【文档说明】高中数学课时作业（湘教版必修第二册）详解答案.docx，共(175)页，3.473 MB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

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：B2．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：A3．解析：因为AB→＝DC→，所以四边形ABCD是平行四边形，所以AC，BD互相平分．AC→与CB→不平

行，不可能相等，故A错误；OB→与OD→大小相同，方向相反，故B错误；AC→与BD→不平行，不可能相等，故C错误；AO→与OC→大小相等，方向相同．即AO→与OC→是相等的向量．答案：D4．解析：由题意，

AB→＝OC→＝FO→＝ED→，2AB→＝FC→.答案：D5．解析：因为AD→＝BC→，所以四边形ABCD是平行四边形，所以AC，BD互相平分，所以OB→＝－OD→，即OB→与OD→为相反向量．答案：B6．解析：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，||AC＝||B

D，∴AC→，BD→的模相等，但方向不同，故B不正确，D正确；∵|AD|＝|CB|且AD∥CB，所以AD→，CB→的模相等，方向相反，故A错误，C正确．答案：CD7．解析：如图，P是线段AB上靠近A的三等分点，BP→和AB→方向相反，则：BP→＝－23AB→.答案：－238．解析：由已知图形可知

，AO→的几何意义是从A点沿西偏南60°方向，行走了2km.答案：60°29．答案：(1)AD→(2)AB→，BE→(3)BC→，CB→，DA→10．答案：AD→＝BC→，AF→＝BE→，DC→＝FE→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：A12．解析：因为AB→＝DC→，所以与AB→相等的向量只有DC→，所以A正确；与向量AB→的模相等的向量有：DA→，DC→，AC→，CB→，AD→，CD→，

CA→，BC→，BA→，所以B正确；在直角△AOD中，因为∠ADO＝30°，所以||DO→＝32||DA→，所以||DB→＝3||DA→，所以C正确；因为CB→＝DA→，所以CB→与DA→是相等向量，所以D不正确．答案：ABC13．答案：214．解析：根据题意，在正△ABC中，向量

AD→的长度最小时，AD→应与BC边垂直，向量AD→长度的最小值为正△ABC的高，为532.答案：53215．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．课时作业(二)向量的加法1．解析：根据向量加法的平行四边形法则可得AB→＋AD→＝AC→.答案：A2．解析：OP→＋PQ→＋PS→＋SP→＝(OP→＋PQ→)＋(PS→＋SP→)＝O

Q→＋0＝OQ→.答案：B3.解析：正六边形ABCDEF中，∵CD→＝AF→，EF→＝CB→；∴BA→＋CD→＋EF→＝BA→＋AF→＋CB→＝CB→＋BA→＋AF→＝CF→.答案：C4．解析：因为AB→＋BC→＝AC→，所以选项A不成立；因为BC→＝BA

→＋AC→＝AC→－AB→，所以选项B不成立；因为AD→＝AC→＋CD→＝AC→＋BA→，所以选项C成立；因为DC→＝DA→＋AC→＝AC→－AD→，所以选项D不成立．答案：C5.解析：如图，易知ta

nα＝13，所以α＝30°.故a＋b的方向是北偏东30°.又||a＋b＝2km.答案：B6．解析：由向量的三角形法则可得AB→＋BC→＋CD→＝AD→，AB→＋BC→＋CD→＋DA→＝0，AB→＋BD→＝AD→，ABD正确，只有当四边形ABCD为平行四边形时，AB

→＋AD→＝AC→才成立，故C错误．答案：ABD7．解析：CD→＋AM→＋BC→＋MB→＝AM→＋MB→＋BC→＋CD→＝AD→.答案：AD→8．解析：||AB→＋BC→＝||AC→＝12＋12＝2.答案：29．解析：三个向量不共线，用平行四边形法则来作．如图(1)在平面内任取

一点O，作OA→＝a，OB→＝b；(2)作平行四边形AOBC，则OC→＝a＋b；(3)再作向量OD→＝c；(4)作平行四边形CODE，则OE→＝OC→＋OD→，OE→＝a＋b＋c，OE→即为所求．10．证明：AB→＋AC→＝AP→＋PB→＋AQ→＋QC→∵BP＝QC，∴PB→＝－QC→

，∴PB→＋QC→＝0∴AB→＋AC→＝AP→＋AQ→.11．解析：(AB→＋PB→)＋(BO→＋BM→)＋OP→＝AB→＋BO→＋OP→＋PB→＋BM→＝AM→.答案：D12．解析：由向量加法的平行四边形法则可知AB

→＋AD→＝AC→，故A正确；AC→＋CD→＋DO→＝AD→＋DO→＝AO→≠OA→，故B不正确；AB→＋AD→＋CD→＝AC→＋CD→＝AD→，故C正确；AC→＋BA→＋DA→＝BA→＋AC→＋DA→＝BC→＋DA→＝0，故D正确．答

案：ACD13．解析：因为在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，所以△ABD为等边三角形，所以|BC→＋CD→|＝|BD→|＝|AB→|＝1.答案：114．解析：设A为线段A0A2021的中点，则A也为线段A1A2020，A2A2019，A3A2018，…，A1010

A1011的中点，由向量加法的平行四边形法则可得OA0＋OA2021＝2OA→＝a＋b，OA1＋OA2020＝2OA→＝a＋b，…，OA1010＋OA1011＝2OA→＝a＋b，所以OA0＋OA1＋…＋OA202

0＋OA2021＝1011(a＋b)，答案：1011(a＋b)15．解析：如图，作▱OACB，使∠AOC＝30°，∠BOC＝60°，则∠ACO＝∠BOC＝60°，∠OAC＝90°.设向量OA→，OB→分别表示两根绳

子的拉力，则CO→表示物体所受的重力，且|OC→|＝300N．所以|OA→|＝|OC→|cos30°＝1503(N)，|OB→|＝|OC→|cos60°＝150(N).因此这两根绳子的拉力大小分别是1503N，150N．16．解析：该结论不正确．当四边形ABC

D是矩形，点O是四边形ABCD的中心时，必有OA→＋OB→＋OC→＋OD→＝0，反之未必成立．如图所示，设O是四边形ABCD内一点，过点A作AE綊OD，连接OE，ED，则四边形AEDO为平行四边形，设OE与AD的交点为M.过点B作BF綊OC，连接CF，OF，则四边形BOCF为

平行四边形，设OF与BC交于点N，于是M，N分别是AD，BC的中点．∴OA→＋OD→＝OE→，OB→＋OC→＝OF→.又OA→＋OB→＋OC→＋OD→＝0，∴OE→＋OF→＝0，且点O是公共点，点M，N分别在OE，OF上，故M，O，N三点共线，且点O为MN的中点．即点O为AD与BC的

中点的连线的中点．同理可证：点O也为AB与CD的中点的连线的中点，∴点O是四边形ABCD对边中点连线的交点，且该四边形不一定是矩形．课时作业(三)向量的减法1．解析：a－b必定与a是平行向量．答案：C2．解析：根据

向量减法的几何意义，知OA→－OB→＝BA→，所以C正确，A错误；B显然错误；对于D,AB→－AB→应该等于0，而不是0.答案：C3．解析：AB→＋BC→－AD→＝AC→－AD→＝DC→.答案：C4．解析：DC→＝DA→＋AB→＋BC→＝a－b

＋c.答案：A5．解析：由已知及图形得到AB→＋AC→＝2AD→，故A错误；AB→－AC→＝CB→，故B错误；AB→＋DC→＝AB→＋BD→＝AD→，故C正确；AB→－DC→＝AB→－BD→≠BC→，故D错误．答案：C6．解析：AB→＋(BC→－DC→)＝

AB→＋(BC→＋CD→)＝AB→＋BD→＝AD→≠0，故选项A不正确；AB→－AC→＋BD→－CD→＝CB→＋BD→－CD→＝CD→－CD→＝0，故选项B正确；OA→－OD→＋AD→＝DA→＋AD→＝0，故选项C正确；NO→＋OP→＋MN→－M

P→＝NP→＋MN→－MP→＝0，故选项D正确．答案：BCD7．解析：－OA→＋OB→－OC→－CO→＝(OB→－OA→)＋(CO→－CO→)＝AB→.答案：AB→8．解析：根据题意画出图形如图，则d－a＝AD→－BD→＝AD→＋DB→＝AB→＝c；d－b＝AD→－AC→＝CD→＝－BD→＝－a.

答案：c－a9．解析：a－c＋b－d－e＝(a＋b)－(c＋d＋e)＝(AB→＋BC→)－(CD→＋DE→＋EA→)＝AC→－CA→＝AC→＋AC→.如图，连接AC，并延长至点F，使CF＝AC，则CF→＝AC

→，所以AF→＝AC→＋AC→，即为所求作的向量a－c＋b－d－e.10．解析：(1)由题图可知FB→＝－BF→＝－(b＋c＋d＋e)；(2)由题图可知，CG→＝c＋d＋e＋FG→＝c＋d＋e－BC→＝c＋d＋e－b.11．解析：

易知OB→－OA→＝AB→，OC→－OD→＝DC→，而在平行四边形ABCD中有AB→＝DC→，所以OB→－OA→＝OC→－OD→，即b－a＝c－d，也即a－b＋c－d＝0.答案：B12．解析：A项中，AB→＋(PA→＋BQ→)＝(AB→＋BQ→)－AP→＝AQ→－AP→＝PQ→；B项中，(AB→＋

PC→)＋(BA→－QC→)＝(AB→－AB→)＋(PC→＋CQ→)＝PQ→；C项中，QC→＋CQ→－QP→＝－QP→＝PQ→；D项中，PA→＋AB→－BQ→＝PB→－BQ→≠PQ→.答案：ABC13．解析：依题意，在△OAD中，OA→＝OD→＋DA→＝c－b；

在△OAB中，OB→＝OA→＋AB→＝c－b＋a，所以OB→＝a－b＋c.答案：a－b＋c14．解析：由已知得|OA→|＝|OB→|，以OA→，OB→为邻边作平行四边形OACB，则可知其为菱形，且OC→＝a＋b，BA→＝a－b，由于|a|＝|b|＝|a－b|，则OA＝O

B＝BA，∴△OAB为正三角形，∴|a＋b|＝|OC→|＝2×3＝23，S△OAB＝12×2×3＝3.答案：23315．解析：由向量的平行四边形法则，得AC→＝a＋b，DB→＝AB→－AD→＝a－b.当a，b满足|a＋b|＝|a－b|时，平行四边形的两条对角线的长度相等，四边形AB

CD为矩形；当a，b满足|a|＝|b|时，平行四边形的两条邻边的长度相等，四边形ABCD为菱形；当a，b满足|a＋b|＝|a－b|且|a|＝|b|时，四边形ABCD为正方形．16．解析：∵OB→－OA→＋OC→－OA→＝AB→

＋AC→，又|OB→－OC→|＝|OB→－OA→＋OC→－OA→|，∴|AB→＋AC→|＝|AB→－AC→|，∴以AB，AC为邻边的平行四边形的两条对角线的长度相等，∴该平行四边形为矩形，∴AB⊥AC，∴△ABC是直角三角形．课时作业(四)向量的数乘1．解析：3()2a－4

b＝6a－12b.答案：D2．解析：因为λ2>0，所以a与λ2a的方向相同，故A选项正确；当λ<0时，a与－λa的方向相同，故B选项错误；因为||λa＝||λ||a，当λ<0时，||λa＝||λ||a＝－λ||a，故C选项错误；||－

λa＝||λ||a，当λ>0时，||－λa＝||λ||a＝λ||a，故D选项错误．答案：A3．解析：当a＝0时，a|a|无意义，A错误；当a＝0时，BCD均正确；当a≠0时，由a∥e知：a与e同向或反向，知BC不全面，D正确．答案：D4．解析：因为a＝e1－2e2，b＝2e1＋e2，所以a＋b＝3

e1－e2＝12c，因此a＋b与c＝6e1－2e2的关系是共线．答案：B5．解析：∵BC→＝－5a＋6b，CD→＝7a－2b，∴BD→＝BC→＋CD→＝2a＋4b，又AB→＝a＋2b，所以BD→＝2AB→，即AB→∥BD→，而AB→，BD→有公共点B，∴A，B，D三点共线，A选项正确；AC→＝

－4a＋8b，显然AC→，BC→，CD→两两不共线，选项B，C，D都不正确．答案：A6．解析：2a的长度是a的长度的2倍，且2a与a方向相同，故A正确；－a3的长度是a的长度的13，且－a3与a方向相反，故B正确；若λ＝0，则λa等于零向量，不是零，故C错误；若λ＝1

||a，则λa是与a同向的单位向量，故D正确．答案：ABD7．解析：a－b＝2e1＋e2－(e1－2e2)＝e1＋3e2，2a－3b＝2(2e1＋e2)－3(e1－2e2)＝e1＋8e2.答案：e1＋3e2e1＋8e28．解析：因为a与b不共线，c∥a，所以c与b不共线．答案：不共

线9．证明：∵F，G分别是AB，AC的中点，∴FG→＝12BC→.同理，EH→＝12BC→.∴FG→＝EH→，∴FG＝EH，FG∥EH，∴四边形EFGH为平行四边形．10．解析：设存在k∈R，使得A，B，D三点共线，∵DB→＝CB→－CD→＝(e1＋3e2)

－(2e1－e2)＝－e1＋4e2，AB→＝2e1＋ke2又∵A，B，D三点共线，∴AB→＝λDB→，∴2e1＋ke2＝λ(－e1＋4e2)，∴2＝－λk＝4λ，解得k＝－8，∴存在k＝－8，使

得A，B，D三点共线．11．解析：如图，设E，F，D分别是AC，AB，BC的中点，由于O是三角形ABC的重心，所以BO→＝23BE→＝23×()AE→－AB→＝23×12AC→－AB→＝－23AB→＋13AC→.答案：C1

2.解析：如图所示：AC→＝－CA→＝－b，则A项正确；BE→＝BC→＋CE→＝a＋12b，则B项错误；BA→＝BC→＋CA→＝a＋b，则C项正确；EF→＝12CB→＝－12BC→＝－12a，则D项错误．答案：AC13．解析：由条件知M是△ABC的重心，设D是

BC边的中点，则AB→＋AC→＝2AD→，而AM→＝23AD→，所以2AD→＝m·23AD→，∴m＝3.答案：314.解析：如图，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD→＝BC→，又∵AN→＝3NC→，∴A，N，C三

点共线，且CN→＝－14AC→，则MA→＝MB→＋BA→＝12DA→＋BA→＝－12b－a，MN→＝MC→＋CN→＝12BC→－14AC→＝12AD→－14AC→＝12b－14(a＋b)＝－14a＋14b.答案：－12b－a－14a＋14b15.解析：(1)如图，延长

AD到G，使AD→＝12AG→，连接BG，CG，得到平行四边形ABGC，所以AG→＝a＋b，AD→＝12AG→＝12(a＋b)，AE→＝23AD→＝13(a＋b)，AF→＝12AC→＝12b，则BE→＝AE→－AB→＝13

(a＋b)－a＝13(b－2a)，BF→＝AF→－AB→＝12b－a＝12(b－2a).(2)证明：由(1)可知BE→＝23BF→，因为BE→与BF→有公共点B，所以B，E，F三点共线．16．解析：b与a＋c共线，证明如下：因为a＋b与c共线

，所以存在唯一实数λ，使得a＋b＝λc.①因为b＋c与a共线，所以存在唯一实数μ，使得b＋c＝μa.②由①－②，得a－c＝λc－μa，所以(1＋μ)a＝(1＋λ)c，又因为a与c不共线，所以1＋μ＝0，1＋λ＝0，所以μ＝－1，λ＝－1，所以a＋b＝－c，即a＋b＋c＝0，所以a＋c

＝－b，故a＋c与b共线．课时作业(五)向量分解及坐标表示1．答案：B2．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：C3．解析：因为OA→＋OB→＝(4i＋2j)＋(3i＋

4j)＝7i＋6j，所以OA→＋OB→＝()7，6.答案：B4．解析：如图，DO→＝12DB→＝12()AB→－AD→＝12()AB→－BC→＝2e1－3e2.答案：D5．解析：∵OP→＝OA→＋AP→＝OA→＋32A

B→＝OA→＋3BP→＝OA→＋3(OP→－OB→)，∴OP→＝－12OA→＋32OB→.答案：B6．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＝()4，4，μ＝2，b＝()1，0，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：AB7．解析：因为点A()3，5，所以OA→＝3i＋5j.答案：OA→＝3i＋5j8．解析：设p＝xm＋yn，则有p＝3a＋2b＝x(2a－3b)＋y(4

a－2b)＝(2x＋4y)a＋(－3x－2y)b，得2x＋4y＝3－3x－2y＝2⇒x＝－74，y＝138．所以p＝－74m＋138n.答案：－74m＋138n9．解析：设AC，BD交于点O，则有AO→＝OC→＝12AC→＝12a，BO→＝OD→＝

12BD→＝12b，所以AB→＝AO→＋OB→＝AO→－BO→＝12a－12b，BC→＝BO→＋OC→＝12a＋12b.10．证明：MC→＝MB→＋BC→＝12AB→＋AD→，NC→＝NB→＋BC→＝13DB→＋A

D→＝13(AB→－AD→)＋AD→＝13AB→＋23AD→.可得NC→＝23AD→＋12AB→＝23MC→，所以NC→∥MC→，又NC→与MC→有公共点C，∴M，N，C三点共线．11．解析：AD→＝AB→＋BC→＋CD→

＝(a－kb)＋(－2a－b)＋(3a－b)＝2a－(k＋2)b，∵A，B，D三点共线，∴AB→＝λAD→，即a－kb＝λ[2a－(k＋2)b]＝2λa－λ(k＋2)b，∵{a，b}为基，∴

2λ＝1，k＝λ（k＋2），解得λ＝12，k＝2.答案：A12．解析：EF→＝12CB→＝12(CA→＋AB→)＝12(b＋c)，A错误．BE→＝BC→＋CE→＝BC→＋12CA→＝a＋12b，B正确．CF→

＝12(CA→＋CB→)＝12(b－a)，C正确．AD→＋BE→＋CF→＝12(AB→＋AC→)＋12(BC→＋BA→)＋12(CA→＋CB→)＝12(AB→－CA→＋BC→－AB→＋CA→－BC→)＝0，D正确．答案：BCD13．解析：

因为BD→＝4DC→，所以AD→＝AB→＋BD→，＝AB→＋45BC→＝AB→＋45(AC→－AB→)＝15AB→＋45AC→，因为AD→＝xAB→＋yAC→，所以x＝15，y＝45，所以x－y＝15－45＝－35，答案：－3514．解析：因为在△ABC中，BD→＝13BC→，所以

DC→＝2BD→.由向量定比分点公式得AD→＝21＋2AB→＋11＋2AC→，即AD→＝23AB→＋13AC→.因为点E在线段AD上移动(不含端点)，所以设AE→＝xAD→(0<x<1).所以AE→＝2x3AB→＋x3AC→，对比AE→＝λAB→＋μAC→可得λ＝2x3，μ＝x3.代入λ＝2x3

，μ＝x3，得λμ＝2x3x3＝2；代入λ＝2x3，μ＝x3可得λ2－2μ＝2x32－2×x3＝4x29－2x3(0<x<1)，根据二次函数性质知当x＝－－232×49＝34时，()λ2－2μmin＝49×342－23×34＝－14.答案：2－14

15．解析：由题意得CF＝3FA，BD＝2DC，所以AF→＝14AC→，BD→＝23BC→(1)因为BF→＝BA→＋AF→，AB→＝a，BC→＝b所以BF→＝BA→＋14AC→＝BA→＋14()BC→－BA→＝34BA→＋14BC→＝－34a＋

14b.(2)由(1)知BF→＝－34a＋14b，而BD→＝23BC→＝23b而BE→＝λBA→＋()1－λBD→＝μBF→，所以BE→＝－λa＋23()1－λb＝μ－34a＋14b因为a与b不共线，由平面向量基本定理得－λ＝－3

4μ，23()1－λ＝μ4，解得μ＝89，所以BE→＝－23a＋29b，μ＝89即为所求．16．解析：(1)∵ME→＝2EN→，∴AE→－AM→＝2(AN→－AE→)∴AE→＝13AM→＋23AN→由已知AM→＝AB→＋13AD→，A

N→＝AD→＋12AB→∴AE→＝23AB→＋79AD→，∴λ＝23，μ＝79，∴λμ＝1427.(2)∵DP∥MC，N为CD的中点，易证△DNP与△CNM全等，则NM→＝PN→，设MF→＝kMN→，则1≤k≤2∵

AF→－AM→＝k(AN→－AM→)，AF→＝(1－k)AM→＋kAN→∵AF→＝tAM→＋(1－t)AN→，∴1－k＝t，k＝1－t∴1≤1－t≤2，∴－1≤t≤0∴t∈[－1，0].课时作业(六)向量线性运算的坐标表示1．解析：12AB→＝12(MB→

－MA→)＝12(2，6)－12(－2，4)＝(2，1).答案：D2．解析：由题可得：把两个坐标相加得到2a＝(4，0)，所以a＝(2，0)，同理把两个坐标相减可得到b＝(－1，3).答案：C3．解析：由于a∥b，所以1×(m＋3)＝2×m，解得m＝3.答

案：C4．解析：由A(2，1)，B(－1，－2)，C(0，y)三点共线，可得AB→＝(－3，－3)，BC→＝(1，y＋2)，则－3×(y＋2)＝－3×1⇒y＝－1.答案：A5．解析：AB→＝(－1，－4)，BC→＝(－3，4)，－1×4≠－4×(－3)，A错误．AB→＝(－1，－4)

，AD→＝(1，0)，－1×0≠－4×1，B错误．AC→＝BC→－BA→＝(－4，0)，AD→＝(1，0)，－4×0＝0×1，则AC→∥AD→，C正确．BC→＝(－3，4)，AC→＝BC→－BA→＝(－4，0)，－3×0≠4×(－4)，D错误．答案：C6．解析：若向量a＝(2m，m2)与b＝(m＋

1，m2－1)共线，则2m×(m2－1)－m2×(m＋1)＝0，∴(m＋1)(m2－2m)＝0，解得m＝0，2，－1.答案：ACD7．解析：∵A(2，3)，B(－1，5)，AD→＝3AB→，所以AB→＝(－1，5)－(2，3)＝(－3，2)，A

D→＝OD→－OA→，即OD→＝AD→＋OA→∴OD→＝AD→＋OA→＝OA→＋3AB→＝(2，3)＋3(－3，2)＝(－7，9).答案：(－7，9)8．解析：设向量a＝(x，y)，则x2＋y2＝12x＝y，解得x＝55y＝255或x＝－55y＝－255，由于向量a与向量b

方向相同，所以a＝55，255.答案：55，2559．解析：由中点坐标公式可得M(2.5，2.5)，N(1.5，0.5)，∴AM→＝(2.5，2.5)，CN→＝(－2.5，－2.5)，又2.5×(－2.5)－2.5×(－2.5)＝0，∴AM→，

CN→共线．10．解析：因为A，B，C三点的坐标分别为(－2，1)，(2，－1)，(0，1)，所以CA→＝(－2，0)，CB→＝(2，－2)，所以CP→＝3CA→＝(－6，0)，CQ→＝2CB→＝(4，－4)，设P(x，y)，则有CP→＝(x，y－1)，所以x＝－6y－

1＝0，解得x＝－6y＝1，即P点的坐标为(－6，1)，设Q(m，n)，则有CQ→＝(m，n－1)，所以m＝4n－1＝－4，解得m＝4n＝－3，可得Q(4，－3)，因此向量P

Q→＝(10，－4).11．解析：如图，以A为原点，AB所在直线为x轴，AC所在直线为y轴建立平面直角坐标系，则B点的坐标为(1，0)，C点的坐标为(0，2).∵∠DAB＝45°，所以设D点的坐标为(m，m)(m≠0)AD→＝

(m，m)＝λAB→＋μAC→＝λ(1，0)＋μ(0，2)＝(λ，2μ)则λ＝m，且μ＝12m，∴λμ＝2，即λ－2μ＝0.答案：B12．解析：OA→＝(2，－1)，OB→＝(1，2)，则AB→＝OB→－OA→＝(－1

，3)，所以与AB→同方向的单位向量为e＝AB→||AB→＝－1010，31010，A正确；对于B，由AP→＝2PB→知：xP＝2xB＋xA3，yP＝2yB＋yA3，即P43，1，B错误；对于C，由a＝(1，－3)，AB→＝(－1，3)，有1×3－(－3)×(－1)＝0，即a∥AB

→，C正确；对于D，OB→＝(1，2)，CA→＝(1，2)，则有OB→∥CA→且|OB→|＝|CA→|，即四边形OBAC为平行四边形，D正确．答案：ACD13．解析：∵A，B，C三点能构成三角形，∴AB→，AC→不共线．又∵AB→＝(1，1)，AC→＝(m－2

，4)，∴1×4－1×(m－2)≠0.解得m≠6.∴m的取值范围是{m|m≠6}．答案：{m|m≠6}14．解析：∵a∥b，∴2m＝4－n⇔2m＋n＝4，(m>0，n>0)∴1m＋8n＝141m＋8n()2m＋n＝1410＋nm＋1

6mn≥1410＋2nm·16mn＝92，当且仅当nm＝16mn，即n＝4m，n＝83，m＝23时，等号成立．答案：9215．解析：(1)AE→＝AB→＋BE→＝(2e1＋e2)＋(－e1＋λe2)＝e1＋(1＋λ)e2.因为A，E，C三点共线，所

以存在实数k，使得AE→＝kEC→，即e1＋(1＋λ)e2＝k(－2e1＋e2)，得(1＋2k)e1＝(k－1－λ)e2.因为e1，e2是平面内两个不共线的非零向量，所以1＋2k＝0k－1－λ＝0解得k＝－12，λ＝－3

2.(2)BC→＝BE→＋EC→＝－e1－32e2－2e1＋e2＝－3e1－12e2＝(－6，－3)＋(－1，1)＝(－7，－2).(3)因为A，B，C，D四点按逆时针顺序构成平行四边形，所以AD→＝BC→.设

A(x，y)，则AD→＝(3－x，5－y)，因为BC→＝(－7，－2)，所以3－x＝－75－x＝－2，解得x＝10y＝7，即点A的坐标为()10，7.16．解析：(1)因为AB→＝(cosθ－1，t)，又a∥A

B→，所以2t－cosθ＋1＝0.所以cosθ－1＝2t.因为t＝－14，所以cosθ＝12.又因为θ∈(0，π)，所以θ＝π3.(2)由(1)可知t＝cosθ－12，所以y＝cos2θ－cosθ＋（cosθ－1）24＝54cos2θ－32co

sθ＋14＝54cos2θ－65cosθ＋14＝54cosθ－352－15，所以当cosθ＝35时，ymin＝－15.课时作业(七)数量积的定义及计算1．解析：∵cosθ＝a·b|a||b|＝－549×62＝－22，∵0°≤θ≤180°，∴θ＝135°.答案：B2

．解析：∵△ABC是顶角为120°的等腰三角形，且AB＝1，∴BC＝3，∴AB→·BC→＝1×3×cos150°＝－32.答案：C3．解析：∵|a|＝4，|b|＝4，〈a，b〉＝120°，∴a在b上的投影向量为：|a|·cos120°·b|b|

＝－12b.答案：B4．解析：|a＋2b|＝（a＋2b）2＝a2＋4b2＋4a·b＝a2＋4b2＋4|a||b|cos60°＝4＋4＋4×2×1×12＝23.答案：A5．解析：∵ka－b与b垂直，∴(ka－b)·b＝ka·b－b2＝k×1×1×cos60°－1＝0，解得

k＝2.答案：A6．解析：A.|a·b|＝|a|·|b|·|cos〈a，b〉|，故错误；B．|a－b|＝（a－b）2＝a2－2a·b＋b2，故正确；C．(a·b)·c与c共线，a·(b·c)与a共线，故错误；D．由数量积的运算律知：(a＋b)·c＝a·c＋b·c，故正确．答案：

BD7．解析：∵e1，e2是两个单位向量，它们的夹角是60°，∴|e1|＝|e2|＝1，e1·e2＝1×1×12＝12，∴(e1－e2)·e1＝e21－e1·e2＝1－12＝12.答案：128．解析：

因为在菱形ABCD中，所以AB＝AD，从而(AB→＋AD→)·(AB→－AD→)＝AB→2－AD→2＝0.答案：09．解析：(1)a·(a＋b)＝a2＋a·b＝4＋2×4×cos60°＝8；(2)a·(a－kb)＝0

，即a2－ka·b＝4－k×2×4×cos60°＝4－4k＝0，∴k＝1.10．解析：(1)(a－b)·(a＋b)＝a2－b2＝|a|2－2＝14，∴|a|2＝94，|a|＝32；(2)cosθ＝a·b|a||b|＝3232·2＝22，∵0≤θ≤π，∴θ＝π

4，所以向量a与b的夹角θ的值为π4.11．解析：如图所示，AB，CD是半径为1的圆O的两条直径，且AE→＝EO→，即E为OA的中点，则EC→·ED→＝(OC→－OE→)·(OD→－OE→)＝OC→·OD→－OC→·OE→－OD→·OE→

＋OE→2＝1×1×cosπ－(OC→＋OD→)·OE→＋122＝－1－0＋14＝－34.答案：B12．解析：∵|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝1＋2a·b＋4＝4，∴a·b＝－12，∴a·(a＋2b)＝0，∴a⊥(a＋2b)，|a－b|＝a2－2a·b＋b

2＝6，cos〈a，b〉＝a·b|a||b|＝－14，∴a与b的夹角不是2π3.答案：BC13．解析：由已知可得(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝9＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝0，因此，a

·b＋b·c＋c·a＝－92.答案：－9214．解析：由题意∠ABC＝45°，BC＝2，(1)BC→·AP→＝BC→·(AB→＋BP→)＝BC→·AB→＋12BC→2＝|BC→||AB→|cos(180°－∠ABC)＋12|

BC→|2＝2×2×cos135°＋12×(2)2＝－1；(2)设PB→＝xCB→(0≤x≤1)，PB→·AP→＝PB→·(AB→＋BP→)＝xCB→·(AB→－xCB→)＝xCB→·AB→－x2CB→2＝x×2×2×cos45°－2x2＝－2

x2＋2x＝－2x－122＋12，所以x＝12时，PB→·AP→的最大值是12.答案：(1)－1(2)1215．解析：(1)∵(a－2b)⊥b，∴a·b－2b2＝0，∴|a|·|b|cos〈a，b〉－2|b|2＝0，∵|a|＝4|b|

，∴4|b|2cos〈a，b〉－2|b|2＝0，∴cos〈a，b〉＝12.∵〈a，b〉∈[0，π]，∴a与b的夹角为π3.(2)∵|a＋b|＝21，∴|a＋b|2＝21，即|a|2＋|b|2＋2|a|·|b|·cos

〈a，b〉＝21，∵|a|＝4|b|，又由(1)知cos〈a，b〉＝12，∴|b|2＝1，∴|b|＝1.16．解析：(1)延长OG交AB于点D，则点D为AB中点，于是OG→＝23OD→；因为OD→＝12(

OA→＋OB→)，所以OG→＝23×12(OA→＋OB→)＝13OA→＋13OB→＝13a＋13b；(2)OP→·OQ→＝|OP→|·|OQ→|·cos∠AOB＝m|OA→|·n|OB→|·cosπ3＝2mn.由P，G，Q三点共线可知，存在

实数λ，使得PQ→＝λPG→，即OQ→－OP→＝λ(OG→－OP→)，可得nb－ma＝λ13－ma＋13λb.从而－m＝λ13－mn＝13λ，消去λ可得1m＋1n＝3，因为m，n>0，所以1m＋1n≥21mn

，即mn≥49，当且仅当m＝n时等号成立．因此OP→·OQ→＝2mn≥89，即OP→·OQ→的最小值为89.课时作业(八)数量积的坐标表示及其计算1．解析：不妨设b＝(x，y)，因为a＝(1，3)，且a⊥b，所以x＋3y＝0再将各选项依次代入检验得A选项满足，其

他选项不满足．答案：A2．解析：设与a垂直的单位向量坐标为(x，y)，则x2＋y2＝12x－3y＝0解得：x＝31313y＝21313或x＝－31313y＝－21313.答案：C3．解析：∵|a|＝4

，∴4m＝4，解得：m＝1，即b＝(1，1)，cos〈a，b〉＝a·b|a||b|＝44×2＝22，又0≤〈a，b〉≤π，所以a和b的夹角大小为π4.答案：A4．解析：因为a＝(k，1)，b＝(4，k)，c＝(k＋1，－2)，a∥b，a⊥c所以k2－4＝0k

（k＋1）－2＝0，解得k＝－2.答案：B5．解析：如图建立平面直角坐标系，则A()4，0，B()0，3，C()0，0，P2，32，所以CB→＝()0，3，CP→＝2，32，所以CB→·CP→＝0×2＋3×32＝92.答案：C

6．解析：4a－3b＝(4×4－3×6，4×2－3×3)＝(－2，－1)，所以A正确；|a|＝42＋22＝25，|b|＝62＋32＝35，所以B正确；由于4×3－2×6＝0，所以a∥b，所以C正确；由于4×6＋2×3

＝30≠0，所以a与b不垂直，所以D不正确．答案：ABC7．解析：cosθ＝a·b|a||b|＝3×1＋3×218·5＝31010.答案：310108．解析：因为a－λb＝(1，3)－λ(3，4)＝(1－3λ，3－4λ)，所以由(a－λb)⊥b可得，3

(1－3λ)＋4(3－4λ)＝0，解得λ＝35.答案：359．解析：(1)3a＋b－2c＝(9，6)＋(－1，2)－(8，2)＝(0，6)∴|3a＋b－2c|＝6.(2)由题意知a＋kc＝(3，2)＋(4k，k)＝(3＋4k，2＋k)

(2b－a)＝(－2，4)－(3，2)＝(－5，2)又(a＋kc)⊥(2b－a)∴(a＋kc)·(2b－a)＝(3＋4k，2＋k)·(－5，2)＝(－5)(3＋4k)＋2(2＋k)＝－18k－11＝0.∴k＝－11

18.10．解析：(1)a·b＝－2－2＝－4；(2)因为a＝(－2，1)，b＝(1，－2)不平行；m∥n，m＝a＋3b，n＝a－kb，1×(－k)＝3×1，所以k＝－3；(3)当k＝1时，m＝a＋3b＝(1，－5)，n＝a－b＝(－3，3)，cos〈m，n〉＝m·

n|m||n|＝－1826×18＝－31313，所以m与n夹角的余弦值为－31313.11．解析：因为|a|＝1，|b|＝2，且〈a，b〉＝5π6，则|a×b|＝|a||b|sin〈a，b〉＝1×2×sin5π6＝1.答案：A12．解析：如图，以A为坐标原点，AB，AD所在直线分别为x轴，

y轴建立平面直角坐标系，则A(0，0)，B(3，0)，C(3，2)，D(0，2)，由DE→＝λDC→，可得E(3λ，2)，A项，当λ＝13时，E(1，2)，则AE→＝(1，2)，BE→＝(－2，2)，设AD→＝mA

E→＋nBE→，又AD→＝(0，2)，所以0＝m－2n2＝2m＋2n，得m＝23n＝13，故AD→＝23AE→＋13BE→，A错误；B项，当λ＝23时，E(2，2)，则AE→＝(2，2)，BE→＝(－1，2)，故cos〈AE→，BE→〉＝AE→·BE

→|AE→|·|BE→|＝－2＋422×5＝1010，B正确；C项，AE→＝(3λ，2)，BE→＝(3λ－3，2)，若AE→⊥BE→，则AE→·BE→＝3λ(3λ－3)＋2×2＝9λ2－9λ＋4＝0，对于方程9λ2－9λ＋4＝0，Δ＝(

－9)2－4×9×4<0，故不存在λ∈(0，1)，使得AE→⊥BE→，C正确；D项，AE→＋BE→＝(6λ－3，4)，所以|AE→＋BE→|＝（6λ－3）2＋42≥4，当且仅当λ＝12时等号成立，D正确．答案：BCD13．解析：由a·b＝－3λ＋5>0得λ<53，又当λ＝－35时，a，b

同向，故λ的取值范围是λλ<53，且λ≠－35.答案：λλ<53，且λ≠－3514．解析：如图分别以AB，AD为x，y轴建立平面直角坐标系．则A(0，0)，B(1，0)，C(1，1)

，D(0，1)，设E(x，0)(0≤x≤1)，所以DE→＝(x，－1)，CB→＝(0，－1)，AC→＝(1，1)，则DE→·CB→＝0×x＋(－1)×(－1)＝1，DE→·AC→＝x－1，由0≤x≤1，所以当x＝1时，DE→·AC→的最大值为0.答案：101

5.解析：建立如图所示的平面直角坐标系：(1)AB＝BC＝2，点F是边CD上且靠近C的三等分点，E是BC边上的中点，所以A(0，0)，B(2，0)，C(2，2)，D(0，2)，E(2，1)，F43，2；所以AE→＝(2，1)，EF→＝－23，1.所以AE→·EF→＝－43

＋1＝－13.(2)因为AB＝3，BC＝2，所以A(0，0)，B(3，0)，E(3，1)，C(3，2)，D(0，2)，设F(a，2)，所以AE→＝(3，1)，BF→＝(a－3，2)，当AE→·BF→＝0时⇒3(a－3)＋2＝0⇒a＝33，所以CF

＝3－33＝233.16．解析：(1)由题意知A，B，C三点满足OC→＝13OA→＋23OB→，可得OC→－OA→＝23()OB→－OA→，所以AC→＝23AB→＝23(AC→＋CB→)，即13AC→＝23CB→即AC→＝2C

B→，则|AC→|＝2|CB→|，所以|AC→||CB→|＝2.(2)由题意，函数f(x)＝OA→·OC→＋2m－23|AB→|＝sin2x＋2msinx＋1＝(sinx＋m)2＋1－m2因为x∈0，

π2，所以sinx∈[0，1]，当m≥0时，f(x)取得最小值1，不满足题意；当－1<m<0时，当sinx＝－m时，f(x)最小值为1－m2，令1－m2＝12⇒m＝－22；当m≤－1时，当sinx＝1时，f(x)最小值为2＋2m，令2＋2m＝12⇒m＝－34，不满足m≤－

1故舍去．综上，m＝－22．课时作业(九)余弦定理1．解析：由已知AB＝AC2＋BC2－2AC·BCcos120°＝62＋32－2×6×3×－12＝37.答案：A2．解析：因为A＝π3，a＝3，b＝3，由余弦定理得

a2＝b2＋c2－2bccosA，即9＝3＋c2－2c×3×cosπ3＝3＋c2－3c，∴c2－3c－6＝0，∴c＝23或c＝－3(舍).答案：D3．解析：在△ABC中，因b2＋c2＝a2－3bc，由余弦定理得cosA＝b2＋c2－a22bc＝a2－3bc－a22bc＝－32，而0

<A<π，所以A＝56π.答案：D4．解析：因为a∶c＝2∶3，所以可设a＝2k，c＝3k，又B＝30°，所以cos30°＝（2k）2＋（3k）2－b22·2k·3k＝32；解得b＝k所以a2＝b2＋c2，所以A＝90°.所以C＝60°.答案：D5．解析：∵a＝bcos

C，由余弦定理可得a＝b·a2＋b2－c22ab，则2a2＝a2＋b2－c2，则a2＋c2＝b2，所以△ABC为直角三角形．答案：D6．解析：如图所示，△ABC中，AB→＝c，BC→＝a，CA→＝b，若a·b>0，则∠BCA是钝

角，△ABC是钝角三角形，A错误；若a·b＝0，则BC→⊥CA→，△ABC为直角三角形，B错误；若a·b＝c·b，b·(a－c)＝0，CA→·(BC→－AB→)＝0，CA→·(BC→＋BA→)＝0，取AC中点D，则CA→·2BD→＝0，CA→⊥BD→所以BA＝BC，即

△ABC为等腰三角形，C正确；若(a＋c－b)·(a＋b－c)＝0，则a2＝(c－b)2，即b2＋c2－a2＝2b·c，b2＋c2－a22|b||c|＝cos(π－A)＝－cosA，由余弦定理可得：cosA＝－cosA，即cosA＝0，A＝π2，即△ABC为直角三角形，D正确．答案：C

D7．解析：在△ABC中，记a＝BC＝53，b＝AC，c＝AB＝15，又B＝30°，由余弦定理得，b2＝a2＋c2－2accosB＝75＋225－2×53×15×32＝75，解得b＝53，即AC＝53.答案：538．解析：因为a2＋17bc＝b2＋c2，且a2＝b2＋c2－2bccos

A，所以cosA＝114.答案：1149．解析：因为sinC＝12，且0<C<π，所以C为π6或5π6.当C＝π6时，cosC＝32，由余弦定理得：c2＝a2＋b2－2abcosC＝4，解得c＝2.当C＝5π6时，cosC＝－32，由余弦定理得：c2＝a2＋b

2－2abcosC＝28，解得c＝27.综上c＝2或27.10．解析：(1)在△ABC中，由余弦定理得，a2＝b2＋c2－2bccosA，即48＝36＋c2－2×c×6×－13，整理，得c2＋4

c－12＝0，解得c＝2；(2)在△ABC中，由余弦定理得，cosB＝a2＋c2－b22ac，得cosB＝33，cos2B＝2cos2B－1＝－13.11．解析：因为a＝8，b＝7，cosC＝1314，所以c＝a2＋b2－2abcosC＝64＋49－2×8×7×1314＝3

，因为a>b>c，所以A>B>C，因此cosA＝b2＋c2－a22bc＝49＋9－642×7×3＝－17.答案：C12．解析：对于A：由余弦定理可得cosC＝a2＋c2－b22ac>0，又C∈(0，π)，所以C∈0，π2，所以角C是锐角，故A正确；对于B：由余弦定理可得c

osA＝b2＋c2－a22bc>0，又A∈(0，π)，所以A∈(0，π2)，所以角A是锐角，所以B＋C>π2>A，故B错误；对于C：因为4sinAcosA＝0，A∈(0，π)，所以sinA≠0，所以cosA＝0，则A＝π2，所以△ABC一定是直角三角形，故C正确；对于D：若三角形三边之比

是1∶2∶3，不妨设三边为a，2a，3a，则两短边之和为3a，不满足三角形两边之和大于第三边，故任何三角形的三边之比不可能是1∶2∶3，故D正确．答案：ACD13．解析：根据题意，在△ABC中，若cosA＝12，a＝6，

则a2＝b2＋c2－2bccosA，即b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc＝6，又由(b＋c)2≥4bc，则有4bc－3bc＝bc≤6，即bc的最大值为6.答案：614．解析：(1)∵cosC＝cos[π－(A

＋B)]＝－cos(A＋B)＝－12，且C∈(0，π)，∴C＝2π3.(2)∵a，b是方程x2－23x＋2＝0的两根，∴a＋b＝23，ab＝2，∴AB2＝b2＋a2－2abcos2π3＝(a＋b)2－ab＝10，∴AB＝10.答案：2π31015．解析：(1)BC2＝A

C2＋AB2－2AC·ABcos∠CAB＝32＋62－2×3×6×cos60°＝27，∴BC＝27＝33.(2)在△ABC和△ABD中cosB＝BC2＋AB2－AC22BC·AB＝BD2＋AB2－AD2

2AB·BD，∴27＋62－322×33×6＝622×6×BD，解BD＝23，∴AD＝23.16．解析：由abcosC＋ccosB＝bc及a＝1得bcosC＋ccosB＝b，由余弦定理可得b·a2＋b2－c22ab＋c·

a2＋c2－b22ac＝b,解得a＝bc，即bc＝1，又由余弦定理可知cosA＝b2＋c2－a22bc＝1c2＋c2－12＝121c2＋c2－1.∵c∈53，2，令f()x＝x＋1x，x∈

59，2，易知函数f()x在59，1上单调递减，在(]1，2上单调递增，∴2≤f()x≤52，则2≤1c2＋c2≤52，∴1≤1c2＋c2－1≤32，∴cosA∈12，34.课时作业(十)正弦定理(1)1．解析：由asinA＝bsinB得b＝as

inBsinA＝2sin60°sin45°＝6.答案：A2．解析：因为AC＝2，BC＝3，C＝60°，所以△ABC的面积S＝12CB·CA·sinC＝12×3×2×32＝332.答案：A3．解析：∵b＝2，c＝3，C＝60°，∴b<c，B<C，即0°<B<60°.由正弦定理b

sinB＝csinC，得sinB＝bsinCc＝2·323＝22，∴B＝45°.答案：A4．解析：由正弦定理得asinA＝bsinB，即2312＝6sinB，可得sinB＝32，因为b>a，所以B>A，且0<A＋B<π，所以B＝π3或2π3，均满足题

意．答案：C5．解析：由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcosC，即7＝9＋b2－3b，解得b＝1或b＝2，若b＝1，则由b2＋c2－a2＝－1<0得A>90°，不合题意，所以b＝2，S＝12absinC＝12×3×2×sin6

0°＝332.答案：C6．解析：对于A，b>a，所以B>A，又cosA＝－14<0，所以B>π2，这与A＋B＋C＝π矛盾，所以△ABC无解；对于B，因为cosA＝134，所以A为锐角，且sinA＝34，则a＝bsinA，所以△ABC只有一解；对于C，由正弦定理asinA＝b

sinB，可得sinB＝255>sinπ3，又a<b，所以B有两解，即△ABC有两解；对于D，由正弦定理asinA＝bsinB，可得sinB＝33>sinπ6.又a<b，所以B有两解，即△ABC有两解．答案：CD7．解析：在△ABC中，∠B＝π

4，∠C＝π3，c＝32，则：∠A＝π－π4－π3＝5π12，∴∠A>∠C>∠B，∴a>c>b，利用正弦定理：csin∠C＝asin∠A，解得：a＝6＋24.答案：6＋248．解析：由已知得sin2A－sin2

B＝sin2C，设△ABC的外接圆的半径为R，根据正弦定理知sinA＝a2R，sinB＝b2R，sinC＝c2R，所以a2R2－b2R2＝c2R2，即a2－b2＝c2，故b2＋c2＝a2.所以△ABC是直角三角形．答案：直角三角形9．解析：由sinB＝

12且A＝60°，即0<B<120°，可知：B＝30°.∴C＝90°，由正弦定理bsinB＝csinC＝asinA，∴b＝asinBsinA＝3sin30°sin60°＝3，c＝asinCsinA＝3sin90°sin

60°＝23.10．解析：(1)在△ABC中，a＝6，b＝14，B＝2π3.根据正弦定理asinA＝bsinB，所以sinA＝asinBb＝6×3214＝3314.(2)由(1)得cosA＝1－sin2A

＝1314，则sinC＝sin(A＋B)＝3314×－12＋1314×32＝5314，所以S△ABC＝12ab·sinC＝12×6×14×5314＝153.11．解析：∵c＝1<2＝a，∴C为锐角．由正弦定理可得：2sinA＝1sinC，即sinC＝12sinA，因为sinA

∈(0，1]∴sinC∈0，12，∴0<C≤π6，∴角C的取值范围是0，π6.答案：D12．解析：若A>B，则a>b，由正弦定理可得asinA＝bsinB，所以sinA>sinB，A选项正确；bsinA＝4sin30°＝2，则

bsinA<a<b，如图：所以△ABC有两解，B选项正确；若△ABC为钝角三角形且C为钝角，则cosC＝a2＋b2－c22ab<0，可得a2＋b2<c2，C选项错误；由余弦定理与基本不等式可得4＝a2＝b2＋c2－2bccosA＝b2＋c2－b

c≥2bc－bc＝bc，即bc≤4，当且仅当b＝c＝2时，等号成立，所以S△ABC＝12bcsinA＝34bc≤3，D选项正确．答案：ABD13．解析：由正弦定理得asinA＝csinC，得sinA＝

x10.因为满足条件的三角形有两个，所以sinπ6<x10<1，得5<x<10.答案：(5，10)14．解析：∵C＝π3，a＝1，c＝3，∴由正弦定理得sinA＝asinCc＝12，由余弦定理c2＝a2

＋b2－2abcosC得3＝1＋b2－b，即b2－b－2＝0，解得b＝2，或b＝－1(舍去)，答案：12215．解析：选择①：在△ABC中，a＝2，c＝10，b＝4，由余弦定理得cosC＝a2＋b2－c22ab＝（2）2＋42－（10）22

×2×4＝22，因为C∈(0，π)，所以sinC＝1－cos2C＝22，在△ABC中，A＋B＝π－C，所以sin(A＋B)＝sinC＝22.所以，若选择①，该三角形存在，且sin(A＋B)＝22.选择②：因为cosB＝－55

，B∈(0，π)，所以sinB＝1－cos2B＝255，因为a＝2，c＝10，cosB＝－55，所以b2＝a2＋c2－2accosB＝(2)2＋(10)2－2×2×10×－55＝16，解得b＝4，结合正弦定理bsinB＝cs

inC，得到4255＝10sinC，解得sinC＝22，在△ABC中，A＋B＝π－C，所以sin(A＋B)＝sinC＝22.所以，若选择②，该三角形存在，且sin(A＋B)＝22.选择③：因为(b2＋c2－a2)sinA＝3bccosA，所以2b

ccosAsinA＝3bccosA，又A为锐角，所以cosA≠0，所以sinA＝32，由正弦定理asinA＝csinC，及a＝2，c＝10，得232＝10sinC，解得sinC＝152>1，该△ABC不存在．所以，若选择

③，该△ABC不存在．16．解析：(1)由3c＝b(sinA＋3cosA)得：3sinC＝sinBsinA＋3sinBcosA，∴3sin(A＋B)＝sinBsinA＋3sinBcosA，∴3sinAcosB＋3cosA

sinB＝sinBsinA＋3sinBcosA，所以3sinAcosB＝sinAsinB，∴tanB＝3，∵B∈(0，π)，∴B＝π3.(2)∵a＋c＝2，B＝π3，∴b2＝a2＋c2－2accosB＝a2＋c2－ac＝(a＋c)2－3ac＝4－3ac≥4－3a＋c22＝1(当且仅a＝

c时取等号)又b<a＋c＝2，∴b∈[1，2).课时作业(十一)正弦定理(2)1．解析：由a＝2b，得sinA＝2sinB.答案：A2．解析：在△ABC中，a＝2，A＝45°，B＝30°，可得b＝asinBsinA＝2×1222＝2，设△

ABC的外接圆的半径为R，可得2R＝asinA＝222＝22，即有R＝2.答案：B3．解析：由余弦定理可知，BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos60°，12＝4＋AC2－2AC，解得：AC＝4，所以S△ABC＝12×AB×AC×sin60°＝23.答案：C4．解析：∵a＝2bcosC，

则sinA＝2sinBcosC，sin(B＋C)＝2sinBcosC，∴sin(B－C)＝0，∴B＝C.∴sin2A＝sin2B＋sin2C，∴a2＝b2＋c2，∴△ABC为等腰直角三角形．答案：B5．解析：∵si

nA∶sinB∶sinC＝2∶3∶7，由正弦定理可得a∶b∶c＝2∶3∶7，设a＝2k，b＝3k，c＝7k，由余弦定理可得cosC＝a2＋b2－c22ab＝4k2＋9k2－7k22×2k×3k＝12，∵0<C<π，∴C＝π3.答案：C6．解析：根据正弦定理可得asinA＝bsinB，因为si

nA＝sinB则a＝b，故A正确；在三角形中，sin2A＝sin2B，则2A＝2B或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝π2，三角形为等腰三角形或直角三角形，不能确定三角形为等腰三角形，故B错误；acosA＝bcosB⇔sinAcosA＝sinBcosB⇔sinAcosB－cosAsin

B＝0⇔sin(A－B)＝0⇔A＝B，故C正确；asinA＝bsinB⇔sinAsinA＝sinBsinB⇔1＝1，恒成立，无法证明是等腰三角形，故D错误．答案：AC7．解析：在△ABC中，由正弦定理得：sinB＝2

sinAsinB，∵0°<B<180°，∴sinB≠0，∴sinA＝12，又0°<A<180°，∴A＝30°或150°.答案：30°或150°8．解析：设△ABC的外接圆半径为R，由正弦定理得：2sin60°＝2R，解得R＝233，所以外接圆的面积是S＝πR2＝4π3.答案：4π39．解析：

由sinA∶sinC＝5∶2得a∶c＝5∶2，设a＝5k，c＝2k，所以12×5k×2k×32＝903，所以k＝6，所以a＝30，c＝12.10．解析：(1)2cosC(acosB＋bcosA)＝c由正弦定

理得：2cosC(sinA·cosB＋sinB·cosA)＝sinC，即2cosC·sin(A＋B)＝sinC.∵A＋B＋C＝π，A，B，C∈(0，π)，∴sin(A＋B)＝sinC>0，∴2cosC＝1，cosC＝12.∵C∈(0，π)，∴C＝π3.(2)

由余弦定理得：c2＝a2＋b2－2ab·cosC，得15＝a2＋b2－2ab·12，即(a＋b)2－3ab＝15，∴62－3ab＝15，∴ab＝7，∴S＝12ab·sinC＝34ab＝734.11．解

析：根据正弦定理知sinA－sinBcosC＝3sinBsinC，又因为sinA＝sin(B＋C)，所以cosBsinC＝3sinBsinC，又C∈(0，π)，所以sinC>0，所以cosB＝3sinB，即tanB＝33，所以B＝30°

，由正弦定理可得bsin30°＝4，解得b＝2.答案：B12．解析：在△ABC中，设内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.由sinB＝2sinA，可得b＝2a，又c2＝a2＋b2－2a·bcosC，当C＝π3时，4＝a2＋4a2－2×a·2acosπ3，

解得a＝233，A正确；当C＝π3时，a＝233，b＝433，满足b2＝a2＋c2，△ABC为直角三角形，B错误；cosA＝b2＋c2－a22bc＝3a8＋12a≥32，当且仅当a＝233时等号成立，所以A的最大值为π6，C错误；c

osC＝a2＋b2－c22ab＝5a2－44a2，设S△ABC＝S，S2＝12absinC2＝14a2(2a)2sin2C＝a4(1－cos2C)＝a41－5a2－44

a22＝116(－9a4＋40a2－16)＝－916a2－2092＋169，当a2＝209时，S取最大值，且最大值为43，D正确．答案：AD13．解析：在△ABC中，由正弦定理可得，sinCsinA＋sinB＝ca＋b，又由题知a－b

a－c＝sinCsinA＋sinB，所以a－ba－c＝ca＋b，整理得，b2＝a2＋c2－ac，在△ABC中，由余弦定理得，b2＝a2＋c2－2accosB，所以cosB＝12，又B∈(0，π)，所以

B＝π3.答案：π314．解析：在△ABC中，由余弦定理得，a2＝b2＋c2－2bccosA，把A＝π3，a＝7，b＝3代入整理得，c2－3c＋2＝0，解得c＝1或c＝2.在△ABC中，由正弦定理得，asinA＝2R，其中R为△ABC外接圆半径．所以R＝a2sinA＝213，故△ABC外接圆的

面积是πR2＝π×219＝73π.答案：1或27π315．解析：(1)由正弦定理知，已知条件可化为sinAcosB－sinBcosA＝sinC－sinB，又在△ABC中sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB，所以2cosAsinB＝sinB，因为sinB≠0，所以

cosA＝12，又因为A∈(0，π)，所以A＝π3.(2)因为S＝316(c2＋4b2)＝12bcsinA＝34bc，所以c2＋4b2＝4bc，得c＝2b，由a2＝b2＋c2－2bccosA知，3＝b2＋c2－bc，所以c＝2，b＝1，所以△ABC的周长为3＋3.16．解析：(1)证

明：由题设，BD＝asinCsin∠ABC，由正弦定理知：csinC＝bsin∠ABC，即sinCsin∠ABC＝cb，∴BD＝acb，又b2＝ac，∴BD＝b.(2)由题意知：BD＝b，AD＝2b3，DC＝b3，∴cos∠

ADB＝b2＋4b29－c22b·2b3＝13b29－c24b23，同理cos∠CDB＝b2＋b29－a22b·b3＝10b29－a22b23，∵∠ADB＝π－∠CDB，∴13b29－c24b23＝a2－10b29

2b23，整理得2a2＋c2＝11b23，又b2＝ac，∴2a2＋b4a2＝11b23，整理得6a4－11a2b2＋3b4＝0，解得a2b2＝13或a2b2＝32，由余弦定理知：cos∠ABC＝a2＋c2－b22ac＝43－a22b2，

当a2b2＝13时，cos∠ABC＝76>1不合题意；当a2b2＝32时，cos∠ABC＝712；综上，cos∠ABC＝712.课时作业(十二)解三角形应用举例1．解析：如图，点B在点A的南偏东30°.答案：C2．解析：根据题意可知AB＝10，C＝75°－30°＝45°.在△ABC中，由正弦定理

得ABsinC＝BCsin∠BAC，即BC＝10×1222＝52.答案：B3.解析：如图，设CD为金字塔，AB＝80米．设CD＝h，则由已知得(80＋h)×33＝h，解得h＝40(3＋1)≈109(米).从选项来看110最接近．答案：A4．解析：由题意知AC＝BC＝a

km，∠ACB＝50°＋70°＝120°，由余弦定理得，AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos∠ACB＝a2＋a2－2a2×－12＝3a2，所以AB＝3a，即门店A，B间的距离为3akm.答案：C5．解析：如下图所示，由题意有∠BAC＝60°，∠BAD＝75°，故

∠CAD＝75°－60°＝15°，所以，∠D＝∠ACB－∠CAD＝30°－15°＝15°，所以，AC＝CD＝10，在Rt△ABC中，∠B＝90°，所以，AB＝ACcos60°＝5，因此，这艘船的航行速度是v＝5

1＝5海里/时．答案：B6．解析：因为A，C在河的同一侧，所以可以测量b，α与γ.答案：ABC7．解析：由题意得，AB＝80×1560＝20，∠PAB＝30°，∠APB＝75°－30°＝45°，在△ABP中，由正弦定理得20sin45°＝PBsin30°，所以PB＝20sin30°sin45°

＝20×1222＝102.答案：1028．解析：在△ABC中，由余弦定理得cos∠ACB＝32＋（22）2－（29）22×3×22＝－22.因为∠ACB∈(0，π)，所以∠ACB＝3π4.答案：3π49．解析：在△ADC中，根据题意可得∠DAC＝75°－45°

＝30°，由正弦定理可得AC＝CDsinDsin∠DAC＝20×sinπ4sinπ6＝202，在直角△AEC中，可得AE＝AC·sinα＝202×sin75°＝202sin(30°＋45°)＝202(sin30°co

s45°＋cos30°sin45°)＝10(3＋1)，所以建筑的高为AB＝10(3＋1)＋1.2.10．解析：(1)如图所示，在△ABD中∵∠BAD＝∠BAC＋∠DAC＝30°＋45°＝75°，∴∠ADB＝60°.由正弦定理可得，ABsin∠ADB＝A

Dsin∠ABD，AD＝3sin45°sin60°＝2.(2)∵∠ABC＝∠ABD＋∠DBC＝45°＋75°＝120°，∴∠BAC＝∠BCA＝30°，∴BC＝AB＝3，∴AC＝3，在△ACD中，由余弦定理得，CD2＝AC2＋AD2－2AC

·ADcos∠DAC＝5，即CD＝5(海里).11．解析：如图所示：设塔顶为P，塔底为O，建筑物的高为PO＝hm，则PA＝hsin30°＝2h，PB＝hsin45°＝2h，PC＝hsin60°＝233h，由余弦定理可得cos∠PBA＝P

B2＋AB2－PA22PB·AB＝AB2－2h22AB×2h，cos∠PBC＝PB2＋BC2－PC22PB·BC＝23h2＋AB222h×AB，因为∠PBA＋∠PBC＝π，故cos∠PBA＋cos∠PBC＝cos∠PBA＋cos(π－∠

PBA)＝0，即AB2－2h22AB×2h＋23h2＋AB222h×AB＝0，可得h＝62AB＝62×7069＝703m.答案：B12．解析：由题意可知∠ADB＝60°，∠BAD＝75°，∠CAD＝30°，所以∠B＝180°－60°－75°＝45°，AB＝126，AC＝83

，在△ABD中，由正弦定理得ADsin∠B＝ABsin∠ADB，所以AD＝126×2232＝24(nmile)，故A正确；在△ACD中，由余弦定理得CD＝AC2＋AD2－2AC·ADcos∠CAD，即CD＝（83）2＋242－2×83×24×

32＝83(nmile)，故B错误；因为CD＝AC，所以∠CDA＝∠CAD＝30°，所以灯塔C在D处的西偏南60°，故C正确；由∠ADB＝60°，D在灯塔B的北偏西60°处，故D错误．答案：AC13．解析：因为BM＝AMsin∠ABM＝3

00sinπ4＝3002m，BN＝CNsin∠CBN＝300sinπ6＝600m，在△MNB中，结合余弦定理知MN2＝MB2＋BN2－2MB·BN·cos∠MBN即MN2＝(3002)2＋6002－2×3002×600×24，故MN2＝360000，所以MN＝600m.答案：6

0014．解析：(1)∠PBA＝α，由PAAB＝tanα，得AB＝atanα；(2)∠APB＝π2－α，∠PBA＝π－π2－α－β＝π2＋α－β，在△PAB中由正弦定理，得asinπ2＋α－β＝AB

sinπ2－α，解得AB＝acosαcos（α－β）.答案：(1)atanα(2)acosαcos（α－β）15．解析：(1)由已知条件可得a＝b－4c＝b＋4，∵∠MCN＝120°，∴由余弦定理得c2＝a2＋b2－2ab·cos∠

MCN，即(b＋4)2＝(b－4)2＋b2－2b(b－4)cos120°，∴b＝10.(2)由题意，在△ABC中，ACsin∠ABC＝BCsin∠BAC＝ABsin∠ACB，则ACsinθ＝BCsin（60°－θ）＝

12sin120°，∴AC＝83sinθ，BC＝83sin(60°－θ)，∴观景路线A－C－B的长y＝AC＋BC＝83sinθ＋83sin(60°－θ)＝43sinθ＋12cosθ＝83sin(60°＋

θ)，且0°<θ<60°，所以60°＋θ∈(60°，120°)，∴θ＝30°时，观景路线A－C－B长的最大值为83.16．解析：(1)如图，在△AEM中，由余弦定理得，AE2＝MA2＋ME2－2MA·MEcos

π3＝9，所以(MA＋ME)2＝9＋3MA·ME≤9＋3×MA＋ME22，所以MA＋ME≤6，(当且仅当MA＝ME＝3时等号成立)故两机器人运动路程和的最大值为6.(2)①在△AEM中，由于机器人乙的速度是机器人甲的速度的2

倍，故AM＝2EM，由正弦定理可得AMsin（π－θ）＝EMsinα，所以sinα＝EMsin（π－θ）AM＝12sinθ＝12sinπ3＝34.②设EM＝x，则AM＝2EM＝2x，x∈(1，3)，由余弦定理可得cos(π－θ)＝32＋x2－（2x）22×3×

x＝32x－x2，所以cosθ＝x2－32x，所以xsinθ＝x2（1－cos2θ）＝x21－x2－32x2＝－14（x2－5）2＋4.由题意得AD≥xsinθ对任意x∈(1，3)恒成立，故AD≥(xsinθ)max＝2，当且仅当x＝5时取到等号．答：矩形区域A

BCD的宽AD至少为2米，才能确保无论θ的值为多少，总可以通过设置机器人乙的释放角度使机器人乙在矩形区域ABCD内成功拦截机器人甲．课时作业(十三)平面向量的应用举例1．解析：由中点坐标公式可求D点坐标为D32，6，AD

→＝－52，5，∴|AD→|＝254＋25＝552.答案：B2．解析：如图，取AB的中点E，连接OE，则OA→＋OB→＝2OE→.又因为OA→＋OB→＋OC→＝0，所以OC→＝－2OE→.因为O为公共点，所以O，

C，E三点共线，且|OC→|＝2|OE→|.所以O为△ABC的重心．答案：D3．解析：因为OB→·OC→＝|OB→|·|OC→|·cos∠BOC＝2cos∠BOC＝－1，所以cos∠BOC＝－12，所以∠BOC＝2

π3，所以A＝π3.答案：A4．解析：由DC→＝12AB→知DC∥AB，且|DC|＝12|AB|，因此四边形ABCD是梯形．又因为|AD→|＝|BC→|，所以四边形ABCD是等腰梯形．答案：C5．解析：取(

e1，e2)作为基，则AC→＝(3，－1)，BD→＝(2，6)，则|AC→|＝32＋（－1）2＝10，|BD→|＝22＋62＝210.因为AC→·BD→＝3×2＋(－1)×6＝0，所以AC→⊥BD→，所以平面四边形的对角线互相垂直，所以该四边形的面积S＝|AC→|·|BD

→|2＝10×2102＝10.答案：C6．解析：设船的实际航行速度为v1，水流速度为v2，船的航行速度为v3，根据向量的平行四边形法则可知：v3＝v21＋v22＝83km/h，设船的航行方向和水流方向的夹角为θ，所以tan(180°－θ)＝1243＝3，所以θ＝120°.答案：BD7．解析

：由∠C＝90°，AC＝BC＝4，知△ABC是等腰直角三角形，∴BA＝42，∠ABC＝45°，∴BA→·BC→＝42×4×cos45°＝16.答案：168.解析：以OA，OC所在直线为坐标轴建立平面直角坐标系，如图所示，由题意知：OD→＝1，

12，OE→＝12，1，故cos∠DOE＝OD→·OE→|OD→||OE→|＝1×12＋12×152×52＝45.即cos∠DOE的值为45.答案：459．解析：设AD→＝a，AB→＝b，则BD→＝a－b，AC→＝a＋b，而|BD→|＝|a－b|＝a2－2a·b＋b2＝1＋4－2a·

b∴5－2a·b＝4，∴a·b＝12，又|AC→|2＝|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝1＋4＋2a·b＝6，∴|AC→|＝6，即AC＝6.10．解析：(1)AB→＝(7，0)－(20，15)＝(－13，－15)，W1＝F1·AB→＝(3，4)·(－13，－15)＝3×(－13)＋4

×(－15)＝－99(J)，W2＝F2·AB→＝(6，－5)·(－13，－15)＝6×(－13)＋(－5)×(－15)＝－3(J).∴力F1，F2对质点所做的功分别为－99J和－3J.(2)W＝F·AB→＝(F1＋F2)

·AB→＝[(3，4)＋(6，－5)]·(－13，－15)＝(9，－1)·(－13，－15)＝9×(－13)＋(－1)×(－15)＝－117＋15＝－102(J).∴合力F对质点所做的功为－102J．11．解析：由题意可知，v＝v1

＋v2，当船的航程最短时，v⊥v2，而船头的方向与v1同向，由v·v2＝(v1＋v2)·v2＝v1·v2＋v22＝0，可得v1·v2＝－v22＝－4，cos〈v1，v2〉＝v1·v2|v1|·|v2|＝－14，A选项错误，B选项正确；|v|＝|v1＋v2

|＝（v1＋v2）2＝v21＋2v1·v2＋v22＝4－2×4＋64＝215(km/h)，C选项错误；该船到达对岸所需时间为60×0.4215＝4155(分钟)，D选项错误．答案：B12．解析：作OA→＝F1，OB→＝F2，OC→＝－G(图略)，则OC→＝OA→＋OB→，当|F1

|＝|F2|＝|G|时，△OAC为正三角形，所以∠AOC＝60°，从而θ＝∠AOB＝120°.答案：D13.解析：如图，D为BC边的中点，因为3AM→－AB→－AC→＝0，则AD→＝12(AB→＋AC→).所以3AM→

＝2AD→，所以AM→＝23AD→，所以S△ABM＝23S△ABD＝13S△ABC.答案：1∶314．解析：如图，由|MP→|－|MB→|≤|MP→－MB→|＝|BP→|＝25，当点M与点B重合时等号成立；如图所示，取AB中点Q，连接PQ，取PQ的中点为N，连接MN，则MP→·MQ→＝(M

N→＋NP→)·(MN→＋NQ→)＝|MN→|2－|PN→|2，又因为点M为正方形ABCD内部(包括边界)一动点，所以MP→·(MA→＋MB→)＝2MP→·MQ→＝2(|MN→|2－|PN→|2)＝2(|MN→|2－4)≥－8，当点M与点N重合时，取得最小值－8.答案：25－

815．证明：设AB→＝a，AC→＝b，AD→＝e，DB→＝c，DC→＝d，则a＝e＋c，b＝e＋d，即a2－b2＝(e＋c)2－(e＋d)2＝c2＋2e·c－2e·d－d2.由已知可得a2－b2＝c2－d2，所以c2＋2e·c－2e·d－d2＝c2－d2，即

e·(c－d)＝0.因为BC→＝BD→＋DC→＝d－c，所以AD→·BC→＝e·(d－c)＝0，所以AD→⊥BC→，即AD⊥BC.16.解析：以B为原点，BC所在直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系．由于AB＝A

C＝5，BC＝6，所以B(0，0)，A(3，4)，C(6，0).则AC→＝(3，－4)，由于M点是AC边上靠近A点的一个三等分点．所以AM→＝13AC→＝1，－43，于是M4，83，所以BM→＝4，83，假设在BM上存在点P使得PC⊥BM，则设BP→＝λB

M→，且0<λ<1，即BP→＝λ4，83＝4λ，83λ，所以CP→＝CB→＋BP→＝(－6，0)＋4λ，83λ＝4λ－6，83λ，由于PC⊥BM，所以CP→·BM→＝0，得4(4λ－6)＋83λ·83＝0，解得λ＝2726.由于λ＝2726

∉(0，1)，所以线段BM上不存在点P使得PC⊥BM.课时作业(十四)两角和与差的余弦公式1．解析：sin465°＝sin(450°＋15°)＝cos15°＝cos(45°－30°)＝cos45°cos30°＋sin45°sin30°＝22×32＋22×12＝6＋24.答案：A2．解析：cos2

5°cos35°－cos65°cos55°＝cos25°cos35°－sin25°sin35°＝cos(25°＋35°)＝12.答案：A3．解析：原式＝212cosπ12＋32sinπ12＝2cosπ3cosπ12

＋sinπ3sinπ12＝2cosπ3－π12＝2cosπ4＝2.答案：B4．解析：因为α∈3π2，2π，所以sinα＝－513，所以cosα－π4＝cosαcosπ4＋sinαsinπ4＝1213×22＋－513×22＝7226.答案：

D5．解析：b＝cos5°－3sin5°＝2×12cos5°－32sin5°＝2cos(60°＋5°)＝2cos65°，c＝2(sin47°sin66°－sin24°sin43°)＝2(cos43°cos24°－sin24°sin43°)＝2cos(43°＋24°)＝2

cos67°a＝2cos66°，因为函数y＝2cosx在区间(0°，90°)上是减函数，65°<66°<67°，所以2cos65°>2cos66°>2cos67°，即b>a>c，答案：C6．解析：∵sin(π＋α)＝－sinα＝13，∴sinα＝－13.又|α|<π2，∴c

osα＝1－sin2α＝223，∴cosα＋π6＝cosαcosπ6－sinαsinπ6＝223×32＋13×12＝26＋16.答案：B7．解析：原式＝－[cos(α＋β)cosα－sin(α＋β)sinα]＝－cos(2α＋β).答案：－cos(2α＋β)8．解析：因为

cosα＝35，α∈32π，2π，所以sinα＝－1－cos2α＝－45，所以cosα－π3＝cosαcosπ3＋sinαsinπ3＝35×12＋－45×32＝3－4310.答案：3－43109．解析：(1)∵α∈π2，π，

sinα＝55，∴cosα＝－1－sin2α＝－255.∴sinα＋π4＝sinαcosπ4＋cosαsinπ4＝22()sinα＋cosα＝－1010；(2)∵sin2α＝2sinαcosα＝－45，cos2α＝cos2α－si

n2α＝35，∴cos2α－5π6＝cos2αcos5π6＋sin2αsin5π6＝35×－32＋－45×12＝－33＋410.10．解析：(1)依题意tanα＝43，原式＝sin（π－α）－2sinπ2－αcos（π＋α）－s

in（－α）＝sinα－2cosα－cosα＋sinα＝tanα－2tanα－1＝－2；(2)因为α终边过点(3，4)，所以sinα＝45，cosα＝35，因为π2<β<π，且cosβ＝－13，所以sinβ＝223所以cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝35

×－13－45×223＝－3＋8215.11．解析：由0<β<α<π2，得到0<α－β<π2，因为cosα＝35，cos(α－β)＝cos(β－α)＝7210，所以sinα＝1－cos2α＝45，sin(β－α)＝－sin(α－β)＝－1－cos2（α－β）

＝－210，则cosβ＝cos[(β－α)＋α]＝cos(β－α)cosα－sin(β－α)sinα＝7210×35－－210×45＝22，所以β＝π4.答案：C12．解析：因为α，β∈0，π2，所以α＋β∈(

0，π)，又因为sin(α＋β)＝23＜sinα＝223，所以α＋β∈π2，π，故cosα＝13，cos(α＋β)＝－53，故cosβ＝cos[(α＋β)－α]＝cos(α＋β)cosα＋sin(α＋β)sinα＝－53×13＋23×223＝42－59.答案：B

D13．解析：2cos5°－sin25°sin65°＝2cos（30°－25°）－sin25°cos25°＝3cos25°＋sin25°－sin25°cos25°＝3.答案：314．解析：∵α，β都是锐角，∴α＋β∈(0，π)，又sinα＝35，cos(

α＋β)＝－513，∴cosα＝45，sin(α＋β)＝1213，则cosβ＝cos[(α＋β)－α]＝cos(α＋β)cosα＋sin(α＋β)sinα＝－513×45＋1213×35＝1665.答案：1

66515．解析：(1)∵cosα＝33，α为锐角，∴sinα＝63∴sinα＋π6＝sinαcosπ6＋cosαsinπ6＝63×32＋33×12＝32＋36.(2)∵cos(α＋β)＝35，α＋β∈(0，π)，∴sin(

α＋β)＝45cosβ＝cos[(α＋β)－α]＝cos(α＋β)cosα＋sin(α＋β)sinα＝35×33＋45×63＝33＋4615.16．解析：(1)由题可知：α∈0，π2，β∈π2，π，且sinα＝255，

sinβ＝210，所以cosα＝55，cosβ＝－7210，所以cos(α－β)＝cosαcosβ＋sinαsinβ＝55×－7210＋255×210＝－1010.(2)由α∈0，π2，β∈

π2，π，则(α－β)∈(－π，0)，又由(1)可知，cos(α－β)＝－1010，所以(α－β)∈－π，－π2，所以sin(α－β)＝－31010，则2α－β＝α＋α－β，所以(2α－β

)∈(－π，0)，所以cos(2α－β)＝cosαcos(α－β)－sinαsin(α－β)＝55×－1010－255×－31010＝22，所以2α－β＝－π4.课时作业(十五)两角和与差的正弦公式1．解析：sin

x＋π3＋sinx－π3＝12sinx＋32cosx＋12sinx－32cosx＝sinx.答案：B2．解析：sin43°cos13°－cos43°sin13°＝sin(43°－13°)＝sin30°＝12.答案：A3．解析：由题意，函数f(x)＝

32sinx＋12cosx＝sinxcosπ6＋cosxsinπ6＝sin(x＋π6)，则fπ12＝sinπ12＋π6＝sinπ4＝22.答案：A4．解析：由题可得m＝2sin18°，∴3sin12°＋mcos12°＝3sin12

°＋2sin18°cos12°＝3sin12°＋2sin（30°－12°）cos12°＝3sin12°＋2sin30°cos12°－2cos30°sin12°cos12°＝cos12°cos12°＝1.答案：B5．解析：∵cosα

＝45，cos(α＋β)＝35，α，β∈0，π2，∴0<α＋β<π2，∴sinα＝35，sin(α＋β)＝45.∴sinβ＝sin[(α＋β)－α]＝sin(α＋β)cosα－cos(α＋β)sinα＝45×45－35×35＝725.答案：C6

．解析：因为32sinx＋12cosx＝cosx－π3，315sinx－35cosx＝65sinx－π6，3sinx－cosx＝2sinx－π6，所以A、B、C都错．答案：ABC7．解析：sin15°－cos15°＝2(sin15°cos45°－cos15°sin45°)＝

2sin(15°－45°)＝－2sin30°＝－22.答案：－228．解析：由tanα＝3，可得sinαcosα＝3.又sin2α＋cos2α＝1，且α∈0，π2，可得sinα＝31010，cosα＝1010.∴sinα－π4＝22(sinα－co

sα)＝55.答案：559．解析：∵α∈π，3π2，∴cosα<0，∴cosα＝－1－sin2α＝－1213，∴sinα＋π3＝sinαcosπ3＋cosαsinπ3＝－513×12－1213×32＝－5＋12326.10．解析：(1)因为α∈

π2，π，cosα＝－12，所以sinα＝32，因为β∈3π2，2π，sinβ＝－32，所以cosβ＝12.所以sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝32×12＋－12×

－32＝32.(2)sin(α－β)＋cos(α－β)＝sinαcosβ－cosαsinβ＋cosαcosβ＋sinαsinβ＝32×12－－12×－32＋－12×12＋32×－32＝34－34－14－34＝－1.11．解析：因为α，β均为

锐角，所以－π2<α－β<π2.又sin(α－β)＝－1010，所以cos(α－β)＝31010.又sinα＝55，所以cosα＝255.所以sinβ＝sin[α－(α－β)]＝sinαcos(α－β)－cosαsin(α－β)＝55

×31010－255×－1010＝22.所以β＝π4.答案：C12．解析：α，β为锐角，对于选项A、D，sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ<1·sinα＋1·sinβ，cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ<1·cosα＋1·cosβ，故A、D正确；对于选

项B，取α＝β＝30°，得sin(α＋β)＝32，cosα＋cosβ＝3，故B错误；对于选项C，取α＝β＝0.0001°，易知cos(α＋β)≈1，而sinα＋sinβ≈0，故C错误．答案：AD13．解析：因为－π2<β<0<α<π2，所以0<α－β<π，因为cos(α－β)

＝35，sinβ＝－513，所以sin(α－β)＝45，cosβ＝1213，所以sinα＝sin(α－β＋β)＝sin(α－β)cosβ＋cos(α－β)sinβ＝45×1213＋35×－513＝3365.

答案：336514．解析：因sin34π＋α＝513，即sinπ2＋π4＋α＝513，则cosπ4＋α＝513又0<α<π4，即π4<π4＋α<π2，则sinπ4＋α＝1－c

os2π4＋α＝1213，而cosβ－π4＝35，π4<β<34π，即0<β－π4<π2，sinβ－π4＝1－cos2β－π4＝45，则有sin(α＋β)＝sinπ4＋α＋β

－π4＝sinπ4＋αcosβ－π4＋cosπ4＋αsinβ－π4＝1213×35＋513×45＝5665，所以sin(α＋β)的值是5665.答案：566515．解析：因为tanα＝13，所以sinαcosα＝13，又因为sin2α＋

cos2α＝1，0<α<π2，所以sinα＝1010，cosα＝31010，因为sinβ＝－255，3π2<β<2π，所以cosβ＝1－sin2β＝1－－2552＝55.(1)cos(α－β)＝cosαcosβ＋sinαsinβ＝3

1010×55＋1010×－255＝210.(2)因为sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝1010×55＋31010×－255＝－22.因为0<α<π2，3π2<β<2π，所以3π2<α＋β<5π2，所以α＋β＝7π4.16．解析：(1)因为f(x)的图象

上相邻两个最高点的距离为π，所以f(x)的最小正周期T＝π，从而ω＝2πT＝2.又因为f(x)的图象关于直线x＝π3对称，所以2·π3＋φ＝kπ＋π2(k∈Z)，由－π2≤φ＜π2，得k＝0，所以φ＝π2－2π3＝－π6.(2)由(1)得

fα2＝3sin2·α2－π6＝34，所以sinα－π6＝14.由π6＜α＜2π3得0＜α－π6＜π2，所以cosα－π6＝1－sin2α－π6＝1－142＝154.因此cos

α＋3π2＝sinα＝sinα－π6＋π6＝sinα－π6cosπ6＋cosα－π6sinπ6＝14×32＋154×12＝3＋158.课时作业(十六)两角和与差的正切公式1．解析：tan255°

＝tan(180°＋75°)＝tan75°＝tan(45°＋30°)＝tan45°＋tan30°1－tan45°tan30°＝1＋331－33＝2＋3.答案：D2．解析：原式＝tan(80°－20°)＝tan60°＝3.答案：B3．解析：因为sinα＝－35，且α为第四象限角，则cosα＝45，

tanα＝－34，所以tanπ4－α＝1－tanα1＋tanα＝1－－341＋－34＝7.答案：D4．解析：∵2tanθ－tanθ＋π4＝7，∴2tanθ－tanθ＋11－tanθ＝7，令t＝tanθ，t≠1，则2t－1＋t

1－t＝7，整理得t2－4t＋4＝0，解得t＝2，即tanθ＝2.答案：D5．解析：tanα＝tan[(α－β)＋β]＝tan（α－β）＋tanβ1－tan（α－β）tanβ＝5＋31－5×3＝－47.答案：A6．解析：因为tanα－π6＝2，tan(α＋β)＝

－3，则tanβ＋π6＝tan（α＋β）－α－π6＝tan（α＋β）－tanα－π61＋tan（α＋β）tanα－π6＝－3－21－3×2＝1.答案：A7．解析：tan11π12＝－tanπ12＝－tan

π4－π6＝－1－331＋33＝－2＋3.答案：－2＋38．解析：3－tan15°1＋3tan15°＝tan60°－tan15°1＋tan60°tan15°＝tan45°＝1.答案：19．解析：原式＝tan（70°－10°）（1＋tan70°tan10°）－3tan7

0°tan10°＝3（1＋tan70°tan10°）－3tan70°tan10°＝3.10．解析：选择条件①，∵角α的终边经过点P(1，2)，∴tanα＝2，则tan(α＋β)＝tanα＋tanβ1－tanαtanβ＝

2＋tanβ1－2tanβ＝4，解得tanβ＝29；选择条件②，∵α∈0，π2，sinα＝55，∴cosα＝1－sin2α＝255，∴tanα＝sinαcosα＝12，则tan(α＋β)＝tanα＋tanβ1－tanαtanβ＝12＋tanβ1－12tanβ＝4，解得tanβ＝76

；选择条件③，∵α∈0，π2，sinα＋2cosα＝102，由sin2α＋cos2α＝1，则可得sinα＝31010，cosα＝1010，∴tanα＝sinαcosα＝3，则tan(α＋β)＝tanα＋tanβ1－tanαtanβ＝3＋tanβ1－3tanβ

＝4，解得tanβ＝113.11．解析：∵C＝120°，∴A＋B＝60°，∴2(A＋B)＝C，∴tan(A＋B)＝3，∴选项A，B错误；∵tanA＋tanB＝3(1－tanA·tanB)＝233，∴ta

nA·tanB＝13，①又tanA＋tanB＝233，②∴联立①②解得tanA＝tanB＝33，∴cosB＝3sinA，故选项C，D正确．答案：CD12.解析：由tanα，tanβ是方程x2－kx＋2＝0的两不等实根，所以tanα＋tanβ＝k，tanα·tanβ＝2，tan(α＋β)＝tanα＋

tanβ1－tanα·tanβ＝k－1＝－k，由0<α<β<π2，tanα，tanβ均为正数，则tanα＋tanβ＝k≥2tanα·tanβ＝22，当且仅当tanα＝tanβ取等号，等号不成立k＋tanα＝2tanα＋tanβ≥22tanα·tanβ＝4，当且仅当2t

anα＝tanβ取等号，答案：BCD13．解析：tanα＋π4＝tanπ4＋tanα1－tanπ4tanα＝1＋tanα1－tanα＝1＋sinαcosα1－sinαcosα＝cosα＋sinαco

sα－sinα＝3.答案：314．解析：由题意可得：ABBC＝5－12，所以tanα＝25－1＝5＋12，tanβ＝5－12，所以tan(α－β)＝5＋12－5－121＋5＋12×5－12＝12.答案：1215．解析：由条件得cosα＝210，cosβ＝255，因

为α，β为锐角，所以sinα＝7210，sinβ＝55，所以tanα＝7，tanβ＝12.(1)tan(α＋β)＝tanα＋tanβ1－tanαtanβ＝7＋121－7×12＝－3.(2)tan(α＋2β)＝tan[(α＋β)＋β]＝tan（

α＋β）＋tanβ1－tan（α＋β）·tanβ＝－3＋121－（－3）×12＝－1，因为α，β为锐角，所以0＜α＋2β＜3π2，所以α＋2β＝3π4.16．解析：设∠PAB＝α，∠QAD＝β，则PB＝tanα，DQ＝

tanβ，则CP＝1－tanα，CQ＝1－tanβ，PQ＝（1－tanα）2＋（1－tanβ）2，∴2＝1－tanα＋1－tanβ＋（1－tanα）2＋（1－tanβ）2即tanα＋tanβ＝（1－tanα）2＋（1－tanβ

）2∴tanα＋tanβ＝1－tanα·tanβ即tan(α＋β)＝1，∴α＋β＝π4，∴∠PAQ＝π4.课时作业(十七)二倍角的三角函数(1)1．解析：cos2α＝1－2sin2α＝1－29＝79.答案：B2．解析：cos275°－sin2

75°＝cos(2×75°)＝cos150°＝－32.答案：A3．解析：角α的终边与单位圆相交于点P－13，223，故x＝－13，y＝223，所以sinα＝y＝223，cosα＝x＝－13，故sin2α＝2sinαcosα＝2×

223×－13＝－429.答案：C4．解析：∵sin2α＝cosπ2＋α，α∈π2，π，∴2sinαcosα＝－sinα，∴cosα＝－12.∵α∈π2，π，∴α＝2π3.∴tanα＝tan2π3＝－ta

nπ3＝－3.答案：A5．解析：∵cos(π－α)＝45，∴cosα＝－45，又α为第三象限角，∴sinα＝－35，∴sin2α＝2sinαcosα＝2425.答案：C6．解析：∵tanα＝tanα－π4＋π4＝tanα－π

4＋11－tanα－π4＝3＋11－3＝－2，因此，tan2α＝2tanα1－tan2α＝2×（－2）1－（－2）2＝43.答案：C7．解析：sinπ12sin5π12＝sinπ12sinπ2－π12＝sinπ12cosπ12＝12sin2×π12

＝14.答案：148．解析：∵sin(π＋α)＝－sinα＝15，∴sinα＝－15，∴cos3π2＋α＋cos2α＝sinα＋(1－2sin2α)＝－15＋1－2×125＝1825.答案：18259．解析：(1)由已知，得sinα＝35，∴cosπ2－2α＝sin

2α＝2sinαcosα＝－2425.(2)∵cos2α＝2cos2α－1＝725，∴tan2α＝－247，∴tan2α＋π4＝tan2α＋11－tan2α＝－247＋11＋247＝－1731.10．解析：因为

tanπ4＋θ＝1＋tanθ1－tanθ＝3，所以tanθ＝12.所以原式＝sin2θ－2cos2θsin2θ＋cos2θ＝2sinθcosθ－2cos2θsin2θ＋cos2θ＝2tanθ－2tan2θ＋1＝2×12－2122＋1＝－45.11．解析：2tan22.5°1－ta

n222.5°＝tan45°＝1，A项正确；1－2cos215°＝－cos30°＝－32，B项错误；cos4π8－sin4π8＝cos2π8＋sin2π8·cos2π8－sin2π8＝cosπ4＝22，C项正确；cos275°＋cos215

°＋cos75°cos15°＝sin215°＋cos215°＋sin15°cos15°，1＋12sin30°＝1＋14＝54，D项正确．答案：ACD12．解析：因为sinα＋cosαsinα－cosα＝12，整理

得tanα＝－3，所以tan2α＝2tanα1－tan2α＝34.答案：B13．解析：原式＝tan2π12－1tanπ12＝－2tanπ6＝－23.答案：－2314．解析：因为sinα＋cosα＝12，α∈(0，π)，所以1＋2sinαcosα＝14，所以sin2α＝－34，且sinα

>0，cosα<0，所以cosα－sinα＝－1－2sinαcosα＝－72，所以cos2α＝(cosα－sinα)(cosα＋sinα)＝－74.答案：－7415．证明：左边＝sin2A＋cos2A＋2sinAcosA－（cos2A－sin2A）sin2A＋cos2A

＋2sinAcosA＋（cos2A－sin2A）＝（sinA＋cosA）2－（cosA＋sinA）（cosA－sinA）（sinA＋cosA）2＋（cosA＋sinA）（cosA－sinA）＝（cosA＋sinA）（cosA＋sinA－cosA＋sinA）（cosA＋s

inA）（cosA＋sinA＋cosA－sinA）＝2sinA（cosA＋sinA）2cosA（cosA＋sinA）＝tanA＝右边所以原式得证．16．解析：由题意，可得tanπ4＋θ＝tanπ4＋ta

nθ1－tanπ4tanθ＝1＋tanθ1－tanθ＝3，解得tanθ＝12，可得tan2θ＝2tanθ1－tan2θ＝43，又由1＋sin4θ－cos4θ1＋sin4θ＋cos4θ＋1＋sin4θ＋cos4θ1＋sin4θ－co

s4θ＝1＋2sin2θcos2θ－1＋2sin22θ1＋2sin2θcos2θ＋2cos22θ－1＋1＋2sin2θcos2θ＋2cos22θ－11＋2sin2θcos2θ－1＋2sin22θ＝2sin2θ（cos2θ＋sin2θ）2cos2

θ（sin2θ＋cos2θ）＋2cos2θ（cos2θ＋sin2θ）2sin2θ（sin2θ＋cos2θ）＝tan2θ＋1tan2θ＝43＋34＝2512.课时作业(十八)二倍角的三角函数(2)1．解析：y＝4cos2x＝2cos2x＋2，又y＝f(－x)＝2cos(－2x)＋2＝2cos2x＋2

＝f(x)，∴T＝2π2＝π，即y＝4cos2x是最小正周期为π的偶函数．答案：B2．解析：∵cos2α＝1－2sin2α＝－13，∴sinα＝±63.又α为第四象限角，所以sinα＝－63.答案：B3．解析：cos2π4－α＝2cos2π4

－α－1＝2×352－1＝－725，且cos2π4－α＝cosπ2－2α＝sin2α.答案：D4．解析：cos2π3＋2θ＝cosπ－π3－2θ＝

－cosπ3－2θ＝2sin2π6－θ－1＝－79.答案：B5．解析：∵cos2α＋π4＝1＋cos2α＋π22＝1－sin2α2，又sin2α＝13∴cos2α＋π4＝13.答案：B6．解析：sinα

1＋cosα＝2sinα2cosα22cos2α2＝tanα2，不相等；1－cos2αsin2α＝2sin2α2sinαcosα＝tanα，相等；sin2α1＋cos2α＝2sinαcosα2cos2α＝tanα，相

等；1－cosα1＋sinα＝2sin2α2sin2α2＋2sinα2cosα2＋cos2α2＝2sin2α2sinα2＋cosα22＝2sinα2sinα2＋cosα2，不相等．答案：BC7．解析：原式＝12sin40°cos310°＝1

2sin40°cos50°＝12sin40°sin40°＝12.答案：128．解析：原式＝2sin2αsinα－2cos2αcosα＝2sinα|sinα|－2cosα|cosα|，因为α为第三象限的角，所以sinα<0，cosα<0，所以上式＝2sinα(－sinα

)－2cosα(－cosα)＝－2＋2＝0.答案：09．解析：由tanα＋1tanα＝52，得sinαcosα＋cosαsinα＝52，则2sin2α＝52，即sin2α＝45.因为α∈π4，π2，所以2α∈

π2，π，所以cos2α＝－1－sin22α＝－35，sin2α＋π4＝sin2α·cosπ4＋cos2αsinπ4＝45×22－35×22＝210.10．解析：(1)函数f(x)＝2sinπ4＋xcosπ4－x－1＝2cos2π

4－x－1＝cos2×π4－x＝sin2x，所以函数f(x)的最小正周期为2π2＝π.(2)g(x)＝f(x)－23cos2x＝sin2x－3(2cos2x－1)－3＝sin2x－3cos2x－3＝2sin

2x－π3－3，令2kπ－π2≤2x－π3≤2kπ＋π2，k∈Z，得kπ－π12≤x≤kπ＋5π12，k∈Z，所以函数g(x)的单调增区间为kπ－π12，kπ＋5π12，k∈Z.11．解析：∵sinθ＋cosθ＝15，θ∈(0，π)，且sin2θ＋cos2θ＝1解得：

sinθ＝45，cosθ＝－35∴sin2θ＝2sinθcosθ＝2×45×－35＝－2425，A项正确；cosθ－sinθ＝－35－45＝－75，B项错误；tanθ＝sinθcosθ＝－43，C项正确；∵θ∈(0，π)，∴θ2∈

0，π2，∴sinθ2>0.∵cosθ＝1－2sin2θ2＝－35，∴sinθ2＝255，D项错误．答案：AC12．解析：由题意函数f(x)可化简为f(x)＝cos2x－3sin2x＝－232sin2x－12co

s2x＝－2sin2x－π6，则最小正周期为T＝2π2＝π，最大值为2，此时2x－π6＝2kπ＋3π2(k∈Z)，即x＝kπ＋5π6(k∈Z)，f2π3＝－2sin2×2π3－π6＝1，故选项ACD正确；令2x－π6∈π2＋2kπ，3π2＋2k

π(k∈Z)，解得x∈π3＋kπ，5π6＋kπ(k∈Z)，即为函数的单调递增区间，故选项B错误．答案：ACD13．解析：∵π2<θ2<34π，则sinθ2>cosθ2，原式＝12＋1212·2cos2θ－sin

θ2－cosθ22＝12－12cosθ－sinθ2－cosθ22＝sinθ2－sinθ2－cosθ2＝sinθ2－(sinθ2－cosθ2)＝cosθ2.答案：cosθ214．解析：设正方形EFGH的边长为1，则正方形ABCD的边长为BC＝BF＋CF＝CG＋CF＝sinx

＋cosx，由题意可得1（sinx＋cosx）2＝23，即1＋sin2x＝32，可得sin2x＝12，因为x∈0，π2，则2x∈(0，π)，所以2x＝π6或2x＝5π6，解得x＝π12或x＝5π12.答

案：π12或5π1215．解析：(1)由题意可得tan2α＝2tanα1－tan2α＝－43，∴tanα＝－12，或tanα＝2.∵α∈7π12，π，∴tanα＝－12，即m－2＝－12，∴m＝1.(2)∵tan∠AOB＝tan(α－β)＝tanα－π12＝sinα

－π12cosα－π12＝－34，sin2α－π12＋cos2α－π12＝1，α－π12∈π2，11π12，∴sinα－π12＝35，cosα－π12＝－45，∴sin2α－π6＝2sinα－π1

2cosα－π12＝－2425，cos2α－π6＝2cos2α－π12－1＝725，∴cos2α＝cos2α－π6＋π6＝cos2α－π6cosπ6－sin2α－π6sinπ6＝73＋

2450.16．解析：由题意知：六指为2＋5×24－212－1＝12，所以tanα＝1272＝16，所以sin2α＝2sinαcosα＝2sinαcosαsin2α＋cos2α，＝2tanαtan2α＋1＝2×16162＋1＝1237.答案：D课时作业(十

九)半角公式1．解析：∵α∈(π，2π)，则α2∈π2，π，∴cosα2＝－1＋cosα2＝－63.答案：B2．解析：∵sin(270°＋α)＝45，∴cosα＝－45.又180°＜α＜270°，∴90°＜α2＜135°，∴tanα2＝－1－cosα1＋cosα＝－1－－45

1＋－45＝－3.答案：D3．解析：因为π2<α<π，所以π4＜α2＜π2，则sinα2＝1－cosα2＝155.答案：D4．解析：因为α是第二象限角，且sinα2<cosα2，所以α2为第三

象限角，所以cosα2<0.因为tanα＝－43，所以cosα＝－35，所以cosα2＝－1＋cosα2＝－55.答案：A5．解析：方法一因为180°<θ<270°，所以90°<θ2<135°，所以tanθ2<0，所以tanθ2＝－

1－cosθ1＋cosθ＝－1－－351＋－35＝－2.方法二因为180°<θ<270°，所以sinθ<0，所以sinθ＝－1－cos2θ＝－1－925＝－45，所以tanθ2＝sinθ1＋cosθ＝－451＋－35＝－2.答案：B6．解析：因为只有当－π2＋2k

π≤α2≤π2＋2kπ(k∈Z)，即－π＋4kπ≤α≤π＋4kπ(k∈Z)时，cosα2＝1＋cosα2，所以A错误；当cosα＝－3＋1且π<α<54π时，cosα2＝12cosα成立，但一般情况下不成立，所以B正确；当α＝2kπ(k∈Z)时，sinα2＝12si

nα成立，但一般情况下不成立，所以C错误；若α是第一象限角，则α2是第一、三象限角，此时tanα2＝1－cosα1＋cosα成立，所以D正确．答案：BD7．解析：因为tanα2＝±1－cosα1＋cosα，所以tan2α2＝1－cos

α1＋cosα.所以1－cosα1＋cosα＝19，解得cosα＝45.答案：458．解析：2sin（π－α）＋sin2αcos2α2＝2sinα＋2sinαcosα12（1＋cosα）＝4sinα（1＋cosα）1＋cosα＝4sinα.答案：4sinα9．解析：因为sinα＝－817，π＜

α＜32π，所以cosα＝－1517.又π2＜α2＜34π，所以sinα2＝1－cosα2＝1＋15172＝41717，cosα2＝－1＋cosα2＝－1－15172＝－1717，tanα2＝sinα2cosα2＝－4.10．解析：(1)由题意得sinα＝12，cosα＝－32，tanα

＝－33，则原式＝－tanα＋cosα（－cosα）·sinα＝33－3232×12＝－23.(2)tan2α＝2tanα1－tan2α＝－3，tanα2＝sinα1＋cosα＝121－32＝2＋3.故ta

n2α＋tanα2＝2.11．解析：因为θ为第二象限角，所以θ2为第一、三象限角．所以cosθ2的值有两个．由sin(π－θ)＝2425，可知sinθ＝2425，所以cosθ＝－725.所以2cos2θ2＝cosθ＋1＝1825.所以cosθ2＝±35.答案：C12．

解析：由于θ∈π4，π2，则2θ∈π2，π，所以cos2θ<0，sin2θ>0.因为sin2θ＝378，所以cos2θ＝－1－sin22θ＝－1－3782＝－18，所以tan2θ＝sin2θcos2θ＝378－18＝－37，所以si

nθ＝1－cos2θ2＝1－－182＝34.答案：BD13．解析：设等腰三角形的底角为α，顶角为β，则α＝π2－β2，cosβ＝23，故cosα＝cosπ2－β2＝sinβ2＝1－cosβ2＝66.答案：6614．解析：因

为5π2＜θ＜3π，|cosθ|＝15，所以cosθ<0，cosθ＝－15.因为5π4＜θ2＜32π，所以sinθ2<0，cosθ2＜0.由sin2θ2＝1－cosθ2＝35，所以sinθ2＝－155，所以cos

θ2＝－1＋cosθ2＝－1－152＝－105.答案：－155－10515．解析：因为sinπ4＋2αsinπ4－2α＝14，所以2sinπ4＋2αcosπ4＋2α＝12，即sinπ2＋4α

＝12，所以cos4α＝12.而2sin2α＋tanα－1tanα－1＝－cos2α＋sin2α－cos2αsinαcosα＝－cos2α＋2tan2α.因为α∈π4，π2，所以2α∈π2，π.所以cos2α＝－1＋cos

4α2＝－32，tan2α＝－1－cos4α1＋cos4α＝－33.所以－cos2α＋2tan2α＝－－32＋2－33＝532，即2sin2α＋tanα－1tanα－1的值为532.16

．解析：因为A，B，C均为三角形的内角，所以sinA＝1－cos2A＝45，sinB＝1－cos2B＝1213.所以cosC＝－cos(A＋B)＝sinAsinB－cosAcosB＝45×1213－35×513＝3365.所以sinC2＝1－cosC2＝1－33652

＝46565，cosC2＝1＋cosC2＝1＋33652＝76565，tanC2＝sinC2cosC2＝47.课时作业(二十)和差化积与积化和差公式1．解析：cos20°－cos50°＝－2sin20°＋50°2sin20°

－50°2＝－2sin35°sin(－15°)＝2sin15°sin35°.答案：C2．解析：cos15°sin105°＝12[sin(15°＋105°)－sin(15°－105°)]＝12[sin120°－sin(－90°)]＝12×32＋12×1＝34

＋12.答案：A3．解析：原式＝2sin30°cos10°－sin80°＝cos10°－sin80°＝sin80°－sin80°＝0.答案：A4．解析：tanx－tany＝sinxcosx－sinycosy＝sinxcosy－sinycosxcosxcosy＝12[sin（x＋y）＋sin

（x－y）]－12[sin（y＋x）＋sin（y－x）]cosxcosy＝sin（x－y）cosxcosy.答案：C5．解析：原式＝－12[cos(20°＋20°)－cos(20°－20°)]＋12[cos(50°＋50°)＋cos(50°

－50°)]＋12(sin70°－sin30°)＝12(1－cos40°)＋12(1＋cos100°)＋12(sin70°－sin30°)＝1－12cos40°＋12cos100°＋12sin70°－12sin

30°＝34＋12sin70°＋12(cos100°－cos40°)＝34＋12sin70°－sin100°＋40°2sin100°－40°2＝34＋12sin70°－sin30°sin70°＝34.答案：D6．解析：因为cosxcosy＋sinxsi

ny＝12，所以cos(x－y)＝12，因为sin2x＋sin2y＝23，所以2sin(x＋y)cos(x－y)＝23，所以2sin(x＋y)·12＝23，所以sin(x＋y)＝23.答案：A7．解析：cos2α－cos3α＝－2sin2α＋3α2

sin2α－3α2＝－2sin5α2sin－α2＝2sin5α2sinα2.答案：2sin5α2sinα28．解析：原式＝12sinπ2＋α＋β＋sin（α－β）＝12cos(α＋β)＋12

sin(α－β).答案：12cos(α＋β)＋12sin(α－β)9．解析：sin20°cos70°＋sin10°sin50°＝12(sin90°－sin50°)－12(cos60°－cos40°)＝14－12si

n50°＋12cos40°＝14－12sin50°＋12sin50°＝14.10．解析：因为cosα－cosβ＝12，所以－2sinα＋β2sinα－β2＝12.①又因为sinα－sinβ＝－13，所以2cosα＋β2sinα－β2＝－13.②因为sinα

－β2≠0，所以由①②，得－tanα＋β2＝－32，即tanα＋β2＝32.所以sin(α＋β)＝2sinα＋β2cosα＋β2sin2α＋β2＋cos2α＋β2＝2tanα＋β21＋tan2α＋β2＝2×321＋94＝1213.11．解析：

由题意知sinAcosA＝sinBcosB，即sin2A＝sin2B，因此sin2A－sin2B＝0，由和差化积公式得2cos(A＋B)sin(A－B)＝0，于是cos(A＋B)＝0或sin(A－B)＝0，即A＋B＝π2或A＝B.答案：AB12．解析：原式＝－2sinx＋3＋

x－32sinx＋3－（x－3）2＋2cosx＋3＋x－32sinx＋3－（x－3）2＝－2sinxsin3＋2cosxsin3＝－2sin3(sinx－cosx)＝－22sin3sinx－π4.答案：D13．解析：原式＝2sin35

°＋25°2cos35°－25°22cos35°＋25°2cos35°－25°2＝cos5°3cos5°＝33.答案：3314．解析：由sinα＋sinβ＝14，得2sinα＋β2cosα－β2＝14，由cosα＋cosβ＝13，得2cosα＋β2cosα－β2＝13，两式相除，得tanα＋β2＝

34，则tan(α＋β)＝2tanα＋β21－tan2α＋β2＝2×341－342＝247.答案：24715．解析：(1)原式＝cosA＋2cos120°cosBsinB＋2cos120°sinA＝cosA－cosBsinB－sinA＝2sinA＋B2sin

B－A22cosA＋B2sinB－A2＝tanA＋B2.(2)原式＝sinA＋sin5A＋2sin3Asin3A＋sin7A＋2sin5A＝2sin3Acos2A＋2sin3A2sin5Acos2A＋2si

n5A＝2sin3A（cos2A＋1）2sin5A（cos2A＋1）＝sin3Asin5A.16．证明：因为A＋B＋C＝180°，所以C＝180°－(A＋B)，C2＝90°－A＋B2因此：sinA＋sinB＋sinC＝2sinA＋

B2cosA－B2＋sin(A＋B)＝2sinA＋B2cosA－B2＋2sinA＋B2cosA＋B2＝2sinA＋B2cosA－B2＋cosA＋B2＝2sinA＋B22cosA2cos－B2＝2cosC2×2

cosA2cosB2＝4cosA2cosB2cosC2.课时作业(二十一)辅助角公式1．解析：由题，f(x)＝sinx3＋cosx3＝222sinx3＋22cosx3＝2sinx3＋π4，所以f(x)的最小正周期为T＝2π13＝6π，最大值为2.答案：C2．解析：函

数f(x)＝2cosx－sinx，由辅助角公式化简可得f(x)＝5sin(x＋φ)，tanφ＝－2，sinφ＝255，φ为第二象限角，因为当x＝θ时，函数取得最小值，所以θ＋φ＝3π2＋2kπ，k∈Z，则θ＝3π2－φ＋

2kπ，k∈Z，所以cosθ＝cos3π2－φ＋2kπ＝cos3π2－φ＝－sinφ＝－255.答案：C3．解析：因为sinθ＋3cosθ＝2sinθ＋π3＝2，所以sinθ＋π3＝1，又因

为θ∈(0，π)，所以θ＋π3∈π3，4π3，所以θ＋π3＝π2，所以θ＝π6.答案：B4．解析：y＝sinx＋3cosx＝2sinx＋π3，y＝sinx－3cosx＝2sin

x－π3，∴从y＝sinx－3cosx＝2sinx－π3到y＝sinx＋3cosx＝2sinx＋π3，至少向左平移2π3个单位长度．答案：B5．解析：依题知asin5π3＋bcos5π3＝2，asin3π＋bcos3π＝2，即－32a＋12b＝2，

－b＝2，解得a＝－6，b＝－2，∴f(x)＝－6sinx－2cosx＝－22sinx＋π6，∴f(x)的最小值为－22.答案：D6．解析：由题意f(x)＝212sinx＋32cosx＝2sin(x＋π3)，f(x)的最大值是2，A项错误；

fπ3＝2sin(π3＋π3)＝3≠0，B项错误；fπ6＝2sinπ6＋π3＝2，C项正确；x∈π6，π时，x＋π3∈π2，4π3⊆π2，3π2，f(x)递

减，D项正确．答案：CD7．解析：y＝3sinx－4cosx＝5sin(x＋φ)，其中cosφ＝35，sinφ＝－45，又x∈R，根据三角函数的有界性，可得－1≤sin(x＋φ)≤1，所以－5≤y≤5，所以函数y＝3sinx－4cosx的值域为[－5，5

].答案：[－5，5]8．解析：∵函数y＝asinx＋cosx的图象关于直线x＝π6成轴对称图形，故当x＝π6时，函数值为最值，∴a2＋32＝±a2＋1，解得a＝33.答案：339．解析：f(x)＝m·n＝3s

inxcosx－12cos2x＝32sin2x－12cos2x＝sin2x－π6.所以函数的最大值为1，最小正周期为T＝2π|ω|＝2π2＝π.10．解析：(1)f(x)＝asinx＋acosx＋1－a＝2asinx＋π4＋1

－a，令x＋π4＝kπ＋π2，k∈Z，解得x＝kπ＋π4，k∈Z，又x∈0，π2，则x＝π4，即f(x)的对称轴方程为x＝π4.(2)∵x∈0，π2，∴x＋π4∈π4，3π4∴sinx＋π4∈22，1①当a＞0时，f(x)max

＝2a＋1－a＝2，∴a＝1，x＝π4；②当a＜0时，f(x)max＝2a·22＋1－a＝2，则有1＝2，不成立；③当a＝0时，f(x)max＝1，不成立，综上所述，a＝1，x＝π4.11．解析：因为f(x)＝3sinx＋4cosx＝5sin(x＋φ)，tanφ＝43，所以函数f(x

)＝3sinx＋4cosx的值域为[－5，5]，又因为函数f(x)＝3sinx＋4cosx的图象与直线y＝m恒有公共点，所以实数m的取值范围是[－5，5].答案：B12．解析：由题意f(x)＝a2＋b2sin(2x＋

φ)，其中cosφ＝aa2＋b2，sinφ＝ba2＋b2，φ为锐角，最小正周期是T＝2π2＝π，A项正确；fπ3＝a2＋b2sin2π3＋φ＝0，2π3＋φ＝kπ，k∈Z，而φ为锐角，所以φ＝π3，a2＋b2＝2a，fπ12＝a2＋b2sinπ6＋π3＝a2

＋b2＝2a，B项正确；将f(x)图象向左平移π3个单位得到的图象的解析式为y＝a2＋b2sin2（x＋π3）＋π3＝－a2＋b2sin2x，为奇函数，C项错误；x∈π2，7π12时，2x＋π3∈4π3，3π2，f(x)是递减的，D项正确．答案：ABD13．解析：f(

x)＝212sin（x－θ）＋32cos（x－θ）＝2sin(x－θ＋π3)，它为偶函数，则π3－θ＝kπ＋π2，k∈Z，又θ∈[0，π]，所以θ＝5π6.答案：5π614．解析：由f(x)＝3sin2x＋cos2x＝2s

in(2x＋π6)，∴T＝2π2＝π，又g(x)＝sin2x＋3cos2x＝2sin(2x＋π3)＝2sin[2(x＋π12)＋π6]，∴g(x)可由f(x)向左平移kπ＋π12(k∈N*)个单位得到，故m的最小值为π12.答案：ππ1215．解析：(1)f

(x)＝asin2x＋bcos2x＝a2＋b2sin(2x＋φ)，其中tanφ＝ba.因为函数f(x)在x＝π6处取得最大值4，所以a2＋b2＝4，且tanφ＝ba＝tanπ6＝33，所以a＝23，b＝2，所以f(x)＝4sin

2x＋π6.令2kπ－π2≤2x＋π6≤2kπ＋π2，k∈Z，解得kπ－π3≤x≤kπ＋π6，k∈Z，即函数f(x)的单调递增区间为kπ－π3，kπ＋π6，k∈Z.(2)因为a＝23，b＝2，且△ABC的面积为3，所以S△AB

C＝12absinC＝23sinC＝3，解得sinC＝12.因为0<C<π2，所以C＝π6.由余弦定理可知，c2＝a2＋b2－2abcosC＝12＋4－2×23×2×32＝4，得c＝2.16．解析：(1)取x＝π6，则12t＋32(t＋1)＝t＋2，解得t

＝33＋12；(2)若θ是△ABC最小内角，则θ∈0，π3，y＝f1，2(θ)·f3，4(θ)＝(sinθ＋2cosθ)·(3sinθ＋4cosθ)＝112＋52cos2θ＋5sin2θ＝552si

n(2θ＋φ)＋112，其中tanφ＝12，2θ∈0，2π3，所以－55＋112≤552sin(2θ＋φ)＋112≤55＋112所以值域为－55＋112，55＋112.答案：(1)33＋12(答案不唯一)(2)－55＋112，55＋112课时作业(二

十二)复数的概念1．解析：1＋i是虚数，不是实数；i2＝－1是实数；－i是纯虚数；当m＝0时，mi是实数，当m≠0时，mi是纯虚数．答案：B2．解析：∵z＝－2i2－i＋1＝3－i，∴z＝－2i2－i＋1的虚部是－1.答案：C3．解析：由题意知，a－2＝2a＋

1，解得a＝－3.答案：A4．解析：若a∈R，且复数a－1＋(a－2)i是纯虚数，则a－1＝0，a－2≠0.解得a＝1.答案：A5．解析：由题意知，3x＝21＝y，解得x＝23y＝1.答案：C6．解析：因为实数是复数，故A错，根据虚数的定义可知B正确；因为复数为

纯虚数要求实部为零，虚部不为零，故C错；因为－1的平方根为±i，故D错．答案：ACD7．解析：依题意复数a－2＋(a＋2)i的实部为0，故a－2＝0，解得a＝2.答案：28．解析：令a2＝2，－2

＋b＝3，得a＝±2，b＝5.答案：±259．解析：z＝(1＋i)k2－(3＋5i)k－2(2＋3i)＝(k2－3k－4)＋(k2－5k－6)i.(1)当k2－5k－6＝0时，z∈R，即k＝6或k＝－1.(2)当k2－5k－6≠0时，z是虚数，即k≠6且k≠－1.(3)当

k2－3k－4＝0k2－5k－6≠0时，z是纯虚数，解得k＝4.(4)当k2－3k－4＝0k2－5k－6＝0时，z＝0，解得k＝－1.10．解析：因为a2＋(m＋2i)a＋2＋mi＝0所以a2＋am＋2＋(2a＋m)i＝0，又因为a，m∈R

，根据复数相等得a2＋am＋2＝02a＋m＝0，解得a＝2，m＝－22或a＝－2m＝22，所以a＝±2.11．解析：因为a，b∈R，a2＋b＋(a－b)i>2，所以a2＋b>2a－b＝0，即a2

＋a>2，解得a>1或a<－2.答案：B12．解析：对于选项A，∵x，y∈R，且x＋yi＝1＋i，根据复数相等的性质，则x＝y＝1，故正确；对于选项B，∵虚数不能比较大小，故正确；对于选项C，∵若复数z1＝i，z2＝1满足z21＋z22＝0，但z1≠

z2≠0，故不正确；对于选项D，∵复数(－i)2＝－1，故不正确．答案：AB13．解析：由条件可知2x－1＝y3－y＝－1，解得：x＝52，y＝4，所以x＋y＝132.答案：13214．解析：∵z<0，∴m2－1＝0，且m<

0，∴m＝－1.答案：－115．解析：(1)由已知得k2＋2k－3＝0k－1≠0，解得k＝－3；(2)由已知得m(2i－1)＋n－1＝0，∴(n－m－1)＋2mi＝0，∴n－m－1＝02m＝0，解得n＝1m＝0，∴

m＋n＝1.16．解析：若M∩N＝{3i}，则(a＋3)＋(b2－1)i＝3i，即a＋3＝0且b2－1＝3，即a＝－3，b＝±2.当a＝－3，b＝－2时，M＝{3i，8}，N＝{3i，8}，M∩N＝M，不合题意，舍去；当

a＝－3，b＝2时，M＝{3i，8}，N＝{3i，8＋4i}，符合题意，所以a＝－3，b＝2.若M∩N＝{8}，则8＝(a2－1)＋(b＋2)i，即a2－1＝8且b＋2＝0，得a＝±3，b＝－2.当a＝－3，b＝－2时

，不合题意，舍去；当a＝3，b＝－2时，M＝{6＋3i，8}，N＝{3i，8}，符合题意．所以a＝3，b＝－2.若M∩N＝{(a＋3)＋(b2－1)i}＝{(a2－1)＋(b＋2)i}，则a＋3＝a2－1，b2－1＝b＋2，即a2－a－4＝0，b2－b－3＝0

，此方程组无整数解．综上可得a＝－3，b＝2或a＝3，b＝－2.课时作业(二十三)复数的四则运算(1)1．解析：(6－3i)－(3i＋1)＋(2－2i)＝6－3i－3i－1＋2－2i＝(－3－3－2)i＋(6－1＋2)＝－8i＋

7.答案：C2．解析：∵z＋5－6i＝3＋4i，∴z＝(3＋4i)－(5－6i)＝(3－5)＋(4＋6)i＝－2＋10i.答案：B3．解析：z3＝(1－i)3＝(1－i)2(1－i)＝(－2i)(1－i)＝－2－2i.答案：C4．解析：a＋3i(1＋i)＝2＋bi，

故a－3＋3i＝2＋bi则a－3＝2，b＝3，∴a＋b＝8.答案：D5．解析：由(1＋3i)(2－3i)＝2＋3i－9i2＝11＋3i，∴(1＋3i)(2－3i)的实部为11.答案：D6．解析：M＝i－1－i＋1＝0，N＝i·(－1)·(－i)·1＝－1，所以M>N.答

案：C7．解析：z＝(2＋i)(1＋ai)＝2－a＋(1＋2a)i，因为z∈R，所以1＋2a＝0，解得：a＝－12.答案：B8．解析：∵z1－z2＝(a2－a－2)＋(a2＋a－6)i(a∈R)为纯虚数，∴a2－a－2＝0，a2＋a－

6≠0，解得a＝－1.答案：－19．解析：由复数z1＝1＋i，z2＝2＋bi，可得z1·z2＝(1＋i)(2＋bi)＝2－b＋(b＋2)i，因为z1·z2为纯虚数，可得2－b＝0b＋2≠0，解得b＝2.答案：210．解析：原式＝(3

＋4i－6i＋8)－(－2＋i)＝11－2i＋2－i＝13－3i11．解析：A，i2＝－1，不是纯虚数；B，(1＋i)2＝2i，是纯虚数；C，i(1＋i)＝i－1，不是纯虚数；D，(1＋i)(1－i)＝2，不是纯虚数．答案：ACD12．解析：因为a∈R，复数z＝(1－3i)(a＋i)＝(

a＋3)＋(1－3a)i，又因为复数的实部与虚部相等，则a＋3＝1－3a，解得a＝－12.答案：A13．解析：因为i2021＝i，所以i2021－2＝－2＋i.答案：－2＋i14．解析：z＝z1－z2＝[]（3x＋y）＋（y－4x）i－[]（4y－2x）－（5x＋3y）i＝(5

x－3y)＋(x＋4y)i＝13－2i，∴5x－3y＝13x＋4y＝－2，解得x＝2y＝－1，∴z1＝5－9i，z2＝－8－7i.答案：5－9i－8－7i15．解析：因为z1＝2＋bi，z2＝

a＋i，所以z1＋z2＝2＋bi＋(a＋i)＝0，得a＝－2，b＝－1，所以a＋bi＝－2－i.16．解析：原式＝[(1＋2i)·1－i]2－i10＝(1＋2i－i)2－i2＝(1＋i)2＋1＝1＋2i.课时作业(二十四)复数的四则运算(2)1．解析：3－6ii＝（3－6i）·（－i）i

·（－i）＝－(6＋3i)＝－6－3i.答案：B2．解析：z＝（1＋i）22i＝1＋2i＋i22i＝2i2i＝1.答案：B3．解析：由(z－i)i＝5，得z·i－i2＝5，z＝4i＝－4i，所以复数z的实部为0.答案：C4．解析：因为i2＝－1，i3＝－i，i4＝1，所以i2＋i3＋i

41－i＝－i1－i＝－i（1＋i）2＝12－12i.答案：C5．解析：因为i2021＝i2020×i＝(i4)505×i＝i，所以z＝i2021－1i＋1＝i－1i＋1＝（i－1）2（i＋1）（i－1）＝－2i－2＝i.故z的虚部为1.答案：A6．解析：A中，i3

(1＋i)2＝－i(1＋2i＋i2)＝－2i2＝2，不正确；B中，i2(1－i)2＝－1×(－2i)＝2i，正确；C中，1＋i1－i＝（1＋i）2（1－i）（1＋i）＝i，正确；D中，1－i1＋i2＝（1－i）2（1＋i）2＝－2i2i＝－1，不正确．答案：

BC7．解析：由题知z＝2i1＋i＝2i（1－i）（1＋i）（1－i）＝1＋i.答案：1＋i8．解析：∵z＝1＋i1－2i＝（1＋i）（1＋2i）（1－2i）（1＋2i）＝－1＋3i5＝－15＋35i，因此，复数z的虚部为35.答案：359．解析：(1)（－1＋i

）（2＋i）i3＝－3＋i－i＝－1－3i.(2)（1＋2i）2＋3（1－i）2＋i＝－3＋4i＋3－3i2＋i＝i2＋i＝i（2－i）5＝15＋25i.10．解析：(1)z＝－2i＋3＋3i2－i＝3＋i2－i＝（3＋i）（2＋i

）5＝1＋i.(2)把z＝1＋i代入z2＋az＋b＝1－i，得(1＋i)2＋a(1＋i)＋b＝1－i，整理得a＋b＋(2＋a)i＝1－i，所以a＋b＝1，2＋a＝－1，解得a＝－3，b＝4.11．解析：∵a1＋i＋1＋i

2＝a（1－i）2＋1＋i2＝1＋a2＋1－a2i，又∵a1＋i＋1＋i2∈R，∴1－a2＝0，解得a＝1.答案：B12．解析：x2－(3－2i)x－6i＝0当x∈R时，x2－3x－(6－2x)i＝0，所以x2－3x＝6－2x＝0，解得x＝3；当x∈C时，设x＝a＋bi，

a，b∈R，(a＋bi)2－(3－2i)(a＋bi)－6i＝(a2－b2－3a－2b)＋(2ab－3b＋2a－6)i＝0，所以a2－b2－3a－2b＝2ab－3b＋2a－6＝0，解得a＝0b＝－2或a＝3b＝0，故x＝3，或x＝－2i.答案：BD13．解析：根据复数的除法运算

，可得a＋2i2－i＝（a＋2i）（2＋i）（2－i）（2＋i）＝2a－25＋a＋45i，因为复数a＋2i2－i是纯虚数，可得2a－25＝0且a＋45≠0，解得a＝1.答案：114．解析：Δ＝16－4×1×5＝－4

，由求根公式可得x＝－b±|Δ|·i2a＝－4±4·i2＝－4±2i2＝－2±i，所以方程的解集为{－2＋i，－2－i}．答案：{－2＋i，－2－i}15．解析：设z＝x＋yi(x，y∈R)，所以z＋2i＝x＋(y＋2)i为实数，可得y＋2＝0，所以y＝－2，z2－i＝x－2i2－i＝（

x－2i）（2＋i）（2－i）（2＋i）＝15(x－2i)(2＋i)＝15(2x＋2)＋15(x－4)i，所以15(x－4)＝0，可得：x＝4，所以z＝4－2i.因为w＝(z－ai)2＝[]4－（a＋2）i2＝16－(a＋2)2－8(a＋2)i＝(12－4a－

a2)－8(a＋2)i(1)当w为实数时，令a＋2＝0，所以a＝－2，(2)w为虚数，只要a＋2≠0，所以a≠－2，(3)w为纯虚数，只要12－4a－a2＝0a＋2≠0，解得：a＝2或a＝－6.16．解析：Δ＝a2－16.

当Δ>0时，即a<－4或a>4时，x1＝－a＋a2－162，x2＝－a－a2－162；当Δ＝0时，即a＝±4时，x1＝x2＝－2或x1＝x2＝2；当Δ<0时，即－4<a<4时，x1＝－a2＋16－a22i，x2＝－a2－16－a22i.综上所述，当a<－4或a>4时，原方程的根为x1＝－a

＋a2－162，x2＝－a－a2－162；当a＝4时，原方程的根为x1＝x2＝－2；当a＝－4时，原方程的根为x1＝x2＝2；当－4<a<4时，原方程的根为x1＝－a2＋16－a22i，x2＝－a2－16－a22i.课时作

业(二十五)复数的几何表示1．解析：复数z＝2i－3＝－3＋2i对应的点为(－3，2)，它位于第二象限．答案：B2．解析：因为z＝2－i，所以z－＝2＋i.即z＋z－＋i＝2－i＋2＋i＋i＝4＋i.答案：D3．解析：由z1＋i＝2i，得z＝2i(1＋

i)＝－2＋2i，则||z＝4＋4＝22.答案：C4．解析：由题意可知，点A的坐标为(－1，－2)，则点B的坐标为(－1，2)，故向量OB→对应的复数为－1＋2i.答案：D5．解析：∵z＝a－i1＋i＝（a－i）（1－i）（1＋i）（1－i）＝a－12－a＋12i，

所以，复数z在复平面内对应点的坐标为a－12，－a＋12，由题意可得a－12＝0，解得a＝1.答案：A6．解析：|z|＝（－1）2＋（－2）2＝5，A正确；复数z在复平面内对应的点的坐标为(－1，－2)，在第三象限，B不正确；z的共轭复数为－1＋2i，C正确；复数z

在复平面内对应的点(－1，－2)不在直线y＝－2x上，D不正确．答案：AC7．解析：由题意得OA→＝5＋2i，OB→＝－2＋4i，则BA→＝OA→－OB→＝5＋2i＋2－4i＝7－2i.答案：7－2i8．解析：z＝1＋2i3－i＝（1＋2i）（3＋i）（3－i）（3＋i）＝1＋7i10＝

110＋710i，所以||z＝1102＋7102＝22.答案：229．解析：因为z1＝1＋i，z2＝2i，z3＝i，所以A(1，1)，B(0，2)，C(0，1)所以AB→＝(－1，1).设z4＝a＋bi，(a，b∈

R)，则D(a，b)，所以CD→＝(a，b－1).∵AB→＝CD→，∴(－1，1)＝(a，b－1).解得a＝－1，b＝2.∴z4＝－1＋2i.10．解析：(1)由复数z＝m(m－1)＋(m－1)i为纯虚数，则m（m－1）＝0m－1≠0，m＝0；(2)当m＝2时，复数z＝2

＋i，∴z－－z1＋i＝2－i－（2＋i）（1－i）（1＋i）（1－i）＝12－12i.11．解析：由题意可得z＝1－i，故A正确；|z－4|＝|－3－i|＝10，|z－2i|＝|1－3i|＝10，故B正确；z＋4z＝1－i＋41－i＝1－i＋2(1＋i)＝3＋i，故C正确；z(z－＋

i)＝(1－i)(1＋2i)＝3＋i，故D错误．答案：ABC12．解析：设z＝a＋bi，a，b∈R，z－＝a－bi∈R，则b＝0，所以z∈R，故A正确；1z＝1a＋bi＝a－bi（a＋bi）（a－bi）＝a－bia2＋b

2＝aa2＋b2－bia2＋b2∈R，则－ba2＋b2＝0，所以b＝0，且a≠0，所以z∈R，故B正确；z2＝(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi∈R，则ab＝0，当a＝0且b≠0时z为纯虚数，故C错误；若z＝z－，即a＋bi＝a－bi，即2bi＝0，所以

b＝0，所以z∈R，故D正确．答案：ABD13．解析：若复数z＝(a2－3a－4)＋(a－4)i是纯虚数，则a2－3a－4＝0a－4≠0，∴a＝－1，则复数a－ai＝－1＋i对应的点的坐标为(－1，1)，位于第二象限．答案：二14．解析：因为

z在复平面内对应的点位于第四象限，所以a>0，由|z|＝3知，4a2＋（5）2＝3，解得a＝±1，故a＝1，所以z＝2－5i.答案：2－5i15．解析：(1)AB→对应的复数为2＋i－1＝1＋i，BC→对应的复数为－1＋2i－(2＋i)＝－3＋i，AC→对应的复数为－1＋2i

－1＝－2＋2i.(2)∵|AB→|＝2，|BC→|＝10，|AC→|＝22，∴|AB→|2＋|AC→|2＝|BC→|2，∴△ABC为直角三角形．(3)S△ABC＝12×2×22＝2.16.解析：(1)设复

数－2＋2i在复平面内的对应点为P，则P(－2，2)，则|z＋2－2i|＝|z－(－2＋2i)|＝|PM|＝2，故点M的集合是以P(－2，2)为圆心，2为半径的圆，如图所示．(2)设复数1－2i在复平面内的对应点为Q，则Q(1

，－2)，则|z－1＋2i|＝|MQ|.由(1)知|PQ|＝（1＋2）2＋（－2－2）2＝5，则|MQ|的最大值即|z－1＋2i|的最大值，为|PQ|＋2＝7，|MQ|的最小值即|z－1＋2i|的最小值，为|PQ|－2＝3.课时作

业(二十六)*复数的三角表示1．解析：复数的三角形式是r(cosθ＋isinθ)，其中r>0，A，B，C均不是这种形式，其中A选项，2cosπ3－isinπ3中－isinπ3不满足；B选项，2cosπ3＋isinπ6中π3≠π6不满足；C选

项，－2cosπ3＋isinπ3中－2<0，不满足．答案：D2．解析：因为cosπ6＝32，sinπ6＝12，所以32＋12i＝cosπ6＋isinπ6.答案：B3．解析：4cos－π2＋isin－π2＝4[0＋i(－1)]＝－4i.答案

：D4．解析：2÷2(cos60°＋isin60°)＝2(cos0°＋isin0°)÷2(cos60°＋isin60°)＝cos(0°－60°)＋isin(0°－60°)＝cos(－60°)＋isin(－60°)＝1

2－32i.答案：B5．解析：由已知可得z＝2cos2π3＋isin2π3＝－1＋3i，所以zi＝－1＋3ii＝（－1＋3i）ii2＝3＋i.答案：A6．解析：由已知得cosπ3＋i·sinπ34＝cos4π3＋i·sin4π3＝－12－32i，∴复数

cosπ3＋i·sinπ34在复平面内所对应的点的坐标为－12，－32，位于第三象限．答案：C7．解析：因为z＝－i，所以z的三角形式可以写作z＝cos3π2＋isin3π2.答案：cos3π2＋isin3π28．解

析：由cos3π2＋1＝sin1，sin3π2＋1＝－cos1，得sin1－icos1＝cos3π2＋1＋isin3π2＋1，因此复数sin1－icos1的辐角主值为1＋3π2.答案：1＋3π29．解析：向量OZ1对应的复数为(－1＋

i)(cos150°＋isin150°)＝(－1＋i)－32＋12i＝3－12－3＋12i.10．解析：∵(1－3i)5＝2512－32i5＝32cos53π＋isin5π35＝32c

os25π3＋isin25π3＝32cosπ3＋isinπ3，∴复数z的模为32，辐角的主值为π3.11．解析：12(cos30°＋isin30°)×2(cos60°＋isin60°)×3(cos45°＋isin45°)＝12×2×3[cos(30°＋60°＋45°)＋isin(

30°＋60°＋45°)]＝3(cos135°＋isin135°)＝3－22＋22i＝－322＋322i.答案：C12．解析：－i＝cos3π2＋isin3π2－i的立方根为cos3π2＋2kπ3＋isin3π2＋2kπ3(其

中k＝0，1，2)当k＝0时，得cosπ2＋isinπ2＝i；当k＝1时，得cos7π6＋isin7π6＝－32－12i；当k＝2时，得cos11π6＋isin11π6＝32－12i.答案：D13．解析：因为复数z＝cosπ15＋isinπ15是方程x5－α＝0的一个根，所以

α＝z5＝cosπ15＋isinπ155＝cosπ3＋isinπ3＝12＋32i.答案：12＋32i14．解析：复数z＝sinπ6－icosπ6＝cosπ3－isinπ3＝cos－π3＋isi

n－π3，若zn＝cos－nπ3＋isin－nπ3＝z＝cos－π3＋isin－π3，则nπ3＝π3＋2kπ，k∈Z，则n＝6k＋1，k∈Z，n∈N*，且n≠1，故n的最小值为7.答案

：715．解析：因为z1＝3＋i＝2cosπ6＋isinπ6，设z2＝2(cosα＋isinα)，α∈(0，π)，z1·z22＝2cosπ6＋isinπ6×4(cos2α＋isin2α)＝8cos2α＋π6＋

isin2α＋π6由题设知2α＋π6＝2kπ＋3π2(k∈Z)，所以α＝kπ＋2π3(k∈Z).又因为α∈(0，π)，所以α＝2π3，所以z2＝2cos2π3＋isin2π3＝－1＋3i.

16．解析：(1)复数e2i在复平面内对应的点位于第二象限，理由如下：e2i＝cos2＋isin2在复平面内对应的点的坐标为(cos2，sin2)，由于π2<2<π，因此cos2<0，sin2>0，∴点(cos2，sin2)在第二象限，故复数e2i在复平面内对

应的点位于第二象限；(2)∵eix＝cosx＋isinx<0，∴eix为负实数(虚数无法比较大小)cosx<0sinx＝0cos2x＋sin2x＝1，解得cosx＝－1.课时作业(二十七)几类简单的几何体(1)1．解析：棱柱和棱锥的底面可以是任意多边形，故选项A、B项均不正确；可沿棱锥的侧棱将其

分割成两个棱锥，故C项错误；用平行于棱柱底面的平面可将棱柱分割成两个棱柱．答案：D2．解析：根据平行多面体的定义知：平行六面体的侧面和底面均为平行四边形，A项正确；直棱柱的侧棱长与底面垂直，故与高相等，B项正确；斜棱柱的侧棱与高可构成以侧棱为斜边，高为直角边的直角三角形，斜边大于直角边，C

项正确；当直四棱柱的底面不是长方形时不是长方体，D项错误．答案：D3．解析：A、B、C项中底面多边形的边数与侧面数不相等．答案：D4．解析：四棱台有8个顶点，不符合题意，其他都是6个顶点．答案：D5．解析：将展开图还原成正方体可知，“0”在正方体

中所在的面的对面上的是“高”．答案：C6．解析：长方体是直四棱柱，A项正确；两个平面平行，其余各面是梯形的多面体，当侧棱延长后不交于同一点时，就不是棱台，B项错；正棱锥的侧面是全等的等腰三角形，C项正

确；平行六面体一定是棱柱，D项错．答案：AC7．解析：一个多面体最少有4个面，少于4个面无法构成封闭的空间图形，由4个面组成的几何体是四面体或者三棱锥．答案：4三棱锥或四面体8．解析：根据空间几何体的几何特征，把棱锥、棱台

、棱柱截去一个角(和三条棱相交)截面均为三角形，旋转体中圆锥的轴截面也为三角形，故这个多面体可能是：棱锥、棱台、棱柱．答案：棱锥、棱台、棱柱9．解析：这个几何体有8个面，都是全等的正三角形；有6个顶点；有12条棱．10．解析

：图①中，有5个平行四边形，而且还有两个全等的五边形，符合棱柱特点；图②中，有5个三角形，且具有共同的顶点，还有一个五边形，符合棱锥特点；图③中，有3个梯形，且其腰的延长线交于一点，还有两个相似的三角形，符合棱台的特点．把平面展开图还原为原几何体，如图所

示：所以①为五棱柱，②为五棱锥，③为三棱台．11．解析：在图②③中，⑤不动，把图形折起，则②⑤为对面，①④为对面，③⑥为对面，故图②③完全一样，而图①④则不同．故选B.答案：B12．解析：如图所示：截面的形状可能是正三角形(图1)，正方形(图2)，正六边形(图3)假设截面是正五

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，故截面的形状不可能是正五边形

．故选ABD.答案：ABD13．解析：由题意，可得折叠后，①②均可围成三棱锥，即为四面体，且各侧棱都相等，所以①②符合题意；而③④折叠后，只能围成无底的四棱锥，不是四面体，所以③④不符合题意．答案：①②14．解析：如图，三棱台可分成三棱锥C1­ABC，

三棱锥C1­ABB1，三棱锥A­A1B1C1，共3个．答案：315．解析：(1)不对，水面的形状就是用与棱(倾斜时固定不动的棱)平行的平面截长方体时截面的形状，因而是矩形，不可能是其他不是矩形的平行四边形．(2)不对，水的形状就是用与棱(倾斜时固定不动的棱)平行的平面将长方体截去一部分

后剩下的几何体，此几何体是棱柱，不可能是棱台或棱锥．16．解析：将三棱锥沿侧棱VA剪开，并将其侧面展开平铺在一个平面上，如图，线段AA1的长为所求△AEF周长的最小值．∵∠AVB＝∠AVC＝∠BVC＝30°，∴∠AVA1＝90°.又VA＝VA1＝4，∴AA1＝42＋42＝42.∴△AEF周长的最

小值为42.课时作业(二十八)几类简单的几何体(2)1．解析：根据棱台的概念，①中上下底面不相似，不是棱台；根据圆台的概念，②中上下底面不平行，不是圆台；根据棱锥的概念，③中下底面不是多边形，即不是棱锥；故A，B，C项都是错误的，根据棱柱的概念，④是上下底面为五

边形的五棱柱，故D项正确的．答案：D2．解析：由题意知，该几何体是组合体，上、下各一圆锥，显然B正确．故选B.答案：B3．解析：从较短的底边的端点向另一底边作垂线，两条垂线把等腰梯形分成了两个直角三角形，一个矩形，所以一个等腰梯形绕它的较长的底边所

在直线旋转一周形成的是由一个圆柱，两个圆锥所组成的几何体，如图所示．答案：D4．解析：当过A，B的直线经过球心时，经过A，B的截面所得的圆都是球的大圆，这时过A，B作球的大圆有无数个；当直线AB不经过球心O时，经过A，B，O的截面就是一个大圆，这时只能作出一个大圆．答案：

B5．解析：根据图①的底面为圆，侧面为扇形，得图①折叠后的图形是圆锥；根据图②的底面为三角形，侧面均为三角形，得图②折叠后的图形是棱锥．故选B.答案：B6．解析：对A项，用过轴的平面去截圆锥，得到的截面形状是等腰

三角形，符合题意；对B项，圆锥的侧面是曲面，所以截面形状不可能为平行四边形，不符合题意；对C项，用垂直于轴的平面去截圆锥，得到的截面形状是圆，符合题意；对D项，用与轴斜交的平面去截圆锥，得到的截面形状可能是椭圆，符合题意．答案：ACD7．解析：一个长方形和两个圆折叠后，能围成的几何

体是圆柱．答案：圆柱8．解析：设圆柱的底面半径为r，则母线长为2r.∴4r2＝Q，解得r＝Q2，∴此圆柱的底面半径为Q2.答案：Q29．解析：因为圆锥的底面半径为2，所以底面圆的周长为4π，故将此圆锥沿一条母线展开，所得扇形的面积为12×4π×6＝12π.10．解析：当AD>B

C时，四边形ABCD绕EF旋转一周所得的几何体是由底面半径为CD的圆柱和圆锥拼成的组合体；当AD＝BC时，四边形ABCD绕EF旋转一周所得的几何体是圆柱；当AD<BC时，四边形ABCD绕EF旋转一周所得的几何体是从圆

柱中挖去一个同底的圆锥而得到的．11．解析：因为圆锥的侧面展开图是直径为a的半圆面，所以圆锥的底面圆的直径为a2，母线长也为a2，所以此圆锥的轴截面是等边三角形．答案：A12．解析：一个圆柱挖去一个圆锥后，剩下的几何体被一个竖直的平面所截后，

圆柱的轮廓是矩形除去一条边，圆锥的轮廓是三角形除去一条边或抛物线的一部分．答案：AD13．解析：题图中的半球可由③绕轴旋转一周而成，也可由④绕轴旋转180°而成．答案：③④14．解析：由题意，圆木的侧面展开图是矩形，将圆木侧面展开两次，则一条直角边(即圆木的高)长

为24尺，其邻边长为5×2＝10(尺)，因此葛藤最短为242＋102＝26(尺).答案：26尺15．解析：轴截面如图，被平行于圆柱下底面的平面所截的圆柱的截面圆的半径O1C＝R，圆锥的截面圆的半径为O1D，设O1D＝x.∵OA＝AB＝R，∴△OAB是等腰直角三角形．∵CD∥AO，∴CD＝

BC.∵△BCD∽△OO1D，∴O1D＝OO1，∴x＝l.∴所求截面的面积S＝πR2－πx2＝πR2－πl2＝π(R2－l2).16．解析：(1)如图所示，将侧面展开，绳子的最短长度为侧面展开图中AM的长度，设OB＝l，则θ·l＝2π×5，θ·(l＋20)＝

2π×10，解得θ＝π2，l＝20cm.∴OA＝40cm，OM＝30cm.∴AM＝OA2＋OM2＝50cm.即绳子最短长度为50cm.(2)作OQ⊥AM于点Q，交弧BB′于点P，则PQ为所求的最短距离．∵OA·OM＝AM·OQ，∴OQ＝24cm.故PQ＝OQ－OP＝24－20＝4(cm)，即上底圆

周上的点到绳子的最短距离为4cm.课时作业(二十九)空间几何体的直观图1．解析：直观图中正方形的对角线长为2，故在平面图形中平行四边形的高为22，只有A项满足条件．答案：A2．解析：根据斜二测画法还原三角形在直角坐标系中的图形，如图所示：由图易得AB＝BC＝

AC＝2，故△ABC为等边三角形．答案：A3．解析：由直观图O′A′B′C′画出原图OABC，如图所示，因为O′B′＝2，所以OB＝22，OA＝1，则平面图形OABC以OA为轴旋转一周所围成的几何体为一个圆锥

和一个圆柱(里面挖去一个圆锥).答案：C4．解析：斜二测画法中原图形面积S与直观图面积S′的关系式S＝22S′，所以S′＝122S＝24S.答案：D5．解析：由题意，根据斜二测画法的规则，可得该平面图形是上底长为1，下底长为1＋

2，高为2的直角梯形OABC，所以计算得面积为S＝12()1＋1＋2×2＝2＋2.答案：D6．解析：原等腰三角形画成直观图后，原来的腰长不相等，CD两图分别为在∠x′O′y′成135°和45°的坐标系中的直观图．故选CD.答案：CD7．解析：由直观图知，由

原平面图形为直角三角形，且AC＝A′C′＝3，BC＝2B′C′＝4，计算得AB＝5，所求中线长为2.5.答案：2.58．解析：△ABC为直角三角形，因为D为AC中点，所以BD＝AD＝CD.所以与BD的长相等

的线段有2条．答案：29．解析：由斜二测画法：纵向减半，横向不变；即可知A、C在对应点A′(3，1)，C′(0，12)，而B、D对应点B′，D′位置不变，如图所示：10．解析：(1)画轴：画Ox轴、Oy轴、Oz轴，∠xO

y＝45°(或135°)，∠xOz＝90°，如图；(2)画底面：以O为中心，在xOy平面内，画出正方形水平放置的直观图ABCD；(3)画顶点：在Oz轴上截取OP，使OP的长度是原四棱锥的高；(4)成图：顺次连接PA、PB、PC、PD，并擦去辅助线，将

被遮挡的部分改为虚线，得四棱锥的直观图，如图所示：11．解析：对于A、B、D选项，两个三角形在斜二测画法下所得的直观图中，底边AB不变，底边上的高变为原来的12，如图：选项A选项B：选项D：所以两个图形的直观图全等；对于C中，第一个三角形在斜二测画法下所

得的直观图中，底边AB不变，底边上的高变为原来的12，第二个三角形在斜二测画法下所得的直观图中，底边AB变为原来的12，底边上的高OC不变，如图：所以这两个图形的直观图不全等．故选C.答案：C12.解析：

根据斜二测画法的直观图，还原几何图形，首先建立平面直角坐标系xOy，BC∥x轴，并且BC＝B′C′，点D是BC的中点，并且作AD∥y轴，即AD⊥BC，且AD＝2A′D′，连接AB，AC，所以△ABC是等腰三角形，AB＝AC，AB的长度大于AD的长度，由图可知BC＝B′C

′，AD＝2A′D′，由图观察，A′D′>12B′C′，所以B′C′<2A′D′，即BC<AD.故选AC.答案：AC13．解析：由斜二测画法规则可知，在四边形OABC中，OA⊥OC，OA＝O′A′＝2c

m，OC＝2O′C′＝4cm，所以四边形OABC是矩形，其面积为2×4＝8(cm2).答案：矩形814．解析：由直观图可知，原图形是矩形OPQR，且OP＝3，OR＝2.故原四边形OPQR的周长为10.答案：1015．解析：(1)如图①，画x轴、y轴、z轴，三轴相交

于点O，使∠xOy＝45°，∠xOz＝90°.(2)画圆柱的两底面．在xOy平面上画出底面圆O，使直径为3cm，在z轴上截取OO′，使OO′＝3cm，过O′作Ox的平行线O′x′，Oy的平行线O′y′，利用O′x′与O′y′画出底面圆O′，使其直径为3cm.(3)画圆锥的顶点．在z轴上画出点P，

使PO′等于圆锥的高3cm.(4)成图．连接A′A，B′B，PA′，PB′，擦去辅助线，将被遮挡的部分改为虚线，得到此几何体(机器部件)的直观图，如图②.16．解析：由题设中所给的展开图可以得出，此几何体是一个四

棱锥，其底面是一个边长为2的正方形，垂直于底面的侧棱长为2，其直观图如图所示．课时作业(三十)平面1．解析：当三点共线时，不能确定一个平面，故A项错误；一条直线和直线外一个点确定一个平面，故B项错误；如果这两条直线异面，则不可以确定一个

平面，故C项错误；梯形的上底和下底是一对平行线，可以确定一个平面，故D项正确．答案：D2．解析：自行车前后轮与撑脚分别接触地面，此时三个接触点不在同一条线上，所以可以确定一个平面，即地面，从而使得自行车稳定

．答案：B3．解析：因为M∈a，a⊂α，所以M∈α，同理，N∈α，又M∈l，N∈l，故l⊂α.答案：A4．解析：在空间中，两两相交的三条直线最多可以确定3个平面，如图所示：PA、PB、PC相交于一点P，则PA、PB、PC不共面，则PA、

PB确定一个平面PAB，PB、PC确定一个平面PBC，PA、PC确定一个平面PAC.答案：C5．解析：根据公理3可知，两个不重合的平面若有一个公共点，则这两个平面有且只有一条经过该点的公共直线则有无数个公共点．答案：D6．解析：点A在表示平面的平行四边形内部，表示点在面内，A项正确；线在

面内，表示直线的线段必须画在表示平面的平行四边形内部，B项错；直线与平面相交，有一个公共点，C项正确；三个平面两两相交，有一条交线或者有三条交线，D正确．答案：ACD7．解析：因为a∩b＝M，a⊂α，b⊂β，所以M∈α，M∈β.又因为α∩β＝l，所以

M∈l.答案：∈8．解析：其中三个点可确定唯一的平面，当第四个点在此平面内时，可确定1个平面，当第四个点不在此平面内时，则可确定4个平面．答案：1或49．解析：以AB为其中一边，分别画出表示平面的平行四边形．如图．10．解析：证明：因为EF、GH相交于点P，则点P∈EF，且P∈GH.又

由题意，EF⊂面ABC，GH⊂面ADC则点P∈面ABC，P∈面ADC，又平面ABC∩平面ADC＝AC，则点P必在面ABC与面ADC的交线上，即P∈AC，所以EF、GH、AC三线共点．11．解析：由已知可

得点C∈γ∩β，又AB∩l＝M，所以M∈γ，M∈β，由平面的基本性质可得γ∩β＝MC，所以γ与β的交线必通过点C和点M.答案：D12．解析：在选项A，B，C中，由棱柱、正六边形、中位线的性质，知均有PS∥QR，即在此三个图形中P

，Q，R，S共面；D选项中的四点不共面．故选ABC.答案：ABC13．解析：若三个平面互相平行，则可将空间分为4部分；若三个平面有两个平行，第三个平面与其他两个平面相交，则可将空间分成6部分；若三个平面交于一线，则可将空间分成6部分；若三个平面两两相交且三条交线平行，则可将空间分成7部分；若三

个平面两两相交且三条交线交于一点(如墙角三个墙面的关系)，则可将空间分成8部分．故n的所有可能值为4，6，7或8.答案：4，6，7或814．解析：如图所示，MN⊂γ，R∈MN，∴R∈γ.又R∈l，∴R∈β.∵P∈γ，P∈β，∴β∩γ＝PR.答案：PR15.证明：(1)连接B

1D1，如图：在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别为C1D1，B1C1的中点，∴EF是△B1C1D1的中位线，∴EF∥B1D1，又因为B1D1∥BD，∴EF∥BD，∴B，D，E，F四点共面；(2)在正方体A

BCD­A1B1C1D1中，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q，∴PQ是平面AA1C1C与平面BDEF的交线，又∵AC1交平面BDEF于点R，∴R是平面AA1C1C与平面BDEF的一个公共点．∵两平面相交的所有公共点都在这两个平面的交线上，∴P，Q，R三点共线．16．证明：

(1)因为PQ⊂平面PQR，M∈直线PQ，所以M∈平面PQR.因为RQ⊂平面PQR，N∈直线RQ，所以N∈平面PQR.所以直线MN⊂平面PQR.(2)因为M∈直线CB，CB⊂平面BCD，所以M∈平面BCD.由(1)知，M∈平面PQR，所以M在平面PQR与平面BCD的交线上，同

理可知N，K也在平面PQR与平面BCD的交线上，所以M，N，K三点共线，所以点K在直线MN上．课时作业(三十一)空间中直线与直线的位置关系1．解析：若两直线不平行，则直线可能相交，也可能异面．故选D.答案：D2．解析：由题图知SB、SC、AB、AC与SA均是

相交直线，BC与SA既不相交，又不平行，是异面直线．故选C.答案：C3．解析：由等角定理知，这两个三角形的三个角分别对应相等．答案：D4．解析：由于E，F，G分别为A1C1，B1C1，BB1的中点，所以EF∥A1B1∥AB，

FG∥BC1，所以∠EFG与∠ABC1的两组对边分别平行，一组对应边方向相同，一组对应边方向相反，故∠EFG与∠ABC1互补．故选B.答案：B5．解析：因为E，F分别为AB，BC的中点，所以EF綊12AC，又DHHA＝21，DGGC＝21，所以DHHA＝DGGC，

所以HG綊23AC，所以EF∥HG且EF≠HG，所以四边形EFGH为梯形．故选D.答案：D6．解析：假设l∥AD，则由AD∥BC∥B1C1，知l∥B1C1，这与l与B1C1不平行矛盾，∴l与AD不平行．又l在上底面中，AD在下底面中，故l与AD无公共点，故l与AD不相交．CD可以成立．故选CD.

答案：CD7．解析：由基本事实4可知，BB′∥DD′.答案：平行8．解析：由棱柱的性质可知，AB∥A1B1，BD∥B1D1，∴∠A1B1D1＝∠ABD＝30°.答案：30°9．解析：如图所示，在面A1C1内过点P作直线EF∥B1C1，交A1B1于点E，交C1D1于点F，则直线EF即为所求．

理由：因为EF∥B1C1，BC∥B1C1，所以EF∥BC.10．证明：因为F为BB1的中点，所以BF＝12BB1，因为G为DD1的中点，所以D1G＝12DD1.又BB1綊DD1，所以BF綊D1G.所以四边形D1GBF为平行四边形．所以D1F∥GB，同理D1E∥GC.所以∠BGC与∠FD1E的

对应边平行且方向相同，所以∠BGC＝∠FD1E.11．解析：如图，连接AD1，CD1，AC，则E，F，G，H分别为AD1，CD1，AB，BC的中点．由三角形的中位线定理，知EF∥AC，GH∥AC，所以EF∥GH.答案：C12．解析：由题意知PQ＝12DE，且DE≠M

N，所以PQ≠12MN，故A不正确；又PQ∥DE，DE∥MN，所以PQ∥MN，又PQ≠MN，所以M，N，P，Q四点共面，且四边形MNPQ是梯形．故B，C，D正确．故选BCD.答案：BCD13．解析：如图，连接BD，在△ABD中，AEAB＝AHAD

，则EH∥BD，同理可得FG∥BD，∴EH∥FG.答案：平行14．解析：如图所示，因为点E，E′分别是AD，A′D′的中点，所以AE∥A′E′，且AE＝A′E′.所以四边形AEE′A′是平行四边形．所以AA′∥EE′，且AA′＝EE′.又因为AA′∥BB′，且AA′＝BB′.所以

EE′∥BB′，且EE′＝BB′.所以四边形BB′E′E是平行四边形．所以BE∥B′E′，同理可证CE∥C′E′.又因为∠BEC与∠B′E′C′的两边方向相同，所以∠BEC＝∠B′E′C′.答案：平行四边形相等15．证明：如图，连接CB1、CD1，∵CD綊A1B1，∴四边形A1B1CD是平行四

边形．∴A1D∥B1C.∵M、N分别是CC1、B1C1的中点，∴MN∥B1C，∴MN∥A1D.∵BC綊A1D1，∴四边形A1BCD1是平行四边形，∴A1B∥CD1.∵M、P分别是CC1、C1D1的中点，∴MP∥CD1，∴MP

∥A1B，∵∠NMP和∠BA1D的两边分别平行且方向都相反，∴∠NMP＝∠BA1D.16．解析：平行．连接BM并延长，交DA于点E，连接PE，则PE即为直线MN与PB确定的平面与平面PAD的交线l，因为底面ABCD是平行四边形，所以AE∥BC，所以△AEM∽△CBM，所以EMBM

＝AMCM，因为点M，N分别在AC，PB上，且AM＝13MC，BN＝34BP，所以AMCM＝PNBN，所以EMBM＝PNBN，所以MN∥PE，即直线l∥MN.课时作业(三十二)异面直线1．解析：由于异面直线的公垂线只

有一条，因此凡与公垂线平行的直线都与两条异面直线垂直，有无数条．答案：A2．解析：和AC垂直且异面的直线有A1B1和BB1.答案：B3.解析：如图所示，在长方体中没有与体对角线平行的棱，要求与长方体体对角线AC1异面的棱所在的直线，只要去掉与AC1相交的

六条棱，其余的都与体对角线异面，∴与AC1异面的棱有BB1，A1D1，A1B1，BC，CD，DD1，∴长方体的一条体对角线与长方体的棱所组成的异面直线有6对．答案：C4．解析：如图所示，过点P作直线l′∥l，

以l′为轴，与l′成30°角的圆锥面的所有母线都与l成30°角．故选A.答案：A5.解析：在正方体ABCD­A1B1C1D1中，CD∥AB，所以异面直线AE与CD所成角为∠EAB，设正方体边长为2a，则由E为棱CC1的中点，可得CE＝a，所以BE＝5a，则ta

n∠EAB＝BEAB＝5a2a＝52.答案：C6．解析：由平行线的传递性知A正确；若a与b相交，b与c相交，则a与c可能平行、相交或异面，B错误；若a与b在两个相交平面内，则a与b可能相交、平行或异面，C正确；若a与c相交，b与c异面，

则a与b可能相交、平行或异面，故D错误．答案：AC7．解析：在正方体ABCD­A1B1C1D1中，因为AA1∥DD1，所以∠AA1B＝π4即为异面直线BA1与DD1所成的角，所以异面直线BA1与DD1

所成角的大小为π4.答案：π48．解析：连接BC1，A1C1(图略)，∵BC1∥AD1，∴异面直线A1B与AD1所成的角即为直线A1B与BC1所成的角(或其补角).在△A1BC1中，A1B＝BC1＝A1C1，∴∠A1BC1＝60°，故异面直线A1B与AD1所成的角为60°.答案：6

0°9．解析：因为D，E分别是VB，VC的中点，所以BC∥DE，因此∠ABC是异面直线DE与AB所成的角，又因为AB是圆O的直径，点C是弧AB的中点，所以△ABC是以∠ACB为直角的等腰直角三角形，所以∠ABC＝45°，故异面直线DE与AB所成的角为45°.10．解析：(1)连接AC(图略).∵E

G∥AC，∴∠ACB即是BC和EG所成的角．∵在长方体ABCD­EFGH中，AB＝AD＝23，∴∠ACB＝45°，∴直线BC和EG所成的角是45°.(2)∵AE∥BF，∴∠FBG即是AE和BG所成的角．易知tan∠FBG＝3，∴∠FBG＝60

°，∴直线AE和BG所成的角是60°.11．解析：由题意，正四面体ABCD各个面都是正三角形，所以在平面ABC内过点P有两条直线AC，AB与AD成60°的直线，如图所示，在平面ABC内过点P与直线AD成60°的直线仅有2条

．答案：C12．解析：如图，把平面展开图还原成正四面体，知GH与EF为异面直线，BD与MN为异面直线，GH与MN成60°角，DE与MN垂直，故BCD正确．故选BCD.答案：BCD13．解析：在正方体ABCD­A1B1C1D1的八个顶点中任取两个点作直线，

与直线A1B异面且夹角成60°的直线有：AD1，AC，D1B1，B1C，共4条．答案：414．解析：如图所示，连接AB1，因为AB＝AC＝AA1，由三棱柱的性质可得AC1＝AB1，又因为E是B1C1的中点，所以AE⊥B1C1，又BC∥B1C1，所以AE⊥BC，即直线AE

与BC所成的角为90°.如图所示，把三棱柱补为四棱柱ABDC­A1B1D1C1，连接BD1，A1D1，AD，由四棱柱的性质知BD1∥AC1，则∠A1BD1就是异面直线A1B与AC1所成的角．设AB＝a，∵AA1与

AC，AB所成的角均为60°，且AB＝AC＝AA1，∴A1B＝a，BD1＝AC1＝2AA1cos30°＝3a.∴在正方形ABDC中，AD＝2a，∴A1D1＝2a，∴A1D21＋A1B2＝BD21，∴∠BA1D1＝90°，∴在Rt△BA1D1中，cos∠A1B

D1＝A1BBD1＝a3a＝33.答案：90°3315．解析：(1)证明：假设EF与BD不是异面直线，则EF与BD共面，从而DF与BE共面，即AD与BC共面，所以A，B，C，D在同一平面内，这与A是△BCD平面外的一点相矛盾．故直线EF与BD是异面直线．(2)如图，取CD的中点G，连结

EG，FG，则EG∥BD，所以相交直线EF与EG所成的角，即为异面直线EF与BD所成的角．因为EG綊12BD，FG綊12AC，且AC⊥BD，AC＝BD，所以EG⊥FG，且EG＝FG.所以△EGF为等腰直角三角形．所以∠FEG＝45°，即异面直线EF与BD所成

的角为45°.16．解析：过点F作MF∥BD，交BC于点M，连接ME，则CM∶MB＝CF∶FD＝m.又因为AE∶EB＝CF∶FD＝m，所以CM∶MB＝AE∶EB.所以EM∥AC.所以α＝∠MEF(或其补角

)，β＝∠MFE(或其补角).所以AC与BD所成的角为∠EMF.又因为AC⊥BD，所以∠EMF＝90°.所以α＋β＝90°.课时作业(三十三)直线与平面平行的判定1．解析：直线a在平面γ外，其包括直线a与平面γ相交或平行两层含义，故a与γ至多有一个公共点．答案：D2．解析：∵M

C1⊂面DD1C1C，平面AA1B1B∥平面DD1C1C，∴MC1∥面AA1B1B，B正确．答案：B3．解析：由题意画出图形，当a，b所在平面与平面α平行时，b与平面α平行，当a，b所在平面与平面α相交时，b与平面α相交．故选D.答案：D4．解析：如图，由线

面平行的判定定理可知BD∥平面EFGH，AC∥平面EFGH.答案：C5．解析：因为N、P分别为线段BC、CD的中点，所以NP∥BD，又BD⊄平面MNP，NP⊂平面MNP，所以BD∥平面MNP.答案：A6．解析：因为O为平行四边形ABCD对角线的交点，所

以AO＝OC.又Q为PA的中点，所以QO∥PC.由直线与平面平行的判定定理，可知A，B正确．又四边形ABCD为平行四边形，所以AB∥CD，故CD∥平面PAB，故D正确．AQ与平面PCD相交，C错误．答案：ABD7．解析：∵M，N分别是BF，BC的中点，∴MN∥CF

.又四边形CDEF为矩形，∴CF∥DE，∴MN∥DE.又∵MN⊄平面ADE，DE⊂平面ADE，∴MN∥平面ADE.答案：平行8．解析：∵截面EFGH是矩形，∴EF∥GH.又∵GH⊂平面BCD，EF⊄平面BCD.∴EF∥平面BCD.而EF⊂平面ACD，平面AC

D∩平面BCD＝CD，∴EF∥CD.又∵EF⊂平面EFGH，CD⊄平面EFGH，∴CD∥平面EFGH.答案：平行9．证明：如图，连接AC交BD于点O，连接OE.在▱ABCD中，O是AC的中点，又E是PC的中点，∴OE是△PAC的中位线．∴OE∥PA.∵PA⊄平面BDE，OE

⊂平面BDE，∴PA∥平面BDE.10．解析：证明：在三棱柱ABC­A1B1C1中，AC∥A1C1，且AC＝A1C1.连结ED，在三角形ABC中，因为D、E分别为AB、BC的中点，所以DE＝12AC且DE∥AC，又因为F为A1C1的中点，可得A1F＝D

E，且A1F∥DE，即四边形A1DEF为平行四边形，所以A1D∥EF.又EF⊄平面A1CD，DA1⊂平面A1CD，所以EF∥平面A1CD.11.解析：如图，过线段A1B上任一点M作MH∥AA1，交AB于点H，过点H作HG∥AC交BC于G，过点G作CC1的平行线，与CB1一定有交

点N，且MN∥平面ACC1A1，则这样的MN有无数条．答案：D12．解析：由线面平行判定定理知，平面外一条直线与平面内一条直线平行，则直线与该平面平行．选项A中，如图①，连接A1B，取A1B的中点O，连接OQ.因为O，Q分别为A1B和AA1的中点，所以OQ∥AB，所以AB与平

面MNQ不平行．选项B中，如图②，连接A1B1，在正方体中，AB∥A1B1，MQ∥A1B1，所以AB∥MQ，因此AB∥平面MNQ.选项C中，如图③，连接A1B1.在正方体中，知AB∥A1B1.又因为M，Q

分别为所在棱的中点，所以MQ∥A1B1，所以AB∥MQ，所以AB∥平面MNQ.选项D中，如图④，连接A1B1.在正方体中，知AB∥A1B1.又因为N，Q分别为所在棱的中点，所以NQ∥A1B1，所以AB∥NQ，所以AB∥平面MNQ.故选BCD.答案：BCD13．解析

：根据线面平行的判定定理知，①处横线上应填a⊄α；②处横线上应填a⊄α.答案：a⊄αa⊄α14．解析：取CC1中点P，连接A1P，因为在直三棱柱ABC­A1B1C1中，D为AA1中点，点P在侧面BCC1B1上

运动，所以当点P满足条件P是CC1的中点时，A1P∥CD，因为A1P⊄平面BCD，CD⊂平面BCD，所以当点P满足条件P是CC1的中点时，A1P∥平面BCD.答案：P是CC1的中点(答案不唯一)15．证明：在

四棱锥P­ABCD中，E，F分别为PC，PD的中点，∴EF∥CD.∵AB∥CD，∴EF∥AB.∵EF⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，∴EF∥平面PAB.同理EG∥平面PAB.又EF∩EG＝E，EF⊂平面EFG，EG

⊂平面EFG，∴平面EFG∥平面PAB.∵AP⊂平面PAB，∴AP∥平面EFG.16．解析：在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，∴AC＝22.又E为AD中点，EF∥平面AB1C，EF⊂平面A

DC，平面ADC∩平面AB1C＝AC，∴EF∥AC，∴F为DC中点，∴EF＝12AC＝2.课时作业(三十四)直线与平面平行的性质1．解析：假设过点P且平行于直线l的直线有两条，分别为m，n，则l∥m，l∥n，∴m∥n，这与两条直线m，n相交于

点P矛盾，所以这样的直线只有一条，又由线面平行的性质可得，该直线一定在平面α内．答案：D2．解析：∵EF⊂平面SBC，EF∥平面ABC，平面SBC∩平面ABC＝BC，∴EF∥BC.答案：B3．解析：A中，n还有可能在平面α内；B中

m，n可能相交、平行、异面；由线面平行的性质定理可得C正确；D中m，n可能异面．答案：C4．解析：因为GH∥平面SCD，GH⊂平面SBD，平面SBD∩平面SCD＝SD，所以GH∥SD，显然GH与SA，SC均不平行．答案：B5．解析：如图所示，EFGH为平行四边形，则EF∥GH，又

EF⊄面BCD，HG⊂面BCD，∴EF∥面BCD，又面BCD∩面ACD＝CD，∴EF∥CD，∴CD∥面EFGH，同理可得AB∥面EFGH.答案：C6．解析：由于BD∥平面EFGH，所以有BD∥EH，BD∥FG，则AE∶EB＝AH∶HD，且BF∶FC＝DG∶GC.

答案：D7．解析：因为AB∥平面α，AB⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面α＝MN，所以AB∥MN，又点M是AD的中点，所以MN是梯形ABCD的中位线，故MN＝5.答案：58．解析：因为DD1∥BB1，DD1＝BB1，所以四边形BDD1B

1是平行四边形．所以BD∥B1D1.又B1D1⊂平面A1B1C1D1，BD⊄平面A1B1C1D1，所以BD∥平面A1B1C1D1.又BD⊂α，α∩平面A1B1C1D1＝l，所以l∥BD.所以l∥B1D1.答案：平行9．证明：∵E，F

分别是AA1，BB1的中点，∴EF∥AB.又AB⊄平面EFGH，EF⊂平面EFGH，∴AB∥平面EFGH.又AB⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面EFGH＝GH，∴AB∥GH.10．证明：∵BB1与DD1平行且相等∴四边形BDD1B1是平行

四边形，∴B1D1∥BD.∵B1D1⊄平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴B1D1∥平面ABCD，∵平面AB1D1∩平面ABCD＝l，B1D1⊂平面AB1D1，∴B1D1∥l.11．解析：过直线a可作无数个平面与α相交，由线面平行的性质定理可知，这些交线都与a平行，所以在平面α内与

直线a平行的直线有无数条，故A不正确，B正确．平面α内存在与a不平行的直线，且有无数条，故C正确，D不正确．答案：BC12.解析：连接CD，交PE于G，连接FG，如图，∵AD∥平面PEF，平面ADC∩平面P

EF＝FG，∴AD∥FG，∵点D，E分别为棱PB，BC的中点．∴G是△PBC的重心，∴AFFC＝DGGC＝12.答案：C13．解析：∵AB∥α，平面ABD∩α＝FH，平面ABC∩α＝EG，∴AB∥FH，AB∥EG，∴F

H∥EG，同理EF∥GH，∴四边形EFHG是平行四边形．答案：平行14．解析：取MC的中点N，连接EN，FN，可知EN∥AC，又EF∥平面ABC，从而可得平面ENF∥平面ABC，又平面ENF∩平面PBC＝FN，平面ABC∩平面PBC＝BC

，所以NF∥BC，又M为PC的中点，N为MC的中点，所以BF∶FP＝CN∶NP＝1∶3.答案：1∶315．解析：(1)证明：∵BC∥AD，BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，∴BC∥平面PAD.又∵BC⊂平

面PBC，平面PBC∩平面PAD＝l，∴l∥BC.(2)平行．证明如下：如图，取PD的中点E，连接AE，NE.∵N是PC的中点，∴EN綊12CD.又∵M为▱ABCD的边AB的中点，∴AM綊12CD.∴EN綊AM.∴四边形AMNE为平行四边形，∴MN∥AE.

又∵MN⊄平面PAD，AE⊂平面PAD，∴MN∥平面PAD.16.解析：若MB∥平面AEF，如图过F，B，M作平面FBMN交AE于N，连接MN，NF.因为BF∥平面AA1C1C，BF⊂平面FBMN，平面FBMN∩平面AA1C1C＝MN，所以BF∥MN.又M

B∥平面AEF，MB⊂平面FBMN，平面FBMN∩平面AEF＝FN，所以MB∥FN，所以BFNM是平行四边形，所以MN∥BF，MN＝BF＝1.而EC∥FB，EC＝2FB＝2，所以MN∥EC，MN＝12EC＝1，故MN是△ACE的中位线．所以当M是AC的中点时，MB∥平面AEF.课时作业(三十

五)直线与平面垂直的判定1．解析：若l∥m，则l⊄α，∵m⊂α，∴l∥α，这与已知l⊥α矛盾，所以直线l与m不可能平行．答案：A2．解析：由直线m，n满足m⊄α，n⊂α，则m⊥n时，m与α可垂直，可不垂直，当m⊥α，

且n⊂α，根据线面垂直的性质定理，可以得到m⊥n，所以“m⊥n”是“m⊥α”的必要不充分条件．答案：B3．解析：由线面垂直的判定定理知，直线垂直于①③图形所在的平面．而②④图形中的两边不一定相交，故该直线

与它们所在的平面不一定垂直．答案：A4．解析：如图在正方体ABCD­A1B1C1D1中，四棱锥A1­ABC的四个侧面都是直角三角形．答案：D5.解析：如图，取BD中点O，连接AO，CO，则BD⊥AO，BD⊥CO，且AO∩CO

＝O，∴BD⊥平面AOC，又AC⊂平面AOC，∴BD⊥AC，又BD，AC异面，所以AC，BD垂直但不相交．答案：C6．解析：A显然正确；只有当m，n相交时，才有l⊥α，故B错误；由l∥m，m∥n⇒l∥n，由l⊥α，得n⊥α，故C正确；α∥β，l⊥α则

l⊥β，故D正确．答案：ACD7．解析：∵AD1⊥A1D，AD1⊥A1B1，A1D∩A1B1＝A1，A1D，A1B1⊂平面A1DB1，∴AD1⊥平面A1DB1.答案：平面A1DB18．解析：∵由于当一条直线垂直于两个平行平面中的一个时，此直线也垂直于另一个平面，结合所给的选项，故由②④

可推出m⊥β.即②④是m⊥β的充分条件，∴满足条件②④时，有m⊥β.答案：②④9．证明：如图，连接AC，因为四边形ABCD为正方形，所以AC⊥BD，又因为BD⊥A1A，AC∩AA1＝A，AC，A1A⊂平面

A1AC，所以BD⊥平面A1AC，因为A1C⊂平面A1AC，所以BD⊥A1C.同理可证BC1⊥A1C.又因为BD∩BC1＝B，BD，BC1⊂平面BC1D，所以A1C⊥平面BC1D.10．证明：(1)由题意知AA1⊥平面ABC，CD⊂平面ABC，所以CD⊥AA1.(2)因为D是AB的中点，

△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，所以CD⊥AB.又CD⊥AA1，AB∩A1A＝A，AB，A1A⊂平面A1B1BA，所以CD⊥平面A1B1BA.因为AB1⊂平面A1B1BA，所以CD⊥AB1.又因为C

E⊥AB1，CD∩CE＝C，CD，CE⊂平面CED，所以AB1⊥平面CED.11．解析：如图，设点P在平面ABC内的射影为O，连接OA，OB，OC.∵三棱锥的三条侧棱两两相等，∴PA＝PB＝PC.∵PO⊥底面

ABC，∴PO⊥OA，PO⊥OB，PO⊥OC，∴Rt△POA≌Rt△POB≌Rt△POC，∴OA＝OB＝OC，故顶点P在底面的射影为底面三角形的外心．故选C.答案：C12．解析：对于A，由AB与CE所成角为45°，可得直线AB与平面CDE不垂直；对于B，由AB⊥CE，AB⊥ED，且CE∩ED

＝E，可得AB⊥平面CDE；对于C，由AB与CE所成角为60°，可得直线AB与平面CDE不垂直；对于D，由ED⊥平面ABC，可得ED⊥AB，同理，EC⊥AB，且ED∩EC＝E，可得AB⊥平面CDE.故选BD.答案：BD

13．解析：如图，因为PA⊥PB，PA⊥PC，PB∩PC＝P，所以PA⊥面PBC，则PA⊥BC，又PH⊥平面ABC，所以PH⊥BC，而PA∩PH＝P，所以BC⊥面PAH，所以AH⊥BC，同理可证BH⊥A

C，CH⊥AB，所以点H为垂心．答案：垂14．解析：连接A1C1，由直四棱柱ABCD­A1B1C1D1可得CC1⊥平面A1B1C1D1，因为B1D1⊂平面A1B1C1D1，故CC1⊥B1D1，当A1C1⊥B1D1时，因为CC1∩A1C1＝C1，故

B1D1⊥平面A1C1C，而A1C⊂平面A1C1C，故A1C⊥B1D1.答案：A1C1⊥B1D115.证明：由题设AB＝AC＝SB＝SC＝SA，连接OA，因为△ABC为等腰直角三角形，O为BC的中点，所以OA＝OB＝OC＝22SA，且AO⊥BC.因为SB＝AB，SC＝A

C，BC＝BC，所以△BSC≌△BAC，所以△SBC为等腰直角三角形且∠BSC＝90°.又O为BC的中点，所以SO⊥BC，SO＝OB＝22SA.从而OA2＋SO2＝SA2，所以SO⊥AO.又AO∩BC＝O，所以SO⊥平

面ABC.16．解析：(1)因为ABC­A1B1C1是直三棱柱，所以A1C1＝B1C1＝1，且∠A1C1B1＝90°.又D是A1B1的中点，所以C1D⊥A1B1.因为AA1⊥平面A1B1C1，C1D⊂平面A1B1C1，所以AA1⊥C1D，又A1B1∩AA1＝A1，所以C1D⊥平面AA1B1

B.(2)作DE⊥AB1交AB1于E，延长DE交BB1于F，连接C1F，则AB1⊥平面C1DF，点F为所求．因为C1D⊥平面AA1B1B，AB1⊂平面AA1B1B，所以C1D⊥AB1.又AB1⊥DF，DF∩C1D＝D，所以AB1⊥平面C1DF.因为AA1＝A1B1＝2，所以四边

形AA1B1B为正方形．又D为A1B1的中点，DF⊥AB1，所以F为BB1的中点，所以当点F为BB1的中点时，AB1⊥平面C1DF.课时作业(三十六)直线与平面垂直的性质1．解析：由线面垂直的性质定理可知，当b⊥α，a⊥α时，a∥b.答

案：C2．解析：由于这条垂线与圆柱的母线都垂直于底面，所以它们平行．答案：B3．解析：如图所示．连接AC，BD，因为ABCD­A1B1C1D1是正方体，所以四边形ABCD是正方形，AC⊥BD，CE⊥平面ABCD，所以BD⊥CE，

而AC∩CE＝C，故BD⊥平面ACE，因为BD∥B1D1，故B1D1⊥平面ACE，故B1D1⊥AE.答案：B4.解析：斜线段、垂线段以及射影构成直角三角形．如图所示，∠ABO即是斜线段与平面所成的角．又AB＝2BO，所以

cos∠ABO＝OBAB＝12，所以∠ABO＝60°.答案：A5.解析：如图，设AB的中点为M，分别过A，M，B向α作垂线，垂足分别为A1，M1，B1，则由线面垂直的性质定理可知AA1∥MM1∥BB1.结合题意

知，四边形AA1B1B为直角梯形，AA1＝3，BB1＝5，MM1为其中位线，∴MM1＝4.故选A.答案：A6．解析：因为BE⊥CD，AE⊥CD，BE∩AE＝E，所以CD⊥平面ABE，因为AB⊂平面ABE，所以AB⊥CD，故A正确；因为CD∥AE，

△ABE是等边三角形，所以AB与CD异面，且所成角为60°，故B错误；CD∥BE，∠ABE＝45°，所以AB与CD异面，且所成角为45°，故C错误；CD⊥平面ABC，所以CD⊥AB，故D正确．答案：AD7．解析：如图．易知AB⊥平面BCC1B1.又∵MN⊂平面BC

C1B1，∴AB⊥MN.又∵MN⊥BC，AB∩BC＝B，∴MN⊥平面ABCD，易知AA1⊥平面ABCD.故AA1∥MN.答案：平行8．解析：因为AF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，所以AF∥DE，又因为AF＝DE，所以四边形AFED

是平行四边形，所以EF＝AD＝6.答案：69．证明：因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD.因为四边形ABCD是矩形，所以CD⊥AD.因为PA∩AD＝A，PA⊂平面PAD，AD⊂平面

PAD，所以CD⊥平面PAD.因为AE⊂平面PAD，所以AE⊥CD.因为AE⊥PD，PD∩CD＝D，PD⊂平面PCD，CD⊂平面PCD，所以AE⊥平面PCD.因为直线l⊥平面PCD，且直线l不经过点E，所以l∥AE.10．解析：过A作AH⊥BC于H，连接PH，∵PC⊥平面ABCD，A

H⊂平面ABCD，∴PC⊥AH，又PC∩BC＝C，∴AH⊥平面PBC.∴∠APH为PA与平面PBC所成的角，在边长为2的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，∴△ABC为正三角形，又AH⊥BC，∴H为BC中点，AH＝3，∵PC＝AC＝2，∴PA＝

22，∴sin∠APH＝AHPA＝64.故PA与平面PBC所成角的正弦值为64.11.解析：连接AC，取AC的中点为O，连接NO，MO，如图所示：因为N，O分别为PC，AC的中点，所以NO∥PA，因为PA⊥平面ABCD，所以NO⊥平面ABCD，所以NO⊥CD.又因为M

，O分别为AB，AC的中点，所以MO∥BC.因为BC⊥CD，所以MO⊥CD，因为NO∩MO＝O，所以CD⊥平面MNO，所以CD⊥MN.答案：B12．解析：因为PA⊥平面ABC，故PA⊥BC，又BC⊥AC，故BC⊥平面PAC，从而BC⊥AF，又AF⊥PC，故AF⊥平面PBC，所以AF⊥PB

，AF⊥BC，故A，C正确；由选项A知AF⊥PB，而AE⊥PB，从而PB⊥平面AEF，故EF⊥PB，故B正确；由上面过程可知，AE与平面PBC不垂直，故D不正确．答案：ABC13．解析：∵DE⊥平面ABC，PA⊥平面ABC，∴DE∥PA

.又DE⊄平面PAC，PA⊂平面PAC，∴DE∥平面PAC.答案：平行14．解析：连接A1C1，BC1，△BA1C1为等边三角形，所以直线A1B与直线AC所成角的大小为π3，因为四边形BCC1B1是正方形

，所以BC1⊥B1C，又DC⊥平面BCC1B1，所以BC1⊥CD，又因为CD∩B1C＝C，所以BC1⊥平面A1B1CD.设BC1交B1C于O，则∠OA1B为直线A1B和平面A1B1CD所成的角，在Rt△OA1B中，sin∠OA1B＝BOA1B＝12，所以直线A1B和平面A1B1CD所成角的大小为

π6.答案：π3π615．解析：(1)∵AD∥BC.AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，∴AD∥平面PBC，∴AD到平面PBC的距离等于点A到平面PBC的距离，过点A作AH⊥PB，交PB于H，如图所示，∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC，∵B

C⊥AB，PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，∴BC⊥平面PAB，又AH⊂平面PAB，∴BC⊥AH，又AH⊥PB，PB∩BC＝B，PB，BC⊂平面PBC，∴AH⊥平面PBC，∴AH的长即为点A到平面PBC的距离，也即直线

AD到平面PBC的距离，在等腰直角三角形PAB中，易得AH＝22a，所以直线AD到平面PBC的距离为22a.(2)过点A作AE⊥PC，交PC于E，则AE的长即为点A到PC的距离．连接AC，在Rt△PAC中，PA＝a，AC＝2a，PC＝3a，∵AE·PC＝PA·

AC，∴AE＝PA·ACPC＝63a，即点A到直线PC的距离为63a.16．解析：(1)证明：由题知：AB＝1，BC＝3，AC＝2.则AB2＋BC2＝AC2，所以AB⊥BC，又因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥BC，因为PA∩AB＝A，所以BC⊥平面PAB.(2)在线

段PC上存在点D，当PD＝54时，使得AC⊥BD.理由如下：如图，在平面ABC内，过点B作BE⊥AC，垂足为E，在平面PAC内，过点E作DE∥PA，交PC于点D，连接BD，由PA⊥平面ABC，知DE⊥平面ABC，所以DE⊥AC，所以AC⊥平面DBE，又因为BD⊂

平面DBE，所以AC⊥BD，在△ABC中，BE＝AB·BCAC＝32，所以AE＝12，CE＝32，所以CECA＝CDCP＝34，所以CD＝354，PD＝54.课时作业(三十七)平面与平面平行的判定1．解析：根据面面平行的判定定理，可知因为l∥α，l∥β推不出α∥β，反之，当α∥β，l∥

α，则l与β的位置关系也不确定，所以“l∥β”是“α∥β”的既不充分不必要条件．答案：D2．解析：因为l∩m＝P，所以过l与m确定一个平面β.又因l∥α，m∥α，l∩m＝P，所以β∥α.答案：B3．解析：若平面α外的两点所确定的直线与平面α平行，则过该直线与平面α平行的平面有且

只有一个；若平面α外的两点所确定的直线与平面α相交，则过该直线的平面与平面α平行的平面不存在．答案：D4.解析：如图，∵EG∥E1G1，EG⊄平面E1FG1，E1G1⊂平面E1FG1，∴EG∥平面E1FG1.又G1F∥H1

E，同理可证H1E∥平面E1FG1，又H1E∩EG＝E，H1E，EG⊂平面EGH1，∴平面E1FG1∥平面EGH1.故选A.答案：A5.解析：取AB、DC的中点分别为E1和F1，OM扫过的平面即为面A1E1F1D1(如图)，故面A1E1F1D1∥面

BCFE.答案：C6．解析：如图1，作α，β交线的无数条平行线，可知A，B错误；对C，由题意可知AB∥β，BC∥β，AB∩BC＝B，由面面平行的判定定理可知：α∥β，C正确；对D，参考答案C，假设α内有一个点位

于点A处，而其余点均位于直线BC上，则两个平面平行；如图2，α内有一个点位于点A处，而其余点均位于直线BC上，可知两个平面相交，D正确．答案：CD7．解析：b、c⊂β，a⊂α，a∥b∥c，若α∥β，满足要求

；若α与β相交，交线为l，b∥c∥l，a∥l，满足要求．答案：相交或平行8．解析：假若α∩β＝l，则在平面α内，与l相交的直线a，设a∩l＝A，对于β内的任意直线b，若b过点A，则a与b相交，若b不过点A，则a与b异面，即β内不存在直线b∥a.故α∥β.答案：平行9．证明：连

接B1D1，B1C.∵P，N分别是D1C1，B1C1的中点，∴PN∥B1D1.又B1D1∥BD，∴PN∥BD.又PN⊄平面A1BD，BD⊂平面A1BD，∴PN∥平面A1BD.同理，MN∥平面A1BD.又PN∩MN＝N，∴平面PMN∥平面A1

BD.10．解析：(1)因为E，F分别是BC，BP的中点，所以EF綊12PC，因为PC⊂平面PAC，EF⊄平面PAC，所以EF∥平面PAC.(2)因为E，G分别是BC，AD中点，所以AE∥CG，因为AE⊄平面PCG，CG⊂平面PCG

，所以AE∥平面PCG，又因为EF∥PC，PC⊂平面PCG，EF⊄平面PCG，所以EF∥平面PCG，AE∩EF＝E，AE，EF⊂平面AEF，所以平面AEF∥平面PCG.(3)设AE与BD交于M点，由(2)知，平面P

CG∥平面AEF.因为点F，M在平面AEF上，连接FM，则FM⊂平面AEF，且FM⊄平面PCG.所以FM∥平面PCG，即M点为所找的H点．11.解析：由题意可知经过P、Q、R三点的平面即为平面PGRHNQ，如图所示：可知N在经过P、Q、R三点的平面上，所以B

、C错误；MC1与QN是相交直线，所以A不正确；因为A1C1∥RH，BC1∥QN，A1C1∩BC1＝C1，又容易知RH，QN也相交，A1C1，BC1⊂平面A1C1B；RH，QN⊂平面PGRHNQ，故平面A1C1B∥平面PGRH

NQ.答案：D12.解析：作出立体图形如图所示．连接E，F，G，H四点构成平面EFGH.对于A，因为E，F分别是PA，PD的中点，所以EF∥AD.又EF⊄平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以EF∥平面ABCD.同理，EH∥平面A

BCD.又EF∩EH＝E，EF⊂平面EFGH，EH⊂平面EFGH，所以平面EFGH∥平面ABCD，故A正确；对于B，连接AC，BD，DG，BG，设AC的中点为M，则M也是BD的中点，所以MG∥PA，又MG⊂平面BDG

，PA⊄平面BDG，所以PA∥平面BDG，故B正确；对于C，由A中的分析知EF∥AD，AD∥BC，所以EF∥BC，因为EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以直线EF∥平面PBC，故C正确；对于D，根据C中的分析可知EF∥BC再结合图形可得，BC∩BD＝B，则直线EF与平面BDG不

平行，故D错误．故选ABC.答案：ABC13．解析：在b上任取一点O，则直线a与点O确定一个平面γ，设γ∩β＝l，则l⊂β，∵a∥β，∴a与l无公共点，∴a∥l，∴l∥α.又b∥α，根据面面平行的判定定理可得α∥β.答案：平行14．解析：以ABCD为下底面还原正方体，如图

：则易判定四个命题都是正确的．答案：①②③④15．解析：能作出满足条件的平面α，其作法如下：如图，连接BD1，取AA1中点M，连D1M，则BD1与D1M所确定的平面即为满足条件的平面α.证明：如下：连接BD交AC于O，连接PO，则O为BD的中点，又P为DD1的中点，则PO∥D1B.∵BD1⊄平

面PAC，OP⊂平面PAC，故D1B∥平面PAC.又因为M为AA1的中点，故D1M∥PA，又D1M⊄平面PAC，PA⊂平面PAC，从而D1M∥平面PAC.又因为D1M∩D1B＝D1，D1M⊂α，D1B⊂α，所以平面α∥平面PA

C.16.解析：(1)证明：连接BM，因为E，F分别为BC，CM的中点，所以EF∥BM，又EF⊄平面BDD1B1，BM⊂平面BDD1B1，所以EF∥平面BDD1B1.(2)棱CD上存在一点G，使得平面GEF∥平面BDD1B1.理由如下：连接GE，GF.因为

平面GEF∩平面ABCD＝EG，平面BDD1B1∩平面ABCD＝BD，所以EG∥BD，又因为E是BC中点，所以G是DC中点，所以棱CD上存在一点G，使得平面GEF∥平面BDD1B1，且CGGD＝1.课时

作业(三十八)平面与平面平行的性质1．解析：∵平面α∥平面β，∴平面α与平面β没有公共点．∵a⊂α，b⊂β，∴直线a，b没有公共点，∴直线a，b的位置关系是平行或异面．答案：D2．解析：根据平面与平面平行的性质可知，所得四条直线两两相互平行．答案：A3．解析：由题意知：P，A，B，

C，D在同一平面内，且平面PBD∩平面α＝AC，平面PBD∩平面β＝BD，∵平面α∥平面β，∴AC∥BD.答案：A4．解析：如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，平面ABB1A1∥平面CDD1C1，过D1B的平面BED1F与平面ABB1A1交于直线BE，与平面CDD1C1交于直线D1F.

由面面平行的性质定理，知BE∥D1F.同理BF∥D1E.所以四边形D1EBF为平行四边形．答案：C5．解析：可将AB与CD想象为同高圆台的母线，显然相交、平行、异面都有可能．答案：D6．解析：平面α∥平面β，一条直线a平行于平面α，则a可能在平面β内，故A错误；平

面α∥平面β，则α内的任意一条直线都平行于平面β，故B正确；一个三角形有两条边所在的直线平行于一个平面，由面面平行的判定知，三角形所在的平面与这个平面平行，故C正确；分别在两个平行平面内的两条直线只能是平行直线或异面直线，不可

能相交，故D正确．答案：BCD7．解析：当FG∥B1B时，四边形EFGH为矩形；当FG不与B1B平行时，四边形EFGH为梯形．答案：②⑤8．解析：∵平面α∥平面β，∴CD∥AB，则PCPA＝CDAB，∴AB＝PA×CDPC＝5×12＝52.

答案：529．证明：根据棱台的定义可知，BB1与DD1相交，所以BD与B1D1共面．又因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1，且平面BB1D1D∩平面ABCD＝BD，平面BB1D1D∩平面A1B1C1D1＝B1D1，所以B1D1∥BD

.10．证明：因为F为AB的中点，所以AB＝2AF，又因为AB＝2CD，所以CD＝AF，因为AB∥CD，所以CD∥AF，所以AFCD为平行四边形，所以FC∥AD，又FC⊄平面ADD1A1，AD⊂平面ADD1A1所以FC∥平面ADD1A1，因为CC1∥DD1，CC1⊄平

面ADD1A1，DD1⊂平面ADD1A1，所以CC1∥平面ADD1A1，又FC∩CC1＝C，所以平面ADD1A1∥平面FCC1.又EE1⊂平面ADD1A1，所以EE1∥平面FCC1.11．解析：∵平面

α∥平面ABC，平面PAB与它们的交线分别为A′B′，AB，∴AB∥A′B′，同理B′C′∥BC，易得△ABC∽△A′B′C′，S△A′B′C′∶S△ABC＝A′B′AB2＝PA′PA2＝425.答案：B12．解析：如图所示，A′、B′分别是A、B

两点在α、β上运动后的两点，此时AB中点C变成A′B′的中点C′，连接A′B，取A′B的中点E.连接CE、C′E、AA′、BB′、CC′，则CE∥AA′，∴CE∥α.又C′E∥BB′，∴C′E∥β.又∵α∥β，∴C′E∥α.∵C′E∩CE＝E，∴平面CC′E∥平面

α，∴CC′∥平面α.∴不论A、B如何移动，所有的动点C都在过C点且与α、β平行的平面上．答案：D13．解析：因为平面α∥平面BC1E，平面α∩平面AA1B1B＝A1F，平面BC1E∩平面AA1B1B＝BE，所以A1F綊BE，所以Rt

△A1AF≌Rt△BB1E，所以AF＝B1E＝1.答案：114.解析：如图所示，截面为等腰梯形BDPQ，且PQ＝22，BD＝42，等腰梯形的高为（42＋22）－（2）2＝32，故截面的面积为12×(22＋42)×32＝

18.答案：等腰梯1815．解析：∵E，F分别为B1C1，A1B1的中点，∴EF∥A1C1，∵A1C1⊂平面A1C1G，EF⊄平面A1C1G，∴EF∥平面A1C1G，又F，G分别为A1B1，AB的中点

，∴A1F＝BG，又A1F∥BG，∴四边形A1GBF为平行四边形，则BF∥A1G，∵A1G⊂平面A1C1G，BF⊄平面A1C1G，∴BF∥平面A1C1G，又EF∩BF＝F，EF，BF⊂面BEF，∴平面A1C1G∥平面BEF；∵

平面ABC∥平面A1B1C1，平面A1C1G∩平面A1B1C1＝A1C1，平面A1C1G与平面ABC有公共点G，则有经过G的直线，设交BC于点H，则A1C1∥GH，得GH∥AC，∵G为AB的中点，∴H为BC的中点．16．解析：(1)因为在正方体ABCD­A1B1C1D1中，AD∥B1C1，所以四边

形AB1C1D是平行四边形，所以AB1∥C1D，又因为C1D⊂平面C1BD，AB1⊄平面C1BD，所以AB1∥平面C1BD.同理B1D1∥平面C1BD.又因为AB1∩B1D1＝B1，AB1⊂平面AB1D1，B1D1⊂平面AB1D1，所

以平面AB1D1∥平面C1BD.(2)如图，连接A1C1交B1D1于点O1，连接AO1与A1C交于点E.又因为AO1⊂平面AB1D1，所以点E也在平面AB1D1内，所以点E就是A1C与平面AB1D1的交点．连接AC交BD于点O，连接C1O，与A1C交于点F，则

点F就是A1C与平面C1BD的交点．下面证明A1E＝EF＝FC.因为平面A1C1C∩平面AB1D1＝EO1，平面A1C1C∩平面C1BD＝C1F，而平面AB1D1∥平面C1BD，所以EO1∥C1F.在△A1C1F中，O1是A1C1的中点

，所以E是A1F的中点，即A1E＝EF.同理可证OF∥AE，又因为O为AC的中点，所以F是CE的中点，即CF＝FE.因此A1E＝EF＝FC.课时作业(三十九)平面与平面垂直的判定1．解析：因为l⊥β，l⊂α，所以α⊥β(面面垂直的判定定理)，故A正确．答案：A2．解析：因为PA⊥平面ABC

，BA，CA⊂平面ABC，所以BA⊥PA，CA⊥PA，因此∠BAC即为二面角B­PA­C的平面角．又∠BAC＝90°，所以二面角B­PA­C的大小为90°.答案：A3．解析：由a∥α，知α内必有直线l与a平行．而a⊥β，所以l⊥β，

所以α⊥β.答案：D4．解析：因为AB＝BC，且E是AC的中点，所以BE⊥AC.同理，DE⊥AC.又BE∩DE＝E，所以AC⊥平面BDE.因为AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BDE.因为AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.答案：C5．解析：设两点为A，B，平面为α，若直

线AB⊥α，则过A、B与α垂直的平面有无数个；若直线AB与α不垂直，即直线AB与α平行、相交或在平面α内，均存在唯一平面垂直于已知平面．答案：C6．解析：若m∥α，n∥β，且m∥n，则α，β可能相交或平行，故A错误；若m∥α，n∥β，且m⊥n，则α，β可能相交，也可能平行，故B错误；若m⊥α，

m∥n，则n⊥α，又n⊥β，则α∥β，故C正确；若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，又n⊥β，根据面面垂直的判定定理可得：α⊥β，故D正确．答案：CD7．解析：如图，因为OA⊥OB，OA⊥OC，OB⊂β，OC⊂β，OB∩OC＝O，根

据线面垂直的判定定理，可得OA⊥β.又OA⊂α，根据面面垂直的判定定理，可得α⊥β.答案：面面垂直的判定定理8．解析：在四棱锥P­ABCD中，①因为PD⊥平面ABCD，PD⊂平面PAD，所以平面PAD⊥平面ABCD；同理可证：平面PB

D⊥平面ABCD；平面PCD⊥平面ABCD；②因为PD⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以PD⊥AB.因为ABCD为正方形，所以AB⊥AD.又PD，AD在平面PAD内，且相交于点D，所以AB⊥平面PAD.又AB⊂平面P

AB，所以平面PAB⊥平面PAD.同理可证：平面PCB⊥平面PCD，平面PAC⊥平面PBD，平面PCD⊥平面PAD.所以一定互相垂直的平面有7对．答案：79．证明：连接AC，设AC∩BD＝O，连接OE.因为

O为AC中点，E为PA的中点，所以EO是△PAC的中位线，所以EO∥PC.因为PC⊥平面ABCD，所以EO⊥平面ABCD.又因为EO⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面ABCD.10．证明：∵AB＝BC，G为AC中点，

所以AC⊥BG.同理可证AC⊥DG.又∵BG∩DG＝G，∴AC⊥平面BGD.∵E，F分别为CD，DA的中点，∴EF∥AC，∴EF⊥平面BGD.又∵EF⊂平面BEF，∴平面BEF⊥平面BGD.11．解析：因为在四棱锥S­ABCD中，底面AB

CD为正方形，所以BD⊥AC.因为SA⊥平面ABCD，所以SA⊥BD.因为SA∩AC＝A，所以BD⊥平面SAC.因为BD⊂平面PBD，所以平面PBD⊥平面SAC.答案：B12．解析：∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC，∵圆O中，AC是直径，∴BC⊥AB，∵P

A∩AB＝A，∴BC⊥平面PAB，∴BC⊥AN，∵AN⊥PB，PB∩BC＝B，∴AN⊥平面PBC，∵AN⊂平面ANS，∴平面ANS⊥平面PBC，故A正确；∵AN⊥PB，则要使平面ANS⊥平面PAB，则必有PB⊥平面ANS，但无法判断PB⊥NS，故无

法判断平面ANS⊥平面PAB，故B错误；由A选项知BC⊥平面PAB，∵BC⊂平面PBC，∴平面PAB⊥平面PBC，故C正确；∵PA⊥平面ABC，PA⊂平面PAC，∴平面ABC⊥平面PAC，故D正确．答案：ACD13．解析：如图，连接AC，则BD⊥AC.由PA⊥平面ABCD，可知B

D⊥PA，所以BD⊥平面PAC，所以BD⊥PC，所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD.而PC⊂平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD.答案：DM⊥PC(或BM⊥PC等)14．解析：如图所示，是等腰直

角三角形ABC以斜边AB上的高CD为棱，折成直二面角后的图形，折叠后AD⊥CD，BD⊥DC，∠ADB即所成二面角的平面角，故∠ADB＝90°.设AD＝a，则有BD＝CD＝a，所以AB＝AC＝BC＝2a，所以△ABC是等边三角形，所以折叠后原等腰直角三角形两条直角边AC，BC的

夹角为60°.答案：60°15．证明：如图，取BC的中点M，连AM，A1M，因为AB＝AC＝2，∠BAC＝90°，所以BC＝22，AM＝2，又因为A1B＝A1C＝22，所以A1M＝6，在△A1AM中，由A1A

＝22，满足A1A2＝AM2＋A1M2，所以A1M⊥AM，且A1M⊥BC，BC∩AM＝M，BC，AM⊂平面ABC，所以A1M⊥平面ABC，又A1M⊂平面A1BC，所以平面A1BC⊥平面ABC，又平面ABC∥平面A1B1C1，所以平面A1BC⊥平面A1B1C

1.16．解析：(1)证明：由AB⊥BE，得AP⊥PE.同理可得DP⊥PE.又∵AP∩DP＝P，∴PE⊥平面PAD.又PE⊂平面PDE，∴平面PDE⊥平面PAD.(2)如图，取AD的中点F，连接PF，EF，则PF⊥AD，EF⊥AD.∴∠PFE就是二面角P­AD­E的平面角．又PE⊥平面PA

D，∴PE⊥PF.∵EF＝AB＝2，PF＝（2）2－1＝1，∴cos∠PFE＝PFEF＝22.∴二面角P­AD­E的大小为45°.课时作业(四十)平面与平面垂直的性质1．解析：∵n与β的位置关系各种可能性都有，∴A、B都不正确．当n⊄α时，作n′∥n，使n′和m有

交点，则n′与m确定平面γ，设α∩γ＝l，则有m⊥l.又m⊥n′，∴l∥n′，∴n∥α；当n⊂α时，显然成立．故C不正确，D正确．答案：D2．解析：当b＝α∩β时，必有a⊥β；当b不是α与β的交线时，直线a不一定垂直于平面β.答案：C3．解析：由平面与平面垂直的有关性

质可以判断出D项错误．答案：D4．解析：因为PA＝PB，AD＝DB，所以PD⊥AB.因为平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，PD⊂平面PAB，所以PD⊥平面ABC.故选B.答案：B5．解析：作AE⊥BD，交BD于E，因

为平面ABD⊥平面BCD，所以AE⊥平面BCD，BC⊂平面BCD，所以AE⊥BC，而DA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以DA⊥BC，又因为AE∩AD＝A，所以BC⊥平面ABD，而AB⊂平面ABD，所以BC⊥AB，即△

ABC为直角三角形．故选B.答案：B6．解析：∵平面PAD⊥平面ABCD，四边形ABCD为矩形，∴AD⊥AB，∴AB⊥平面PAD.∴AB⊥PD.又AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD.故A，C正确．同理可证平面PAD⊥平面P

DC.故B正确．D显然不正确．答案：ABC7．解析：①l⊥α是线面垂直，③l∥β是线面平行，则β内存在直线与l平行，且此直线与α垂直，根据面面垂直的判定定理可知②α⊥β.答案：①③8．解析：由已知得CD⊥AD，CD⊥BD，BD∩AD＝D，所以CD⊥平面ABD，所以平面ADC⊥平面ABD

，平面ADB⊥平面BDC，又因为平面ADC⊥平面BDC，所以互相垂直的平面有3对．答案：39．证明：∵平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，PA⊥AC，∴PA⊥平面ABC.又BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC.又∵AB⊥BC，AB∩PA＝

A，AB⊂平面PAB，PA⊂平面PAB，∴BC⊥平面PAB.又BC⊂平面PBC，∴平面PAB⊥平面PBC.10．证明：∵AB是半圆直径，∴AP⊥BP，∵四边形ABCD是正方形，∴CB⊥AB，∵平面ABCD⊥平面ABEF，且平面ABCD∩平面ABEF＝AB

，CB⊂平面ABCD，∴CB⊥平面ABEF，∵AP⊂平面ABEF，∴CB⊥AP，∵CB∩PB＝B，∴AP⊥平面PBC，∵AP⊂平面PAC，∴平面PAC⊥平面PBC.11．解析：连接AC1，因为AC⊥AB，AC⊥BC1，所以AC⊥平面ABC1.

又AC⊂平面ABC，所以平面ABC1⊥平面ABC，所以C1在平面ABC上的投影H必在平面ABC1与平面ABC的交线AB上．故选A.答案：A12．解析：对于A，因为BC∥AD，AD与DF相交不垂直，所以BC与DF不垂直，故A不可能成立；对于B，如

图，设点D在平面BCF上的投影为点P，当BP⊥CF时，有BD⊥FC，而AD∶BC∶AB＝2∶3∶4可使条件满足，故B可能成立；对于C，当点P落在BF上时，DP⊂平面BDF，从而平面BDF⊥平面BCF，故

C可能成立；对于D，因为点D的投影不可能在FC上，故D不可能成立．故选BC.答案：BC13．解析：设P在平面ABC上的投影为O，∵平面PAB⊥底面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，∴O∈AB.∵PA＝PB＝PC，∴OA＝OB＝OC，∴O是△ABC的

外心，且是AB的中点，∴△ABC是直角三角形．答案：直角14．解析：∵侧面PAC⊥底面ABC，交线为AC，∠PAC＝90°(即PA⊥AC)，∴PA⊥平面ABC，PA⊂平面PAC，又AB⊂平面ABC，∴PA⊥AB，∴PB＝PA2＋AB

2＝1＋4＝5.答案：515．证明：(1)因为平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD＝AD，PA⊂平面PAD，PA⊥AD，所以PA⊥底面ABCD.(2)因为AB∥CD，CD＝2AB，E是CD的中点，所以AB∥DE，且AB＝DE

.所以四边形ABED为平行四边形，所以BE∥AD.又BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BE∥平面PAD.(3)因为AB⊥AD，四边形ABED为平行四边形，所以BE⊥CD，AD⊥CD.由(1)知PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD.因为PA∩AD＝A，所以CD⊥平面P

AD，所以CD⊥PD.因为E和F分别是CD和PC的中点，所以PD∥EF，所以CD⊥EF.因为CD⊥BE，EF∩BE＝E，所以CD⊥平面BEF.因为CD⊂平面PCD，所以平面BEF⊥平面PCD.16．解析：(1)证明：∵AB⊥平面

BCD，CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD.∵CD⊥BC且AB∩BC＝B，∴CD⊥平面ABC.又AEAC＝AFAD＝λ(0<λ<1)，∴不论λ为何值，恒有EF∥CD，∴EF⊥平面ABC.又EF⊂平面BEF，∴不论λ为何值恒有平面BEF⊥平面ABC.(2)由(1)知，EF⊥B

E，又平面BEF⊥平面ACD，平面BEF∩平面ACD＝EF，EF⊂平面BEF，∴BE⊥平面ACD，∴BE⊥AC.∵BC＝CD＝1，∠BCD＝90°，∠ADB＝60°，AB⊥平面BCD，∴BD＝2，AB＝2tan60°＝6，∴AC＝AB2＋BC2＝7，由AB2＝AE·AC

得AE＝67，∴λ＝AEAC＝67，故当λ＝67时，平面BEF⊥平面ACD.课时作业(四十一)几种简单几何体的表面积1．解析：由题意得，设球的半径为R，则4πR2＝144π，解得R＝6.答案：A2．解析：根据轴截面面积是3，可得圆锥的母线长a为2，底面半径为1，所以S＝

πr2＋πrl＝π＋2π＝3π.故选A.答案：A3．解析：设球的半径为R，则截面圆的半径为R2－1，∴截面圆的面积为π(R2－1)2＝(R2－1)π＝π，∴R2＝2，∴球的表面积S＝4πR2＝8π.答案

：C4．解析：由题意，知侧面积为6×6×4＝144，两底面积之和为2×34×42×6＝483，所以表面积S＝48(3＋3).答案：A5．解析：设圆锥的母线长为l，则12×l×l＝8，得l＝4，即母线长为4，设圆锥的底面半径为r，则(2r)2＝

l2＋l2＝32，解得r＝22，即圆锥底面圆的半径为22，所以圆锥的侧面积为12×42π×4＝82π.答案：D6．解析：分别以长为8cm，宽为6cm的边所在的直线为旋转轴，即可得到两种不同大小的圆柱，其底面面积分别为64πcm2，36πcm2.答案：

AB7．解析：设圆锥的母线为l，圆锥底面半径为r，由题意可知，πrl＋πr2＝3π，且πl＝2πr.解得r＝1，即直径为2.答案：28．解析：易知正四棱台侧面为等腰梯形，其高为132－52＝12，所以正四棱台的表面积S＝4×12×(8＋18)×12＋

82＋182＝1012(cm2).答案：10129．解析：如图，正四棱锥的高PO，斜高PE，底面边心距OE组成Rt△POE.∵OE＝2cm，∠OPE＝30°，∴PE＝2OE＝4cm，因此，S棱锥侧＝12Ch′＝12×4×4×4＝32(cm2)，S表面积＝S侧＋S底＝32＋1

6＝48(cm2).10．解析：如图，设底面对角线AC＝a，BD＝b，交点为O，体对角线A1C＝15，B1D＝9，∴a2＋52＝152，b2＋52＝92，∴a2＝200，b2＝56，∵该直四棱柱的底面是菱形，∴AB2

＝AC22＋BD22＝a2＋b24＝200＋564＝64，∴AB＝8.∴直四棱柱的侧面积S侧＝4×8×5＝160.∴直四棱柱的底面积S底＝12AC·BD＝207.∴直四棱柱的表面积S表＝160＋2×207＝160＋407.11．解析：设圆锥的底面圆半径为r，高为h，母线长

为l，圆锥的外接球半径为R，则πr2＝3π，可得r＝3，由于圆锥的侧面展开图是半圆，则πl＝2πr，可得l＝2r＝23，∴h＝l2－r2＝3，由圆锥的几何特征可知，圆锥的外接球心在圆锥的轴上，所以，|h－R|2＋r2＝R2，解得R

＝2，因此，该圆锥的外接球的表面积为4πR2＝16π.答案：B12．解析：所求凸多面体的表面积是两个底面边长为1，高为22的四棱锥的侧面积之和，如图，四棱锥的侧棱长l＝222＋12＋1222＝1，所以，以该正方体各个面的中心为顶点的凸多面体

的表面积S＝8×12×1×1×sin60°＝23.故选B.答案：B13．解析：显然正六棱锥P­ABCDEF的底面的外接圆是球的一个大圆，由已知，可得大圆的半径为2.易得其内接正六边形的边长为2.又正六棱锥P­ABCDEF的高为2.则斜高为

22＋（3）2＝7，所以该正六棱锥的侧面积为12×6×2×7＝67.答案：6714．解析：因为棱长为1的正四面体的底面积S＝34，高h＝63，所以V＝13Sh＝212.设内切球的半径为r，则球心到各个底面的距离都为r，且球心与各个底面构成的三棱锥的体积

都是V′＝13Sr，所以V＝4V′，即212＝4×13Sr，从而r＝612.故内切球的表面积为4πr2＝π6.答案：π615．解析：(1)由题意可知，圆锥的母线长为l＝R2＋（3R）2＝2R，所以，该圆锥的表面积为S＝πR(R＋l)＝3πR2；(2)如图所示，设正四棱柱的底面对

角线的一半为x，∵△PBC∽△PAO，∴BCAO＝PCPO，即xR＝3R－OC3R，解得OC＝3(R－x)，正四棱柱的底面是一个正方形，其底边长为2x，底面积为2x2，所以，四棱柱的表面积为S＝2×2x2＋4×2x×3(R－x)＝(4－46)x2＋46Rx

，由二次函数的基本性质可知，当x＝46R8（6－1）＝6R2（6－1）时，正四棱柱的表面积S有最大值，即Smax＝6（6＋1）R25.16．解析：(1)正三棱柱ABC­A1B1C1侧面展开图是一个长为9，宽为4的矩形，其对

角线长为92＋42＝97.(2)如图，将侧面BB1C1C绕棱CC1旋转120°使其与侧面AA1C1C在同一平面上，点P移动到点P1的位置，连接MP1，则MP1就是由点P沿棱柱侧面经过棱CC1到点M的最短路线．设PC＝x，即P1C＝x，在Rt△MA

P1中，由勾股定理得(3＋x)2＋22＝29，求得x＝2，∴PC＝P1C＝2.∵NCMA＝P1CP1A＝25，∴NC＝45.(3)棱柱的表面积：S＝S侧＋2S底＝9×4＋2×12×32×32＝72＋932.课时作业(四十二)几种简单几何体的体积1．解析：由题意知，正四棱柱的高为（35）2－32＝

6，所以它的体积V＝32×6＝54.答案：B2．解析：由两球的体积之比为8∶27，可得半径之比为2∶3，故表面积之比是4∶9.答案：B3．解析：设圆柱母线长为l，底面半径为r，由题意得l＝2r，

2πrl＝4π，解得r＝1，l＝2，∴V圆柱＝πr2l＝2π.答案：A4．解析：由VB1－A1BC1＝VD1－A1DC1＝VC－BDC1＝VA－A1BD＝13×1×12×1×1＝16，VC1－A1BD＝VABCD－A1B1C1D1－4VB1－A1BC1＝1－4×

16＝13.答案：A5．解析：依题意d＝3169V，故V＝916d3＝916·(2r)3＝92r3，其中r是球的半径．所以球的体积为92×133＝16.答案：D6．解析：依题意得球的半径为R，则圆柱的侧面积为2πR×2R＝4πR2，∴A错误；圆锥的侧面积为πR×5R＝

5πR2，∴B错误；球面面积为4πR2，∵圆柱的侧面积为4πR2，∴C正确；∵V圆柱＝πR2·2R＝2πR3，V圆锥＝13πR2·2R＝23πR3，V球＝43πR3，∴V圆柱∶V圆锥∶V球＝2πR3∶23πR3∶43πR3＝3∶1∶2，∴D正确．答案：CD7．解

析：设长方体中从一个顶点出发的三条棱的长分别为a，b，c.由长方体的三个面的面积分别是2，3，6，可得ab＝2，ac＝3，bc＝6，三式相乘可得(abc)2＝6，∴长方体的体积V＝abc＝6.答案：68．解析：由题意可知，铜质的五棱柱的体积为V＝16×4

＝64(cm3)，融化后，正方体铜块的体积为V＝a3＝64，解得a＝4.答案：49．解析：∵VM是棱锥的高，∴VM⊥MC.在Rt△VMC中，MC＝VC2－VM2＝52－42＝3(cm)，∴AC＝2MC＝6(cm).在Rt△ABC中，BC＝AC2－AB2＝62－42

＝25(cm).S底＝AB·BC＝4×25＝85(cm2)，∴V棱锥＝13S底h＝13×85×4＝3253(cm3).10．解析：如图，过C作CE垂直于AD，交AD延长线于E，则所求几何体的体积可看成是由梯形ABCE绕

AE旋转一周所得的圆台的体积，减去△EDC绕DE旋转一周所得的圆锥的体积．所以所求几何体的体积V＝V圆台－V圆锥＝13π×(52＋5×2＋22)×4－13π×22×2＝1483π.11．解析：因为直径为12cm的作品烧制成功后直径缩小到9cm，所以烧制成功后变为原来的34，设正四面体的边长为a，其

高为63a，则其体积为V＝13·34a2·63a＝212a3，令212a3＝182，解得a＝6cm，由于比例变化相等，故烧制前棱长为634＝8cm.答案：C12．解析：若正方体的棱长为2，则：①若球为正方体的外接球，则外接球直径等于正方体体对角线，即2R＝22＋22＋22＝23

，故A正确；外接球体积为43πR3＝43π，故D错误；②若球为正方体的内切球，则内切球半径为棱长的一半，故R＝1，球的表面积为4πR2＝4π，故B正确；③若球与正方体的各棱相切，则球的直径等于正方形对角线长，即R＝22＋22＝22，球的半径为R＝2，故C正确．答案：ABC13．解析：如图：由

正六边形的每个内角为2π3，按虚线处折成高为3的正六棱柱，即BF＝3，所以BE＝BFtanπ3＝1，可得正六棱柱底边边长AB＝6－2×1＝4，所以正六棱柱体积：V＝6×12×4×4×32×3＝72.答案：7214．解析：由题意得三棱锥P­DEF的对棱分别相等，设BC＝2a，则

AC＝12－2a，将三棱锥P­DEF补体成长方体，则对角线长分别为a，6－a，4，三棱锥P­DEF的外接球即为长方体的外接球．设长方体的长、宽、高分别为x，y，z，则x2＋y2＝a2，y2＋z2＝(6－a)2，x2＋z2＝16，所以x2＋y2＋z2＝a2－6a＋26，则外接球半径r＝x2＋y

2＋z22＝a2－6a＋262，当a＝3时，半径最小，此时三棱锥P­DEF的外接球的体积最小，此时r＝172，解得x＝z＝22，y＝1，所以三棱锥VP­DEF＝22×22×1－4×13×12×22×22×1＝83.答案：1728315．解析：由43πR3＝32π3，得R＝2，∴正三

棱柱的高h＝4.设其底面边长为a，则13×32a＝2，∴a＝43，∴V＝34×(43)2×4＝483.16．解析：(Ⅰ)设正方体石块的棱长为a(dm)，则每个截去的四面体的体积为13×12×a23＝a348，由题意可得8×a348＋1603＝

a3，解得a＝4dm，故正方体石块的棱长为4dm；(Ⅱ)当球形石凳的面与正方体的各个面都相切时球形石凳的体积最大，此时正方体的棱长正好是球的直径，球形石凳的最大体积：V＝43π×423＝323πdm3.课时作业(四十三)随机事件1．解析：从十个数字中任取三个不同的数字，那么这三个数

字的和的最小值为1＋2＋3＝6，所以事件“这三个数字的和大于5”一定会发生，由必然事件的定义可以得知该事件是必然事件．答案：A2．解析：抽取的3个产品有可能是3个正品；1个正品，2个次品；2个正品，1个

次品的情况．所以A、B项都属于随机事件，C项属不可能事件，D项是必然事件．答案：C3．解析：先后抛掷两枚质地均匀的硬币，观察它们落地时朝上的面的情况，此试验的样本空间为{(正面，正面)，(正面，反面)，(反面，正面)，

(反面，反面)}．答案：D4．解析：因为是有放回地随机摸3次，所以随机试验的样本空间为Ω＝{(红，红，红)，(红，红，黑)，(红，黑，红)，(红，黑，黑)，(黑，红，红)，(黑，红，黑)，(黑，黑，红)，(黑，黑，黑)}，共8个．

答案：D5．解析：“出现2点”这个事件发生，由于2为偶数，故“出现偶数点”这一事件一定发生．答案：B6．解析：A是必然事件；B中a>1时，y＝logax是增函数，0<a<1时，y＝logax是减函数，故是随机事件；C是随机事件；D是不可能事件．答案：BC7．解

析：由于是任意取一球，所以是随机事件，答案：随机8．解析：从数字1，2，3中任取两个数字，共有3个结果：(1，2)，(1，3)，(2，3)，所以Ω＝{(1，2)，(1，3)，(2，3)}．答案：{(1，2)，(1，3)

，(2，3)}9．解析：(1)(3)是随机事件；(2)是不可能事件；(4)是必然事件．10．解析：该试验的结果中，含a的有ab，ac，ad；不含a，含b的有bc，bd；不含a，b，含c的有cd，∴Ω＝{ab，ac，ad，bc，bd，cd}，即该试验的样本点数为6.11．解析：从5

个小球中任取2个，其中数字之差的绝对值为2或4的事件包含(1，3)，(1，5)，(2，4)，(3，5)4个样本点．答案：B12．解析：由题意，知10名学生中，男生人数少于5人，但不少于3人，∴x＝3或x＝4.答案：AB13．解

析：一枚骰子掷两次，先后出现的点数构成的样本点共36个．其中方程有实根的充要条件为b2≥4ac，共有1＋2＋4＋6＋6＝19个样本点．b123456b2≥4ac样本点个数012466答案：1914．解析：从1，2，3，4，5中随机取三

个不同的数有(1，2，3)，(1，2，4)，(1，2，5)，(1，3，4)，(1，3，5)，(1，4，5)，(2，3，4)，(2，3，5)，(2，4，5)，(3，4，5)共10种情况，其中(1，2，4)，(1，3，5)，(2，3，4)，(2

，4，5)中三个数字之和为奇数．答案：10415．解析：(1)这个试验的所有可能结果Ω＝{(a1，a2)，(a1，b)，(a2，b)，(a2，a1)，(b，a1)，(b，a2)}．(2)A＝{(a1，b)，(a2，b)，(b，a1)，(b，a

2)}．(3)①这个试验的所有可能结果Ω＝{(a1，a1)，(a1，a2)，(a1，b)，(a2，a1)，(a2，a2)，(a2，b)，(b，a1)，(b，a2)，(b，b)}．②A＝{(a1，b)，(a2，

b)，(b，a1)，(b，a2)}．16．解析：(1)甲、乙、丙三个乒乓球协会共有运动员27＋9＋18＝54(人)，则应从甲协会抽取27×654＝3(人)，应从乙协会抽取9×654＝1(人)，应从丙协会抽取18×654＝2(人).故从甲、乙、丙三个乒乓球协会中抽取的

运动员人数分别为3，1，2.(2)①从6名运动员中随机抽取2人参加双打比赛的样本空间为Ω＝{(A1，A2)，(A1，A3)，(A1，A4)，(A1，A5)，(A1，A6)，(A2，A3)，(A2，A4)，(A2，A5)，(A2，A6)，(A3，A4)，(A3，A5)，(A3，A6)，

(A4，A5)，(A4，A6)，(A5，A6)}．②事件M包含的样本点为(A1，A5)，(A1，A6)，(A2，A5)，(A2，A6)，(A3，A5)，(A3，A6)，(A4，A5)，(A4，A6)，(A5，A6).课时作业(四十四)事件的运算1．解析：由互斥事件的定义知C正

确．答案：C2．解析：至少做完3套练习题包含做完3，4，5，6，…套练习题，故它的对立事件为做完0，1，2套练习题，即至多做完2套练习题．答案：B3．解析：由题意，可得A＝{1，2}，B＝{2，3}，A∩B＝{1}，A

∪B＝{1，2，3}，∴A∪B表示向上的点数为1或2或3.答案：C4．解析：甲、乙不能同时得到红色，因而这两个事件是互斥事件；又甲、乙可能都得不到红色，即“甲或乙分得红色”的事件不是必然事件，故这两个事件不是对立事件．∴事件“甲分得红色

”与“乙分得红色”是互斥但不对立事件．答案：C5．解析：A1∪A2∪A3所表示的含义是A1，A2，A3这三个事件中至少有一个发生，即可能击中1发、2发或3发．答案：B6．解析：从口袋内装有红色、绿色和蓝色小球各2个

，一次任意取出2个小球，这两个球可能为2个红色球、2个绿色球、2个蓝色球、1个红色1个蓝色、1个红色1个绿色、1个蓝色1个绿色共6种情况，则与事件“2个小球都为红色”互斥而不对立的事件有B，2个小球恰有1个红球；D，2个小球都为绿球，而2个小球不全为红球与事件2个小球都为红色

是对立事件；2个小球至少有1个红球包括2个红色球、1个红色1个蓝色、1个红色1个绿色．答案：BD7．解析：事件“某人从装有5个黑球，5个白球的袋中任取5个小球，其中至少4个是黑球”的对立事件是“某人从装有5个黑球，5个白球的袋中任取5个小球，其中至多3个是黑球”

．答案：某人从装有5个黑球，5个白球的袋中任取5个小球，其中至多3个是黑球8．解析：因为B－表示“出现大于等于5的点数”，即“出现5，6点”，所以A∪B－表示“出现的点数为2，4，5，6”．答案：出现的点数为2，4，5，69．解析：(1)这个试验的样本空间Ω＝{(0，1

)，(0，2)，(1，0)，(1，2)，(2，0)，(2，1)}．(2)A＝{(2，0)，(2，1)}，则B＝{(0，1)，(0，2)，(1，0)，(1，2)}．10．解析：Ω＝{甲乙，甲丙，甲丁，乙丙，乙丁，丙丁}

，A＝{甲乙，甲丙，甲丁}，B＝{甲乙，甲丙，乙丙}．(1)A∩B＝{甲乙，甲丙}，表示“甲乙被选中，或甲丙被选中”．(2)A∪B＝{甲乙，甲丙，甲丁，乙丙}，表示“甲乙被选中，或甲丙被选中，或甲丁选中，或乙丙被选中”

．(3)B\\A＝{乙丙}，表示“乙丙被选中”．11．解析：由互斥事件的概念，A，B互斥即A∩B为不可能事件，所以A－∪B－是必然事件，故A正确；当B＝A－时，A－与B－互斥，故C错误；D和B可举反例，如投掷骰子试验中，A表示向

上数字为1，B表示向上数字为2，A∪B不是必然事件，A－与B－不是互斥事件，故B，D错误．答案：A12．解析：基本事件有：(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，3)，(2，4)，(3，4)，(2，1)，(3，1)，(4，1)，(3，2)，(4，2)，(4，3

)，R1＝{(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，1)，(2，3)，(2，4)}，R＝{(1，2)，(2，1)}，G＝{(3，4)，(4，3)}，M＝{(3，4)，(4，3)，(1，2)，(2，1)}，N＝{(1

，3)，(1，4)，(2，3)，(2，4)，(3，1)，(4，1)，(3，2)，(4，2)}由集合的包含关系可知BCD正确．答案：BCD13．解析：∵事件A＝{2，4，7，12}，事件B＝{2，4，6，8，10，12}，∴A∩B＝{2，4，12}．又C＝{9，10

，11，12}，∴A∩B∩C－＝{2，4}．答案：A∩B∩C－14．解析：根据题意，画出如图所示的树状图．由图可得A∩B＝{红红红，绿红红}，包含2个样本点，C＝{红绿绿，绿红绿，绿绿红，绿绿绿}，(A∩B)∩C＝∅，故事件A∩B与C互斥，又(A∩B

)∪C≠Ω，故事件A∩B与C的关系是互斥但不对立．答案：2互斥但不对立15．解析：(1)用1，2，3，4表示4名男生，用a，b表示2名女生，因为事件A1＝“甲组有1名女生”，所以A1＝{(1，2，a)，(1，2，b)，

(1，3，a)，(1，3，b)，(1，4，a)，(1，4，b)，(2，3，a)，(2，3，b)，(2，4，a)，(2，4，b)，(3，4，a)，(3，4，b)}，共含12个样本点．(2)事件B＝“甲组至少有一名女生”，其含义是甲组有一名女生或甲组有两名女生，所以B＝A

1∪A2.(3)因为A2与A0∪A1是对立事件，所以A－2＝A0∪A1，所以A－2∪A0＝A0∪A1，所以事件A2与事件A－2∪A0是对立事件．16．解析：(1)A∩B∩C－＝{2000年或2000年前出版的中文版的数学

书}．(2)在“图书室中所有数学书都是2000年后出版的且为中文版”的条件下才有A∩B∩C＝A.(3)是A－＝B意味着图书室中的非数学书都是中文版的，而且所有的中文版的书都不是数学书．课时作业(四十五)古典概型1．解析：样本点总数为10，“抽出一本是故事书”包含3个样本点，所以其概率为310.答

案：B2．解析：从4种颜色的花中任选两种种在一个花坛中，余下2种种在另一个花坛中，有6种种法，其中红色和紫色不在一个花坛的种数有4种，故概率为23.答案：C3．解析：基本事件总数n＝12，某考生自主选择的“1＋2”三门选择性考试科目中，历史和政治均被选择到包含的基本事件个数m＝3，历史和政治均

被选择到的概率P＝mn＝312＝14.答案：A4．解析：设骰子向上的一面点数是奇数为事件A，随机掷一枚质地均匀的正方体骰子，骰子向上的一面点数有6种情况，其中点数是奇数有3种情况，所以骰子向上的一面点数是奇数的概率P(A)＝36＝12

.答案：A5．解析：∵Ω＝{(M，1)，(M，2)，(M，3)，(M，4)，(M，5)，(I，1)，(I，2)，(I，3)，(I，4)，(I，5)，(N，1)，(N，2)，(N，3)，(N，4)，(N，5)}，∴共15个样本点，且每个样本点出现的可能性相等．正确的开机密码只有1种，∴P＝11

5.答案：C6．解析：掷一枚骰子，出现奇数点和出现偶数点的概率都是12，故A正确；“出现1点”是随机事件，故B错误；概率是客观存在的，不因为人的意念而改变，故C错误；连续掷3次，每次都出现最大点数6，则三次之和为18

，故D正确．答案：AD7．解析：事件“济南被选入”的对立事件是“济南没有被选入”．某城市没有入选的可能的结果有四个，故“济南没有被选入”的概率为14，所以其对立事件“济南被选入”的概率为P＝1－14＝34.答案：348．解析：由题意可得，甲、

乙二人抢到的金额的基本事件总数为{3.50，4.75}，{3.50，5.37}，{3.50，1.38}，{4.75，5.37}{4.75，1.38}，{5.37，1.38}共6种，“甲、乙二人抢到的金额之和不低于8元”包含{3.50，4.75}，{3.50，5.37}，{4.75，5.37

}共3种，∴甲、乙二人抢到的金额之和不低于8元的概率P＝36＝12.答案：129．解析：(1)由于共有11个球，且每个球有不同的编号，故共有11种不同的摸法．又因为所有球大小相同，因此每个球被摸中的可

能性相等，故以球的编号为样本点的概率模型为古典概型．(2)由于11个球共有3种颜色，因此共有3个样本点，分别记为A：“摸到白球”，B：“摸到黑球”，C：“摸到红球”．因为所有球大小相同，所以一次摸球每个球被摸中的可能性均为111.因为白球有5个，所以

一次摸球摸中白球的可能性为511.同理可知，摸中黑球、红球的可能性显然这三个样本点出现的可能性不相等，所以以颜色为样本点的概率模型不是古典概型．均为311.10．解析：(1)从装有四个形状大小完全相同的球的袋中，

不放回随机抽取两个球，没有顺序的基本事件有：(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，3)，(2，4)，(3，4)，共6个，其中取出的球的编号之和不大于4的基本事件有：(1，2)，(1，3)共2个，故取出的球的编号之和不大于4的概率为26＝13；(2)不放回抽取点数分别记为

x，y，因此需要考虑顺序，则总的基本事件有4×3＝12种，其中在直线x－y＝1上的有(2，1)，(3，2)，(4，3)，共3种，故点P(x，y)在直线x－y＝1上的概率为312＝14.11．解析：设齐王的上、中、下三个等次

的马分别为a，b，c，田忌的上、中、下三个等次的马分别记为A，B，C，从双方的马匹中随机选一匹进行一场比赛的所有的可能为Aa，Ab，Ac，Ba，Bb，Bc，Ca，Cb，Cc，根据题意，其中Ab，Ac，Bc是田忌获胜，则田忌获胜的

概率为39＝13.答案：A12．解析：记4件产品分别为1，2，3，a，其中a表示次品．样本空间Ω＝{(1，2)，(1，3)，(1，a)，(2，3)，(2，a)，(3，a)}，“恰有一件次品”的样本点为(1，a)，(2，a)，(3，a)，因此其概率P

＝36＝12，A正确；每次抽取1件，不放回抽取两次，样本空间Ω＝{(1，2)，(1，3)，(1，a)，(2，1)，(2，3)，(2，a)，(3，1)，(3，2)，(3，a)，(a，1)，(a，2)，(a，3)}，因此n(Ω)＝12，B错误；“取出的

两件中恰有一件次品”的样本点数为6，其概率为12，C正确；每次抽取1件，有放回抽取两次，样本空间Ω＝{(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，a)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(2，a)，(3，1)，(3，2)，(3，3)，(3，a)，(a，1)，

(a，2)，(a，3)，(a，a)}，因此n(Ω)＝16，D正确．答案：ACD13．解析：①选儿童公园和湖连潮头中央公园时，有以下情况：甲丙、乙丁；乙丙、甲丁；②选儿童公园和下沙公园时，有以下情况：甲乙、丙丁；甲丙、乙丁；③选下沙公园和湖连潮头中央公园时

，有以下情况：甲乙、丙丁；甲丁、乙丙；④选3个公园时，有以下几种情况：甲乙、丁、丙；甲丙、乙、丁；甲丙、丁、乙；乙丙、甲、丁；丙、甲乙、丁；乙、甲丁、丙；丙、甲丁、乙；丙、甲丁、乙；甲、丁、乙丙；丙、甲、乙丁；甲、乙、丙丁；乙、甲、丙丁；共有18种选择，

其中甲、乙两组家庭选择同一个公园打卡的4种，则甲、乙两组家庭选择同一个公园打卡的概率为418＝29.答案：2914．解析：从5个数字中不放回地任取两数，样本点有(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(3，4)，(3，5

)，(4，5)，共10个，且每个样本点出现的可能性相等．因为都为奇数的样本点有(1，3)，(1，5)，(3，5)，共3个，所以所求概率P＝310.从5个数字中有放回的任取两数，样本点共有25个，且每个样

本点出现的可能性相等，都为偶数的样本点有(2，4)，(4，2)，(2，2)，(4，4)共4个，故概率P＝425.答案：31042515．解析：(1)由已知，老、中、青员工人数之比为6∶9∶10，由于采用分层随机抽样的方法从中抽取25位员工，因此应从老、中、青员工中分别抽取6人，9人，10人．(2)

①从已知的6人中随机抽取2人的所有样本点为(A，B)，(A，C)，(A，D)，(A，E)，(A，F)，(B，C)，(B，D)，(B，E)，(B，F)，(C，D)，(C，E)，(C，F)，(D，E)，(D，F)，(E，F)，共15个．②由表格知，符合题意的所有样本点为(

A，B)，(A，D)，(A，E)，(A，F)，(B，D)，(B，E)，(B，F)，(C，E)，(C，F)，(D，F)，(E，F)，共11种．故事件M发生的概率P(M)＝1115.16．解析：如图所示，♀表示女孩，♂表示男孩，阿来叔叔的四个小孩性别的所有可能情况如下表所示：由表

可以看出，四个小孩性别的所有可能情况有16种，其中4个孩子都是女孩只有情况(1)一个，我们称“4个孩子都是女孩的概率是116”．1个男孩和3个女孩的情况有(2)(3)(5)(9)四个，我们称“1个男孩和3个女孩的概率是416”．3个男孩和1个女孩的情况有(8

)(12)(14)(15)四个，我们称“3个男孩和1个女孩的概率是416”．因此，有1个男孩和3个女孩的概率，与有3个男孩和1个女孩的概率是一样的．此题也可列表如下：结果第一胎第二胎第三胎第四胎情况1♀♀♀♀4女2♀♀♀♂3女1男3♀♀♂♀3女1男4♀♀♂♂2女2男5♀♂♀♀3女1男6

♀♂♀♂2女2男7♀♂♂♀2女2男8♀♂♂♂1女3男9♂♀♀♀3女1男10♂♀♀♂2女2男11♂♀♂♀2女2男12♂♀♂♂1女3男13♂♂♀♀2女2男14♂♂♀♂1女3男15♂♂♂♀1女3男16♂♂♂♂4男课时作业(四十

六)概率的运算1．解析：依题意，事件A表示“向上的面的点数为2或4”，事件B表示“向上的面的点数为1或2或3”，所以事件A∪B表示“向上的面的点数为1或2或3或4”，故事件A∪B发生的概率为46＝23.答案：B2．解析：从中取出2粒恰好是同一色包含都是黑子或都是白子两个事件，这两

个事件是互斥事件，设两粒是同一色为事件A，同为黑子为事件B，同为白子为事件C，则P(A)＝P(B＋C)＝P(B)＋P(C)＝17＋1235＝1735.答案：C3．解析：∵抽到的不是一等品的对立事件是抽到一等品，而P(A)＝0.65，∴抽到的不是一等品的概率是1－0.65＝0.35.答案：C4

．解析：因为事件“羽毛球的质量在[4.74，5.50]内”(质量符合规定标准)的对立事件为“质量小于4.74或质量大于5.50”，而“质量小于4.74”和“质量大于5.50”互斥，所以由互斥事件概率公式和对立事件概率公式可得质量

符合规定标准的概率为1－(0.1＋0.2)＝0.7.答案：B5．解析：设“电话响第一声被接”为事件A，“电话响第二声被接”为事件B，“电话响第三声被接”为事件C，“电话响第四声被接”为事件D，则A，B，C，D两两互斥，从而P(A＋B＋C＋D)＝P(

A)＋P(B)＋P(C)＋P(D)＝110＋310＋25＋110＝910.答案：B6．解析：事件A与事件B互斥，则不可能同时发生，∴P(A∩B)＝0，A正确；事件A与事件B是对立事件，则事件B即为事件A－，∴P(A∪B)＝1，B正确；事件“至少两次中靶”与“至多一次中靶”不可能同时发生，

且二者必发生其一，故为对立事件，C正确；“甲分得的不是红牌”与事件“乙分得的不是红牌”可能同时发生，即“丙分得的是红牌”，故不是互斥事件，D错误．答案：ABC7．解析：中奖的概率为0.1＋0.25＝0.35，中奖与不中奖为对立事件，所以不中奖的概率为1－0.35＝0.65.答案：0.658．解析：

从4名(含甲、乙两人)随机选2名有6种不同结果，甲、乙均未被选中共有1种不同结果，则甲、乙两人中，均未被选中的概率为16，所以两人至少有一人被选中的概率为1－16＝56.答案：569．解析：(1)分别记小江的成绩在90分以上，在[80，90]，[70，80]，[60，70]为事件B，C，D

，E，这四个事件彼此互斥，小江的成绩在80分及以上的概率P(B∪C)＝P(B)＋P(C)＝0.25＋0.48＝0.73.(2)方法一小江考试及格(成绩不低于60分)的概率P(B∪C∪D∪E)＝P(B)＋P(C)＋P(D)＋P

(E)＝0.25＋0.48＋0.11＋0.09＝0.93.方法二小江考试不及格(成绩在60分以下)的概率是0.07，根据对立事件的概率公式，得小江考试及格(成绩不低于60分)的概率是1－0.07＝0.93.10．解析：记A＝“这个数是偶数”，B＝“这个数是5的倍数”，则A∩B＝{

10，20，30}，∴P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)＝1530＋630－330＝35.11．解析：因随机事件A，B互斥，则P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝3a－3，依题意及概率的性质得0<P（A）<10<

P（B）<10<P（A＋B）≤1，即0<2－a<10<4a－5<10<3a－3≤1，解得54<a≤43，所以实数a的取值范围是54，43.答案：C12．解析：设A1，A2，A3分别表示3件一级品，B1，B2分别表示2件二级品．任取2件，则样本空间Ω＝{A1

A2，A1A3，A2A3，A1B1，A1B2，A2B1，A2B2，A3B1，A3B2，B1B2}，共10个样本点，每个样本点出现的可能性相等．事件A表示“2件都是一级品”，包含3个样本点，则P(A)＝310，事件B表示“2件都是二级品”，包含1个样本点，则P(B)＝110，

事件C表示“2件中一件一级品、一件二级品”，包含6个样本点，则P(C)＝610＝35.事件A，B，C互斥，P(B)＋P(C)＝710，B∪C表示“至少有1件二级品”．答案：BC13．解析：设A＝“甲熔丝熔断”，B＝“乙熔丝熔断”，则甲、乙两根熔丝至少有一根熔断”为事件A∪B.P(A∪B)＝

P(A)＋P(B)－P(A∩B)＝0.85＋0.74－0.63＝0.96.答案：0.9614．解析：由题意知，B－表示“大于或等于5的点数出现”，则P(B－)＝26＝13，事件A与事件B－互斥，由概率的加法计算公式可得P(A＋B－)＝P(A)＋

P(B－)＝26＋26＝23.答案：132315．解析：从袋中任取一球，记事件“取到红球”“取到黑球”“取到黄球”和“取到绿球”分别为A，B，C，D，则事件A，B，C，D显然是两两互斥的．由题意，得

P（A）＝13，P（B∪C）＝512，P（C∪D）＝512，P（A∪B∪C∪D）＝1，即P（B）＋P（C）＝512，P（C）＋P（D）＝512，13＋P（B）＋P（C）＋P（D）＝1，解得P（B）＝14，P（C）＝1

6，P（D）＝14．故取到黑球的概率是14，取到黄球的概率是16，取到绿球的概率是14.16．解析：用A，B，C分别表示事件“订阅A报”，“订阅B报”，“订阅C报”．(1)至少订阅一种报纸的概率为P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)－P(A∩B)－P(A∩

C)－P(B∩C)＋P(A∩B∩C)＝0.90.(2)只订阅A报的概率为P＝P(A)－P(A∩B)－P(A∩C)＋P(A∩B∩C)＝0.30.课时作业(四十七)用频率估计概率1．解析：在天气预报中预报“明天降水概率为85%”，由概率的定义得明天该地区降

水的可能性为85%，并不是说其他15%地区不降水，故A错误；明天该地的每个地区都有85%的降水的可能性，并不是说其他时间不降水，故B错误；由概率的定义得明天该地区降水的可能性为85%，并不是说有85%的人认为会降水，另外15%的专家认为不降水

，故C错误；由概率的定义得明天该地区降水的可能性为85%，故D正确．答案：D2．解析：正面朝上的频率是0.7，正面朝上的概率是0.5.答案：B3．解析：由题意，这批米内夹谷约为1534×28254≈169石．答案：B4．解析：由题意得，n＝4500－200－2100－10

00＝1200，所以随机调查的消费者中对网上购物“比较满意”或“满意”的总人数为1200＋2100＝3300，所以随机调查的消费者中对网上购物“比较满意”或“满意”的频率为33004500＝1115.由此估计在网上购物的消费

者群体中对网上购物“比较满意”或“满意”的概率为1115.答案：C5．解析：大量重复试验，由表格知射击运动员射中8环以上的频率稳定在0.80，所以这名运动员射击一次射中8环以上的概率为0.80.答案：C6．解析：根据频率和概率的定义易得AC正确；因为概率是频率的稳

定值，频率是概率的近似值，不能说频率就是概率，故B错误；任意事件A发生的概率P(A)总满足0≤P(A)≤1，故D错误．答案：AC7．解析：设进行了n次试验，则有10n＝0.02，得n＝500，故进行了500次试验．答案：5008．解析：计算出样本中质量不小于12

0克的苹果的频率，来估计这堆苹果中质量不小于120克的苹果所占的比例，由题意知10＋3＋120＝0.7＝70%.答案：70%9．解析：因为在甲袋中摸到黑球的概率为P1＝1216＝34，乙袋中摸到黑球的概率为P2＝2040＝12，而34>12，所以选择甲袋成功的机会大些．10．解析

：(1)频数分别是15，65，72；频率分别是20%，25%，27%，24%，25%.(2)可能不一样，因为频率会随每次试验的变化而变化．(3)频率集中在25%附近，所以可估计概率为0.25.11．解析：由于甲公司桑塔纳的比例为100100＋3000＝131，乙公司桑塔纳的比

例为30003000＋100＝3031，可知肇事车在乙公司的可能性大些．答案：B12．解析：对于A，C，D，甲胜、乙胜的概率都是12，游戏是公平的；对于B，点数之和大于7和点数之和小于7的概率相等，但点数等于7时乙胜，所以甲胜的概率小，

游戏不公平．答案：ACD13．解析：一辆汽车在一年内挡风玻璃破碎的频率为60020000＝0.03，频率可以估计概率．答案：0.0314．解析：由x20＝0.2，得x＝4，样本中数据落在[10，50)内的频率＝2＋3＋4＋520＝710＝0.

7，所以估计总体中数据落在[10，50)内的概率约为0.7.答案：40.715．解析：(1)这种鱼卵的孵化概率为：764510000＝0.7645；(2)由(1)知，30000个鱼卵大约能孵化：30000×0.7645＝22935

尾鱼苗；(3)要孵化5000尾鱼苗，大概需准备50000.7645≈6500个鱼卵．16．解析：父、母的基因分别为rd、rd，则这孩子从父母身上各得一个基因的所有可能性为rr，rd，rd，dd，共4种，故具有dd基因的可能性为14，具有rr基因的可能性也

为14，具有rd的基因的可能性为12.(1)1个孩子由显性决定特征的概率是34.(2)这种说法不正确，2个孩子中每个由显性决定特征的概率均相等，为34.课时作业(四十八)随机事件的独立性1．解析：事件A＝{2，4，6}，事件B＝{3，6}，事件A∩B＝{6}，样本空间Ω＝{1，2，3，

4，5，6}，所以P(A)＝36＝12，P(B)＝26＝13，P(A∩B)＝16＝12×13，即P(A∩B)＝P(A)P(B)，因此事件A与B相互独立．当“掷出6点”时，事件A，B同时发生，所以A，B不是互斥事件．答案：B2．解析：∵A，B是相互独

立事件，∴A－，B和A，B－均相互独立．∵P(A)＝0.2，P(A∩B＋A－∩B＋A∩B－)＝0.44，∴P(A)P(B)＋P(A－)P(B)＋P(A)P(B－)＝0.44，∴0.2P(B)＋0.8P(B)＋0.2[1－P

(B)]＝0.44，解得P(B)＝0.3.答案：A3．解析：设“甲球落入盒子”为事件A，“乙球落入盒子”为事件B，由题意可知事件A与事件B相互独立，且P(A)＝12，P(B)＝13，则甲、乙两球都落入盒子的概率为P(A∩B)＝P(A)P(B)＝12×13＝16.答案：A4．解析：设“

系统A发生故障”为事件A，“系统B发生故障”为事件B，“任意时刻恰有一个系统发生故障”为事件C，则P(C)＝P(A)P(B－)＋P(A－)P(B)＝15×(1－P)＋P×45＝310，解得P＝16.答案：A5．解析：方法一在同一时刻至少有一

颗卫星预报准确可分为：①甲预报准确，乙预报不准确；②甲预报不准确，乙预报准确；③甲预报准确，乙预报准确．这三个事件彼此互斥，故所求事件的概率为0.8×(1－0.75)＋(1－0.8)×0.75＋0.8×0.75＝0.95.方法二“在同一时刻至少有一颗卫星预报准确”的

对立事件是“在同一时刻甲、乙两颗卫星预报都不准确”，故所求事件的概率为1－(1－0.8)×(1－0.75)＝0.95.答案：A6．解析：因为P(A)＋P(B)＝1，是A，B为对立事件的必要条件，不是充分条件，如单位圆的一条直径把圆分成两部分，即区域M和区域N(不包括边界)

，向这两个区域投一枚绣花针，如针尖落在区域M内记为事件A，针尖落在区域N内记为事件B，满足P(A)＋P(B)＝1，但A，B不是对立事件，因为针尖还有可能落在直径上，故A错误；若P(AB)＝P(A)·P(B)，则A，B相互独立，故B正确；若

A，B，C两两独立，则P(AB)＝P(A)·P(B)，P(AC)＝P(A)·P(C)，P(BC)＝P(B)·P(C)，故C错误；若事件A与B相互独立，则P(AB)＝P(A)·P(B)＝0.42，P(A∪B)＝P(

A)＋P(B)－P(AB)＝0.88，故D正确．答案：BD7．解析：由题意，得甲、乙两人买C品牌口罩的概率都是0.3，所以甲、乙两人买相同品牌的N95口罩的概率为P＝0.2×0.3＋0.5×0.4＋0.3×0.3＝0.35.答案：0.358．解析

：两个都不命中的概率为1－34×1－23＝112，故至少有一人命中的概率是1112.答案：11129．解析：记甲、乙、丙三人100米跑成绩合格分别为事件A，B，C，显然事件A，B，C相互独

立，则P(A)＝25，P(B)＝34，P(C)＝13.设恰有k人合格的概率为Pk(k＝0，1，2，3).(1)三人都合格的概率：P3＝P(A∩B∩C)＝P(A)·P(B)·P(C)＝25×34×13＝110.(2)三人都不合格的概

率：P0＝P(A－∩B－∩C－)＝P(A－)·P(B－)·P(C－)＝35×14×23＝110.10．解析：(1)小明三道题都答对概率为34×23×a＝16，故a＝13，恰能解决三道题中的一道题的概率：34×13×23＋14×23×23＋14×13×

13＝1136；(2)若三道题均答对，则X＝100，P(X＝100)＝34×23×12＝14；若组合题答对，代数、几何恰有一道题答对，则X＝60，P(X＝60)＝34×13×12＋14×23×12＝524；若代数几何均答对，但组合

未答对，则X＝50，P(X＝50)＝34×23×12＝14；∴P(X≥50)＝14＋524＋14＝1724.11．解析：依题意，该同学可以进入两个社团的概率为15，则ab·1－14＋14a(1－b)＋14b(1－a)＝15，整理得ab＋a＋b＝45，又

三个社团都进不了的概率为310，则(1－a)(1－b)1－14＝310，整理得a＋b－ab＝35，联立ab＋a＋b＝45与a＋b－ab＝35，解得ab＝110，所以ab＝110.答案：B12．解析：恰有一人解出的概率为12×1－13×

1－14＋1－12×13×1－14＋1－12×1－13×14＝1124，故A正确；没有人能解出的概率为1－12×1－13×1－14＝14，故B错误；由A、B知：至多一人解出的概率为1124＋14＝1724，故C正确；至少两

个人解出的概率为12×13×1－14＋1－12×13×14＋12×1－13×14＋12×13×14＝724，故D错误．答案：AC13．解析：∵设汽车分别在甲乙丙三处的通行为事件A，B，C，停车为A－，B－，C－，∴P

(A)＝13，P(B)＝12，P(C)＝23，∵停车一次即为事件(A－∩B∩C)∪(A∩B－∩C)∪(A∩B∩C－)，∴所求概率为：P＝1－13×12×23＋13×1－12×23＋13×12×1－23＝718.答案：71814．解析：用A，B，C分别表示

“甲、乙、丙三人能破译出密码”，则P(A)＝15，P(B)＝13，P(C)＝14，且P(A－∩B－∩C－)＝P(A－)P(B－)P(C－)＝45×23×34＝25.∴此密码被破译的概率为1－25＝35.答案：3515．解析：(1)记事件A：甲面试合格，事件B：乙面试合格事件C：丙面试合格事件D：

恰好有一人面试合格依题意，事件A、B、C相互独立P(D)＝P(A∩B－∩C－)＋P(A－∩B∩C－)＋P(A－∩B－∩C)＝13×34×34＋23×14×34＋23×34×14＝716.(2)至多一人签约包括甲签约乙丙没有签约、三人都没

有签约两种情况，事件F：甲签约乙丙没有签约，事件G：三人都没有签约，事件E：至多一人签约，因为F与G互斥，所以P(E)＝P(F)＋P(G)，P(F)＝P(A)(1－P(B∩C))＝13×1－14×14＝516，P(G)

＝(1－P(A))(1－P(B∩C))＝23×1516＝58，P(E)＝P(F)＋P(G)＝1516，所以至多一人签约的概率为1516.16．解析：有两种情况：(1)手中的牌有50%的概率摸到4筒，则打出一万，听坎5筒，有20%的概率和牌．

摸到4筒与听坎5筒和牌相互独立，故和牌概率为：0.5×0.2＝0.1.(2)手中牌有50%的概率摸到5筒，则打出一万，听4，7筒，有40%的概率和牌．摸到5筒与听4，7筒和牌相互独立，故和牌概率为：0.5×0.4＝0.2.以上两种情况互斥，故老张这手牌和牌的概率为0.1＋0.2＝0.3.课时作业(

四十九)数学建模概述答案：略课时作业(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L2v－vs，再从排头到排尾所需时间为L2v＋vs.故传令兵往返共用时间为L2v－v＋L2v＋v＝4L3v(s)，往返路程为2v×4L3v＝83L(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Lv′－vs，再从排

头到排尾所需时间为Lv′＋vs，往返共用时间t＝Lv′－v＋Lv′＋vs，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Lv＝Lv′－v＋Lv′＋v，解得v′＝

(2＋1)v.上式等号两边同乘t，得v′t＝(2＋1)vt＝(2＋1)L.所以传令兵往返路程为(2＋1)Lm．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BPAP＝BCSA，即xx＋5＝1.510，解得x＝1517

.因此圆环面积为π(AP2－AB2)＝π[(x＋5)2－52]＝2775289π≈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(五十二)数学建模案例(三)：周期问题解析：(1)将这个港口的水深值与时间的关系表用Excel作出散点图，以时间为x轴，以水深值为y轴，建立直角坐标系，如下图所示．经观察，发现散点的变化规律比较符合

正弦型函数图象变化规律．设y＝Asin(ωx＋φ)＋h，显然A＝2.5，ω＝π6，φ＝0，h＝5，所以函数解析式为y＝2.5sinπx6＋5，所以整点时水深的近似数值如下表所示．时间0：001：002：003：004：005：006：00水深值5.006.257.177.507.1

76.255.00时间7：008：009：0010：0011：0012：0013：00水深值3.752.832.502.833.755.006.25时间14：0015：0016：0017：0018：0019：00水深值7.177.507.1

76.255.003.75时间20：0021：0022：0023：0024：00水深值2.832.502.833.755.00(2)货船的吃水深度为4m．加上安全间隙1.5m，水深值要大于5.5m，即y＝2.5sinπx

6＋5>5.5，用软件作出函数y＝2.5sinπx6＋5和y＝5.5的图象，找到四个交点A，B，C，D，如下图所示．通过菜单度量四个点横坐标分别为xA＝0.38，xB＝5.62，xC＝12.38，xD＝17.62，即分别对应的时

刻约为00：23，5：37，12：23，17：37.因此，该船在00：23至5：37或12：23至17：37能安全进港．若欲于当天安全离港，每次在港内最多停留5h14min.(3)设在时刻x该船安全水深为z，则z＝4＋1.5－0.3(x－2)(x≥2

)，这时水深y＝2.5sinπx6＋5.若使该船安全，则4＋1.5－0.3(x－2)≤2.5sinπx6＋5，即6.1－0.3x≤2.5sinπx6＋5.如下图所示，由Excel画出两个函数的图象，得到交点E，F，G.通过菜单度量点F的横坐标为xF＝6.72，即对应时刻约为6：4

3.因此，该船在6：43必须停止卸货，驶向较安全的水域．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12.(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616＝38；3－1组合样本点数为8，发生的概率为816＝12，而4个小孩性别相同的概率为1－38－12＝18.因此，最有可能的组合是3－1组合．章末质量检测(一)平面向量及其应用1．解析：对于A，AB→＋BA→＝AB→－AB→＝

0，故A错误；AB→＋BC→＝AC→，故B错误；AB→－AC→＝CB→，故C正确；AB→－AD→－DC→＝DB→－DC→＝CB→，故D错误．答案：C2．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：B3．解析：S△ABC＝12bcsinA＝12·2·3·sinA＝3sinA＝32.∴sinA＝32；∴A＝60°或120°；又△ABC是锐角三角形，∴A＝

60°.答案：B4．解析：设a与b的夹角为θ，因为|a|＝63，|b|＝1，a·b＝9，所以cosθ＝a·b|a||b|＝963×1＝32，因为θ∈[0°，180°]，所以θ＝30°.答案：D5．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：A6．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：A7．解析：根据正弦定理，由sinA＝2sinB，得a＝2b，又因为a＋b＝3c，所以令a＝2t，b＝t，c＝3t，t>0.由余弦定理可得

cosC＝（2t）2＋t2－（3t）22×2t×t＝12，又因为0<C<π，所以C＝π3.答案：B8．解析：∵AD为BC边上的中线，E为AD的中点，∴BE→＝12BA→＋12BD→＝12BA→＋14BC→＝－12AB→＋14(A

C→－AB→)＝－34AB→＋14AC→，∵BE→＝λAB→＋μAC→，∴λ＝－34，μ＝14，∴λ＋μ＝－12.答案：B9．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AB→＋BA→＝0，D正确．答案：AD10．解析：对于选项A，由正弦定理，得sinA＝absinB＝73sin30°＝76＞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＝cbsinB＝526sin45°＝56＜1，且c＞b，故此三角形有两解；对于选项C，由正弦定理，得sinA＝absinB＝1510sin120°＝334＞1，此三角形无解；满足题意；对于选项D，由正弦定理，得

sinB＝bcsinC＝663sin60°＝12＜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：AC11．解析：∵a＝(3，－1)，b＝(1，－2)，∴a·b＝3×1＋(－1)×(－2)＝5，故A正确；∵31≠－1－2，∴a与b不平行，故B错误；∵|a|＝

32＋（－1）2＝10，∴与a同向的单位向量是310，－110，即31010，－1010，故C正确；|b|＝12＋（－2）2＝5，由cos〈a·b〉＝a·b|a||b|＝510·5＝22，∵〈a·b〉

∈[0，π]，∴〈a·b〉＝π4，故D正确．答案：ACD12．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asinA＝bsinB，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：BD13．解析：∵a⊥b，∴a·b＝2－2m＝0，∴m＝1.答案：114．解析：由题意得，S△ABC＝12acsinB＝34ac＝3，所以ac＝4，

a2＋c2＝12，所以b2＝a2＋c2－2accosB＝12－2×4×12＝8，解得b＝22(负值舍去).答案：2215．解析：设AB＝hm，则BC＝33h，BD＝3h，则3h－33h＝20，∴h＝103m.答案：10316．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)，AB→＝(2，0)，AC→＝(2，2)AP→＝12(AB→＋AC→)＝12(2，0)＋12(2，2)＝(2，1)，所以点P(2，1)，所以PD→＝(0，2)－(2，1)＝(－2，1)，PB→＝(2，0)－(2，1)＝(

0，－1)，因此|PD→|＝（－2）2＋12＝5，PB→·PD→＝0×(－2)＋1×(－1)＝－1.答案：5－117．解析：(1)由题意得，cosθ＝a·b|a||b|＝－3－29＋1×1＋4＝－22.因为θ∈[0，π]，故θ＝3π4.(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＝12

，∴|a＋2b|＝23.(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＝2cosθ∴|c|max＝2.19．解析：(1)因为2bc

osA＝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＝12，∵A∈(0，π)，故A＝π

3.(2)由已知得AD→＝AB→＋BD→，BD→＝23BC→，BC→＝AC→－AB→，所以AD→＝13AB→＋23AC→，所以AD→2＝19AB→2＋49AB→·AC→＋49AC→2＝169＋49×4×3c

osπ3＋49×9＝769，所以|AD→|＝2193.20．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＝12，B∈(0，π)，B＝π3(2)因为S△ABC＝12ac·sinB＝12ac×32＝334，所以ac＝3，由余弦

定理得，cosB＝a2＋c2－b22ac，即12＝a2＋c2－82ac，∴a2＋c2＋2ac＝17则a＋c＝17.21．解析：(1)t＝1时，m·n＝sinα＋cosα＋sinαcosα令sinα＋cosα＝x∈[－2，2]，则sin

αcosα＝x2－12m·n＝x22＋x－12∈－1，12＋2(2)由题意得，存在t，使得m·n＝t(sinα＋cosα)＋sinαcosα＝－1，当sinα＋cosα＝0时，sinαcosα＝－12，此时不存在

t使得方程有解当sinα＋cosα≠0时，－t＝sinαcosα＋1sinα＋cosα＝x2－12＋1x＝12x＋1x，x∈[－2，0)时，12x＋1x∈(－∞，－1]，x∈(0，2]时，12x＋1x∈[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＝12sinθ＋12sinπ3＋12sinπ－θ－π3＝32sinθ＋π6＋340＜θ＜2π3，则π6＜θ＋π6＜56π，∴sinθ＋π6≤1，此时θ＋π6

＝π2，可得θ＝π3，∴则当θ＝π3时，郁金香种植面积最大；(2)由余弦定理得BC＝1＋1－2cosθ＝2sinθ2，DA＝1＋1＋2cos2θ＝2cosθ，∴l＝4sinθ2＋2cosθ0<θ<π2，令t＝sinθ

2，则0＜t＜22，∴l＝4sinθ2＋21－2sin2θ2＝4t＋2(1－2t2)＝－4t－122＋3，∴t＝12，即θ＝π3时，l的最大值为3.章末质量检测(二)三角恒等变换1．解析：∵α∈0，π

2，cosα＝35，∴sinα＝1－cos2α＝1－352＝45，∴cosα－π6＝cosαcosπ6＋sinαsinπ6＝35×32＋45×12＝33＋410.答案：D2．解析：由题意

得y＝2sin2x＋π6，其最小正周期T＝2π2＝π.答案：C3．解析：tan(α－β)＝tanα－tanβ1＋tanαtanβ＝（－3）－11＋（－3）×1＝2.答案：C4．解析：因为sinα－cosα＝54，所以(sinα－cosα)2＝2516，所以sin2α＋c

os2α－2sinαcosα＝1－sin2α＝2516，所以sin2α＝－916.答案：A5．解析：因为π2<α<π，所以α＋π4∈3π4，5π4，又因为sinα＋π4＝35，所以cosα＋π4＝－45，所以cosα＝cos

α＋π4－π4＝cosα＋π4cosπ4＋sinα＋π4sinπ4＝－45×22＋35×22＝－210.答案：D6．解析：原式＝(－2cos30°sin10°)2＋32(sin70°－sin30

°)＝3－3cos20°2＋32sin70°－34＝34.答案：C7．解析：因为0<α<β<π，所以0<β－α<π.又因为cosα＝45，cos(β－α)＝－35，所以π2<β－α<π，所以sinα＝35，sin(β－

α)＝45，从而可得sin2α＝2sinαcosα＝2425，cos2α＝2cos2α－1＝725，所以sin(α＋β)＝sin[2α＋(β－α)]＝sin2αcos(β－α)＋cos2αsin(β－α)＝2425×－35＋

725×45＝－44125.答案：D8．解析：∵α，β∈0，π2，且α<β，∴α－β∈－π2，0，2α∈(0，π)，∴sin(α－β)＝－255，sin2α＝31010，∴cos(α＋β)＝cos[2α－(α－β)]＝cos2αcos(α－β)＋sin2αsin(

α－β)＝1010×55＋31010×－255＝－22.∵α＋β∈(0，π)，∴α＋β＝3π4.答案：C9．解析：已知α为锐角，sinα＝13，则cosα＝1－sin2α＝223，所以，cos2α＝1－2sin2α＝79，sin2

α＝2sinαcosα＝429，tan2α＝sin2αcos2α＝427.sinα<cos2α，A项错误；sin2α<cos2α，B项正确；sin2α<tan2α，C项正确；cos2α<tan2α，D项错误．答案：BC10．解析：sin(－690°)＝sin(30°－720°)

＝sin30°＝12，2sin215°＝1－cos30°＝1－32≠12，故A错误；cos13°cos47°－sin13°sin47°＝cos(13°＋47°)＝cos60°＝12，故B正确；2sin15°sin75°

＝2sin15°cos15°＝sin30°＝12，故C正确；tan23°＋tan22°＋tan23°tan22°＝tan45°(1－tan23°tan22°)＋tan23°tan22°＝1≠12，故D错误．答案：BC11．解析：因为f(x)＝sinx＋3cosx＝212sinx＋3

2cosx＝2sinx＋π3，所以其对称轴方程为x＋π3＝kπ＋π2，k∈Z，解得x＝kπ＋π6，k∈Z，又因为函数f(x)＝sinx＋3cosx的图象关于直线x＝a对称，所以a＝kπ＋π6，k∈Z，所以A，B满足．答案：AB

12．解析：f(x)＝2cos2x－cos2x＋π2－1＝cos2x＋sin2x＝2sin2x＋π4，由y＝2sin2x的图象向右平移π8个单位，得到y＝2sin2x－π8＝2sin2x－π4，

所以选项A错误；令2kπ－π2≤2x＋π4≤2kπ＋π2，k∈Z，得其增区间为kπ－3π8，kπ＋π8，k∈Z，所以f(x)在0，π8上单调递增，在π8，π2上单调递减，所以选项B错误；令f(x)＝0，2x＋π4＝kπ，k∈

Z得：x＝kπ2－π8，k∈Z，又因为x∈[0，π]，所以x取3π8，7π8，所以选项C正确；当x∈－π2，0，即2x＋π4∈－3π4，π4时，sin2x＋π4∈－1，22，f(x)∈[－2，1]，所以选项D正确．答案：CD13．解析：因为α为

钝角，所以sinα＞0，cosα＜0，由3sin2α＝cosα，可得6sinαcosα＝cosα，所以sinα＝16.答案：1614．解析：因为A为△ABC的内角，且sin2A＝－35<0，所以2A>π，A>π2.sinA－cosA>0sinA－cosA＝（sinA－cos

A）2＝1－sin2A＝2105.cosA＋π4＝22(cosA－sinA)＝22×－2105＝－255.答案：－25515．解析：因为α，β为锐角，所以，0<α＋β<π，sinα＝1－cos2α＝437，sin(α＋β)＝1－c

os2（α＋β）＝5314.∵sinβ＝sin[(α＋β)－α]＝sin(α＋β)cosα－cos(α＋β)sinα＝5314×17－－1114×437＝32，而β为锐角，∴β＝π3.答案：π316．解析：如图所示，CM＝sin2θ在直角三角形AMC中，tanθ

＝CMAM＝CM1＋OM＝sin2θ1＋cos2θ，在直角三角形CMB中，tanθ＝BMCM＝1－OMCM＝1－cos2θsin2θ.答案：1＋cos2θ1－cos2θ17．解析：方法一选择①②(1)由已知可得，α为第二象限角，sinα＝45，cosα＝－1－sin2α＝－35，tanα＝sin

αcosα＝－43；(2)sin2α＝2sinαcosα＝－2425cos2α＝cos2α－sin2α＝－352－452＝－725，则sin2α－cos2α＝－2425－(－725)＝－1725.方法二选择①③(1)由已知可

得，α为第一象限角，sinα＝45cosα＝1－sin2α＝35tanα＝sinαcosα＝43；(2)sin2α＝2sinαcosα＝2425，cos2α＝cos2α－sin2α＝352－

452＝－725，则sin2α－cos2α＝2425－(－725)＝3125.方法三选择②③(1)由已知可得，α为第三象限角，sinα＝－45，cosα＝－1－sin2α＝－35，tanα＝sinαcosα＝4

3；(2)sin2α＝2sinαcosα＝2425，cos2α＝cos2α－sin2α＝－352－－452＝－725，则sin2α－cos2α＝2425－(－725)＝3125.18．解析：(1)因为α为锐角，且cosα＝35

.所以sinα＝1－cos2α＝45，所以tanα＝sinαcosα＝43，所以tanα＋π4＝tanα＋tanπ41－tanαtanπ4＝43＋11－43×1＝－7.(2)因为cosπ2－α＝sinα，sin(π－2α)＝sin2α，所以

cosπ2－α＋sin(π－2α)＝sinα＋sin2α＝sinα＋2sinαcosα＝45＋2×45×35＝4425.19．解析：(1)因为cos2B＝2cos2B－1＝1114，所以，cosB＝±5714.因为cosC＝－714<0，所以

C为钝角，从而B不是钝角，故cosB＝5714.(2)因为cosB＝5714，所以sinB＝2114.因为cosC＝－714，所以sinC＝32114.所以cosA＝－cos(B＋C)＝－cosBcosC＋sinBsinC＝－5714×－714＋2114×

32114＝12.因为0<A<π，所以A＝π3.20．解析：(1)由|a|2＝(3sinx)2＋sin2x＝4sin2x，|b|2＝cos2x＋sin2x＝1，及|a|＝|b|，得4sin2x＝1.又因为x∈0，π2，从而sinx＝12，所以x＝π6.

(2)f(x)＝a·b＝3sinxcosx＋sin2x＝32sin2x－12cos2x＋12＝sin2x－π6＋12，当x＝π3∈0，π2时，sin2x－π6取最大值1.所以f(x)的最大值为32.21．解析：(1)f(x)＝(2cos2x－1)sin2x＋12cos4x

＝cos2xsin2x＋12cos4x＝12sin4x＋12cos4x＝22sin4x＋π4，fπ4＝22sinπ＋π4＝－12；(2)f(x)的最小正周期T＝2π4＝π2；(3)∵0<x<π4，∴π4<4x＋

π4<5π4，当4x＋π4＝π2时，即x＝π16时，sin4x＋π4的最大值是1，即f(x)的最大值是22.22．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∈0，π6，在Rt△MOE中，ME＝Rsinα，OM＝Rcosα，在

Rt△ONH中，NHON＝tanπ6，得ON＝3NH＝3Rsinα，则MN＝OM－ON＝R(cosα－3sinα)，设矩形EFGH的面积为S，则S＝2ME·MN＝2R2sinα(cosα－3sinα)＝R2(sin2α＋3cos2α－3)＝2R2sin2α＋π3－3R2，

由α∈0，π6，则π3<2α＋π3＜2π3，所以当2α＋π3＝π2，即α＝π12时，Smax＝(2－3)R2.章末质量检测(三)复数1．解析：(2＋i)2＝4＋4i＋i2＝3＋4i.答案：A2．解析：z＝53－4i＝5（3＋4i）（3＋4i）（3－4i）＝35＋45i，

则复数z的虚部为45.答案：C3．解析：因为(－1＋2i)x＝y－1－6i，所以2x＝－6－x＝y－1，解得x＝－3y＝4，所以|x－yi|＝|－3－4i|＝（－3）2＋（－4）2＝

5.答案：B4．解析：因为(1－i)z＝2，所以z＝21－i＝2（1＋i）（1－i）（1＋i）＝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：A5．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|＝12＋12＝2.答案：A6．解析：z＝21＋2i＝2（1－2i）（1＋2i）（1－2i）＝25－45i，∴z－＝25＋45i.答案：C7．解析：∵1－7i2＋i＝（1－7i）（2－i）（2＋i）（2－i）＝－5－15i5＝

－1－3i＝a＋bi∴a＝－1，b＝－3∴ab＝3.答案：C8．解析：∵z＝(1－i)－m(1＋i)＝(1－m)－(1＋m)i∴当z是纯虚数时，m＝1.答案：D9．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：AC10．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，z－＝4－3i，|

z－|＝42＋（－3）2＝5，B正确，z－4＝3i，是纯虚数，C正确，z－＝4－3i对应的点为(4，－3)，位于第四象限，D错误．答案：ABC11．解析：z＝(a＋i)(1＋2i)＝a－2＋(1＋2a)iz为纯虚数，有a－2＝01＋2a≠0，可得a＝2，故A正确；z在复平面内对应的点在

第三象限，有a－2<01＋2a<0，解得a<－12，故B错误；a＝－12时，z＝z－＝－52；z＝z－时，1＋2a＝0即a＝－12，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：ACD12．解析：z·z－

＝(a＋bi)(a－bi)＝a2＋b2＝|z|2，所以A正确；1z＝1a＋bi＝a－bi（a＋bi）（a－bi）＝aa2＋b2－ba2＋b2i，因为1z∈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a2－b2＝02ab≠0，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：ABD13．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：214．解析：z＝ii2021＋2＝ii＋2＝i（2－i）（2＋i）（2－i）＝1＋2i5＝15＋25i∴复数z在复平面内对应的点在第一象限．答案：一15．解析：∵1＋ai2－i＝（1＋ai）（2＋i）（2－

i）（2＋i）＝15(2－a)＋15(2a＋1)i∈R∴2a＋1＝0∴a＝－12.答案：－1216．解析：eiπ＋1＝cosπ＋isinπ＋1＝－1＋1＝0，12＋32i＝cosπ3＋isinπ3＝eπ3i，因此，12＋32i3＝eπ3i3＝eπi＝cosπ＋isinπ＝－1.答案

：0－117．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z2＋az＋bz2－z＋1＝(2＋a)－(a＋b)i＝1－i，由复数相等，得2＋a＝1，a＋b＝1，解得a＝－1，b＝2.18．

解析：(1)m2－m－6＝0m2＋2m－14>0⇒m＝3(舍去－2).(2)lg（m2＋2m－14）<0m2－m－6>0⇒0<m2＋2m－14<1m2－m－6>0⇒m2＋2m－14>0m2＋2m－15<0m2－m－6>0⇒

m<－1－15或m>－1＋15－5<m<3m<－2或m>3⇒－5<m<－1－15.19．解析：(1)若选①：z>0，则m2－m－6>0m2－9＝0，解得m＝－3；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＝－52；若选③：z为纯虚数，则m2－m－6＝0m2－9≠0，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|＝5，所以|－2－a－2i|＝（－2－a）2＋（－2）2＝5，即(a＋1)(a＋3)＝0，解得a＝－1或a＝－3.(2)复数z＝z1·z－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＋1z1＝a＋bi＋1a＋bi＝a＋aa2＋b2＋b－ba2＋b2i∵z2是实数，且b≠0，∴b－

ba2＋b2＝0，得a2＋b2＝1，∴|z1|＝1.(2)由(1)知z2＝2a，则－1≤2a≤1，即－12≤a≤12，∴z1的实部的取值范围为－12，12.22.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：B2．解析：设底面半径为r，高为h，根据展开图得h＝42πr＝2π，则h＝4r＝1，所以圆柱的体积为πr2h＝π×12×4＝4π.答案：D3．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＝2，对应原图形平行四边形的高为22，所以原图形的面积为1×22＝22.答案：A4．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：22－3－122＝3.所以棱台的侧面积是：4×1＋32×3＝83.答案：D5．解析：

如图所示，过点P作PO⊥平面ABC，可得OA＝PA2－PO2，OB＝PB2－PO2，OC＝PC2－PO2因为PA＝PB＝PC，可得OA＝OB＝OC，所以O为△ABC的外心．答案：A6．解析：因为△ABC为等腰直角三角形，AB⊥AC，其

面积为1，所以12AB·AC＝1，且AB＝AC，解得AB＝AC＝2，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＝2，高为AB＝2，所以圆锥的体积为13π×(2)2×2＝223π.答案：C

7．解析：由题意得，△ABC的外接圆半径为2sin60°×12＝233，设该球的半径为r，可得r2＝22＋2332，所以r＝433，设该球内接正方体的棱长为a，所以3a2＝2×4332，所以a＝83.答案：D8．解析：因为AP⊥B

E，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：C9．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：AD10．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：AC11．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：ABD12.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：BCD13．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πl＝2πr12π＝π

r2＋12πl2解得r＝2l＝4.答案：214．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AC

B1，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：6×12×3×（3×sin60°）×2＝93，圆柱的体积为：π×(0.5)2×2＝π2，所以此六角螺帽毛坯的体积是：93－π2cm3.答案：93－π

216．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＝5，AC＝22，AD＝3，还原的长方体如图所示，所以四面体的体积为V＝13S△BCD·AB

＝13×12×2×1×2＝23，四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＝32，所以四面体的外接球的表面积为4πR2＝4π×322＝9π.答案：239π17．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＝12×(2πa)×(2a)＝2πa2；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＝2πa2

＋4πa2＋πa2＝(2＋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＝AP2＋AQ2＝a2＋（πa）2＝a1＋π2.∴P、Q两点间在侧面上的最短路径长为a1＋π2.18．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＝12CB，∵AD∥BC，∠ABC＝90°，∴∠DAB＝90°

，∵AD＝AB＝1，∴BD＝2，∠ADB＝45°，则∠DBC＝45°，又∵CD＝2，∴∠CDB＝90°，可得CB＝CD2＋BD2＝2，∴AD∥CB，AD＝12CB，∴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⊥C

P，得BE＝12CP＝2，∴VE­DBP＝VD­EBP＝13DO·S△EBP＝13DO×12×BE×EP＝13×1×12×2×2＝13.故三棱锥E­DBP的体积为13.21．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，∵A

C1∥DP，∴BC⊥PD；(3)连接C1P，∵D为C1B的中点，则VD­BCP＝12VC1­BCP，由D为C1B的中点，则S△BCP＝12S△ABC＝12×12×2×2＝1，则VD­BCP＝12×13×1×2＝13，易知AB＝BC1＝AC

1＝22，则CP＝CD＝PD＝2，S△PCD＝12×2×2×sinπ3＝32，设点B到平面PCD的距离为d，由VB­PCD＝VD­BCP，得：13×32×d＝13，解得：d＝233，故点B到平面PCD的距离

为233.22．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＝12－122＝32∴C就是所求的点Q，NC＝NQ＝NL2＋CL2＝12＋

322＝72.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：D2．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：D3．解析：13＋5＋6＋18＋11100＝0.53.答案：A4．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＝612＝12.答案：B5．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：A6．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23×1－34＋1－23×34＝512.答案：C7．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13.答案：B8．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)＝410＝25，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(A－∩B－)＝1－(1－P(A))(1－P(B))＝1－35×35＝1625.答案：C9．解析：和棋的概率是34－13＝512，A对；乙不输的概率是1－13＝23，B对；乙胜的概率是23－512＝14，C错；甲输的概率是1－34＝1

4，D对．答案：ABD10．解析：随机抽取的500名学生中，回答第一个问题的概率为12，生日月份为奇数的概率也是12，所以回答第一个问题且回答是的人数为500×12×12＝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50250＝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：BC11．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：35×24＋25×

14＝25，B正确；两次都摸到红球的概率为：25×14＝110，C错误；两次都摸到黄球的概率为：35×24＝310，D正确．答案：ABD12．解析：“厨余垃圾”共有400＋200＋100＝700kg，其中400kg投放正确，概率为47

，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310，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47，710，35，47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37，310，25，37最大，所以D选项说法错误．答案：AC13．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：100014．解析：设抽到一等品、二等品、三等品的事件分别为A，B，C.则P（A）＋P（B）＝0.93P（A）＋P（C）＝0.85P（A）＋P（B）＋P（C）＝1，解得P（C）＝0

.07P（B）＝0.15P（A）＝0.78，则抽到一等品的概率为0.78.答案：0.7815．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824＝13.答案：1316．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)＝15，P(A2)＝25，P(A3)＝15，P(B1)＝16，P(B2)＝12，P(B3)＝14.∵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)＝15×16＋25×12＋15×14＝1760；

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)＝15×12＋15×14＋25×16＋25×14＋15×16＋15×12＝920.答案：176092017．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＝1

6，所以其和等于16的有2个基本事件，故概率为P(A)＝215.18．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1×15＋1.5×30＋2×25＋2.5×20＋3×10100＝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)＝20100＝15，P(A2)＝10100＝110.P(A)＝1－P(A1)－P(A2)＝1－15－110＝710.故一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率为710.19．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)＝610＝35.(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)＝110，∴P(

B)＝1－P(C)＝1－110＝910.20．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)＝23×23×23＝827，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)＝23×1－23×1－23＋1－23×23×1－23＋1－23×1－23×23＝29.∴甲队总得分为3分与1分的概率分别为827，29.(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)＝23×23×1－23＋23×1－23×23＋1－23×23×23＝49，事件D即乙队3人中只有1人答对，其余2人答错，则P(D)＝12×1－23×

1－34＋1－12×23×1－34＋1－12×1－23×34＝14，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)＝49×14＝

19.21．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)＝1－34－18－332＝132.又因为C∪D＝“延迟送达且被罚款”，所以P(C∪D)＝P(C)＋P(D)＝18.因此“

延迟送达且被罚款”的概率为18.(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)＝18×18＝164P(

A1C2)＝P(A2C1)＝34×332＝9128所以P＝P[(B1B2)∪(A1C2)∪(A2C1)]＝P(B1B2)＋P(A1C2)＋P(A2C1)＝18×18＋34×332×2＝532.22．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)＝34×12×1－23＝18，P(A2)＝34×12×23×12×1－12＝116，P(A)＝P(A1)＋P(A2)＝18＋116＝3

16，所以选手甲第一关闯关成功且所得学豆为零的概率为316.(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34×12×23×12＝18，“该选手所得学豆总个数为35”的概率为34×12×23×12×12＝116.所以“该选手所得学豆总个

数不少于15”的概率为18＋116＝316.本册质量检测1．解析：因为z(1－i)＝4i，所以z＝4i1－i，故|z|＝|4i||1－i|＝42＝22.答案：B2．解析：由于△ABC是边长为2的正三角形，则AB→·BC→＝|AB→|·|BC→|·cos(π

－B)＝－2×2×cos60°＝－4×12＝－2.答案：B3.解析：∵AB1∥DC1，∴∠DC1B是直线AB1与BC1所成的角，∵△BDC1是等边三角形，∴直线AB1与BC1所成角为60°.答案：C4．解析：由正弦定理及

ccosB＋bcosC＝asinA，得sinCcosB＋sinBcosC＝sin2A⇒sin(C＋B)＝sin2A⇒sinA＝1，因为0°<A<180°，所以A＝90°；由余弦定理、三角形面积公式及S＝34(b2＋a2－

c2)，得12absinC＝34·2abcosC，整理得tanC＝3，又因为0°<C<90°，所以C＝60°，故B＝30°.答案：D5．解析：∵a∈{0，1，2}，b∈{－1，1，3，5}，∴基本事件总数n＝3×4＝12.用(a，b)表示a，b的取值．若函数f(x)＝

ax2－2bx在区间(1，＋∞)上为增函数，则①当a＝0时，f(x)＝－2bx，符合条件的只有(0，－1)，即a＝0，b＝－1；②当a≠0时，则由题意a>0，只需满足ba≤1，符合条件的有(1，－1)，(1，1)，(2，－1)，(2，1)，共4种．∴函数f(x)＝ax2－2bx在区间(

1，＋∞)上为增函数的概率P＝512答案：A6．解析：因为AC→＝AB→＋AD→，AM→＝AB→＋BM→＝AB→＋12AD→，BD→＝AD→－AB→所以AC→＝λAM→－μBD→＝λAB→＋12AD

→－μ(AD→－AB→)＝(λ＋μ)AB→＋12λ－μAD→，所以λ＋μ＝1.答案：C7．解析：∵tan30°＝tan(16°＋14°)＝tan16°＋tan14°1－tan16°·tan14°，∴tan16°＋tan14°＝33－33tan

16°tan14°，∴a＝tan16°＋tan14°＋33tan16°tan14°＝33，∵b＝sin44°cos14°－sin46°cos76°＝sin44°cos14°－cos44°sin14°＝sin(44°－14°)＝sin30°＝12，c＝2sin14°s

in76°＝2sin14°cos14°＝sin28°<12，∴a>b>c.答案：A8．解析：牟合方盖的内切球距底面R2处平行于底面的截面圆的半径为32R，截面面积为S1＝π×32R2＝34πR2，设帐篷距底面R2处平行于底面的截面面

积为S2，则由题意可得，RS2∶RS1＝4∶π，即S234πR2＝4π，解得S2＝4π×34πR2＝3R2.答案：D9．解析：由z1，z2在复平面内对应的点关于虚轴对称，且z1＝2－i，得z2＝－2－i，z－2＝－2＋i，所

以z0＝z－2z2＝－2＋i－2－i＝4－4i＋i24－i2＝35－45i，所以z0在复平面内对应的点位于第四象限，所以选项A错误；|z0|＝352＋－452＝1，所以选项B正确；z0的实部为35，所以选项C正确；z0的虚部为－45，所以D不正确．答案：

BC10．解析：同时抛掷两枚质地均匀的骰子，一共有6×6＝36种不同的结果，A选项正确；对于B选项，事件“两枚骰子向上的点数相同”所包含的基本事件有：(1，1)、(2，2)、(3，3)、(4，4)、(5，5)、(6，6)，共6种不同的结果，所求概率为636＝16，B选项正确；对

于C选项，事件“两枚骰子向上的点数之和为5”所包含的基本事件有：(1，4)、(2，3)、(3，2)、(4，1)，共4种不同的结果，所求概率为436＝19，C选项错误；对于D选项，事件“两枚骰子向上的点数之差的绝对值不

小于4”所包含的基本事件有：(1，5)、(1，6)、(2，6)、(5，1)、(6，1)、(6，2)，共6种不同的结果，因此，事件“两枚骰子向上的点数之差的绝对值小于4”的概率为1－636＝56，D选项正确．答案：ABD11．

解析：∵AB→·AC→<0，∴AB→·AC→＝|AB→|·|AC→|·cos∠BAC<0，∴∠BAC为钝角，故A选项正确，∵非零向量a，b，|a＋b|＝|a|－|b|，可得a与b反向共线且|a|≥|b|，故B

选项正确，若a∥b，且b＝0时，则有无数个λ，使得a＝λb，故C选项错误，设OD→＝3OB→，OE→＝4OC→，可得O为△ADE的重心，设S△AOC＝z，S△AOB＝y，S△BOC＝x，∴S△AOE＝4z，S△AOD

＝3y，S△EOD＝12x，∵4z＝3y＝12x，∴x∶y∶z＝1∶4∶3，∴S△AOC∶S△ABC＝z∶(x＋y＋x)＝3∶8，故D选项正确．答案：ABD12．解析：取AC的中点O，连接DO，BO，对于A：由题意可得△ABC和△ADC为等边三角形，翻折后，当△ABC和△ADC重合时

，直线AD，BC所成角为120°，故A错误；对于B：当△ADC与底面垂直时，三棱锥D­ABC的体积最大，此时hmax＝3a2，Vmax＝13×34a2×3a2＝a38，故B正确；对于C：设AC中点为O，当平面ACD⊥平面ABC时，三棱锥D­ABC表面积最大，根据三棱

锥内切球公式，可得r＝3VS侧＝3a382×12×a×32a＋2×12×a×a所以r＝a14－832，内切球表面积为4πr2＝(14－83)πa2，故C正确；对于D：在翻折过程中，当D′与E重合时，最小值为0，故D错误．答案：BC13

．解析：∵a－b＝(3，－2)，a＋λb＝(2－λ，3λ＋1)，且(a－b)⊥(a＋λb)，∴(a－b)·(a＋λb)＝3(2－λ)－2(3λ＋1)＝0，解得λ＝49.答案：4914．解析：∵cosx－π6＝14，∴sin

2x＋π6＝sin2x－π6＋π2＝cos2x－π6＝2cos2x－π6－1＝2×142－1＝－78.答案：－7815．解析：根据题意可得：D′E′∥AB，且D′E′＝AB，D′B＝AB，所以四边形ABD′E′是菱形，

所以AD′⊥BE′，如图所示，将几何体进行旋转，使得平面ABD′E′位于水平位置，连接AD′，BE′相交于点O，所以O为AD′，BE′的中点，连接F′O，CO；因为F′B＝F′E′，F′A＝F′D′，所以

F′O⊥BE′，F′O⊥AD′，所以三角形F′OD′和三角形F′OE′为直角三角形，且F′E′＝F′D′，所以直角三角形F′OD′和直角三角形F′OE′全等，所以OE′＝OD′，所以AD′＝BE′，所以四边

形ABD′E′是正方形，所以上下为两个正四棱锥，且所有棱长均为1，可得：OE′＝OD′＝OF′＝22，O到所有顶点的距离都相等，所以O为外接圆圆心，且外接圆半径r＝22，所以外接圆的体积V＝43πr3＝43×24π＝23π.答案：23π16．解析：设选择物理、化学、生物的概率为

p，因为物理、化学、生物的概率是选择其它组合的2倍，所以p＋p2＝1，解得p＝23.即选择物理、化学、生物的概率为p＝23；因为至少有1人选择物理、化学、生物的组合的对立事件为2名学生都没有选择物理、化学、生物

组合，所以2名学生都没有选择物理、化学、生物组合的概率为13×13，所以至少有1人选择物理、化学、生物的概率为P＝1－13×13＝89.答案：238917．解析：(1)∵a＋b＝(－3，6)，a－b＝(m，－2)，∴a＝m－32，2，b＝

－m＋32，4，∵a∥b，∴4×m－32＝2×－m＋32，解得m＝1，∴a－b＝(1，－2)，|a－b|＝12＋（－2）2＝5.(2)∵当m＝5时，a＝(1，2)，b＝(－4，4)，∴a·

b＝1×(－4)＋2×4＝4，∴|a|＝12＋22＝5，|b|＝（－4）2＋42＝42，设a与b的夹角为θ，则cosθ＝a·b|a||b|＝45×42＝1010，故a与b夹角的余弦值为1010.18．解析：(1)因为2acosB＋2bcosA＝c22，

由正弦定理可得2sinAcosB＋2sinBcosA＝12csinC，可得2sin(A＋B)＝2sinC＝12csinC，因为sinC≠0，所以c＝4.(2)因为C＝π3，a＋b＝42，所以由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2ab

cosC＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab＝32－3ab＝16，解得ab＝163，所以△ABC的面积S＝12absinC＝12×163×32＝433.19．证明：(1)∵MN∥平面ABCD，NM⊂平面PBC，平面PBC∩平面ABC

D＝BC，∴MN∥BC，而在△PBC中，M为PC的中点，N在棱PB上，∴N为PB的中点，即得证．(2)∵底面ABCD为矩形，∴CD⊥AD，∵侧面PAD⊥平面ABCD，侧面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥平面PAD，又PA⊂平面PAD，则CD⊥PA，∵

PA⊥PD，PD∩CD＝D，∴PA⊥平面PCD，∵DM⊂平面PCD，∴PA⊥DM，∵在△PCD中，DP＝DC，点M为PC的中点，∴DM⊥PC，PA∩PC＝P，∴DM⊥平面PAC.20．解析：(1)从中任取一球，分别记得到黑球、黄球、绿球为事件A

，B，C，由于A，B，C为互斥事件，根据已知，得P（A＋B）＝P（A）＋P（B）＝59P（B＋C）＝P（B）＋P（C）＝23P（A＋B＋C）＝P（A）＋P（B）＋P（C）＝1，解得P（A）＝13P（B）＝29P（C）＝49

，所以，任取一球，得到黑球、黄球、绿球的概率分别是13，29，49.(2)由(1)知黑球、黄球、绿球个数分别为3，2，4，从9个球中取出2个球的样本空间中共有36个样本点，其中两个是黑球的样本点是3个，两个黄球的是1个，两个绿球的是6个，于是，两个球同色的概率为3＋1＋6

36＝518，则两个球颜色不相同的概率是1－518＝1318.21．解析：(1)如图，连接BD，在△BCD中，由余弦定理得：BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos∠BCD＝27100，∴BD＝3310，∵BC＝CD，∴∠CDB＝∠CBD＝π－23π2＝π6，

又∵∠CDE＝2π3，∴∠BDE＝π2，∴在Rt△BDE中，BE＝BD2＋DE2＝33102＋9102＝335(km)，故道路BE的长度为335km.(2)设∠ABE＝α，∵∠BAE＝π3，

∴∠AEB＝2π3－α，在△ABE中，由正弦定理得ABsin∠AEB＝AEsin∠ABE＝BEsin∠BAE＝335sinπ3＝65∴AB＝65sin2π3－α，AE＝65sinα，∴S△ABE＝12A

B·AEsinπ3＝9325sin2π3－αsinα＝932512sin2α－π6＋14≤932512＋14＝273100(km2)∵0<α<2π3，∴－π6<2α－π6<7π6

∴当2α－π6＝π2，即α＝π3时，S△ABE取得最大值，最大值为273100(km2)22．解析：(1)证明：在等腰梯形ADEF中，作EM⊥AD于M，则AM＝3，EM＝3，∴AE＝3＋9＝23，连接AC，则AC＝42，∵∠AEC＝90°，∴EC＝25，则ED2＋D

C2＝EC2，得CD⊥ED；又∵CD⊥AD，AD∩ED＝D，∴CD⊥平面ADEF；(2)证明：设G为CD中点，则AB∥DG且AB＝DG，可知ABGD为平行四边形，故BG∥AD，又EF∥AD，∴FE∥BG，于是E，F，B，G四点共面，而CD⊂平面ABCD，C显然不在平面EFBG内，

∴点E，C，B，F不在同一平面内；(3)由(1)知，CD⊥平面ADEF，而CD⊂平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面ADEF.∵EM⊥AD，平面ABCD∩平面ADEF＝AD，∴EM⊥平面ABCD，∴VABCDEF＝V

C­ADEF＋VF­ABC＝13SADEF·CD＋13S△ABC·EM＝13×12×(2＋4)×3×4＋13×12×2×4×3＝1633.BX－2