重点强化一 新情境中正、余弦定理的综合应用&重点强化二 空间中的平行、垂直关系-【金试卷】2025-2026学年高一数学必修第二册同步单元双测卷（人教A版）

两边取常用对数可得lg号≤-1，即nlg3-(1-1g2)]<-1,易知1g3-（1-lg 2)≈0.48-(1-0.30)=-0.22，.-0.22n≤-1， 解得n≥4.55，又n∈N*,∴.n≥5.n∈N*.故选A. 9,ABC由古典概型知P(A)=是名P(B）=号-合则A,B正确： A,B,C是湘互段立亨件，PCAB)=合×号=宁到C正痛： 又因为AB与C为互斥事件， 所以PABC)=0,则P(ABC)≠日，D不正确.故选ABC 10.AD中奖概率为100是指买1张这种彩票可能中关的概率为100并不是买1 1 000张这种彩票一定能中奖，故A中说法不正确；结合概率的概念即可判断B中说 法正确；如果骰子质地均匀，则在连续投掷过程中各点数应大致均匀出现，故根据 结果都是出现1，点可以认定这枚骰子质地不均匀，故C中说法正确；降水概率为 70%是指降水的可能性有70%，故D中说法不正确，故选AD. 11.ACD对于A,a=0.25时，有且只有一个研究生研发成功的概率P=0.5×0.75× 0.75+0.5×0.25×0.75×2=0.46875<0.5,故A正确； 对于B,a=0.25时，两个B类研究生合作研发成功的概率P=1一(1一0.25)×(1 一0.25)=0.4375<0.5，故B错误； 对于C,由A知a=0.25时，有且只有一个研究生研发成功的概率P=0.46875, 该团队研发失败的概率P=0.5×0.75×0.75=0.28125, ∴.a=0.25时，有且只有一个研究生研发成功的概率比该团队研发失败的概率大， 故C正确； 对于D,当0<a<0.4时，该团队所发成功的概率B=1-0.5X1-a)2=一之a2 +a+0.5, 研发失败的概率P'=0.5(1一a)2 ∴P1-p'=-2a2+a+0.5-0.51-a2=-d2+2a, 易知当0<a<0.4时，P1-P>0,故P1>P', .当0<<0.4时，该团队研发成功的概率总是大于研发失败的概率，故D正确. 故选ACD. 12.BCD由题意，得般子朝上的面的，点数为奇数的概率为？，即甲、乙每局得分的概率 相等，所以继线游戏甲获胜的概率是}+号×？=？，乙获胜的概率是2×号 子，所以甲得到的游戏牌为12×=9（张），乙得到的游戏牌为12×日=3（张），故 选BCD. 18.答案号 解析由随机模拟产生的随机数可知恰好抽取三次就停止的共有4组随机数.由 此估计恰好抽取三次就停止的概率为89· 42 .7 14.答案20 解析根据随机数一共有20组，共有20个样本点，其中“该运动员射击4次至少击 中3次”对应的随机数组为9857,8636,6947,4698,8045,9597,7424，共有7个样本 点，估计该运功员谢击4次至少击中3次的概牵为 15.答案名 解析该3阶幻方每行、每列和对角线上的数字之和均为15， 易知从中随机抽取3个数，数字之和等于15的样本，点总数为8， 其中含有数字5或6的样本点个数为6， 六合有数字5或6的概率P-号=是。 16答案号号 解析记能打开门的钥匙为A1,A2,不能打开门的钥匙为B,随机地取一把钥匙试 74参考答案 着开门，则试两次的所有结果为A1A2,A1B,A2A1,A2B,BA1,BA2,共6种情况，其 中第二次才能打开门的结果有BA1,BA2,共2种情况，所以第二次才能打开门的 21 概率为6=3· 如果随机地取一把钥匙试着开门，把试过的钥匙又混进去，则试两次的所有结果有 A1A1,A1A2,AB,A2A1,A2A2,A2B,BA1,BA2,BB,共9种情况，第二次才能打开 门的所有结果为BA1,BA2,共2种情况.所以第二次才能打开门的概率为号。 17.解(1)设有2人以下培训为事件A,有3人培训为事件B,有4人培训为事件C, 有5人培训为事件D,有6人及以上培训为事件E, 所以有4个人或5个人培训的事件为事件C或事件D, A,B,C,D,E为互斥事件， 根据概率的加法：P(CUD)=P(C)+P(D)=0.3+0.1=0.4. (2)至少有3个人培训的对立事件为有2人及以下培训， 由对立事件的概率知p=1一P(A)=1一0.1=0.9. 18.解(1)由分层抽样法的定义知，从样本中按照等级分层抽样，随机抽取的5个苹 果中，一级果有1个，记为A,二级果有3个，记为B1,B2,B3,三级果有1个，记 为C, 依次不放回地取出2个，包含的样本点有(A,B1),(A,B2),(A,B3),(A,C),(B1, A),(B1,B2),(B1,B3),(B1,C),(B2,A),(B2,B1),(B2,B3),(B2,C),(B3,A), (B3,B1),(B3,B2),(B3,C),(C,A),(C,B1),(C,B2),(C,B3),共20个， 其中，第二次取到二级果的样本点有(A,B1),(A,B2),(A,B3),(B1,B2),(B1, B3),(B2,B1),(B2,B3),(B3,B1),(B3,B2),(C,B1),(C,B2),(C,B3),共12个， 第二次取到二饭果的概率P号-号 (2)由样本知，这批苹果中一级果占20%，二级果占60%，三级果占20%， 所以150000个苹果中一级果有30000个，二级果有90000个，三级果有30 000个， 一级果的质量约为(0.125×15+0.135×5)÷20×30000=3825千克， 二级果的质量约为(0.105×20+0.115×40)÷60×90000=10050千克， 三级果的质量约为(0.085×10+0.095×10)÷20×30000=2700千克， .该批苹果的销售收入约为3825×10+10050×8+2700×6=134850元. 19.解(1)甲射击1次所获奖至少为三元，即打靶所得环数至少为8， 因为甲所得环数至少为8的有16+6十2=24次， 所以估计甲射击1次所获关至少为三元的概率为酷-号 (2)甲50次射击获美金额的平均数为0×1X1+2X25+3X2+4X2)=号， 乙50次制击藏奖金额的年均数为品×1X3+2X21十3×24+4×2)=号， 甲50次射击黄奖金颜的方差为0×[(1-号)×1+(2-号)‘×25+(3-号)》‘×2 +(4-)°×2]-动×留-品 乙50次射击获奖金额的方差为0×[(1-号)）×3+(2-号)×21+(3-号)×24 因为甲、乙两人获奖金额的平均数相等，但甲的方差小，所以派甲参赛比较好， 20.解(1)由(0.005+0.010+0.035+0.030+x)×10=1,解得x=0.020. (2)这组数据的平均数为55×0.05十65×0.2+75X0.35+85×0.3+95×0.1 =77, 中位数设为m,则0.05十0.2+(m-70)×0.035=0.5,解得m=540≈77. 7 (3)满意度评分值在[50,60)内有100×0.005×10=5人， 其中男生3人，女生2人，记为A1,A2,A3,B1,B2,记“满意度评分值为[50,60)的人 中随机抽取2人进行座谈，2人均为男生”为事件A, 利用列举法，易知试验的样本空间共有10个样本点， 事件A={(A1,A2),(A1,A3),(A2,A3)}有3个样本点， 利用古典概型概率公式可知P(A)=0: 3 21.解(1)记“甲家庭答对这道题”、“乙家庭答对这道题”、“丙家庭答对这道题”分别 为事件A,B,C剥PCA)=是， [Pa·PO=J-Pa11-Po1=2 1 且有 即 PB)·P(C=子，P(B)·P(C=, 所以P(B)=是，PC=号 (2)有0个家庭回答对的概率为 p0=P(ABC)=P(A)·P(B)·P(C)=[1-P(A)][1-P(B)][1-P(C)] =×号×号- 有1个家庭回答对的概率为 A=PA五C+ABG+AE0-××号+号××+××号 7 24' 所以不少于2个家庭日茶对这道题的凝率为1九一-1一品一员一器 22.解(1)设该厂这个月共生产轿车n辆. 由题意得50-10 n100十300，解得n=2000, 则z=2000-100-300-150一450-600=400. (2)易知在抽取的5辆轿车中，有2辆舒适型轿车，3辆标准型轿车. 用A1,A2表示2辆舒适型轿车，用B1,B2,B3表示3辆标准型轿车，从5辆轿车中 任取2辆，则样本空间2={(A1,A2),A1,B1),(A1,B2,)(A1,B3),(A2,B1),(A2, B2),(A2,B3),(B1,B2),(B1,B3),(B2,B3)} 设事件E=“至少有1辆舒适型轿车”，则E={(A1,A2),(A1,B1),(A1,B2),(A1, B3),(A2,B1),(A2,B2),(A2,B3)}, 故P(E)=即所求概率为0 (3)总体平均数2=日×(9.4+8.6+9.2+9.6+8.7+9.3+9.0+82)=9.0 设事件D=“从总体中任取一个数，该数与总体平均数之差的绝对值不超过0.5”， 易知样本空间包含8个样本点，事件D包含6个样本点：9.4,8.6,9.2,8.7,9.3， 9.0. 所以P(D)=8=是，即所求概率为是 第二部分重点强化卷 重点强化一新情境中正、余弦定理的综合应用 1.D设FA=x,则BD=x,DF=2x,在△ABD中，由余弦定理可得AB2=AD2十 BD2-2AD·BD·cos,即52=9r2+2+3x2,解得x=2,则DF=4,故选D. 2.D在△BCD中，CD=10m,∠BDC=45°，∠BCD=15°+90°=105°，∠DBC=30°， 由正铰定理，得BDCsin男Bc故BC=10n5”=10(m. BC CD sin30° 在R△ABC中，an60'-合C,故AB=BCXtan60=105(m.故选D 3.B如图，设EF=h,AB=BC=a, 由题意得PC-,FB=A,FA=, 是+a2-吉 由c0s∠FBC+cos∠FBA=0得2ha 十F 2+a2-3h2=0, 2ha 化简得h=6a,所以h≈2X51.45≈63m.故选B 2 4.D在△BCD,中，∠CBD1=B-a由正孩定理得isin (B-a)一Sna, CD1 BD 所以BD,-品号停。所以BA=D,如号， 所以AB=BA1十AA1=1 sin in+h,故选D. sin (B-a) 5.B在△ACM中，MA=ACa∠MCA=-60X=45m,则MC-MA+AC=75m, 在AC8Np.NC-失s29-758m 15 在△MCN中，由余弦定理可得MN2=MC2+NC2-2MC·NCcos,∠MCN=752+ (752-2X75×753×(-号）=39375，则MN=757m故选B. 6.A如图，设水柱的高度是hm,水柱底端为C,则在 P △ABC中，∠BAC=60°，AC=h,AB=100,BC=√3h,根 据余弦定理得，(W3h)2=h2+1002-2×hX100Xcos60°， 即h2+50h一5000=0，即(h一50)(h+100)=0,解得h= 50或h=一100（舍去），故水柱的高度是50m.故选A. B 7.C由题意可知△ACD为等边三角形， 设∠ABC=0,0<0<π， A 在△ABC中，由余弦定理可得AC2=42十(2十√3)2一2X 4×2W3cos0=28-16√3cos0, Sn8AaD=5aAc+5aAD-号×4×2,5sn0+9ACe2=45sin9+g(28-16 3cos)=75+85sim(0-), 当0=语时，草坪ABCD的面积最大，此时AC=V28+2=2V3百来.故选C 8.A由题意得SADE=号SAAC,即2AD·AE·sinA=号×2AB·AC,mA, 1 可得AD·AE=8. 在△ADE中，由余孩定理得cOSA=AD2+AE-DE2=1 2AD·AE -2 整理得AD2+AE2=8+DE2≥2√AD2·AE=16,即DE2≥8， 当且仅当AD=AE=2√2时取得等号， 故DE的最小值为2√2.故选A. 9.B已知a=c(cosB+√3cosC), 由正弦定理得sinA=sinC(cosB+√3cosC)=sin(B+C), 所以sin Ccos B+√3 sin Ccos C=sin Bcos C+sin Ccos B, 即√3 sin Ccos C=sin Bcos C,又因为cosC≠0， 所以√3sinC=sinB,由正弦定理得b=√3c, 由asin C=√3sinB,可得ac=√3b,故a=3. =g2+ 4 当c2=9时，三角形ABC的面积最大，此时c=3,b=3V3, 故®sB=器=-号故B=要发达B 3 10.C设最大正三角形的边长为a1,则a1=27, 其内部迭代出的正三角形的边长从大到小分别为a2,a3,…,a?, 由余孩交理得=（号）'+（学）广-2x号×2号×as晋- 31 同理得=竖， “最小的正三角形的面报S,=号·a,·a7·sn音-合×1X1Xsn吾=合×1× 1x9-▣故选C 1,ABC对于A,利用内角和定理先求出C=-A-B,再利用正孩定理。6Bs 解出c;对于B,直接利用余弦定理c2=a2+b2-2 abcos C即可解出c;对于C,先利 用内角和定理求出C=元一A-B,再利用正孩定理品AC解出c:对于D,不知 道长度，显然不能求c 12答案9 解析设△ABC的三个内角A,B,C的对边分别为a,b, C, 连接A'C,BC,则∠A'CB'=90°， 因为以BC,AC,AB为边向外作三个等边三角形，其外 接圆圆心依次记为A',B,C, 所以AC=号×号-9。，c=得， 3 所以Ag=得后+8， 在△ABC中，由余弦定理可得c2=a2十b2-2 abcos30°， 即a2+b2-√5ab=4-23, 又b≤Q2+,所以2+b2-（4-2③≤Q2+, 2 √3 2 即a2十b2≤4（当且仅当a=b=√2时等号成立）， 因为△A'B'C'为等边三角形， 所以Sc=早4g=9×≤得x告-号 3 重点强化二空间中的平行、垂直关系 1.A分别取CD、SC的中，点M、N,连接MN,EM,NE, 结合E是BC的中点，易知EM∥BD,EN∥SB, 又.EM,EN吨平面SBD,BD,SBC平面SBD,.EM∥平 面SBD,EN∥平面SBD, D以M 又，EM∩EN=E,EM,ENC平面EMN,∴.平面EMN∥ 平面SBD, A B 当P在线段MN上移动时，PEC平面EMN,.此时能够保证PE∥平面SBD,故 选A. 2.C对于A选项，如图，连接CD.由正方体的性质易得BB1⊥ AB,CD⊥AB,MQ∥CD,MN∥BB1,所以MQ⊥AB,MN⊥ AB,又MQ∩MN=M,MQ、MNC平面MNQ,所以AB⊥平面 MNQ,故A选项不符合题意； 对于B选项，如图，连接A1C,CD,AB1,易知MN∥CD,MQ∥ A1C,由正方体的性质得AB1⊥CD,CD⊥BB1,又AB1∩BB1 =B1,AB1、BB1C平面ABB1,所以CD⊥平面ABB1,故CD⊥ AB,所以MN⊥AB,同理得MQ⊥AB,又MN∩MQ=M,MQ、MNC平面MNQ,所 以AB⊥平面MNQ,故B选项不符合题意； D N B A 对于C选项，如图，连接AC,A1B1,易知MN∥AC∥A1B1,AB M B 与AC的夹角为，故异面直线MN与AB所成角的大小为 N A 号，截ABL平面MNQ不成立，故C选项符合题意： 对于D选项，同A选项，可判断出AB⊥平面MNQ,故D选项 不符合题意故选C. 3.A如图，.EG∥E1G1,EG丈平面E1FG,E1GC平 H 面E1FG, ∴.EG∥平面EFG. 又G1F∥H1E, 同理可证H1E∥平面E1FG1, 又H1E∩EG=E,H1E,EGC平面EGH1, ∴.平面E1FG1∥平面EGH1.故选A. 4.A因为PA⊥平面ABC,AB,BC,ACC平面ABC,所以PA⊥AC,PA⊥AB,PA ⊥BC, 所以三角形PAB、三角形PAC均是直角三角形； 因为AN⊥PB,AS⊥PC,所以三角形PAN、三角形BAN、三角形PAS、三角形CAS 均是直角三角形； 因为AC是圆O的直径，所以BC⊥AB,所以三角形ABC是直角三角形； 因为BC⊥AB,BC⊥PA,AB∩PA=A,AB、PAC平面PAB,所以BC⊥平面PAB, 又PBC平面PAB,所以BC⊥PB,所以三角形PBC是直角三角形； 因为BC⊥平面PAB,ANC平面PAB,所以AN⊥BC, 又AN⊥PB,PB∩BC=B,PB、PCC平面PBC,所以AN⊥平面PBC, 又SN,PCC平面PBC,所以AN⊥SN,AN⊥PC,所以三角形ANS是直角三角形； 因为AS∩AN=N,AS、ANC平面ASN,所以PC⊥平面ANS,又SNC平面ANS, 所以PC⊥SN,所以三角形PNS是直角三角形， 所以直角三角形一共有10个.故选A. 5.AC对于A,E,F分别为AB,BC的中点，∴EF∥AC, D ,AC⊥BD,AC⊥DD1,BD∩DD1=D,且BD,DD1C平 面BDD1, ∴.AC⊥平面BDD1,∴.EF⊥平面BDD1,又EFC平 面BEF, ∴.平面B1EF⊥平面BDD1,选项A正确； 对于B.由选项A可知，平面B1EF⊥平面BDD1,而平面 BDD1∩平面A1BD=BD,BD与平面B1EF不垂直，.平 面B1EF不可能与平面A1BD垂直，选项B错误； 对于C,EF∥AC,EFC平面B1EF,AC寸平面B1EF,.AC∥平面B1EF,·E,G分 别为AB,A1B1的中点，AE∥GB1且AE=GB1,四边形AEB1G为平行四边形， AG∥EB1,又EB1C平面B1EF,AG寸平面B1EF,AG/平面B1EF,又AC∩AG =A,AC,AGC平面ACG,.平面B1EF∥平面ACG,选项C正确； 对于D,易知平面AB1C∥平面A1C1D,而平面AB1C与平面B1EF有公共点B1,故 平面B1EF与平面A1C1D不可能平行，选项D错误故选AC. 6.ABC因为O为底面四边形ABCD对角线的交点，所以O为AC的中点，又M是 PA的中点，所以PC∥MO,又因为PC寸平面OMN,OMC平面OMN,所以PC∥平 面OMN,A正确； 易证PD∥平面OMN,又PC∩PD=P,PC、PDC平面PCD,所以平面PCD∥平面 OMN,B正确； 由B可知平面PCD∥平面OMN, 又因为PDC平面PCD,所以PD不可能垂直于平面OMN,D错误； 设该正四棱锥的棱长为a,则PA=PC=AB=BC=a,在正方形ABCD中，易得AC =√2a,所以AC2=PA2+PC,所以PA⊥PC,因为PC∥MO,所以OM⊥PA,C正 确.故选ABC. 7.答案2 解析，平面MNE∥平面ACB1, 由面面平行的性质定理可得EN∥B1C,EM∥B1A, 又E为BB1的中点，.M,N分别为BA,BC的中点， MnN=名AG,中C-2 8.解证明：(1)因为G,H分别是A1B1,A1C1的中点， 所以GH是△A1B1C1的中位线，则GH∥B1C, 因为E,F分别是AB,AC的中点， 所以EF是△ABC的中位线，则EF∥BC, 又因为B1C1∥BC, 所以EF∥GH,EFC平面A1EF,GH寸平面A1EF,所以GH∥平面A1EF. 参考答案75 (2)因为G,E分别为A1B1,AB的中点，A1B1∥AB, 在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥AB,AA1⊥AC,连接BA1(图略)， 所以A1G∥EB,A1G=EB,所以四边形A1EBG是平行四边形， AB=AC=AA1=1,∴BA1=√2，CA1=√2，又BC=√2. 所以A1E∥GB,又A1EC平面A1EF,BG中平面A1EF,所以BG∥平面A1EF ∴.△BCA1是等边三角形， 又BGC平面BCHG,GH∥平面A1EF,GHC平面BCHG,且BG∩GH=G, ∴.异面直线A1C与B1C1所成的角为60°.故选A. 所以平面A1EF∥平面BCHG 3.C如图，O为正四棱锥P一ABCD底面的中心.M为AD 9.解(1)证明：连接AC,,DA⊥DC,DA=DC=2,∴.AC=2√2， 的中点，设AB=2a,PO=h,斜高PM=h',侧面与底面所 又EA=EC=2√2，△AEC为等边三角形，又，DA=DE=2,M是EA的中点， 成的锐角为0，易得PM⊥AD,OM⊥AD,则∠PMO=0, ∴.AE⊥DM,AE⊥MC,DM=√2， 则h2=h2+a2,且cos0=月， 又：DM∩MC=M,DM,MCC平面MCD,∴.AE⊥平面MCD. (2)'平面EAB∩平面ECD=L,∴.lC平面ECD,又L∥AB,AB中平面ECD, 由已知条件可得2=合×2a·,M2-a2=a, .AB∥平面ECD,又ABC平面ABCD,平面ABCD∩平面ECD=CD,∴.AB∥CD, :AE⊥平面MCD,CDC平面MCD,∴.AE⊥CD,又AD⊥CD,AD∩AE=A,AD, .1- (）-，1-og0=s0, AEC平面ADE, .CD⊥平面ADE,又DMC平面ADE,.CD⊥DM, 解得c0s日=5,1（会去负值），故选C 2 又CD∥AB,.AB⊥DM, 4.D连接BD,取BD的中点F,连接EF,AF,如图， 又AE⊥DM,AB∩AE=A,AB,AEC平面ABE,∴.DM⊥平面ABE, 因为E、F分别为PB、BD的中点， :CD∥AB,.C点到平面ABE的距离等于D点到平面ABE的距离，VM-BCE= Ve-aE=VD-ME=3 XSXDM=-3×2 XSAXDM=-}X合×合×2 1 所以EF∥PD且EF=名PD, 因为PD⊥平面ABCD,所以EF⊥平面ABCD, V2 xABX/2=-号，解得AB=1. 又AFC平面ABCD,所以EF⊥AF, 所以直线AE与平面ABCD所成的角为∠EAF, 10.(1)证明取PD的中点E,连接NE,AE,如图. 因为四边形ABCD是边长为2的正方形， 又N是PC的中点， NE/DC且NE=DC, 所以AF-号AB=E, 又DC∥AB且DC=AB,AM=号AB, 设EF=a,则AE=√AP2+EF2=2+a2,sin∠EAF-E a √a2+2 ,解得a= 3 ∴AM/CD且AM=2CD,NE∥AM, 1,故PD=2EF=2.故选D. 5.A如图，延长D1E与直线DC的延长线相交于F,连 且NE=AM, 接AF, .四边形AMNE是平行四边形，MN∥AE. 则平面AD1E与平面ABCD的交线为AF,而CD1 AEC平面PAD,MN中平面PAD,.MN∥平面PAD. ∥CD, (2)解当a=45°时，MN⊥平面PCD,证明如下. ∴.∠AFD为平面AD1E与平面ABCD的交线与直线 ,PA⊥平面ABCD,∠PDA即为PD与平面ABCD所成的角， C1D1所成的角， ∠PDA=45°，.AP=AD,AE⊥PD. E是棱CC1的中点，且DD1∥CC,.CD=CF, 又：MN∥AE,∴.MN⊥PD.:PA⊥平面ABCD,CDC平面ABCD, .PA⊥CD. ∴tan∠AFD=0-分故选A 又CD⊥AD,PA∩AD=A,PA,ADC平面PAD,.CD⊥平面PAD. 6.答案60° AEC平面PAD,CD⊥AE,.CD⊥MN.又CD∩PD=D,CD,PDC平面 解析如图(I),取BD的中点G,连接GE,GF. PCD,∴.MN⊥平面PCD 因为BE=EA,BG=GD,所以GE∥AD,GE=2AD=1. 重点强化三空间角的求解 1.B取AE的中，点M,连接MF,MD,则∠MFD为两条异 因为DF=FC,DG=GB,所以GF∥BC,GF=合BC=1. 面直线CE与DF所成的角（或其补角），设正四面体AB 所以∠EGF(或其补角)是异面直线AD与BC所成的角. CD的棱长为2，则MF-9,DF=5, 在△GEF中，GE=1,GF=1,EF=√3（如图(2）)， 取EF的中点O,连接GO, 在△ADM中，∠MAD=60,AM=号，AD=2, D 则G0LEP,B0ER-号所以m∠B0品-恩 则DM=√AD2+AM2-2AD·AM·cos∠MAD 所以∠EGO=60°，所以∠EGF=2∠EGO=120°， √4+-2×2× 2cos60°=V13 所以异面直线AD与BC所成的角为180°一120°=60° D 所以eas∠MFD-MP+DFE-DMe是+3-是 421 2MF·DF 2x号× 361 故两条异面直线CE与DF所成角的余孩值为行·故选B. E∠ 0 图1 图2 2.A:几何体是棱柱，BC∥B1C1, 则直线A1C与BC所成的角就是异面直线A1C与B1C1所成的角. 7.解(1)在长方体ABCD-A'B'C'D'中，AB=AD=2V3,则A'B'=B'C'=23, 因为BC∥B'C',所以∠A'CB'或其补角为直线BC和直线A'C所成的角， 76参考答案 在R△McB中，Ccar-器-得 又图为∠AC'B'为锐角，所以∠ACB'=平， 所以直线BC和直线A'C'所成角的大小为空。 (2)连接AC,在长方体ABCD-A'B'C'D'中，AB=AD= D' 23, AA'=2√2，则CC=2√2，BC=2√3，因为CC⊥平面AB B CD,所以∠CAC为直线AC'与平面ABCD所成的角， 在Rt△ACC中，tan∠CAC=C CC' D2-- AC √AB2+BC 号又因为∠CAC为锐角，所以 w/12+12 所以直线AC与平面ABCD所成角的大小为。 8.解(1)证明：在△PAD中，AD=PA=2,PD=2N2,AD+PA2=PD,则AD⊥PA 在矩形ABCD中，AD⊥AB. 又PA∩AB=A,PA,ABC平面PAB,所以AD⊥平面PAB. (2)易知BC∥AD,所以∠PCB(或其补角)是异面直线PC与AD所成的角， 在△PAB中，由余弦定理得 PB=√PA2+AB2-2PA·AB·cos∠PAB=√7， 由(1)知AD⊥平面PAB,又PBC平面PAB,BC∥AD, 所以BC⊥PB,所以tan∠PCB=PB=T, BC 2' 所以异面直线PC与AD所成角的正切值为 (3)过，点A作AH⊥PB于H,连接HD,如图， 由(1)知AD⊥平面PAB,又PBC平面PAB,所以AD⊥ PB,又AH⊥PB,AH∩AD=A,AH,ADC平面AHD, 所以PB⊥平面AHD,又HDC平面AHD,所以PB⊥ HD,故∠AHD是二面角A一PB一D的平面角. 由题意可得之·PB:AH=合·AP:AB·sm∠PAB, 由(2)知PB=万，所以AH=3√2L 7 故tan∠AHD=AD=2=2V2I AH3√2I 9 7 所以二面角A-PB-D的正切值为2Y2四 9 9.解(1)如图，延长PE交AC于点F, :AP,AB,AC两两互相垂直，PA⊥平面ABC DE⊥平面ABC,DE∥PA, R器-既=名P与C室合 .C∈PE,C∈AC,PEC平面PBE,ACC平面ABC, ∴.C是平面PBE与平面ABC的公共，点. 又B是平面PBE与平面ABC的公共点， ∴.BC是平面PBE与平面ABC的交线 (2)如图，连接AE.,AP,AB,AC两两互相垂直，∴.AB⊥平面PAC, ∴∠BEA为BE和平面PADE所成的角. :Vs-s=吉-S.RADEP·AB=号×7×1+2》X1XAB=号AB-2 3 又AE=AD+D派-E.am∠BEA-=0-9, 所以B和平西PADE所成的角的正切值为第二部分 重点强化卷 重点强化一 新情境中正、余弦定理的 综合应用 1.赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年， 赵爽在为《周髀算经》作序时，介绍了“勾股 圆方图”，亦称为“赵爽弦图”.可类似地构造 如图所示的图形，由三个全等的三角形与中 密 间的一个小等边三角形拼成一个大的等边 三角形，设DF=2FA,若AB=2√I3,则DF 封 的长为 A.2 B.√3 C.3 D.4 2.如图，为测得河对岸塔AB的高，先在河岸上 A 线 选一点C,使C在塔底B的正东方向上，测 得点A的仰角为60°，再由点C沿北偏东15° 方向走10m到位置D,测得∠BDC=45°，则 打 内 塔AB的高是 ( ) B A.10m B.10√2m C.103m D.10√6m 不 3.“二七纪念塔”位于河南省郑州市二七 广场，建于1971年，钢筋混凝土结构， 是中国建筑独特的仿古联体双塔，它 数 准 是为纪念京汉铁路工人大罢工而修建 的纪念性建筑物，2006年被列为全国 重点文物保护单位.某同学为测量二七纪念塔的高度，在塔底共 答 线的三点A,B,C处测得塔顶E的仰角分别为30°，45°，60°，且 AB=BC=51.45m,则二七纪念塔的塔高约为（参考数据：√2≈ 茶 题 1.41,W3≈1.73，√6≈2.45) ) A.59.39mB.63m C.68.57m D.72.74m 4.某工厂的烟囱如图所示，底部为A,顶 部为B,相距为l的点C,D与点A在同 一水平线上，用高为h的测角工具在 C,D位置测得烟囱顶部B在C和DGaD,B 丝 处的仰角分别为aB.其中C,D1和A1 D 邻 在同一条水平线上，A在AB上，则烟囱的高AB= A lsin acosh B.lcos acosh sin(β-a) sin (B-a) C.coh D.Isin asin sin (B-a) sin (B-a) 5.为了测量两塔塔尖之间的距离，某数学 建模活动小组构建了如图所示的几何 模型，其中AC=60m,BC=70√3m, tan∠MCA=是，os∠NCB= 15 ∠MCN=150°，则两塔尖间的距离为 A.75√/10mB.75√7m C.150m D.75√2m 6.一个大型喷水池的中央有一个强力喷水柱，为了测量喷水柱喷出 的水柱的高度，某人在喷水柱正西方向的点A处测得水柱顶端 的仰角为45°，沿点A向北偏东30°方向前进100m到达点B,在 点B处测得水柱顶端的仰角为30°，则水柱的高度是() A.50m B.100m C.120m D.150m 7.某社区为了美化社区环境，欲建一块休闲草坪，其形状为如图所 示的四边形ABCD,AB=2√3百米，BC=4百米，CD=AD, ∠ADC=60°，且拟在A、C两点间修建一条笔直的小路（路的宽 度忽略不计)，则当草坪ABCD的面积最大时，AC=（ D A.2√7百米 B.210百米 C.213百米 D.2√19百米 8.如图，公园里有一块边长为4的等边三角形草坪（记为△ABC), 图中DE把草坪分成面积相等的两部分，D在AB上，E在AC 上，如果要沿DE铺设灌溉水管，则水管D的最短长度为( A.2√2 B.√2 C.3 D.2√3 9.我国南宋时期杰出数学家秦九韶在《数书九章》中提出了“三斜求 积术”，即以小斜幂，并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上；以小 斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积.把 以上文字写成公式，即S=-g（其中S为 三角形的面积，a,b,c为三角形的三边).在斜△ABC中，a,b,c 为内角A,B,C所对的边，若a=c(cosB十√3cosC),且asin C √3sinB.则△ABC的面积最大时，B= ( ) A.晋 B号 c 10.在一个正三角形的三边上，分别取一个距顶点最近的十等分点， 连接形成的三角形也为正三角形（如图1所示，图中共有2个正 三角形)，然后在较小的正三角形中，以同样的方式形成一个更 小的正三角形，如此重复多次，可得到如图2所示的优美图形 (图中共有11个正三角形)，这个过程称之为迭代.如果在边长 为27的正三角形三边上，分别取一个三等分点，连接成一个较 小的正三角形，然后迭代得到如图3所示的图形（图中共有7个 正三角形)，则图3中最小的正三角形面积为 () 图1 图2 图3 A A8 c D.95 11.(多选)如图所示，为了测量某湖泊两侧A,B 间的距离，李宁同学首先选定了与A,B不共 线的一点C,然后给出了三种测量方案 A (△ABC的角A,B,C所对的边分别记为a,b,c),则一定能确定 A,B间距离的所有方案为 ( ) A.测量A,B,b B.测量a,b,C C.测量A,B,a D.测量A,B,C 12.拿破仑定理是法国著名的军事家拿破仑·波拿巴最早提出的一 个几何定理：“以任意三角形的三条边为边，向外构造三个等边 三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三 角形（此等边三角形称为拿破仑三角形）的顶点”.在△ABC中， 已知∠ACB=30°，且AB=√3一1，现以BC,AC,AB为边向外 作三个等边三角形，其外接圆圆心依次记为A',B',C,则△A B'C'面积的最大值为 第二部分重点强化卷43 重点强化二空间中的平行、垂直关系 1.如图，在正四棱锥S一ABCD中，E是BC的中 点，P点在侧面SCD内及其边界上运动，并且 总是保持PE∥平面SBD,则动点P的轨迹与 D △SCD组成的相关图形最有可能是 ( 2.如图，在下列四个正方体中，A、B为正方体的两个顶点，M,N,Q 分别为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面 MNQ不垂直的是 () N M A M N B D 3.如图，在正方体EFGH一E,F,GH1中，下列四对截面彼此平行 的一对是 () A.平面EFG1与平面EGH, B.平面FHG1与平面FHG C.平面FH1H与平面FHE D.平面E,HG1与平面EHG 4.如图，AC为圆O的直径，B为圆周上不与A、C重合的点，PA垂 直于圆O所在平面，连接PB、PC、AB、BC,作AN⊥PB于N, AS⊥PC于S,连接SN,则图中直角三角形的个数为() A.10 B.9 C.8 D.7 44第二部分重点强化卷 5.(多选)在正方体ABCD-ABCD1中，E,F,G分别为AB,BC, A1B1的中点，则 () A.平面B1EF⊥平面BDD1B.平面BEF⊥平面A1BD C.平面B,EF∥平面ACGD.平面B,EF∥平面AC1D 6.(多选)如图，在棱长均相等的正四棱锥P一ABCD中，M、N分 别为侧棱PA、PB的中点，O是底面四边形ABCD对角线的交 点，下列结论正确的有 A.PC∥平面OMN B.平面PCD∥平面OMN C.OM⊥PA D.PD⊥平面OMN 7.如图，在长方体ABCD一A1BCD1中，过BB1的中点E作一个 与平面ACB,平行的平面交AB于点M,交BC于点N,则MN Ac D M 8.如图所示，在三棱柱ABC-ABC中，E、F、A, G、H分别是AB,AC,A1B1,AC1的中点， 求证： (1)GH∥平面AEF; (2)平面AEF∥平面BCHG. 9.如图，在四棱锥E一ABCD中，AD⊥CD,DA =DC=DE=2,EA=EC=2√2，M是EA的 中点 (1)证明：AE⊥平面MCD; D (2)若平面EAB∩平面ECD=1,且L∥AB,三 棱锥M-BCE的体积为5，求AB的长. 10.如图，PA⊥矩形ABCD所在的平面，M,N分 别是AB,PC的中点. D (1)求证：MN∥平面PAD; (2)若PD与平面ABCD所成的角为a,当& 为多少度时，MN⊥平面PCD?