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共线的单位向量是或－，故④也是错误的．
答案：D
2．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：D
3．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：C
4．解析：因为正方形的对角线长为2，所以|OA|＝.
答案：
5．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：ACD
8．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：12
9．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8 m，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3 m，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4 m，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6 m，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：C
2．解析：∵AB＝DC，∴AB＋CM＝DC＋CM＝DM＝MB.故选A.
答案：A
3．解析：∵正方形ABCD的边长为1，∴|AB＋BC|＋|AB－AD|＝|
AC|＋|DB|＝2.故选D.
答案：D
4．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2
5．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：①④
6．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：ABD
8．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|＝4，|AC|＝12，∴tan∠ACB＝＝.
∴∠ACB＝30°＝∠CAD.
又∠CAB＝∠ACD＝90°，∴∠BAD＝120°.
根据勾股定理可得，|AD|＝|BC|＝8.
∴船的航行速度为8 km/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：D
2．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＝，解得m＝－1或m＝3.
答案：A3．解析：AD＝AB＋BD＝AB＋BC＝AB＋(AC－AB)＝AB＋AC＝
a＋b.
答案：D
4．解析：如图，在△ABC中，AD＝AB＋BD.∵BD＝2DC，∴BD＝
BC.∵BC＝AC－AB＝b－c，∴AD＝AB＋BC＝c＋(b－c)＝b＋c.
答案：b＋c
5．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＝AG，所以AB＋AC＝2AG＝3AM，故m＝3.
答案：3
6．解析：BD＝CD－CB＝(2e －e )－(e ＋3e )＝e －4e ，BF＝3e －
1 2 1 2 1 2 1
ke ，
2
∵B，D，F三点共线，∴BF＝λBD，即3e －ke ＝λe －4λe .
1 2 1 2
由题意知e ，e 不共线，得解得k＝12.
1 2
7．解析：A中 ,2a－3b＝4×(－)(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：AB
8．解析：∵点O是BC的中点，∴AO＝(AB＋AC)＝AM＋AN，
∴MO＝AO－AM＝(－1)AM＋AN.又MN＝AN－AM，MN与MO
共线，∴存在实数λ，使得MO＝λMN＝λ(AN－AM)，即化简，得m＋
n＝2.
答案：2
9．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AD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＝AB，AN＝AC，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＝＝.同理＝，故＝.
答案：D
课时作业(四)
1．解析：因为|e |＝|e |＝1，e ·e ＝0，所以a·b＝(3e ＋2e )·(－3e ＋
1 2 1 2 1 2 1
4e )＝－9|e |2＋8|e |2＋6e ·e ＝－9×12＋8×12＋6×0＝－1.故选B.
2 1 2 1 2
答案：B
2．解析：|3a－b|＝
＝
＝ ＝＝7.
答案：A3.解析：a·b＝|a||b|cos 135°＝－12，又|a|＝4，解得|b|＝6.
答案：C
4．解析：向量a在b方向上的投影为|a|cos θ＝3×cos＝.
答案：
5．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＝±.
答案：±
6．解析：(1)a·b＝|a||b|cos＝5×5×＝，
∴|a＋b|＝＝
＝ ＝5，
|a－b|＝＝＝＝5，
|3a＋b|＝＝＝＝5.
(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＝.
∴a·b＝|a||b|cos θ＝.
又∵AC＝a＋b，DB＝a－b，
∴|AC|＝＝＝＝，
|DB|＝＝＝＝.
∴AC＝，BD＝.
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：ACD
8．解析：当a，b，c共线时，|a＋b＋c|＝|a|＋|b|＋|c|＝5，
当a，b，c两两夹角为时．
|a＋b＋c|＝
＝
＝＝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|cos θ＝－1，
∴cos θ＝－，∴θ＝.
(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＝.
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－AF2＝BC·AF－1＝4×1×cos 60°－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：C
2．解析：a－b＝－(b－a)，选项B中的两个向量共线；2＝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：A
3．解析：∵AF＝(AB＋AE)＝AB＋×AD
＝AB＋×(AB＋AC)＝AB＋AC.
答案：D
4．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＋AB
＝e ＋(e －e )
1 2 1
＝e ＋e
1 2
OD＝OC＋CD＝OC＋AB
＝＋(e －e )
2 1
＝e ＋e
1 2
答案：e ＋e e ＋e
1 2 1 2
6．解析：NP＝AP－AN＝AB－AC＝a－b，
MN＝CN－CM＝－AC－CB
＝－b－(a－b)＝－a＋b，PM＝－MP＝－(MN＋NP)＝(a＋b)．
7．解析：∵AB∥CD，AB⊥AD，AB＝2AD＝2DC
∴BC＝BA＋AD＋DC
＝－AB＋AD＋AB
＝－AB＋AD，A对；
∵BC＝3EC
∴BE＝BC＝－AB＋AD
∴AE＝AB＋BE
＝AB＋
＝AB＋AD
又F为AE的中点，
∴AF＝AE＝AB＋AD，B对；
∴BF＝BA＋AF＝－AB＋AB＋AD
＝－AB＋AD，C对；
∴CF＝CB＋BF＝BF－BC
＝－AB＋AD－
＝－AB－AD，D错．故选ABC.
答案：ABC
8．解析：∵AM＝2MC，∴AM＝AC.
∵BN＝NC，∴AN＝(AB＋AC)，
∴MN＝AN－AM＝(AB＋AC)－AC＝AB－AC.
又∵MN＝xAB＋yAC，∴x＝，y＝－.
答案： －
9．解析：(1)由AM＝AB＋AC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＝，
所以＝，即面积之比为1:4.
(2)由BO＝xBM＋yBN⇒BO＝xBM＋BA，
BO＝BC＋yBN，由O，M，A三点共线及O，N，C三点共线⇒⇒
10．解析：设BM＝e ，CN＝e ，
1 2
则AM＝AC＋CM＝－3e －e ，BN＝BC＋CN＝2e ＋e .
2 1 1 2
∵A，P，M和B，P，N分别共线，
∴存在实数λ，μ使得AP＝λAM＝－λe －3λe ，BP＝μBN＝2μe ＋
1 2 1
μe .
2故BA＝BP＋PA＝BP－AP＝(λ＋2μ)e ＋(3λ＋μ)e .
1 2
而BA＝BC＋CA＝2e ＋3e ，由平面向量基本定理，得解得
1 2
∴AP＝AM，BP＝BN.
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：D
2．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：D
3．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：D
4．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)，得解得因此，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：①③④
6．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：ABD
8．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＝.
答案：
9．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＝－.
(2)因为A，B，C三点共线，所以AB＝λBC，λ∈R，
即2a＋3b＝λ(a＋mb)，所以解得m＝.
10．解析：由(1,2)⊗m＝(5,0)
可得解得.
∴(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：C
2．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〉＝＝.
答案：C
3．解析：∵a＝(－1,2)，b＝(3,1)，∴a－b＝(－4,1)，∵(a－b)⊥c，
∴－4k＋4＝0，解得k＝1.
答案：C
4．解析：因为a＝(－4,3)，所以2|a|2＝2×()2＝50.
a·b＝－4×1＋3×2＝2.
所以2|a|2－3a·b＝50－3×2＝44.
答案：44
5．解析：c＝(m＋4,2m＋2)，|a|＝，|b|＝2，
设c，a的夹角为α，c，b的夹角为θ，
又因为cos α＝，cos θ＝，
由题意知＝，即＝.
解得m＝2.
答案：2
6．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|＝＝5.
(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cos θ＝＝＝.∵θ∈[0，π]，∴θ＝，即a与b的夹角为.
7．解析：建立如图所示的平面直角坐标系．
设P(x，y)，又A(0，a)，B(－a,0)，C(a,0)，
则PA＝(－x，a－y)，PB＝(－a－x，－y)，PC＝(a－x，－y) .
所以PA·(PB＋PC)
＝(－x，a－y)·[(－a－x，－y)＋(a－x，－y)]
＝(－x，a－y)·(－2x，－2y)
＝2x2＋2y2－2ay
＝2x2＋22－a2≥－a2.
故选BCD.
答案：BCD
8.
解析：建立如图所示的直角坐标系，则A，B，C，D.
设F(x ，y )，则DE＝，EF＝(x ，y )．
0 0 0 0
∵DE＝2EF，∴F.
∴AF＝，BC＝(1,0)，
∴AF·BC＝.
答案：
9．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＝，y＝，则AD＝.
(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≠.
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λ AB＋λ BC
1 2
＋λ CD＋λ DA＋λ AC＋λ BD＝λ (1,0)＋λ (0,1)＋λ (－1,0)＋λ (0，－1)
3 4 5 6 1 2 3 4
＋λ (1,1)＋λ (－1,1)＝(λ －λ ＋λ －λ ，λ －λ ＋λ ＋λ )．
5 6 1 3 5 6 2 4 5 6所以所求模为.
所以最大值为＝2，λ －λ ＝λ －λ ＝2或－2，
1 3 5 6
λ －λ ＝2或－2，λ ＋λ ＝0满足要求；最小值为0，λ －λ ＝2，
2 4 5 6 5 6
λ ＋λ ＝0，λ －λ ＝－2，λ －λ ＝0满足要求．
5 6 1 3 2 4
综上，最小值为0，最大值为2.
(方法二)以{AB，BC}为基底，可知 λ AB＋λ BC＋λ CD＋λ DA＋
1 2 3 4
λ AC＋λ BD＝(λ －λ ＋λ －λ ，λ －λ ＋λ ＋λ )．
5 6 1 3 5 6 2 4 5 6
若能使|λ －λ ＋λ －λ |＝|λ －λ ＋λ ＋λ |＝0 ①，
1 3 5 6 2 4 5 6
|λ －λ ＋λ －λ |＝4，|λ －λ ＋λ ＋λ |＝2 ②，
1 3 5 6 2 4 5 6
则所求最小值为0，最大值为2.
当λ －λ ＝2，λ ＋λ ＝0，λ －λ ＝－2，λ ＝λ 时，①式成立；
5 6 5 6 1 3 2 4
当λ ＝－λ ＝λ ＝－λ ，λ ＝－λ 时，②式成立．
1 3 5 6 2 4
综上，最小值为0，最大值为2.
答案：0 2
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：C
2．解析：F ＝－(F ＋F ＋F )＝－[(－2，－1)＋(－3,2)＋(4，－3)]
4 1 2 3
＝(1,2)．
答案：D
3.
解析：由题意知|v |＝2 m/s，|v |＝10 m/s，作出示意图如右图．
水 船
∴小船在静水中的速度大小
|v|＝＝＝2 (m/s)．
答案：B4．解析：由AB＝3e，DC＝5e，得AB∥DC，
AB≠DC，又因为ABCD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，)，C(3，)，D(3,0)，AC＝(3，)，
设AE＝λAC，则点 E 的坐标为(3λ，λ)，故BE＝(3λ，λ－)．因为
BE⊥AC，所以BE·AC＝0，即9λ＋3λ－3＝0，解得λ＝，所以E.
故ED＝，则|ED|＝＝，即ED＝.
答案：
6．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|cos A
＝|AD||AB|，得|AC|2＝AC·AB，A正确；
由BA·BC＝|BA||BC|cos B＝|BA||BD|得
|BC|2＝BA·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＝，D正确．
故选ABD.
答案：ABD
8．解析：建立如图所示的平面直角坐标系，则B(2,0)，A(0,0)，D.
设＝＝λ，λ∈[0,1]，则
M，N
∴AM·AN＝·
＝－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＝－x.
(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＝－x，
∴或
∴AC＝(8,0)，BD＝(0，－4)或AC＝(0,4)，BD＝(－8,0)，
又∵AC⊥BD，∴四边形ABCD的面积为·|AC||BD|＝×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 ＝2，所以圆心角∠PCA＝
2，所以∠PCB＝2－.所以PB＝sin ＝－cos 2，CB＝cos ＝sin 2.所以x
P
＝2－CB＝2－sin 2，y ＝1＋PB＝1－cos 2，
P
所以OP＝(2－sin 2,1－cos 2)．
答案：(2－sin 2,1－cos 2)
课时作业(九)
1．解析：由余弦定理得：
cos B＝＝＝
∵B∈(0，π)
∴B＝.
答案：A
2．解析：由余弦定理得
AB2＝BC2＋AC2－2BC·AC·cos C
即13＝9＋AC2－2×3×AC×cos 120°
∴AC2＋3AC－4＝0
解得AC＝1或AC＝－4(舍去)．
答案：A
3．解析：∵△ABC中，B＝60°，b2＝ac，∴cos B＝＝，∴a2＋c2－2ac＝0⇒(a－c)2＝0，
∴a＝c，A＝C，∴△ABC为等边三角形．故选D.
答案：D
4．解析：由余弦定理得
a2＝b2＋c2－2bccos A
＝48＋12－2×4×2×cos 120°
＝48＋12－2×4×2×
＝84
∴a＝2.
答案：2
5．解析：由余弦定理，得 c2＋b2－2bccos A＝a2，即 4＋b2－
2×2bcos A＝5.整理，得3b2－8b－3＝0，解得b＝3或b＝－(舍去)．
答案：3
6．解析：由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A，即a2＝(b＋c)2－2bc
－2bccos A，∵a＝4，b＋c＝6，cos A＝，∴16＝36－bc，∴bc＝8.
由可得
7．解析：∵B＝，a＋c＝b
∴(a＋c)2＝a2＋c2＋2ac＝3b2 ①
由余弦定理得a2＋c2－2accos ＝b2 ②
由①②得2a2－5ac＋2c2＝0，即22－5＋2＝0
解得＝2或＝，故选AC.
答案：AC
8．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)＝，
由余弦定理得(5－x)2＝x2＋42－2x·4×，
即25－10x＝16－x，解得x＝4.
∴在△ADC中，AD＝AC＝4，CD＝1，
由余弦定理的推论，得cos C＝＝，
∴c＝ ＝ ＝6.
答案： 6
9．解析：(1)∵cos C＋cos Acos B＝2sin Acos B，
∴－cos (A＋B)＋cos Acos B＝2sin Acos B，
即sin Asin B＝2sin Acos B.
∵sin A≠0，∴sin B＝2cos B>0.
又∵sin 2B＋cos 2B＝1，∴cos B＝(负值舍去)．(2)∵a＋c＝2，∴c＝2－a.
由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－ac＝a2＋(2－a)2－
a(2－a)＝(a－1)2＋.
∵0<a<2，∴≤b<2，∴b的取值范围为.
10．解析：在△ADB中，由余弦定理的推论得cos ∠ADB＝＝，
在△ADC中，由余弦定理的推论得cos ∠ADC＝＝，
由于∠ADB和∠ADC互补，因此＋＝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＝.
答案：
课时作业(十)
1．解析：由正弦定理，得＝，即＝，
即a＝4，解得a＝4，故选B.
答案：B
2．解析：∵A＝60°，a＝4，b＝4，
∴由正弦定理得，sin B＝＝＝.
∵a>b，∴B<60°，∴B＝30°，故选C.
答案：C
3．解析：方法一：在△ABC中，a＝15，b＝24，A＝46°.由正弦定理
可得＝，即＝，
∴sin B＝sin 46°>sin 45°>1，∴B值不存在，此三角形无解．故选C.
方法二：在△ABC中，bsin A＝24sin 46°>24sin 45°＝12>a＝15.故
此三角形无解．故选C.
答案：C
4．解析：在△ABC中，因为a＝4，c＝2，B＝60°，由余弦定理可得
b2＝a2＋c2－2accos B＝42＋22－2×4×2cos 60°＝12，所以b＝2.
又由正弦定理可得＝，即sin C＝＝＝，
又由c<b，所以C<B，所以C＝30°.
答案：2 30°
5．解析：因为sin A:sin B:sin C＝1::1，所以a:b:c＝1::1.设a＝x，则b
＝x，c＝x，由余弦定理可得cos B＝＝＝－，故B＝120°.
答案：120°(或)
6．解析：在△ADC中，由余弦定理得
cos ∠ADC＝＝＝－，
∵0°<∠ADC<180°，
∴∠ADC＝120°，∠ADB＝180°－120°＝60°.
在△ABD中，由正弦定理得＝，
∴AB＝＝＝＝5.7．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>1，则sin B>1，此三角形不存在，故B说
法错误；若A<90°，且a＝bsin A，则sin B＝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：AC
8．解析：由C＝2A，知sin C＝sin 2A＝2sin Acos A.
结合正弦定理，得c＝2acos A.
由a＝2，b＝3，及余弦定理的推论，得
c＝2acos A＝2a·，
即c＝4×，
解得c＝.
∴cos C＝＝＝.
答案：
9．解析：(1)由已知条件，得sin 2B＋sin 2C－sin 2A＝sin Bsin C，
故由正弦定理，得b2＋c2－a2＝bc.
由余弦定理，得cos A＝＝.
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sin A＋sin (120°－C)＝2sin C，
即＋cos C＋sin C＝2sin C，可得cos (C＋60°)＝－.
因为0°<C<120°，所以sin (C＋60°)＝，
故sin C＝sin (C＋60°－60°)
＝sin (C＋60°)cos 60°－cos (C＋60°)sin 60°
＝.
10．解析：(1)证明：由a＝btan A及正弦定理，得＝＝.
∵在△ABC中，sin A≠0，∴sin B＝cos A，即sin B＝sin .又∵B为钝
角，∴＋A∈.故B＝＋A，即B－A＝.
(2)由(1)知C＝π－(A＋B)＝π－＝－2A>0，
∴A∈.于是sin A＋sin C＝sin A＋sin ＝sin A＋cos 2A＝－2sin 2A＋
sin A＋1＝－22＋.
∵0<A<，∴0<sin A<，
∴<－22＋≤.
故sin A＋sin C的取值范围是.
课时作业(十一)
1．解析：如图，易知∠ACB＝45°，由正弦定理，得＝，∴BC＝5 n
mile.答案：D
2．解析：因为cos C＝，C∈(0，π)，
所以sin C＝，
所以S ＝absin C＝×5×4×＝6.
△ABC
答案：B
3．解析：设塔高为 h m，因为∠CAD＝60°，∠CBD＝45°，
CD⊥AD，CD⊥BD，所以AD＝＝，BD＝＝h.
在△ABD中，由余弦定理得242＝2＋h2－2××h×cos 30°，解得h
＝24.故选D.
答案：D
4．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＝，得AC＝5.
答案：5
5．解析：由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A，又a2＋4S＝b2＋c2，
故 S＝bccos A＝bcsin A，从而 sin A＝cos A，即 tan A＝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，2cos C·(sin Acos B＋sin Bcos A)
＝sin C，
2cos Csin (A＋B)＝sin C，故2sin Ccos C＝sin C，可得cos C＝.
因为C∈(0，π)，所以C＝.
(2)由已知得，absin C＝，又C＝，所以ab＝6，由已知及余弦定理得，
a2＋b2－2abcos C＝7，由a2＋b2＝13，从而(a＋b)2＝25，a＋b＝5.所以
△ABC的周长为5＋.
7．解析：由题意知∠ABC＝30°，
由余弦定理得cos 30°＝
解得x＝2或x＝，故选AB.
答案：AB
8．解析：由三角形的面积公式可知，S ＝acsin B＝(a2＋c2－b2)．
△ABC
又由余弦定理可知，cos B＝，所以acsin B＝·2accos B，所以tan B＝，
得B＝.又由正弦定理以及三角形内角和可知，
＝＝＝
＝＋.
∵∠C为钝角，∴0<A<.
∴tan A∈，∴∈(2，＋∞)答案： (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cos A＝＝＝，
因为A∈(0，π)，所以A＝.
又a2＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc，
a＝2，b＋c＝6，所以bc＝4，
所以S ＝bcsin A＝×4×sin ＝.
△ABC
若选②：
由正弦定理得sin Asin B＝sin Bcos .
因为0<B<π，所以sin B≠0，sin A＝cos ，
化简得sin A＝cos A－sin A，
即tan A＝，因为0<A<π，所以A＝.
又因为a2＝b2＋c2－2bccos ，
所以bc＝＝，即bc＝24－12，
所以S ＝bcsin A＝×(24－12)×＝6－3.
△ABC
若选③：
由正弦定理得sin Bsin ＝sin Asin B，
因为0<B<π，所以sin B≠0，
所以sin ＝sin A，又因为B＋C＝π－A，
所以cos ＝2sin cos ，
因为0<A<π，0<<，所以cos ≠0，
∴sin ＝，＝，所以A＝.
又a2＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc，
a＝2，b＋c＝6，所以bc＝4，
所以S ＝bcsin A＝×4×sin ＝.
△ABC
10．解析：设△ABC外接圆半径为 R.因为S ＝ak＝R2sin 2A＝
△OBC
R2sin Acos A，S ＝bm＝R2sin 2B＝R2sin Bcos B，
△OAC
所以＝＝＝，从而＝，同理＝，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：D
2．解析：∵AB＝OB－OA＝(3,1)，又AB∥OC，所以3×(m＋1)＝2m，∴m＝－3.
答案：C
3．解析：由(b＋c)(b－c)＝a(b－a)得a2＋b2－c2＝ab，即＝，∴cos C
＝，又0<C<π，∴C＝.
答案：B
4．解析：AB·AC＝|AB||AC|cos A＝1×3×cos A＝－1
∴cos A＝－
∴sin A＝＝＝
∴S ＝AB·AC·sin A＝×1×3×＝.
△ABC
答案：C
5．解析：∵a∥c，b⊥c
∴
∴即a＝(－1,2)，b＝(2,1)
∴a－b＝(－3,1)，∴|a－b|＝.
答案：B
6．解析：因为∠BCD＝15°，∠BDC＝30°，所以∠CBD＝135°.在
△BCD 中，根据正弦定理可知＝，即＝，解得 BC＝15(米)．因为在
Rt△ABC中，tan 60°＝＝，所以AB＝BC＝×15＝15(米)．故选D.
答案：D
7．解析：设BC的中点为M，∵2AP·BC＝AC2－AB2
∴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：B
8．解析：设BC＝6，则AB＝AC＝3，BD＝DE＝EC＝2，
AD＝AE＝ ＝，
cos ∠DAE＝＝，
所以＝＝，所以AF＝AD
因为AD＝AB＋BC＝AB＋＝AB＋AC，
所以AF＝×＝AB＋AC.
答案：D
9．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：CD
10．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：ACD
11．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<－，
即实数k应满足的条件是k<－.
故选CD.
答案：CD
12．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＋ac＝b2，再由余弦定理的推
论得cos B＝＝－，B＝135°，无解；
对于选项C，条件即cos Asin (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sin B＝，又A＝60°，b<a，于是B＝
30°，C＝90°，符合题意．
答案：AD
13．解析：∵a·b＝|a||b|cos 〈a，b〉，
∴向量b在a方向的投影为|b|cos 〈a，b〉＝＝＝2.
答案：2
14．解析：∵a⊥(a＋b)，∴a·(a＋b)＝0，∴a2＋a·b＝0
∴a·b＝|a||b|cos 〈a，b〉＝－a2
∴cos 〈a，b〉＝－＝－
又〈a，b〉∈[0，π]，∴故a与b的夹角为.
答案：
15．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＝，
∴AE＝；
又BC＝(6,0)，
∴AE·BC＝×6－4×0＝16.
答案：16
16．解析：由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A可得：
b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc＝112
S ＝S ＋S ＝b·ADsin ＋c·ADsin ＝(b＋c)
△ABC △ACD △ABD
又S ＝bcsin A＝bc
△ABC
∴bc＝(b＋c)∴b＋c＝bc
∴(bc)2－3bc＝112，解得：bc＝48
∴S ＝×48＝12.
△ABC
答案：12
17．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，
∴解得k＝.
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|＝＝＝ ≥ ＝，
当且仅当t＝时取等号，即|a＋tb|的最小值为.
(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＝.
19．解析：(1)∵cos B＝>0，且0<B<π，
∴sin B＝＝.
由正弦定理得＝，
∴sin A＝＝＝.
(2)∵S ＝acsin B＝4，∴×2×c×＝4，∴c＝5.
△ABC
由余弦定理得 b2＝a2＋c2－2accos B＝22＋52－2×2×5×＝17，
∴b＝.
20．解析：(1)在△ADC中，AD＝6，AC＝2，DC＝4，
由余弦定理，得cos ∠ADC＝＝＝－.
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＝，∴AB＝＝＝3.
21．解析：若选择①b2＋ac＝a2＋c2，
由余弦定理cos B＝＝＝，
因为B∈(0，π)，所以B＝；
由正弦定理＝，得a＝＝＝，
因为A＝，B＝，所以C＝π－－＝，
所以sin C＝sin ＝sin ＝sin cos ＋cos sin ＝，
所以S ＝absin C＝×××＝，
△ABC
若选择②acos B＝bsin A，
则sin Acos B＝sin Bsin A，
因为sin A≠0，所以sin B＝cos B，
因为B∈(0，π)，所以B＝；
由正弦定理＝，
得a＝＝＝，
因为A＝，B＝.
所以C＝π－－＝.
所以sin C＝sin＝sin＝sincos＋cossin＝.
所以S ＝absin C＝×××＝.
△ABC
若选择③sin B＋cos B＝，
则sin＝，所以sin＝1，
因为B∈(0，π)，所以B＋∈.
所以B＋＝，所以B＝；
由正弦定理＝，得a＝＝＝，
因为A＝，B＝，所以C＝π－－＝，
所以sin C＝sin＝sin＝sincos＋cossin＝，
所以S ＝absin C＝×××＝.
△ABC
22．解析：(1)如图(1)，AB＝40海里，AC＝10海里，∠BAC＝θ，sin θ
＝.
∵0°<θ<90°，
∴cos θ＝＝.
图(1)
由余弦定理，得
BC＝＝10(海里)．
∴船的行驶速度为＝＝15(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＝
＝
＝.
∴sin ∠ABC＝＝＝.
在△ABQ中，由正弦定理，得
AQ＝＝＝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×＝3(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：AB
2．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：B
3．解析：依题意得x2＋x－2≠0，解得x≠1且x≠－2.
答案：D
4．解析：因为z为纯虚数，所以解得x＝－1.
答案：－1
5．解析：因为z<0，所以所以m＝－3.答案：－3
6．解析：由复数相等的条件可知：
解得或或或
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
z ＝i，z ＝1，则z＋z＝0，但z ＝z ＝0不成立，故C错误；复数lg(m2－
1 2 1 2
2m－7)＋(m2＋5m＋6)i是纯虚数等价于解得m＝4，故D正确．故选
BD.
答案：BD
8．解析：若复数a2－a－2＋(|a－1|－1)i是纯虚数，
∴，
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≠－1
9．解析：①的实部为2，虚部为3，是虚数；②的实部为－3，虚部为，
是虚数；③的实部为，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－，是纯虚数；⑥的实部为0，虚部为0，是实
数．
10．解析：∵z ＝z ，
1 2
∴
∴4sin 2θ＝λ＋3sin θ，
∴λ＝42－.
∵－1≤sin θ≤1，
∴当sin θ＝时，λ取得最小值－；当sin θ＝－1时，λ取得最大值
7，
∴－≤λ≤7，即λ的取值范围是.
答案：C
课时作业(十三)
1．解析：依题意得＝－3－2i，故对应的点(－3，－2)位于第三象限．
答案：C
2．解析：由(1＋i)x＝1＋yi可知x＋xi＝1＋yi，故解得所以|x＋yi|＝
＝.故选B.
答案：B
3．解析：∵z在复平面内对应的点为(x，y)，∴z＝x＋yi.又|z－i|＝1，
∴ ＝1，∴x2＋(y－1)2＝1.故选C.
答案：C
4．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)，解得故D点对应的复数为－3－2i.
答案：－3－2i
5．解析：∵|z |＝，|z |＝，
1 2
∴ <，∴－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＝；
(2)若z对应的点在第三象限，则有
解得－1<a<；
(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＝.
7．解析：|z|＝＝，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：AC
8．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＋i
9．解析：(1)|z |＝|＋i|＝＝2，
1
|z |＝＝1，∴|z |>|z |.
2 1 2
(2)
由|z |≤|z|≤|z |及(1)知1≤|z|≤2.因为|z|的几何意义就是复数 z对应
2 1
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z 在坐标系中的对应点的坐标为(－3,4)，∴|z－z |可看作是
1 1
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＝5，
故|z－z | ＝5＋1＝6，|z－z | ＝5－1＝4.
1max 1min
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：C
2．解析：∵z ＝1＋3i，z ＝3＋i，∴z －z ＝－2＋2i，故z －z 在复平
1 2 1 2 1 2
面内对应的点(－2,2)在第二象限．
答案：B
3．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，|z ＋z |对应OC的模，|z －z |对应BA
1 2 1 2
的模，又|z ＋z |＝|z －z |，所以四边形OACB是矩形，则OA⊥OB.
1 2 1 2
答案：C
4．解析：z ＋z ＝(a－3)＋(b＋4)i，
1 2
z －z ＝(a＋3)＋(4－b)i，
1 2
由已知得b＋4＝0，a＋3＝0，∴a＝－3，b＝－4.
答案：－3 －4
5．解析：z －z ＝m2－3m＋m2i－[4＋(5m＋6)i]
1 2
＝m2－3m－4＋(m2－5m－6)i.
∵z －z ＝0，∴
1 2
解得m＝－1.
答案：－1
6．解析：因为z ＝cos α＋isin α，z ＝cos β－isin β，
1 2
所以z －z ＝(cos α－cos β)＋i(sin α＋sin β)＝＋i，
1 2
所以
①2＋②2得2－2cos(α＋β)＝1，
所以cos(α＋β)＝.
7．解析：满足|z－i|＝的复数z对应的点在以(0,1)为圆心，为半径的
圆上，A错误；在B中，设z＝a＋bi(a，b∈R)，则|z|＝ .由z＋|z|＝2＋
8i，得a＋bi＋＝2＋8i，∴解得∴z＝－15＋8i，B错误；由复数的模的定义知C正确；由|z ＋z |＝|z －z |的几何意义知，以OZ1，OZ2为邻边
1 2 1 2
的平行四边形为矩形，从而两邻边垂直，D正确．故选CD.
答案：CD
8．解析：设复数z ＝1＋2i，z ＝－2＋i，z ＝－1－2i，它们在复平面
1 2 3
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－i
9．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|＝，|BC|＝，|AC|＝＝2，|AB|2＋|AC|2＝|BC|2，∴△ABC为
直角三角形．
(3)S ＝××2＝2.
△ABC
10．解析：(1)满足|z＋＋i|≤1的复数z的几何意义：圆心为M(－，
－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|＝＝2，
∴|z| ＝2＋1＝3，|z| ＝2－1＝1.
max min
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：A
2．解析：由题意得z＝＝＝＝＝＝－－i
∴＝－＋i
故的虚部为.
答案：A
3．解析：由题可得z＝＝＝＝＝－i，则z＝在复平面内对应的点为，
位于第四象限．故选D.
答案：D
4．解析：∵＝1－i
∴z＝＝＝i
∴|z|＝1.
答案：D
5．解析：∵(i－1)(z－i3)＝2i
∴z＝＋i3＝＋(－i)＝－i(i＋1)＋(－i)＝1－2i
∴＝1＋2i.
答案：1＋2i
6．解析：方法一 设z＝x＋yi(x，y∈R)，
则＝＝2i，
得x＋yi＝－2y＋2(x－1)i，
则⇒，
则复数z＝－i.
即复数z对应点为.
方法二 由＝2i，得z＝(z－1)2i＝2zi－2i，
则z(1－2i)＝－2i，
∴z＝＝
＝＝－i.
即z对应点为.
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(x －x )2＝(x ＋x )2－4x x ＝，D错误，故选ABC.
1 2 1 2 1 2
答案：ABC
8．解析：∵i＋i2＋i3＋i4＝0
i2020＝i4×505＝1
i2021＝i4×505＋1＝i
∴z＝＝＝＝＋i∴z对应点的坐标为
答案：
9．解析：∵z＝＝
＝＝＝＝1－i
∴z2＋az＋b＝(1－i)2＋a(1－i)＋b＝a＋b－(a＋2)i＝1＋i
∴解得.
10．解析：∵(z＋)(－w)＝7＋4i
∴z·－w·－zw＋ ＝7＋4i
则
∴(z＋2)(－2w)＝z·－4w·＋2·－2z·w
＝4(z·－w·)－3z·＋2(－z·w＋·)
＝4×7－3×32＋2×4i＝1＋8i.
∴|(z＋2)·(－2w)|＝ ＝.
答案：
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：C
2．解析：∵＝＝＝－3－4i，
∴复数的虚部为－4，选D.
答案：D
3．解析：由题意知解得a＝3.故选B.
答案：B
4．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，所以解得－3<m<1.
答案：A
5．解析：依题意3－4i＝λ(－1＋2i)＋μ(1－i)＝μ－λ＋(2λ－μ)i，
∴，∴，∴λ＋μ＝1.
答案：A
6．解析：＝zi＋z＝z(1＋i)＝4＋2i，
∴z＝＝＝＝3－i.
答案：A
7．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：A
8．解析：由|z－4i|＝|z＋2|得x＋2y＝3.则2x＋4y≥2＝2·＝4.
答案：C
9．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：BD
10．解析：A中，z＝＝－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z ，z 互为共轭复数时，z ·z ∈R，C为假；
1 2 1 2
D正确．
故选AD.
答案：AD
11．解析：对于A，若|z －z |＝0，则z ＝z ，即＝；对于B，C，容易判
1 2 1 2
断是真命题；对于D，若z ＝，z ＝1＋i，则|z |＝|z |＝，但z＝2，z＝2i，
1 2 1 2
所以是假命题．故选ABC.
答案：ABC
12．解析：∵i2k＋1·z＝2＋i
∴z＝
∵i1＝i5＝…＝i，i3＝i7＝…＝－i
当k为奇数时
∴z＝＝＝＝－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＝＝＝＝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：BD
13．解析：由已知得2(m－1)－(m＋2)＝0，∴m＝4.
答案：4
14．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：1
15．解析：∵AB＝(－1＋3i)－(1＋i)＝－2＋2i，
∴|AB|＝2.
答案：2
16．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－＝a－＝a－＝(a－3)－i，由纯虚数的定义，知a－3＝0，所
以a＝3.答案：3
17．解析：(1)因为|3＋4i|＝5，所以z＝1＋3i－5＝－4＋3i，
所以＝－4－3i.
(2)＝＝－i.
18．解析：(1)∵z z ＝－5＋5i，
1 2
∴z ＝＝＝3－i.
2
(2)z ＝(3－z )[(m2－2m－3)＋(m－1)i]
3 2
＝i[(m2－2m－3)＋(m－1)i]
＝－(m－1)＋(m2－2m－3)i，
∵z 在复平面内所对应的点在第四象限，
3
∴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|＝，可得a2＋b2＝2
①
因为z2＝a2－b2＋2abi，所以2ab＝2 ②
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－z2＝－(1＋i)2＝1－3i，则OZ＝(1，－3)，
所以向量OZ的模为＝.
20．解析：由复数的几何意义可知z ＝－2＋i，z ＝a＋3i.
1 2
(1)因为|z －z |＝，所以|－2－a－2i|＝＝，即(a＋1)(a＋3)＝0，解得
1 2
a＝－1或a＝－3.
(2)复数z＝z ·＝(－2＋i)(a－3i)＝(－2a＋3)＋(a＋6)i.
1
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z ＝a2－3＋(a＋5)i对应向量OZ1，向量OZ1
1
表示的点在第四象限，
∴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 z －z ＝[a－1＋(a2＋2a－1)i]－[a2－3
2 1
＋(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－z＝2i，得z＝－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
∴或∴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|＝，∴|w＋2i|＝|2iw－1|.
设w＝x＋yi(x，y∈R)．
代入上式并整理，得
·＝.
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|＝
＝＝＝＝3是一个常数．
故|w－4i|的值是一个常数，且这个常数为3.
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：D
2．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：D
3．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：D
4．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：③
5．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：①③④
6．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 A B C D 中，截面ACD 为正三角形，
1 1 1 1 1
平行于底面的所有截面都是正方形，
分别取AB，BC，CC ，C D ，D A ，A A六条棱的中点，顺次连接这
1 1 1 1 1 1
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：ABD
8．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：①②③④
9．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 A B C D 的表面可有如图所示的
1 1 1 1
三种展开图．展开后，A，C 两点间的距离分别为：＝ (cm)，＝4 (cm)，＝3 (cm)，
1
三者比较得 cm为蚂蚁从A点沿表面爬行到C 点的最短路程．
1
课时作业(十七)
1．答案：C
2．答案：A
3．解析：一个六棱柱挖去一个等高的圆柱，选B.
答案：B
4．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＝，解得y＝9，所以圆台
的母线长为9 cm.故选D.
答案：D
5．解析：当以 3 cm 长的一边所在直线为轴旋转时，母线长为 3
cm，底面半径为4 cm；
当以4 cm长的一边所在直线为轴旋转时，母线长为 4 cm，底面
半径为3 cm.
答案：3 cm,4 cm或4 cm,3 cm
6．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：ACD
8.
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＝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，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O C＝R，圆锥的截面圆的半径为O D，设O D＝x.
1 1 1
∵OA＝AB＝R，∴△OAB是等腰直角三角形．
∵CD∥AO，∴CD＝BC.
∵△BCD∽△OO D，∴O D＝OO ，∴x＝l.
1 1 1
∴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：B
2．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：A
3．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：D
4．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：C
5．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′＝OC＝，
C′D′＝O′C′sin45°＝×＝.
所以S ＝A′B′·C′D′＝×2×＝.
△A′B′C′
答案：
6．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，故面积为.
答案：
7．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：AD
8．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：AB AD
9．解：(1)作水平放置的正方形的直观图ABCD，使∠BAD＝45°，
AB＝2 cm，AD＝1 cm.(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AA ＝BB ＝CC ＝DD ＝2 cm.
1 1 1 1
(3)连接A B ，B C ，C D ，D A 如下图①，擦去辅助线，把被遮住的
1 1 1 1 1 1 1 1
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＝3 cm，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′＝4 cm，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′＝3 cm.
(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××42×6＝48，所以表面积S＝48(3＋)．
答案：A
2．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×××a×a××a＝，故选C.
答案：C
3．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××2×＝
20＋4.答案：A
4．解析：由题得该正四棱锥侧面三角形的斜高h＝＝2.
所以该正四棱锥的表面积 S＝S ＋4×S ＝2×2＋4××2×2
底面 侧面
＝12.
答案：12
5．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，，，可得三式相乘可得(abc)2＝
6，
∴长方体的体积V＝abc＝.
答案：
6．解析：如图，设PO＝3，PE是斜高，
∵S ＝2S ，∴4··BC·PE＝2BC2，
侧 底
∴BC＝PE.
在Rt△POE中，PO＝3，OE＝BC＝PE，
∴9＋2＝PE2，
∴PE＝2.∴S ＝BC2＝PE2＝(2)2＝12，S ＝2S ＝2×12＝24，∴S
底 侧 底
＝S ＋S ＝12＋24＝36.
表 底 侧
V＝S ×OP＝×12×3＝12.
底
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 ＝V ＝
三棱锥A′ EFQ 三棱锥Q A′EF
××2×4×4＝，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：ABC
8．解析：因为E是长方体ABCD A B C D 的棱CC 的中点，所以
1 1 1 1 1
V ＝VC BCD＝×S ·CC ＝×BC·CD·CC ＝×120＝10.
E BCD 1 △BCD 1 1
答案：10
9．解析：下面是一个直三棱柱，由题意可知
S ＝·2·2＝2
底
S ＝S长方形BB C C＋S梯形CC A A＋S梯形BB A A＋S
侧面 1 1 1 1 1 1 △ABC
＝2×3＋(3＋6)·2＋(3＋6)·2＋×2×
＝15＋9＋
∴S ＝S ＋S ＝17＋9＋
表 底 侧面
V＝V ＋V
三棱锥 三棱柱
＝×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.
∴S ＝S ＝×(2＋4)×＝3.
梯形ABFE 梯形CDEF
又∵S ＝S ＝×22＝，
△BCF △ADE
S ＝4×2＝8，
矩形ABCD
∴几何体的表面积S＝3×2＋×2＋8＝8＋8.
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＝＝2，所以圆锥的表面积为S＝
π×1×(1＋2)＝3π.
答案：C
2．解析：依题意，圆柱的母线长l＝2πr，故S ＝2πrl＝4π2r2＝4π2.
侧
答案：A
3．解析：
设球心为O，截面圆心为O ，连接OO ，则OO 垂直于截面圆O ，
1 1 1 1
如图所示，
在Rt△OO A中，O A＝ cm，OO ＝2 cm，
1 1 1
∴球的半径R＝OA＝＝3(cm)，
∴球的体积V＝×π×33＝36π(cm3)．
答案：B
4．解析：设球的半径为R，则πR3＝π，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 ＝4，解得x＝，所以该长方体的体积为1×1×＝.故选B.
答案：B
5．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)，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＋×π×12×＝2π＋π.
答案：7π 2π＋π
6．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 －V ＝π×(52＋5×2＋22)×4－
圆台 圆锥
π×22×2＝π.
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×R＝πR2，∴B错误；球面面积为
4πR2，∵圆柱的侧面积为4πR2，∴C正确；∵V ＝πR2·2R＝2πR3，V
圆柱 圆
＝πR2·2R＝πR3，V ＝πR3，∴V ：V :V ＝2πR3:πR3:πR3＝3:1:2，
锥 球 圆柱 圆锥 球
∴D正确．故选CD.
答案：CD
8．解析：因为棱长为1的正四面体的底面积S＝，高h＝，所以V＝
Sh＝.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′＝Sr，所以 V＝4V′，即＝
4×Sr，从而r＝.故内切球的表面积为4πr2＝.
答案：
9．解析：(1)圆锥的母线长为＝2(cm)，
∴圆锥的侧面积S ＝π×2×2＝4π(cm2)．
1
(2)该几何体的轴截面如图所示．
设圆柱的底面半径为r cm，由题意，知＝，∴r＝.
∴圆柱的侧面积S ＝2πrx＝(－x2＋6x)＝－[(x－3)2－9]，
2
∴当x＝3时，圆柱的侧面积取得最大值，且最大值为6 π cm2.
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O 内切于△SAB.
1
设圆O的半径为R，则有πR3＝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＝12.
∵AB⊥SD，D为AB中点，
∴AD2＝SD·DE＝16×2＝32，AD＝4.
∴S ＝π×AD×SA＝π×4×12＝96π.
圆锥侧(2)设内切球的半径为r，即圆O 的半径为r，
1
∵△SAB的周长为2×(12＋4)＝32，
∴r×32＝×8×16，解得r＝4.
故圆锥内切球的体积V ＝πr3＝π.
球
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：D
2．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：D
3.
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：B
4．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∈l
5．答案：(1)③ (2)④ (3)① (4)②
6．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：CD
8．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：PR
9.
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ABCD，
∴M、N∈平面ABCD，∴MN⊂平面ABCD，
∴Q∈平面ABCD.
同理，EF⊂平面ADD A ，∴Q∈平面ADD A ，
1 1 1 1
又∵平面ABCD∩平面ADD A ＝AD，
1 1
∴Q∈直线AD，即D，A，Q三点共线．
10．解析：①当0＜CQ＜时，如图(1)．
在平面AA D D内，作AE∥PQ.
1 1
显然点E在棱DD 上，连接EQ，
1
则S是四边形APQE.②当CQ＝时，如图(2)．
显然PQ∥BC ∥AD ，连接D Q，
1 1 1
则S是等腰梯形．
③当CQ＝时，如图(3)．
作BF∥PQ，交线段CC 的延长线于点F，则C F＝.
1 1
作AE∥BF，交线段DD 的延长线于点E，则D E＝，AE∥PQ.
1 1
连接EQ交C D 于点R，易知Rt△RC Q∽Rt△RD E，
1 1 1 1
则C Q:D E＝C R:D R＝1:2，可得C R＝.
1 1 1 1 1
④当＜CQ＜1时，如图(4)．
同③可作BF∥PQ，交线段CC 的延长线于点F.
1
作AE∥BF，交线段DD 的延长线于点E.
1
连接EQ交C D 于点R.
1 1
连接RM(点M为AE与A D 的交点)，
1 1
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DD 的延长线于点E，交A D 于点M，
1 1 1
显然点 M 为线段 A D 的中点，所以 S 为菱形 APQM，其面积为
1 1
MP·AQ＝××＝.
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：D
2．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：B
3．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：C
4．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：4 6
5．解析：①中PQ∥RS，②中RS∥PQ，④中RS和PQ相交．
答案：③
6．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CDD C 平行；
1 1
(4)CN所在的直线与平面CDD C 相交．
1 1
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：BC
8.
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：④
9．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∥BB 交CD于点N，连接NB
1
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C 作C P∥A B交DC的延长线于点
1 1 1
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：A
2．解析：因为E，F分别为AB，BC的中点，
所以EF綉AC，
又＝，＝，所以＝，所以HG綉AC，
所以EF∥HG且EF≠HG，
所以四边形EFGH为梯形．
答案：D
3．解析：假设l∥AD，则由AD∥BC∥B C ，可得l∥B C ，这与“l
1 1 1 1
与B C 不平行”矛盾，所以l与AD不平行．
1 1
答案：A
4．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∥A B ，BD∥B D ，
1 1 1 1
∴∠A B D ＝∠ABD＝30°.
1 1 1
答案：30°
6．证明：因为F为BB 的中点，
1
所以BF＝BB ，因为G为DD 的中点，所以D G＝DD .
1 1 1 1
又BB 綉DD ，所以BF綉D G.
1 1 1
所以四边形D GBF为平行四边形．
1
所以D F∥GB，同理D E∥GC.
1 1
所以∠BGC与∠FD E的对应边平行且方向相同，
1
所以∠BGC＝∠FD E.
1
7．解析：如图①，∠AOB＝∠A O B ，且OA∥O A ，
1 1 1 1 1但OB与O B 不平行，故A，B不正确；
1 1
如图②，∠AOB＝∠A O B ，且OA∥O A ，
1 1 1 1 1
此时OB∥O B ，故C不正确；
1 1
由图①②知OB与O B 不一定平行，故D正确．
1 1
故选ABC.
答案：ABC
8．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
BD，又因为在△CBD中，＝＝，由平面几何可知FG∥BD，FG＝BD，
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＝＝，所以EH＝BD.
同理可得FG＝BD，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：C
2．解析：∵EF∥BC，BC⊂α，EF⊄α，∴EF∥平面α.
答案：A
3．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：B
4．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：BC
8．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：①②③
9．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CD.
又∵M为
▱
ABCD的边AB的中点，∴AM綉CD.
∴EN綉AM.∴四边形AMNE为平行四边形，∴MN∥AE.
又∵MN⊄平面PAD，AE⊂平面PAD，∴MN∥平面PAD.
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A B，取A B
1 1
的中点 O，连接 OQ.因为 O，Q 分别为 A B 和 AA 的中点，所以
1 1
OQ∥AB，所以AB与平面MNQ不平行．
选项B中，如图②，连接A B ，在正方体中，AB∥A B ，MQ∥A B ，
1 1 1 1 1 1
所以AB∥MQ，因此AB∥平面MNQ.
选项C中，如图③，连接A B .在正方体中，知AB∥A B .又因为M，
1 1 1 1
Q分别为所在棱的中点，所以MQ∥A B ，所以AB∥MQ，所以AB∥平
1 1
面MNQ.
选项D中，如图④，连接A B .在正方体中，知AB∥A B .又因为N，
1 1 1 1
Q分别为所在棱的中点，所以NQ∥A B ，所以AB∥NQ，所以AB∥平
1 1
面MNQ.
综上，可知选BCD.
答案：BCD
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：A
2．解析：∵E、F分别是AA 、BB 的中点，∴EF∥AB.又AB⊄平面
1 1
EFGH，EF⊂平面EFGH，∴AB∥平面EFGH.又AB⊂平面ABCD，平面
ABCD∩平面EFGH＝GH，∴AB∥GH.
答案：A
3．解析：∵长方体ABCD A B C D 中，E为AA 的中点，F为BB
1 1 1 1 1 1的中点，G为CC 的中点，
1
∴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A B C D .即在该长方体中，与平面EFG平
1 1 1 1
行的平面有2个．
答案：B
4．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∥EC ，所以AF，EC 确定一个平面α.
1 1
平面α∩平面CDD C ＝C F，平面α∩平面ABB A ＝AE，
1 1 1 1 1
又平面ABB A ∥平面CDD C ，
1 1 1 1
所以AE∥C F，
1
所以四边形AEC F是平行四边形．
1
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：BD
8．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：①②③④
9.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，∴＝＝，＝，
∴＝，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，＝.又AE＝BD，AP＝DQ，
∴PE＝BQ，∴＝，
∴＝，
∴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D BQ∩平面ADD A ＝D M，点M在AA 上，连接MD .
1 1 1 1 1 1
由于平面D BQ∩平面BCC B ＝BQ，平面ADD A ∥平面BCC B ，
1 1 1 1 1 1 1
由面面平行的性质定理可得BQ∥D M.
1
因为平面D BQ∥平面PAO，平面D BQ∩平面ADD A ＝D M，平
1 1 1 1 1
面PAO∩平面ADD A ＝AP，
1 1
所以AP∥D M，所以BQ∥AP.
1因为P为DD 的中点，
1
所以Q为CC 的中点．
1
故当Q为CC 的中点时，平面D BQ∥平面PAO.
1 1
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：A
2．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＝.
因为AB⊥平面BB C C，所以AB⊥BE.
1 1
在Rt△ABE中，tan∠BAE＝＝.故选C.
答案：C
3.
解析：由题意可知BC∥B C ，故A C与B C 所成的角即BC与A C
1 1 1 1 1 1
所成的角，连接A B，在△A BC中，BC＝A C＝A B＝，故∠A CB＝60°.
1 1 1 1 1
则异面直线A C与B C 所成的角为60°.
1 1 1
答案：C
4．解析：(1)∵A B ∥AB，∴∠D A B 就是异面直线AB与A D 所
1 1 1 1 1 1 1
成的角．∵∠D A B ＝90°，
1 1 1
∴直线AB与A D 所成的角为90°.
1 1
(2)如图，连接AB ，B D .
1 1 1
∵AB ∥DC ，∴直线 AB 与AD 所成的角即直线 DC 与AD 所成
1 1 1 1 1 1的角．
又AD ＝AB ＝B D ，∴△AB D 为正三角形，
1 1 1 1 1 1
∴直线AD 与AB 所成的角为60°，
1 1
即直线AD 与DC 所成的角为60°.
1 1
答案：(1)90° (2)60°
5．解析：取A B 的中点M，连接MG，MH，
1 1
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BD所成的角．
又PQ＝AC＝2，QR＝BD＝，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：BCD
8．解析：取BC的中点O，连接OE，OF.
∵E，F分别是AB，CD的中点，
∴OE綉AC，OF綉BD，
∴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＝.
当∠EOF＝120°时，取EF的中点M，连接OM，则有OM⊥EF，
EF＝2EM＝2×＝.
答案：或
9．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PA，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＝PA＝，OB＝BD＝，BE＝，
则cos∠OEB＝
＝＝.
10．解析：
如图，M，N，P分别为AB，BB ，B C 的中点，则直线AB ，BC 的夹
1 1 1 1 1
角即为直线MN和NP的夹角．
MN＝AB ＝，NP＝BC ＝.
1 1
取BC的中点Q，则可知△PQM为直角三角形．
易知PQ＝1，MQ＝AC.
在△ABC 中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC＝4＋1－
2×2×1×＝7，所以AC＝.所以MQ＝.
在Rt△MQP中，MP＝＝.
在△PMN中，cos∠PNM＝＝＝－.
∵异面直线所成角的范围为，
∴余弦值为.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：A
2．解析：正方体中BD∥B D ，可知选项A正确；
1 1由BD⊥AC，BD⊥CC 可得BD⊥平面ACC ；
1 1
从而BD⊥AC ，即选项B正确；
1
由以上可得AC ⊥B D ，同理AC ⊥D C，
1 1 1 1 1
因此AC ⊥平面CB D ，即选项C正确；
1 1 1
由于四边形ABC D 不是菱形，
1 1
所以AC ⊥BD 不正确．选D.
1 1
答案：D
3．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＝，
即∠ABO＝60°.
答案：A
4．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：①
5.
解析：如图所示，连接B D ，则B D 是BD 在平面A B C D 上的射
1 1 1 1 1 1 1 1 1
影，则∠BD B 是BD 与平面A B C D 所成的角．
1 1 1 1 1 1 1
在Rt△BD B 中，
1 1
tan∠BD B ＝＝＝，
1 1
则∠BD B ＝30°.
1 1
答案：30°
6．证明：∵AB∥CD，BC⊥CD，AB＝BC＝2，CD＝1，
∴底面ABCD为直角梯形，
AD＝＝.
∵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＝＝，∴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
ED∩EC＝E，可得AB⊥平面CDE.故选BD.
答案：BD
8．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AC＝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＝
在Rt△PCD中，PD＝DB＝3，CD＝，
所以tan∠CPD＝＝，∠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AD 的中点，F为线段BD 的中点，
1 1
∴EF∥AB.∵EF⊄平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴EF∥平面ABCD.
(2)当＝时，DF⊥平面D MB.证明如下．
1
如图，连接AC，BD，FM，设AC与BD交于点O，连接OF.
∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD.
∵D D⊥平面ABCD，∴D D⊥AC.
1 1
∵D D∩BD＝D，∴AC⊥平面BB D D，∴AC⊥DF.
1 1 1
∵F，O分别是BD ，BD的中点，∴FO∥DD ，FO＝DD ，
1 1 1
又DD ∥CC ，D D＝CC ，∴FO綉MC，
1 1 1 1
∴四边形FMCO为平行四边形，
∴FM∥AC，∴DF⊥FM.
∵D D＝AD，∴D D＝BD，
1 1
∴矩形D DBB 为正方形．
1 1
∵F为BD 的中点，∴DF⊥BD .
1 1
∵FM∩BD ＝F，∴DF⊥平面D MB.
1 1
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：B
2．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：A
3．解析：∵PA⊥平面ABCD，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：A
4．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＝AD＝1，
SM＝ ＝，
所以cos∠SMO＝＝，
所以∠SMO＝45°.
答案：45°
5.
解析：如图，在长方体ABCD A B C D 中，记平面ADD A 为α，平
1 1 1 1 1 1
面ABCD为β，平面ABB A 为γ，显然①错误；②只有在直线b，c相交
1 1
的情况下才成立；易知③正确．
答案：①②
6．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：BC
8．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，O ，O 分别为△ABC，△PAC
1 2
的中心，
则OO ⊥平面ABC，OO ⊥平面PAC，且O D＝O D＝×＝，OO ＝
1 2 2 1 2
OO .
1
易知O，O ，D，O 四点共面，连接OD，则∠ODO ＝60°，OO ＝
2 1 1 1
DO ＝3.
1
连接OB，则三棱锥P ABC的外接球半径R＝OB＝＝＝.
所以三棱锥P ABC的外接球的表面积为4πR2＝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：D
2．解析：当点Q与点D 重合时，截面图形为等边三角形AB D ，如
1 1 1
图(1)；
当点Q与点D重合时，截面图形为矩形AB C D，如图(2)；
1 1
当点Q不与点D、D 重合时，令Q，R分别为DD 、C D 的中点，则
1 1 1 1
截面图形为等腰梯形AQRB ，如图(3)．D是不可能的．
1
答案：D
3．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：C
4．解析：设正四面体的棱长为a cm，则底面积为a2 cm2，易求得高
为a cm，则体积为×a2×a＝a3＝9，解得a＝3，所以其表面积为4×a2
＝18(cm2)．
答案：A
5．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：D
6．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＝4，即球的半径为2，故这个球的表面
积为4πr2＝16π.
答案：A
7．解析：V多面体P BCC B ＝S正方形BCC B ·PB ＝×42×1＝.
1 1 1 1 1
答案：B
8．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：D
9．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A B C D 为平面 α，
1 1 1 1
m∥α，设平面ADD A 为平面β，α∩β＝A D ＝n，则m⊥n，故B错；
1 1 1 1
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：ACD
10．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：BC
11．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，BC∥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＝，PM
＝，
在Rt△PBM中，tan∠PBM＝＝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BD与平面PAC不垂直，故D
错误．故选ABC.
答案：ABC
12．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·ANcos θ＝AP2＋AC2－
AP·ACcos θ，
CM2＝AC2＋AM2－2AC·AMcos θ＝AC2＋AP2－AP·ACcos θ，又AP
＜AC，
CM2－PN2＝(AC2－AP2)＞0，CM2＞PN2，即CM＞PN.B正确；
由于正方体中，AN⊥BD，BB ⊥平面ABCD，则BB ⊥AN，BB ∩BD
1 1 1
＝B，可得AN⊥平面BB D D，AN⊂平面PAN，从而可得平面PAN⊥平
1 1
面BDD B ，C正确；
1 1
取C D 中点K，连接KP，KC，A C ，易知PK∥A C ，又正方体中，
1 1 1 1 1 1A C ∥AC，∴PK∥AC，PK、AC共面，PKCA就是过P、A、C三点的正
1 1
方体的截面，它是等腰梯形，D正确．
故选BCD.
答案：BCD
13．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＝，所以圆锥的表面积S＝×π×22＋
π×12＝3π，体积V＝×π×12×＝π.
答案：3π π
14.
解析：如图，过点S作SO⊥平面ABCD，连接OC，则∠SCO＝60°，
∴SO＝sin 60°·SC＝×2＝3.
答案：3
15．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：①④
17．解析：(1)证明：在正方体ABCD A B C D 中，
1 1 1 1
∵AB∥D C ，AB＝D C ，
1 1 1 1
∴四边形ABC D 是平行四边形，
1 1
∴AD ∥BC ，
1 1
∵AD ⊄平面C BD，BC ⊂平面C BD，
1 1 1 1∴D A∥平面C BD.
1 1
(2)由(1)知，AD ∥BC ，
1 1
∴异面直线D A与BD所成的角即为∠C BD.
1 1
易知△C BD为等边三角形，
1
∴∠C BD＝60°，
1
即异面直线D A与BD所成的角为60°.
1
18．解析：(1)∵ABCD A′B′C′D′是正方体，
∴A′B＝A′C′＝A′D＝BC′＝BD＝C′D＝a，
∴三棱锥A′ BC′D的表面积为4××a××a＝2a2.
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＝.
(2)三棱锥A′ ABD，C′ BCD，D A′D′C′，B A′B′C′是
完全一样的．
故V ＝V －4V
三棱锥A′ BC′D 正方体 三棱锥A′ ABD
＝a3－4××a2×a＝.
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ABCD，∴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＝2，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⊥BD.
在Rt△DBE中，∵DB＝2，DE＝DC＝AB＝2，
∴S ＝DB·DE＝2，
△DBE
又∵AB⊥平面EBD，BE⊂平面EBD，∴AB⊥BE.
∵BE＝BC＝AD＝4，∴S ＝AB·BE＝4.
△ABE
∵DE⊥BD，平面EBD⊥平面ABD，∴ED⊥平面ABD.
又∵AD⊂平面ABD，∴ED⊥AD.
∴S ＝AD·DE＝4.
△ADE
综上，三棱锥E ABD的侧面积S＝8＋2.
22．解析：(1)如图(1)，取AA 的中点M，连接EM，BM.
1
∵E是DD 的中点，四边形ADD A 为正方形，
1 1 1
∴EM∥AD.
在正方体 ABCD A B C D 中，AD⊥平面 ABB A ，∴EM⊥平面
1 1 1 1 1 1
ABB A ，从而∠EBM为直线BE与平面ABB A 所成的角．
1 1 1 1
设正方体 ABCD A B C D 的棱长为 2，则 EM＝AD＝2，BE＝＝
1 1 1 1
＝3.
在Rt△BEM中，sin∠EBM＝＝.
即直线BE与平面ABB A 所成的角的正弦值为.
1 1
(2)在棱C D 上存在点F，使B F∥平面A BE.
1 1 1 1
证明如下：如图(2)，分别取C D 和CD的中点F和G，连接EG，
1 1
BG，CD ，FG，B F.
1 1
∵A D ∥B C ∥BC，且A D ＝BC，
1 1 1 1 1 1
∴四边形A BCD 为平行四边形，∴D C∥A B.
1 1 1 1
又∵E，G分别为D D，CD的中点，∴EG∥D C，
1 1∴EG∥A B.
1
∴A ，B，G，E四点共面，∴BG⊂平面A BE.
1 1
在正方体AC 中，F和G分别为C D 和CD的中点，
1 1 1
∴GF綉C C綉B B，∴四边形B BGF为平行四边形，
1 1 1
∴B F∥BG.
1
又∵B F⊄平面A BE，BG⊂平面A BE，∴B F∥平面A BE.
1 1 1 1 1
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：D
2．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：D
3．解析：N＝30÷0.25＝120.
答案：A
4．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＝＝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：96
6．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：ACD
8．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：760,202,051,656,574
9．解析： ＝×(9.8＋9.9＋10.1＋10＋10.2)＝10(t/km2)，
甲
＝×(9.4＋10.3＋10.8＋9.7＋9.8)＝10(t/km2)，
乙即甲、乙两种冬小麦的年平均单位面积产量都为10 t/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，而四个社区一共抽取的驾驶员人数
为12＋21＋25＋43＝101，故有＝，解得N＝808.
答案：B
2．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
4 000:2 000:3 000，即4:2:3，所以A类学校应抽取900×＝400(份)．
答案：B
3．解析：抽样比为＝，则应从甲社区中抽取低收入家庭的户数为
360×＝40.
答案：A
4．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×＝48×＝16.
答案：16
5．解析：设乙设备生产的产品总数为x件，由已知得：＝，解得x＝
1 800.
答案：1 800
6．解析：因为40÷500＝，所以应用分层随机抽样法抽取血型为O
型的×200＝16(人)，A型的×125＝10(人)，B型的×125＝10(人)，AB
型的×50＝4(人)．
7．解析：由分层随机抽样可知，抽样比为＝，
则甲应付×560＝51(钱)；
乙应付×350＝32(钱)；
丙应付×180＝16(钱)．
故A、C、D正确．
答案：ACD
8．解析：设甲、乙、丙3条生产线各生产了T 、T 、T 件产品，则
甲 乙 丙
a:b:c＝T :T :T ，即＝＝.又因为2b＝a＋c，所以所以T ＝＝5 600.
甲 乙 丙 乙
答案：5 600
9．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＝.
(2)确定各层要抽取的数目：一般干部112×＝14(人)，副处级以上干部16×＝2(人)，后勤工人
32×＝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3 000－1 300
－x＝1 700－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＝＝，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：A
2．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%×120 000＝10 080(人)．
故最接近的人数为10 000.
答案：B
3．解析：前3组的频率之和等于1－(0.012 5＋0.037 5)×5＝0.75，
第2小组的频率是0.75×＝0.25，设样本容量为n，则＝0.25，即n＝
40.
答案：C
4．解析：由题意可得m＝15÷30%＝50，
b＝50×40%＝20，
a＝50－15－20＝10.
答案：50,10,20
5．解析：由题意知，棉花纤维的长度小于20 mm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20 mm
的有0.3×100＝30(根)．
答案：30
6．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：
＝0.08；
又因为第二小组频率＝，所以样本容量＝＝＝150.
(2)由图可估计该学校高一学生的达标率约为×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：ABD
8．解析：由统计图，得
高一人数为3 000×32%＝960，捐款数是960×15＝14 400(元)；
高二人数为3 000×33%＝990，捐款数是990×13＝12 870(元)；
高三人数为3 000×35%＝1 050，捐款数是1 050×10＝10 500(元)．
所以该校学生共捐款14 400＋12 870＋10 500＝37 770(元)．
答案：37 770
9．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)3 000×5%＝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 4 067.4÷(1＋0.066)≈3
815.6(亿元)，不超过4 000亿元，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168,170,172,172,175,176,180
7×40%＝2.8
即第3个数据为所求的第40的百分位数．
答案：C
2．解析：因为＝＝3，
所以s2＝(20×22＋10×12＋30×12＋10×22)＝＝，
所以s＝.故选B.
答案：B
3．解析：设9位评委的评分按从小到大排列为x ，x ，x ，x ，…，x ，
1 2 3 4 8
x .则原始中位数为x ，去掉最低分x ，最高分x ，后剩余x ，x ，x ，…，
9 5 1 9 2 3 4
x ，中位数仍为x ，故A正确；平均数受极端值影响较大，故前后平均
8 5
数不一定相同，B不正确，因此C也不正确；原极差＝x －x ，后来极
9 1
差＝x －x ，显然极差可能变小，D不正确．
8 2
答案：A
4．解析：因为甲班学生成绩的平均分是85，所以＝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：8
5．解析：样本均值＝＝90.2，
样本方差s2＝＝4.76
答案：90.2 4.76.
6．解析：(1)＝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＝1.327
5(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 1.327 5
平方厘米．
(2)因为4.90－4.85＝0.05<0.10，
1．327 5－1.200＝0.127 5>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；s＝191＞110＝s，∴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149，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：ABC
8．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)×10×100%＝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＋×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：124.44
9．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：B
2．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：A
3．解析：若设高三学生数为x，则高一学生数为，高二学生数为＋
300，所以有x＋＋＋300＝3 500，解得x＝1 600.故高一学生数为800，
因此应抽取的高一学生数为＝8.
答案：A
4．解析：设中间一组的频数为x，则其他8组的频数和为x，所以x
＋x＝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：C
6．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：C
7．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：C
8．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＝[(87－91)2＋(90－
91)2×2＋(91－91)2×2＋(94－91)2×2]＝.故选B.
答案：B
9．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：AB
10．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W ＋W ＋W ＝50，故B错误．
1 2 3
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：AC
11．解析：A错，举反例：0,0,0,0,2,6,6，其平均数＝2≤3，不符合指
标．B错，举反例：0,3,3,3,3,3,6，其平均数＝3，且标准差s＝≤2，不符
合指标．C对，若极差等于0或1，在≤3的条件下，显然符合指标；若
极差等于 2且≤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：CD
12．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4 000×0.25＝1 000，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×≈71.67，故D错误．故选ABC.
答案：ABC
13．解析：由题意知第一组的频率为
1－(0.15＋0.45)＝0.4，
所以＝0.4，所以m＝20.
答案：20
14．解析：由于样本容量与总体个体数之比为＝，故各年龄段抽取
的人数依次为45×＝9(人)，25×＝5(人)，20－9－5＝6(人)．
答案：9,5,6
15．解析：由频率分布图知，设90～100分数段的人数为x，则＝，
所以x＝720.
答案：720
16．解析：由题意得D(y)＝D(2x－1)＝D(2x)＝4D(x)＝4×4＝16.
i i i i
答案：16
17．解析：(1)依题意，得＝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1 000－350－250＝400.
设应从第三车间抽取m名工人，则有＝，
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＝5，x＝6.
设这组数据的平均数为x，方差为s2，由题意得
x＝×(－1＋0＋4＋6＋7＋14)＝5，
s2＝×[(－1－5)2＋(0－5)2＋(4－5)2＋(6－5)2＋(7－5)2＋(14－5)2]
＝.
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＝1.69 m，
乙的平均成绩为：(1.60＋1.73＋1.72＋1.61＋1.62＋1.71＋1.70＋
1.75)÷8＝1.68 m；
(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1.65 m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1.70 m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＝，所以第1组抽
取20×＝2(人)，第2组抽取30×＝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＝3 800；
当x＞19时，y＝3 800＋500(x－19)＝500x－5 700.
所以y与x的函数解析式为
y＝(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3 800元，20
台其每台在购机同时购买易损零件上的费用为4 300元，10台其每台
在购机同时购买易损零件上的费用为 4 800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
×(3 800×70＋4 300×20＋4 800×10)＝4 000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 4 000 元，10台
其每台在购机同时购买易损零件上的费用为 4 500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×(4 000×90＋4
500×10)＝4 050(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：A
2．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：C
3．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：C
4．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：AB
8．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：6
9．解析：(1)这个试验的所有可能结果Ω＝{(a ，a )，(a ，b)，(a ，b)，
1 2 1 2
(a ，a )，(b，a )，(b，a )}．
2 1 1 2
(2)A＝{(a ，b)，(a ，b)，(b，a )，(b，a )}．
1 2 1 2
(3)①这个试验的所有可能结果Ω＝{(a ，a )，(a ，a )，(a ，b)，(a ，
1 1 1 2 1 2
a )，(a ，a )，(a ，b)，(b，a )，(b，a )，(b，b)}．
1 2 2 2 1 2
②A＝{(a ，b)，(a ，b)，(b，a )，(b，a )}．
1 2 1 2
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×＝3(人)，应从乙协会抽取9×＝1(人)，
应从丙协会抽取18×＝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
＝{(A ，A )，(A ，A )，(A ，A )，(A ，A )，(A ，A )，(A ，A )，(A ，A )，
1 2 1 3 1 4 1 5 1 6 2 3 2 4
(A ，A )，(A ，A )，(A ，A )，(A ，A )，(A ，A )，(A ，A )，(A ，A )，(A ，
2 5 2 6 3 4 3 5 3 6 4 5 4 6 5
A )}．
6
②事件M包含的样本点为(A ，A )，(A ，A )，(A ，A )，(A ，A )，
1 5 1 6 2 5 2 6
(A ，A )，(A ，A )，(A ，A )，(A ，A )，(A ，A )．
3 5 3 6 4 5 4 6 5 6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：C
2．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：A
3．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：D
4.
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：②
5．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：AC
8．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 ＝{(1,2)，(1,3)，(1,4)，
1
(2,1)，(2,3)，(2,4)}，R ＝{(2,1)，(3,1)，(4,1)，(1,2)，(3,2)，(4,2)}．由此可
2
知，R ∩R ＝R，即R是R 与R 的交事件．
1 2 1 2答案：R ∩R ＝R
1 2
9．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－＞－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＝＝.
答案：C
2．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，选C.
答案：C
3．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＝＝.
答案：B
4．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，所以其对立事件“济南被选入”的概率为P＝1－＝.
答案：5．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＝.
答案：
6．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＝.
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＝＝，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，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：ACD
8．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.
答案：
9．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)＝.
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”．
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”．
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”．
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：
第一 第二 第三 第四
结果 情况
胎 胎 胎 胎
1 ♀ ♀ ♀ ♀ 4女
3女1
2 ♀ ♀ ♀ ♂
男
3女1
3 ♀ ♀ ♂ ♀
男
2女2
4 ♀ ♀ ♂ ♂
男
3女1
5 ♀ ♂ ♀ ♀
男
2女2
6 ♀ ♂ ♀ ♂
男
2女2
7 ♀ ♂ ♂ ♀
男
1女3
8 ♀ ♂ ♂ ♂
男
3女1
9 ♂ ♀ ♀ ♀
男
2女2
10 ♂ ♀ ♀ ♂
男
2女2
11 ♂ ♀ ♂ ♀
男
1女3
12 ♂ ♀ ♂ ♂
男
2女2
13 ♂ ♂ ♀ ♀
男
1女3
14 ♂ ♂ ♀ ♂
男
1女3
15 ♂ ♂ ♂ ♀
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：D
2．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)＝＋＝.即从中取
出2粒恰好是同一色的概率为.
答案：C
3．解析：设“该射手在一次射击中不够8环”为事件A，则事件A
的对立事件是“该射手在一次射击中不小于8环”．
∵事件包括射中8环，9环，10环，这三个事件是互斥的，
∴P()＝0.2＋0.3＋0.1＝0.6，
∴P(A)＝1－P()＝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：D
4．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：0.65
5．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－＝.
答案：
6．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)＝＋＝.
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：BCD
8．解析：记事件“出现1点”“出现2点”“出现3点”“出现5
点”分别为A ，A ，A ，A ，由题意知这四个事件彼此互斥．则A∪B＝
1 2 3 4A ∪A ∪A ∪A
1 2 3 4
故 P(A∪B)＝P(A ∪A ∪A ∪A )＝P(A )＋P(A )＋P(A )＋P(A )＝
1 2 3 4 1 2 3 4
＋＋＋＝.
答案：
9．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－－＝.即甲获胜的概率是.
(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)＝＋＝.
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－＝.
即甲不输的概率是.
10．解析：记这个商店月收入在[1 000,1 500)，[1 500,2 000)，[2
000，2 500)，[2 500,3 000)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[1 000,2 000)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[1 500,3 000)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[1 000,3 000)范围内的概率是 P()＝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)＝，P(B)＝，所以P()＝，P()＝，所以甲、乙两人合作译出密
码的概率为1－P()P()＝1－×＝.
答案：D
2．解析：∵A，B是相互独立事件，
∴，B和A，均相互独立．
∵P(A)＝0.2，P(AB＋B＋AB)＝0.44，
∴P(A)P(B)＋P()P(B)＋P(A)P()＝0.44，
∴0.2P(B)＋0.8P(B)＋0.2[1－P(B)]＝0.44，
解得P(B)＝0.3.
答案：A
3．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)
＝×＋×＋×＝.答案：C
4．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＝×＋×＋×＝.
答案：
5．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)＝，P(C)＝P(D)＝，A＝BCD＋BCD＋BCD，
根据事件的独立性和互斥性得
P(A)＝P(BCD＋BCD＋BCD)
＝P(BCD)＋P(BCD)＋P(BCD)
＝P(B)P(C)P(D)＋P(B)P(C)P(D)＋P(B)P(C)P(D)
＝××＋××＋××＝.
答案：
6．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 与事件E是对立事件，于
是
P(E)＝1－P( )＝1－××＝.
7．解析：设“从甲袋中摸出一个红球”为事件A ，“从乙袋中摸
1
出一个红球”为事件A ，则P(A )＝，P(A )＝，且A ，A 相互独立．在A
2 1 2 1 2
中，2个球都是红球为A A ，其概率为×＝，A正确；在B中，“2个球
1 2
不都是红球”是“2个球都是红球”的对立事件，其概率为，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－×＝，C
正确；2个球中恰有1个红球的概率为×＋×＝，D正确．故选ACD.
答案：ACD
8．解析：设A、B两项技术指标达标的概率分别为P ，P ，一个零件
1 2
经过检测为合格品的概率为P.
由题意得，
解得或
则P＝P P ＝.
1 2
答案：
9．解析：(1)设学生小张选修甲、乙、丙的概率分别为x，y，z，则
解得
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C 表示事件“A地区用户的满意度等级为满意或非常满意”，
A1
C 表示事件“A 地区用户的满意度等级为非常满意”，C 表示事件
A2 B1
“B地区用户的满意度等级为不满意”，C 表示事件“B地区用户的
B2
满意度等级为满意”，则C 与C 独立，C 与C 独立，C 与C 互斥，
A1 B1 A2 B2 B1 B2
C＝C C ∪C C .
B1 A1 B2 A2
P(C)＝P(C C ∪C C )＝P(C C )＋P(C C )＝P(C )P(C )＋
B1 A1 B2 A2 B1 A1 B2 A2 B1 A1
P(C )P(C )．
B2 A2
由所给数据，得C ，C ，C ，C 发生的频率分别为，，，，故P(C )
A1 A2 B1 B2 A1
＝，P(C )＝，P(C )＝，P(C )＝，P(C)＝×＋×＝0.48.
A2 B1 B2
课时作业(三十八)
1．解析：根据概率的意义知中奖概率为意味着中奖的可能性是.
答案：D
2．解析：根据概率的含义可知C正确．故选C.
答案：C
3．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＝＝0.25.
答案：B
4．解析：所求概率为≈0.21.
答案：0.21
5．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，两枚都正
面向上的概率为，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：ACD
8．解析：设这5 000袋小包装食品中质量在95～105克之间的有x
袋，则由题意知，＝，解得x＝2 000.
答案：2 000
9．解析：(1)“种子发芽”这个事件发生的频率为＝0.981.
(2)若用户需要该批稻种芽100 000粒，则需要购该批稻谷种子100
000×(粒)，故需要购买该批稻谷种子100 000×÷1 000≈102(千克)．
10．解析：(1)甲品牌产品寿命小于200小时的频率为＝，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.
(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＝，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.
章末质量检测(五)
1．答案：D
2．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＝.
答案：B
3．解析：在区间[10,40)的频数为2＋3＋4＝9，所以频率为＝0.45.
答案：B
4．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＝＝.
答案：B
5．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＝＝.
答案：B
6．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：B
7．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p (1－p )＋p (1－p )．
1 2 2 1
答案：B
8．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.
答案：C
9．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：BCD
10．解析：由题意可知
即即
解得＜a≤.
故选BC.
答案：BC
11．解析：对于A，P(MN)＝P(M)P(N)＝，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)＝得P(M)＝1－P(M)＝，此时P(MN)＝P(M)P(N)
＝，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)＝得P(N)＝1－P(N)＝，P(MN)＝≠×＝，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)＝，P(N)＝，此时P(MN)＝P(M)P(N)＝，
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：ABD
12．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＝77.5，A 正确；在 B 中，车速超过 80 km/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，即车
速都在[60,65)内的概率为，故C、D错误．
答案：AB
13．解析：由古典概型的算法可得P(A)＝，P(B∪C)＝P(B)＋P(C)
＝＋＝.答案：
14．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＝＝.
答案：
15．解析：∵P(A)＝，P(B)＝，
∴P(A)＝，P(B)＝.
∴P(AB)＝P(A)P(B)
＝×＝.
答案：
16．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＝＝.
答案：
17．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.
(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，以频率估计概
率，运动会期间不下雨的概率为.
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)＝＝.
19．解析：(1)众数为 180，平均数＝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＝.
20．解析：记“这名同学答对第i个问题”为事件A(i＝1,2,3)，则
i
P(A )＝0.8，P(A )＝0.7，P(A )＝0.6.
1 2 3
(1) 这 名 同 学 得 300 分 的 概 率 为 P(A A A ) ＋ P(A A A ) ＝
1 2 3 1 2 3
P(A )P(A )P(A )＋P(A )P(A )P(A )
1 2 3 1 2 3
＝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(A A A )＝0.228＋
1 2 3
P(A )·P(A )·P(A )＝0.228＋0.8×0.7×0.6＝0.564.
1 2 3
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)＝，P(B)＝，
因此，P(AB)＝P(A)P(B)＝×＝.
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.
(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)＝＝，
故2次取出的4个球中恰有2个红球，2个白球的概率是.
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 A ，“前两关闯关成
1
功第三关闯关失败”为事件A ，则A ，A 互斥．
2 1 2
P(A )＝××＝，
1
P(A )＝××××＝，
2
P(A)＝P(A )＋P(A )＝＋＝，
1 2
所以选手甲第一关闯关成功且所得学豆为零的概率为.
(2)由题意得该选手所得学豆总个数可能为0,5,15,35，
且“该选手所得学豆总个数为15”的概率为×××＝，
“该选手所得学豆总个数为35”的概率为××××＝.
所以“该选手所得学豆总个数不少于15”的概率为＋＝.
模块质量检测
1．解析：由z(2－i)＝11＋7i得，z＝＝＝＝3＋5i.
答案：A
2．解析：由OA⊥OB，得OA·OB＝－3＋2m＝0，故m＝.
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)＝.
答案：B
4．解析：由题意知，应从乙学校抽取120×＝40(份)数学成绩．
答案：B
5．解析：由余弦定理的推论，得cos C＝＝≥，当且仅当a＝b时取
“＝”．
答案：C
6．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 A B C D 中，易知A B ∥平面DCC D ，A B ∥平
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
面ABCD，但以上两平面却相交，故④是假命题．
答案：C
7.
解析：如图，∵AC＝a，BD＝b，∴AD＝AO＋OD＝AC＋BD＝a＋
b.
∵E是OD的中点，∴＝，
∴DF＝AB，
∴DF＝AB＝(OB－OA)＝×＝AC－BD＝a－b，
AF＝AD＋DF＝a＋b＋a－b＝a＋b，故选C.
答案：C
8．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＝PC，
又PA⊥BC，AB⊥BC，PA∩AB＝A，
∴BC⊥平面PAB，∴BC⊥PB，
在Rt△PBC中，可得OB＝PC，∴OA＝OB＝OC＝OP，
∴O是三棱锥P ABC的外接球的球心，
∵Rt△PAC中，AC＝，PA＝，∴PC＝，∴三棱锥P ABC的外接球
的半径长R＝PC＝，∴该三棱锥外接球的表面积S＝4πR2＝5π.答案：A
9．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：ABD
10．解析：∵AB＝(3,3)，CD＝(－2，－2)，∴AB＝－CD，∴AB与
CD共线．又|AB|≠|CD|，∴该四边形为梯形．
答案：BCD
11．解析：在△ABC中，若A＞B，则a＞b，sin A＞sin B，但cos A＞
cos B不正确，A错误；若sin 2A＝sin 2B，则2A＝2B或2A＋2B＝π，即
A＝B或A＋B＝，所以△ABC为等腰三角形或直角三角形，B错误；若
acos B－bcos A＝c，则sin A·cos B－sin Bcos A＝sin C＝sin (A＋B)，所
以sin Bcos A＝0，即cos A＝0，A＝，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cos θ＝＝
－，因为＜θ＜π，所以θ＝，D正确．故选CD.
答案：CD
12．解析：连接AB ，B D ，AD ，由正方体的性质可得A C⊥平面
1 1 1 1 1
AB D ，而平面AB D 与平面B EF不可能平行，所以显然有A C与平
1 1 1 1 1 1
面B EF不垂直，故A错误；
1
由题图可知，平面A B C D 与平面B EF相交，则一定有一条交线，
1 1 1 1 1
所以在平面A B C D 内一定存在直线与此交线平行，则此直线与平面
1 1 1 1
B EF平行，故B正确；
1
点 F 在侧面 BCC B 上的投影为点 B，点 E 在侧面 BCC B 上的投
1 1 1 1
影在棱CC 上，所以投影三角形的面积为S＝BB ·BC＝，为定值，故C
1 1
正确；
在D C 上取点M，使D M＝D C ，在AD上取点N，使AN＝AD，连
1 1 1 1 1
接B M，EM，EN，FN，则五边形B MENF即为截面，故D正确．故选
1 1
BCD.
答案：BCD
13．解析：由复数的模的定义可得|4＋3i|＝5，从而(3－4i)z＝5，则z
＝＝＝＋i，
故z的虚部为.
答案：
14．解析：第一次取出的笔是黑色笔的概率是，第二次取出的笔是
黑色笔的概率也是，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×＝.
答案：
15．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10 000×0.6＝6 000.
答案：(1)3.0 (2)6 000
16．解析：由A＝60°，b＝2，S ＝bcsin A＝2，得c＝4.由a2＝b2＋
△ABC
c2－2bccos A，解得a＝2，
则＝＝＝＝4，
由等比性质得，＝4.
答案：4
17．解析：(1)∵cos A＝，A为三角形内角，∴sin A＝＝，
又bc＝5，∴S ＝bcsin A＝2.
△ABC
(2)∵bc＝5，b＋c＝6，∴b2＋c2＝(b＋c)2－2bc＝26.
又cos A＝，
∴由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A＝26－6＝20，
则a＝2.
18．解析：(1)x ＝×(8＋6＋7＋8＋6＋5＋9＋10＋4＋7)＝7，
甲
x ＝×(6＋7＋7＋8＋6＋7＋8＋7＋9＋5)＝7.
乙
(2)s＝×[(8－7)2＋(6－7)2＋…＋(7－7)2]＝3，
s＝×[(6－7)2＋(7－7)2＋…＋(5－7)2]＝1.2.
(3)x ＝x ，说明甲、乙两战士的平均水平相当；s＞s，说明甲战士
甲 乙
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×＝1，第2组抽取的人数为 6×＝1，第3
组抽取的人数为6×＝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C ，C ，C ，C ，则从这6人中抽两人有(A，B)，(A，C )，
1 2 3 4 1
(A，C )，(A，C )，(A，C )，(B，C )，(B，C )，(B，C )，(B，C )，(C ，C )，(C ，
2 3 4 1 2 3 4 1 2 1
C )，(C ，C )，(C ，C )，(C ，C )，(C ，C )共15种可能，其中2人年龄都
3 1 4 2 3 2 4 3 4
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－＝.
20.证明：(1)连接BD，设AC，BD相交于点O，连接MO，因为M是线
段AC 的中点，所以在△ACC 中，MO∥CC ，且MO＝CC .
1 1 1 1
又F是BB 的中点，所以BF∥CC ，且BF＝CC ，所以BF∥MO且
1 1 1
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，OB⊥AC，所以MF⊥AC.
在直四棱柱 ABCD A B C D 中，CC ⊥平面 ABCD，BO⊂平面
1 1 1 1 1
ABCD，
所以BO⊥CC ，即MF⊥CC .
1 1
又MF⊥AC，CC ∩AC＝C，AC⊂平面ACC A ，CC ⊂平面ACC A ，
1 1 1 1 1 1
所以MF⊥平面ACC A .
1 1
因为MF⊂平面AFC ，
1
所以平面AFC ⊥平面ACC A .
1 1 1
21．解析：用A表示“甲在4局以内(含4局)赢得比赛”，A 表示
k
“第k局甲获胜”，B 表示“第k局乙获胜”，则P(A )＝，
k k
P(B )＝，k＝1,2,3,4,5.
k
(1)P(A) ＝ P(A A ) ＋ P(B A A ) ＋ P(A B A A ) ＝ P(A )P(A ) ＋
1 2 1 2 3 1 2 3 4 1 2
P(B )P(A )P(A )＋P(A )P(B )P(A )P(A )＝2＋×2＋××2＝.
1 2 3 1 2 3 4
(2)用 B 表示“4 局比赛决出胜负”，则 P(B)＝P(A B A A )＋
1 2 3 4
P(B A B B )＝P(A )P(B )P(A )P(A )＋P(B )P(A )·P(B )P(B )＝.
1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4
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＝＝＝.
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．
