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【文档说明】高中数学课时作业（人教A版必修第二册）详解答案.doc，共(138)页，2.312 MB，由小赞的店铺上传
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详解答案·数学·必修第二册(人教A版)课时作业(一)1．解析：根据单位向量的定义，可知①②③明显是错误的，对于④，与非零向量a共线的单位向量是a|a|或－a|a|，故④也是错误的．答案：D2．解析：由平面几何知
识知，AD→与BC→方向不同，故AD→≠BC→；AC→与BD→方向不同，故AC→≠BD→；PE→与PF→的模相等而方向相反，故PE→≠PF→.EP→与PF→的模相等且方向相同，∴EP→＝PF→.答案：D3．解析：由BA→＝CD→，
知AB＝CD且AB∥CD，即四边形ABCD为平行四边形．又因为|AB→|＝|AD→|，所以四边形ABCD为菱形．答案：C4．解析：因为正方形的对角线长为22，所以|OA→|＝2.答案：25．解析：因为AB∥EF
，CD∥EF，所以与EF→平行的向量为DC→，CD→，AB→，BA→，其中方向相反的向量为BA→，CD→.答案：BA→，CD→6．解析：(1)由菱形的性质可知，与DA→平行的向量有AD→，BC→，CB→
.(2)由菱形的性质及∠DAB＝60°可知，与DA→的模相等的向量有AD→，BC→，CB→，AB→，BA→，DC→，CD→，BD→，DB→.(3)由菱形的性质及∠DAB＝60°可知，AB→与CB→的夹角等于120°.如图．7．解析：若a＝b，则a与b大小相等且
方向相同，所以a∥b；若|a|＝|b|，则a与b的大小相等，方向不确定，因此不一定有a∥b；方向相同或相反的向量都是平行向量，因此若a与b方向相反，则有a∥b；零向量与任意向量都平行，所以若|a|＝0或|b|＝0，则
a∥b.答案：ACD8．解析：以矩形ABCD的四个顶点及它的对角线交点O五点中的任一点为起点，其余四点中的一个点为终点的向量共有20个．但这20个向量中有8对向量是相等的，其余4个向量各不相等，即为AO→(
OC→)，OA→(CO→)，DO→(OB→)，OD→(BO→)，AD→(BC→)，DA→(CB→)，AB→(DC→)，BA→(CD→)，AC→，CA→，BD→，DB→，由集合中元素的互异性知T中有12个元素
．答案：129．证明：由DF→＝EC→，可得DF＝EC且DF∥EC，故四边形CEDF是平行四边形，从而DE∥FC.∵AD→＝DB→，∴D为AB的中点．∴AE→＝EC→，∴AE→＝DF→.10．解析：记出发点为A.(1)当α＝45°时，如图(1)，赛车行
进路线构成一个正八边形，赛车所行路程是8m，最少转向7次可使赛车的位移为零．(2)当α＝120°时，如图(2)，赛车行进路线构成一个正三角形，赛车所行路程为3m，转向2次可使赛车回到出发点；当α＝90°时，如图(3)，
赛车行进路线构成一个正方形，赛车所行路程为4m，转向3次可使赛车回到出发点；当α＝60°时，如图(4)，赛车行进路线构成一个正六边形，赛车所行路程为6m，转向5次可使赛车回到出发点．课时作业(二)1．解析：由非零向量a与b互为相反向量可知a与b必共线，但a与b的方向不同，|
a|＝|b|，a＋b＝0，所以C错误．故选C.答案：C2．解析：∵AB→＝DC→，∴AB→＋CM→＝DC→＋CM→＝DM→＝MB→.故选A.答案：A3．解析：∵正方形ABCD的边长为1，∴|AB→＋BC→|＋|AB→
－AD→|＝|AC→|＋|DB→|＝22.故选D.答案：D4．解析：(1)根据三角形法则及勾股定理，易知|a＋b|＝5.(2)这里需要注意分类讨论，a与b可能同向，也可能反向．若a与b同向，则|a－b|＝0；若a与b反向，则|a－b|＝2.答案：(
1)5(2)0或25．解析：本题考查了用有向线段的起点和终点表示向量的加、减运算，选出①后可以直接应用相反向量选出④.答案：①④6．解析：(1)AC→＝OC→－OA→＝c－a.(2)AD→＝OD→－OA→＝d－a.(3)AD
→－AB→＝BD→＝OD→－OB→＝d－b.(4)AB→＋CF→＝OB→－OA→＋OF→－OC→＝b－a＋f－c.(5)BF→－BD→＝DF→＝OF→－OD→＝f－d.7．答案：ABD8．解析：因为AB→
＝DC→，所以四边形ABCD是平行四边形．因为|AD→－AB→|＝|AD→＋AB→|，所以|BD→|＝|AC→|，所以平行四边形ABCD是矩形．答案：矩形9.解析：设AB→表示水流的速度和方向，AC→表示船的实际航行速度和方向，连接BC，作AD綉BC，如
图，则AD→为所求船的航行速度和方向，且AD→＋AB→＝AC→.∵|AB→|＝43，|AC→|＝12，∴tan∠ACB＝4312＝33.∴∠ACB＝30°＝∠CAD.又∠CAB＝∠ACD＝90°，∴∠BAD＝120°.根据勾股定理可得，|AD→|＝|BC→|＝83.∴船的航行速度为83km/h
，航行方向与水流方向成120°角．10．解析：将a，b平移到同一起点，根据向量加、减法的几何意义可知，a＋b和a－b分别表示以a，b所在线段为邻边所作平行四边形的两条对角线，再根据选项内容逐一判断．对于选项A，取a⊥b，结合勾股定理可知，不等式不成立；对于选项B，取a，b是非零
的相等向量，则不等式左边min{|a＋b|，|a－b|}＝0，显然不等式不成立；对于选项C，取a，b是非零的相等向量，则不等式左边max{|a＋b|2，|a－b|2}＝|a＋b|2＝4|a|2，而不等式右边＝|a|2＋|b|2＝2|a|2，故不等式不成立．由排除法可知，D选项正确．答
案：D课时作业(三)1．解析：原式＝4a－4b－3a－3b－b＝a－8b.答案：D2．解析：因为向量ma－3b与a＋(2－m)b共线，且向量a，b是两个不共线的向量，所以m＝－32－m，解得m＝－1或m＝3.答案：A3．解析：AD→＝AB→＋BD→＝AB→＋34BC→＝AB→＋34(AC→
－AB→)＝14AB→＋34AC→＝14a＋34b.答案：D4．解析：如图，在△ABC中，AD→＝AB→＋BD→.∵BD→＝2DC→，∴BD→＝23BC→.∵BC→＝AC→－AB→＝b－c，∴AD→＝AB→＋23BC→＝c＋23(b－c)＝23b＋13c.答案：23b
＋13c5．解析：因为MA→＋MB→＋MC→＝0，所以M为△ABC的重心．如图所示，在△ABC中，点G是边BC的中点，所以AB→＋AC→＝2AG→.又因为AM→＝23AG→，所以AB→＋AC→＝2AG→＝3AM→，故m＝3.答案：36．解析：BD→＝C
D→－CB→＝(2e1－e2)－(e1＋3e2)＝e1－4e2，BF→＝3e1－ke2，∵B，D，F三点共线，∴BF→＝λBD→，即3e1－ke2＝λe1－4λe2.由题意知e1，e2不共线，得λ＝3，－k＝－4λ，解得k＝12.
7．解析：A中,2a－3b＝4×(－13)(a＋2b)即10a＝b，A满足条件；B中，满足条件；C中，当x＝y＝0时，a与b不一定共线．D中，若AB∥CD，则AB→与CD→共线，若AD∥BC，则AB→与CD→不共线，故不一定能使a，b共线
．故选AB.答案：AB8．解析：∵点O是BC的中点，∴AO→＝12(AB→＋AC→)＝m2AM→＋n2AN→，∴MO→＝AO→－AM→＝(m2－1)AM→＋n2AN→.又MN→＝AN→－AM→，MN→与MO→共线，∴存在实数λ，使得MO→＝λMN→＝λ(AN→－AM→)，即m2－1＝－λ
，n2＝λ.化简，得m＋n＝2.答案：29．解析：(1)AD→＝AB→＋BC→＋CD→＝(e＋2f)＋(－4e－f)＋(－5e－3f)＝(1－4－5)e＋(2－1－3)f＝－8e－2f.(2)证明：因为AD→＝－8e－2f＝2(－4e－f)＝2BC→，所以AD→与BC→方向相同，且A
D→的长度为BC→的长度的2倍，即在四边形ABCD中，AD∥BC，且AD≠BC，所以四边形ABCD是梯形．10．解析：如图，设AM→＝25AB→，AN→＝15AC→，连接PM，PN，则AP→＝AM→＋AN→，易知四边形AMPN为平行四边形，则NP∥AB，所以S△ABPS△ABC＝|AN→
||AC→|＝15.同理S△ABQS△ABC＝14，故S△ABPS△ABQ＝45.答案：D课时作业(四)1．解析：因为|e1|＝|e2|＝1，e1·e2＝0，所以a·b＝(3e1＋2e2)·(－3e1＋4e2)＝－9|e1|2＋8|e2|2＋6e1
·e2＝－9×12＋8×12＋6×0＝－1.故选B.答案：B2．解析：|3a－b|＝(3a－b)2＝9|a|2＋|b|2－6a·b＝9＋25－6×5×－12＝49＝7.答案：A3.解析：a·b＝|a||b|cos135°
＝－122，又|a|＝4，解得|b|＝6.答案：C4．解析：向量a在b方向上的投影为|a|cosθ＝3×cosπ3＝32.答案：325．解析：∵|a|＝4，|b|＝3，且a与b不共线，向量a＋kb与a－kb互相垂直，∴(a＋kb)(a－kb)＝a2－k2b2＝16－9k2＝0，
解得k＝±43.答案：±436．解析：(1)a·b＝|a||b|cosπ3＝5×5×12＝252，∴|a＋b|＝(a＋b)2＝|a|2＋2a·b＋|b|2＝25＋2×252＋25＝53，|a－b|＝(a－b)2＝|a|2＋|b
|2－2a·b＝25＝5，|3a＋b|＝(3a＋b)2＝9a2＋b2＋6a·b＝325＝513.(2)∵|3a－2b|2＝9|a|2－12a·b＋4|b|2＝9×25－12a·b＋4×25＝325－12a·b，又|3a－2b|＝
5，∴325－12a·b＝25，则a·b＝25.∴|3a＋b|2＝(3a＋b)2＝9a2＋6a·b＋b2＝9×25＋6×25＋25＝400.故|3a＋b|＝20.(3)设AB→＝a，AD→＝b，则|a|＝3，|b
|＝1，a与b的夹角θ＝π3.∴a·b＝|a||b|cosθ＝32.又∵AC→＝a＋b，DB→＝a－b，∴|AC→|＝AC→2＝(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2＝13，|DB→|＝DB→2＝(a－b)2＝a2－2a·b＋b2＝7.∴AC
＝13，BD＝7.7．解析：A中，若b＝0，因为0与任意向量平行，所以a不一定与c平行，A错；B中，向量数量积满足分配律，正确；C中，向量数量积不满足消去律，C错；D中，(a·b)·c是以c为方向的向量，a·(b·c)是以a为方向的向量，D错．故选ACD.答案：ACD8．解析：当a，b，c共
线时，|a＋b＋c|＝|a|＋|b|＋|c|＝5，当a，b，c两两夹角为2π3时．|a＋b＋c|＝|a|2＋|b|2＋|c|2＋2a·b＋2a·c＋2b·c＝1＋1＋9＋2×1×1×cos2π3＋2×1×3×cos2π3＋2×1×3×cos2π3＝11－1－3－3＝2.答案：5或2
9．解析：(1)由题意知|a|＝2，|b|＝1.又a在b方向上的投影为|a|cosθ＝－1，∴cosθ＝－12，∴θ＝2π3.(2)易知a·b＝－1，则(a－2b)·b＝a·b－2b2＝－1－2＝－3.(3)∵λa＋b与a－3b互
相垂直，∴(λa＋b)·(a－3b)＝λa2－3λa·b＋b·a－3b2＝4λ＋3λ－1－3＝7λ－4＝0，∴λ＝47.10．解析：BE→·CF→＝(BA→＋AE→)·(CA→＋AF→)＝BA→·CA→＋BA→·AF→＋AE→·CA→
＋AE→·AF→.∵∠BAC＝90°，∴BA→·CA→＝0.又A是线段EF的中点，∴AE→＝－AF→，∴BE→·CF→＝BA→·AF→－AF→·CA→－AF→2＝BC→·AF→－1＝4×1×cos60°－1＝1.答案：1课时作业(五)1．解析：因为一个平面内的
基底不唯一，即可以有无数对不共线向量组成该平面的基底，所以说法①不正确，说法②正确；因为零向量与任一向量都共线，所以它不能作为基底中的向量，说法③正确．故选C.答案：C2．解析：a－b＝－(b－a)，选
项B中的两个向量共线；2a＋12b＝2a＋b，选项C中的两个向量共线；2a－2b＝2(a－b)，选项D中的两个向量共线．只有选项A中的两个向量不共线，可作为一个基底．故选A.答案：A3．解析：∵AF→＝12(
AB→＋AE→)＝12AB→＋12×12AD→＝12AB→＋14×12(AB→＋AC→)＝58AB→＋18AC→.答案：D4．解析：由题意知a与b不共线，即对任意k∈R，a≠kb，得λ≠4.答案：(－∞，4)∪(4，＋∞)5．解析：OC→＝OA→＋AC→＝OA→＋13AB→＝e1
＋13(e2－e1)＝23e1＋13e2OD→＝OC→＋CD→＝OC→＋13AB→＝23e1＋13e2＋13(e2－e1)＝13e1＋23e2答案：23e1＋13e213e1＋23e26．解析：NP→＝AP→－AN→＝13AB→－23AC→＝13
a－23b，MN→＝CN→－CM→＝－13AC→－23CB→＝－13b－23(a－b)＝－23a＋13b，PM→＝－MP→＝－(MN→＋NP→)＝13(a＋b)．7．解析：∵AB∥CD，AB⊥AD，AB＝2AD＝2DC∴BC→＝BA→＋AD→＋DC→＝－AB→＋A
D→＋12AB→＝－12AB→＋AD→，A对；∵BC→＝3EC→∴BE→＝23BC→＝－13AB→＋23AD→∴AE→＝AB→＋BE→＝AB→＋－13AB→＋23AD→＝23AB→＋23AD→又F为AE的中点，∴AF→＝12AE→＝13AB→＋13AD→，B对；∴BF→＝BA→
＋AF→＝－AB→＋13AB→＋13AD→＝－23AB→＋13AD→，C对；∴CF→＝CB→＋BF→＝BF→－BC→＝－23AB→＋13AD→－－12AB→＋AD→＝－16AB→－23AD→，D错．故选ABC.答案：ABC8．解析：∵AM→＝2M
C→，∴AM→＝23AC→.∵BN→＝NC→，∴AN→＝12(AB→＋AC→)，∴MN→＝AN→－AM→＝12(AB→＋AC→)－23AC→＝12AB→－16AC→.又∵MN→＝xAB→＋yAC→，∴x＝12，y＝－16.答案：12－169
．解析：(1)由AM→＝34AB→＋14AC→可知M，B，C三点共线，如图，令BM→＝λBC→⇒AM→＝AB→＋BM→＝AB→＋λBC→＝AB→＋λ(AC→－AB→)＝(1－λ)AB→＋λAC→⇒λ＝14，所以S△ABMS△ABC＝14，即面积之比为1:4.(2)由B
O→＝xBM→＋yBN→⇒BO→＝xBM→＋y2BA→，BO→＝x4BC→＋yBN→，由O，M，A三点共线及O，N，C三点共线⇒x＋y2＝1，x4＋y＝1⇒x＝47，y＝67.10．解析：设BM→
＝e1，CN→＝e2，则AM→＝AC→＋CM→＝－3e2－e1，BN→＝BC→＋CN→＝2e1＋e2.∵A，P，M和B，P，N分别共线，∴存在实数λ，μ使得AP→＝λAM→＝－λe1－3λe2，BP→＝μBN→＝2μe1＋μe2.故BA
→＝BP→＋PA→＝BP→－AP→＝(λ＋2μ)e1＋(3λ＋μ)e2.而BA→＝BC→＋CA→＝2e1＋3e2，由平面向量基本定理，得λ＋2μ＝2，3λ＋μ＝3，解得λ＝45，μ＝35.∴AP→＝45AM→，BP
→＝35BN→.故AP:PM＝4:1，BP:PN＝3:2.课时作业(六)1．解析：3b－a＝3(1,0)－(－1,2)＝(4，－2)．答案：D2．解析：AB→＋BC→＝AC→＝(1，－3)＋(－1，－2)＝(0，－5)又AD→＝(2
,4)，∴CD→＝AD→－AC→＝(2,4)－(0，－5)＝(2,9)，故选D.答案：D3．解析：因为向量4a,3b－2a，c对应的有向线段首尾相接能构成三角形，所以4a＋3b－2a＋c＝0，故有c＝－2a－3b＝－2(1，－3)－3(－2,4)＝(
4，－6)．答案：D4．解析：设D点的坐标为(x，y)，则AD→＝(x－1，y－5)，BC→＝(4,1)，由题意知AD→＝BC→，即(x－1，y－5)＝(4,1)，得x－1＝4，y－5＝1，解得x＝5
，y＝6.因此，D点的坐标为(5,6)．答案：(5,6)5．解析：①因为OC→＝(－2,1)，BA→＝(2，－1)，所以OC→＝－BA→，又直线OC，BA不重合，所以直线OC∥BA，所以①正确；②因为AB→＋BC→＝AC→≠CA→，所以②错误；③因为OA→＋OC→＝(0,2)＝OB→，所以③正
确；④因为AC→＝(－4,0)，OB→－2OA→＝(0,2)－2(2,1)＝(－4,0)，所以④正确．答案：①③④6．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．7．解析：由题意得，平面内的任一向量c都可以唯一表示成c＝λa＋μb(λ，μ为实数)，则a，b一定不共线．所以1×(3m－2)≠2×m，解得m≠2.故选ABD.答案：ABD8．解析：因为a＋b＝(1,2)＋(1，λ)＝(2,2
＋λ)，所以根据a＋b与c共线得2×4－3×(2＋λ)＝0，解得λ＝23.答案：239．解析：(1)ka－b＝k(1,0)－(2,1)＝(k－2，－1)，a＋2b＝(1,0)＋2(2,1)＝(5,2)．因为ka－b与a＋2b共线，所以2(k－2)－(－1)×5＝0，得k＝－12.(2)因为A，B
，C三点共线，所以AB→＝λBC→，λ∈R，即2a＋3b＝λ(a＋mb)，所以2＝λ，3＝mλ，解得m＝32.10．解析：由(1,2)⊗m＝(5,0)可得p－2q＝52p＋q＝0解得p＝1q＝－2.∴(1,2)
＋m＝(1,2)＋(1，－2)＝(2,0)．答案：(2,0)课时作业(七)1．解析：a＝(1，－1)，b＝(－1,2)，∴(2a＋b)·a＝(1,0)·(1，－1)＝1.答案：C2．解析：∵a＝(4,3)
，∴2a＝(8,6)．又2a＋b＝(3,18)，∴b＝(－5,12)，∴a·b＝－20＋36＝16.又|a|＝5，|b|＝13，∴cos〈a，b〉＝165×13＝1665.答案：C3．解析：∵a＝(－1,2)，b＝(3,1)，∴a－b＝(－4,1)，∵(a－b)⊥c
，∴－4k＋4＝0，解得k＝1.答案：C4．解析：因为a＝(－4,3)，所以2|a|2＝2×((－4)2＋32)2＝50.a·b＝－4×1＋3×2＝2.所以2|a|2－3a·b＝50－3×2＝44.答案：445．解析：c＝(m＋4,2m＋2)，|a|＝5，|b|＝25，设c，a的夹角为α，c，
b的夹角为θ，又因为cosα＝c·a|c||a|，cosθ＝c·b|c||b|，由题意知c·a|a|＝c·b|b|，即5m＋85＝8m＋2025.解得m＝2.答案：26．解析：(1)由题意，得a＋b＝(3，－1＋x)．由a⊥(a＋b)，得a·(a＋b)＝6＋1－x＝0，解得x＝7.∴b＝(1,7
)．∴|b|＝50＝52.(2)a＋2b＝(4,2x－1)＝(4，－7)，故2x－1＝－7，解得x＝－3.∴b＝(1，－3)．设a与b的夹角为θ，则cosθ＝a·b|a||b|＝(2，－1)·(1，－3)5×10＝22
.∵θ∈[0，π]，∴θ＝π4，即a与b的夹角为π4.7．解析：建立如图所示的平面直角坐标系．设P(x，y)，又A(0，3a)，B(－a,0)，C(a,0)，则PA→＝(－x，3a－y)，PB→＝(－a－x，－y)
，PC→＝(a－x，－y).所以PA→·(PB→＋PC→)＝(－x，3a－y)·[(－a－x，－y)＋(a－x，－y)]＝(－x，3a－y)·(－2x，－2y)＝2x2＋2y2－23ay＝2x2＋2y
－32a2－32a2≥－32a2.故选BCD.答案：BCD8.解析：建立如图所示的直角坐标系，则A0，32，B－12，0，C12，0，D－14，34.设F(x0，y0)，则DE→＝14，－34，EF→＝(
x0，y0)．∵DE→＝2EF→，∴F18，－38.∴AF→＝18，－538，BC→＝(1,0)，∴AF→·BC→＝18.答案：189．解析：(1)设D(x，y)．∵A(0,2)，B(4
,1)，C(－6,9)，∴AD→＝(x，y－2)，BD→＝(x－4，y－1)，BC→＝(－10,8)．由题意知AD⊥BC，则AD→·BC→＝0，即－10x＋8(y－2)＝0，即5x－4y＋8＝0，①由BD→∥BC→，得8(x－4)＝－10(y－1)，即4x＋5y－21＝0.②联立①②，解得x＝
4441，y＝13741，则AD→＝4441，5541.(2)设E(a,0)，则EB→＝(4－a,1)，EC→＝(－6－a,9)．由∠BEC为钝角，得(4－a)(－6－a)＋9＜0，解得－5＜a＜3.由EB→与EC→不能共线，得9(4－a)≠－6－a，解得a≠214.故点E的横
坐标的取值范围为(－5,3)．10．解析：(方法一)建立如图的平面直角坐标系，易知λ1AB→＋λ2BC→＋λ3CD→＋λ4DA→＋λ5AC→＋λ6BD→＝λ1(1,0)＋λ2(0,1)＋λ3(－1,0)＋λ4(0，
－1)＋λ5(1,1)＋λ6(－1,1)＝(λ1－λ3＋λ5－λ6，λ2－λ4＋λ5＋λ6)．所以所求模为(λ1－λ3＋λ5－λ6)2＋(λ2－λ4＋λ5＋λ6)2.所以最大值为42＋22＝25，λ1－λ3＝λ5－λ6＝2或－2，λ2－λ4＝2或－2，λ5＋λ6＝0满
足要求；最小值为0，λ5－λ6＝2，λ5＋λ6＝0，λ1－λ3＝－2，λ2－λ4＝0满足要求．综上，最小值为0，最大值为25.(方法二)以{AB→，BC→}为基底，可知λ1AB→＋λ2BC→＋λ3CD→＋λ4DA→＋λ5AC→＋λ6BD→＝(λ1－λ3＋λ5－λ6，λ2－λ4＋λ5＋λ6)．若能使
|λ1－λ3＋λ5－λ6|＝|λ2－λ4＋λ5＋λ6|＝0①，|λ1－λ3＋λ5－λ6|＝4，|λ2－λ4＋λ5＋λ6|＝2②，则所求最小值为0，最大值为25.当λ5－λ6＝2，λ5＋λ6＝0，λ1－λ3＝－2，λ2＝λ
4时，①式成立；当λ1＝－λ3＝λ5＝－λ6，λ2＝－λ4时，②式成立．综上，最小值为0，最大值为25.答案：025课时作业(八)1．解析：由(BC→＋BA→)·AC→＝|AC→|2，得(BC→＋BA→－AC→)·AC→＝0，即(BC→＋BA→＋CA→)·AC→＝0，∴2AC→
·BA→＝0，∴AC→⊥BA→，∴A＝90°，即△ABC的形状一定是直角三角形．无法判断△ABC是不是等腰三角形，故选C.答案：C2．解析：F4＝－(F1＋F2＋F3)＝－[(－2，－1)＋(－3,2)＋(4，－3)]＝(1,2)．答
案：D3.解析：由题意知|v水|＝2m/s，|v船|＝10m/s，作出示意图如右图．∴小船在静水中的速度大小|v|＝102＋22＝104＝226(m/s)．答案：B4．解析：由AB→＝3e，DC→＝5e，得AB→∥DC→，AB→≠DC→，又因为A
BCD为四边形，所以AB∥DC，AB≠DC.又|AD→|＝|BC→|，得AD＝BC，所以四边形ABCD为等腰梯形．答案：等腰梯形5．解析：以A为坐标原点，AD，AB所在直线分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系(图略)，则A(0,0)
，B(0，3)，C(3，3)，D(3,0)，AC→＝(3，3)，设AE→＝λAC→，则点E的坐标为(3λ，3λ)，故BE→＝(3λ，3λ－3)．因为BE⊥AC，所以BE→·AC→＝0，即9λ＋3λ－3＝0，解得λ＝14，
所以E34，34.故ED→＝94，－34，则|ED→|＝942＋－342＝212，即ED＝212.答案：2126．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.7．解析：由AC→·AB→＝|AC→||AB→|cosA＝|AD→||AB→|，得|AC→|2＝AC→·AB→，A正确；由BA→·BC→＝|BA→||BC→|cosB＝|BA→||BD→|得|BC→|2＝B
A→·BC→，B正确；由AC→·CD→＝|AC→||CD→|cos(π－∠ACD)<0又|AB→|2>0，C错误．由图可知Rt△ACD∽Rt△ABC所以|AC→||BC→|＝|AB→||CD→|由A，B可得：|CD→|2＝(AC→·AB→)×(BA→·BC→)|AB→|2，D正确．故选ABD
.答案：ABD8．解析：建立如图所示的平面直角坐标系，则B(2,0)，A(0,0)，D12，32.设|BM→||BC→|＝|CN→||CD→|＝λ，λ∈[0,1]，则M2＋λ2，32λ，N52－2λ，
32∴AM→·AN→＝2＋λ2，3λ2·52－2λ，32＝－λ2－2λ＋5＝－(λ＋1)2＋6∵λ∈[0,1]，∴AM→·AN→∈[2,5]答案：[2,5]9．解析：(1)∵AD→＝AB→＋BC→＋CD→
＝(4＋x，y－2)，∴由BC→∥AD→，得x(y－2)＝y(4＋x)，即y＝－12x.(2)由题易得，AC→＝AB→＋BC→＝(x＋6，y＋1)，BD→＝BC→＋CD→＝(x－2，y－3)．由AC→⊥BD→可得AC→·BD→＝0，即(x＋6)
(x－2)＋(y＋1)(y－3)＝x2＋y2＋4x－2y－15＝0，又∵y＝－12x，∴x＝2，y＝－1或x＝－6，y＝3.∴AC→＝(8,0)，BD→＝(0，－4)或AC→＝(0,4)，BD→＝(－8,0)，又∵AC→⊥BD→，∴四边形ABCD的
面积为12·|AC→||BD→|＝12×8×4＝16.10．解析：如图，设A(2,0)，C(2,1)，D(0,1)．连接CD，PC，AC，过点P作PB⊥CD于点B.因为圆心移动的距离为2，所以劣弧PA＝2，所
以圆心角∠PCA＝2，所以∠PCB＝2－π2.所以PB＝sin2－π2＝－cos2，CB＝cos2－π2＝sin2.所以xP＝2－CB＝2－sin2，yP＝1＋PB＝1－cos2，所以OP→＝(2－sin2,1－cos2)．答案：(2－sin2,
1－cos2)课时作业(九)1．解析：由余弦定理得：cosB＝a2＋c2－b22ac＝9＋4－72×3×2＝12∵B∈(0，π)∴B＝π3.答案：A2．解析：由余弦定理得AB2＝BC2＋AC2－2BC·AC·cosC即13＝9＋AC2－2×3×AC×cos120°∴AC2＋3A
C－4＝0解得AC＝1或AC＝－4(舍去)．答案：A3．解析：∵△ABC中，B＝60°，b2＝ac，∴cosB＝a2＋c2－b22ac＝12，∴a2＋c2－2ac＝0⇒(a－c)2＝0，∴a＝c，A＝C，∴△ABC为等边三角形．故选D.答案：D4．解析：由余弦定理得a
2＝b2＋c2－2bccosA＝48＋12－2×43×23×cos120°＝48＋12－2×43×23×－12＝84∴a＝221.答案：2215．解析：由余弦定理，得c2＋b2－2bccosA＝a2，即4＋b2－2×2bcosA＝5.整理，得3b2－8b－3＝0，解得b＝3或
b＝－13(舍去)．答案：36．解析：由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA，即a2＝(b＋c)2－2bc－2bccosA，∵a＝4，b＋c＝6，cosA＝14，∴16＝36－52bc，∴bc＝8.由b＋c＝6，bc＝8，b<c，可得b＝2，c＝4.7．解析：∵B＝π3，
a＋c＝3b∴(a＋c)2＝a2＋c2＋2ac＝3b2①由余弦定理得a2＋c2－2accosπ3＝b2②由①②得2a2－5ac＋2c2＝0，即2ac2－5ac＋2＝0解得ac＝2或
ac＝12，故选AC.答案：AC8．解析：由题意知a>b，∴A>B.在线段BC上取点D，使得BD＝AD，连接AD，如图所示．设BD＝x，则AD＝x，DC＝5－x.在△ADC中，cos∠DAC＝cos(∠BAC－B)＝3132，由余弦定理得(5－x)2＝x2＋42－2x·4×3132，即25－1
0x＝16－314x，解得x＝4.∴在△ADC中，AD＝AC＝4，CD＝1，由余弦定理的推论，得cosC＝AC2＋CD2－AD22·AC·CD＝18，∴c＝a2＋b2－2abcosC＝25＋16－2×5×4×18＝6.答案：1869．解析：(1)∵cosC＋cosAcosB＝22sin
AcosB，∴－cos(A＋B)＋cosAcosB＝22sinAcosB，即sinAsinB＝22sinAcosB.∵sinA≠0，∴sinB＝22cosB>0.又∵sin2B＋cos2B＝1，∴cosB＝13(负值舍去)．(2)∵a＋c
＝2，∴c＝2－a.由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accosB＝a2＋c2－23ac＝a2＋(2－a)2－23a(2－a)＝83(a－1)2＋43.∵0<a<2，∴233≤b<2，∴b的取值范围为
233，2.10．解析：在△ADB中，由余弦定理的推论得cos∠ADB＝AD2＋BD2－AB22·AD·BD＝73b2＋19a2－c22·213b·13a，在△ADC中，由余弦定理的推论得cos∠
ADC＝AD2＋CD2－AC22·AD·CD＝73b2＋49a2－b22·213b·23a，由于∠ADB和∠ADC互补，因此73b2＋19a2－c22·213b·13a＋73b2＋49a2－b22·213b·23
a＝0，化简，得a2＋9b2－3c2＝0.在△ABC中，根据余弦定理，有a2＝b2＋c2－2bc·cos∠BAC＝b2＋c2－bc，代入上式可得10b2－bc－2c2＝0，解得bc＝12.答案：12课时作业(十)1．解析：由正弦定理，得asinA＝bs
inB，即asin30°＝8sin45°，即22a＝4，解得a＝42，故选B.答案：B2．解析：∵A＝60°，a＝43，b＝4，∴由正弦定理得，sinB＝bsinAa＝4×sin60°43＝12.∵a>b，∴B<60°，∴B＝30°，故选C.答案：C3．解析：方法一：
在△ABC中，a＝15，b＝24，A＝46°.由正弦定理可得asinA＝bsinB，即15sin46°＝24sinB，∴sinB＝85sin46°>85sin45°>1，∴B值不存在，此三角形无解．故选C
.方法二：在△ABC中，bsinA＝24sin46°>24sin45°＝122>a＝15.故此三角形无解．故选C.答案：C4．解析：在△ABC中，因为a＝4，c＝2，B＝60°，由余弦定理可得b2＝a2＋c2－2accosB＝42＋22－2×4×2cos60°＝12，所以b＝23.又由正
弦定理可得bsinB＝csinC，即sinC＝csinBb＝2sin60°23＝12，又由c<b，所以C<B，所以C＝30°.答案：2330°5．解析：因为sinA:sinB:sinC＝1:3:1，所以a:b:c＝1:3:1.
设a＝x，则b＝3x，c＝x，由余弦定理可得cosB＝a2＋c2－b22ac＝x2＋x2－(3x)22x2＝－12，故B＝120°.答案：120°(或2π3)6．解析：在△ADC中，由余弦定理得cos∠ADC＝AD2＋DC2－AC22AD·DC＝100＋36－1962×10×6＝－12
，∵0°<∠ADC<180°，∴∠ADC＝120°，∠ADB＝180°－120°＝60°.在△ABD中，由正弦定理得ABsin∠ADB＝ADsinB，∴AB＝AD·sin∠ADBsinB＝10sin60°sin45°＝10×3222＝
56.7．解析：由A≥90°，知B为锐角，则此三角形最多有一解，故A说法正确；当A<90°，a<b时，若bsinAa>1，则sinB>1，此三角形不存在，故B说法错误；若A<90°，且a＝bsinA，则sinB＝
1，即B＝90°，此三角形为直角三角形，故C说法正确；当A<90°，且a＝b时，A＝B，此三角形为等腰三角形，只有一解，故D说法错误．故正确说法的是AC.答案：AC8．解析：由C＝2A，知sinC＝sin2A＝2sinAcosA.结合正弦定理，得c＝2acosA.由a＝2，b＝3，及余弦定理的推
论，得c＝2acosA＝2a·b2＋c2－a22bc，即c＝4×9＋c2－46c，解得c＝10.∴cosC＝a2＋b2－c22ab＝4＋9－102×2×3＝14.答案：149．解析：(1)由已知条件，得sin2B＋sin2C
－sin2A＝sinBsinC，故由正弦定理，得b2＋c2－a2＝bc.由余弦定理，得cosA＝b2＋c2－a22bc＝12.因为0°<A<180°，所以A＝60°.(2)由(1)知B＝120°－C，由题意及正弦定理，得2sinA＋sin(120°－C)＝2sinC，即62＋32c
osC＋12sinC＝2sinC，可得cos(C＋60°)＝－22.因为0°<C<120°，所以sin(C＋60°)＝22，故sinC＝sin(C＋60°－60°)＝sin(C＋60°)cos60°－cos(C＋60°)sin60°＝6＋24.10．解析：(1)证明：由a＝bt
anA及正弦定理，得sinAcosA＝ab＝sinAsinB.∵在△ABC中，sinA≠0，∴sinB＝cosA，即sinB＝sinπ2＋A.又∵B为钝角，∴π2＋A∈π2，π.
故B＝π2＋A，即B－A＝π2.(2)由(1)知C＝π－(A＋B)＝π－2A＋π2＝π2－2A>0，∴A∈0，π4.于是sinA＋sinC＝sinA＋sinπ2－2A＝sinA＋cos2A＝－2sin2A＋sinA＋1＝－2si
nA－142＋98.∵0<A<π4，∴0<sinA<22，∴22<－2sinA－142＋98≤98.故sinA＋sinC的取值范围是22，98.课时作业(十一)1．解析：如图，易知∠ACB＝45°，由正弦定理，得BCsin60°
＝10sin45°，∴BC＝56nmile.答案：D2．解析：因为cosC＝45，C∈(0，π)，所以sinC＝35，所以S△ABC＝12absinC＝12×5×4×35＝6.答案：B3．解析：设塔高为h
m，因为∠CAD＝60°，∠CBD＝45°，CD⊥AD，CD⊥BD，所以AD＝htan60°＝h3，BD＝htan45°＝h.在△ABD中，由余弦定理得242＝h32＋h2－2×h3×h×cos30°，解得h＝243.故选D.答案：D4
．解析：根据题意，可知BC＝20×0.5＝10，∠ABC＝150°－120°＝30°，∠ACB＝30°＋75°＝105°，因此可得A＝45°.在△ABC中，由正弦定理得BCsinA＝ACsin∠ABC，
得AC＝52.答案：525．解析：由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA，又a2＋4S＝b2＋c2，故S＝12bccosA＝12bcsinA，从而sinA＝cosA，即tanA＝1.因为A为△ABC的内角，所以A＝45°.答案：45°6．解析：(1)由已知及正弦定理得，2c
osC·(sinAcosB＋sinBcosA)＝sinC，2cosCsin(A＋B)＝sinC，故2sinCcosC＝sinC，可得cosC＝12.因为C∈(0，π)，所以C＝π3.(2)由已知得，12absinC＝332，又C＝π3，所以ab＝6，由已
知及余弦定理得，a2＋b2－2abcosC＝7，由a2＋b2＝13，从而(a＋b)2＝25，a＋b＝5.所以△ABC的周长为5＋7.7．解析：由题意知∠ABC＝30°，由余弦定理得cos30°＝x2＋9－36x解得x＝23或x＝3，故选AB.答案：AB8．解析
：由三角形的面积公式可知，S△ABC＝12acsinB＝34(a2＋c2－b2)．又由余弦定理可知，cosB＝a2＋c2－b22ac，所以12acsinB＝34·2accosB，所以tanB＝3，得B＝π3.又由正弦定理以及三角形
内角和可知，ca＝sinCsinA＝sin(2π3－A)sinA＝32cosA＋12sinAsinA＝32tanA＋12.∵∠C为钝角，∴0<A<π6.∴tanA∈0，33，∴ca∈(2，＋∞)答案：π3(2，＋∞)9．解析：若选①：由正弦定理得(a＋
b)(a－b)＝(c－b)c，即b2＋c2－a2＝bc，所以cosA＝b2＋c2－a22bc＝bc2bc＝12，因为A∈(0，π)，所以A＝π3.又a2＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc，a＝26，b＋c＝6，所以bc＝4，所以S△ABC＝12bcsin
A＝12×4×sinπ3＝3.若选②：由正弦定理得sinAsinB＝sinBcosA＋π6.因为0<B<π，所以sinB≠0，sinA＝cosA＋π6，化简得sinA＝32cosA－12sinA，即tanA＝33，因为0<A<π，所以A＝π6.又因为a2＝b2＋
c2－2bccosπ6，所以bc＝(b＋c)2－a22＋3＝62－(26)22＋3，即bc＝24－123，所以S△ABC＝12bcsinA＝12×(24－123)×12＝6－33.若选③：由正弦定理得sinBsinB＋C2＝sinAsinB，因为0<B<π，所以sinB≠
0，所以sinB＋C2＝sinA，又因为B＋C＝π－A，所以cosA2＝2sinA2cosA2，因为0<A<π，0<A2<π2，所以cosA2≠0，∴sinA2＝12，A2＝π6，所以A＝π3.又a2＝b2＋c2－bc＝(
b＋c)2－3bc，a＝26，b＋c＝6，所以bc＝4，所以S△ABC＝12bcsinA＝12×4×sinπ3＝3.10．解析：设△ABC外接圆半径为R.因为S△OBC＝12ak＝12R2sin2A＝R2sinAcosA，S△OAC
＝12bm＝12R2sin2B＝R2sinBcosB，所以S△OBCS△OAC＝akbm＝sinAcosAsinBcosB＝acosAbcosB，从而km＝cosAcosB，同理mn＝cosBcosC，故选D.答案：D章末质量检
测(一)1．解析：(AB→＋MB→)＋(BO→＋BC→)＋OM→＝AB→＋BO→＋OM→＋MB→＋BC→＝AC→.答案：D2．解析：∵AB→＝OB→－OA→＝(3,1)，又AB→∥OC→，所以3×(m＋1)＝2m，∴m＝－3.答案：C3．解析：由(b＋c)(b－c)＝a(b－a)得a2＋
b2－c2＝ab，即a2＋b2－c22ab＝12，∴cosC＝12，又0<C<π，∴C＝π3.答案：B4．解析：AB→·AC→＝|AB→||AC→|cosA＝1×3×cosA＝－1∴cosA＝－13∴sinA＝1－cos2A
＝1－－132＝223∴S△ABC＝12AB·AC·sinA＝12×1×3×223＝2.答案：C5．解析：∵a∥c，b⊥c∴－4x－4＝04－4y＝0∴x＝－1y＝1即a＝(－1,2)，b＝(2,1)∴a－b＝(－3,1)，∴|a－b|＝10.答案：B6．解析：因为∠BC
D＝15°，∠BDC＝30°，所以∠CBD＝135°.在△BCD中，根据正弦定理可知CDsin∠CBD＝BCsin∠BDC，即30sin135°＝BCsin30°，解得BC＝152(米)．因为在Rt△ABC中，tan60°＝ABBC＝3，所以AB＝3BC＝3×152＝156(米)．故选D
.答案：D7．解析：设BC的中点为M，∵2AP→·BC→＝AC→2－AB→2∴2AP→·BC→＝(AC→－AB→)(AC→＋AB→)∴2AP→·BC→＝BC→·(AC→＋AB→)∴BC→·(AC→＋AB→－2AP→)＝0，∴BC→·(AC→－AP→＋AB→－AP→)，即BC→·(PC→
＋PB→)＝0即2BC→·PM→＝0，∴点P与BC的中点连线与BC垂直，即点P一定是△ABC的外心．答案：B8．解析：设BC＝6，则AB＝AC＝32，BD＝DE＝EC＝2，AD＝AE＝BD2＋BA2－2BD·BA·cosπ4＝10，cos∠DAE＝10＋10－42×10＝4
5，所以AFAD＝AFAE＝45，所以AF→＝45AD→因为AD→＝AB→＋13BC→＝AB→＋13AC→－AB→＝23AB→＋13AC→，所以AF→＝45×23AB→＋13AC
→＝815AB→＋415AC→.答案：D9．解析：∵0·a＝0，∴A中结论错误；向量的数量积不满足结合律，∴B中结论错误；当a·b＝0，a与b的夹角为90°，即a⊥b，∴C中结论正确；D中结论正确．故选CD.答案：CD10．
解析：∵P是△ABC所在平面内一点，且|PB→－PC→|－|PB→＋PC→－2PA→|＝0∴|CB→|－|(PB→－PA→)＋(PC→－PA→)|＝0即|CB→|＝|AB→＋AC→|，即|AB→－AC→|＝|AB→＋AC→|两边平方化简得AC→·AB→＝0∴
AC→⊥AB→，∴∠A＝90°则△ABC一定是直角三角形．故选ACD.答案：ACD11．解析：由已知OA→＝(1，－3)，OB→＝(2，－1)，OC→＝(k＋1，k－2)，所以AB→＝(1,2)，AC→＝(k，k＋1)．因为A为钝角
，所以AB→·AC→<0，所以(1,2)·(k，k＋1)<0，所以3k＋2<0，解得k<－23，即实数k应满足的条件是k<－23.故选CD.答案：CD12．解析：对于选项A，由于|a－b|<c<a＋b，于是c有唯一取值2，符合题意；对于选项B，根据正弦定理，有a2＋c2＋2ac＝b2，再由余弦定
理的推论得cosB＝a2＋c2－b22ac＝－22，B＝135°，无解；对于选项C，条件即cosAsin(B－C)＝0，于是有A＝90°，B＝30°，C＝60°或A＝B＝C＝60°，不符合题意；对于选项D，根据正弦定理，有sinB＝1
2，又A＝60°，b<a，于是B＝30°，C＝90°，符合题意．答案：AD13．解析：∵a·b＝|a||b|cos〈a，b〉，∴向量b在a方向的投影为|b|cos〈a，b〉＝a·b|a|＝(－3)×(－2)＋0×
69＝2.答案：214．解析：∵a⊥(a＋b)，∴a·(a＋b)＝0，∴a2＋a·b＝0∴a·b＝|a||b|cos〈a，b〉＝－a2∴cos〈a，b〉＝－11×2＝－22又〈a，b〉∈[0，π]，∴故a与b的夹角为3π4.答案：3π415．解析：建立平面
直角坐标系，如图所示，则A(0,4)，B(0,0)，C(6,0)，D(3,2)，设E(x,0)，则AE→＝(x，－4)，BD→＝(3,2)，由AE⊥BD，得AE→·BD→＝3x－8＝0，解得x＝83，∴AE→＝83，－4；又BC→＝(6,0)，∴AE→·BC→＝83×6－4×0＝
16.答案：1616．解析：由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA可得：b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc＝112S△ABC＝S△ACD＋S△ABD＝12b·ADsinA2＋12c·ADsinA2＝334(b＋c)又S△
ABC＝12bcsinA＝34bc∴34bc＝334(b＋c)∴b＋c＝13bc∴19(bc)2－3bc＝112，解得：bc＝48∴S△ABC＝34×48＝123.答案：12317．解析：(1)∵2OA→－OB→＋OC→＝2(2a－b)－a－3b＋ka＋5b＝
(k＋3)a＝0，∴k＝－3.(2)由题意知AB→＝OB→－OA→＝－a＋4b，AC→＝OC→－OA→＝(k－2)a＋6b.∵A，B，C三点共线，∴设AC→＝λAB→，即(k－2)a＋6b＝－λa＋4λb，∴k－2＝－λ，6＝4λ
，解得k＝12.18．解析：(1)∵a＝(－3,2)，b＝(2,1)，c＝(3，－1)，∴a＋tb＝(－3,2)＋t(2,1)＝(－3＋2t,2＋t)，∴|a＋tb|＝(－3＋2t)2＋(2＋t)2＝5
t2－8t＋13＝5t－452＋495≥495＝755，当且仅当t＝45时取等号，即|a＋tb|的最小值为755.(2)∵a－tb＝(－3,2)－t(2,1)＝(－3－2t,2－t)，又a－tb与c共线，c＝(3，－1)，∴(－3－2t)×(－1)－(2－t)×3＝0，
解得t＝35.19．解析：(1)∵cosB＝35>0，且0<B<π，∴sinB＝1－cos2B＝45.由正弦定理得asinA＝bsinB，∴sinA＝asinBb＝2×454＝25.(2)∵S△ABC＝12acsinB＝4，∴12×2×c×45＝4
，∴c＝5.由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB＝22＋52－2×2×5×35＝17，∴b＝17.20．解析：(1)在△ADC中，AD＝6，AC＝219，DC＝4，由余弦定理，得cos∠ADC＝AD2＋DC2－AC22×AD×DC＝36＋16－762×6×4＝－12.又∵0°
<∠ADC<180°，∴∠ADC＝120°.(2)由(1)知∠ADB＝60°，在△ABD中，AD＝6，B＝45°，∠ADB＝60°，由正弦定理，得ABsin∠ADB＝ADsinB，∴AB＝AD×sin∠ADBsinB＝6×3222＝36.21．解析：若选择①b
2＋2ac＝a2＋c2，由余弦定理cosB＝a2＋c2－b22ac＝2ac2ac＝22，因为B∈(0，π)，所以B＝π4；由正弦定理asinA＝bsinB，得a＝bsinAsinB＝2·sinπ322＝3，因为A＝π3，B＝π4，所以C＝π－π3－π4＝5π12，所以sinC＝
sin5π12＝sinπ4＋π6＝sinπ4cosπ6＋cosπ4sinπ6＝6＋24，所以S△ABC＝12absinC＝12×3×2×6＋24＝3＋34，若选择②acosB＝bsinA，则sinAcosB＝sinBsinA，因为sinA≠0，所以sinB＝cosB，
因为B∈(0，π)，所以B＝π4；由正弦定理asinA＝bsinB，得a＝bsinAsinB＝2·sinπ322＝3，因为A＝π3，B＝π4.所以C＝π－π3－π4＝5π12.所以sinC＝sin5π12＝sinπ4＋π6＝sinπ4cosπ6＋
cosπ4sinπ6＝6＋24.所以S△ABC＝12absinC＝12×3×2×6＋24＝3＋34.若选择③sinB＋cosB＝2，则2sinB＋π4＝2，所以sinB＋π4＝1，因为B∈(0，π)，所以B＋π4∈π4，5π4.所以B＋π4＝π
2，所以B＝π4；由正弦定理asinA＝bsinB，得a＝bsinAsinB＝2·sinπ322＝3，因为A＝π3，B＝π4，所以C＝π－π3－π4＝5π12，所以sinC＝sin5π12＝sinπ4＋π6＝sinπ4cosπ6＋cos
π4sinπ6＝6＋24，所以S△ABC＝12absinC＝12×3×2×6＋24＝3＋34.22．解析：(1)如图(1)，AB＝402海里，AC＝1013海里，∠BAC＝θ，sinθ＝2626.∵0°<θ<90°，∴cosθ＝1－26262＝52626.图(1)由余弦定理，得B
C＝AB2＋AC2－2AB·AC·cosθ＝105(海里)．∴船的行驶速度为1054060＝10523＝155(海里/时)．(2)如图(2)，设直线AE与线段BC的延长线相交于点Q.在△ABC中，由余弦定理，得图
(2)cos∠ABC＝AB2＋BC2－AC22AB·BC＝(402)2＋(105)2－(1013)22×402×105＝31010.∴sin∠ABC＝1－cos2∠ABC＝1－910＝1010.在△ABQ中，由正弦定理，得AQ＝ABsin∠ABCsin
(45°－∠ABC)＝402×10102×1010＝40(海里)．∴AE＝55海里>40海里＝AQ，∴点Q位于点A和点E之间，且QE＝AE－AQ＝55－40＝15(海里)过点E作EP⊥BC于点P，则EP为点E到直线BC的距离．在Rt△QPE中，PE＝QE·
sin∠PQE＝QE·sin∠AQC＝QE·sin(45°－∠ABC)＝15×55＝35(海里)<7(海里)，∴该船会进入警戒水域．课时作业(十二)1．解析：两个复数，只有当它们都是实数时，才能比较大小，即A是真命题；对于复数z＝a＋bi(a，b∈R)，当且仅当实部a＝0，
虚部b≠0时为纯虚数，则B是真命题；两个复数相等的充要条件是这两个复数的实部与虚部分别对应相等，但复数x＋yi的实部不一定是x，虚部不一定是y，故x＋yi＝1＋i⇔x＝y＝1不成立，即C是假命题；复数的虚部是一个实数，即虚部是4，不是4i，
即D是假命题．答案：AB2．解析：a＝0时，a＋bi不一定为纯虚数，因为a＝0，b＝0时，a＋bi＝0，当a＋bi为纯虚数时a＝0.答案：B3．解析：依题意得x2＋x－2≠0，解得x≠1且x≠－2.答案：D4．解析：
因为z为纯虚数，所以(x2－1)2＝0，x－1≠0，解得x＝－1.答案：－15．解析：因为z<0，所以m2－9＝0，m＋1<0，所以m＝－3.答案：－36．解析：由复数相等的条件可知：xy＝2，－(x2＋y2)＝－5，解得x＝1，y＝2或x＝－1，y＝－2或x
＝2，y＝1或x＝－2，y＝－1.7．解析：取x＝i，y＝－i，则x＋yi＝1＋i，但不满足x＝y＝1，故A错误；∀a∈R，a2＋1>0恒成立，所以(a2＋1)i是纯虚数，故B正确；取z1＝i，z2＝1，则z21＋z22＝
0，但z1＝z2＝0不成立，故C错误；复数lg(m2－2m－7)＋(m2＋5m＋6)i是纯虚数等价于lg(m2－2m－7)＝0，m2＋5m＋6≠0，解得m＝4，故D正确．故选BD.答案：BD8．解析：若复数a2－
a－2＋(|a－1|－1)i是纯虚数，∴a2－a－2＝0|a－1|－1≠0，解得a＝－1，所以当a≠－1时，复数a2－a－2＋(|a－1|－1)i不是纯虚数．答案：a≠－19．解析：①的实部为2，虚部为3，是虚数；②的实部为－3，虚部为1
2，是虚数；③的实部为2，虚部为1，是虚数；④的实部为π，虚部为0，是实数；⑤的实部为0，虚部为－3，是纯虚数；⑥的实部为0，虚部为0，是实数．10．解析：∵z1＝z2，∴m＝2cosθ，4－m2＝λ＋3sinθ，∴4sin2
θ＝λ＋3sinθ，∴λ＝4sinθ－382－916.∵－1≤sinθ≤1，∴当sinθ＝38时，λ取得最小值－916；当sinθ＝－1时，λ取得最大值7，∴－916≤λ≤7，即λ的取值范围是－916，
7.答案：C课时作业(十三)1．解析：依题意得z＝－3－2i，故z对应的点(－3，－2)位于第三象限．答案：C2．解析：由(1＋i)x＝1＋yi可知x＋xi＝1＋yi，故x＝1，x＝y，解得x＝1，y＝1，所以|x＋yi|＝x2＋y2＝2.故选B.答案：B3．解析：
∵z在复平面内对应的点为(x，y)，∴z＝x＋yi.又|z－i|＝1，∴x2＋(y－1)2＝1，∴x2＋(y－1)2＝1.故选C.答案：C4．解析：由题意可知A(2,3)，B(3,2)，C(－2，－3)，设D(x，y)
，则AD→＝BC→，即(x－2，y－3)＝(－5，－5)，解得x＝－3，y＝－2.故D点对应的复数为－3－2i.答案：－3－2i5．解析：∵|z1|＝a2＋4，|z2|＝5，∴a2＋4<5，∴－1<a<1.答案：(－1,1)6．解析：复数z＝(a2－1)＋(2a－1)i在复平面内对应的
点是(a2－1,2a－1)．(1)若z对应的点在实轴上，则有2a－1＝0，解得a＝12；(2)若z对应的点在第三象限，则有a2－1<0，2a－1<0.解得－1<a<12；(3)若z对应的点在抛物线y2＝4x上，则有(2a－1)2＝4(a2－1)，即4a2－4a＋1＝4a2－4
，解得a＝54.7．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．故选AC.答案：
AC8．解析：因为复数－1＋2i在复平面内对应的点为A(－1,2)，此点关于直线y＝－x的对称点为点B(－2,1)，所以OB→对应的复数为－2＋i.答案：－2＋i9．解析：(1)|z1|＝|3＋i|＝(3)2＋12＝2，|z2|＝－122＋322＝1，∴|z1|>|z
2|.(2)由|z2|≤|z|≤|z1|及(1)知1≤|z|≤2.因为|z|的几何意义就是复数z对应的点到原点的距离，所以|z|≥1表示|z|＝1所表示的圆外部所有点组成的集合，|z|≤2表示|z|＝2所表示的圆内部所有点组成的集合，故符合题设条
件点的集合是以O为圆心，以1和2为半径的两圆之间的圆环(包含圆周)，如图所示．10.解析：如图，|z|＝1表示复数z对应的点在以(0,0)为圆心，1为半径的圆上，而z1在坐标系中的对应点的坐标为(－3,4)，∴|z－z1|可看作是点(－3,4)到圆上的点的距离．由图可知，点
(－3,4)到圆心(原点)的距离为(－3)2＋42＝5，故|z－z1|max＝5＋1＝6，|z－z1|min＝5－1＝4.课时作业(十四)1．解析：z＝(4＋i)＋(－3－2i)＝(4－3)＋(1－2)i＝1－i.故复
数z的虚部为－1.答案：C2．解析：∵z1＝1＋3i，z2＝3＋i，∴z1－z2＝－2＋2i，故z1－z2在复平面内对应的点(－2,2)在第二象限．答案：B3．解析：如图，由向量的加法及减法法则可知，OC→＝
OA→＋OB→，BA→＝OA→－OB→.由复数加法及减法的几何意义可知，|z1＋z2|对应OC→的模，|z1－z2|对应BA→的模，又|z1＋z2|＝|z1－z2|，所以四边形OACB是矩形，则OA→⊥OB→.答案：C4．解析：z1＋z2＝(a－3)＋
(b＋4)i，z1－z2＝(a＋3)＋(4－b)i，由已知得b＋4＝0，a＋3＝0，∴a＝－3，b＝－4.答案：－3－45．解析：z1－z2＝m2－3m＋m2i－[4＋(5m＋6)i]＝m2－3m－4＋(m2－5m－6)i.∵z1－
z2＝0，∴m2－3m－4＝0，m2－5m－6＝0，解得m＝－1.答案：－16．解析：因为z1＝cosα＋isinα，z2＝cosβ－isinβ，所以z1－z2＝(cosα－cosβ)＋i(sinα＋s
inβ)＝513＋1213i，所以cosα－cosβ＝513，①sinα＋sinβ＝1213，②①2＋②2得2－2cos(α＋β)＝1，所以cos(α＋β)＝12.7．解析：满足|z－i|＝5的复数z对应的点在以(0,1)为圆心，5为半径的圆上
，A错误；在B中，设z＝a＋bi(a，b∈R)，则|z|＝a2＋b2.由z＋|z|＝2＋8i，得a＋bi＋a2＋b2＝2＋8i，∴a＋a2＋b2＝2，b＝8，解得a＝－15，b＝8，∴z＝－15
＋8i，B错误；由复数的模的定义知C正确；由|z1＋z2|＝|z1－z2|的几何意义知，以OZ1→，OZ2→为邻边的平行四边形为矩形，从而两邻边垂直，D正确．故选CD.答案：CD8．解析：设复数z1＝1＋2i，z2＝－2＋
i，z3＝－1－2i，它们在复平面上的对应点分别是A，B，C，则A(1,2)，B(－2,1)，C(－1，－2)．设正方形第四个顶点对应的坐标是D(x，y)，则其对应的复数为x＋yi，∵四边形ABCD为正方形
，∴AD→＝BC→，∴(x－1，y－2)＝(1，－3)，∴x－1＝1，y－2＝－3，解得x＝2，y＝－1.故这个正方形的第四个顶点对应的复数是2－i.答案：2－i9．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→|＝8＝22，|AB→|2＋|AC→|2＝|BC→|2，∴△ABC为直角三角形．(3)S△ABC＝12×2×22＝2.10．解析：(1)满足|z＋
3＋i|≤1的复数z的几何意义：圆心为M(－3，－1)，半径为1的圆内区域并包括边界，|z|则表示圆面上一点到原点的距离．如图所示，OA→对应的复数的模为|z|的最大值，OB→对应的复数的模为|z|的最小值．∵|OM→|＝(－3)2＋(－1)2＝2，∴|z|m
ax＝2＋1＝3，|z|min＝2－1＝1.即|z|的最大值为3，最小值为1.(2)设z＝a＋bi(a，b∈R)，则|z|2＝a2＋b2，|z－1|2＋|z＋1|2＝|a－1＋bi|2＋|a＋1＋bi|2＝(a－1)2＋b2＋(a＋1)2＋b2＝2(a2＋b2)＋2＝2|z|2＋2，由
(1)知|z－1|2＋|z＋1|2的最大值为2×32＋2＝20，最小值为2×12＋2＝4.课时作业(十五)1．解析：∵(1＋ai)(2＋i)＝2－a＋(1＋2a)i，要使复数为纯虚数，∴2－a＝0且1＋2a≠0，解得a＝2.答案：A2．解析：由题意得z＝1－i(1＋i)2＝1－i2i＝i
(1－i)2i2＝i－i2－2＝1＋i－2＝－12－12i∴z＝－12＋12i故z的虚部为12.答案：A3．解析：由题可得z＝1－i3＋i＝(1－i)(3－i)(3＋i)(3－i)＝2－4i10＝1－2i5＝15－25i，则z＝1－i3＋i在
复平面内对应的点为15，－25，位于第四象限．故选D.答案：D4．解析：∵1＋iz＝1－i∴z＝1＋i1－i＝(1＋i)2(1－i)(1＋i)＝i∴|z|＝1.答案：D5．解析：∵(i－1)(z－i3)＝2i∴z＝2ii－
1＋i3＝2i(i＋1)(i－1)(i＋1)＋(－i)＝－i(i＋1)＋(－i)＝1－2i∴z＝1＋2i.答案：1＋2i6．解析：方法一设z＝x＋yi(x，y∈R)，则zz－1＝x＋yi(x－1)＋yi＝2i，得x＋yi＝－2y＋2(x－
1)i，则x＝－2yy＝2(x－1)⇒x＝45y＝－25，则复数z＝45－25i.即复数z对应点为45，－25.方法二由zz－1＝2i，得z＝(z－1)2i＝2zi－2i，则z(1－2i)＝－2i，∴z＝－2i1
－2i＝－2i(1＋2i)5＝4－2i5＝45－25i.即z对应点为45，－25.7．解析：A，B正确；在实数范围内由一元二次方程根与系数的关系可得选项C的结论，在复数范围内由计算可得选项C同样正确；复数范围内有(x1－x2)2＝(
x1＋x2)2－4x1x2＝b2－4aca2，D错误，故选ABC.答案：ABC8．解析：∵i＋i2＋i3＋i4＝0i2020＝i4×505＝1i2021＝i4×505＋1＝i∴z＝i1＋i＝i(1－i)(1＋i)(1－i)＝i＋12＝12
＋12i∴z对应点的坐标为12，12答案：12，129．解析：∵z＝(1＋i)2＋3(1－i)2＋i＝2i＋3－3i2＋i＝3－i2＋i＝(3－i)(2－i)(2＋i)(2－i)＝5－5i5＝1－i∴z2＋az＋b＝(1－i)2＋a(1－
i)＋b＝a＋b－(a＋2)i＝1＋i∴a＋b＝1a＋2＝－1解得a＝－3b＝4.10．解析：∵(z＋w)(z－w)＝7＋4i∴z·z－w·w－zw＋zw＝7＋4i则z·z－w·w＝7－z·w＋z·w＝4i∴(z＋2w)(z－2w)＝z·z－4w·w＋2z·w－2z·w＝
4(z·z－w·w)－3z·z＋2(－z·w＋z·w)＝4×7－3×32＋2×4i＝1＋8i.∴|(z＋2w)·(z－2w)|＝12＋82＝65.答案：65章末质量检测(二)1．解析：由题意得复数z的实部为－1，虚部为－2，因此在复平面内对应的点为(－1，－2)，位于第
三象限．答案：C2．解析：∵1－7i1＋i＝(1－7i)(1－i)(1＋i)(1－i)＝－6－8i2＝－3－4i，∴复数1－7i1＋i的虚部为－4，选D.答案：D3．解析：由题意知a2－2a－3＝0，a＋
1≠0，解得a＝3.故选B.答案：B4．解析：由已知可得复数z在复平面内对应的点的坐标为(m＋3，m－1)，且该点在第四象限，所以m＋3>0，m－1<0，解得－3<m<1.答案：A5．解析：依题意3－4i
＝λ(－1＋2i)＋μ(1－i)＝μ－λ＋(2λ－μ)i，∴μ－λ＝32λ－μ＝－4，∴λ＝－1μ＝2，∴λ＋μ＝1.答案：A6．解析：1－1zzi＝zi＋z＝z(1＋i)＝4＋2i，∴z＝4＋2i1＋i＝(4＋2i)(1－i)2＝4
＋2－2i2＝3－i.答案：A7．解析：z＝(a－2i)(1＋i)＝(a＋2)＋(a－2)i，所以点M在第四象限的充要条件是a＋2>0a－2<0，即－2<a<2，所以“a＝1”是“点M在第四象限”的充分不必要条件
．答案：A8．解析：由|z－4i|＝|z＋2|得x＋2y＝3.则2x＋4y≥22x＋2y＝2·23＝42.答案：C9．解析：A中，令z＝i∈C，则i2＝－1<0，不正确；B中，z＝2i－1＝－1＋2i的
虚部是2，正确；C中，a＋i与b＋i都是虚数，不能比较大小，不正确；D中，由实数集与虚数集可组成复数集，正确．故选BD.答案：BD10．解析：A中，z＝1－i1＋i＝－i是纯虚数，A为真；B中，当z＝－i时，满足
z2＋1＝0，B为假；C中，当z1，z2互为共轭复数时，z1·z2∈R，C为假；D正确．故选AD.答案：AD11．解析：对于A，若|z1－z2|＝0，则z1＝z2，即z1＝z2；对于B，C，容易判断是真命题；对于D，若z1＝2，z2＝1＋i，则|z1|＝|z2|＝2，但z
21＝2，z22＝2i，所以是假命题．故选ABC.答案：ABC12．解析：∵i2k＋1·z＝2＋i∴z＝2＋ii2k＋1∵i1＝i5＝…＝i，i3＝i7＝…＝－i当k为奇数时∴z＝2＋ii2k＋1＝2＋i－i＝(
2＋i)i－i2＝－1＋2i在复平面内对应的点为(－1,2)，位于第二象限；当k为偶数时z＝2＋i22k＋1＝2＋ii＝(2＋i)ii2＝1－2i在复平面内对应的点为(1，－2)，位于第四象限．故选BD.答案：BD13．解析：由已知得2(m－1)－(m＋2)＝0，∴m＝4.答案：414．解析：设
z＝a＋bi(a，b∈R)，则i(z＋1)＝i(a＋1＋bi)＝－b＋(a＋1)i＝－3＋2i，所以a＝1，b＝3，复数z的实部是1.答案：115．解析：∵AB→＝(－1＋3i)－(1＋i)＝－2＋2i，∴|AB→|＝22.答案：2216．解析：先利用复数的运算法则将复数化为x＋yi(x，y∈R
)的形式，再由纯虚数的定义求a.因为a－103－i＝a－10(3＋i)(3－i)(3＋i)＝a－10(3＋i)10＝(a－3)－i，由纯虚数的定义，知a－3＝0，所以a＝3.答案：317．解析：(1)因为|3＋
4i|＝5，所以z＝1＋3i－5＝－4＋3i，所以z＝－4－3i.(2)(1＋i)2(4＋3i)2z＝2i(4＋3i)2(－4－3i)＝－i.18．解析：(1)∵z1z2＝－5＋5i，∴z2＝－5＋5iz1＝－5＋5i－2＋i＝3－i.(2)z3＝(3－z2)[
(m2－2m－3)＋(m－1)i]＝i[(m2－2m－3)＋(m－1)i]＝－(m－1)＋(m2－2m－3)i，∵z3在复平面内所对应的点在第四象限，∴－(m－1)>0，m2－2m－3<0，解得－1<m<1，故实数m的取值范围是(－1,1)．19．解析：(
1)设z＝a＋bi(a，b∈R)，则由条件|z|＝2，可得a2＋b2＝2①因为z2＝a2－b2＋2abi，所以2ab＝2②联立①②，解得a＝b＝1或a＝b＝－1.又复数z的实部为正数，所以a>0，所以a＝b＝1，于是z＝1＋i.(2)由(1)可知z＝1＋i，
则2z－z2＝21＋i－(1＋i)2＝1－3i，则OZ→＝(1，－3)，所以向量OZ→的模为12＋(－3)2＝10.20．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·z2＝(－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)∵复数z1＝a2－3＋(a＋5)
i对应向量OZ1→，向量OZ1→表示的点在第四象限，∴a2－3>0，a＋5<0，解得a<－5.∴a的取值范围是(－∞，－5)．(2)∵Z1Z2→＝OZ2→－OZ1→，∴向量Z1Z2→对应的复数为z2－z1＝[a－1＋
(a2＋2a－1)i]－[a2－3＋(a＋5)i]＝－(a2－a－2)＋(a2＋a－6)i.根据向量Z1Z2→对应的复数为纯虚数，可得－(a2－a－2)＝0且(a2＋a－6)≠0，解得a＝－1.22．解析：(1)设w＝x＋yi(x，y∈R)，则由w－z＝2i，得z＝w
－2i＝x－(y＋2)i.∴zw＋2iz－2iw＋1＝[x－(y＋2)i](x＋yi)＋2i[x－(y＋2)i]－2i(x＋yi)＋1＝x2＋y2＋6y＋5－2xi，∴x2＋y2＋6y＋5－2xi＝0.根据复数相等的充要条件，得x2＋y2＋6y＋5＝0，－2x＝0，∴
x＝0，y＝－1或x＝0，y＝－5.∴z＝－i，w＝－i或z＝3i，w＝－5i.(2)证明：∵zw＋2iz－2iw＋1＝0，∴z(w＋2i)＝2iw－1，∴|z(w＋2i)|＝|2iw－1|，即|z|·
|w＋2i|＝|2iw－1|.又|z|＝3，∴3|w＋2i|＝|2iw－1|.设w＝x＋yi(x，y∈R)．代入上式并整理，得3·x2＋y2＋4y＋4＝4x2＋4y2＋4y＋1.两边平方，得3x2＋3y2＋12y＋12＝4x2＋4y2＋4y＋1.化
简，得x2＋y2－8y＝11.∴|w－4i|＝|x＋yi－4i|＝x2＋(y－4)2＝x2＋y2－8y＋16＝11＋16＝27＝33是一个常数．故|w－4i|的值是一个常数，且这个常数为33.课时作业(十六)1．解析：易知四种棱柱中正方体最特殊，直四棱柱最一般，而正四棱柱是底
面为正方形的长方体．答案：D2．解析：选项A正确，棱台的侧面一定是梯形，而不是平行四边形；选项B正确，由棱锥的定义知棱锥的侧面只能是三角形；选项C正确，由四个面围成的封闭图形只能是三棱锥；选项D错误，
如图所示四棱锥被平面截成的两部分都是棱锥．答案：D3．解析：由题意可知，每个侧面均为等边三角形，每个侧面的顶角均为60°，如果是六棱锥，因为6×60°＝360°，所以顶点会在底面上，因此不是六棱锥．答案：D4．解析：①棱柱的底面可以为任意多边形．②棱锥的底面可以为四边形、五边形等．答案：
③5．解析：棱锥是由棱柱的一个底面收缩为一个点而得到的几何体，因而其侧面均是三角形，且所有侧面都有一个公共点，故①对．棱台是棱锥被平行于底面的平面所截后，截面与底面之间的部分，因而其侧面均是梯形，且所有的侧棱延长后均相交于一点(即原棱锥的顶点)，故②错，③对．④显然正确．因而
正确的有①③④.答案：①③④6．解析：过A′，B，C三点作一个平面，再过A′，B，C′作一个平面，就把三棱台ABC-A′B′C′分成三部分，形成的三个三棱锥分别是A′-ABC，B-A′B′C′，A′-BCC′.(答案不唯
一)7．解析：在正方体ABCD-A1B1C1D1中，截面ACD1为正三角形，平行于底面的所有截面都是正方形，分别取AB，BC，CC1，C1D1，D1A1，A1A六条棱的中点，顺次连接这六个点所得的六边
形为正六边形，所以选项A，B，D正确．若截面为五边形，则必有两组对边平行，所以不可能为正五边形，故选项C错误．答案：ABD8．解析：如图所示的正方体ABCD-EFGH，四面体E-BDG的每个面都是等边三角形，故①正确；四面体E-ABC的每个面都是直角三角形，故②正确；四面体E-ABD的
三个面为全等的等腰直角三角形，一个面为等边三角形，故③正确；四面体G-ABD的三个面为不都全等的直角三角形，一个面为等边三角形，故④正确．答案：①②③④9．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．10．解析：依题意，长方
体ABCD-A1B1C1D1的表面可有如图所示的三种展开图．展开后，A，C1两点间的距离分别为：(3＋4)2＋52＝74(cm)，(5＋3)2＋42＝45(cm)，(5＋4)2＋32＝310(cm)，三者比较得74cm
为蚂蚁从A点沿表面爬行到C1点的最短路程．课时作业(十七)1．答案：C2．答案：A3．解析：一个六棱柱挖去一个等高的圆柱，选B.答案：B4．解析：示意图如图，设圆台的母线长为y，小圆锥底面与被截的圆锥底面半径分别是
x,4x.根据相似三角形的性质可得33＋y＝x4x，解得y＝9，所以圆台的母线长为9cm.故选D.答案：D5．解析：当以3cm长的一边所在直线为轴旋转时，母线长为3cm，底面半径为4cm；当以4cm长的一边所在直线为轴旋转时，母线长为4cm，底面半
径为3cm.答案：3cm,4cm或4cm,3cm6．解析：(1)几何体由一个圆锥、一个圆柱和一个圆台拼接而成．(2)几何体由一个六棱柱和一个圆柱拼接而成．(3)几何体由一个球和一个圆柱中挖去一个以圆柱下底面为底面、上底面圆心为顶
点的圆锥拼接而成．7．解析：对A，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，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，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，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．故选ACD.答案：ACD8.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9．解析：如图(1)
，沿正三角形三边中点连线折起，可拼得一个正三棱锥．如图(2)，从正三角形三个角上分别剪去三个相同的四边形，其较长的一组邻边边长为原三角形边长的14，有一组对角为直角，余下部分按虚线折起，可拼得一个缺上底的正三棱柱，而剪去的
三个相同的四边形恰好可拼成这个正三棱柱的上底．10．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，∴O
1D＝OO1，∴x＝l.∴所求截面的面积S＝πR2－πx2＝πR2－πl2＝π(R2－l2)．课时作业(十八)1．解析：根据斜二测画法，原来垂直的未必垂直．故选B.答案：B2．解析：由斜二测画法规则知：①正确；平行性不变，故②正确；正方形的
直观图是平行四边形，③错误；因为平行于y′轴的线段长减半，平行于x′轴的线段长不变，故④错误．故选A.答案：A3．解析：由直观图画法可知，当∠x′O′y′＝45°时，等腰三角形的直观图是④；当∠x′O′y′＝135°时，等腰三角形的直观图是③.综上，等腰三角形ABC的直观图可能是③④
.故选D.答案：D4．解析：设直观图中与x′轴和y′轴的交点分别为A′和B′，如图①，根据斜二测画法的规则在直角坐标系中先作出对应的A点和B点，再由平行于x′轴的线段在原图中平行于x轴，且长度不变，作出原图如图②所示，故选C.答案：C5．解析：如图，图①，图②所示的分别
是实际图形和直观图．从图②可知，A′B′＝AB＝2，O′C′＝12OC＝32，C′D′＝O′C′sin45°＝32×22＝64.所以S△A′B′C′＝12A′B′·C′D′＝12×2×64＝64.答案：646．解析：正方形的面积为4，则边长为2，由斜二测画法的规则
，知平行四边形的底为2，高为22，故面积为2.答案：27．解析：由斜二测画法规则可知，直观图保持线段的平行性，所以AD正确；而线段的长度、角的大小在直观图中都会发生改变，所以BC错误．故选AD.答案：AD8．解析：由题意得到原△ABC的平面图，如图所示．其中
，AD⊥BC，BD＞DC，∴AB＞AC＞AD，∴△ABC的AB，AD，AC三条线段中最长的是AB，最短的是AD.答案：ABAD9．解：(1)作水平放置的正方形的直观图ABCD，使∠BAD＝45°，AB＝2cm，AD＝1cm.(2)过点A作z′轴
，使∠BAz′＝90°，分别过点A，B，C，D，沿z′轴的正方向取AA1＝BB1＝CC1＝DD1＝2cm.(3)连接A1B1，B1C1，C1D1，D1A1如下图①，擦去辅助线，把被遮住的线改为虚线，得到的图形如下图②就是所求的正方体的直观图．10．解
析：(1)画轴．如图①所示，画x轴、z轴，使∠xOz＝90°.(2)画圆柱的下底面．在x轴上取A、B两点，使AB＝3cm，且OA＝OB，选择椭圆模板中适当的椭圆过A，B两点，使它为圆柱的下底面．(3)在Oz上截取点O′，使OO′＝4cm，过点O′作平行于Ox的O′x′，类似圆柱下底面的画法画出
圆柱的上底面．(4)画圆锥的顶点．在Oz上取点P，使PO′＝3cm.(5)成图．连线A′A，B′B，PA′，PB′，整理(去掉辅助线，将被遮挡部分改为虚线)得到此几何体的直观图，如图②所示．课时作业(十九)1．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：A2．解析：棱长为a的正方体中，连接相邻面的中心，以这些线段为棱的八面体实际上是两个底面相等的正四棱锥，四棱锥的底面是正方形面积的一半，高为正方体高的一半，故八面体的体积为2×13×12×a×a×12×a＝a36
，故选C.答案：C3．解析：由直观图可知，该几何体的上部为一正四棱锥，下部为一正方体，正方体的棱长为2，正四棱锥的底面为正方形，其边长为2，正四棱锥的高为1，所以此几何体的表面积为5×2×2＋4×12×2×2＝20＋42.答案：A4．解析：由题
得该正四棱锥侧面三角形的斜高h＝(5)2－222＝2.所以该正四棱锥的表面积S＝S底面＋4×S侧面＝2×2＋4×12×2×2＝12.答案：125．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：66．解析：如图，设PO＝3，PE是斜高，∵S侧＝2S底，∴4·12·BC·PE＝2BC2，∴BC＝PE.在Rt△POE中，PO＝3，OE＝12BC＝12PE
，∴9＋PE22＝PE2，∴PE＝23.∴S底＝BC2＝PE2＝(23)2＝12，S侧＝2S底＝2×12＝24，∴S表＝S底＋S侧＝12＋24＝36.V＝13S底×OP＝13×12×3＝12.7．解析：因为点Q到平面A′EF的距离为正方体的棱长4，A′到EF的距离为正方体
的棱长4，所以V三棱锥A′-EFQ＝V三棱锥Q-A′EF＝13×12×2×4×4＝163，是定值，因此三棱锥A′-EFQ的体积与点E，F，Q的位置均无关．故选ABC.答案：ABC8．解析：因为E是长方
体ABCD-A1B1C1D1的棱CC1的中点，所以VE-BCD＝12VC1-BCD＝12×13S△BCD·CC1＝16×12BC·CD·CC1＝112×120＝10.答案：109．解析：下面是一个直三
棱柱，由题意可知S底＝12·2·2＝2S侧面＝S长方形BB1C1C＋S梯形CC1A1A＋S梯形BB1A1A＋S△ABC＝2×3＋12(3＋6)·2＋12(3＋6)·22＋12×2×13＝15＋92＋13∴S表＝S底＋S侧面＝17＋92
＋13V＝V三棱锥＋V三棱柱＝13×2×3＋2×3＝2＋6＝8.10．解析：∵△ADE和△BCF都是边长为2的等边三角形，EF∥AB，∴侧面ABFE，CDEF是等腰梯形，且两等腰梯形全等，易得等腰梯形的高为3.∴S梯形ABFE＝S梯形C
DEF＝12×(2＋4)×3＝33.又∵S△BCF＝S△ADE＝34×22＝3，S矩形ABCD＝4×2＝8，∴几何体的表面积S＝33×2＋3×2＋8＝8＋83.故选B.答案：B课时作业(二十)1．解析：设圆
锥的母线长为l，则l＝12＋(3)2＝2，所以圆锥的表面积为S＝π×1×(1＋2)＝3π.答案：C2．解析：依题意，圆柱的母线长l＝2πr，故S侧＝2πrl＝4π2r2＝4π2.答案：A3．解析：设球心为O，截面圆心为O1，连接OO1，则OO1垂直于
截面圆O1，如图所示，在Rt△OO1A中，O1A＝5cm，OO1＝2cm，∴球的半径R＝OA＝22＋(5)2＝3(cm)，∴球的体积V＝43×π×33＝36π(cm3)．答案：B4．解析：设球的半径为R，则43πR3＝32
3π，解得R＝2.因为长方体的体对角线的长为球的直径，所以长方体的体对角线长为4.设长方体的高为x，则12＋12＋x2＝4，解得x＝14，所以该长方体的体积为1×1×14＝14.故选B.答案：B5．解析：这个几何体是一个简单组合体，它的下部是一个圆柱(底面半径为1，高为2)，它的上部是一个圆锥(
底面半径为1，母线长为2，高为3)，所以该几何体的表面积S＝π×12＋2π×1×2＋π×1×2＝7π，体积V＝π×12×2＋13×π×12×3＝2π＋33π.答案：7π2π＋33π6．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.7．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＝2πR3:23πR3:43
πR3＝3:1:2，∴D正确．故选CD.答案：CD8．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：π69．解析：(1)圆锥的母线长为62＋22＝210(cm)，∴圆锥的侧面积S1＝π×2×
210＝410π(cm2)．(2)该几何体的轴截面如图所示．设圆柱的底面半径为rcm，由题意，知r2＝6－x6，∴r＝6－x3.∴圆柱的侧面积S2＝2πrx＝2π3(－x2＋6x)＝－2π3[(x－3)2－9]，∴当x＝3时，圆柱的侧面积取得最大值，且最大值为6πcm2.10．解析：(1)如图所
示，作出轴截面，则等腰三角形SAB内接于圆O，而圆O1内切于△SAB.设圆O的半径为R，则有43πR3＝972π，∴R＝9，∴SE＝2R＝18.∵SD＝16，∴ED＝2.连接AE，又SE是圆O的直径，∴SA⊥AE，∴SA2
＝SD×SE＝16×18＝288，SA＝122.∵AB⊥SD，D为AB中点，∴AD2＝SD·DE＝16×2＝32，AD＝42.∴S圆锥侧＝π×AD×SA＝π×42×122＝96π.(2)设内切球的半径为r，即圆O1的半径为r，
∵△SAB的周长为2×(122＋42)＝322，∴12r×322＝12×82×16，解得r＝4.故圆锥内切球的体积V球＝43πr3＝2563π.课时作业(二十一)1．解析：对于①，三个不共线的点确定一个
平面，故错；对于②，一条直线和直线外一个点确定一个平面，故错；对于③，空间两两相交的三条直线，且不能交于同一点，确定一个平面，故错；对于④，两条平行直线确定一个平面，正确．答案：D2．解析：当四个点共线时，确定无数个平面；当四个点不共线时，若四点共面，可确定1个平面，若四点不共面，可确定4个
平面，∴空间中四点可确定的平面有1个或4个或无数个．答案：D3.解析：①假设其中有三点共线，则该直线和直线外的另一点确定一个平面，这与四点不共面矛盾，故其中任意三点不共线，所以①正确；②如图，两个相交平面有三个公共点A，B，C，但A，B，C，D，E不共面；③显然不正确；④不正确，因为此时所得的四边
形的四条边可以不在一个平面上，如空间四边形．答案：B4．解析：因为a∩b＝M，a⊂α，b⊂β，所以M∈α，M∈β.又平面α与平面β相交于直线l，所以点M在直线l上，即M∈l.答案：M∈l5．答案：(1)③(2)④(3)①(4)②6．证明：∵a∥b，∴a，b确定一个平面α.∵
A∈a，B∈b，∴A∈α，B∈α.则a，b，l都在平面α内，即b在a，l确定的平面内．同理可证c在a，l确定的平面内．∵过a与l只能确定一个平面，∴a，b，c，l共面于a，l确定的平面．7．解析：当a∩α＝P时
，P∈a，P∈α，但a⊄α，故A错；当a∩β＝P时，B错；∵a∥b，P∈b，∴P∉a，∴由直线a与点P确定唯一平面α，又a∥b，由a与b确定唯一平面β，但β经过直线a与点P，∴β与α重合，∴b⊂α，故C正确；两个平面的公共点必在其交线上，故D正确，故选CD.答案：CD8．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：PR9.证明：∵MN∩EF＝Q，∴Q∈直线MN，Q∈直线EF，∵M∈直线CD，N∈直线AB，CD⊂平面ABCD，AB⊂平面AB
CD，∴M、N∈平面ABCD，∴MN⊂平面ABCD，∴Q∈平面ABCD.同理，EF⊂平面ADD1A1，∴Q∈平面ADD1A1，又∵平面ABCD∩平面ADD1A1＝AD，∴Q∈直线AD，即D，A，Q三点共线．10．解析：①当0＜CQ＜12时，如图(1)．在平面AA1D1D内，作AE∥PQ.显然点E在
棱DD1上，连接EQ，则S是四边形APQE.②当CQ＝12时，如图(2)．显然PQ∥BC1∥AD1，连接D1Q，则S是等腰梯形．③当CQ＝34时，如图(3)．作BF∥PQ，交线段CC1的延长线于点F，则C1F＝1
2.作AE∥BF，交线段DD1的延长线于点E，则D1E＝12，AE∥PQ.连接EQ交C1D1于点R，易知Rt△RC1Q∽Rt△RD1E，则C1Q:D1E＝C1R:D1R＝1:2，可得C1R＝13.④当34＜CQ＜1时，如图(4)．同③可作BF
∥PQ，交线段CC1的延长线于点F.作AE∥BF，交线段DD1的延长线于点E.连接EQ交C1D1于点R.连接RM(点M为AE与A1D1的交点)，显然S为五边形APQRM.⑤当CQ＝1时，如图(5)．同③可作AE∥PQ交线段DD1的延长线于点E，交A1D1于
点M，显然点M为线段A1D1的中点，所以S为菱形APQM，其面积为12MP·AQ＝12×2×3＝62.答案：①②③⑤课时作业(二十二)1．解析：由面面平行的定义可知，若一条直线在两个平行平面中的一个平面内，则这条直线与另一个
平面无公共点，所以与另一个平面平行．由此可知，本题中这条直线可能在平面内．否则此直线与另一个平面平行(因为若一条直线与两个平行平面中的一个平面相交，则必然与另一个平面相交)．答案：D2．解析：若在平面α内存在
与直线l平行的直线，因l⊄α，故l∥α，这与题意矛盾．答案：B3．解析：平面外两点的连线与已知平面的位置关系有两种情况：①直线与平面相交，可以作0个平行平面．②直线与平面平行，可以作1个平行平面．答案：C4．解析：六棱柱的两个底面互相平行，每个侧面与其直接相对的侧面平行，故共有4组互
相平行的面．六棱柱共由8个面围成，在其余的7个面中，与其个侧面平行的面有1个，其余6个面与该侧面均为相交的关系．答案：465．解析：①中PQ∥RS，②中RS∥PQ，④中RS和PQ相交．答案：③6．解析：(1)AM所在的直线与平面ABCD
相交；(2)CN所在的直线与平面ABCD相交；(3)AM所在的直线与平面CDD1C1平行；(4)CN所在的直线与平面CDD1C1相交．7．解析：A错，B对，如图(1)所示，过点P有无数条直线都与α平行，这无数条直线都在平面β内，
有且只有一个平面与α平行；C对，D错，如图(2)所示，过点P只有一条直线与l平行，但有无数个平面与l平行．答案：BC8.解析：题图①中PS与QR平行，所以四点共面；题图②中根据已知条件可作出图形，如图，由图可知PR与QS相交，所以四点共
面；题图③中PS与QR平行，所以四点共面；题图④中根据四面体的定义可得PQ与SR异面，所以四点不共面．答案：④9．解析：平面ABC与β的交线与l相交．证明：∵AB与l不平行，且AB⊂α，l⊂α，∴AB与l一定相交，
设AB∩l＝P，则P∈AB，P∈l.又∵AB⊂平面ABC，l⊂β，∴P∈平面ABC，P∈β.∴点P是平面ABC与β的一个公共点，而点C也是平面ABC与β的一个公共点，且P，C是不同的两点，∴直线PC就是平
面ABC与β的交线．即平面ABC∩β＝PC，而PC∩l＝P，∴平面ABC与β的交线与l相交．10．解析：如图(3)所示，过点E作EN∥BB1交CD于点N，连接NB并延长交EF的延长线于点M，连接AM，则AM即有阴影的平面与平面ABCD的交线．
如图(4)所示，延长DC，过点C1作C1P∥A1B交DC的延长线于点P，连接BP，则BP即有阴影的平面与平面ABCD的交线．课时作业(二十三)1．解析：由等角定理知β与α相等，故选A.答案：A2．解析：因为E，F分别为AB，BC的中点，所以EF綉12AC，又DHHA＝21，DGGC＝21，所以DH
HA＝DGGC，所以HG綉23AC，所以EF∥HG且EF≠HG，所以四边形EFGH为梯形．答案：D3．解析：假设l∥AD，则由AD∥BC∥B1C1，可得l∥B1C1，这与“l与B1C1不平行”矛盾，所以l与AD不平行．答案：A4．解析：由基本事实4知，BB′∥DD′.答案：平行5．解析：
由棱柱的性质可知，AB∥A1B1，BD∥B1D1，∴∠A1B1D1＝∠ABD＝30°.答案：30°6．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綉DD1
，所以BF綉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.7．解析：如图①，∠AOB＝∠A1O1B1，且OA∥O1A1，但OB与O1B1不平行，故A
，B不正确；如图②，∠AOB＝∠A1O1B1，且OA∥O1A1，此时OB∥O1B1，故C不正确；由图①②知OB与O1B1不一定平行，故D正确．故选ABC.答案：ABC8．解析：E、F、G分别是AB、AC
、AD的中点∴EF∥BC，FG∥CD∴∠EFG＝∠BCD.答案：相等9．证明：在△ABD中，因为EH是三角形的中位线，所以EH綉12BD，又因为在△CBD中，CFCB＝CGCD＝23，由平面几何可知FG∥BD，FG
＝23BD，所以EH∥FG(公理4)，EH<FG，由梯形的定义可知四边形EFGH为梯形．10．解析：(1)证明：因为AEEB＝AHHD，所以EH∥BD.又CFFB＝CGGD，所以FG∥BD.所以EH∥FG.所以E，F，G，H四点共面．(2)当EH∥FG，且EH＝FG时，四边形EFGH为平行四边形．
由(1)可知EH∥FG.因为EHBD＝AEAE＋EB＝mm＋1，所以EH＝mm＋1BD.同理可得FG＝nn＋1BD，由EH＝FG，得m＝n.故当m＝n时，四边形EFGH是平行四边形．课时作业(二十四)1．解析：当每个平面内的两条直线都是相交直线时，可推出两个平面一定
平行，否则，两个平面有可能相交．答案：C2．解析：∵EF∥BC，BC⊂α，EF⊄α，∴EF∥平面α.答案：A3．解析：四棱锥P-ABCD中，M，N分别为AC，PC上的点，且MN∥平面PAD，因为MN⊂平面PAC
，平面PAC∩平面PAD＝PA，由直线与平面平行的性质定理可得，MN∥PA.答案：B4．解析：根据线面位置关系的定义，可知直线b与平面α的位置关系是相交或平行．答案：相交或平行5．解析：在三棱柱ABC-A′B′C′中，A′B′∥AB，AB⊂平
面ABC，A′B′⊄平面ABC，∴A′B′∥平面ABC.又A′B′⊂平面A′B′C，平面A′B′C∩平面ABC＝a，∴A′B′∥a.答案：平行6．证明：因为EH∥FG，EH⊄平面BCD，FG⊂平面BCD，所以EH∥平面BCD，又因为EH⊂平面
ABD，平面BCD∩平面ABD＝BD，所以EH∥BD.7．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：BC8．解析：先把图形还原为一个四棱锥，再根据直线与平面平行的判定定理判断，①②③正确．答案：①②③9．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綉12CD.又∵M为▱ABCD的边AB的中点，∴AM綉12CD.∴EN綉AM.∴四边形AM
NE为平行四边形，∴MN∥AE.又∵MN⊄平面PAD，AE⊂平面PAD，∴MN∥平面PAD.10．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∥A
1B1.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.综上，可知选BCD.答案：BC
D课时作业(二十五)1．解析：根据面面平行的判定定理，可知A正确．答案：A2．解析：∵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ABC
D，平面ABCD∩平面EFGH＝GH，∴AB∥GH.答案：A3．解析：∵长方体ABCD-A1B1C1D1中，E为AA1的中点，F为BB1的中点，G为CC1的中点，∴EF∥AB，FG∥BC，又EF⊄平面ABCD，FG⊄平面ABCD，∴EF∥平面ABCD，FG∥
平面ABCD，又EF∩FG＝F，∴由平面与平面平行的判定定理得：平面EFG∥平面ABCD.同理，平面EFG∥平面A1B1C1D1.即在该长方体中，与平面EFG平行的平面有2个．答案：B4．解析：由D，E，F分别是SA，SB，SC的中点，知EF是△SBC的中位
线，∴EF∥BC.又∵BC⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，∴EF∥平面ABC.同理DE∥平面ABC.又∵EF∩DE＝E，∴平面DEF∥平面ABC.答案：平行5．解析：因为AF∥EC1，所以AF，EC1确定一个平面α.
平面α∩平面CDD1C1＝C1F，平面α∩平面ABB1A1＝AE，又平面ABB1A1∥平面CDD1C1，所以AE∥C1F，所以四边形AEC1F是平行四边形．答案：平行四边形6．证明：因为E，F分别是BC，CD的中点，所以EF∥BD.
又BD⊂平面ABD，EF⊄平面ABD，所以EF∥平面ABD.同理可得EG∥平面ABD.又EF∩EG＝E，EF，EG⊂平面EFG，所以平面EFG∥平面ABD.7．解析：A错误，α与β也可能相交；B正确，设a
，b确定的平面为γ，依题意，得γ∥α，γ∥β，故α∥β；C错误，α与β也可能相交；由线面平行的性质定理可知，D正确．故选BD.答案：BD8．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：①②③④9.证明：证法一(线线平行
⇒线面平行)如图1所示，作PM∥AB，交BE于M，作QN∥AB交BC于N，连接MN.∵正方形ABCD和正方形ABEF有公共边AB，∴AE＝BD.又AP＝DQ，∴PE＝QB，又PM∥AB∥QN，∴PMAB＝PEAE＝QBBD，
QNDC＝BQBD，∴PMAB＝QNDC，又AB綉DC，∴PM∥QN且PM＝QN，∴四边形PMNQ为平行四边形，∴PQ∥MN，又MN⊂平面BCE，PQ⊄平面BCE，∴PQ∥平面CBE.证法二(面面平行⇒线面平行)如图2，在平面ABEF内过点P作PM∥BE交
AB于点M，连接QM，又PM⊄平面BCE，BE⊂平面BCE，∴PM∥平面BCE，APPE＝AMMB.又AE＝BD，AP＝DQ，∴PE＝BQ，∴APPE＝DQBQ，∴AMMB＝DQQB，∴MQ∥AD，又AD∥BC，∴MQ∥BC，MQ⊄平面BCE，BC⊂平面BCE，∴MQ∥
平面BCE，又PM∩MQ＝M，∴平面PMQ∥平面BCE，又PQ⊂平面PMQ，∴PQ∥平面BCE.10．解析：如图所示，设平面D1BQ∩平面ADD1A1＝D1M，点M在AA1上，连接MD1.由于平面D1BQ∩平面BCC1B1＝BQ，平面ADD1A1∥平面BCC1B1
，由面面平行的性质定理可得BQ∥D1M.因为平面D1BQ∥平面PAO，平面D1BQ∩平面ADD1A1＝D1M，平面PAO∩平面ADD1A1＝AP，所以AP∥D1M，所以BQ∥AP.因为P为DD1的中点，所以Q为CC1的中点．故当Q为CC1的中点时，平面D1BQ∥平面PAO.
课时作业(二十六)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．故选A.答案：A2．解析：本题主要考查异面直线所成的角．因为CD∥AB，所以∠BAE即为异面直线AE与CD所成的角．设正方体的棱长为2，连接BE，则BE＝5.因为AB⊥平面BB
1C1C，所以AB⊥BE.在Rt△ABE中，tan∠BAE＝BEAB＝52.故选C.答案：C3.解析：由题意可知BC∥B1C1，故A1C与B1C1所成的角即BC与A1C所成的角，连接A1B，在△A1BC中，BC＝A1C＝A1B＝2，故∠A1CB＝60°.则异面
直线A1C与B1C1所成的角为60°.答案：C4．解析：(1)∵A1B1∥AB，∴∠D1A1B1就是异面直线AB与A1D1所成的角．∵∠D1A1B1＝90°，∴直线AB与A1D1所成的角为90°.(2)如图，连接AB1，B1D1.∵A
B1∥DC1，∴直线AB1与AD1所成的角即直线DC1与AD1所成的角．又AD1＝AB1＝B1D1，∴△AB1D1为正三角形，∴直线AD1与AB1所成的角为60°，即直线AD1与DC1所成的角为60°.答案：(1)90°(2)60°5．解析：取A1B1的中点M，连接
MG，MH，则MG∥EF，MG与GH所成的角等于EF与GH所成的角．易知△MGH为正三角形，∠MGH＝60°，∴EF与GH所成的角等于60°.答案：60°6．证明：如图，因为P，Q，R分别为AB，BC，CD的中点，所以PQ∥AC，QR∥BD，所以∠PQR为AC和B
D所成的角．又PQ＝12AC＝2，QR＝12BD＝5，PR＝3，所以PR2＝PQ2＋QR2，所以∠PQR＝90°，即AC和BD所成的角为90°.所以AC⊥BD.7．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．答案：BCD8．解析：取BC的中点O，连接OE，OF.∵E，F分别是AB，CD的中点，∴OE綉12AC，OF綉12BD，∴OE与OF所成的锐角(或直角)即为直线AC与BD所成的角．已知AC，BD所成的角为60°，∴∠EOF＝60°或∠EOF
＝120°.当∠EOF＝60°时，EF＝OE＝OF＝12.当∠EOF＝120°时，取EF的中点M，连接OM，则有OM⊥EF，EF＝2EM＝2×34＝32.答案：12或329．解析：连接AC，BD相交于O，连接OE，则O为AC的中点，因为E是PC的中
点，所以OE是△PAC的中位线，则OE綉12PA，则OE与BE所成的角即为异面直线BE与PA所成的角，设四棱锥的棱长为1，则OE＝12PA＝12，OB＝12BD＝22，BE＝32，则cos∠OEB＝OE2＋BE2－OB22OE·BE＝14＋34－242×12×32＝33.
10．解析：如图，M，N，P分别为AB，BB1，B1C1的中点，则直线AB1，BC1的夹角即为直线MN和NP的夹角．MN＝12AB1＝52，NP＝12BC1＝22.取BC的中点Q，则可知△PQM为直角三角形．易知PQ＝1，MQ＝12AC.在△ABC中，AC2＝AB2＋BC2－2A
B·BC·cos∠ABC＝4＋1－2×2×1×－12＝7，所以AC＝7.所以MQ＝72.在Rt△MQP中，MP＝MQ2＋PQ2＝112.在△PMN中，cos∠PNM＝MN2＋NP2－PM22·MN·NP＝522
＋222－11222×52×22＝－105.∵异面直线所成角的范围为0，π2，∴余弦值为105.故选C.答案：C课时作业(二十七)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：正方体中BD∥B1D1，可知选项A正确；由BD⊥AC，BD⊥CC1可得BD⊥平面ACC1；从而BD⊥AC1，即选项B正确；由以上可得AC1⊥B1D1，同理AC1⊥D1C，因此AC1⊥平面CB1D1，即选项C正确；由于四边形
ABC1D1不是菱形，所以AC1⊥BD1不正确．选D.答案：D3．解析：∠ABO即是斜线AB与平面α所成的角，在Rt△AOB中，AB＝2BO，所以cos∠ABO＝12，即∠ABO＝60°.答案：A4．解析：①正确；对于②，若直线n⊂α，也可满足m
⊥n，m⊥α，此时n∥α不正确；对于③，只有a，b相交时，才成立，否则不成立；④显然错误，因为不平行时可以相交，而垂直只是相交的一种特殊情况．故只有①正确．答案：①5.解析：如图所示，连接B1D1，则B1D1是BD1在平面A1B1C1D1上的射影，则∠BD1B1是BD1
与平面A1B1C1D1所成的角．在Rt△BD1B1中，tan∠BD1B1＝BB1B1D1＝13＝33，则∠BD1B1＝30°.答案：30°6．证明：∵AB∥CD，BC⊥CD，AB＝BC＝2，CD＝1，∴底面ABCD为直角梯形，AD＝(
2－1)2＋22＝5.∵侧面SAB为等边三角形，∴SA＝SB＝AB＝2.又SD＝1，∴AD2＝SA2＋SD2，∴SD⊥SA.连接BD，则BD＝22＋12＝5，∴BD2＝SD2＋SB2，∴SD⊥SB.又SA∩SB＝S，∴SD⊥平面SAB.7．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E
D∩EC＝E，可得AB⊥平面CDE.故选BD.答案：BD8．解析：在平面四边形ABCD中，设AC与BD交于点E，假设AC⊥BD，则AE⊥BD，CE⊥BD.折叠后(如图)，AE与BD，CE与BD依然垂直，所以BD⊥平面AEC，所以AC
⊥BD.故当平面四边形ABCD满足AC⊥BD时，空间四边形中的两条对角线互相垂直．答案：AC⊥BD(答案不唯一)9.解析：(1)证明：连接CO，由3AD＝DB知，点D为AO的中点．又因为AB为圆O的直径，所以AC⊥CB
.由3AC＝BC知，∠CAB＝60°，所以△ACO为等边三角形．故CD⊥AO.因为点P在圆O所在平面上的正投影为点D，所以PD⊥平面ABC，又CD⊂平面ABC，所以PD⊥CD，由PD⊂平面PAB，AO⊂平面PAB，且PD∩AO＝D，
得CD⊥平面PAB.(2)由(1)知∠CPD是直线PC与平面PAB所成的角，又△AOC是边长为2的正三角形，所以CD＝3在Rt△PCD中，PD＝DB＝3，CD＝3，所以tan∠CPD＝CDPD＝33，∠CPD＝30°，即直线PC与平面PAB所成的角为30°.10．解析：
(1)证明：E为线段AD1的中点，F为线段BD1的中点，∴EF∥AB.∵EF⊄平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴EF∥平面ABCD.(2)当D1DAD＝2时，DF⊥平面D1MB.证明如下．如图，连接A
C，BD，FM，设AC与BD交于点O，连接OF.∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD.∵D1D⊥平面ABCD，∴D1D⊥AC.∵D1D∩BD＝D，∴AC⊥平面BB1D1D，∴AC⊥DF.∵F，O分别是BD1，BD的中点，∴FO∥DD1，FO＝12DD1，又D
D1∥CC1，D1D＝CC1，∴FO綉MC，∴四边形FMCO为平行四边形，∴FM∥AC，∴DF⊥FM.∵D1D＝2AD，∴D1D＝BD，∴矩形D1DBB1为正方形．∵F为BD1的中点，∴DF⊥BD1.∵FM∩BD1＝F，∴DF⊥平面D1MB.课时作业(二十八)1．解析
：若m⊥n，则α与β可以平行或相交，故A，C错误；若m∥n，则α⊥β，D错，选B.答案：B2．解析：∵PA⊥平面ABC，BA，CA⊂平面ABC，∴BA⊥PA，CA⊥PA，因此，∠BAC即为二面角B-PA-C的平面角．又∠BAC＝90°，故选A.答案：A3．解析：∵PA⊥平面AB
CD，BC，AD⊂平面ABCD，∴PA⊥BC，PA⊥AD.又∵BC⊥AB，PA∩AB＝A，∴BC⊥平面PAB.∵BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PAB.由AD⊥PA，AD⊥AB，PA∩AB＝A，得AD⊥平面PAB.
∵AD⊂平面PAD，∴平面PAD⊥平面PAB.显然平面PAD与平面PBC不垂直．故选A.答案：A4．解析：如图，设S在底面内的射影为O，取AB的中点M，连接OM，SM，则∠SMO为所求二面角的平面角，在Rt△SOM中，OM＝12AD＝1，SM＝SA2－14AB2＝2，
所以cos∠SMO＝OMSM＝22，所以∠SMO＝45°.答案：45°5.解析：如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，记平面ADD1A1为α，平面ABCD为β，平面ABB1A1为γ，显然①错误；②只有在直线b，c相交的情况下才成立；易知③正确．答案：①②6．证明：如图，连接OC，因为
OA＝OC，D是AC的中点，所以AC⊥OD.又PO⊥底面AOC，AC⊂底面AOC，所以AC⊥PO.因为OD，PO是平面POD内的两条相交直线，所以AC⊥平面POD.又AC⊂平面PAC，所以平面POD⊥平面PAC.7.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上的射影为点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
的射影不可能在FC上，所以D不可能成立．故选BC.答案：BC8．解析：m⊥n，将m和n平移到相交的位置，此时确定一平面，∵n⊥β，m⊥α，∴该平面与平面α和平面β的交线也互相垂直，从而平面α和平面β形成的二面角的平面角为90°，∴α⊥β.故①③④⇒②.答案：①③④⇒
②(答案不唯一)9.证明：(1)如图所示，连接BD.因为四边形ABCD是菱形，且∠DAB＝60°，所以△ABD是正三角形，因为G是AD的中点，所以BG⊥AD.又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，BG⊂平面ABCD.所以BG⊥平面PAD.
(2)连接PG.因为△PAD为正三角形，G为AD的中点，所以PG⊥AD.由(1)知BG⊥AD，而PG∩BG＝G，PG⊂平面PBG，BG⊂平面PBG，所以AD⊥平面PBG.又因为PB⊂平面PBG，所以AD⊥PB.10.解析：如图，取AC的中点D，连接DP，DB.由△PAC，△ABC都是边长为6的等边
三角形，得PD⊥AC，BD⊥AC，所以∠PDB为二面角P-AC-B的平面角，则∠PDB＝120°.设O为三棱锥P-ABC外接球的球心，O1，O2分别为△ABC，△PAC的中心，则OO1⊥平面ABC，OO2⊥平面PAC，且O2D＝O1
D＝13×32×6＝3，OO2＝OO1.易知O，O2，D，O1四点共面，连接OD，则∠ODO1＝60°，OO1＝3DO1＝3.连接OB，则三棱锥P-ABC的外接球半径R＝OB＝OO21＋O1B2＝32＋(23)2＝21.所以三棱锥P-ABC的外接球的表面积为4πR
2＝84π.答案：84π章末质量检测(三)1．解析：A错误．如图1所示，由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，各面都是三角形，但它不是棱锥．B错误．如图2，若△ABC不是直角三角形或是直角三角形，但旋转轴不是直角边所在直线，所得的几
何体都不是圆锥．C错误．若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形．由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长．D正确．答案：D2．解析：当点Q与点D1重合时，截面图形为等边三角形AB1D1，
如图(1)；当点Q与点D重合时，截面图形为矩形AB1C1D，如图(2)；当点Q不与点D、D1重合时，令Q，R分别为DD1、C1D1的中点，则截面图形为等腰梯形AQRB1，如图(3)．D是不可能的．答案：D3．解析：由题意知圆柱的母线长为底面
圆的直径2R，则2R·2R＝4S，得R2＝S.所以底面面积为πR2＝πS.答案：C4．解析：设正四面体的棱长为acm，则底面积为34a2cm2，易求得高为63acm，则体积为13×34a2×63a＝212a3＝9，解得a＝32，所以其表面积为4×
34a2＝183(cm2)．答案：A5．解析：选项A，B，C的条件都不能得到直线m⊥平面β.而补充选项D后，可以得到直线m⊥平面β.理由如下：若两平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面．故选D.答案：D6．解析：将四面
体可补形为长方体，此长方体的对角线即为球的直径，而长方体的对角线长为12＋(6)2＋32＝4，即球的半径为2，故这个球的表面积为4πr2＝16π.答案：A7．解析：V多面体P-BCC1B1＝13S正方形BCC1B1
·PB1＝13×42×1＝163.答案：B8．解析：在A中，点A与点C一定不重合，故A正确；在B中，存在某个位置，使得直线AF与直线CE所成的角为60°，故B正确；在C中，当平面ABF⊥平面BEDF，平面DCE⊥平面BEDF时，直线AF
与直线CE垂直，故C正确；在D中，直线AB与直线CD不可能垂直，故D错误．故选D.答案：D9．解析：若m⊥α，则∃a，b⊂α且a∩b＝P使得m⊥a，m⊥b，又m∥n，则n⊥a，n⊥b，由线面垂直的判定定理得n⊥α，故A对；若m∥α，α∩β＝
n，如图，设m＝AB，平面A1B1C1D1为平面α，m∥α，设平面ADD1A1为平面β，α∩β＝A1D1＝n，则m⊥n，故B错；垂直于同一条直线的两个平面平行，故C对；若m⊥α，m∥n，则n⊥α，又n⊥β，则α∥β，故D对；故选ACD.答
案：ACD10．解析：A.若m∥α，n∥β且α∥β，则可以m∥n，m，n异面，或m，n相交，故A错误；B．若m∥n，m⊥α，则n⊥α，又n⊥β，故α∥β，B正确；C．若m∥n，n⊂α，则m∥α或m⊂α，
又α∥β，m⊄β，故m∥β，C正确；D．若m∥n，n⊥α，则m⊥α，α⊥β，则m∥β或m⊂β，D错误．故选BC.答案：BC11．解析：对于A，取AD的中点M，连PM，BM，则∵侧面PAD为正三角形，∴PM⊥AD，
又底面ABCD是菱形，∠DAB＝60°，∴△ABD是等边三角形，∴AD⊥BM，又PM∩BM＝M，PM，BM⊂平面PMB，∴AD⊥平面PBM，故A正确．对于B，∵AD⊥平面PBM，∴AD⊥PB，即异面直线AD与PB所成的角为90°，故B正确．对于C，∵平面PBC∩平面ABCD＝BC，B
C∥AD，∴BC⊥平面PBM，∴BC⊥PB，BC⊥BM，∴∠PBM是二面角P-BC-A的平面角，设AB＝1，则BM＝32，PM＝32，在Rt△PBM中，tan∠PBM＝PMBM＝1，即∠PBM＝45°，故二面角P-BC-A的大小为45°，故C正确．对于D，因为BD与PA不垂直，所以B
D与平面PAC不垂直，故D错误．故选ABC.答案：ABC12．解析：C、N、A共线，即CN、PM交于点A，共面，因此CM、PN共面，A错误；记∠PAC＝θ，则PN2＝AP2＋AN2－2AP·ANcosθ＝AP2＋14AC2－AP·ACcosθ，CM2＝AC2＋AM2－2AC·AMcosθ
＝AC2＋14AP2－AP·ACcosθ，又AP＜AC，CM2－PN2＝34(AC2－AP2)＞0，CM2＞PN2，即CM＞PN.B正确；由于正方体中，AN⊥BD，BB1⊥平面ABCD，则BB1⊥AN，BB1∩BD＝B，可得AN⊥平面BB1D1D，AN⊂平面PAN，从而可得平面
PAN⊥平面BDD1B1，C正确；取C1D1中点K，连接KP，KC，A1C1，易知PK∥A1C1，又正方体中，A1C1∥AC，∴PK∥AC，PK、AC共面，PKCA就是过P、A、C三点的正方体的截面，它是等腰梯形，D正确．故选BCD.答案：
BCD13．解析：设圆锥的底面半径为r，根据题意，得2πr＝2π，解得r＝1，根据勾股定理，得圆锥的高为22－12＝3，所以圆锥的表面积S＝12×π×22＋π×12＝3π，体积V＝13×π×12×3＝33π.答
案：3π33π14.解析：如图，过点S作SO⊥平面ABCD，连接OC，则∠SCO＝60°，∴SO＝sin60°·SC＝32×23＝3.答案：315．解析：(1)a∥γ，b∥β，不可以，举出反例如下：使β∥γ，b⊂γ，a⊂β，则此时能有a∥γ，
b∥β，但不一定有a∥b；(2)a∥γ，b⊂β，可以，由a∥γ得a与γ没有公共点，由b⊂β，α∩β＝a，b⊂γ知，a，b在面β内，且没有公共点，故平行；(3)b∥β，a⊂γ可以，由b∥β，α∩β＝a知，a，b无公共点，再由a⊂γ，b⊂γ，可得两直线平行．综上可知满
足的条件有(2)和(3)．答案：(2)(3)16．解析：对于①，因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥AE，又EA⊥AB，PA∩AB＝A，所以EA⊥平面PAB，从而可得EA⊥PB，故①正确．对于②，由于PA⊥平面ABC，所以平面ABC与平面PBC不可能垂直，故②不正确．对于③
，由于在正六边形中BC∥AD，所以BC与EA必有公共点，从而BC与平面PAE有公共点，所以直线BC与平面PAE不平行，故③不正确．对于④，由条件得△PAD为直角三角形，且PA⊥AD，又PA＝2AB＝AD，所以∠
PDA＝45°.故④正确．综上①④正确．答案：①④17．解析：(1)证明：在正方体ABCD-A1B1C1D1中，∵AB∥D1C1，AB＝D1C1，∴四边形ABC1D1是平行四边形，∴AD1∥BC1，∵AD1⊄
平面C1BD，BC1⊂平面C1BD，∴D1A∥平面C1BD.(2)由(1)知，AD1∥BC1，∴异面直线D1A与BD所成的角即为∠C1BD.易知△C1BD为等边三角形，∴∠C1BD＝60°，即异面直线D1A与BD所成的角为60°.18．解析：(1)∵ABCD-A′B′C′D′是正方体，∴
A′B＝A′C′＝A′D＝BC′＝BD＝C′D＝2a，∴三棱锥A′-BC′D的表面积为4×12×2a×32×2a＝23a2.而正方体的表面积为6a2，故三棱锥A′-BC′D的表面积与正方体表面积的比值为23a26a2＝33.(2)三棱锥A′-ABD，C
′-BCD，D-A′D′C′，B-A′B′C′是完全一样的．故V三棱锥A′-BC′D＝V正方体－4V三棱锥A′-ABD＝a3－4×13×12a2×a＝a33.19.证明：(1)如图所示，取AB的中点E，连接SE，DE，在Rt△ABC中，D、E分别为AC、AB的中点，∴DE∥BC
，∴DE⊥AB，∵SA＝SB，∴△SAB为等腰三角形，∴SE⊥AB.又SE∩DE＝E，∴AB⊥平面SDE.又SD⊂平面SDE，∴AB⊥SD.在△SAC中，SA＝SC，D为AC的中点，∴SD⊥AC.又AC∩AB＝A，∴SD⊥平面ABC.(2)由于AB＝BC，则BD⊥AC，由
(1)可知，SD⊥平面ABC，BD⊂平面ABC，∴SD⊥BD，又SD∩AC＝D，∴BD⊥平面SAC.20．证明：(1)∵点E、G、F分别为棱MB、PB、PC的中点，∴EG∥PM，GF∥BC.又∵PM⊂平面PMA，EG
⊄平面PMA，∴EG∥平面PMA.∵四边形ABCD是正方形，∴BC∥AD，∴GF∥AD.∵AD⊂平面PMA，GF⊄平面PMA，∴GF∥平面PMA.又∵EG∩GF＝G，∴平面EFG∥平面PMA.(2)由已知MA⊥平面ABCD，PD∥MA，∴PD⊥平面ABCD.又BC⊂平面A
BCD，∴PD⊥BC.∵四边形ABCD为正方形，∴BC⊥DC.又PD∩DC＝D，∴BC⊥平面PDC.在△PBC中，∵G，F分别为PB，PC的中点，∴GF∥BC，∴GF⊥平面PDC.又GF⊂平面EFG，∴平面PDC⊥平面EFG.21．解析：(1)证明：∵AB＝2，BD＝23，AD＝4，∴AB2
＋BD2＝AD2.∴AB⊥BD.∵平面EBD⊥平面ABD，且平面EBD∩平面ABD＝BD，∴AB⊥平面EBD.∵DE⊂平面EBD，∴AB⊥DE.(2)由(1)知AB⊥BD.∵CD∥AB，∴CD⊥BD，从而折叠后DE⊥B
D.在Rt△DBE中，∵DB＝23，DE＝DC＝AB＝2，∴S△DBE＝12DB·DE＝23，又∵AB⊥平面EBD，BE⊂平面EBD，∴AB⊥BE.∵BE＝BC＝AD＝4，∴S△ABE＝12AB·BE＝4.∵DE⊥BD，平面EB
D⊥平面ABD，∴ED⊥平面ABD.又∵AD⊂平面ABD，∴ED⊥AD.∴S△ADE＝12AD·DE＝4.综上，三棱锥E-ABD的侧面积S＝8＋23.22．解析：(1)如图(1)，取AA1的中点M，连接EM，BM.∵E是DD1的中点，四边形ADD1A1为正方形，∴EM∥AD.
在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AD⊥平面ABB1A1，∴EM⊥平面ABB1A1，从而∠EBM为直线BE与平面ABB1A1所成的角．设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，则EM＝AD＝2，BE＝AB2＋AM2＋ME2＝22＋22＋12＝3.在Rt△BEM中，sin∠EBM＝
EMBE＝23.即直线BE与平面ABB1A1所成的角的正弦值为23.(2)在棱C1D1上存在点F，使B1F∥平面A1BE.证明如下：如图(2)，分别取C1D1和CD的中点F和G，连接EG，BG，CD1，FG，B1F.∵A1D1∥B1C1∥BC，且A1D1＝BC，∴四边形A1BCD1为
平行四边形，∴D1C∥A1B.又∵E，G分别为D1D，CD的中点，∴EG∥D1C，∴EG∥A1B.∴A1，B，G，E四点共面，∴BG⊂平面A1BE.在正方体AC1中，F和G分别为C1D1和CD的中点，∴GF綉C1C綉B1B，∴四边形B1BGF为平行四边形，∴B1F∥BG.又∵B1
F⊄平面A1BE，BG⊂平面A1BE，∴B1F∥平面A1BE.课时作业(二十九)1．解析：对每个选项逐条落实简单随机抽样的特点．A、B不是简单随机抽样，因为抽取的个体间的间隔是固定的；C不是简单随机抽样，因为总体的个体有明显的层次；D是简单随机抽样．答案：D2．解析：从随机数表第1
行的第5列和第6列数字开始由左到右依次选取两个数字开始向右读，第一个数为65，不符合条件，第二个数为72，不符合条件，第三个数为08，符合条件，以下符合条件依次为02,14,07,01，故第5个数为01.答案：D3．解析：N＝30÷0.25＝120
.答案：A4．答案：6包盐的质量每包盐的质量5．解析：所调查的6天营业额的平均值为x＝2.8＋3.2＋3.4＋3.0＋3.1＋3.76＝3.2(万元)，由此可估计6月份每天的平均营业额为3.2万元，所以6月份的总营业额大约为3.2×30＝96(万元)．答案：966．解析：第一步，将30
架钢琴编号，号码是01,02，…，30；第二步，将号码分别写在一张纸条上，揉成团，制成号签；第三步，将得到的号签放入一个不透明的袋子中，并充分搅匀；第四步，从袋子中逐个抽取6个号签，并记录上面的编号；第五步，所得号码对应的6架钢琴就是要抽取的对象．7．解析：简单随机抽样可能产生代
表性差的样本，B不正确；ACD正确．答案：ACD8．解析：找到第2行第7列的数开始向右读，凡不在000～799的跳过去不读，前面读过的也跳过去不读，得到的符合题意的五个数据依次为760,202,051,656,574.答案：760,202,051,6
56,5749．解析：x甲＝15×(9.8＋9.9＋10.1＋10＋10.2)＝10(t/km2)，x乙＝15×(9.4＋10.3＋10.8＋9.7＋9.8)＝10(t/km2)，即甲、乙两种冬小麦的年平均
单位面积产量都为10t/km2.10．解析：这个结果意味着该城市光顾这家连锁店的人比其他城市的人较少倾向于选择咖啡色，由于光顾这家连锁店的人是一种比较容易得到的样本(方便样本)，不一定能代表该城市其他人的想法．而该城市的调查结果来自于该城市光顾这家连锁店的人，这个样本也不能很好地代表
全国民众的观点，从而带来了调查结果的差异．课时作业(三十)1．解析：由题意知抽样比为1296，而四个社区一共抽取的驾驶员人数为12＋21＋25＋43＝101，故有1296＝101N，解得N＝808.答案：B2．解析：应采取分层随机抽样(因为学校间差异大)，抽取的比例为400
0:2000:3000，即4:2:3，所以A类学校应抽取900×49＝400(份)．答案：B3．解析：抽样比为90360＋270＋180＝19，则应从甲社区中抽取低收入家庭的户数为360×19＝40.答案：A4．解析：由分层随机抽样的方法，得持“支持”态度的网民抽取的人数为：48×800080
00＋6000＋10000＝48×13＝16.答案：165．解析：设乙设备生产的产品总数为x件，由已知得：804800＝504800－x，解得x＝1800.答案：18006．解析：因为40÷500＝225，所以应用分层随机抽样法抽取血型为
O型的225×200＝16(人)，A型的225×125＝10(人)，B型的225×125＝10(人)，AB型的225×50＝4(人)．7．解析：由分层随机抽样可知，抽样比为100560＋350＋180＝10109，则甲应付101
09×560＝5141109(钱)；乙应付10109×350＝3212109(钱)；丙应付10109×180＝1656109(钱)．故A、C、D正确．答案：ACD8．解析：设甲、乙、丙3条生产线各生产了T甲、T乙、T丙件产品，则a:b:c＝T甲:T
乙:T丙，即aT甲＝bT乙＝cT丙.又因为2b＝a＋c，所以T甲＋T丙＝2T乙，T甲＋T乙＋T丙＝16800，所以T乙＝168003＝5600.答案：56009．解析：因机构改革关系到每个人的不同利益，故采用分层随机抽样方法较妥．(1)样本容量与总体的个体数的比
为20160＝18.(2)确定各层要抽取的数目：一般干部112×18＝14(人)，副处级以上干部16×18＝2(人)，后勤工人32×18＝4(人)．∴从副处级以上干部中抽取2人，从一般干部中抽取14人，从工人中抽取4个．(3)因副处级以上干部与后勤工人数都较少，他们分别按1～16
编号和1～32编号，然后采用抽签法分别抽取2人和4人；对一般干部112人采用000,001,002，…，111编号，然后用随机数法抽取14人．这样便得到一个容量为20的样本．10．解析：设C产品的数量为x，则A产品的数量为3000－1300－x＝
1700－x.设C产品的样本量为a，则A产品的样本量为10＋a.由分层随机抽样的定义，可得1700－xa＋10＝xa＝1300130，解得x＝800.答案：800课时作业(三十一)1．解析：以组距为5进行分组，可分为8组，故C、D选项错误；由于[0,5)有
1人，[5,10)有1人，所以第1组和第2组的频率相同，所以频率分布直方图中矩形的高相等，故A正确，B错误，故选A.答案：A2．解析：由题意，结合条形图分析得成绩高于11级分的考生数的百分比大约为(2.5＋3.1＋1＋1.8)
%＝8.4%，所以考生大约为8.4%×120000＝10080(人)．故最接近的人数为10000.答案：B3．解析：前3组的频率之和等于1－(0.0125＋0.0375)×5＝0.75，第2小组的频率是0.75×21＋2＋3＝0.25，设样本容量为n，则10n＝0.25，即
n＝40.答案：C4．解析：由题意可得m＝15÷30%＝50，b＝50×40%＝20，a＝50－15－20＝10.答案：50,10,205．解析：由题意知，棉花纤维的长度小于20mm的频率为(0.01＋0.01＋0.04
)×5＝0.3，故抽测的100根中，棉花纤维的长度小于20mm的有0.3×100＝30(根)．答案：306．解析：(1)由于频率分布直方图以面积的形式反映了数据落在各小组内的频率大小，因此第二小组的频率为：42＋4＋17＋15＋9＋3＝0.08；又因为第二小组频率＝第
二小组频数样本容量，所以样本容量＝第二小组频数第二小组频率＝120.08＝150.(2)由图可估计该学校高一学生的达标率约为17＋15＋9＋32＋4＋17＋15＋9＋3×100%＝88%.7．解析：依题
意，根据图中信息，12～15日这4天连续重度污染，故A正确；16天中有8天重度污染，故B正确；相邻两天空气质量指数之差最大的为7日和8日，最大值为260－83＝177≠195，C错误；16个数据中大于200和小于200的各有8
个，大于200的8个数据接近200，而小于200的8个数据与200相差较大，故平均值小于200，即D正确．故选ABD.答案：ABD8．解析：由统计图，得高一人数为3000×32%＝960，捐款数是960×15＝14400(元)；高二人数为3000×33%＝990，捐款数是990×1
3＝12870(元)；高三人数为3000×35%＝1050，捐款数是1050×10＝10500(元)．所以该校学生共捐款14400＋12870＋10500＝37770(元)．答案：377709．解析：(1
)从题图中知，选①的共60名学生，占总学生数的百分比为30%，所以总学生数为60÷30%＝200，即本次一共调查了200名学生．(2)被调查的学生中，选②的有200－60－30－10＝100名，补充完整的条形统计图如图所示．(3)3000×5%＝150(名)，估计全校有150名学生平均每天参加
体育活动的时间在0.5小时以下．10．解析：由2019年第一季度五省GDP情况图，知在A中，2019年第一季度GDP总量和增速由高到低排位均居同一位的省有B和C，共2个，故A错误；在B中，与去年同期相比，2019年第一季度五个省的
GDP总量均实现了增长，故B正确；在C中，去年同期C省的GDP总量为4067.4÷(1＋0.066)≈3815.6(亿元)，不超过4000亿元，故C正确；在D中，2019年第一季度GDP增速由高到低排第5位的是A省，故D正确．答案：BCD课时作业(三十二)1
．解析：把7人的身高从小到大排列168,170,172,172,175,176,1807×40%＝2.8即第3个数据为所求的第40的百分位数．答案：C2．解析：因为x＝100＋40＋90＋60＋10100＝3，所以s2＝1100(20×22＋10×12＋30×12＋10×22)＝160100＝8
5，所以s＝2105.故选B.答案：B3．解析：设9位评委的评分按从小到大排列为x1，x2，x3，x4，…，x8，x9.则原始中位数为x5，去掉最低分x1，最高分x9，后剩余x2，x3，x4，…，x8，中位数仍为x5，故A正确；平均数受极端
值影响较大，故前后平均数不一定相同，B不正确，因此C也不正确；原极差＝x9－x1，后来极差＝x8－x2，显然极差可能变小，D不正确．答案：A4．解析：因为甲班学生成绩的平均分是85，所以78＋79＋85＋80＋x
＋80＋96＋927＝85，解得x＝5，又因为乙班学生成绩的中位数是83，所以y＝3，所以x＋y＝8.答案：85．解析：样本均值a＝12×91＋8×8912＋8＝90.2，样本方差s2＝12×[3＋(91－
90.2)2]＋8×[5＋(89－90.2)2]12＋8＝4.76答案：90.24.76.6．解析：(1)x＝3×25%＋5×40%＋6×35%＝4.85(厘米)．s2＝(3－4.85)2×0.25＋(5－4.85
)2×0.4＋(6－4.85)2×0.35＝1.3275(平方厘米)．由此估计这批棉花纤维的平均长度为4.85厘米，方差为1.3275平方厘米．(2)因为4.90－4.85＝0.05<0.10，1．3275－1.200＝0.1275>0.10，故棉花纤维长
度的平均值达到标准，但方差超过标准，所以可认为这批产品不合格．7．解析：甲、乙两班学生成绩的平均数都是135，故两班成绩的平均数相同，∴A正确；s2甲＝191＞110＝s2乙，∴甲班成绩不如乙班稳定，即甲班的成绩波动较大，∴B正确；甲、乙两班人数相同，但甲班的中位数为14
9，乙班的中位数为151，从而易知乙班不少于150个的人数要多于甲班，∴C正确；由题表看不出两班学生成绩的众数，∴D错误．答案：ABC8．解析：由频率分布直方图可知，分数在120分以下的学生所占的比例为(0.01＋0.015＋0.015＋0.03)×1
0×100%＝70%，分数在130分以下的学生所占的比例为(0.01＋0.015＋0.015＋0.03＋0.0225)×10×100%＝92.5%，因此，80%分位数一定位于[120,130]内．因为120＋0.80－0.700.925－0.70×10≈124.44
，所以此班的模拟考试成绩的80%分位数约为124.44.答案：124.449．解析：(1)由频率分布直方图知(0.04＋0.03＋0.02＋2a)×10＝1，所以a＝0.005.(2)55×0.05＋65×0.4＋75×0.3＋85×0.2＋95×0.05＝73.所以平均分为73
分．(3)分别求出语文成绩分数段在[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)的人数依次为0.05×100＝5，0.4×100＝40,0.3×100＝30,0.2×100＝20.所以数学成
绩分数段在[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)的人数依次为：5,20,40,25.所以数学成绩在[50,90)之外的人数有100－(5＋20＋40＋25)＝10(人)．10．解析：甲
同学名次数据的平均数为2，说明名次之和为6，又中位数为2，得出三次考试名次均不超过3，断定甲是尖子生；乙同学名次数据的平均数为2，说明名次之和为6，又方差小于1，得出三次考试名次均不超过3，断定乙是尖子生；丙同学名次数据的中位数为2，众数为2，说明三次考试
中至少有两次名次为2，故丙可能是尖子生；丁同学名次数据的众数为2，说明某两次名次为2，设另一次名次为x，经验证，当x＝1,2,3时，方差均小于1，故x＞3，断定丁一定不是尖子生．答案：D章末质量检测(四)1．解析：找到第9行第9列数开始向右读，符合条件的是29,64,
56,07,52,42,44，故选出的第7个个体是44.答案：B2．解析：由题意知，众数与中位数都是3，平均数为4.只有①正确，故选A.答案：A3．解析：若设高三学生数为x，则高一学生数为x2，高二学生数为x2＋300，所以有x＋x2＋x
2＋300＝3500，解得x＝1600.故高一学生数为800，因此应抽取的高一学生数为800100＝8.答案：A4．解析：设中间一组的频数为x，则其他8组的频数和为52x，所以x＋52x＝140，解得x＝40.答案：B5．解
析：因为7×80%＝5.6所以第80百分位数为89.故选C.答案：C6．解析：由题图②知，小波一星期的食品开支为300元，其中鸡蛋开支为30元，占食品开支的10%，而食品开支占总开支的30%，所以小波一星期的鸡蛋开支占总开支的百分比
为3%.答案：C7．解析：将一组数据的每一个数都乘以a，则新数据组的方差为原来数据组方差的a2倍，平均数为原来数据组的a倍．故答案选C.答案：C8．解析：由题图可知去掉的两个数是87,99，所以87＋90×2＋91×2＋94＋90＋x＝91
×7，解得x＝4.故s2＝17[(87－91)2＋(90－91)2×2＋(91－91)2×2＋(94－91)2×2]＝367.故选B.答案：B9．解析：女生的极差是173－161＝12，A正确；由茎叶图数据，女生数据偏小，男生
平均值大于女生值，B正确；女生身高中位数是166，C错误；女生数据较集中，男生数据分散，应该是男生方差大，女生方差小，D错．(也可实际计算均值和方差比较)．故选AB.答案：AB10．解析：设利润为W.选项A：根据数据该企业2019年1月至6月的总利润低于2019年7月至12月的总利润，故A正确
．选项B：根据图像数据W1＋W2＋W3＝50，故B错误．选项C：由数据知该企业2019年4月至7月的月利润持续增长，故C正确．选项D：根据图像数据7月的月利润最大，故D错误．故选AC.答案：AC11．解析：A错，举反例：
0,0,0,0,2,6,6，其平均数x＝2≤3，不符合指标．B错，举反例：0,3,3,3,3,3,6，其平均数x＝3，且标准差s＝187≤2，不符合指标．C对，若极差等于0或1，在x≤3的条件下，显然符合指标；若极差等于2且x≤3，则每天新增感染人数的最小值与最大值有下列可能：(1)0,2，(
2)1,3，(3)2,4，符合指标．D对，若众数等于1且极差小于或等于4，则最大值不超过5，符合指标．故选CD.答案：CD12．解析：由频率分布直方图可得，成绩在[70,80)内的频率最高，因此考生人数最多，故A正确；由频率分布直方图可得，成绩在[40,60)的频
率为0.25，因此，不及格的人数为4000×0.25＝1000，故B正确；由频率分布直方图可得，平均分为45×0.1＋55×0.15＋65×0.2＋75×0.3＋85×0.15＋95×0.1＝70.5，故C正确；因为成绩在
[40,70)内的频率为0.45，[70,80)的频率为0.3，所以中位数为70＋10×0.050.3≈71.67，故D错误．故选ABC.答案：ABC13．解析：由题意知第一组的频率为1－(0.15＋0.45)＝0.4，所以8m＝0.4，所以m＝20.答案：2
014．解析：由于样本容量与总体个体数之比为20100＝15，故各年龄段抽取的人数依次为45×15＝9(人)，25×15＝5(人)，20－9－5＝6(人)．答案：9,5,615．解析：由频率分布图知，设90～100分数段的人数为x，则0.40x＝0.0590，所以
x＝720.答案：72016．解析：由题意得D(yi)＝D(2xi－1)＝D(2xi)＝4D(xi)＝4×4＝16.答案：1617．解析：(1)依题意，得x1000＝0.15，解得x＝150.(2)∵第一车间的工人数是173＋177＝350，第二车间
的工人数是100＋150＝250，∴第三车间的工人数是1000－350－250＝400.设应从第三车间抽取m名工人，则有m400＝501000，解得m＝20，∴应在第三车间抽取20名工人．18．解析：由于数据－1,0,4，x,7,14的中位数为5，所以4＋x2＝5，x＝6
.设这组数据的平均数为x－，方差为s2，由题意得x－＝16×(－1＋0＋4＋6＋7＋14)＝5，s2＝16×[(－1－5)2＋(0－5)2＋(4－5)2＋(6－5)2＋(7－5)2＋(14－5)2]＝743.19．
解析：(1)由累积频率为1知，第四小组的频率为1－0.1－0.3－0.4＝0.2.(2)设参加这次测试的学生有x人，则0.1x＝5，所以x＝50.即参加这次测试的学生有50人．(3)达标率为0.3＋0.4＋0.2＝90%，所以估计该年级学生跳绳测试的达标率为90%
.20．解析：(1)甲的平均成绩为：(1.70＋1.65＋1.68＋1.69＋1.72＋1.73＋1.68＋1.67)÷8＝1.69m，乙的平均成绩为：(1.60＋1.73＋1.72＋1.61＋1.62＋1.71＋1.70＋1.75)÷8＝1.68m；(2)根据方差公
式可得：甲的方差为0.0006，乙的方差为0.00315∵0.0006＜0.00315∴甲的成绩更为稳定；(3)若跳过1.65m就很可能获得冠军，甲成绩均过1.65米，乙3次未过1.65米，因此选甲；若预测跳过1.70m才能得冠军，甲成绩过1.70米3次
，乙过1.70米5次，因此选乙．21．解析：(1)由10×(0.010＋0.015＋a＋0.030＋0.010)＝1，得a＝0.035.(2)平均数为20×0.1＋30×0.15＋40×0.35＋50×0.3＋60
×0.1＝41.5(岁)．设中位数为x，则10×0.010＋10×0.015＋(x－35)×0.035＝0.5，解得x≈42.1.(3)第1,2组的频数分别为200×0.1＝20,200×0.15＝30，从第1,2组中用分层随机抽样的方法抽取5人，抽取比例为55
0＝110，所以第1组抽取20×110＝2(人)，第2组抽取30×110＝3(人)，所以第1,2组抽取的人数分别为2,3.22．解析：(1)当x≤19时，y＝3800；当x＞19时，y＝3800＋500(x－19)＝500x－5700.所
以y与x的函数解析式为y＝3800，x≤19，500x－5700，x＞19(x∈N)．(2)由条形图知，需更换的零件数不大于18的频率为0.46，不大于19的频率为0.7，故n的最小值为19.(3)若每台机器在购机同时都购买19个易损零件，则这100台机器中有
70台其每台在购机同时购买易损零件上的费用为3800元，20台其每台在购机同时购买易损零件上的费用为4300元，10台其每台在购机同时购买易损零件上的费用为4800元，因此这100台机器在购买易损零件上所需费用的平均数为1100×(3800×70＋4300×2
0＋4800×10)＝4000元；若每台机器在购机同时都购买20个易损零件，则这100台机器中有90台其每台在购机同时购买易损零件上的费用为4000元，10台其每台在购机同时购买易损零件上的费用为4500元，因此这100台机器在购买易损零件上所需费用的平
均数为1100×(4000×90＋4500×10)＝4050(元)．比较两个平均数可知，购买1台机器的同时应购买19个易损零件．课时作业(三十三)1．解析：该事件可能发生也可能不发生，为随机事件．答案：A2．解析：“点落在x轴上”这一事件记为M，则M
＝{(－9,0)，(－7,0)，(－5,0)，(－3,0)，(－1,0)，(2,0)，(4,0)，(6,0)，(8,0)}，包含9个样本点．答案：C3．解析：因为两个小孩有大小之分，所以(男，女)与(女，男)是不同
的样本点．故选C.答案：C4．答案：{(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)}A＝{(1,2)，(1,4)，(2,3)，(3,4)}．5．解析：由题意知该事件为必然事件．答案：必然6．解析：(1)当x＝1时，y＝2
,3,4；当x＝2时，y＝1,3,4；当x＝3时，y＝1,2,4；当x＝4时，y＝1,2,3.因此，这个试验的所有结果是(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，
(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)．(2)记“第一次取出的小球上的标号为2”为事件A，则A＝{(2,1)，(2,3)，(2,4)}．7．解析：A、B是随机事件，C是必然事件，D是不可能事件，故选AB.答案：AB8．解析：(a，b
)的情况有(1，－1)，(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2，－1)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3，－1)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，共15种．函数y＝f(x)有零点等价于Δ＝b2－4a≥0
，符合条件的有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)，共6个样本点．答案：69．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，a2)}．(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)}．10．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，A
5)，(A4，A6)，(A5，A6)．课时作业(三十四)1．解析：由于M⊆N，则当N发生时，M不一定发生，M∩N也不一定发生，而M∪N一定发生．答案：C2．解析：根据互斥事件不能同时发生，判断A是互斥事件；B、C、D中两事件能同时发生，故不是互斥事件．答案：
A3．解析：“恰有一弹击中飞机”指第一枚击中第二枚没中或第一枚没中第二枚击中，“至少有一弹击中”包含两种情况：一种是恰有一弹击中，一种是两弹都击中，∴A∪B≠B∪D.答案：D4.解析：用Venn图解决此类问题较为直观，如图所示，A－∪B－是必然事
件．答案：②5．解析：事件A点数不小于4，则样本点为4,5,6，事件B点数不大于4，则样本点为1,2,3,4.∴A∩B＝{4}．答案：{4}6．解析：(1)对于事件D，可能的结果为1个红球、2个白球或2个红球、1个白球，故D＝A∪B.(2)对于事件C，可能
的结果是1个红球、2个白球或2个红球、1个白球或3个均为红球，故C∩A＝A.7．解析：A中，甲射击一次，“射中9环”与“射中8环”两个事件不可能同时发生，二者是互斥事件；B中，甲、乙各射击一次，甲射中10环，且乙射中9环时，“甲射中10
环”与“乙射中9环”同时发生，二者不是互斥事件；C中，甲、乙各射击一次，“甲、乙都射中目标”与“甲、乙都没有射中目标”不可能同时发生，二者是互斥事件；D中，甲、乙各射击一次，“至少有1人射中目标”与“甲射中目标但乙未射中目标”可能会同时发生，二者不是互
斥事件．故选AC.答案：AC8．解析：试验的样本空间为Ω＝{(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)}，R
1＝{(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,3)，(2,4)}，R2＝{(2,1)，(3,1)，(4,1)，(1,2)，(3,2)，(4,2)}．由此可知，R1∩R2＝R，即R是R1与R2的交事件．答案：R1∩R2＝R9．解析：(1)是互斥事件，不是对
立事件．理由：从40张扑克牌中任意抽取1张，“抽出红桃”和“抽出黑桃”是不可能同时发生的，所以是互斥事件．同时，不能保证其中必有一个发生，这是由于还可能抽出“方块”或者“梅花”，因此，二者不是对立事件
．(2)既是互斥事件，又是对立事件理由：从40张扑克牌中，任意抽取1张，“抽出红色牌”与“抽出黑色牌”不可能同时发生，但其中必有一个发生，所以它们既是互斥事件，又是对立事件．(3)不是互斥事件，也不是对立事件理由：从40张扑克牌中任意抽取1张，“抽出的牌的点数为5的倍数”与“抽
出的牌的点数大于9”这两个事件可能同时发生，如抽得牌的点数为10，因此，二者不是互斥事件，也不可能是对立事件．10．解析：(1)从1,2,3,5中任取2个数字构成有序实数对(a，b)，这个试验的样本空间Ω＝{(1,2)，(1,3)，(1,5)，(2,1)，(2,3)，(2,5)，(3,1)，(3
,2)，(3,5)，(5,1)，(5,2)，(5,3)}．(2)这个试验的样本点的个数是12.(3)由－b2a＞－1，可得b＜2a，故该事件可用集合表示为{(2,1)，(2,3)，(3,1)，(3,2)，(3,5)，(5,1)，(5,2)，(5,3)}．课时作业
(三十五)1．解析：基本事件有：甲乙丙、甲丙乙、乙甲丙、乙丙甲、丙甲乙、丙乙甲，共六个，甲站在中间的事件包括：乙甲丙、丙甲乙，共2个，所以甲站在中间的概率为P＝26＝13.答案：C2．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，选C.答案：C3．解析：用(A，B，C)表示A，B，C通过主席台的次序，则所有可能的次序有：(A，B，C)
，(A，C，B)，(B，A，C)，(B，C，A)，(C，A，B)，(C，B，A)，共6种，其中B先于A，C通过的有：(B，C，A)和(B，A，C)，共2种，故所求概率P＝26＝13.答案：B4．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：345．解析：在52张牌中，J，Q和K共12张，故是J或Q或K的概率是1252＝313
.答案：3136．解析：(1)从这6家企业中选出2家的选法有(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)，共有15种，以上就是中标情况．(
2)在中标的企业中，至少有一家来自福建省的选法有(A，B)，(A，C)，(B，C)，(B，D)，(B，E)，(B，F)，(C，D)，(C，E)，(C，F)，共9种．则“在中标的企业中，至少有一家来自福建省”的概率为915＝35.7．解析：记4件产品分别为1,2,3，a，其中a表示次品．在A中，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；在B中，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；在C中，“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；在D中，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．故选ACD.答案：ACD8．解析：从1
,2,3,4,5中任取3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个
样本点，其中这3个数能构成一组勾股数的只有(3,4,5)，故所求概率为110.答案：1109．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)＝1115.10．解析：通常使用树状图来讨论，如下图所示，♀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(三十六)1．解析：由于不能确定A与B互斥，则P(A∪B)的值不能确定．答案：D2．解析
：设“从中取出2粒都是黑子”为事件A，“从中取出2粒都是白子”为事件B，“从中取出2粒恰好是同一色”为事件C，则C＝A∪B，且事件A与B互斥．所以P(C)＝P(A)＋P(B)＝17＋1235＝1735.即从中取出2
粒恰好是同一色的概率为1735.答案：C3．解析：设“该射手在一次射击中不够8环”为事件A，则事件A的对立事件A是“该射手在一次射击中不小于8环”．∵事件A包括射中8环，9环，10环，这三个事件是互斥的，∴P(A)＝0.2＋0.3＋0.1＝0.6，∴P(A)＝1－P(A)＝1－0.6＝0
.4，即该射手在一次射击中不够8环的概率为0.4.答案：D4．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：0.655．解析：“至少有一名女生”与“都是男生”是对立事
件，故3人中都是男生的概率P＝1－45＝15.答案：156．解析：记事件C为“3个球中既有红球又有白球”，则它包含事件A“3个球中有1个红球，2个白球”和事件B“3个球中有2个红球，1个白球”，而且事件A与事件B是互斥的，所以P(C)＝P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝310＋12＝45.7．
解析：对立事件一定是互斥事件，但互斥事件不一定是对立事件，A正确；只有当A，B互斥时，才有P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，B错误；虽然A，B，C三个事件两两互斥，但其并事件不一定是必然事件，C错误；
只有当A，B互斥，且满足P(A)＋P(B)＝1时，A，B才是对立事件，D错误．故选BCD.答案：BCD8．解析：记事件“出现1点”“出现2点”“出现3点”“出现5点”分别为A1，A2，A3，A4，由题意知这四个事件彼此互斥．则A
∪B＝A1∪A2∪A3∪A4故P(A∪B)＝P(A1∪A2∪A3∪A4)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3)＋P(A4)＝16＋16＋16＋16＝23.答案：239．解析：(1)“甲获胜”和“和棋或乙获胜”是对立事件，所以“甲获胜”的概率
P＝1－12－13＝16.即甲获胜的概率是16.(2)方法一设事件A为“甲不输”，可看成是“甲获胜”“和棋”这两个互斥事件的并事件，所以P(A)＝16＋12＝23.方法二设事件A为“甲不输”，可看成是“乙获胜”的对立事件，所以
P(A)＝1－13＝23.即甲不输的概率是23.10．解析：记这个商店月收入在[1000,1500)，[1500,2000)，[2000，2500)，[2500,3000)范围内的事件分别为A，B，C，D，则这4个事件彼此互斥．
(1)月收入在[1000,2000)范围内的概率是P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝0.12＋0.25＝0.37.(2)月收入在[1500,3000)范围内的概率是P(B＋C＋D)＝P(B)＋P(C)＋P(D)＝0.25＋0.16＋0.14＝0.55.(3)月收入不在[1000
,3000)范围内的概率是P(A＋B＋C＋D)＝1－P(A＋B＋C＋D)＝1－[P(A)＋P(B)＋P(C)＋P(D)]＝1－(0.12＋0.25＋0.16＋0.14)＝1－0.67＝0.33.课时作业(三十七)1．解析：设甲独立破译密码的事件
为A，乙独立破译密码的事件为B，则P(A)＝13，P(B)＝14，所以P(A)＝23，P(B)＝34，所以甲、乙两人合作译出密码的概率为1－P(A)P(B)＝1－23×34＝12.答案：D2．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
(AB＋AB＋AB－)＝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：满足xy＝4的所有可能如下：x＝1，y＝4；x＝2，y＝2；x＝4，y＝1.∴所求事件的概
率P＝P(x＝1，y＝4)＋P(x＝2，y＝2)＋P(x＝4，y＝1)＝14×14＋14×14＋14×14＝316.答案：C4．解析：因为甲、乙两支球队夺冠相互不影响，是相互独立事件，所以该市取得冠军的概率P＝35×25＋35×1－25＋1－35×25＝192
5.答案：19255．解析：记“该射手恰好命中一次”为事件A，“该射手射击甲靶命中”为事件B，“该射手第一次射击乙靶命中”为事件C，“该射手第二次射击乙靶命中”为事件D.由题意知P(B)＝34，P(C)＝P(D)＝23，A＝BC－D－＋B－CD－＋B－C－D，根据事件的独立性和互斥性得P
(A)＝P(BC－D－＋B－CD－＋B－C－D)＝P(BC－D－)＋P(B－CD－)＋P(B－C－D)＝P(B)P(C－)P(D－)＋P(B－)P(C)P(D－)＋P(B－)P(C－)P(D)＝34×1－23×1－23＋1－34×23×
1－23＋1－34×1－23×23＝736.答案：7366．解析：记“甲考核为优秀”为事件A，“乙考核为优秀”为事件B，“丙考核为优秀”为事件C，“甲、乙、丙至少有一名考核为优秀”为事件E.则事件
A，B，C是相互独立事件，事件ABC与事件E是对立事件，于是P(E)＝1－P(ABC)＝1－1－23×1－23×1－12＝1718.7．解析：设“从甲袋中摸出一个红球”为事件A1，“从乙袋中摸出一个红球”为事件A2，则
P(A1)＝13，P(A2)＝12，且A1，A2相互独立．在A中，2个球都是红球为A1A2，其概率为13×12＝16，A正确；在B中，“2个球不都是红球”是“2个球都是红球”的对立事件，其概率为56，B
错误；在C中，2个球中至少有1个红球的概率为1－P(A－)P(B－)＝1－23×12＝23，C正确；2个球中恰有1个红球的概率为13×12＋23×12＝12，D正确．故选ACD.答案：ACD8．解析：设A、B两项技术指标达标的概率分别为P1，P2，一个零件经过
检测为合格品的概率为P.由题意得，P1(1－P2)＋P2(1－P1)＝512，1－(1－P1)(1－P2)＝1112，解得P1＝34，P2＝23或P1＝23，P2＝34，则P＝P1P2＝12.答案：1
29．解析：(1)设学生小张选修甲、乙、丙的概率分别为x，y，z，则x(1－y)(1－z)＝0.08，xy(1－z)＝0.12，(1－x)(1－y)(1－z)＝0.12，解得x＝0.4，y＝0.6，z
＝0.5.所以学生小张选修甲的概率为0.4.(2)若函数f(x)＝x2＋ξx为R上的偶函数，则ξ＝0.当ξ＝0时，表示小张选修三门课或三门课都不选，所以P(A)＝P(ξ＝0)＝xyz＋(1－x)(1－y)(1－z)＝0.4×0.6×0.5＋(1－0.4)(1－0.6)(1－0.5)＝0.24，即事
件A的概率为0.24.10．解析：(1)两个地区用户的满意度评分的茎叶图如图．通过茎叶图可以看出，A地区用户满意度评分的平均值高于B地区用户满意度评分的平均值；A地区用户满意度评分比较集中，B地区用户满意度评分比较分散．(2)记CA1表示事件“A地区用户的满意度等级为满意或非常满意
”，CA2表示事件“A地区用户的满意度等级为非常满意”，CB1表示事件“B地区用户的满意度等级为不满意”，CB2表示事件“B地区用户的满意度等级为满意”，则CA1与CB1独立，CA2与CB2独立，CB1与CB2互斥，C＝CB1CA1∪CB2CA2.P
(C)＝P(CB1CA1∪CB2CA2)＝P(CB1CA1)＋P(CB2CA2)＝P(CB1)P(CA1)＋P(CB2)P(CA2)．由所给数据，得CA1，CA2，CB1，CB2发生的频率分别为1620，420，1020，820，故P(CA1)＝162
0，P(CA2)＝420，P(CB1)＝1020，P(CB2)＝820，P(C)＝1020×1620＋820×420＝0.48.课时作业(三十八)1．解析：根据概率的意义知中奖概率为11000意味着中奖的可能性是11000.答案：D2．解析：根据概率的含义可知C正确．故选C.答案：C3．
解析：易知20组随机数中表示恰有两次命中的数据有191,271,932,812,393，所以P＝520＝0.25.答案：B4．解析：所求概率为32150≈0.21.答案：0.215．解析：判断的依据是“样本发生的可能性最大”．答案：黑球6．解析：如果把投
篮作为一次试验，命中率是60%，指随着试验次数增加，即投篮次数的增加，大约有60%的球能够命中．对于一次试验来说，其结果是随机的，因此前4次没有命中是可能的，对后6次来说其结果仍然是随机的，即有可能命中，也可能没有命中．7．解析：A中，抛掷一枚骰子，向上的点数为奇数与
向上的点数为偶数概率相等，则游戏公平．B中，同时抛掷两枚硬币，恰有一枚正面向上的概率为12，两枚都正面向上的概率为14，则游戏不公平．C中，从一副不含大小王的扑克牌中抽一张，扑克牌是红色的与是黑色的概率相等，则游戏公平．D中
，甲、乙两人各写一个数字1或2，若两人写的数字相同，与两人写的数字不相同概率相等，则游戏公平．故选ACD.答案：ACD8．解析：设这5000袋小包装食品中质量在95～105克之间的有x袋，则由题意知，30＋10100＝x5000，解
得x＝2000.答案：20009．解析：(1)“种子发芽”这个事件发生的频率为19622000＝0.981.(2)若用户需要该批稻种芽100000粒，则需要购该批稻谷种子100000×10.981(粒)，故需要购买该批稻
谷种子100000×10.981÷1000≈102(千克)．10．解析：(1)甲品牌产品寿命小于200小时的频率为5＋20100＝14，用频率估计概率，所以甲品牌产品寿命小于200小时的概率为14.(2)根据抽样结果，寿命大于200小时
的产品有75＋70＝145(个)，其中甲品牌产品是75个，所在样本中，寿命大于200小时的产品是甲品牌的频率是75145＝1529，用频率估计概率，所以已使用了200小时的该产品是甲品牌的概率为1529.章末质量检测(五)1．答案：D2．解析：该树枝的树梢
有6处，有2处能找到食物，所以获得食物的概率为26＝13.答案：B3．解析：在区间[10,40)的频数为2＋3＋4＝9，所以频率为920＝0.45.答案：B4．解析：样本点的总数为20，而大于40的基本事件数为8个，所以P＝
820＝25.答案：B5．解析：可看作分成两次抽取，第一次任取一张有5种方法，第二次从剩下的4张中再任取一张有4种方法，因为(B，C)与(C，B)是一样的，故试验的所有基本事件总数为10，两字母恰好是按字母顺序相邻的有(A，B)，(B，C)，
(C，D)，(D，E)4种，故两字母恰好是按字母顺序相邻的概率为P＝410＝25.答案：B6．解析：该同学数学成绩超过120分(事件A)与该同学数学成绩不超过120分(事件B)是对立事件，而不超过120分的事件为低于90分(事件C)和[90,120](事件D)两事件的和事件，即P(A)＝1－P
(B)＝1－[P(C)＋P(D)]＝1－(0.2＋0.5)＝0.3.答案：B7．解析：甲、乙两人独立解决问题是独立事件，所以恰有1人解决问题的概率为p1(1－p2)＋p2(1－p1)．答案：B8．解析：根据题意可以知道，所输入密码
所有可能发生的情况如下：M1，M2，M3，M4，M5，I1，I2，I3，I4，I5，N1，N2，N3，N4，N5共15种情况，而正确的情况只有其中一种，所以输入一次密码能够成功开机的概率是115.答案：C9．解析：对于A，事件A与B互斥时，A∪B不
一定是必然事件，故A不正确．对于B，事件E与F不会同时发生，所以E与F是互斥事件，但除了事件E与F之外还有“丙取得红楼梦”“丁取得红楼梦”，所以E与F不是对立事件，故E与F是互斥但不对立事件，B正确．对于C，事
件A＝{1,2,3,4,5}，事件B＝{2,3,5}，所以B包含于A，C正确．对于D，样本空间Ω＝{正品，次品}，含有2个样本点，故D正确．答案：BCD10．解析：由题意可知0＜P(A)＜1，0＜P(B)＜1，P(A)＋P(B)≤1，即0＜2－a＜10＜4a－
5＜1，3a－3≤1，即1＜a＜2，54＜a＜32，a≤43，解得54＜a≤43.故选BC.答案：BC11．解析：对于A，P(MN)＝P(M)P(N)＝16，由两事件相互独立的概念知，事件M，N相互独立，故A是真命题；对于B，由P(M－)＝12得P(M)＝
1－P(M－)＝12，此时P(MN)＝P(M)P(N)＝16，由两事件相互独立的概念知，事件M，N相互独立，故B是真命题；对于C，由P(N－)＝13得P(N)＝1－P(N－)＝23，P(MN)＝16≠12×23＝13，所以事件M，N不相互独立，故C
是假命题；对于D，由题意得，P(M－)＝12，P(N－)＝23，此时P(M－N－)＝P(M－)P(N－)＝13，由两事件相互独立的概念知，事件M－，N－相互独立，故D是真命题．故选ABD.答案：ABD12．解析：在A中，由题图可知，众数的估计值为最高的矩形的中点对应的
值75＋802＝77.5，A正确；在B中，车速超过80km/h的频率为0.05×5＋0.02×5＝0.35，用频率估计概率知B正确；在C中，由题可知，车速在[60,65)内的车辆数为2，车速在[65,70)内的车辆数为4，运用古典概型求概率得，至
少有一辆车的车速在[65,70)的概率为1415，即车速都在[60,65)内的概率为115，故C、D错误．答案：AB13．解析：由古典概型的算法可得P(A)＝817，P(B∪C)＝P(B)＋P(C)＝417＋517＝917.答案：81
791714．解析：由题意可知，满足条件的随机数组中，前两次抽取的数中必须包含0或1，且0与1不能同时出现，第三次必须出现前面两个数字中没有出现的1或0，可得符合条件的数组只有3组：021,130,031，故所求概率P
＝324＝18.答案：1815．解析：∵P(A)＝12，P(B)＝23，∴P(A－)＝12，P(B－)＝13.∴P(A－B－)＝P(A－)P(B－)＝12×13＝16.答案：1616．解析：a，b的可能取值(可重复)共有10×10＝100种．|a－b|≤1可分两类，当a取0或9时，b
只能取0、1或8、9，共4种取法；当a取1～8中的任一数字时，b有3种取法，共3×8＝24种，所以所求概率为P＝24＋4100＝725.答案：72517．解析：(1)在容量为30的样本中，不下雨的天数是26，以频率估计概率，在4月
份任选一天，西安市不下雨的概率是1315.(2)称相邻两个日期为“互邻日期对”(如1日与2日，2日与3日等)，这样在4月份中，前一天为晴天的互邻日期对有16对，其中后一天不下雨的有14对，所以晴天的次日不下雨的频率为78，以频率估计概率，运动会期间不下雨的概率为78.18．解析：(1)从6
名同学中随机选出2人参加知识竞赛的所有可能结果为{A，B}，{A，C}，{A，X}，{A，Y}，{A，Z}，{B，C}，{B，X}，{B，Y}，{B，Z}，{C，X}，{C，Y}，{C，Z}，{X，Y
}，{X，Z}，{Y，Z}，共15种．(2)选出的2人来自不同年级且恰有1名男同学和1名女同学的所有可能结果为{A，Y}，{A，Z}，{B，X}，{B，Z}，{C，X}，{C，Y}，共6种．因此，事件M发生的概率为P
(M)＝615＝25.19．解析：(1)众数为180，平均数x＝160×0.06＋170×0.12＋180×0.34＋190×0.30＋200×0.1＋210×0.08＝185.(2)跳绳个数在[155,165)内的人数为100×0.06＝6，跳绳
个数在[165,175)内的人数为100×0.12＝12，按分层随机抽样的方法抽取9人，则在[155,165)内抽取3人，在[165,175)内抽取6人，经列举得样本点总数为36，发生事件包含的样本点数为3
，则P＝112.20．解析：记“这名同学答对第i个问题”为事件Ai(i＝1,2,3)，则P(A1)＝0.8，P(A2)＝0.7，P(A3)＝0.6.(1)这名同学得300分的概率为P(A1A－2A3)＋P(A－1A2A3)＝P(A1)P(A－2)P(A3
)＋P(A－1)P(A2)P(A3)＝0.8×0.3×0.6＋0.2×0.7×0.6＝0.228.(2)这名同学至少得300分的概率为0.228＋P(A1A2A3)＝0.228＋P(A1)·P(A2)·P(A3)＝0.228＋0.8×0.7×
0.6＝0.564.21．解析：记“第1次取出的2个球都是白球”为事件A，“第2次取出的2个球都是红球”为事件B，因为每次取出后再放回，所以A、B是相互独立事件．(1)由古典概型知，P(A)＝310，P(B)
＝110，因此，P(AB)＝P(A)P(B)＝310×110＝3100.故第1次取出的2个球都是白球，第2次取出的2个球都是红球的概率是3100.(2)画出树状图得到相关事件的样本点数，如图所示：由图知，样本点总数为100，设“2次取
出的4个球中恰有2个红球，2个白球”为事件C，则事件C中含有的样本点数为3×1＋6×6＋1×3＝42，因此P(C)＝42100＝2150，故2次取出的4个球中恰有2个红球，2个白球的概率是2150.22．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＝316，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3
4×12×23×12＝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.模块质量检测1．解析：由z(2－i)＝11＋7i得，z＝11＋7i2－i＝(11＋7i)
(2＋i)(2－i)(2＋i)＝15＋25i5＝3＋5i.答案：A2．解析：由OA→⊥OB→，得OA→·OB→＝－3＋2m＝0，故m＝32.答案：B3．解析：设事件A表示“他选择的展馆恰为中国馆”，由题意得，基本事件的总数为4个，事件A包含1个基本事件，所以P(A)＝14.答案：B4．解析：由
题意知，应从乙学校抽取120×400300＋400＋500＝40(份)数学成绩．答案：B5．解析：由余弦定理的推论，得cosC＝a2＋b2－c22ab＝a2＋b24ab≥12，当且仅当a＝b时取“＝”．答案：C6．解析：由“垂直于同一平面的两直线平行”知①是真命题；由“平行
于同一平面的两直线平行或异面或相交”知②是假命题；由“垂直于同一直线的两平面平行”知③是真命题；在长方体ABCD-A1B1C1D1中，易知A1B1∥平面DCC1D1，A1B1∥平面ABCD，但以上两平面却相交，故④是假命题．答案：C7.解析：如图，∵AC→＝a，BD→＝b，
∴AD→＝AO→＋OD→＝12AC→＋12BD→＝12a＋12b.∵E是OD的中点，∴DEEB＝13，∴DF＝13AB，∴DF→＝13AB→＝13(OB→－OA→)＝13×－12BD→－－12AC→＝16AC→－16BD→＝16a－16b，
AF→＝AD→＋DF→＝12a＋12b＋16a－16b＝23a＋13b，故选C.答案：C8．解析：如图，取PC的中点O，连接OA，OB，∵PA⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PA⊥AC，PA⊥BC.在Rt△PAC
中，∵O为PC的中点，∴OA＝12PC，又PA⊥BC，AB⊥BC，PA∩AB＝A，∴BC⊥平面PAB，∴BC⊥PB，在Rt△PBC中，可得OB＝12PC，∴OA＝OB＝OC＝OP，∴O是三棱锥P-ABC的外接球的球心，∵Rt△PAC中，AC＝2，PA＝3，∴PC＝5，∴三棱锥P-ABC的外接球
的半径长R＝12PC＝52，∴该三棱锥外接球的表面积S＝4πR2＝5π.答案：A9．解析：若|a＋b|＝|a|－|b|，则a，b反向共线，且|a|＞|b|，即存在实数λ，使得b＝λa，故A不正确，C正确；若a⊥b，显然在以a，b对应的线段为邻边的长方
形中|a＋b|＝|a|－|b|不成立，故B不正确；若λ＞0，则a，b为同向的共线向量，显然|a＋b|＝|a|－|b|不成立，故D不正确．故选ABD.答案：ABD10．解析：∵AB→＝(3,3)，CD→＝(－2，－2)，∴AB→＝－32CD→
，∴AB→与CD→共线．又|AB→|≠|CD→|，∴该四边形为梯形．答案：BCD11．解析：在△ABC中，若A＞B，则a＞b，sinA＞sinB，但cosA＞cosB不正确，A错误；若sin2A＝sin2B，则2
A＝2B或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝π2，所以△ABC为等腰三角形或直角三角形，B错误；若acosB－bcosA＝c，则sinA·cosB－sinBcosA＝sinC＝sin(A＋B)，所以sinBcosA＝0，即cosA＝0，A＝π2，所以△ABC定为直角三角形，C正
确；三角形的三边的比是3:5:7，设最大边所对的角为θ，则cosθ＝32＋52－722×3×5＝－12，因为π3＜θ＜π，所以θ＝2π3，D正确．故选CD.答案：CD12．解析：连接AB1，B1D1，AD1，由正
方体的性质可得A1C⊥平面AB1D1，而平面AB1D1与平面B1EF不可能平行，所以显然有A1C与平面B1EF不垂直，故A错误；由题图可知，平面A1B1C1D1与平面B1EF相交，则一定有一条交线，所以在平面A1B1C1D1内一定存在直线与此交线平行，则此直线与平面B
1EF平行，故B正确；点F在侧面BCC1B1上的投影为点B，点E在侧面BCC1B1上的投影在棱CC1上，所以投影三角形的面积为S＝12BB1·BC＝12，为定值，故C正确；在D1C1上取点M，使D1M＝14D1C1，在AD上取点N，使AN＝23AD，连接B1M，EM，EN，FN，则
五边形B1MENF即为截面，故D正确．故选BCD.答案：BCD13．解析：由复数的模的定义可得|4＋3i|＝5，从而(3－4i)z＝5，则z＝53－4i＝3＋4i5＝35＋45i，故z的虚部为45.答案：4514．解析：第一次取出的笔是黑色笔的概率是23，第二次取出的笔是黑色笔的概率也是23
，且两次取笔的结果相互独立，故两次使用的都是黑色笔的概率为23×23＝49.答案：4915．解析：(1)0.1×1.5＋0.1×2.5＋0.1×a＋0.1×2.0＋0.1×0.8＋0.1×0.2＝1，解得a＝3.0.(2)消费金额在区间[0.5
,0.9]内的频率为1－0.1×1.5－0.1×2.5＝0.6，则该区间内购物者的人数为10000×0.6＝6000.答案：(1)3.0(2)600016．解析：由A＝60°，b＝2，S△ABC＝12bcsinA＝23，得c＝4.由a2＝b2＋c2－2bccosA，解得a＝23，
则asinA＝bsinB＝csinC＝2332＝4，由等比性质得，a＋b＋csinA＋sinB＋sinC＝4.答案：417．解析：(1)∵cosA＝35，A为三角形内角，∴sinA＝1－cos2A＝45，又bc＝5，∴S△ABC＝12bcsinA＝2
.(2)∵bc＝5，b＋c＝6，∴b2＋c2＝(b＋c)2－2bc＝26.又cosA＝35，∴由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝26－6＝20，则a＝25.18．解析：(1)x－甲＝110×(8＋6＋7＋8
＋6＋5＋9＋10＋4＋7)＝7，x－乙＝110×(6＋7＋7＋8＋6＋7＋8＋7＋9＋5)＝7.(2)s2甲＝110×[(8－7)2＋(6－7)2＋…＋(7－7)2]＝3，s2乙＝110×[(6－7)2＋(7－7)2＋…＋(5－7)2]＝1.2.(3)x－甲＝x－
乙，说明甲、乙两战士的平均水平相当；s2甲＞s2乙，说明甲战士的射击情况波动大，因此乙战士比甲战士射击情况稳定．19．解析：(1)由题意可知a＝0.08×5×500＝200，b＝0.02×5×500＝50.(2)因为第1,2,3组共有50＋50＋200＝300人，利用分
层随机抽样在300名员工中抽取6名员工，每组抽取的人数分别为：第1组抽取的人数为6×50300＝1，第2组抽取的人数为6×50300＝1，第3组抽取的人数为6×200300＝4，所以第1,2,3组分别抽取1人，1人，4人．(3)设第1组的1名
员工为A，第2组的1名员工为B，第3组的4名员工分别为C1，C2，C3，C4，则从这6人中抽两人有(A，B)，(A，C1)，(A，C2)，(A，C3)，(A，C4)，(B，C1)，(B，C2)，(B，C3)，(B，C4)，(C1，C2)，(C1，C3)，(C1，C4)，(C2，C3
)，(C2，C4)，(C3，C4)共15种可能，其中2人年龄都不在第3组的有(A，B)共1种可能，所以至少有1人年龄在第3组的概率为1－115＝1415.20.证明：(1)连接BD，设AC，BD相交于点O，连接MO，因为M是线段AC1的中点，所以在△ACC1中，M
O∥CC1，且MO＝12CC1.又F是BB1的中点，所以BF∥CC1，且BF＝12CC1，所以BF∥MO且BF＝MO，故四边形MOBF是平行四边形，所以MF∥BO.又MF⊄平面ABCD，BO⊂平面ABCD，所以MF∥平面ABCD.(2)由(1)知OB∥MF，在菱形ABCD中，O
B⊥AC，所以MF⊥AC.在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，CC1⊥平面ABCD，BO⊂平面ABCD，所以BO⊥CC1，即MF⊥CC1.又MF⊥AC，CC1∩AC＝C，AC⊂平面ACC1A1，CC1⊂平面ACC1A1，所以MF⊥平面ACC1A1
.因为MF⊂平面AFC1，所以平面AFC1⊥平面ACC1A1.21．解析：用A表示“甲在4局以内(含4局)赢得比赛”，Ak表示“第k局甲获胜”，Bk表示“第k局乙获胜”，则P(Ak)＝23，P(Bk)＝13，k＝1,2,3,4,5.(1)P(A)＝P(
A1A2)＋P(B1A2A3)＋P(A1B2A3A4)＝P(A1)P(A2)＋P(B1)P(A2)P(A3)＋P(A1)P(B2)P(A3)P(A4)＝232＋13×232＋23×13×232＝5681.(2)用B表示“
4局比赛决出胜负”，则P(B)＝P(A1B2A3A4)＋P(B1A2B3B4)＝P(A1)P(B2)P(A3)P(A4)＋P(B1)P(A2)·P(B3)P(B4)＝1081.22．解析：(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，所以AD∥BC.因为AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，
所以AD∥平面PBC.(2)证明：设AC、BD交于点O，连接PO.因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，DO＝OB.因为PB＝PD，所以PO⊥BD.因为AC∩PO＝O，PO，AC⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC.(3)①过F作FG∥DC交PC于G，连接BG
.在菱形ABCD中，AB＝DC，AB∥DC，所以FG∥AB.所以E，F，G，B共面．因为EF∥平面PBC，平面FEBG∩平面PBC＝BG，所以EF∥BG.所以四边形FEBG为平行四边形．所以EB＝FG.因为AE＝2EB，所以PFP
D＝FGDC＝EBAB＝13.②△PAD不是等腰三角形，理由如下：作BQ⊥AD交AD于点Q，连接PQ.因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，BQ⊂平面ABCD，所以BQ⊥平面PAD.所以BQ⊥PD.因为PD⊥
PB，PB∩BQ＝B，所以PD⊥平面PBQ.所以PD⊥PQ.所以AD＞PD，AD＞PA，QD＞PD，∠PQD＜90°.所以∠PQA＞90°.所以PA＞AQ.在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，所以△ABD
是等边三角形．所以Q为AD的中点．所以AQ＝QD.所以PA＞PD.所以△PAD不可能为等腰三角形．
