1?2(n?2) 4an?an?2an?an?1?2an?1,又2S1?a1?1,?a1?1,则an?2n?1 （2）bn?1111111?(?),?Tn?(1?)?

(2n?1)(2n?1)22n?12n?122n?1219．（1）令x＝y＝0，则f(0)＝0，再令x＝0，得f(0)－f(y)＝f(－y)，

∴f(－y)＝－f(y)，y∈(－1，1)，∴f(x)在（－1，1）上为奇函数． （2）?f(a1)?f()??1,由(1)知f(x)?f(y)?f(12x?y), 1?xy2anan?anf(an?1)，即?f(an?1)?f()?f()?f(a)?f(a)?2f(a)?2 nnn2f(an)1?an1?an?an ∴{f(an)}是以－1为首项，2为公比的等比数列，∴f(an)＝－2n1．

－

1n11112（3）?bn??(1??2???n?1)????2?n?1． 122221?21?若bn?1m4m?8恒成立（n∈N＋），则?2?n?1??2，即m?n?1.

242442n?1∵n∈N＋，∴当n＝1时，有最大值4，故m>4．又∵m∈N，∴存在m＝5，使得对任意

n∈N＋，有bn?m?8． 420． (2005年湖南高考题20题) 解：（I）从第n年初到第n+1年初，鱼群的繁殖量为axn，被捕捞量为bxn，死亡量为

22cxn,因此xn?1?xn?axn?bxn?cxn,n?N*.(*)即xn?1?xn(a?b?1?cxn),n?N*.(**)

（II）若每年年初鱼群总量保持不变，则xn恒等于x1， n∈N*，从而由（*）式得 xn(a?b?cxn)恒等于0,n?N*,所以a?b?cx1?0.即x1? 因为x1>0，所以a>b. 猜测：当且仅当a>b，且x1?a?b. ca?b时，每年年初鱼群的总量保持不变. c （Ⅲ）若b的值使得xn>0，n∈N* 由xn+1=xn(3－b－xn), n∈N*, 知

0

由此猜测b的最大允许值是1.

下证 当x1∈(0, 2) ，b=1时，都有xn∈(0, 2), n∈N* ①当n=1时，结论显然成立.

②假设当n=k时结论成立，即xk∈(0, 2), 则当n=k+1时，xk+1=xk(2－xk)>0.

又因为xk+1=xk(2－xk)=－(xk－1)2+1≤1<2, 所以xk+1∈(0, 2)，故当n=k+1时结论也成立.

由①、②可知，对于任意的n∈N*，都有xn∈(0,2).

综上所述，为保证对任意x1∈(0, 2), 都有xn>0， n∈N*，则捕捞强度b的最大允许值是1． 21．（1）x＝y＝0得f(0)＝ －1，x＝y＝－1得f(－2)＝2f(－1)＋2，而f(－2)＝ －2，∴f(－1)＝－2，

x＝1，y＝ －1得f(0)＝f(1)＋f(－1)，∴f(1)＝1

（2）x＝n，y＝1得f(n＋1)＝f(n)＋f(1)＋n＋1＝f(n)＋n＋2，∴f(n＋1)－f(n)＝n＋2， ∴当n∈N＋时，f(n)＝f(1)＋[3＋4＋?＋(n＋1)]＝

121(n?3n?2)则f(n)?n?(n2?n?2)，而当n∈N＋，且n>1时，n2＋n－2>0， 22∴f(n)>n，则对一切大于1的正整数t，恒有f(t)>t．

（3）∵y＝ －x时f(x－x)＝f(x)＋f(－x)＋1－x2，∴f(x)＝x2－2－f(－x)，∵当x∈N＋时由（2）知

11f(x)?(x2?3x?2)，当x＝0时，f(0)＝ －1＝[02?3?0?2]．适合

22当x为负整数时，－x∈N＋，则

f(?x)?1211(x?3x?2),?f(x)?x2?2?(x2?3x?2)?(x2?3x?2)222

故对一切x∈Z时，有f(x)?12(x?3x?2)， ∴当t∈Z时，由f(t)＝t得t2＋t－2＝0，即t＝12或t＝2．满足f(t)＝t的整数t有两个．

高三数学2单元测试卷参考答案

第四单元 [三角函数]通，性质大集中

一、选择题(5分310＝50分) 题号 答案 1 C 2 D 3 C 4 C 5 D 6 A 7 B 8 A 9 B 10 A 二、填空题(4分35＝20分) 342????11．－ 12．??sin1?,sin1?? 13．－2 14．2(－1)n 15．；π＋。

43322??三、解答题(共80分) 16．解：由sin( ??4?2?)?sin(?4?2?)?sin(?4?2?)?cos(?4?2?)

1?11sin(?4?)?cos4??, 22241??5?4??. 又??(,),所以??. 得 cos24212王新敞2sin??co2s??2cos2?于是 2sin??tan ??co?t?1??cos2????cos2??sin?co?ssin2?5?5?35 ??(co2s??2co2t?)??(cos?2cot)??(??23)?3.

6622217．解： ∵ tanα是方程x2?2xsec??1?0的较小根， ∴ 方程的较大根是cotα． ∵ tanα＋cotα＝?2sec?，即 ∴ sin???12 ??sin?cos?cos?1． ?? 5分 2 解得 ??2k?? 当??2k??7??，或??2k??,k?Z． ?? 8分 6637?，ctg??3； (k?Z)时，tg??363? 当??2k??(k?Z)时，tg???，ctg???3，不合题意．

367? ∴ ??2k??,k?Z． ?? 12分

618．解法一 由sinA(sinB?cosB)?sinC?0得sinAsinB?sinAcosB?sin(A?B)?0.

所以sinAsinB?sinAcosB?sinAcosB?cosAsinB?0.即sinB(sinA?cosA)?0. 因为B?(0,?),所以sinB?0，从而cosA?sinA. 由A?(0,?),知A??3. 从而B?C??. 44

由sinB?cos2C?0得sinB?cos2(??B)?0. 即sinB?sin2B?0.亦即sinB?2sinBcosB?0. 由此得cosB?341?5???5?,B?,C?.所以A?,B?,C?.

423123123??2C). 解法二：由sinB?cos2C?0得sinB??cos2C?sin(23??3??或2C?B?. ?2C或B?2C?.即B?2C? 由0?B、c??，所以B?2222

由sinA(sinB?cosB)?sinC?0得 sinAsinB?sinAcosB?sin(A?B)?0. 所以sinAsinB?sinAcosB?sinAcosB?cosAsinB?0. 即sinB(sinA?cosA)?0. 由A?(0,?),知A?因为sinB?0，所以cosA?sinA.

33??，知B+2C=不合要求.

2441?5???5?. 所以A?,B?,C?. 再由2C?B??，得B?,C?42312312???19．解：f(x)?cos(2k???2x)?cos(2k???2x)?23sin(?2x)

333???2cos(?2x)?23sin(?2x)

33.从而B?C??4cos2x

所以函数f(x)的值域为??4,4?，最小正周期T??2????。

,0)，B(0,220)，C(0,300)． 20．解：如图所示，建立平面直角坐标系，则A(200直线l的方程为y?(x?200)tan?，即y?设点P的坐标为(x,y)，则P(x,x?200． 2x?200)（x?200） 2x?200?300x?8002由经过两点的直线的斜率公式kPC?，?x2xx?200?220x?6402． kPB??x2x由直线PC到直线PB的角的公式得

tanBPC?kPB?kPC1?kPBkPC16064x2x ??2x?800x?640x?288x?160?6401??2x2xyCBlxOA?P

?64（x?200）

160?640x??288x160?640?288达到最小． x要使tanBPC达到最大，只须x?由均值不等式x?160?640160?640?288?2160?640?288．当且仅当x?时上式取等

xx320?200?60． 号．故当x?320时tanBPC最大．这时，点P的纵坐标y为y?2由此实际问题知，0??BPC??22

，所以tanBPC最大时，?BPC最大．故当此人距水平地面60

米高时，观看铁塔的视角?BPC最大．

a2a2

21．(1)f(x)＝1－2a－2acosx－2sinx＝1－2a－2acosx－2(1－cosx)＝2(cosx－)－－2a－1。

22

2

当a≥2时，则cosx＝1时，f(x)取最小值，即f(a)＝1－4a；

aa2

当－2＜a＜2时，则cosx＝时，f(x)取最小值，即f(a)＝－－2a－1；

22当a≤－2时，则cosx＝－1时，f(x)取最小值，即f(a)＝1；

?1,a??2,?1?综合上述，有f(a)＝??a2?2a?1,?2?a?2,

?2??1?4a,a?2.1

(2)若f(a)＝，a只能在[－2,2]内。

2

a21

解方程－－2a－1＝，得a＝－1，和a＝－3。因－1∈[－2,2]，故a＝－1为所求，此时

2211

f(x)＝2(cosx＋)2＋；当cosx＝1时，f(x)有最大值5。

22

高三数学2单元测试卷参考答案

第五单元 [向量]作运算，图形见奇观

一、选择题 题号 1 答案 C 2 C 3 A 4 B 5 B 6 B 7 D 8 C 9 C 10 D 1103102

二、填空题11．－；12．1；13．(－，)；14．－；15．②④

2553三、解答题

16．解:?AB?AC,?AB?AC?0.?AP??AQ,BP?AP?AB,CQ?AQ?AC

?BP?CQ?(AP?AB)?(AQ?AC)?AP?AQ?AP?AC?AB?AQ?AB?AC??a2?AP?AC?AB?AP ??a2?AP?(AB?AC)??a2?1PQ?BC??a2?a2cos?. 2

故当cos??1,即??0(PQ与BC方向相同)时,BP?CQ最大.其最大值为0. ??????1AAAA17．解：（1）∵m＝(－cos，sin)，n＝(cos，sin)，且m2n＝，

22222

AA1

∴－cos2＋sin2＝，??????????????????2分

22212

即－cosA＝，又A∈(0，?)，∴A＝?????????????5分

23

112

（2）S△ABC＝bc·sinA＝b·c·sin?＝3错误！未找到引用源。，∴bc＝4 ???????7分

223 又由余弦定理得：a2＝b2+c2－2bc·cos120°＝b2+c2+bc ??????10分

∴16＝(b+c)2，故b+c＝4．?????????????????12分

13

18．解：⑴OC＝((t+1)，－(t+1))，??????????????????2分

22113

∵BC＝tAE，∴DC＝tAD，AD＝，又OA＝(，)， AC1+t22

AC＝OC－OA＝(2t，－2(t+2))；∴AD＝(2(t+1)，－2(t+1))，??????5分

2t+13∴OD?OA?AD＝(，－)??????????????????7分

2(t+1)2(t+1)t－13(t+1)

⑵（理）∵EC?OC?OE＝(，－)，

22

2t+1t－133(t+1)t2+t+1

∴OD2EC＝2＋2＝????????????9分

2(t+1)22(t+1)22(t+1)(t－1)2+3(t+1)2t2+t+1(2t+1)2+1又∵|OD|2|EC|＝2＝??????????11分

2(t+1)2t+1

13t3(t+2)

OD2EC1

∴cos＝＝，∴向量OD与EC的夹角为60°．??14分

|OD|2|EC|2

123133

（文）由已知t＝，∴OD＝(，－)，EC＝(－，－) 23344

137

∴OD2EC＝－＋＝???????????????????????9分

6412又∵|OD|＝

7277，|EC|＝＝??????????????????11分 342

7

121

∴cos＝＝，∴向量OD与EC的夹角为60°．??????14分

726

??19．解：⑴由a?(cos?,sin?),b?(cos?,sin?),

????得a?b?(cos??cos?,sin??sin?)，a?b?(cos??cos?,sin??sin?),

????又(a?b)?(a?b)?(cos??cos?)(cos??cos?)?(sin??sin?)(sin??sin?) ?cos2??cos2??sin2??sin2??0.

?????(a?b)?(a?b).

??（2）?ka?b?(kcos??cos?,ksin??sin?),

????2?ka?b?k?2kcos(???)?1, 同理?a?kb?1?2kcos(???)?k2, ????由ka?b?a?kb得2kcos(???)??2kcos(???)

又k?0,所以cos(???)?0,因0??????,所以?????2.

?????20．解：⑴OD?OA?OB?a?b,OH?OC?OD?a?b?c. ????????⑵AH?OH?OA?(a?b?c)?a?b?c,BC?OC?OB?c?b. ?????2?2?2?2?AH?BC?(c?b)?(c?b)?c?b?c?b.∴O为△ABC的外心．

????AH?BC?0.故AH?BC. 即a?b?c，?OA?OB?OC，⑶在△ABC中，∠A＝60°，∠B＝45°，O为△ABC的外心，则∠BOC＝2∠A＝120°， ∠AOC＝2∠B＝90°，∴∠AOB＝150°。

?????????2?2?2????OH?OH?OH?(a?b?c)?(a?b?c)?a?b?c?2a?b?2b?c?2c?a

2???2?2?2????0＝a?b?c?2a?bcos150?2b?ccos1200?2c?acos900?R2?R2

?R2?3R2?R2?0?(2?3)R2.

?OH?2?3R?6?2R. 22221．解：由已知得(2R)2(sin2A?sin2C)?2RsinB(2a?b)，即a?c?2ab?b2．

?a2?b2?c22，?C?． ?cosC??42ab21223?absinC?ab??4R2sinAsinB?2R2sinAsin(?A) 244422cosA?sinA)?R2(sinAcosA?sin2A) 22S??2R2sinA(11?cos2A2?11?22?R2(sin2A?)?R2[sin(2A?)?]?R

222422?当A?3?1?22时，面积S有最大值R． 82

高三数学2单元测试卷参考答案

第六单元 [不等]符号定，比较技巧深

一、选择题 题号 1 答案 D 2 D 3 A 4 C 5 A 6 B 7 C 8 C 9 B 10 A 二、填空题11．x≤0或x≥2； 12．155；13．(??,]； 14．三、解答题

3232； 15．②④ 43

16．解：由于y＝2x是增函数，f(x)≥22等价于|x+1|－|x－1|≥， ① ??2分

2(i)当x≥1时，|x+1|－|x－1|＝2。∴①式恒成立

??5分 ??8分

33

(ii)当－1＜x＜1时，|x+1|－|x－1|＝2x。①式化为2x≥，即≤x<1

24(i)当x≤－1时，|x+1|－|x－1|＝－2。∴①式无解 综上，x的取值范围是[

3

，＋∞)。 4

??12分

17．解：∵f(x)?1?cos2x?sin2x?????????????????2分

?1?2sin(2x?)??????????????????4分

4 ?f(x)?0?1?2sin(2x???4)?0

?2????????????????6分 ?sin(2x?)??42???4?2k??2x??4?5??2k????????????8分 4?k??x?3??k???????????????????10分 4 又x?[0,2?]. ∴x?(0,3?7?)?(?,)??????????????????12分 4418．解：（1）应用二元均值不等式，得

a2b2yxyx(?)(x?y)?a2?b2?a2?b2?a2?b2?2a2b2?(a?b)2， xyxyxya2b2(a?b)2故 ． ??xyx?y当且仅当a2yxab

?b2，即?时上式取等号．??????????????8分

xyxy

2232(2?3)2（2）由（1）f(x)????25．

2x1?2x2x?(1?2x)当且仅当

231?，即x?时上式取最小值，即[f(x)]min?25．??14分

52x1?2x点评：给你一种解题工具，让你应用它来解答某一问题，这是近年考试命题的一种新颖的题型

之一，很值得读者深刻反思和领悟当中的思维本质．

?(1－m)x

19．解：（1）由f(x)<0得，|x－m|

? (1＋m)x>m

①当m＝－1时，??2x??11

?x<－2???????????????????3分

?0??1m?x??mm?1?m?1+m

1－mm?x??1?m?m?x??m?1?m?x<③当m<－1时，???????????????????7分

1－mm?x???1?m综上所述，当m<－1时，不等式解集为{x|x<

m

} 1－m

1

当m＝－1时，不等式解集为{x|x<－} 2

mm

当－1

1+m1－m

（2）f(x)＝ ??(1?m)x?m,x?m

??(1?m)x?m,x?m∵m<0，∴1－m>0，f(x)在[m，+∞)上单调递增，要使函数f(x)存在最小值，则f(x)在(－∞，m)上是减函数或常数，∴－(1+m)≤0即m≥－1，又m<0，∴－1≤m<0．

故f(x)存在最小值的充要条件是－1≤m<0，且f(x)min＝ f(m)＝－m2． ???14分

a2a2a220．解：⑴对已知二次函数应用配方法，得f(x)??b(x?)?，当x∈R时，f(x)max＝ ，

4b2b4ba2于是，对任意x∈R都有f(x)?1?f(x)max＝?1? a?2b．???4分

4b⑵用f(x)max、f(x)min表示f(x)在[0，1]上的最大值、最小值，则对任意x∈[0，1]，都有|f(x)|?1

?f(x)max?1,当且仅当? （*）

f(x)??1,?mina2a2而 f(x)＝－b(x－)+，（x?[0，1]）

2b4baa2当2b?a时，0<，f(x)min＝f(0)或f(1)； ?1，f(x)max＝

2b4b当2b

a>1， f(x)max＝ f(1)，f(x)min＝f(0)． 2b?b?1且2b?a,?2?b?1且2b?a,a????1,于是(*)??4b 或?f(1)?a?b?1,

?f(0)?0??1.?f(0)?0??1,????f(1)?a?b??1,?b－1?a?2b或x???b－1?a?2b．

故对任意x?[0，1]，都有|f(x)|?1的充要条件是b－1?a?2b．?????9分 (３) 由(２)的解答知，对任意x∈[0，1]，都有|f(x)|?1当且仅当

?2b?a?0且0?b?1,?2?2b?a且0?b?1,a????1, 或?f(1)?a?b?1, ?4b?f(0)?0??1.?f(0)?0??1,????f(1)?a?b??1,?0

故当0点评：含参数的二次函数与绝对值不等式相综合，这是历年高考命题的热点之一．读者在备考复

习时，应当重视这类题型的解题技巧，掌握一些解题的套路，领悟当中的变化技能，反复思考参数的处理艺术．

21．解：对函数f(x)求导数：f?(x)?(xlog2x)??[(1?x)log2(1?x)]?

?log2x?log2(1?x)?于是f?()?0.

11?.?log2x?log2(1?x). ln2ln21211时,f?(x)?log2x?log2(1?x)?0,f(x)在区间(0,)是减函数，

2211当x?时,f?(x)?log2x?log2(1?x)?0,f(x)在区间(,1)是增函数.

22当x?所以f(x)在x?11时取得最小值，f()??1， 22（Ⅱ）证法一：用数学归纳法证明.

（i）当n=1时，由（Ⅰ）知命题成立.

（ii）假定当n?k时命题成立，即若正数p1,p2,?,p2k满足p1?p2???p2k?1， 则p1log2p1?p2log2p2???p2klog2p2k??k.

当n?k?1时，若正数p1,p2,?,p2k?1满足p1?p2???p2k?1?1,

p2kp1p2,q2?,?,q2k?. 令x?p1?p2???p2k,q1?xxx则q1,q2,?,q2k为正数，且q1?q2???q2k?1.

由归纳假定知q1log2p1?p2log2p2???q2klog2q2k??k.

p1log2p1?p2log2p2???p2klog2p2k?x(q1log2q1?q2log2q2???q2klog2q2k

?log2x)?x(?k)?xlog2x, ①

同理，由p2k?1?p2k?2???p2k?1?1?x可得p2k?1log2p2k?1???p2k?1log2p2k?1

?(1?x)(?k)?(1?x)log2(1?x). ②

综合①、②两式p1log2p1?p2log2p2???p2k?1log2p2k?1

?[x?(1?x)](?k)?xlog2x?(1?x)log2(1?x)??(k?1).

即当n?k?1时命题也成立.

根据（i）、（ii）可知对一切正整数n命题成立. 证法二：

令函数g(x)?xlog2x?(c?x)log2(c?x)(常数c?0,x?(0,c)),那么

xxxxg(x)?c[log2?(1?)log2(1?)?log2c],

ccccx1c利用（Ⅰ）知，当?(即x?)时,函数g(x)取得最小值.

c22对任意x1?0,x2?0,都有

x1log2x1?x2log2x2?2?x1?x2x?x2log21 22 ?(x1?x2)[log2(x1?x2)?1]. ① 下面用数学归纳法证明结论.

（i）当n=1时，由（I）知命题成立.

（ii）设当n=k时命题成立，即若正数p1,p2,?,p2k满足p1?p2???p2k?1,有

p1log2p1?p2log2p2???p2klog2p2k??k. 当n?k?1时,p1,p2,?,p2k?1满足p1?p2???p2k?1?1.

令H?p1log2p1?p2log2p2???p2k?1?1log2p2k?1?1?p2k?1log2p2k?1由①得到

H?(p1?p2)[log2(p1?p2)?1]???(p2k?1?1?p2k?1)[log2(p2k?1?1?p2k?1)?1],因为(p1?p2)???(p2k?1?1?p2k?1)?1, 由归纳法假设 (p1?p2)log2p(?1p2??)?2kp?(1?1?2kp?1)l2og2kp??1(?1 H??k?(p1?p2???p2k?1?1?p2k?1)??(k?1). 即当n?k?1时命题也成立.

所以对一切正整数n命题成立.

kp2?1??得到)k , 高三数学2单元测试卷参考答案

第七单元 直线与圆

一、选择题（每小题5分，共50分）： 题号 1 答案 C 2 B 3 C 4 C 5 A 6 A 7 A 8 B 9 A 10 A 二、填空题（每小题4分，共20分） 11．36； 12． (a)?(2),(b)?(1),(c)?(3)9 ； 13． z≤－２或z≥１； 14．

2x?4y?82?0 15． 43

三、解答题（共80分，按步骤得分）

16．解：已知圆的标准方程是(x－2)2＋(y－2)2＝1， 它关于x轴的对称圆的方程是(x－2)2＋(y＋2)2＝1。 设光线L所在直线方程是：y－3＝k(x＋3)。

由题设知对称圆的圆心C′（2，－2）到这条直线的距离等于1，即d?|5k?5|1?k2?1．

34或k??． 4334故所求的直线方程是y?3??(x?3)，或y?3??(x?3)，

43整理得12k2?25k?12?0, 解得k??即3x＋4y－3＝0，或4x＋3y＋3＝0．

?x?2y?400?17． 解：设甲、乙两种产品的产量分别为x，y件，约束条件是?2x?y?500

?x?0,y?0,?目标函数是f?3x?2y，要求出适当的x，y，使f?3x?2y取得最大值。 作出可行域，如图。 设3x?2y?a,a是参数，

y 500 3a将它变形为y??x?，

223这是斜率为?，随a变化的一族直线。

2a当直线与可行域相交且截距最大时，

2目标函数f取得最大值。由?200 O （200，100） 250 400 x ?x?2y?400?x?200得?， 2x?y?500y?100??因此，甲、乙两种产品的每月产品分别为200，100件时，可得最大

收入800千元。

18． 解：如图建立平面直角坐标系，由题意可设A、B两人速度分别为3v千米/小时 ，v千米/小时，再设出发x0小时，在点P改变方向，又经

过y0小时，在点Q处与B相遇．

则P、Q两点坐标为（3vx0， 0），（0，vx0＋vy0）． 由|OP|2＋|OQ|2＝|PQ|2知，………………3分 （3vx0）2＋(vx0＋vy0)2＝(3vy0)2， 即(x0?y0)(5x0?4y0)?0．

?x0?y0?0,将①代入kPQ?5x0?4y0……①

x?y03??0,得kPQ??.

3x04又已知PQ与圆O相切，直线PQ在y轴上的截距就是两个相遇的位置．

3x?b与圆O:x2?y2?9相切， 4|4b|15则有?3,?b?.

432?423答：A、B相遇点在离村中心正北3千米处

4设直线y??19．解：（1）∵|PM1|－5＝|PM2|－1，∴|PM1| － |PM2|＝4 ∴动圆圆心P的轨迹是以M1、M2为焦点的双曲线的右支。 c＝4，a＝2，b2＝12，

x2y2故所求轨迹方程为－＝1（x≥2）。

412?（2）当过M2的直线倾斜角不等于时，设其斜率为k，

2直线方程为 y＝k(x－4)

与双曲线 3x2－y2－12＝0联立，消去y化简得(3－k2)x2＋8k2x－16k2－12＝0 又设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1>0，x2>0

?8k2?0?x1?x2?2k?3??16k2?12?0由?x1x2?解得 k2>3。 2k?3??△?64k4?16(3?k2)(4k2?3)?0??由双曲线左准线方程 x＝－1且e＝2，有|AM1|2|BM1|＝e|x1＋1|2e|x2＋1|＝4[x1x2＋(x1＋x2)＋1]

33616k2?128k2＝4(＋＋1)＝100＋

k2?3k2?3k2?3

∵k2－3>0，∴|AM1|3|BM1|>100 又当直线倾斜角等于

?时，A(4，y1)，B(4，y2)，|AM1|＝|BM1|＝e(4＋1)＝10 2|AM1|2|BM1|＝100 故 |AM1|2|BM1|≥100。 20．解：设?ACB??,?BCO??，再设A(0,a)、B（0，b）、C（x，0）．

则tan(???)?ab, tan??． xxtan??tan[(???)??]

图一 图二 ab?a?ba?ba?btan(???)?tan?． ????xx ?abab1?tan(???)?tan?1?ab2abx?2x?2xxx当且仅当x?aba?b

,∵x2?ab,，∴x?ab时,tan?有最大值，最大值为， x2ab

∴ y?tanx在(0,?2)内为增函数．

∴ 角α的最大值为arctana?b2ab．此时C点的做标为(ab,0).

21． 解：（1）设M(a，ka)，N(b，－kb)，(a>0，b>0)。 则|OM|＝a1?k2，|ON|＝b1?k2。 由动点P在∠AOx的内部，得0

|kx?y|1?k2＝

kx?y1?k2，|PN |＝

|kx?y|1?k2＝

kx?y1?k2

∴S四边形ONPM＝S△ONP＋S△OPM＝＝

1（|OM|2|PM|＋|ON|2|PN|） 211[a(kx－y)＋b(kx＋y)]＝[k(a＋b)x － (a－b)y]＝k 22∴k(a＋b)x－(a－b)y＝2k ①

1y?ka1y?kb＝， kPN＝＝， kx?akx?bx?kyx?ky222

分别解得a＝，b＝，代入①式消a、b，并化简得x－y＝k＋1。 221?k1?k又由kPM＝ －

∵y>0，∴y＝x2?k2?1

（2）由0

222???x?k?1?0?x?k?1 (*) ??2??222222???x?k?1?kx?(1?k)x?k?1　　②当k＝1时，不等式②为0<2恒成立，∴(*)?x>2。

k2?11?k41?k42当0

1?k21?k21?k22

k2?12k?1当k>1时，由不等式②得x>，且<0，∴(*)?x>k2?1 22

1?k1?k

2

但垂足N必须在射线OB上，否则O、N、P、M四点不能组成四边形，所以还必须满足条件：y<

11x，将它代入函数解析式，得x2?k2?11)，或x∈k（02}； 2k?11?k4kk4?122当01时，定义域{x|k?1

1?k2k2?12高三数学2单元测试卷参考答案

第八单元 圆锥曲线

一、选择题（每小题5分，共50分）： 题号 1 答案 D 2 C 3 D 4 B 5 B 6 C 7 D 8 D 9 D 10 C 二、填空题（每小题4分，共20分） 11．60°12．

1622 14．2 13．[(a,b) 15．5 ,1)5222三、解答题（共80分）

16．解：由已知，AB的方程为y＝x－5，将其代入

x2y290??1得7x2?90x?369?0.设A(x1,y1),B(x2,y2)，则x1?x2??.

7916AB的中点C的坐标为(?45808024580,?)，于是|CF|?(?)2?(??0)2? 777773. 设所求方程为 217．解：依题意，F（2，0），l：x?(x?2)2?y29?e,0?e?1,即(1?e2)x2?(4?3e2)x?y2?4?e2?0,

34|x?|24?3e23(4?3e2)2(4?3e2)其中心为A(∴A’的坐标为(?,0). ∵A与A’关于直线y＝2x对称，,)

2(1?e2)10(1?e2)5(1?e2)33(4?e2)312又A’在直线x??上,??。 ??,解之得e?2210(1?e)225(x?)212523y222于是所求方程为x?x?y??0,即??1.

112282418．解：（1）以直线AB为x轴，线段AB的中点为原点建立直角坐标系，则A（－2，0），B（2，0），

C（2，3 ），D（－2，3）．依题意，曲线段DE是以A、B为焦点的椭圆的一部分．

1x2y22?a?(|AD|?|BD|)?4,c?2,b?12,?所求方程为??1(?2?x?4,0?y?23).

21612x2y2??1 （2）设这样的弦存在，其方程y?3?k(x?2),即y?k(x?2)?3,将其代入1612得(3?4k2)x2?(83k?16k2)x?16k2?163k?36?0 设弦的端点为M（x1，y1），N（x2，y2），则由

x1?x283k?16k23?2,知x1?x2?4,???4,解得k??. 223?4k2∴弦MN所在直线方程为y??3x?23,验证得知，这时M(0,23),N(4,0)适合条件． 23x?23. 2故这样的直线存在，其方程为y??19．解（1）设点M的坐标为（x，y），则由

???????????????3????yxy3yPM??MQ.得P(0,?),Q(,3),由HP?PM?0,得(3,?)?(x,)?0,

22322 所以y2＝4x 由点Q在x轴的正半轴上，得x>0，所以，动点M的轨迹C是以（0，0）为顶点，

以（1，0）为焦点的抛物线，除去原点．

（2）设直线l：y＝k(x＋1)，其中k≠0代入y2＝4x，得k2x2＋2(k2－2)x＋k2＝0 ①

设A（x1，y1），B(x2，y2)，则x1，x2是方程①的两个实数根，由韦达定理得

2(k2?2)x1?x2??,x1x2?1

k22?k22,)，线段AB的垂直平分线方程为 所以，线段AB的中点坐标为(2kk212?k2y???(x?2),

kkk令 y?0,x0?E(22?1(?1,0)。因为△ABE为正三角形，所以，点 ，所以，点E的坐标为 22kk2?1,0)到直线AB的距离等于 k2341?k2222|AB|,而|AB|?(x1?x2)?(y1?y2)??1?k. 22k231?k221?k2311所以，?解得k??,所以x?. 02k|k|23b2b2bb2bc220．（1）易得M(c,),kOM?,kAB?,???b?c?a?2c,?e??.

aacaacaa2222|FC1|?|F2C|?|F1F2|（2）证：由椭圆定义得：|FC 1|?|F2C|?2a,cos?FCF12?2|FC||FC|1224a2?4c2?2|FC||FC|2b12???1.

2|FC|FC1||F2C|1||F2C|22|FC|?|FC|2b2c?2212|FC||FC|?()?a,?cos?FCF??1??1?0,??FCF?. 121212222a2c2（3）解：设直线PQ的方程为y??a(x?c),即y??2(x?c) ．代入椭圆方程消去x得： b(1?1y?c)2y222c2c2222?2?1，整理得：5y?22cy?2c?0,?y1?y2?,y1?y2??. 2ab55222c28c248c2143c2∴(y1?y2)?()??.S?PF2Q??2c?|y1?y2|??203,c2?25,

552525x2y2??1. 因此a＝50，b＝25，所以椭圆方程为

50252

2

21．解：（1）∵a＝xi＋(y＋2)j，b＝xi＋(y－2)j，且|a|＋|b|＝8 ∴点M（x，y）到两个定点F1（0，

x2y2??1 －2），F（2）的距离之和为8 ∴点M的轨迹C为F1、F2为焦点的椭圆，其方程为20，

1216（2）∵l过y轴上的点（0，3），若直线l是y轴，则A、B两点是椭圆的顶点，这时

????????????OP?OA?OB?0。

∴P与O重合，与四边形OAPB是矩形矛盾，

∴直线l的斜率存在，设l的方程为y＝kx＋3，A（x1，y1），B(x2，y2)

?y?kx?3?由?x2y2消y得:(4?3k2)x2?18kx?12?0此时??(18k)2?4(4?3k2)(?21)?0

?1???1216恒成立．

18k21,xx?? 124?3k24?3k2????????????∵OP?OA?OB，∴四边形OAPB是平行四边形

且x1?x2??????????若存在直线l使得四边形OAPB是矩形，则OA⊥OB，即OA?OB?0

????????????????∵OA?(x1,y1),OB?(x2,y2)?OA?OB?x1?x2?y1?y2?0

即(1?k2)x1x2?3k(x1?x2)?9?0即(1?k2)(?21k2)?3k(?18k2)?9?0?k2?5,?k??5 4?3k4?3k164

∴存在直线l:y??5x?3使得四边形OAPB为矩形． 4

高三数学2单元测试卷参考答案

第九单元 [简单几何体]，交角与距离

一、选择题 题号 1 答案 C 2 D 3 C 4 A 5 A 6 B 7 D 8 A 9 C 10 C 二、填空题11．3； 12．3； 13．π； 14．①③④ 15．①③④ 三、解答题 16．证明：（Ⅰ）作AD的中点O，则VO⊥底面ABCD．??????????1分 建立如图空间直角坐标系，并设正方形边长为1，??????????2分 则A（

11113，0，0），B（，1，0），C（－，1，0），D（－，0，0），V（0，0，）， 22222????????????13∴AB?(0,1,0),AD?(1,0,0),AV?(?,0,)????????????3分

22????????????????由AB?AD?(0,1,0)?(1,0,0)?0?AB?AD??????????????4分

????????????????13AB?AV?(0,1,0)?(?,0,)?0?AB?AV??????????????5分

22又AB∩AV＝A

∴AB⊥平面VAD????????????????????????????6分

????（Ⅱ）由（Ⅰ）得AB?(0,1,0)是面VAD的法向量????????????7分 ?设n?(1,y,z)是面VDB的法向量，则

?????x??1?13??n?VB?03??(1,y,z)?(?,1,?)?0????n?(1,?1,)??9分 ????????2233??z???n?BD?0?(1,y,z)?(?1,?1,0)?03???????∴cos?AB,n??(0,1,0)?(1,?1,3)3??21，??????????????11分

7211?3又由题意知，面VAD与面VDB所成的二面角，所以其大小为arccos17．解法一（I）证明 由题设知OA⊥OO1，OB⊥OO1.

21????12分 7

所以∠AOB是所折成的直二面角的平面角， 即OA⊥OB. 故可以O为原点，OA、OB、OO1

所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 如图3，则相关各点的坐标是A（3，0，0）， B（0，3，0），C（0，1，3） O1（0，0，3）.

图3

从而AC?(?3,1,3),BO1?(0,?3,3),AC?BO1??3?3?3?0. 所以AC⊥BO1.

（II）解：因为BO1?OC??3?3?3?0,所以BO1⊥OC，

由（I）AC⊥BO1，所以BO1⊥平面OAC，BO1是平面OAC的一个法向量. 设n?(x,y,z)是0平面O1AC的一个法向量， ?n?AC?0??3x?y?3z?0,由?????n?OC?0?y?0.1?取z?3, 得n?(1,0,3).

设二面角O—AC—O1的大小为?，由n、BO1的方向可知???n，BO1>，

所以cos??cos?n，BO1>=n?BO1?3.

4|n|?|BO1|即二面角O—AC—O1的大小是arccos

3. 4解法二（I）证明 由题设知OA⊥OO1，OB⊥OO1，所以∠AOB是所折成的直二面角的平面角，

O1

C 即OA⊥OB. 从而AO⊥平面OBCO1，

F OC是AC在面OBCO1内的射影.

D E O1C3， 因为tan?OOB?OB?3 tan?OOC??11OO13OO1O B 所以∠OO1B=60°，∠O1OC=30°，从而OC⊥BO1

由三垂线定理得AC⊥BO1.

（II）解 由（I）AC⊥BO1，OC⊥BO1，知BO1⊥平面AOC. A 图4 设OC∩O1B=E，过点E作EF⊥AC于F，连结O1F（如图4），则EF是O1F在平面AOC 内的射影，由三垂线定理得O1F⊥AC. 所以∠O1FE是二面角O—AC—O1的平面角.

由题设知OA=3，OO1=3，O1C=1， 所以O1A?从而O1F?OA2?OO12?23,AC?O1A2?O1C2?13，

O1A?O1C23， ?AC13又O1E=OO12sin30°=

3， 2

所以sin?O1FE?O1E313. ?. 即二面角O—AC—O1的大小是arcsin4O1F418．解：以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴建立空间直角坐1

标系，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(12，0，)，D(0，2，0)，E(0，1，)，P(0，0，1)．

2

????????????????????1

∴CD＝(－1，0，0)，AD＝(0，2，0)，AP＝(0，0，1)，AE＝(0，1，) ，PC＝(1，2，－1)，

2

?????????CD?AD?0?CD?AD??????????CD?平面PAD?(1) CD?AP?0?CD?AP?平面PAD．??5分 ????平面PDC⊥

CD?平面PDC?AP?AD?A???1????????2－????????2AE?PC30

?????＝(2)∵cos?AE,PC?????＝，

101|AE|?|PC|1+26

4

30

∴所求角的余弦值为．????????????????????????9分

10

(3)假设BC边上存在一点G满足题设条件，令BG＝x，则G(1，x，0)，作DQ⊥AG，则DQ⊥

????????????????????平面PAG，即DQ＝1．∵2S△ADG＝S矩形ABCD，∴|AG|?|DQ|?|AB||?AD|＝2∴|AG|＝2，又

AG＝x2+1，∴x＝3<2，

故存在点G，当BG＝3时，使点D到平面PAG的距离为1．??????????14分 19．解：⑴CC1∥BB1，又BB1⊥A1E，∴CC1⊥A1E，而CC1⊥A1F，∴CC1⊥平面A1EF，∴平面A1EF⊥平面B1BCC1????????????????????????4分

⑵作A1H⊥EF于H，则A1H⊥面B1BCC1，∴A1H为A1到面B1BCC1的距离，在△A1EF中，A1E1

＝A1F＝2，EF＝2，∴△A1EF为等腰Rt△且EF为斜边，∴A1H为斜边上中线，可得A1H＝EF

2＝1????????????????????????????9分

⑶作A1G⊥面ABC于G，连AG，则A1G就是A1到面ABC的距离，且AG是∠BAC的角平分线，A1G＝1????????????????????????????12分 cos45°631

∵cos∠A1AG＝＝，∴sin∠A1AG＝，∴A1A＝＝1??????14分

3cos30°33

320．解：（Ⅰ）如图所示： C（2，0，0），S（0，0，1），O（0，0，0），B（1，1，0）

?SC?(2,0,?1),OB?(1,1,0)1010 ?cos?SC,OB???,??arccos555?22?????????????????????4分

（Ⅱ）①SB?(1,1,?1),CB?(?1,1,0)?n?SBC

??????????????n?SB,n?CB,?n?SB?1?p?q?0 ??????n?CB??1?p?0,解得:p?1,q?2,?n?(1,1,2)?????????????????????????????7分

②过O作OE?BC于E,则BC?面SOE，?SOE?SAB

又两面交于SE,过O作OH?SE于H,则OH?SBC,延长OA与CB交于F,则OF?2连FH,则?OFH为所求又OE?2,?SE?3

6SO?OE1?266?OH???,?sin??3?SE3263???arcsin6?????????????????10分6

③k的坐标为?1,?1,2?；OH?6 ??????????????14分． 321．以C为原点建立空间直角坐标系

（I）B(0，a，0)，N(a，0，a)，

∴|BN|?(a?0)2?(0?a)2?(a?0)2?3a．4分

（II）A1(a，0，2a)，C(0，0，0)，B1(0，a，2a)， ∴BA1＝(a，－a，2a)，CB1＝(0，a，2a)， ∴BACB1＝a30＋(－a)3a＋2a32a＝3a2，5分 1·

a2?(?a)2?(2a)2?|BA1|＝

∴cos〈BA1,CB1〉＝6a，|CB1|＝02?a2?(2a)2?5a，7分

BA1?CB1|BA1|?|CB1|?36?5?30．9分 10aaaa，，2a)，∴C1M＝(，，0)，A1B＝(－a，a，2a)， 2222aa∴A1B·C1M＝(－a)3＋a3＋2a30＝0，∴A1B⊥C1M，∴A1B⊥C1M．14分

22（III）C1(0，0，2a)，M(

高三数学2单元测试卷参考答案

第十单元 空间向量及运算

一、选择题 题号 1 答案 D 二、填空题

5

11．65 12．（－4，2，－4） 13．[1，5] 14．3 15．

6

2 A 3 B 4 C 5 D 6 A 7 D 8 B 9 C 10 D 三、解答题

16．解：∵b1∥a，∴令b1＝(λ，λ，0)，b2＝b－b1＝(1－λ，1－λ，1)，

又∵b2⊥a，∴a2b2＝(1，1，0)2(1－λ，1－λ，1)＝1－λ＋1－λ＝2－2λ＝0， ∴λ＝1，即b1＝(1，1，0)，b2＝(0，0，1)． 17．解：⑴过D作DE⊥BC于E，则DE＝CD2sin30°＝

311，OE＝OB－BDcos60°＝1－＝， 222

????3313

∴D的坐标为（0，－，），又∵C（0，1，0），∴CD?(0,?,) 2222⑵依题设有A点坐标为A(?????3133???,,0)，∴AD?(?,?1,),BC?(0,2,0) 2222????????????????AD?BC1010

???????则cos?AD,BC?????．故异面直线AD与BC所成角的余弦值为．

55|AD|?|BC|a?b2(a?b)2218．解：⑴∵|u|?|a?tb|?|a|?2(a?b)t?t|b|?|b|(t?， )?|a|?22|b||b|222222∴当t＝?a?b时，|u|＝|a＋tb|最小． 2|b|22⑵∵b?(a?tb)?a?b?t|b|?a?b?|b|(?a?b)?0?b?(a?tb)． |b|2????1????????????2????????19．解：∵BF?(BO?BC),OE?BA?BO，

23????21????2????2????????1????????7∴|BF|?(|BO|?|BC|?2BO?BC)?(4?1?2|BO||BC|cos60?)?,

444?????24????2????24????????????7???|BF|?;|OE|?|BA|?|BO|?BA?BO?4?4?4?4,|OE|?2.

293

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