课时作业(五十三) 数学建模案例(四)：统计概率的应用
(1)已知一个家庭中有两个孩子，求这两个孩子为1男1女的概率，某同学是这样考虑的，一共有3种可能：2个都是男孩、2个都是女孩、1个男孩和1个女孩，所以2个孩子为1男1女的概率是，这个结论是对的吗？为什么？
(2)若一个家庭有4个小孩，如果我告诉你最有可能的组合是3－1组合(3个同性，1个异性)，你能说明理由吗？
课时作业(五十三) 数学建模案例(四)：
统计概率的应用
解析：(1)结论是错误的，设xi，yj分别表示“第i个孩子是女孩”，“第j个孩子是男孩”，则样本空间Ω＝{(x1，x2)，(x1，y2)，(y1，y2)，(y1，x2)}，
每个样本点均等可能，“2个孩子是1男1女”＝{(x1，y2)，(y1，x2)}，一共有2个样本点，所以它发生的概率为.
(2)在一个有4个小孩的家庭中，类似于前面的做法，所有的样本点个数为24＝16，其中2－2组合(2男2女)样本点数为6.发生的概率为＝；3－1组合样本点数为8，发生的概率为＝，而4个小孩性别相同的概率为1－－＝.因此，最有可能的组合是3－1组合．课时作业(五十) 数学建模案例(一)：烧开水问题
1．学校宿舍与办公室相距a m．某同学有重要材料要送交给老师，从宿舍出发，先匀速跑步3 min来到办公室，停留2 min，然后匀速步行10 min返回宿舍．在这个过程中，该同学行进的速度和行走的路程都是时间的函数，画出速度函数和路程函数的示意图．
2．有一支队伍长L m．以速度v m/s匀速前进．排尾的传令兵因传达命令赶赴排头，到达排头后立即返回，往返速度不变．回答下列问题：
(1)如果传令兵行进的速度为整个队伍行进速度的2倍，求传令兵回到排尾时所走的路程；
(2)如果传令兵回到排尾时，全队正好前进了L m，求传令兵行走的路程．
课时作业(五十) 数学建模案例(一)：烧开水问题
1．解析：在实际情境中能够用图象揭示函数性质，整体反映函数的基本特征，速度函数和路程函数的示意图如下所示：
2．解析：(1)传令兵往返速度为2vm/s，从排尾到排头所需时间为s，再从排头到排尾所需时间为s.
故传令兵往返共用时间为＋＝(s)，
往返路程为2v×＝L(m).
(2)设传令兵的行进速度为v′，则传令兵从排尾到排头所需时间为s，再从排头到排尾所需时间为s，往返共用时间t＝s，往返所走路程为v′tm．由传令兵回到排尾时全队正好前进了Lm，则L＝vt，故＝＋，解得v′＝(＋1)v.
上式等号两边同乘t，得v′t＝(＋1)vt＝(＋1)L.
所以传令兵往返路程为(＋1)Lm．课时作业(五十一) 数学建模案例(二)：距离问题
1．春节期间，佳怡去探望奶奶，她到商店买了一盒点心．为了美观起见．售货员对点心盒做了一个捆扎(如图1)，并在角上配了一个花结．售货员说：“这样的捆扎不仅漂亮，而且比一般的十字捆扎方式(如图2)包装更节省彩绳．你同意这种说法吗？请给出你的理由．(注：长方体点心盒的高小于长、宽)
2．如图，广场上有一盏路灯挂在高10 m的电线杆上，记电线杆的底部为A，顶部为S.把路灯看作一个点光源，身高1.5 m的女孩站在离点A5 m的点B处．回答下面的问题：
(1)若女孩以5 m为半径绕着电线杆走一个圆圈，人影扫过的是什么图形，求这个图形的面积；
(2)若女孩向点A前行4 m到达点D，然后从点D出发，沿着以BD为对角线的正方形走一圈，画出女孩走一圈时头顶影子的轨迹，说明轨迹的形状．
课时作业(五十一) 数学建模案例(二)：距离问题
1．解析：如果不考虑花结用绳，或者认为两种捆扎方法中花结的用绳长度相同，推理过程可以表述如下：
设长方体点心盒子的长、宽、高分别为x，y，z，依据图2的捆扎方式，把彩绳的长度记作l，因为长方体每个面上的那一段绳都与相交的棱垂直，所以l＝2x＋2y＋4z.
依据图1的捆扎方式，可以想象将长方体盒子展开在—个平面上，则彩绳的平面展开图是一条由A到A的折线．在“扎紧”的情况下，彩绳的平面展开图是一条由A到A的线段，记为A′A″(如图3).这时用绳最短，绳长记作m，在△A′BA″中，由三角形中两边之和大于第三边，得
m＝|A′A″|<|A′B|＋|A″B|＝2y＋2z＋2x＋2z＝2x＋2y＋4z，
即l>m，因此，图1所示的捆扎方式节省材料．
2．解析：(1)如题图所示，S为路灯位置，C为女孩头顶部，女孩的影子为线段BP.女孩绕着电线杆走—个圆圈，人影扫过的是—个圆环．
已知SA＝10m，AB＝5m．BC＝1.5m．设BP＝xm．则由BC∥SA，得＝，即＝，解得x＝.因此圆环面积为π(AP2－AB2)＝π[(x＋5)2－52]＝π≈30.15(m2)
(2)如图1，女孩头顶运动的轨迹是以CE为对角线的正方形(CE与BD平行且相等)，且该正方形平行于地面，则在点光源S的投射下，投影应与原图形相似，因此女孩头顶影子的轨迹也是一个正方形．课时作业(五) 向量分解及坐标表示
[练基础]
1．设{e1，e2}是平面内的一组基，若a＝2e1－3e2，则a在基{e1，e2}下的坐标为( )
A．(2，3) B．(2，－3)
C．(3，2) D．(－3，2)
2．如果{a，b}是一组基，则下列不能作为基的是( )
A．a＋b与a－bB．a＋2b与2a＋b
C．a＋b与－a－b D．a与－b
3．设i，j是平面直角坐标系内分别与x轴、y轴正方向相同的两个单位向量，O为坐标原点，若＝4i＋2j，＝3i＋4j，则＋的坐标是( )
A．(1，－2) B．(7，6)
C．(5，0) D．(11，8)
4．O为平行四边形ABCD两条对角线的交点，＝4e1，＝6e2，则＝( )
A．2e1＋e2 B．2e1－e2
C．2e1＋3e2 D．2e1－3e2
5．如图，已知＝2，则＝( )
A．－
B．－＋
C．＋
D．－－
6．(多选)设a是已知的平面向量且a≠0，关于向量a的分解，下述命题中的向量b，c和a在同一平面内且两两不共线，则如下四个命题正确的是( )
A．给定向量b，总存在向量c，使a＝b＋c
B．给定向量b和c，总存在实数λ和μ，使a＝λb＋μc
C．给定单位向量b和正数μ，总存在单位向量c和实数λ，使a＝λb＋μc
D．给定正数λ和μ，总存在单位向量b和单位向量c，使a＝λb＋μc
7．平面直角坐标系内，O为坐标原点，若点A(3，5)，则向量的向量正交分解形式是________．
8．设向量m＝2a－3b，n＝4a－2b，p＝3a＋2b，若用m，n表示p，则p＝________．
9．如图，在平行四边形ABCD中，设＝a，＝b，试用基表示，.
10．如图，边长为2的正方形ABCD中，M为AB的中点，N为BD靠近B的一个三等分点，求证：M，N，C三点共线．
[提能力]
11．设{a，b}为基，已知向量＝a－kb，＝2a＋b，＝3a－b，若A，B，D三点共线，则实数k的值等于( )
A．2 B．－2
C．10 D．－10
12．已知D、E、F分别是△ABC的边BC、CA、AB的中点，且＝a，＝b，＝c，则下列命题中正确命题为( )
A．＝c－b B．＝a＋b
C．＝b－a D．＋＋＝0
13．在△ABC中，点D满足＝4，若＝x＋y，则x－y＝________．
14．如图，在△ABC中，＝，点E在线段AD上移动(不含端点)，若＝λ＋μ，则＝________，λ2－2μ的最小值是________．
15．如图所示，在△ABC中，＝a，＝b，D，F分别为线段BC，AC上一点，且BD＝2DC，CF＝3FA，BF和AD相交于点E.
(1)用向量a，b表示；
(2)假设＝λ＋＝μ，用向量a，b表示并求出μ的值．
[培优生]
16．如图，平行四边形ABCD中，＝，N为线段CD的中点，E为线段MN上的点且＝2.
(1)若＝λ＋μ，求λμ的值；
(2)延长MN、AD交于点P，F在线段NP上(包含端点)，若＝t＋，求t的取值范围．
课时作业(五) 向量分解及坐标表示
1．答案：B
2．解析：由题意知，a与b不共线，根据平行四边形法则，可知A，B，D选项中的两个向量都可以作为基，而a＋b与－a－b共线，不能作为基．
答案：C
3．解析：因为＋＝(4i＋2j)＋(3i＋4j)＝7i＋6j，
所以＋＝.
答案：B
4．解析：如图，＝＝＝＝2e1－3e2.
答案：D
5．解析：∵＝＋＝＋＝＋3＝＋3(－)，
∴＝－＋.
答案：B
6．解析：因为向量b，c和a在同一平面内且两两不共线，所以b≠0，c≠0，
对于A选项，对于给定的向量a，b，只需求得其向量差a－b即为所求向量c，故给定向量b，总存在向量c，使a＝b＋c，故A选项正确；
对于B选项，结合题意，向量b和c可以作为基，故根据平面向量基本定理可知总存在实数λ和μ，使a＝λb＋μc，故B选项正确；
对于C选项，取a＝，μ＝2，b＝，无论λ取何值，向量λb都平行于x轴，而μc的模为2，要使a＝λb＋μc成立，根据平行四边形法则，向量μc的纵坐标为4，此时μc的模大于2，故找不到这样的单位向量c使之成立，故C选项错误；
对于D选项，因为给定的λ和μ为正数，故λb，μc代表与原有向量方向相同且有固定长度的向量，这就使得向量a不一定能用两个单位向量的组合表示出来，故不一定能使得a＝λb＋μc成立，故D选项错误．
答案：AB
7．解析：因为点A，所以＝3i＋5j.
答案：＝3i＋5j
8．解析：设p＝xm＋yn，则有p＝3a＋2b＝x(2a－3b)＋y(4a－2b)＝(2x＋4y)a＋(－3x－2y)b，
得
所以p＝－m＋n.
答案：－m＋n
9．解析：
设AC，BD交于点O，则有＝＝＝a，＝＝＝b，
所以＝＋＝－＝a－b，
＝＋＝a＋b.
10．证明：＝＋＝＋，
＝＋＝＋＝(－)＋＝＋.
可得＝＝，
所以∥，又与有公共点C，
∴M，N，C三点共线．
11．解析：＝＋＋＝(a－kb)＋(－2a－b)＋(3a－b)＝2a－(k＋2)b，∵A，B，D三点共线，∴＝λ，即a－kb＝λ[2a－(k＋2)b]＝2λa－λ(k＋2)b，
∵{a，b}为基，∴解得λ＝，k＝2.
答案：A
12．解析：＝＝(＋)＝(b＋c)，A错误．
＝＋＝＋＝a＋b，B正确．
＝(＋)＝(b－a)，C正确．
＋＋＝(＋)＋(＋)＋(＋)
＝(－＋－＋－)＝0，D正确．
答案：BCD
13．解析：因为＝4，
所以＝＋，
＝＋
＝＋(－)
＝＋，
因为＝x＋y，所以x＝，y＝，
所以x－y＝－＝－，
答案：－
14．解析：因为在△ABC中，＝，所以＝2.
由向量定比分点公式得＝＋，即＝＋.
因为点E在线段AD上移动(不含端点)，所以设＝x(0
代入λ＝，μ＝，得＝＝2；
代入λ＝，μ＝可得λ2－2μ＝2－2×＝－(0
15．解析：由题意得CF＝3FA，BD＝2DC，所以＝，＝
(1)因为＝＋，＝a，＝b
所以＝＋＝＋
＝＋＝－a＋b.
(2)由(1)知＝－a＋b，而＝＝b
而＝λ＋＝μ，所以＝－λa＋b＝μ
因为a与b不共线，由平面向量基本定理得
解得μ＝，
所以＝－a＋b，μ＝即为所求．
16．解析：(1)∵＝2，∴－＝2(－)
∴＝＋
由已知＝＋，＝＋
∴＝＋，∴λ＝，μ＝，∴λμ＝.
(2)∵DP∥MC，N为CD的中点，
易证△DNP与△CNM全等，则＝，
设＝k，则1≤k≤2
∵－＝k(－)，＝(1－k)＋k
∵＝t＋(1－t)，∴1－k＝t，k＝1－t
∴1≤1－t≤2，∴－1≤t≤0
∴t∈[－1，0].课时作业(一) 向量
[练基础]
1．下列说法错误的是( )
A．若a＝0，则|a|＝0
B．零向量是没有方向的
C．零向量与任一向量平行
D．零向量的方向是任意的
2．下列命题中正确的是( )
A．长度相等、方向相同的两个向量是相等向量
B．若a≠b，则|a|≠|b|
C．两个向量相等，则它们的起点与终点相同
D．模相等的两个向量是相等向量
3．如图，在四边形ABCD中，若＝，则图中相等的向量是( )
A．与
B．与
C．与
D．与
4.
如图，设O是正六边形ABCDEF的中心，则与不相等的向量为( )
A．
B．
C．
D．
5.
如图，在四边形ABCD中，AC与BD交于点O，若＝，则下面互为相反向量的是( )
A．与
B．与
C．与
D．与
6．(多选)若四边形ABCD是矩形，则下列命题中正确的是( )
A．，相等
B．，相等
C．，的模相等，方向相反
D．，的模相等
7．若点P是线段AB上靠近A的三等分点，则＝________.
8．如图，是某人行走的路线，那么的几何意义是某人从A点沿西偏南________方向行走了________ km.
9．如图，四边形ABCD与BDCE都是平行四边形．
(1)找出与向量相等的向量；
(2)找出与向量相等的向量；
(3)找出与模相等的向量．
10．如图，四边形ABCD和四边形CDFE均为平行四边形，试问图中哪些向量分别与向量，，相等？
[提能力]
11．在同一平面内，把所有长度为1的向量的始点固定在同一点，这些向量的终点形成的轨迹是( )
A．单位圆 B．一段弧
C．线段 D．直线
12．(多选)如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，则以下说法正确的是( )
A．与相等的向量(不含)只有一个
B．与的模相等的向量(不含)有9个
C．的模是的模的倍
D．与是相反向量
13.
如图，已知正方形ABCD的边长为2，O为其中心，则||＝________．
14．在一个边长为5的正△ABC中，如果一个向量所对应的有向线段为(其中D在边BC上运动)，则向量长度的最小值为________．
15．在如图的方格纸(每个小方格的边长为1)上，已知向量a.
(1)试以B为起点画一个向量b，使b＝a；
(2)画一个以C为起点的向量c，使|c|＝2，并说出c的终点的轨迹是什么．
[培优生]
16．一位模型赛车的赛车手遥控一辆赛车向正东方向前进1 m，然后将行驶方向按逆时针方向旋转角度α，继续按直线方向前进1 m，再将行驶方向按逆时针方向旋转角度α，然后继续按直线方向前进1 m，…，按此方法继续操作下去．
(1)作图说明当α＝45°时，最少操作几次可使赛车的位移为0
(2)按此方法操作，试写出几种赛车能回到出发点的操作．
课时作业(一) 向量
1．解析：对于向量0，模长为0，方向任意，规定零向量与任意向量平行，方向任意，所以B错误．
答案：B
2．解析：对于A，根据向量定义知，长度相等、方向相同的两个向量是相等向量，正确；对于B，如两垂直的单位向量不相等，但模都等于1，错误；对于C，根据向量定义知，相同向量是可以移动的，错误；对于D，可能两向量方向相反，所以错误．
答案：A
3．解析：因为＝，所以四边形ABCD是平行四边形，所以AC，BD互相平分．与不平行，不可能相等，故A错误；与大小相同，方向相反，故B错误；与不平行，不可能相等，故C错误；与大小相等，方向相同．即与是相等的向量．
答案：D
4．解析：由题意，＝＝＝，2＝.
答案：D
5．解析：因为＝，所以四边形ABCD是平行四边形，
所以AC，BD互相平分，所以＝－，即与为相反向量．
答案：B
6．解析：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，＝，
∴，的模相等，但方向不同，故B不正确，D正确；∵|AD|＝|CB|且AD∥CB，所以，的模相等，方向相反，故A错误，C正确．
答案：CD
7．解析：如图，P是线段AB上靠近A的三等分点，
和方向相反，
则：＝－.
答案：－
8．解析：由已知图形可知，的几何意义是从A点沿西偏南60°方向，行走了2km.
答案：60° 2
9．答案：(1) (2)， (3)，，
10．答案：＝，＝，＝
11．解析：平面内到定点距离等于定长的点的轨迹是圆，所以将所有长度为1的向量的始点固定在同一点，这些向量的终点形成的轨迹是单位圆．
答案：A
12．解析：因为＝，所以与相等的向量只有，所以A正确；与向量的模相等的向量有：，，，，，，，，，所以B正确；在直角△AOD中，因为∠ADO＝30°，所以＝，所以＝，所以C正确；
因为＝，所以与是相等向量，所以D不正确．
答案：ABC
13．答案：
14．解析：根据题意，在正△ABC中，向量的长度最小时，应与BC边垂直，向量长度的最小值为正△ABC的高，为.
答案：
15．解析：(1)根据相等向量的定义，所作向量b应与a同向，且长度相等，如图所示．
(2)由平面几何知识可作满足条件的向量c，所有这样的向量c的终点的轨迹是以点C为圆心，2为半径的圆，如图所示．
16．解析：记出发点A.
(1)当α＝45°时，如图①，赛车行进路线构成一个正八边形，最少操作8次可使赛车的位移为0，赛车所行路程是8m.
(2)当α＝120°时，如图②，赛车行进路线构成一个正三角形，最少操作3次可使赛车回到出发点，赛车所行路程为3m；
当α＝90°时，如图③，赛车行进路线构成一个正方形，最少操作4次可使赛车回到出发点，赛车所行路程为4m；
当α＝60°时，如图④，赛车行进路线构成一个正六边形，最少操作6次可使赛车回到出发点，赛车所行路程为6m．章末质量检测(二) 三角恒等变换
考试时间：120分钟 满分：150分
一、单项选择题(本题共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α∈，若cos α＝，则cos ＝( )
A． B． C． D．
2．函数y＝sin 2x＋cos 2x的最小正周期为( )
A． B． C．π D．2π
3．已知tan α＝－3，tan β＝1，则tan (α－β)的值为( )
A．－2 B．－ C．2 D．
4．已知sin α－cos α＝，则sin 2α＝( )
A．－ B．－ C． D．
5．已知<α<π，且sin ＝，则cos α的值为( )
A． B．－ C． D．－
6．(sin 20°－sin 40°)2＋3sin 20°cos 50°＝( )
A． B． C． D．－3
7．已知0<α<β<π，且cos α＝，cos (β－α)＝－，则sin (α＋β)＝( )
A． B． C．－ D．－
8．若cos (α－β)＝，cos 2α＝，α，β均为锐角，且α<β，则α＋β的值为( )
A． B． C． D．
二、多项选择题(本题共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，部分选对的得2分，有选错的得0分．)
9．已知α为锐角，sin α＝，则( )
A．sin α>cos 2α B．sin 2α
10．sin (－690°)＝( )
A．2sin215° B．cos13°cos 47°－sin 13°sin 47°
C．2sin 15°sin 75° D．tan 23°＋tan 22°＋tan 23°tan 22°
11．已知函数f(x)＝sin x＋cos x的图象关于直线x＝a对称，则实数a的值可以为( )
A．－ B． C． D．
12．关于函数f(x)＝2cos2x－cos－1的描述正确的是( )
A．其图象可由y＝sin 2x的图象向右平移个单位得到
B．f(x)在上单调递增
C．f(x)在[0，π]有2个零点
D．f(x)在上的最小值为－
三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上．)
13．设α为钝角，且3sin 2α＝cos α，则sin α＝________．
14．若A为△ABC的内角，且sin 2A＝－，则cos 的值为________．
15．已知α，β为锐角，且cos α＝，cos (α＋β)＝－，则β＝________．
16.
“无字证明”就是将数学命题用简单、有创意而且易于理解的几何图形来呈现．请观察图，根据半圆中所给出的量，补全三角恒等式tan θ＝＝，第一个括号为 ________，第二个括号为________．
四、解答题(本题共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①sin α>0，②cos α<0，③tan α>0这三个条件中任选两个，补充在下面的问题中并解答．已知________，且|sin α|＝.
(1)求cos α和tan α的值；
(2)求sin 2α－cos 2α的值．
18.(本小题满分12分)已知α为锐角，且cos α＝.
(1)求tan 的值；
(2)求cos ＋sin (π－2α)的值．
19．(本小题满分12分)在△ABC中，cos 2B＝，cos C＝－
(1)求cos B；
(2)求角A的大小．
20．(本小题满分12分)设向量a＝(sin x，sin x)，b＝(cos x，sin x)，x∈.
(1)若|a|＝|b|，求x的值；
(2)设函数f(x)＝a·b，求f(x)的最大值．
21．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝(2cos2x－1)sin2x＋cos 4x.
(1)求f；
(2)求f(x)的最小正周期：
(3)求f(x)在区间上的最大值．
22．(本小题满分12分)如图所示，要把半径为R，圆心角为的扇形木料截成长方形，应怎样截取，才能使长方形EFGH的面积最大？
章末质量检测(二) 三角恒等变换
1．解析：∵α∈，cosα＝，
∴sinα＝＝＝，
∴cos＝cosαcos＋sinαsin＝×＋×＝.
答案：D
2．解析：由题意得y＝2sin，其最小正周期T＝＝π.
答案：C
3．解析：tan (α－β)＝＝＝2.
答案：C
4．解析：因为sinα－cosα＝，所以(sinα－cosα)2＝，
所以sin2α＋cos2α－2sinαcosα＝1－sin2α＝，
所以sin2α＝－.
答案：A
5．解析：因为<α<π，所以α＋∈，
又因为sin＝，所以cos＝－，
所以cosα＝cos＝coscos＋sinsin＝－×＋×＝－.
答案：D
6．解析：原式＝(－2cos30°sin10°)2＋(sin70°－sin30°)
＝＋sin70°－＝.
答案：C
7．解析：因为0<α<β<π，所以0<β－α<π.又因为cosα＝，cos (β－α)＝－，所以<β－α<π，
所以sinα＝，sin (β－α)＝，
从而可得sin2α＝2sinαcosα＝，cos2α＝2cos2α－1＝，
所以sin(α＋β)＝sin [2α＋(β－α)]＝sin2αcos (β－α)＋cos2αsin (β－α)＝×＋×＝－.
答案：D
8．解析：∵α，β∈，且α<β，
∴α－β∈，2α∈(0，π)，
∴sin (α－β)＝－，sin2α＝，
∴cos (α＋β)＝cos [2α－(α－β)]
＝cos2αcos (α－β)＋sin2αsin (α－β)
＝×＋×＝－.
∵α＋β∈(0，π)，
∴α＋β＝.
答案：C
9．解析：已知α为锐角，sinα＝，则cosα＝＝，
所以，cos2α＝1－2sin2α＝，sin2α＝2sinαcosα＝，tan2α＝＝.
sinα
10．解析：sin (－690°)＝sin (30°－720°)＝sin30°＝，
2sin215°＝1－cos30°＝1－≠，故A错误；
cos13°cos47°－sin13°sin47°＝cos (13°＋47°)＝cos60°＝，故B正确；
2sin15°sin75°＝2sin15°cos15°＝sin30°＝，故C正确；
tan23°＋tan22°＋tan23°tan22°
＝tan45°(1－tan23°tan22°)＋tan23°tan22°＝1≠，故D错误．
答案：BC
11．解析：因为f(x)＝sinx＋cosx＝2
＝2sin，所以其对称轴方程为x＋＝kπ＋，k∈Z，
解得x＝kπ＋，k∈Z，又因为函数f(x)＝sinx＋cosx的图象关于直线x＝a对称，
所以a＝kπ＋，k∈Z，所以A，B满足．
答案：AB
12．解析：f(x)＝2cos2x－cos－1＝cos2x＋sin2x＝sin，
由y＝sin2x的图象向右平移个单位，
得到y＝sin2＝sin，所以选项A错误；
令2kπ－≤2x＋≤2kπ＋，k∈Z，得其增区间为，k∈Z，
所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，所以选项B错误；
令f(x)＝0，2x＋＝kπ，k∈Z得：x＝－，k∈Z，又因为x∈[0，π]，所以x取，，所以选项C正确；
当x∈，即2x＋∈时，sin∈，f(x)∈[－，1]，所以选项D正确．
答案：CD
13．解析：因为α为钝角，所以sinα＞0，cosα＜0，
由3sin2α＝cosα，可得6sinαcosα＝cosα，
所以sinα＝.
答案：
14．解析：因为A为△ABC的内角，且sin2A＝－<0，
所以2A>π，A>.sinA－cosA>0
sinA－cosA＝＝＝.
cos＝(cosA－sinA)＝×＝－.
答案：－
15．解析：因为α，β为锐角，所以，0<α＋β<π，
sinα＝＝，sin(α＋β)＝＝.
∵sinβ＝sin [(α＋β)－α]＝sin (α＋β)cosα－cos (α＋β)sinα＝×－×＝，
而β为锐角，∴β＝.
答案：
16．解析：
如图所示，CM＝sin2θ
在直角三角形AMC中，tanθ＝＝＝，
在直角三角形CMB中，tanθ＝＝＝.
答案：1＋cos2θ 1－cos2θ
17．解析：方法一 选择①②
(1)由已知可得，α为第二象限角，sinα＝，
cosα＝－＝－，
tanα＝＝－；
(2)sin2α＝2sinαcosα＝－
cos2α＝cos2α－sin2α＝－＝－，
则sin2α－cos2α＝－－(－)＝－.
方法二 选择①③
(1)由已知可得，α为第一象限角，sinα＝
cosα＝＝
tanα＝＝；
(2)sin2α＝2sinαcosα＝，
cos2α＝cos2α－sin2α＝－＝－，
则sin2α－cos2α＝－(－)＝.
方法三 选择②③
(1)由已知可得，α为第三象限角，sinα＝－，
cosα＝－＝－，
tanα＝＝；
(2)sin2α＝2sinαcosα＝，
cos2α＝cos2α－sin2α＝－＝－，
则sin2α－cos2α＝－(－)＝.
18．解析：(1)因为α为锐角，且cosα＝.
所以sinα＝＝，所以tanα＝＝，
所以tan＝＝＝－7.
(2)因为cos＝sinα，sin (π－2α)＝sin2α，
所以cos＋sin (π－2α)＝sinα＋sin2α
＝sinα＋2sinαcosα＝＋2××＝.
19．解析：(1)因为cos2B＝2cos2B－1＝，
所以，cosB＝±.
因为cosC＝－<0，
所以C为钝角，从而B不是钝角，
故cosB＝.
(2)因为cosB＝，所以sinB＝.
因为cosC＝－，所以sinC＝.
所以cosA＝－cos (B＋C)＝－cosBcosC＋sinBsinC＝－×＋×＝.
因为0
|b|2＝cos2x＋sin2x＝1，及|a|＝|b|，得4sin2x＝1.
又因为x∈，从而sinx＝，所以x＝.
(2)f(x)＝a·b＝sinxcosx＋sin2x
＝sin2x－cos2x＋＝sin＋，
当x＝∈时，sin取最大值1.
所以f(x)的最大值为.
21．解析：(1)f(x)＝(2cos2x－1)sin2x＋cos4x
＝cos2xsin2x＋cos4x＝sin4x＋cos4x
＝sin，
f＝sin＝－；
(2)f(x)的最小正周期T＝＝；
(3)∵0
即f(x)的最大值是.
22．解析：
如图，作∠POQ的角平分线分别交EF，GH于点M，N，连接OE，
设∠MOE＝α，α∈，
在Rt△MOE中，ME＝Rsinα，OM＝Rcosα，
在Rt△ONH中，＝tan，
得ON＝NH＝Rsinα，
则MN＝OM－ON＝R(cosα－sinα)，
设矩形EFGH的面积为S，
则S＝2ME·MN＝2R2sinα(cosα－sinα)
＝R2(sin2α＋cos2α－)
＝2R2sin－R2，
由α∈，则<2α＋＜，
所以当2α＋＝，
即α＝时，Smax＝(2－)R2.章末质量检测(三) 复数
考试时间：120分钟 满分：150分
一、单项选择题(本题共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．复数(2＋i)2等于( )
A．3＋4i B．5＋4i C．3＋2i D．5＋42i
2．已知复数z＝，则z的虚部为( )
A．i B．－i C． D．－
3．设(－1＋2i)x＝y－1－6i，x，y∈R，则|x－yi|＝( )
A．6 B．5 C．4 D．3
4．已知i为虚数单位，(1－i)z＝2，则复平面上z对应的点在( )
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
5．已知复数z满足(z－1)(1＋2i)＝－2＋i，则|z|＝( )
A． B．2 C．2 D．1
6．已知复数z＝(i是虚数单位)，则＝( )
A．＋i B．－i C．＋i D．－i
7．若＝a＋bi(a，b∈R)，则ab的值是( )
A．－3 B．－1 C．3 D．1
8．已知复数z＝(1－i)－m(1＋i)是纯虚数，则实数m＝( )
A．－2 B．－1 C．0 D．1
二、多项选择题(本题共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，部分选对的得2分，有选错的得0分．)
9．下列关于复数的说法，其中正确的是( )
A．复数z＝a＋bi(a，b∈R)是实数的充要条件是b＝0
B．复数z＝a＋bi(a，b∈R)是纯虚数的充要条件是b≠0
C．若z1，z2互为共轭复数，则z1z2是实数
D．若z1，z2互为共轭复数，则在复平面内它们所对应的点关于虚轴对称
10．已知复数z＝(1＋2i)(2－i)，为z的共轭复数，则下列结论正确的是( )
A．z的虚部为3
B．||＝5
C．z－4为纯虚数
D．在复平面上对应的点在第一象限
11．设i为虚数单位，复数z＝(a＋i)(1＋2i)，则下列命题正确的是( )
A．若z为纯虚数，则实数a的值为2
B．若z在复平面内对应的点在第三象限，则实数a的取值范围是
C．实数a＝－是z＝(为z的共轭复数)的充要条件
D．若z＋|z|＝x＋5i(x∈R)，则实数a的值为2
12．已知z＝a＋bi(a，b∈R)为复数，是z的共轭复数，则下列命题一定正确的是( )
A．z·＝|z|2
B．若∈R，则z∈R
C．若z2为纯虚数，则a＝b≠0
D．若|z－i|＝1，则|z|的最大值为2
三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上．)
13．已知复数(a＋2i)(1＋i)的实部为0，其中i为虚数单位，则实数a的值是________．
14．若复数z＝，则复数z在平面内对应的点在第________象限．
15．若为实数，则实数a的值为________．
16．1748年，瑞士数学家欧拉发现了复指数函数和三角函数的关系，并写出以下公式eix＝cos x＋isin x，这个公式在复变论中占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”．根据此公式，则eiπ＋1＝________；＝________．
四、解答题(本题共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)已知z＝1＋i，若＝1－i，求实数a，b的值．
18.(本小题满分12分)设复数z＝lg (m2＋2m－14)＋(m2－m－6)i，求实数m为何值时？
(1)z是实数；
(2)z对应的点位于复平面的第二象限．
19．(本小题满分12分)在①z>0；②z的实部与虚部互为相反数；③z为纯虚数．这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答．
问题：已知复数z＝m2－m－6＋(m2－9)i.
(1)若________，求实数m的值；
(2)若m为整数，且|z|＝10，求z在复平面内对应点的坐标．
注：若选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
20．(本小题满分12分)已知复数z1，z2在复平面内对应的点分别为A(－2，1)，B(a，3)，a∈R.
(1)若|z1－z2|＝，求a的值；
(2)若复数z＝z1·2对应的点在第二、四象限的角平分线上，求a的值．
21．(本小题满分12分)设z1是虚数，z2＝z1＋是实数，且－1≤|z2|≤1.
(1)求|z1|的值；
(2)求z1的实部的取值范围．
22．(本小题满分12分)若z＝x＋yi(x，y∈R)，i为虚数单位，在复平面内z所对应的点为Z，且|z＋2－2i|＝1，
(1)求满足上述条件的点Z的集合是什么图形并且求该图形的方程；
(2)|z－2－2i|的最小值．
章末质量检测(三) 复数
1．解析：(2＋i)2＝4＋4i＋i2＝3＋4i.
答案：A
2．解析：z＝＝＝＋i，
则复数z的虚部为.
答案：C
3．解析：因为(－1＋2i)x＝y－1－6i，所以，解得，
所以|x－yi|＝|－3－4i|＝＝5.
答案：B
4．解析：因为(1－i)z＝2，
所以z＝＝＝1＋i，
复数对应的点是(1，1)，
所以z对应的点在第一象限．
答案：A
5．解析：由(z－1)(1＋2i)＝－2＋i得(z－1)(1＋2i)(1－2i)＝(－2＋i)(1－2i)，
即5(z－1)＝－2＋2＋5i，z－1＝i，z＝1＋i，|z|＝＝.
答案：A
6．解析：z＝＝＝－i，
∴＝＋i.
答案：C
7．解析：∵＝＝＝－1－3i＝a＋bi
∴a＝－1，b＝－3
∴ab＝3.
答案：C
8．解析：∵z＝(1－i)－m(1＋i)＝(1－m)－(1＋m)i
∴当z是纯虚数时，m＝1.
答案：D
9．解析：复数z＝a＋bi(a，b∈R)是实数的充要条件是b＝0，显然成立，故A正确；若复数z＝a＋bi(a，b∈R)是纯虚数则a＝0且b≠0，故B错误；若z1，z2互为共轭复数，设z1＝a＋bi(a，b∈R)，则z2＝a－bi(a，b∈R)，所以z1z2＝(a＋bi)(a－bi)＝a2－b2i2＝a2＋b2是实数，故C正确；若z1，z2互为共轭复数，设z1＝a＋bi(a，b∈R)，则z2＝a－bi(a，b∈R)，所对应的坐标分别为(a，b)(a，－b)，这两点关于实轴对称，故D错误．
答案：AC
10．解析：z＝(1＋2i)(2－i)＝2－i＋4i－2i2＝4＋3i，则z＝4＋3i的虚部为3，A正确，＝4－3i，||＝＝5，B正确，z－4＝3i，是纯虚数，C正确，＝4－3i对应的点为(4，－3)，位于第四象限，D错误．
答案：ABC
11．解析：z＝(a＋i)(1＋2i)＝a－2＋(1＋2a)i
z为纯虚数，有，可得a＝2，故A正确；z在复平面内对应的点在第三象限，有，解得a<－，故B错误；a＝－时，z＝＝－；z＝时，1＋2a＝0即a＝－，它们互为充要条件，故C正确；z＋|z|＝x＋5i(x∈R)时，有1＋2a＝5，即a＝2，故D正确．
答案：ACD
12．解析：z·＝(a＋bi)(a－bi)＝a2＋b2＝|z|2，所以A正确；＝＝＝－i，因为∈R，所以b＝0，从而z∈R，所以B正确；z2＝(a＋bi)2＝(a2－b2)＋2abi为纯虚数，所以，即a＝±b≠0，所以C错误；由复数模的三角不等式可得|z|＝|(z－i)＋i|≤|z－i|＋|i|＝2，所以D正确．
答案：ABD
13．解析：(a＋2i)(1＋i)＝a－2＋(a＋2)i，
因为实部为0，所以a－2＝0，即a＝2.
答案：2
14．解析：z＝＝＝＝＝＋i
∴复数z在复平面内对应的点在第一象限．
答案：一
15．解析：∵＝＝(2－a)＋(2a＋1)i∈R
∴2a＋1＝0
∴a＝－.
答案：－
16．解析：eiπ＋1＝cosπ＋isinπ＋1＝－1＋1＝0，
＋i＝cos＋isin＝ei，
因此，＝＝eπi＝cosπ＋isinπ＝－1.
答案：0 －1
17．解析：因为z2＋az＋b＝(1＋i)2＋a(1＋i)＋b＝a＋b＋(2＋a)i，z2－z＋1＝(1＋i)2－(1＋i)＋1＝i，
所以＝(2＋a)－(a＋b)i＝1－i，由复数相等，得解得
18．解析：(1) m＝3(舍去－2).
(2)
－5
若选②：z的实部与虚部互为相反数，则m2－m－6＋m2－9＝0，
解得m＝3或m＝－；
若选③：z为纯虚数，则，解得m＝－2；
(2)因为|z|＝10，
所以(m2－m－6)2＋(m2－9)2＝100，
即(m－3)2(2m2＋10m＋13)＝100，
因为m为整数，
所以(m－3)2为平方数，2m2＋10m＋13为奇数，
又因为100＝102×1或100＝22×25，
所以验证可得m－3＝－2，即m＝1，
因为m＝1，所以z＝－6－8i，
所以z在复平面内对应点的坐标为(－6，－8)
20．解析：由复数的几何意义可知z1＝－2＋i，z2＝a＋3i.
(1)因为|z1－z2|＝，
所以|－2－a－2i|＝＝，即(a＋1)(a＋3)＝0，解得a＝－1或a＝－3.
(2)复数z＝z1·2＝(－2＋i)(a－3i)＝(－2a＋3)＋(a＋6)i.
由题意可知，点(－2a＋3，a＋6)在直线y＝－x上，
所以a＋6＝－(－2a＋3)，解得a＝9.
21．解析：(1)设z1＝a＋bi(a，b∈R，b≠0)，
则z2＝z1＋＝a＋bi＋＝＋i
∵z2是实数，且b≠0，
∴b－＝0，得a2＋b2＝1，∴|z1|＝1.
(2)由(1)知z2＝2a，则－1≤2a≤1，即－≤a≤，
∴z1的实部的取值范围为.
22.
解析：(1)由|z＋2－2i|＝1得|z－(－2＋2i)|＝1，
因此复数z对应的点Z在以z0＝－2＋2i对应的点Z0为圆心，1为半径的圆上，
方程为：(x＋2)2＋(y－2)2＝1
如图所示．
(2)设y＝|z－2－2i|，则y是Z点到2＋2i对应的点A的距离．又∵|AZ0|＝4，
∴由图知ymin＝|AZ0|－1＝3.章末质量检测(四) 立体几何初步
考试时间：120分钟 满分：150分
一、单项选择题(本题共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．下列命题正确的是( )
A．所有棱长都相等的直四棱柱一定是正方体
B．长方体一定是直四棱柱，正四棱柱一定是长方体
C．有两个面平行，其他各个面都是平行四边形的多面体是棱柱
D．有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台
2．已知圆柱OO1及其展开图如图所示，则其体积为( )
A．π B．2π
C．3π D．4π
3．如图正方形OABC的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的面积为( )
A．2 B．1
C． D．2
4．正四棱台的上、下底面边长分别为1 cm，3 cm，侧棱长为2 cm，则棱台的侧面积为( )
A．4 cm2 B．8 cm2
C．4 cm2 D．8 cm2
5．点P是平面ABC外一点，且PA＝PB＝PC，则点P在平面ABC上的射影一定是△ABC的( )
A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心
6．已知△ABC为等腰直角三角形，AB⊥AC，其面积为1.以AB为轴，则将△ABC旋转一周形成的几何体的体积为( )
A． B．π C．π D．2π
7．已知A，B，C三点均在球O的表面上，AB＝BC＝CA＝2，且球心O到平面ABC的距离为2，则球O的内接正方体的棱长为( )
A．1 B． C．2 D．
8.
如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是弧DF的中点，设P是弧CE上的一点，且AP⊥BE，则AG与BP所成角的大小为( )
A．45° B．15° C．30° D．0°
二、多项选择题(本题共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，部分选对的得2分，有选错的得0分．)
9．已知两条直线m，n，两个平面α，β.下列说法正确的是( )
A．若m∥n，m⊥α，则n⊥α B．若α∥β，m α，n β，则m∥n
C．若m∥n，m∥α，则n∥α D．若α∥β，m∥n，m⊥α，则n⊥β
10．用一个平面去截正方体，截面的形状不可能是( )
A．直角三角形 B．等腰梯形
C．正五边形 D．正六边形
11.
如图，在棱长均相等的四棱锥P ABCD中，O为底面正方形的中心，M，N分别为侧棱PA，PB的中点，下列结论正确的有( )
A．PD∥平面OMN
B．平面PCD∥平面OMN
C．直线PD与直线MN所成角的大小为90°
D．ON⊥PB
12.
如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，E是棱A1B1的中点，P是线段A1C(不含端点)上的一个动点，那么在点P的运动过程中，下列说法中正确的有( )
A．存在某一位置，使得直线PE和直线BB1相交
B．存在某一位置，使得BC∥平面AEP
C．点A1与点B1到平面PBE的距离总相等
D．三棱锥C1 PBE的体积不变
三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上．)
13．已知圆锥的表面积等于12π cm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为________cm.
14．正方体ABCD A1B1C1D1，若过A、C、B1三点的平面与底面A1B1C1D1的交线为l，则l与AC的关系是________．
15.
如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为 cm，高为2 cm，内孔直径为1 cm，则此六角螺帽毛坯的体积是________cm3.
16．立方、堑堵、阳马和鳖臑等这些名词都出自中国古代数学名著《九章算术·商功》，在《九章算术·商功》中有这样的记载：“斜解立方，得两堑堵．斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑”．意思是说：把一块长方体沿斜线分成相同的两块，这两块叫“堑堵”，如图1.再把一块“堑堵”沿斜线分成两块，其中以矩形为底，另有一棱与底面垂直的四棱锥，称为“阳马”，余下的三棱锥是由四个直角三角形组成的四面体，称为“鳖臑”，如图2.
现有一四面体ABCD，已知AB＝2，BC＝2，CD＝1，BD＝，AC＝2，AD＝3，根据上述史料中“鳖臑”的由来，可得这个四面体的体积为________；该四面体的外接球的表面积为________．
四、解答题(本题共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)一个几何体由圆锥和圆柱组成，其尺寸如图所示．
(1)求此几何体的表面积；
(2)如果点P，Q在直观图中所示位置，P为所在母线中点，Q为母线与底面圆的交点，求在几何体表面上，从P点到Q点的最短路径长．
18．(本小题满分12分)如图，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，M，N分别是PA，PB的中点，求证：
(1)MN∥平面ABCD；
(2)CD⊥平面PAD.
19．(本小题满分12分)如图，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD是矩形，点E、F分别是棱PC和PD的中点．
(1)求证：EF∥平面PAB
(2)若AP＝AD，平面PAD⊥平面ABCD，证明：平面PAD⊥平面PCD.
20．(本小题满分12分)如图，在四棱锥P ABCD中，平面PBC⊥平面ABCD，∠PBC＝90°，AD∥BC，∠ABC＝90°，2AB＝CD＝2AD＝2，E为PC的中点．
(1)证明：DE∥平面APB；
(2)若BP＝2，求三棱锥E DBP的体积．
21．(本小题满分12分)如图所示，三棱柱ABC A1B1C1中，侧棱AA1垂直底面，∠ACB＝90°，AA1＝AC＝BC＝2，D为C1B的中点，点P为AB的中点．
(1)求证：PD∥平面AA1C1C；
(2)求证：BC⊥PD；
(3)求点B到平面PCD的距离．
22．(本小题满分12分)如图1，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝3，CD＝1，BC＝2，E、F分别为腰AD、BC的中点．将四边形CDEF沿EF折起，使平面EFC′D′⊥平面ABFE，如图2，H，M分别为线段EF、AB的中点．
(1)求证：MH⊥平面EFC′D′；
(2)请在图2所给的点中找出两个点，使得这两点所在直线与平面D′HM垂直，并给出证明；
(3)若N为线段C′D′中点，在直线BF上是否存在点Q，使得NQ∥平面D′HM？如果存在，求出线段NQ的长度，如果不存在，请说明理由．
章末质量检测(四) 立体几何初步
1．解析：所有棱长都相等的直四棱柱的底面是菱形，不一定是正方形，故A不正确；长方体的侧棱垂直于底面，所以长方体一定是直四棱柱，根据正四棱柱的定义可知正四棱柱一定是长方体，故B正确；如图：由两个斜四棱柱组成的几何体满足题意，这个几何体就不是棱柱，故C不正确；
如图：由两个棱台组合而成的几何体满足题意，这个几何体就不是棱台，故D不正确．
答案：B
2．解析：设底面半径为r，高为h，根据展开图得，则，所以圆柱的体积为πr2h＝π×12×4＝4π.
答案：D
3．解析：由题意知正方形OABC的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，
所以OB＝，对应原图形平行四边形的高为2，
所以原图形的面积为1×2＝2.
答案：A
4．解析：正四棱台的上、下底面边长分别为1cm，3cm，侧棱长为2cm，
所以棱台的斜高为：＝.
所以棱台的侧面积是：4××＝8.
答案：D
5．解析：如图所示，过点P作PO⊥平面ABC，
可得OA＝，OB＝，OC＝
因为PA＝PB＝PC，可得OA＝OB＝OC，
所以O为△ABC的外心．
答案：A
6．解析：因为△ABC为等腰直角三角形，AB⊥AC，其面积为1，
所以AB·AC＝1，且AB＝AC，解得AB＝AC＝，
以AB为轴，则将△ABC旋转一周形成的几何体为圆锥，此圆锥的底面半径为AC＝，高为AB＝，
所以圆锥的体积为π×()2×＝π.
答案：C
7．解析：由题意得，△ABC的外接圆半径为×＝，
设该球的半径为r，可得r2＝22＋，所以r＝，
设该球内接正方体的棱长为a，所以3a2＝，所以a＝.
答案：D
8．解析：因为AP⊥BE，AB⊥BE，AP∩AB＝A，故BE⊥平面ABP，故BE⊥BP，
取弧EC的中点H，连接BH，GH，易得AG∥BH，且∠EBH＝60°，故AG与BP所成角即∠PBH＝90°－60°＝30°
答案：C
9．解析：由于两条平行线中的一条垂直于已知平面，则另一条也垂直于该平面，故A选项正确；若α∥β，m α，n β，则m∥n或异面，故B选项错误；若m∥n，m∥α，则n∥α或n α，故C选项错误；若α∥β，m∥n，m⊥α，根据线面垂直的性质与判定定理易知n⊥β，故D选项正确．
答案：AD
10．解析：截面为六边形时，可能出现正六边形，当截面为五边形时，假若截面是正五边形，则截面中的截线必然分别在5个面内，由于正方体有6个面，分成两两平行的三对，故必然有一对平行面中有两条截线，而根据面面平行的性质定理，可知这两条截线互相平行，但正五边形的边中是不可能有平行的边的，故截面的形状不可能是正五边形；
截面为四边形时，可能出现矩形，平行四边形，等腰梯形，但不可能出现直角梯形；
当截面为三角形时，可能出现正三角形，但不可能出现直角三角形．
答案：AC
11．解析：选项A，连接BD，显然O为BD的中点，又因为N为PB的中点，所以PD∥ON，由线面平行的判定定理可得，PD∥平面OMN；选项B，由M，N分别为侧棱PA，PB的中点，得MN∥AB，又因为底面为正方形，所以MN∥CD，由线面平行的判定定理可得，CD∥平面OMN，又由选项A得PD∥平面OMN，由面面平行的判定定理可得，平面PCD∥平面OMN；选项C，因为MN∥CD，所以∠PDC为直线PD与直线MN所成的角，又因为所有棱长都相等，所以∠PDC＝60°，故直线PD与直线MN所成角的大小为60°；选项D，因底面为正方形，所以AB2＋AD2＝BD2，又知所有棱长都相等，所以PB2＋PD2＝BD2，故PB⊥PD，又因为PD∥ON，所以ON⊥PB，故ABD均正确．
答案：ABD
12.
解析：假设存在，则B，B1，E，P四点共面，而点P不在平面BB1E内，故A错误；因为BC∥AD，所以BC∥平面AED，所以当P是直线A1C与平面AED的交点时就满足要求，故B正确；因为A1B1的中点E在平面PBE内，所以点A1与点B1到平面PBE的距离总相等，故C正确；连接B1C，交BC1于O，则O为B1C中点，所以EO∥A1C，又因为EO 平面BC1E，A1C 平面BC1E，所以A1C∥平面BC1E，所以点P到平面BC1E的距离为定值，从而三棱锥PBC1E的体积为定值，即三棱锥C1PBE的体积为定值，故D正确．
答案：BCD
13．解析：设圆锥的底面圆的半径为r，母线为l，则底面圆面积为πr2，周长为2πr，
则解得.
答案：2
14．解析：根据正方体的几何性质可知AC∥A1C1，
由于AC 平面A1B1C1D1，A1C1 平面A1B1C1D1，所以AC∥平面A1B1C1D1，
由于AC 平面ACB1，平面ACB1∩平面A1B1C1D1＝l，所以AC∥l.
答案：平行
15．解析：六棱柱的体积为：×2＝9，
圆柱的体积为：π×(0.5)2×2＝，
所以此六角螺帽毛坯的体积是：cm3.
答案：9－
16．解析：根据题意可知“鳖臑”的由来是将长方体分解一半，得到三棱柱，再把三棱柱分解出一半可得，由已知AB＝2，BC＝2，CD＝1，BD＝，AC＝2，AD＝3，还原的长方体如图所示，
所以四面体的体积为V＝S△BCD·AB＝××2×1×2＝，
四面体的外接球就是长方体的外接球，设外接球的半径为R，则2R＝AD＝3，所以R＝，所以四面体的外接球的表面积为4πR2＝4π×＝9π.
答案： 9π
17．解析：(1)由题设知，此几何体是一个圆锥加一个圆柱，其表面积是圆锥的侧面积、圆柱的侧面积与圆柱的一个底面积之和．
圆锥侧面积S1＝×(2πa)×(a)＝πa2；圆柱侧面积S2＝(2πa)×(2a)＝4πa2；圆柱底面积S3＝πa2，
∴几何体表面积为S＝S1＋S2＋S3＝πa2＋4πa2＋πa2＝(＋5)πa2.
(2)沿P点与Q点所在母线剪开圆柱侧面，展开如图．
则PQ＝＝＝a.
∴P、Q两点间在侧面上的最短路径长为a.
18．证明：(1)∵M，N分别是PA，PB中点，
∴MN∥AB，
又∵MN 平面ABCD，AB 平面ABCD，
∴MN∥平面ABCD.
(2)∵PA⊥平面ABCD，CD 平面ABCD，
∴PA⊥CD，
∵底面ABCD是矩形，
∴AD⊥CD，∵PA∩AD＝A，PA，AD 平面PAD，
∴CD⊥平面PAD.
19．证明：(1)因为点E、F分别是棱PC和PD的中点，所以EF∥CD
在矩形ABCD中，AB∥CD，所以EF∥AB
又因为AB 平面PAB，EF 平面PAB
所以EF∥平面PAB.
(2)在矩形ABCD中，AD⊥CD，又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD 平面ABCD
所以CD⊥平面PAD，又因为AF 平面PAD
所以CD⊥AF①，因为PA＝AD且F是PD的中点，所以AF⊥PD②，由①②及PD 平面PCD，CD 平面PCD，PD∩CD＝D
所以AF⊥平面PCD.又因为AF 平面PAD，所以平面PAD⊥平面PCD.
20．解析：(1)取PB中点F，连接FE，FA，
∵E是CP的中点，
∴EF∥CB，EF＝CB，
∵AD∥BC，∠ABC＝90°，∴∠DAB＝90°，
∵AD＝AB＝1，
∴BD＝，∠ADB＝45°，则∠DBC＝45°，
又∵CD＝，
∴∠CDB＝90°，可得CB＝＝2，
∴AD∥CB，AD＝CB，
∴EF∥AD，EF＝AD，得四边形ADEF为平行四边形，
∴DE∥AF，又∵DE 平面ABP，AF 平面ABP，
∴DE∥平面APB；
(2)取BC中点O，连接DO，
∴DO⊥CB，
∵平面PBC⊥平面ABCD，平面PBC∩平面ABCD＝CB，
∴DO⊥平面PBC，则DO为三棱锥DEBP的高，
又∵BC＝BP＝2，
∴BE⊥CP，得BE＝CP＝，
∴VEDBP＝VDEBP＝DO·S△EBP＝DO×＝×1×＝.
故三棱锥EDBP的体积为.
21．解析：(1)证明：如图所示：连接AC1，
∵D，P分别是BC1，AB的中点，
∴DP∥AC1，
又∵AC1 平面AA1C1C，PD 平面AA1C1C，
∴PD∥平面AA1C1C；
(2)∵AA1⊥平面ABC，且∠ACB＝90°，
∴AA1⊥BC，BC⊥AC，
又∵AA1∩AC＝A，AA1、AC 平面ACC1A1，
则BC⊥平面ACC1A1，
AC1 平面ACC1A1，
∴BC⊥AC1，
∵AC1∥DP，
∴BC⊥PD；
(3)连接C1P，
∵D为C1B的中点，则VDBCP＝VC1BCP，
由D为C1B的中点，
则S△BCP＝S△ABC＝××2×2＝1，
则VDBCP＝××1×2＝，
易知AB＝BC1＝AC1＝2，
则CP＝CD＝PD＝，
S△PCD＝×××sin＝，
设点B到平面PCD的距离为d，
由VBPCD＝VDBCP，得：××d＝，
解得：d＝，
故点B到平面PCD的距离为.
22．解析：(1)证明：∵四边形ABCD是等腰梯形，
点H为EF的中点，点M为AB的中点，
∴MH⊥EF，
∵平面EFC′D′⊥平面ABFE，平面EFC′D′∩平面ABFE＝EF，MH 平面ABFE，
∴MH⊥平面EFC′D′.
(2)在图2中，C′，E这两个点，使得这两点所在直线与平面D′HM垂直．
证明：连结C′E，C′H，
∵MH⊥平面EFC′D′.
又∵C′E 平面EFC′D′，∴MH⊥C′E，
∵C′D′∥EH，C′D′＝EH且C′D′＝D′E，四边形C′D′EH是菱形，∴C′E⊥D′H，
∵MH∩D′H＝H，MH 平面D′HM，D′H 平面D′HM
∴C′E⊥平面D′HM
∴C′，E这两点所在直线与平面D′HM垂直．
(3)N为线段C′D′中点，假设在直线BF上存在点Q，使得NQ∥平面D′HM.
在线段MB上取点P，使得MP＝0.5，
连接CP，交EF于点L，则CL∥HM，NL∥D′H
由题意可得平面NLC∥平面D′HM，∴NC∥平面D′HM，
因为CL＝＝
∴C就是所求的点Q，NC＝NQ＝＝＝.章末质量检测(五) 概率
考试时间：120分钟 满分：150分
一、单项选择题(本题共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．下列说法正确的是( )
A．甲、乙两人比赛，甲胜的概率为，则比赛5场，甲胜3场
B．某医院对一种疾病的治愈率为10%，前9个病人没有治愈，则第10个病人一定治愈
C．随机试验的频率与概率相等
D．天气预报中预报某天降水的概率为90%，是指降水的可能性是90%
2．某人打靶时连续射击两次，下列事件中与事件“至少一次中靶”互为对立的是( )
A．至多一次中靶 B．两次都中靶
C．只有一次中靶 D．两次都没中靶
3．从存放号码分别为1，2，…，10的卡片的盒子中，有放回地取100次，每次取一张卡片，并记下号码，统计如下：
卡片号码 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
取到的次数 13 8 5 7 6 13 18 10 11 9
则取到的号码为奇数的频率是( )
A.0.53 B．0.5 C．0.47 D．0.37
4．新高考综合改革实施方案将采用“3＋1＋2”模式，“3”为语文、数学、英语所有学生必考；“1”为必须在物理、历史中选一科；“2”为再选科目，考生须在化学、生物、政治、地理4个科目中任选两科．若不考虑主观因素的影响，选择各科是等可能的，则某同学选择含有地理学科组合的概率为( )
A. B． C． D．
5．一商店有奖促销活动中仅有一等奖、二等奖、鼓励奖三个奖项，其中中一等奖的概率为0.1，中二等奖的概率为0.32，中鼓励奖的概率为0.42，则不中奖的概率为( )
A.0.16 B．0.12
C.0.18 D．0.58
6．甲、乙两人参加“社会主义核心价值观”知识竞赛，甲、乙两人能荣获一等奖的概率分别为和，甲、乙两人是否获得一等奖相互独立，则这两个人中恰有一人获得一等奖的概率为( )
A. B． C． D．
7．甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加“《论语》知识大赛”，决出了第1名到第5名的名次．甲、乙两名参赛者去询问成绩，回答者对甲说：“虽然你的成绩比乙好，但是你俩都没得到第一名”；对乙说：“你当然不会是最差的”．从上述回答分析，丙是第一名的概率是( )
A. B． C． D．
8．某学校10位同学组成的志愿者组织分别由李老师和张老师负责，每次献爱心活动均需该组织4位同学参加．假设李老师和张老师分别将各自活动通知的信息独立，随机地发给4位同学，且所发信息都能收到．则甲同学收到李老师或张老师所发活动通知的信息的概率为( )
A. B． C． D．
二、多项选择题(本题共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，部分选对的得2分，有选错的得0分．)
9．甲、乙两人下棋，甲获胜的概率为，甲不输的概率为，下列说法正确的是( )
A.和棋的概率是 B．乙不输的概率是
C.乙胜的概率是 D．甲输的概率是
10．某学校共3000名学生，为了调查本学校学生携带手机进校园情况，对随机抽出的500名学生进行调查，调查中使用了2个问题，问题1：你生日的月份是否为奇数？问题2：你是否携带手机？调查人员给被调查者准备了一枚质地均匀的硬币，被调查者背对着调查人员掷一次硬币，如果正面朝上，则回答问题1；如果反面朝上，则回答问题2.共有175人回答“是”，则下列说法正确的有( )
A.估计被调查者中约有175人携带手机 B．估计本校学生约有600人携带手机
C.估计该学校约有20%的学生携带手机 D．估计该学校约有10%的学生携带手机
11．袋子中有5个大小质地完全相同的球，其中2个红球、3个黄球，从中不放回地依次随机摸出2个球，每次摸出一个球，则( )
A.第一次摸到红球的概率为 B．第二次摸到红球的概率为
C.两次都摸到红球的概率为 D．两次都摸到黄球的概率为
12．某机构要调查某小区居民生活垃圾的投放情况(该小区居民的生活垃圾以厨余垃圾、可回收物、其他垃圾为主)，随机抽取了该小区“厨余垃圾”箱、“可回收物”箱、“其他垃圾”箱这三类垃圾箱，总计1000千克的生活垃圾，数据(单位：千克)统计如下：
“厨余垃圾”箱 “可回收物”箱 “其他垃圾”箱
厨余垃圾的投放质量 400 200 100
可回收物的投放质量 30 140 30
其他垃圾的投放质量 20 20 60
根据样本数据估计该小区居民生活垃圾的投放情况，下列结论正确的是( )
A.“厨余垃圾”投放正确的概率约为
B.“可回收物”投放错误的概率约为
C.该小区这三类垃圾中，“厨余垃圾”投放正确的概率最低
D.该小区这三类垃圾中，“其他垃圾”投放错误的概率最高
三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上．)
13．对某产品进行抽样检查，数据如下：
抽查件数 50 100 200 300 500
合格件数 47 92 192 285 475
根据表中的数据，如果要从该产品中抽到950件合格品，则大约需要抽查________件产品．
14．为迎接2022年北京冬奥会，某工厂生产了一批雪车，这批产品中按质量分为一等品，二等品，三等品．从这批雪车中随机抽取一件雪车检测，已知抽到不是三等品的概率为0.93，抽到一等品或三等品的概率为0.85，则抽到一等品的概率为________．
15．一个三位自然数百位，十位，个位上的数字依次为a，b，c，当且仅当a＞b，b＜c时称为“凹数”(如213)，若a，b，c∈{1，2，3，4}，且a，b，c互不相同，则这个三位数为“凹数”的概率为________．
16．甲、乙二人进行射击游戏，目标靶上有三个区域，分别涂有红、黄、蓝三色，已知甲击中红、黄、蓝三区域的概率依次是，，，乙击中红、黄、蓝三区域的概率依次是，，，二人射击情况互不影响，若甲、乙各射击一次，则二人命中同色区域的概率为________，二人命中不同色区域的概率为________．
四、解答题(本题共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)我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想指的是“每个大于2的偶数都可以表示为两个素数的和”，如16＝3＋13.现从不超过16的素数中，随机选取两个不同的数(两个数无序).(注：不超过16的素数有2，3，5，7，11，13)
(1)列举出满足条件的所有基本事件；
(2)求事件“选取的两个数之和等于16”发生的概率．
18．(本小题满分12分)某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在超市购物的100位顾客的相关数据，如下表所示．
一次购物量 1至 4件 5至 8件 9至 12件 13至 16件 17件 及以上
顾客数(人) x 30 25 y 10
结算时间 (分钟/人) 1 1.5 2 2.5 3
已知这100位顾客中一次购物量超过8件的顾客占55%.
(1)确定x，y的值，并估计顾客一次购物的结算时间的平均值．
(2)求一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率．(将频率视为概率)
19．(本小题满分12分)新冠肺炎疫情已经对人类生产生活带来严重挑战，对未来也将产生非常深远的影响，为适应疫情长期存在的新形势，打好疫情防控的主动仗，某学校大力普及科学防疫知识，拟成立一个由3人组成的科学防疫宣讲小组，现初步选定2名女生，3名男生为候选人，每位候选人当选的机会是相同的．
(1)求当选的3名同学中恰有1名女生的概率；
(2)求当选的3名同学中至多有2名男生的概率．
20．(本小题满分12分)溺水、校园欺凌等与学生安全有关的问题越来越受到社会的关注和重视，为了普及安全教育，某市组织了一次学生安全知识竞赛，规定每队3人，每人回答一个问题，答对得1分，答错得0分．在竞赛中，甲、乙两个中学代表队狭路相逢，假设甲队每人回答问题正确的概率均为，乙队每人回答问题正确的概率分别为，，，且两队各人回答问题正确与否相互之间没有影响．
(1)分别求甲队总得分为3分与1分的概率；
(2)求甲队总得分为2分且乙队总得分为1分的概率．
21．(本小题满分12分)某快餐配送平台针对外卖员送餐准点情况制定了如下的考核方案：每一单自接单后在规定时间内送达、延迟5分钟内送达、延迟5至10分钟送达、其他延迟情况，分别评定为A，B，C，D四个等级，各等级依次奖励3元、奖励0元、罚款3元、罚款6元．假定评定为等级A，B，C的概率分别是，，.
(1)若某外卖员接了一个订单，求其延迟送达且被罚款的概率；
(2)若某外卖员接了两个订单，且两个订单互不影响，求这两单获得的奖励之和为0元的概率．
22．(本小题满分12分)某校设计了如下有奖闯关游戏：参赛选手按第一关，第二关，第三关的顺序依次闯关，若闯关成功，分别获得5个学豆，10个学豆，20个学豆的奖励，游戏还规定，当选手闯过一关后，可以选择带走相应的学豆，结束游戏；也可以选择继续闯下一关，若有任何一关没有闯关成功，则全部学豆归零，游戏结束．设选手甲第一关，第二关，第三关闯关成功的概率分别为，，，选手选择继续闯关的概率均为，且各关之间闯关成功与否互不影响．
(1)求选手甲第一关闯关成功且所得学豆为零的概率；
(2)求该选手所得学豆总个数不少于15的概率．
章末质量检测(五) 概率
1．解析：概率只是说明事件发生的可能性大小，其发生具有随机性．
答案：D
2．解析：“至多一次中靶”包含：一次中靶、两次都不中靶，“至少一次中靶”包含：一次中靶、两次都中靶，A选项不满足条件；“两次都中靶”与“至少一次中靶”是包含关系，B选项不满足条件；“只有一次中靶”与“至少一次中靶”是包含关系，C选项不满足条件；“两次都没有中靶”与“至少一次中靶”对立，D选项满足条件．
答案：D
3．解析：＝0.53.
答案：A
4．解析：按照“3＋1＋2”模式选科具体组合如下：(物理，化学，生物)、(物理，化学，地理)、(物理，化学，政治)、(物理，生物，政治)、(物理，生物，地理)、(物理，政治，地理)、(历史，化学，生物)、(历史，化学，地理)、(历史，化学，政治)、(历史，生物，政治)、(历史，生物，地理)、(历史，政治，地理)，共12种组合，其中含地理学科的组合有6种，所以某同学选择含地理学科组合的概率P＝＝.
答案：B
5．解析：由于奖项一等奖、二等奖、鼓励奖和不中奖四个事件是相互独立，且构成事件为必然事件，∴不中奖的概率为1－0.1－0.32－0.42＝0.16.
答案：A
6．解析：恰有一人获得一等奖包括甲获得、乙没有获得和甲没有获得、乙获得，则所求概率是×＋×＝.
答案：C
7．解析：甲、乙都不可能是第一名，第一名只可能是丙、丁、戊，又考虑到所有的限制条件对丙、丁都没有影响，所以这三个人获得第一名是等可能事件，所以丙是第一名的概率是.
答案：B
8．解析：设甲同学收到李老师的信息为事件A，收到张老师的信息为事件B，A、B相互独立，P(A)＝P(B)＝＝，则甲同学收到李老师或张老师所发活动通知的信息的概率为1－P(∩)＝1－(1－P(A))(1－P(B))＝1－×＝.
答案：C
9．解析：和棋的概率是－＝，A对；乙不输的概率是1－＝，B对；乙胜的概率是－＝，C错；甲输的概率是1－＝，D对．
答案：ABD
10．解析：随机抽取的500名学生中，回答第一个问题的概率为，生日月份为奇数的概率也是，所以回答第一个问题且回答是的人数为500××＝125，所以回答第二个问题且回答是的人数为175－125＝50，所以随机抽取的500名学生中，带手机的学生人数的比例为＝20%，故该学校3000名学生中，带手机的学生人数为3000×20%＝600.
所以BC正确．
答案：BC
11．解析：易知A正确；第一次黄球第二次红球或者两次均是红球，概率为：×＋×＝，B正确；两次都摸到红球的概率为：×＝，C错误；两次都摸到黄球的概率为：×＝，D正确．
答案：ABD
12．解析：“厨余垃圾”共有400＋200＋100＝700kg，其中400kg投放正确，概率为，所以A选项说法正确；“可回收物”共有30＋140＋30＝200kg，其中60kg投放错误，概率为，所以B选项说法错误；“厨余垃圾”、“可回收物”、“其他垃圾”投放正确的概率依次为，，，最小，所以C选项说法正确；“厨余垃圾”、“可回收物”、“其他垃圾”投放错误的概率依次为，，，最大，所以D选项说法错误．
答案：AC
13．解析：根据题表中数据可知合格品出现的频率为0.94，0.92，0.96，0.95，0.95，因此合格品出现的概率约为0.95，因此要抽到950件合格品，大约需要抽查1000件产品．
答案：1000
14．解析：设抽到一等品、二等品、三等品的事件分别为A，B，C.则，解得，则抽到一等品的概率为0.78.
答案：0.78
15．解析：若a，b，c∈{1，2，3，4}，且a，b，c互不相同，则这个三位数的所有情况为：123，132，213，231，312，321；124，142，214，241，412，421；134，143，314，341，413，431；234，243，324，342，423，432.共24个．其中满足题意的“凹数”所有情况为：213，312，214，412，314，413，324，423.共8个．根据古典概型的概率公式得所求概率为＝.
答案：
16．解析：设甲射中红、黄、蓝区域的事件分别为A1，A2，A3，
乙射中红、黄、蓝区域的事件分别为B1，B2，B3，则P(A1)＝，P(A2)＝，P(A3)＝，P(B1)＝，P(B2)＝，P(B3)＝.
∵二人射击情况互不影响，
∴二人命中同色区域的概率为P(A1∩B1＋A2∩B2＋A3∩B3)＝P(A1)P(B1)＋P(A2)P(B2)＋P(A3)P(B3)＝×＋×＋×＝；
二人命中不同色区域的概率为P(A1∩B2＋A1∩B3＋A2∩B1＋A2∩B3＋A3∩B1＋A3∩B2)＝P(A1)P(B2)＋P(A1)P(B3)＋P(A2)P(B1)＋P(A2)P(B3)＋P(A3)P(B1)＋P(A3)P(B2)＝×＋×＋×＋×＋×＋×＝.
答案：
17．解析：(1)不超过16的素数有2，3，5，7，11，13共6个，随机选取两个不同的数，所以基本事件为(2，3)，(2，5)，(2，7)，(2，11)，(2，13)，(3，5)，(3，7)，(3，11)，(3，13)，(5，7)，(5，11)，(5，13)，(7，11)，(7，13)，(11，13)共有15个基本事件；
(2)记“选取两个数之和等于16”为事件A，因为3＋13＝5＋11＝16，所以其和等于16的有2个基本事件，故概率为P(A)＝.
18．解析：(1)由已知得25＋y＋10＝55，x＋30＝45，所以x＝15，y＝20.该超市所有顾客一次购物的结算时间组成一个总体，所收集的100位顾客一次购物的结算时间可视为一个容量为100的简单随机样本，顾客一次购物的结算时间的平均值可用样本平均数估计，其估计值为＝1.9(分钟).
(2)记A为事件“一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟”，A1，A2分别表示事件“该顾客一次购物的结算时间为2.5分钟”，“该顾客一次购物的结算时间为3分钟”，将频率视为概率，得P(A1)＝＝，P(A2)＝＝.
P(A)＝1－P(A1)－P(A2)＝1－－＝.故一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率为.
19．解析：将2名女生，3名男生分别用A，B；a，b，c表示，则从5名候选人中选3名同学的试验的样本空间为Ω＝[(A，B，a)，(A，B，b)，(A，B，c)，(A，a，b)，(A，a，c)，(A，b，c)，(B，a，b)，(B，a，c)，(B，b，c)，(a，b，c)]共10种，
(1)设A＝“恰有一女生”，则A＝{(A，a，b)，(A，a，c)，(A，b，c)，(B，a，b)，(B，a，c)，(B，b，c)}，
∴P(A)＝＝.
(2)设B＝“至多有两个男生”，C＝“全部都是男生”，事件B，C为对立事件，
因为C＝{(a，b，c)}，∴P(C)＝，
∴P(B)＝1－P(C)＝1－＝.
20．解析：(1)记“甲队总得分为3分”为事件A，记“甲队总得分为1分”为事件B，
甲队得3分，即三人都回答正确，其概率为P(A)＝××＝，
甲队得1分，即三人中只有1人回答正确，其余两人都答错，
其概率为P(B)＝××＋××＋××＝.
∴甲队总得分为3分与1分的概率分别为，.
(2)记“甲队得分为2分”为事件C，记“乙队得分为1分”为事件D，
事件C即甲队三人中有2人答对，其余1人答错，
则P(C)＝××＋××＋××＝，
事件D即乙队3人中只有1人答对，其余2人答错，
则P(D)＝××＋××＋××＝，
由题意得事件C与事件D相互独立，
∴甲队总得分为2分且乙队总得分为1分的概率：
P(C∩D)＝P(C)P(D)＝×＝.
21．解析：(1)设事件A，B，C，D分别表示“被评为等级A，B，C，D”．由题意，事件A，B，C，D两两互斥，
所以P(D)＝1－－－＝.
又因为C∪D＝“延迟送达且被罚款”，
所以P(C∪D)＝P(C)＋P(D)＝.
因此“延迟送达且被罚款”的概率为.
(2)设事件Ai，Bi，Ci，Di表示“第i单被评为等级A，B，C，D”，i＝1，2.
则“两单共获得的奖励为0元”即事件(B1B2)∪(A1C2)∪(A2C1)，
且事件B1B2，A1C2，A2C1互斥，
P(B1B2)＝×＝
P(A1C2)＝P(A2C1)＝×＝
所以P＝P[(B1B2)∪(A1C2)∪(A2C1)]＝P(B1B2)＋P(A1C2)＋P(A2C1)＝×＋××2＝.
22．解析：(1)设“甲第一关闯关成功且所得学豆为零”为事件A，“第一关闯关成功第二关闯关失败”为事件A1，“前两关闯关成功第三关闯关失败”为事件A2，则A1，A2互斥．
P(A1)＝××＝，
P(A2)＝××××＝，
P(A)＝P(A1)＋P(A2)＝＋＝，
所以选手甲第一关闯关成功且所得学豆为零的概率为.
(2)由题意得该选手所得学豆总个数可能为0，5，15，35，
且“该选手所得学豆总个数为15”的概率为×××＝，
“该选手所得学豆总个数为35”的概率为××××＝.
所以“该选手所得学豆总个数不少于15”的概率为＋＝.章末质量检测(一) 平面向量及其应用
考试时间：120分钟 满分：150分
一、单项选择题(本题共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．下列向量的运算中，正确的是( )
A．＋＝2 B．＋＝
C．－＝ D．－－＝
2．已知向量a＝(1，3)，b＝(－1，m)，且a∥b，则m＝( )
A．3 B．－3 C． D．－
3．已知锐角△ABC的面积为，且b＝2，c＝，则A＝( )
A．30° B．60° C．150° D．120°
4．|a|＝6，|b|＝1，a·b＝9，则a与b的夹角为( )
A．120° B．150° C．60° D．30°
5．命题p：“向量a与向量b的夹角θ为锐角”是命题q：“a·b>0”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
6．在△ABC中，若a cos B＋b cos A＝a，则△ABC的形状是( )
A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰或直角三角形 D．等边三角形
7．设△ABC的内角A，B，C所对边长分别为a，b，c若a＋b＝c，sin A＝2sin B，则角C＝( )
A． B． C． D．
8．在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，若＝λ＋μ，则λ＋μ＝( )
A．－ B．－ C． D．1
二、多项选择题(本题共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，部分选对的得2分，有选错的得0分．)
9．下列说法中正确的是( )
A．两个非零向量a，b，若|a＋b|＝|a－b|，则a⊥b B．若a∥b，则有且只有一个实数λ，使得b＝λa
C．若a，b为单位向量，则a＝b D．＋＝0
10．在△ABC中，根据下列条件解三角形，其中无解的是( )
A．a＝7，b＝3，B＝30° B．b＝6，c＝5，B＝45° C．a＝15，b＝10，B＝120° D．b＝6，c＝6，C＝60°
11．已知a＝(3，－1)，b＝(1，－2)，则正确的有( )
A．a·b＝5 B．a与b平行
C．与a同向的单位向量是 D．〈a·b〉＝
12．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，以下结论中正确的有( )
A．若sin 2A＝sin 2B，则△ABC一定为等腰三角形 B．若sin A＞sin B，则A＞B
C．若△ABC为锐角三角形，则sin A＜cos B D．若cos2A＋cos2B－cos2C＝1，则△ABC为直角三角形
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上)
13．已知向量a＝(2，m)，b＝(1，－2)，且a⊥b，则m的值是________．
14．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为，B＝60°，a2＋c2＝3ac，则b＝________．
15.
如图所示，为测量一水塔AB的高度，在C处测得塔顶的仰角为60°，后退20米到达D处测得塔顶的仰角为30°，则水塔的高度为________米．
16．已知正方形ABCD的边长为2，点P满足＝(＋)，则||＝________；·＝________．
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)已知向量a＝(－3，1)，b＝(1，－2)，c＝(1，1).
(1)求向量a与b的夹角的大小；
(2)若c⊥(a＋kb)，求实数k的值．
18.(本小题满分12分)(1)已知向量a，b的夹角为60°，|a|＝2，|b|＝1，求|a＋2b|；
(2)已知a，b是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c满足(a－c)·(b－c)＝0，求|c|的最大值．
19．(本小题满分12分)已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足2b cosA＝a cos C＋c cos A.
(1)求角A的大小；
(2)若b＝3，c＝4，＝2，求AD的长．
20．(本小题满分12分)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且(2a－c)cos B＝b cos C.
(1)求B；
(2)若b＝2，△ABC的面积为，求a＋c.
21．(本小题满分12分)已知m＝(－t sin α，cos α)，n＝(－1，sin α＋t)
(1)t＝1时，求m·n的取值范围；
(2)若存在t，使得m·n＝－1，求t的取值范围．
22．(本小题满分12分)如图为某公园的绿化示意图，准备在道路AB的一侧进行绿化，线段AB长为2 km，OC＝OD＝OA＝OB＝1 km，设∠COB＝θ.
(1)为了美化公园周围的环境，现要在四边形ABCD内种满郁金香，若∠COD＝，则当θ为何值时，郁金香种植面积最大；
(2)为了方便游人散步，现要搭建一条栈道，栈道由线段BC，CD和DA组成，若BC＝CD，则当θ为何值时，栈道的总长l最长，并求l的最大值．
章末质量检测(一) 平面向量及其应用
1．解析：对于A，＋＝－＝0，故A错误；＋＝，故B错误；－＝，故C正确；－－＝－＝，故D错误．
答案：C
2．解析：因为向量a＝(1，3)，b＝(－1，m)，且a∥b，
所以m－3×(－1)＝0，解得m＝－3.
答案：B
3．解析：S△ABC＝bcsinA＝·2··sinA＝sinA＝.
∴sinA＝；∴A＝60°或120°；
又△ABC是锐角三角形，
∴A＝60°.
答案：B
4．解析：设a与b的夹角为θ，
因为|a|＝6，|b|＝1，a·b＝9，
所以cosθ＝＝＝，
因为θ∈[0°，180°]，所以θ＝30°.
答案：D
5．解析：当向量a与向量b的夹角θ为锐角时，
则cosθ＞0，所以a·b＝|a|·|b|·cosθ＞0，
故命题p是命题q的充分条件，
若a·b＞0，则|a|·|b|·cosθ＞0，0≤θ＜90°，
故命题p是命题q的不必要条件，
综上所述，命题p是命题q的充分不必要条件．
答案：A
6．解析：由acosB＋bcosA＝a，结合正弦定理可得：sinAcosB＋sinBcosA＝sinA，
∴sin (B＋A)＝sinA，可得：sinC＝sinA，
∴a＝c，则△ABC的形状为等腰三角形．
答案：A
7．解析：根据正弦定理，由sinA＝2sinB，得a＝2b，
又因为a＋b＝c，
所以令a＝2t，b＝t，c＝t，t>0.
由余弦定理可得cosC＝＝，又因为0
8．解析：∵AD为BC边上的中线，E为AD的中点，
∴＝＋＝＋＝－＋(－)＝－＋，
∵＝λ＋μ，∴λ＝－，μ＝，
∴λ＋μ＝－.
答案：B
9．解析：由已知得：|a＋b|2＝|a－b|2，整理可得a·b＝0，故a⊥b，A正确；由a∥b，则b＝λa，而当a＝0时，λ可为任意实数或不存在，B错误；由a，b为单位向量，即|a|＝|b|＝1，而a，b不一定相等，C错误；根据相反向量，知＋＝0，D正确．
答案：AD
10．解析：对于选项A，由正弦定理，得sinA＝sinB＝sin30°＝＞1，所以此三角形无解，满足题意；对于选项B，由正弦定理，得sinC＝sinB＝sin45°＝＜1，且c＞b，故此三角形有两解；对于选项C，由正弦定理，得sinA＝sinB＝sin120°＝＞1，此三角形无解；满足题意；对于选项D，由正弦定理，得sinB＝sinC＝sin60°＝＜1，且c＞b，所以B＜C，B＝30°，A＝90°，此时三角形的解只有一解．
答案：AC
11．解析：∵a＝(3，－1)，b＝(1，－2)，
∴a·b＝3×1＋(－1)×(－2)＝5，故A正确；
∵≠，∴a与b不平行，故B错误；
∵|a|＝＝，
∴与a同向的单位向量是，
即，故C正确；
|b|＝＝，
由cos〈a·b〉＝＝＝，
∵〈a·b〉∈[0，π]，∴〈a·b〉＝，故D正确．
答案：ACD
12．解析：取A＝15°，B＝75°，则sin2A＝sin2B，而△ABC不是等腰三角形，即A错误；由正弦定理＝，所以由sinA＞sinB，可推出a＞b，则A＞B，即B正确；若△ABC为锐角三角形，取A＝80°，B＝40°，此时sin80°＞cos40°＝sin50°，即sinA＞cosB，故C错误；cos2A＋cos2B－cos2C＝(1－sin2A)＋(1－sin2B)－(1－sin2C)＝1，
则sin2A＋sin2B＝sin2C，由正弦定理可得a2＋b2＝c2，故△ABC为直角三角形，即D正确．
答案：BD
13．解析：∵a⊥b，∴a·b＝2－2m＝0，∴m＝1.
答案：1
14．解析：由题意得，S△ABC＝acsinB＝ac＝，
所以ac＝4，a2＋c2＝12，
所以b2＝a2＋c2－2accosB＝12－2×4×＝8，解得b＝2(负值舍去).
答案：2
15．解析：设AB＝hm，则BC＝h，BD＝h，则h－h＝20，∴h＝10m.
答案：10
16．解析：以点A为坐标原点，AB、AD所在直线分别为x、y轴建立如图所示的平面直角坐标系，
则点A(0，0)、B(2，0)、C(2，2)、D(0，2)，＝(2，0)，＝(2，2)
＝(＋)＝(2，0)＋(2，2)＝(2，1)，
所以点P(2，1)，
所以＝(0，2)－(2，1)＝(－2，1)，＝(2，0)－(2，1)＝(0，－1)，
因此||＝＝，·＝0×(－2)＋1×(－1)＝－1.
答案： －1
17．解析：(1)由题意得，cosθ＝＝＝－.
因为θ∈[0，π]，故θ＝.
(2)a＋kb＝(－3＋k，1－2k)，
因为c⊥(a＋kb)，所以c·(a＋kb)＝0，
即－3＋k＋1－2k＝0，解得k＝－2.
18．解析：(1)|a＋2b|2＝a2＋4b2＋4a·b＝|a|2＋4|b|2＋4|a|·|b|cosθ＝4＋4＋4×2×1×＝12，
∴|a＋2b|＝2.
(2)(a－c)·(b－c)＝a·b－c·(a＋b)＋c2＝0
∴c2＝c·(a＋b) ∴|c|2＝|c|·|a＋b|cosθ
∴|c|＝|a＋b|cosθ＝cosθ
∴|c|max＝.
19．解析：(1)因为2bcosA＝acosC＋ccosA，
所以由正弦定理可得2sinBcosA＝sinAcosC＋sinCcosA，
即2sinBcosA＝sin (A＋C)＝sinB，
因为sinB≠0，所以2cosA＝1，cosA＝，
∵A∈(0，π)，故A＝.
(2)由已知得＝＋，＝，＝－，所以＝＋，
所以2＝2＋·＋2＝＋×4×3cos＋×9＝，
所以||＝.
20．解析：(1)(2a－c)cosB＝bcosC，
由正弦定理得，(2sinA－sinC)cosB＝sinBcosC，
即2sinAcosB－sinCcosB＝sinBcosC
所以2sinAcosB＝sinBcosC＋sinCcosB＝sin (B＋C).
所以2sinAcosB＝sinA.
因为sinA≠0，
所以cosB＝，
B∈(0，π)，B＝
(2)因为S△ABC＝ac·sinB＝ac×＝，所以ac＝3，
由余弦定理得，cosB＝，
即＝，
∴a2＋c2＋2ac＝17
则a＋c＝.
21．解析：(1)t＝1时，m·n＝sinα＋cosα＋sinαcosα
令sinα＋cosα＝x∈[－，]，则sinαcosα＝
m·n＝＋x－∈
(2)由题意得，存在t，使得m·n＝t(sinα＋cosα)＋sinαcosα＝－1，
当sinα＋cosα＝0时，sinαcosα＝－，此时不存在t使得方程有解
当sinα＋cosα≠0时，
－t＝＝＝，
x∈[－，0)时，∈(－∞，－1]，x∈(0，]时，∈[1，＋∞)，
∴－t≤－1或－t≥1，
∴t≤－1或t≥1.
22．解析：(1)由图可得：S四边形ABCD＝S△BOC＋S△COD＋S△DOA＝sinθ＋sin＋sin＝sin＋，
则＜θ＋＜π，
∴sin≤1，此时θ＋＝，可得θ＝，
∴则当θ＝时，郁金香种植面积最大；
(2)由余弦定理得BC＝＝2sin，DA＝＝2cosθ，
∴l＝4sin＋2cosθ，
令t＝sin，则0＜t＜，
∴l＝4sin＋2＝4t＋2(1－2t2)＝－4＋3，
∴t＝，即θ＝时，l的最大值为3.
