第三章 空间向量与立体几何 B卷·素养提升卷-【创新教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第一册五维课堂单元双测卷（北师大版2019）

∵E 为AB 的中点,F 为PC 的中点, ∴E(a,０,０),F(a,b,c), ∵EF→＝(０,b,c),AP→＝(０,０,２c),AD→＝(０,２b,０), ∴EF→＝１２AP →＋１２AD →,∴EF→,AP→,AD→共面． (２)∵CD→＝(－２a,０,０),EF→＝(０,b,c), ∴CD→􀅰EF→＝(－２a,０,０)􀅰(０,b,c)＝０． ∴CD→⊥EF→,∴CD⊥EF． １８．解:(１)由题意可知C(０,０,０),A１(１,０,２),B１(０,１,２) 故CA１ →＝(１,０,２),CB１ →＝(０,１,２) 设v＝(x０,y０,z０)为平面A１B１C的法向量, 则v􀅰CA１ →＝x０＋２z０＝０,v􀅰CB１ →＝y０＋２z０＝０, 即 x０＝－２z０ y０＝－２z０{ ,令z０＝１,则v＝(－２,－２,１)． (２)设直线AC与平面A１B１C夹角为θ,而CA →＝(１,０,０), 所以直线AC与平面A１B１C夹角为θ,其正弦值 sinθ＝|CA →􀅰v| |CA→||v| ＝| (１,０,０)􀅰(－２,－２,１)| １× ２２＋２２＋１２ ＝２３ 即直线AC与平面A１B１C间的正弦值为 ２ ３． １９．解:(１)由题意(AB →􀅰AD →)􀅰AP → ＝２×２×１＋４×２×４ ＋(－１)×(－１)×０－２×０×２－４×(－１)×１－(－１) ×２×４＝４８． AP →􀅰AB → ＝－１×２＋２×(－１)＋１×４＝０,AP →􀅰AD → ＝－１×４＋２×２＋１×０＝０, ∴AP → ⊥AB →,AP → ⊥AD →,即AP⊥AB,AP⊥AD．AB, AD 是平面ABCD 内两相交直线, ∴AP⊥平面ABCD． (２)由题意 AB → ２ ＝２１,AD → ２ ＝２０,AB →􀅰AD → ＝２× ４＋(－１)×２＋４×０＝６, SABCD＝|AB||AD|sin∠BAD ＝ AB → ２ AD → ２ －(AB →􀅰AD →)２＝ ２１×２０－６２＝ ８ ６,AP → ＝ ６,∴VP－ABCD＝ １ ３SABCD|PA|＝ １ ３ ×８ ６× ６＝１６． ∴ (AB →􀅰AD →)􀅰AP → ＝３VP－ABCD, 猜想:(AB →􀅰AD →)􀅰AP → 的绝对值表示以AB,AD, AP 为邻边的平行六面体的体积． 第三章　空间向量与立体几何(B卷) 选择题答案速查 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ １１ 答案 A B B D D D D D BD ABCABC １．A　[AB → ＋BC → ＋CC１ → －D１C１ → ＝AC → ＋CC１ → ＋C１D１ → ＝ AC１ → ＋C１D１ → ＝AD１ → ．] ２．B　[在四面体ABCD 中,点F 在AD 上,且 AF＝２FD,E 为 BC 中点, 所以EF→ ＝EB→ ＋BA→ ＋AF→ ＝ １ ２ AB →－AC→( )－AB→＋２３AD →＝ －１２AC →－１２AB →＋２３AD →, 即EF→＝－１２AC →－１２AB →＋２３AD →．] ３．B　[建立如图所示的直角坐 标系,则A１(１,０,０), C１(０,１,０),D(０,０,１), A(１,０,１),所以DA１ →＝(１,０, －１),DC１ →＝(０,１,－１), AD→＝(－１,０,０), 设平面 A１C１D 的 一 个 法 向 量 m ＝ (x,y,１), 则 m⊥DA１ → m⊥DC１ →{ , 即 m􀅰DA１ →＝x－１＝０ m􀅰DC１ →＝y－１＝０{ ,解得 x＝１ y＝１{ ,故m＝(１,１,１), 显然平面AB１C∥平面A１C１D,所以平面AB１C 与平 面A１C１D 之间的距离d＝ |AD→􀅰m| |m| ＝ １ ３ ＝ ３３． ] ４．D　[设OM→＝λOC→,即OM→＝λOC→＝(λ,λ,２λ), 故 M(λ,λ,２λ), MA→􀅰MB→＝(OA→－OM→)􀅰(OB→－OM→)＝(１－λ,２－λ, ３－２λ)􀅰(２－λ,１－λ,２－２λ)＝６λ２－１６λ＋１０＝ ６λ－４３( ) ２ －２３ ,当λ＝４３ 时,向量数量积有最小值, 此时 M ４３ ,４ ３ ,８ ３( )．] ５．D　[以D 点为坐标原点,以DA、DC、DD１ 所在的直线 为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系则A(２,０,０), B(２,２,０),C(０,２,０),C１(０,２,１) ∴BC１ →＝(－２,０,１),AC→＝(－２,２,０),且AC→为平面 BB１D１D 的一个法向量． ∴cos‹BC１ →,AC→›＝ ４ ５􀅰 ８ ＝ １０５ ． ∴BC１ 与平面BB１D１D 所成角的正弦值为 １０ ５ ． ] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ０４１ 数学(BS)􀅰选择性必修第一册 ６．D　[以D 为原点,DA 为x 轴,DC 为y 轴,DD１ 为z 轴,建立空间直角坐标系, 则 M(２,λ,２),D１(０,０,２),E(２,０,１),F(２,２,１), ED１ →＝(－２,０,１),EF→＝(０,２,０), EM→＝(０,λ,１), 设平面 D１EF 的 法 向 量n＝(x, y,z),则 n􀅰ED１ →＝－２x＋z＝０, n􀅰EF→＝２y＝０,{ 取x＝１,得n＝(１,０,２), ∴点 M 到平面D１EF 的距离为:d＝ |EM→􀅰n| |n| ＝ ２ ５ ＝ ２ ５ ５ ,N 为EM 中点,所以 N 到该面的距离 为 ５５ , 选 D．] ７．D　[如图所示,以点D 为坐 标原点,DA、DC、DD１ 所在 直线分别为x、y、z轴建立 空间直角坐标系D－xyz, 则点B１(２,２,２)、D１(０,０, ２)、E(１,２,０),设点P(x, y,０)(０≤x≤２,０≤y≤２), D１E →＝(１,２,－２),B１P →＝ (x－２,y－２,－２), ∵D１E⊥B１P,∴B１P →􀅰D１E →＝x－２＋２(y－２)＋４＝ x＋２y－２＝０,得x＝２－２y, 由 ０≤x≤２ ０≤y≤２{ ,得 ０≤２－２y≤２ ０≤y≤２{ ,得０≤y≤１, ∴|B１P →|＝ (x－２)２＋(y－２)２＋４ ＝ ５y２－４y＋８, ∵０≤y≤１,当y＝１时,|B１P →|取得最大值３．] ８．D　[如图,在平面ABFE 中,过F 作FG∥AE 交AB 于G,连接CG,则∠CFG 或其补角为异面直线AE 与 CF 所成的角．设EF＝１,则AB＝３,AD＝２．因为EF ∥AB,AE∥FG,所以四边形 AEFG 为平行四边形, 所以FG＝AE＝AD＝２,AG＝１,BG＝２,又AB⊥BC, 所以GC＝ BG２＋BC２＝２ ２,又CF＝BC＝２,所以 CG２＝GF２＋CF２,所以∠CFG＝π２． ９．BD　[根据空间向量数量积的定义及性质,可知a􀅰b 和c􀅰a是实数,而c与b不共线,故(a􀅰b)c与(c􀅰a) b一定不相等,故 A错误; 因为[(b􀅰a)c－(c􀅰a)b]􀅰c＝(b􀅰a)c２－(c􀅰a)(b 􀅰c),所以当a⊥b,且a⊥c或b⊥c时,[(b􀅰a)c－(c 􀅰a)b]􀅰c＝０,即(b􀅰a)c－(c􀅰a)b与c垂直,故C错 误;由向量两两不共线,可得 B正确;由运算律可得 D 正确．] １０．ABC　[对于 A,∵AD→＝１３AC →＋２３AB →,３AD→＝AC→ ＋２AB→,∴２BD→＝DC→,∴３BD→＝BD→＋DC→,即３BD→ ＝BC→,故 A正确;对于 B,若Q 为△ABC 的重心,则 QA→＋QB→＋QC→＝０,∴３PQ→＋QA→＋QB→＋QC→＝３PQ→, ∴３PQ→＝PA→＋PB→＋PC→,即PQ→＝１３PA →＋１３PB →＋ １ ３PC →,故B正确;对于C,若PA→􀅰BC→＝０,PC→􀅰AB→＝０, 则PA→􀅰BC→＝PC→􀅰AB→,∴PA→􀅰BC→＋PC→􀅰AB→＝０, ∴PA→􀅰BC→＋PC→􀅰(AC→＋CB→)＝０ ∴(PA→－PC→)􀅰BC→＋PC→􀅰AC→＝０, ∴CA→􀅰BC→＋PC→􀅰AC→＝０ ∴AC→􀅰CB→＋PC→􀅰AC→＝０,∴AC→􀅰(CB→＋PC→)＝０, ∴AC→􀅰PB→＝０故C正确; 对于 D,∵MN→＝PN→－PM→＝１２ (PB→＋PC→)－１２PA → ＝１２ (PB→＋PC→－PA→)． ∴|MN→|＝１２|PA →－PB→－PC→|, ∵|PA→－PB→－PC→|＝ 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　 PA→ ２ ＋PB→ ２ ＋PC→ ２ －２PA→􀅰PB→－２PA→􀅰PC→＋２PB→􀅰PC→ ＝ ２２＋２２＋２２－２×２×２×１２－２×２×２× １ ２＋２×２×２× １ ２ ＝ ２２＋２２＋２２－２×２×２×１２－２×２×２× １ ２＋２×２×２× １ ２ ＝２２,∴|MN→|＝２,故 D错误．] １１．ABC　[对于 A,因为在正方体ABCD－A１B１C１D１ 中,B１C⊥BC１,B１C⊥C１D１, 又BC１∩C１D１＝C１,BC１,C１D１⊂平面ABC１D１, 所以B１C⊥平面ABC１D１, 而C１P⊂平面ABC１D１,所以B１C⊥C１P, 故这两个异面直线所成的角为定值９０°,所以 A 正 确;对于B,因为平面BPC１ 与平面ABC１D１ 是同一 平面,DC∥AB,AB⊂ 平 面 ABC１D１,CD⊄ 平 面 ABC１D１,故CD∥平面ABC１D１,即CD∥平面BPC１, 故B正确; 对于C,三棱锥DＧBPC１ 的体积等于三棱锥PＧDBC１ 的体积,而平面DBC１ 为固定平面,且∠DBC１ 大小 一定,又因为P∈AD１,因为AD１∥BC１,AD１⊄平面 BDC１,BC１⊂平面BDC１,所以AD１∥平面DBC１,所 以点A 到平面DBC１ 的距离即为点P 到该平面的距 离,为定值,所以三棱锥DＧBPC１ 的体积为定值,故C 正确; 对于 D,由线面夹角的定义,令BC１ 与B１C 的交点 为O,所以B１C⊥平面ABC１D１, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １４１ 参考答案 可得∠CPO 即为直线CP 与平面ABC１D１ 所成的 角,当P 移动时这个角是变化的,故 D错误．] １２．解析:令B１C１ 中点为G,以E 为 原点,EA,EC,EG 为x,y,z 轴 建立空间直角坐标系,如图． E(０,０,０),F(３２ ,１ ２ ,２), B(０,－１,０),D(０,t,２)(－１≤t≤１) EF→＝(３２ ,１ ２ ,２),BD→＝(０,t＋１,２), cosθ＝ EF →􀅰BD→ |EF→||BD→| ＝ (t＋１) ２ ＋４ ５􀅰 (t＋１)２＋４ ＝ １０４ 解得t＝１,所以BD＝２ ２． 答案:２ ２ １３．解析:取BC 的中点O,连接AO, DO,建立如图所示的空间直角坐 标系． 设BC＝１,则A ０,０,３２ æ è ç ö ø ÷, B ０,－１２ ,０( ),D ３２,０,０ æ è ç ö ø ÷． 所 以 OA→ ＝ ０,０,３２ æ è ç ö ø ÷,BA→ ＝ ０,１２ ,３ ２ æ è ç ö ø ÷,BD→＝ ３ ２ ,１ ２ ,０ æ è ç ö ø ÷ 则OA→＝ ０,０,３２ æ è ç ö ø ÷为平面BCD 的一个法向量． 设平面ABD 的法向量为n＝(x,y,z), 则 n􀅰BA→＝０ n􀅰BD→＝０{ ,所以 １ ２y＋ ３ ２z＝０ ３ ２x＋ １ ２y＝０ ì î í ï ï ïï , 取x＝１,则n＝(１,－ ３,１), 所以cos‹n,OA→›＝ n􀅰OA → |n|􀅰|OA→| ＝ ３ ２ ５× ３４ ＝ ５５． 即平面ABD 与平面BDC 夹角的余弦值为 ５５． 答案:５ ５ １４．解析:平面α的方程为x＋２y－２z＋１＝０,可得平面α 的法向量为n＝(１,２,－２),平面x－y＋３＝０的法向 量为m１＝(１,－１,０),x－２z－１＝０的法向量为m２ ＝(１,０,－２), 设直 线 l 的 方 向 向 量 为 m ＝ (x,y,z),则 m􀅰m１＝０, m􀅰m２＝０,{ 即 x－y＝０, x－２z＝０,{ 令z＝１则取m＝(２,２,１), 设直线l与平面α所成角θ,０°≤θ≤９０°, 则sinθ＝|cos‹m,n›|＝ ４ ９× ９ ＝４９ ,cosθ＝ ６５９ ． 答案:(２,２,１)　 ６５９ １５．解:(１)设 AC∩BD＝O,以 O 为原点,OB 所在直线为x 轴,OC 所在直线为y 轴,过 O 且与平面ABCD 垂直 的 直线为z 轴,建立空间直角 坐标系,如图所示． 易知z轴在平面BDEF 内, 且BF∥DE∥z轴,则C(０, ３,０)、D(－１,０,０)、E(－１, ０,２)、M(１,０,１),∴DE→＝(０,０,２),DC→＝(１,３,０), DM→＝(２,０,１), 设平面DEC的一个法向量n＝(x,y,z), 则 n􀅰DE→＝２z＝０ n􀅰DC→＝x＋３y＝０{ ,取x＝３,得n＝(３,－１,０) ∴M 到 平 面DEC 的 距 离h＝|DM →􀅰n| |n| ＝ ２ ３ ３＋１ ＝ ３, 又S△DEC＝ １ ２×DE×DC＝ １ ２×２×２＝２ , 因此,三棱锥 MＧCDE 的体积VM－CDE＝ １ ３×S△DEC ×h＝１３×２× ３＝ ２ ３ ３ ; (２)证明:由(１)易知A(０,－ ３,０), 则AC→＝(０,２ ３,０),AE→＝(－１,３,２), ∵AC→􀅰DM→＝０×２＋２ ３×０＋０×１＝０,AE→􀅰DM→＝ －１×２＋ ３×０＋２×１＝０ ∴DM⊥AC,DM⊥AE,∵AC∩AE＝A, ∴DM⊥平面ACE． １６．解:作AP⊥CD 于点P,如图, 分别以AB,AP,AO 所在直线 为x,y,z轴建立坐标系 A(０,０,０),B(１,０,０),P(０, ２ ２ ,０),D(－ ２２ ,２ ２ ,０),O(０, ０,２),M(０,０,１),N(１－ ２４ , ２ ４ ,０), (１)证明:MN→＝(１－ ２４ ,２ ４ ,－１),OP→＝(０,２２ ,－２), OD→＝(－ ２２ ,２ ２ ,－２) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２４１ 数学(BS)􀅰选择性必修第一册 设平面OCD 的法向量为n＝(x,y,z), 则 n􀅰OP→＝０, n􀅰OD→＝０,{ 即 ２ ２y－２z＝０ － ２２x＋ ２ ２y－２z＝０ ì î í ï ï ï ï , 取z＝２,解得n＝(０,４,２) ∵MN→􀅰n＝(１－ ２４ ,２ ４ ,－１)􀅰(０,４,２)＝０,又MN ⊄平面OCD,∴MN∥平面OCD (２)设 AB 与 MD 所成的角为θ,∵AB→＝(１,０,０), MD→＝(－ ２２ ,２ ２ ,－１), ∴cosθ＝ |AB →􀅰MD→| |AB→|􀅰|MD→| ＝１２ ,∴θ＝π３ , ∴AB 与MD 所成角的大小为π３． (３)设点B 到平面OCD 的距离为d,则d为OB→在向 量n＝(０,４,２)上的投影的绝对值, 由OB→＝(１,０,－２),得d＝|OB →􀅰n| |n| ＝ ２ ３． 所以点B 到平面OCD 的距离为２３． １７．解:(１)证 明:BB１⊥ 平 面 ABCD,AC⊂平面ABCD, ∴AC⊥BB１． 又∵AC⊥BD,且BB１∩BD ＝B,BD,BB１⊂平面BB１D, ∴AC⊥平面BB１D． 又∵AC⊂平面ACD１, ∴平面ACD１⊥平面BB１D． (２)易知AB、AD、AA１ 两两垂直, 以A 为坐标原点,AB、AD、AA１ 所在直线分别为 x轴、y轴、z轴．建立如图的空间直角坐标系, 设AB＝t,则相关各点的坐标为A(０,０,０),B(t,０, ０),B１(t,０,４),C(t,１,０),C１(t,１,４),D(０,４,０), D１(０,４,４)． 从而AC→＝(t,１,０),BD→＝(－t,４,０)． ∵AC⊥BD,∴AC→􀅰BD→＝－t２＋４＋０＝０,解之得 t＝２或t＝－２(舍去)． AD１ →＝(０,４,４),AC→＝(２,１,０) 设n１＝(x,y,z)是平面ACD１ 的一个法向量, 则 n１􀅰AC →＝０ n１􀅰AD１ →＝０{ ,即 ２x＋y＝０ ４y＋４z＝０{ ,令x＝１,则n１＝ (１,－２,２)． 同理可求面ACB１ 的法向量为n２＝(－２,４,１)． ∴cosθ＝ n１ 􀅰n２ |n１|􀅰|n２| ＝ －２－８＋２ ３􀅰 ２１ ＝８ ２１６３ ． 又∵二面角B１ＧACＧD１ 是锐二面角, ∴二面角B１ＧACＧD１ 的余弦值为 ８ ２１ ６３ ． １８．解:(１)证明:连接B１A,由已知得,B１C１∥BC∥AD, 且B１C１＝AM＝ １ ２BC 所以四边形AB１C１M 是平行四边形,即C１M∥B１A, 又C１M⊄平面AA１B１B,B１A⊂平面AA１B１B, 所以C１M∥平面AA１B１B (２)取BC 中点Q,连接 AQ 因为ABCD 是菱形,且 ∠ABC＝６０°,所以△ABC是正三角形, 所以AQ⊥BC即AQ⊥AD, 由于ABC是正三角形 所以,分别以AQ,AD,AA１ 为x 轴,y轴,z轴,建立 空间直角坐标系,如图 A(０,０,０),A１(０,０,１),D１(０,１,１),Q(３,０,０) 假设点E存在,设点E的坐标为(３,λ,０),－１≤λ≤１, AE→＝(３,λ,０),AD１ →＝(０,１,１) 设平面AD１E 的法向量n＝(x,y,z) 则 n􀅰AE→＝０ n􀅰AD１ →＝０{ ,即 ３x＋λy＝０ y＋z＝０{ ,可取n＝(λ,－３,３) 平面ADD１ 的法向量为AQ →＝(３,０,０) 所以,|cos‹AQ→,n›|＝ ３|λ| ３ λ２＋６ ＝１３ ,解得:λ＝± ３２ 又由于二面角EＧAD１ＧD 大小为锐角,由图可知,点 E 在线段QC 上, 所以λ＝ ３２ ,即CE＝１－ ３２ １９．解:(１)集合 M＝{(x,y,z)|z＝０}表示xOy 平面上 所有的点,P＝{(x,y,z)||x|≤１,|y|≤１,|z|≤１} 表示(±１,±１,±１)这八个顶点形成的正方体内所 有的点,而P∩M 可以看成正方体在xOy 平面上的 截面内所有的点．可知它是边长为２的正方形,因此 S１＝４．对于Q＝{(x,y,z)||x|＋|y|＋|z|≤２},当 x,y,z＞０时,x＋y＋z＝２表示经过(２,０,０),(０,２, ０),(０,０,２)的平面在第一象限的部分． 由对称性可知Q 表示(±２,０,０),(０,±２,０),(０,０, ±２),这六个顶点形成的正八面体内所有的点． 而Q∩M 可以看成正八面体在xOy 平面上的截面内 所有的点．它是边长为２ ２的正方形,因此S２＝８． (２)记集合Q,P∩Q 中所有点构成的几何体的体积 分别为V１,V２;对于集合Q 的子集Q′＝{(x,y,z)|x ＋y＋z≤２,x≥０,y≥０,z≥０};即为三个坐标平面与 x＋y＋z＝２围成的四面体． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３４１ 参考答案 四面体四个顶点分别为(０,０,０),(２,０,０),(０,２,０), (０,０,２),此 四 面 体 的 体 积 为 VQ′ ＝ １ ３ ×２× １ ２×２×２( )＝ ４ ３ , 由对称性知,V１＝８VQ′＝ ３２ ３ 对于P 的子集P′构成的几何体为棱长为１的正方 体,即P′＝{(x,y,z)|０≤x≤１,０≤y≤１,０≤z≤１}, Q′＝{(x,y,z)|x＋y＋z≤２,x≥０,y≥０,z≥０}, 显然P′∩Q′为两个几何体公共部分, 记Q１(１,１,０),Q２(１,０,１),Q３(０,１,１),Q４(１,１,１)． 容易验证Q１,Q２,Q３ 在平面x＋y＋z＝２上,同时也 在P′的底面上． 则P′∩Q′为截去三棱锥Q４ＧQ１Q２Q３ 所剩下的部分． P′的体积VP′＝１×１×１＝１,三棱锥Q４ＧQ１Q２Q３ 的 体积为VQ４ＧQ１Q２Q３＝ １ ３×１× １ ２× (１×１)＝１６． 故P′∩Q′的体积VP′∩Q′＝VP′－VQ４ＧQ１Q２Q３＝１－ １ ６ ＝５６． 当由对称性知,V２＝８VP′∩Q′＝ ２０ ３． 期中模拟测试卷(A卷) 选择题答案速查 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ １１ 答案 A C A D D D B D BD ACD BC １．A　[因为直线x－３y＋a＝０的倾斜角为θ,θ∈[０,π)． 直线化为y＝ ３３x＋ ３ ３a ,则斜率k＝tanθ＝ ３３ , ∴θ＝３０°．] ２．C　[a􀅰b＝(－２,－３,１)􀅰(２,０,４)＝－４＋４＝０,所 以a⊥b,a＝(－２,－３,１),c＝(－４,－６,２),c＝２a,所 以a∥c,b􀅰c＝(２,０,４)􀅰(－４,－６,２)＝－８＋８＝０, 所以b⊥c．] ３．A　[设双曲线的右顶点(a,０),双曲线的渐近线y＝ b ax ,即bx－ay＝０,依题意得|ba－０| b２＋a２ ＝a２ ,即３b２＝ a２,所 以 离 心 率e＝ ca ＝ c２ a２ ＝ a ２＋b２ a２ ＝ ４b ２ ３b２ ＝２ ３３ ． ] ４．D　 [因为直线l与直线x＋２y－３＝０垂直,所以 tanθ􀅰 －１２( )＝－１,tanθ＝２． 又θ为直线倾斜角,解得sinθ＝２ ５５ ． ] ５．D　[∵点E 是A′C′的中点,点F 是AE 的三等分点, 且AF＝１２EF ,∴AF→＝１３AE →＝１３ (AA′→＋A′E→)＝ １ ３ AA′ →＋１２A′C′ →( )＝１３AA′ →＋１６A′C′ → ＝ １３AA′ → ＋ １６ (A′B′→ ＋A′D′→)＝ １３AA′ → ＋ １６AB → ＋１６AD →．] ６．D　[如图,由双曲线第一定义 得|PF１|－|PF２|＝２a①, 又由三角形三边关系可得|PA| ＋|PF２|≥|AF２|②(当点P 为 与AF２ 与双曲线的交点时取到 等号),①＋②得:|PF１|＋|PA|≥２a＋|AF２|,故 |PF１|＋|PA|)min＝２a＋|AF２| 由双曲线为等轴双曲线,且焦距为８可得c＝４,a２＝b２ ＝８,则a＝２ ２,F２(４,０),|AF２|＝ ２２＋(２ ３)２＝４ 则(|PF１|＋|PA|)min＝２a＋|AF２|＝４ ２＋４．] ７．B　[化简圆 M:x２＋(y－a)２＝a２⇒M(０,a),r１＝a⇒ M 到直线x＋y＝０的距离d＝a ２ ⇒ a ２ æ è ç ö ø ÷ ２ ＋２＝a２⇒ a＝２⇒M(０,２),r１＝２, 又N(１,１),r２＝１⇒|MN|＝ ２⇒|r１－r２|＜|MN|＜ |r１＋r２|⇒两圆相交．] ８．D　[连结AF１,则AF１⊥AF２, 并且∠AF２F１＝３０°, ∴|AF１|＝c,|AF２|＝ ３c, ∵|AF２|－|AF１|＝２a,即(３ －１)c＝２a, ∴ca ＝ ２ ３－１ ＝ ３＋１．] ９．BD　[取 BD 的 中 点O,连 接 AO,CO,则AO⊥BD,∵正方形 ABCD 沿对角线BD 折成直二 面角,故平面ABD⊥BCD平面, 而平 面 ABD ∩ 平 面 BCD ＝ BD,AO⊂平面ABD,故AO⊥ 平面BCD．∴以O 为原点,OC 所在直线为x 轴,OD 所在直线为y 轴,OA 所在直线 为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 设OC＝１,则A(０,０,１),B(０,－１,０),C(１,０,０),D(０,１,０), ∴BA→＝(０,１,１),AD→＝(０,１,－１),BC→＝(１,１,０), AC→＝(１,０,－１),BD→＝(０,２,０)．∵cos‹AD→,BC→›＝ AD→􀅰BC→ |AD→||BD→| ＝ １ ２× ２ ＝１２ ,因为‹AD→,BC→›∈[０,π], 故‹AD→,BC→›＝π３ ,∴异面直线AD 与BC 所成的角为 ６０°,故A错误;∵AC→􀅰BD→＝０,∴AC⊥BD,故B正确;设 平 面 ACD 的 法 向 量 为 t ＝ (x,y,z),则 t􀅰AC→＝x－z＝０, t􀅰AD→＝y－z＝０,{ 取z＝１,得x＝１,y＝１,∴t＝(１,１,１), 设BC与面ACD所成角为θ,则sinθ＝|cos‹BC→,t›|＝ |BC→􀅰t| |BC→|􀅰|t| ＝ ２ ２× ３ ＝ ６３ ,故 C错误;易知平面BCD 的一个法向量为n＝(０,０,１),设平面ABC 的法向量 为m＝(x′,y′,z′),则 m􀅰BA→＝y′＋z′＝０, m􀅰BC→＝x′＋y′＝０,{ 取x′＝１ 得y′＝－１,z′＝１∴m＝(１,－１,１),设两个平面的夹 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４４１ 数学(BS)􀅰选择性必修第一册 请 在 各 题 目 的 答 题 区 域 内 作 答 , 超 出 边 框 的 答 案 无 效 第三章　空间向量与立体几何􀅰B卷 数学答题卡 选择题(１－８小题,每小题５分,９－１１小题,每小题６分,共５８分) １ A B C D ４ A B C D ７ A B C D １０ A B C D 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２ A B C D ５ A B C D ８ A B C D １１ A B C D 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３ A B C D ６ A B C D ９ A B C D 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 非选择题　(需用０．５毫米黑色签字笔书写) 填空题(每小题５分,共１５分) １２．　　　　　　　　　１３．　　　　　　　　 １４．　　　　　　　　　　　　　　　　　 解答题(共７７分) １５．(１３分) 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 卷 􀅰章三第　)页４共(　页１第　卡题答学数 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 １６．(１５分) １７．(１５分) 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 　请 在 各 题 目 的 答 题 区 域 内 作 答 , 超 出 边 框 的 答 案 无 效 卷 􀅰章三第　)页４共(　页２第　卡题答学数 考生 必填 姓名　　　　座号 考生务必将姓名、座号用０．５毫米黑色签字笔认真填写在书写框内,座 号的每个书写框只能填写一个阿拉伯数字．填写样例:若座号０２,则填 写为０２ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 请 在 各 题 目 的 答 题 区 域 内 作 答 , 超 出 边 框 的 答 案 无 效 １８．(１７分) 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 卷 􀅰章三第　)页４共(　页３第　卡题答学数 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 １９．(１７分) 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 　请 在 各 题 目 的 答 题 区 域 内 作 答 , 超 出 边 框 的 答 案 无 效 卷 􀅰章三第　)页４共(　页４第　卡题答学数 　　　　　第三章 空间向量与立体几何 　　　　　　　B卷﹒素养提升卷 一、选择题:本题共８小题,每小题５分,共 ４０分．在每小题给出的四个选项中,只有一 项是符合题目要求的． １．在长方体ABCDＧA１B１C１D１ 中,AB → ＋BC → ＋CC１ → －D１C１ → 等于 (　　) A．AD１ → B．AC１ → C．AD → D．AB → ２．在四面体 ABCD 中,点F 在AD 上,且 AF＝２FD,E 为BC 中点,则EF → 等于 (　　) A．EF → ＝AC → ＋１２AB → －２３AD → B．EF → ＝－１２AC → －１２AB → ＋２３AD → C．EF → ＝１２AC → －１２AB → ＋２３AD → D．EF → ＝－１２AC → ＋１２AB → －２３AD → ３．在棱长为１的正方体ABCDＧA１B１C１D１ 中, 则平面AB１C与平面A１C１D之间的距离为 (　　) A．３６ B． ３ ３ C． ２ ３ ３ D． ３ ２ ４．已知OA → ＝(１,２,３),OB → ＝(２,１,２),OC → ＝ (１,１,２),点M 在直线OC上运动．当MA →􀅰 MB → 取最小值时,点M 的坐标为 (　　) A．(２,２,４) B．(２３ ,２ ３ ,４ ３ ) C．(５３ ,５ ３ ,１０ ３ ) D．(４３ ,４ ３ ,８ ３ ) ５．如图,在长方体ABＧ CDＧA１B１C１D１ 中, AB＝BC＝２,AA１＝ １,则 BC１ 与 平 面 BB１D１D 所 成 角 的 正弦值为 (　　) A．６３ B． ２ ６ ５ C． １５ ５ D． １０ ５ ６．在棱长为２的正方体 ABCDＧA１B１C１D１ 中, E,F 分别为棱AA１、 BB１ 的中点,M 为棱 A１B１ 上 的 一 点,且 A１M＝λ(０＜λ＜２), 设点 N 为 ME 的 中 点,则点N 到平面D１EF的距离为 (　　) A．３λ B．２２ C． ２ ３λ D． ５ ５ ７．如图,在边长为２的正 方 体 ABCDＧA１B１C１D１ 中,E 为BC 的中点,点 P 在 底 面 ABCD 上 移 动,且满足B１P⊥D１E, 则线段 B１P 的长 度 的 最大值为 (　　) A．４ ５５ B．２ C．２ ２ D．３ ８．«九章算术»是古代中国乃至东方的第一 部自成体系的数学专著,书中记载了一 种名为“刍甍”的五面体(如图),其中四 边形ABCD 为矩形,EF∥AB,若AB＝ ３EF,△ADE 和△BCF 都是正三角形, 且AD＝２EF,则异面直线AE 与CF 所 成角的大小为 (　　) A．π６ B． π ４ C． π ３ D． π ２ 二、选择题:本题共３小题,每小题６分,共 １８分．在每小题给出的四个选项中,有多项 符合题目要求．全部选对的得６分,部分选 对的得部分分,有选错的得０分． ９．设a,b,c是任意的非零空间向量,且两两 不共线,则下列结论中正确的有(　　)． A．(a􀅰b)c－(c􀅰a)b＝０ B．|a|－|b|＜|a－b| C．(b􀅰a)c－(c􀅰a)b不与c垂直 D．(３a＋２b)􀅰(３a－２b)＝９|a|２－４|b|２ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 )页４共(　页１第　卷 　章三第　题试学数 １０．在 四 面 体 PＧABC 中,以 下 说 法 正 确 的有 (　　) A．若AD → ＝１３AC → ＋２３AB →,则可知BC → ＝ ３BD → B．若Q 为△ABC的重心,则PQ → ＝１３PA → ＋１３PB → ＋１３PC C．若PA →􀅰BC → ＝０,PC →􀅰AB → ＝０,则PB → 􀅰AC → ＝０ D．若四面体PＧABC 各棱长都为２,M, N 分别为PA,BC 的中点,则|MN → | ＝１ １１．在 棱 长 为 １ 的 正 方 体 中 ABCDＧ A１B１C１D１ 中,点 P 在线段AD１ 上运 动,则下列命题正确的是 (　　) A．异 面 直 线 C１P 和CB１ 所 成 的 角 为定值 B．直线CD 和平面BPC１ 平行 C．三棱锥DＧBPC１ 的体积为定值 D．直线CP 和平面ABC１D１ 所成的角 为定值 三、填空题:本大题共３小题,每小题５分, 共１５分． １２．如 图,在 正 三 棱 柱 ABCＧA１B１C１ 中,AB ＝AC＝AA１＝２,E,F 分别是BC,A１C１ 的中 点．设 D 是线段B１C１ 上的(包括两个端点) 动 点,当 直 线 BD 与 EF 所成角的余弦值为 １０４ ,则线段BD 的长为　　 　． １３．已知正三角形 ABC 与正三角形BCD 所在 平 面 垂 直,则 平 面 ABD 与 平 面 BDC 夹角的余弦值为　　　　． １４．已知空间直角坐标系 OＧxyz 中,过点 P(x０,y０,z０)且一个法向量为n＝(a,b, c)的平面α的方程为a(x－x０)＋b(y－ y０)＋c(z－z０)＝０．用以上知识解决下 面问题:已知平面α的方程为x＋２y－ ２z＋１＝０,直线l是两个平面x－y＋３ ＝０与x－２z－１＝０的交线,试写出直线l 的一个方向向量为　　　　 　,直线l与 平面α所成角的余弦值为　　　　 　． 四、本大题共５小题,共７７分,解答应写出 文字说明、证明过程或演算步骤． １５．(本小题满分１３分) 如图,在多面体ABCＧ DEF 中,底面 ABCD 是边长为 ２ 的菱形, ∠BAD＝６０°,四边形 BDEF 是 矩 形,平 面 BDEF ⊥ 平 面 ABＧ CD,DE＝２,M 为 线 段BF 的中点． (１)求 M 到平面DEC 的距离及三棱锥 MＧCDE的体积; (２)求证:DM⊥平面ACE． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 )页４共(　页２第　卷 　章三第　题试学数 １６．(本 小 题 满 分 １５ 分)如 图,在 四 棱 锥OＧABCD 中,底 面 ABCD 是 边 长 为 １ 的 菱 形,∠ABC＝ π ４ ,OA⊥ 底 面 ABCD, OA＝２,M 为OA 的中点,N 为BC 的中 点,以A 为原点,建立适当的空间坐标 系,利用空间向量解答以下问题: (１)证明:直线 MN∥平面OCD; (２)求异面直线 AB 与 MD 所成角的 大小; (３)求点B 到平面OCD 的距离． １７．(本小题满分１５分) 如图,在直棱柱 ABＧ CDＧA１B１C１D１ 中,AD ∥BC,∠BAD＝９０°, AC⊥BD,BC＝１,AD ＝AA１＝４． (１)证明:平面 ACD１ ⊥平面BB１D; (２)求二面角B１ＧACＧD１ 的余弦值． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 )页４共(　页３第　卷 　章三第　题试学数 １８．(本小题满分 １７ 分)如图,在四棱台 ABCDＧA１B１C１D１ 中,底面ABCD 是菱 形,AA１＝A１B１＝ １ ２AB＝１ ,∠ABC＝ ６０°,AA１⊥平面ABCD． (１)若点 M 是AD 的中点,求证:C１M∥ 平面AA１B１B; (２)棱BC上是否存在一点E,使得二面 角EＧAD１ＧD 的余弦值为 １ ３ ? 若存在, 求线 段 CE 的 长;若 不 存 在,请 说 明 理由． １９．(本小题满分１７分)在空间直角坐标系 OＧxyz 中,任何一个平面的方程都能表 示成Ax＋By＋Cz＋D＝０,其中A,B, C,D∈R,A２＋B２＋C２≠０,且n＝(A, B,C)为该平面的法向量．已知集合P＝ {(x,y,z)||x|≤１,|y|≤１,|z|≤１},Q ＝{(x,y,z)||x|＋|y|＋|z|≤２},T＝ {(x,y,z)||x|＋|y|≤２,|y|＋|z|≤２, |z|＋|x|≤２}． (１)设集合 M＝{(x,y,z)|z＝０},记 P∩M中所有点构成的图形的面积为 S１,Q∩M 中所有点构成的图形的面积 为S２,求S１ 和S２ 的值; (２)记集合Q 中所有点构成的几何体的 体积为V１,P∩Q 中所有点构成的几何 体的体积为V２,求V１ 和V２ 的值． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 )页４共(　页４第　卷 　章三第　题试学数