高二数学（下）单元测试题答案

1、高二数学（下）单元测试题答案(一) 9.19.4 空间的直线与平面1C 2. B 3. C 4. A 5. D 6. D. 7. C 8. D 9. D 10. A 11. B 12. A 解析:连ABl，AC，BlC，BD由于BDl在平面ABCD内的射影为BD， 同理： 平面ABl C故P平面ABlC时，APBDl而平面平面故A对13. 14. (1)异面直线 (2)相交直线 (3)平行直线15. 16.17. 证明： ABC与ABc不全等,至少有一组对应边不相等，不妨设又与BB必交于一点O 面AACC，同理0面BBCC点O在面AACC和面BBCC的交线上，即0CC, AA、BB、CC交于同

2、一点O.18证明：在线段AD上取点H，使则平面SAB，HF平面SAB又平面HEF平面SAB，EF平面SAB19. (1)见解析 解析: (1)证明：取AD中点G，连结AlG、EG，则为平行四边形，则四点共面，且B1EDF是平行四边形，又是菱形(2)过C作CPDE交AD于P，连结Al P，则Al CP为异面直线A l C和DE所成的角或其补角在Al CP中， 由余弦定理得20. (1)(2)见解析 MN取最小值为解析: (1)证明：如图所示，过点M作MR AD，垂足为R，则MR 面ABCD，连结RN，则RN AD过M、N分别作垂足分别为Q、P，连结PQ， 为平行四边形， 又平面面CDDlCl由三

3、垂线定理知当时，MN取最小值.21. MN和PQ是异面直线 证明： 证法一：(反证法)假设MN与PQ共面于，则点同理a、b、c共面，与已知a、b、C不共面矛盾，故MN与PQ为异面直线证法二:故平面MON内一点Q与平面外一点P的连结PQ与平面内不过Q点的直线MN是异面直线22. (1)(2)见解析(3)当时，BM最小为解析: (1)证明：SA平面ABCD， 是直角三角形，又 (三垂线定理)，故SDC是直角三角形在RtSAD中， 在RtSDC中， 在RtSAB中，在直角梯形ABCD中， 故 SCB是直角三角形(2)证明： 平面ABNM，又CD 平面SCD，且平面SCD 平面又为梯形，平面故四边形A

4、BNM为直角梯形(3)在SAM中， 由余弦定理得在RtBAM中，当时， 即当x为时，BM最小，最小值为（二）9.59.8 空间向量夹角与距离1B 2. B 3. C 4. D 5. A 6. D 7. C 8. D 9.B10. C 11.B 12.D13. 90o 14. 45o 15. (0o,30o 16. 17. 18. (1)45o , 解析:(1)过P作PO 平面ABC于O，由于故0在CAB的平分线上设PA与平面ABC所成角为则即：PA与平面ABC所成角为45o(2)若O在BC上，则即： 时，P在平面ABC内的射影在BC边上19. (1) 20. (1)答案见解析解析: (1)证明

5、：连BD，PD平面ABCD，且DB MN，依三垂线定理，PBMN若E为ClC中点，PE侧面BCClBl，BE为斜线PB在侧面BCClBl上的射影且由三垂线定理平面B1MN，又PB平面PAB，平面PAB上平面BlMN(2)由(1)知BEBlN，设交点为Q，MB平面BBlN，BQ为MQ在B1 BN中的射影，BQBl N，由三垂线定理得： BQM为二面角M-B 1 N-B的平面角设AB=1，则BC=1，BE=在RtBNQ中， 在Rt MBQ中， 故二面角M-BlN-B的正弦值为21: (1)答案见解析解析: (1)证明：如图所示，以为单位正交基底建立空间直角坐标系，则A(1，0，O)、D(1，1，O

6、)、E(0，0，1)、B(0，0，O)设则且的横坐标为0,平行于yBz平面，即MN平面EBC (3)由(1)知， 当时，MN长度最小，最小值为22. (2)证明见解析 解析: (1)如图所示，连结BP,AB_L平面BCCl Bl,AP与平面BCClBl所成的角就是在RtPBC中，PCB为直角， 在RtABP中，APB为直角，即直线AP与平面BCClBl所成的角为(2)连结AlCl、BlDl，四边形AlBlClDl是正方形， 又AAl底面平面AlACCl由于AP平面平面DlAP的斜线D1O在这个平面内的射影是DlH，D1HAP (3)连结BCl，在平面BCClBl中，过点P作PQBCl于点QAB

7、平面BCClBl，PQ平面BCC1 B1，PQAB,PQ平面ABClDl,PQ就是点P到平面ABDl的距离在RtClPQ中， 即点P到平面ABDl的距离为(三)9.9-9.10 简单多面体与球1A 2. C 3. D 4. C 5. B 6. A 7. C 8. B9. D 10. D 11. A 12. C13. 14. 15. 16. 17. ， 6 0o. 解析:取BC的中点E，则AlC=故有平面AEA1故AlEA即为所求二面角的平面角，又即：这个截面面积为与底面ABC所成的角为60o18. 解析; (1)如图所示，连结A0、B0、C0， (2)过A、B、C的截面是ABC的外接圆，四面体

8、0ABC是顶点为0、侧面都是等腰直角三角形的正棱锥设0为截面圆圆心，则即O到截面的距离是19. (1) (2)90o 解析: (1)如图所示，取BC中点D，连结BlD、ADABC是边长为a的正三角形， 侧面BCClBl底面ABC且面BCClBl面ABC=BC, 面ABCAD面BCC1Bl故AD的长就是AAl到侧面BCClBl的距离又知侧棱AlA到侧面BlBCCl的距离为(2)过Bl作BlDlBC，Dl为垂足，与(1)中的推导相同，可知BlDl 平面ABC，侧棱B1B在底面ABC上的射影在BC上，BlBC是侧棱BlB与底面ABC成的角由已知么BlBC=60o，又侧面BCClBl是菱形，BlB=C

9、B，BlBC是等边三角形，Dl为BC中点，D与D l重合，于是AD 是ABl在底面上的射影又BCAD1BC AB1，即ABl与BC所成的角为90o20. 解析:将侧面展开,化归为平面几何问题将正三棱锥z沿侧棱SA剪开，然后将其侧面展开在一个平面上，如图所示连结AA，设AA与SB交于M，交SC于N点显然AMN的周长也就是说当在一条直线上时，对应的截面三角形周长最短，则AA的长就是截面AMN周长的最小值AMN周长最小值为21. 解析：如图所示，球未取出水面高PC=h，球取出后圆锥内水面高度PH=x，轴截面ABP为正三角形，OC=r,PC=3r,以AB为底面直径的圆锥的体积为球取出后，水面降到EF，

10、水的体积于是有即22(1) (2)N点坐标为N点到AB、AP的距离分别为l和解析： (1)建立如图所示的空间直角坐标系，则A、B、C、D、P、E的坐标分别为从而设的夹角为则AC与PB所成角的余弦值为 (2)由于N点在侧面PAB内，故可设N点坐标为(x，0，z)，则由NE面PAC可得，即化简得即N点的坐标为从而N点到AB、AP的距离分别为l， (四) 10.1-10.4排列、组合和二项式定理1C 2. C 3. D 4. A 5. D 6. D 7. B 8. A9. B 10. C 11. B 12. D13. 32 14. 54 15. 192 16. 36(729)17. (1)20个(2

11、)1 0个解析: (1)先取十位数，有4种取法，再取个位数，有5种取法，由分步计数原理，共有5 4=20个不同数。 (2)当十位数字分别取2、4、6、8时，个位数字分别有1、2、3、4种不同 的取法，由分类计数原理，共有l+2+3+4=10个不同的数满足条件。18. 1084个解析: 解法一：A，B各有l 2个元素，AB含有4个元素AB中元素的个数是1 2+12-4=20满足条件(1)的集合的个数是，而满足的集合C的个数是，因此，所求集合C的个数是解法二：根据题意，属于B而不属于A的元素个数是l2-4=8在AB中只含A中1个元素的集合C的个数是含A中2个元素的集合C的个数是含A的3个元素的集合

12、C的个数是，所以，所求集合C的个数是19. 30条解析: 故=1或2或3， 或4若A=3，取1或2，有取法则与k是有种取法此时有种曲线若A=4，可取l或2或3，有种取法，与k有种取法，此时有种曲线故共有条不同的曲线20. (1)T1=X12 T7=28x(2)第5项解析: 由题意得即舍去)(1)依题意，若为整数，显然当且仅当r为6的倍数 或r=6x的整数次幂的项是 (2)设展开式中第r+1项的二项式系数大于相邻两项的二项式系数，则有即即又,r=4即展开式的第5项为所求21. (1)256种 (2)144种 (3)144种 (4)84种 解析： 此题关键是(2)，恰有1个空盒相当于一定有2个小球

13、放在同一个盒子中，因此，先从4个不同的小球中取出2个放在一起(作为一个整体)，是组合问题又因为4个盒子中只有l个是空的，所以另 外3个盒子中分别放入2个、l个、l个小球，是排列问题于是： (1)44=2 5 6种(2)先从4个小球中取2个放在一起，有种不同的取法,再把取出的2个小球与另外2个小球看作3堆，并分别放入4个盒子中的3个盒子里，有种不同的放法根据分步计数原理，共有l44种不同的放法(3)放法同(2)(4)恰有2个盒子不放球，也就是把4个不同的小球只放入2个盒子中，有两类放法：第一类，1个盒子放3个小球，l个盒子放l个小球，先把小球分组，有种，再放到2个小盒中有种放法，共有种放法；第二

14、类，2个盒子中各放2个小球有种放法，故恰有2个盒子不放球的方法共有种22解析; 由题意： 而除以1 9余5，即令5r-15=0，得r=3（五）11.1-11.3 概 率1. B 2. D 3. A 4. A 5. A 6. C 7. B 8. C9. D 10. B 11. A 12. B13. 14. 15. 0.99 16. 17. 解析: (1)将1 5名新生平均分到甲、乙、丙三个班共有种不同的方法每班分配到l名优秀生和4名非优秀生甲班从3名优秀生中任选1名，从1 2名非优秀生中任选4名，共有种方法同理，乙班共有种方法，丙班共有种方法所以每班各分到1名优秀生的概率(2)3名优秀生都分到甲

15、班，共有种分法，乙班从剩下的l 0名之中选5名，共有种方法，剩下的5名给丙班，共有种不同的分法所以3名优秀生都分到同一班级的概率18. 解析： 解法一：从3 6人中任选2人，共有种不同选法，2人血型不同的概率为 解法二：由于“2人血型不同与“2人血型相同为对立事件，因而2人血型不同的概率为 19对庄家有利解析： 掷三枚骰子，共有666=216种可能，假设赌216次，每次掷出的骰子点数均不同则玩家的情况为： (1)三个均无l，共有555=125种不同情况，输1 2 50元(2)仅1个有l，共有种不同情况，赢750元(3)有2个1，共有种情况，共赢l520=300元(4)有3个1，共有种情况，赢4

16、0元则玩家赢了750+300+40一1 09 0元，但输了1250元，此赌博对庄家有利20 ，解析: (1)蚂蚁A从x=0处到x=1处，则3次移动中恰好有2次向右移动，即2次向右1次向左，故概率为 (2)蚂蚁A、B 2秒后同时在x=2处，则蚂蚁A应两次向右移动，蚂蚁B应一次向右，一次向左移动，故概率为21. 联合使用乙、丙、丁三种预防措施可使此突发事件不发生的概率最大 解析: 方案一：单独采用一种预防措施的费用均不超过1 20万元，由表可知，采用甲措施，可使此突发事件不发生的概率最大，其概率为0.9 方案二：联合采用两种预防措施，费用不超过l 20万元，由表可知，联合甲、丙两种预防措施可使此突发事件不发生的概率最大，其概率为方案三：联合采用三种预防措施，因费用不超过1 20万元，故只能联合乙、丙、丁三种预防措施，此时突发事件不发生的概率为综上三种预防方案可知，在总费用不超过l 20万元的前提下，联合使用乙、丙、丁三种预防措施可使此突发事件不发生的概率最大。22(1)不需更换灯泡的