月考试卷(五)120分立体几何与排列组合

导读:月考试卷(五)120分立体几何与排列组合,月考试卷(五)答案,月考试卷(五)120分立体几何与排列组合一、选择题1.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,若AB=2,AA1=1,则点A到平面A1BC的距离为()333B.C.D.4242.将?B=600,边长为1的菱形ABCD沿对角线AC折成二面角?,若??[60°,120°],则折后两条对角线之间的距A.离的最值为()3A.最小值为,最大值为2B

月考试卷(五)120分立体几何与排列组合

月考试卷(五)120分 立体几何与排列组合

一、选择题

1.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,若AB=2,A A1=1,则点A到平面A1BC的距离为 ( )

333 B. C. D. 424

2. 将?B=600,边长为1的菱形ABCD沿对角线AC折成二面角?,若??[60°,120°], 则折后两条对角线之间的距A.

离的最值为 ( )

3A.最小值为, 最大值为2 B.最小值为, 最大值为

3C.最小值为, 最大值为4 D.最小值为, 最大值为2

3. 如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,O是底面A1B1C1D1的中心,则O到平面AB C1D1的距离为

A.( ) 1 2B. 4

D. C.2 23 2

4.α是一个平面,a是一条直线,则α内至少有一条直线与a ( )

A.平行 B.相交 C.异面 D.垂直

5.已知正方体ABCD—A1B1C1D1,点M、N分别在AB1、BC1上,且AM=BN.那么①AA1⊥MN;②A1C1∥MN;③MN∥平

面A1B1C1D1;④MN与A1C1异面.以上4个结论中,不正确的结论个数为

( )

A.1 B.2 C.3 D.4

6.三棱锥P—ABC的高PO=8,AC=BC=3,∠ACB=30°,M,N分别在BC和PO上,且CM=x,PN=2CM,下面的四

个图象中能表示三棱锥N—AMC的体积V与x(x∈(0,3))的关系的是 ( )

7.一圆形餐桌依次有A、B、C、D、E、F共有6个座位.现让3个大人和3个小孩入座进餐,要求任何两个小孩都不

能坐在一起,则不同的入座方法总数为 ( )

A.6 B.12 C.72 D.144

8.(2x+y-z)6的展开式中,x3y2z的系数是 ( )

A.480 B.160 C.-480 D.-160

9.编号为1,2,3,4,5的五个人分别坐在编号为1,2,3,4,5的座位上,至多有两个号码一致的坐法种数为

( )

A.109 B.110 C.119 D.120

10.如图是一边长为4的正方形及其内切圆,若随机向正方形内丢一粒豆子,

则豆子落入圆内的概率是 ( )

A.??? B. C. D.π 842第10题图

11.(创新题) (2+1)n的展开式中有且仅有5个有理项,则最小自然数n等于 ( )

A.11 B.12 C.13 D.14

12. 某游戏中,一个珠子从如图所示的通道由上至下滑下,从最大面的六个

出口出来,规定猜中出口者为胜.如果你在该游戏中,猜得珠子从出口3

出来,那么你取胜的概率为 (

)

A.551 B. C. D.以上都不对 16632第12题图

二、填空题

13.若(1+x)6(1-ax)2的展开式中含x3项的系数是20,则a的值为 .

14.某车站将5列火车停在5条不同的轨道上,其中A火车不能停在第一轨道上,B火车

不能停在第二轨道上,那么共有 种不同的停放方法.

15.在120°的二面角内放一个半径为5的球,使球与两个半平面各仅有一个公共点,则这两点间的球面距离为 .

16 已知平面α和平面β交于直线l,P是空间一点,PA⊥α,垂足为A,PB⊥β,垂足B,且PA=1,PB=2,若点A在β内的射影与点B在α内的射影重合,则点P到l的距离为

.

三、解答题

17. 如图,平面ABCD⊥平面ABEF,ABCD是正方形,ABEF是

矩形,且AF=1AD=a,G是EF的中点. 2

(1)求证平面AGC⊥平面BGC;

(2)求GB与平面AGC所成角的正弦值.

(3)求二面角B—AC—G的大小. 第17题图

18.如图,在正三棱柱ABC—A1B1C1中,E∈BB1,截面A1EC⊥

侧面AC1.

(1)求证:BE=EB1;

(2)若AA1=A1B1,求平面A1EC与平面A1B1C1所成二面角(锐角)

的度数.

第18题图

19. 如图,已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相

垂直,AB=2,AF=1,M是线段EF的中点.

(1)求证AM∥平面BDE;

(2)求证AM⊥平面BDF;

(3)求二面角A-DF-B的大小.

20.已知(第19题图 x?2y)n展开式中,第二项、第三项、第四项的二项式系数成等差数列,求:

①展开式中的有理项?

②展开式中系数最大的项?

21.某学生语文、数学、英语三科考试成绩,在本次调研考试中排名全班第一的概率:语文为0.9,数学为0.8,英语为0.85,问这次考试中.

(1)该生三科成绩均未获得第一名的概率是多少?

(2)该生恰有一科成绩未获得第一名的概率是多少?

22.若一个箱内装有分别标有号码1,2,?,50的50个小球,从中任意取出两个球,把其上的号码相加,计算

(1)其和能被3整除的概率;

(2)其和不能被3整除的概率.

月考试卷(五)答案

一、选择题

1.B 点A到平面A1BC的距离为h

∵VA1?ABC?VA?A1BC 11S?ABC?AA1?S?A1BC?h 33

11∴??1??2?h 33

3∴h? 2

2.B 由题设?BED=?,E、F分别是中点 ∴

则折后两条对角线之间的距离为EF的长

在?BED中,?BED=?,BE=DE=

3 23当?=120°时,EF的最小值为4,当?=60°时,EF的最大值为

3.B 过O作EF//C1D1分别交A1C1、B1D1于E、F,

∵EF//平面ABC1D1,

∴O到平面AB C1D1的距离等于E到平面AB C1D1的距离,而E到平面AB C1D1的距离为2. 4

4. D 利用排除法可得.

5.B 过M作MP∥AB交BB1于P,连结NP,则平面MNP∥平面A1B1C1D1,所以MN∥平面A1B1C1D1,又因为AA1⊥平面A1B1C1D1,所以AA1⊥平面MNP,所以AA1⊥MN,即①③正确.因为若M点与B1重合,N点与C1重合,则A1C1与MN相交,所以②④都不一定正确,故选B.

点评:利用比例线段证明面面平行即可推出①或③.注意不要忽视特殊情况,否则就错了,小心!

6. A 如图所示,VN—AMC=111NO·S△AMC=(8-2x)·AC· 332

1111CMsin30°= (8-2x)··3x·=-x2+2x,x∈(0,3),故图象为 3222

(0,3)上的一段抛物线.应选A.

第6题解图 37.C 大人的座位可能是A、C、E或B、D、F,故大人入座的方法数为2A3

3;而小孩入座剩下座位的方法有A3种,

3由分步计数法原理知方法总数为2A3

3·A3=72.

8.C (2x+y-z)6=(2x+y-z)(2x+y-z)?共6个式子连乘积,在这个式子中,任取三个括号中“2x”余下的任取两个括号中

321的“y”,一个括号中的“-z”,得系数为C3

62C3(?C1)=-480.

9.A 反面考虑:3个号码一致坐法有C3

5×1种,4个号码也即5个号码一致的有1种,则至多有两个号码一致的坐

3法种数为A5

5-C5×1-1=109种.

10.B 因为正方形的面积是16,内切圆的面积是4π,所以豆子的落入圆内的概率是

11.B ∵(2+1)=(1+2)n4???. 164n,∴Tr+1=Cnr

02为有理项,则r=3K且0≤r≤n(r∈N). 1i-1r3∵有且仅有5个有理项,∴K=0,1,2,3,4 ∴rmax=12从而nmin=12. 12.A 珠子从出口1出来有C5种方法,从出口2出来有C5种方法,依次从出口i(1≤i≤6)有C5 种方法,故取胜的概率

C255为0. ?12345C5?C5?C5?C5?C5?C516

二、填空题

2112213.0或5 C3

6?C6C2(1-a)+C6C2(-a)=20得a=0或5.

4314.78 A5

5?2A4?A3=78.

点评:本题还可以从正面分类求解. 5??5n 易知,过两切点的球的大圆夹在两点间的劣弧所对的圆心角为,故两点间的球面距离为θr=×5=π. 3333

16. 5 ∵点A在β内的射影与点B在α内的射影重合,

∴α?β

设射影为点C,点P到l的距离为PC的长, 15.

而PC为矩形PACB的对角线

∴PC=

三、解答题

17.(1)证明:正方形ABCD?CB⊥AB.

∵面ABCD⊥面ABEF且交于AB,∴CB⊥面ABEF.

∵AG,GB?面ABEF,∴CB⊥AG,CB⊥BG.

又AD=2a,AF= a,ABEF是矩形,G是EF的中点,

∴AG=BG=2a,AB=2a, AB2=AG2+BG2,∴AG⊥BG.

∵CG∩BG=B,∴AG⊥平面CBG,而AG?面AGC,故平面AGC⊥平面BGC.

(2)解:由(1)知面AGC⊥面BGC,且交于GC,在平面BGC内作BH⊥GC,垂足为H,则BH⊥平面AGC,∴∠BGH是GB与平面AGC所成的角,

∴在Rt△CBG中BH=BC?BG?CGBC?BGBC?BG22?23a. 3

又BG=2a,∴sin∠BGH=BH6 ?BG3

(3)由(2)知,BH⊥面AGC,作BO⊥AC,垂足为O,连结HO,则HO⊥AC,

∴∠BOH为二面角B—AC—G的平面角,在Rt△ABC中,BO=2a,在Rt△BOH中, sin∠BOH=BH= ,BO3∠BOH=arcsin66,即二面角B—AC—G的大小为arcsin. 33

点评:本题考查面面垂直、线面角、二面角的有关知识.同时考查学生空间想象能力和推理

运算能力.

18.解:(1)在截面A1EC内,过E作EG⊥A1C,G是垂足.∵面A1EC⊥面AC1,

∴EG⊥侧面AC1,取AC的中点F,连结BF,FG,由AB=BC得BF⊥AC.

∵面ABC⊥侧面AC1,∴BF⊥侧面AC1,得BF∥EG.由BF,EG确定一个平面,交侧面AC1于FG.∵BE∥侧面AC1,∴BE∥FG,四边形BEGF是平行四边形,BE=FG.

∵BE∥AA1,∴FG∥AA1.又△AA1C∽△FGC,且AF=FC,∴FG=AA1=BB1,即BE=BB1,故BE=EB1.

(2)分别延长CE、C1B1交于点D,连结A1D.

111BB1=CC1,∴DB1=DC1=B1C1=A1B1. 222

1∵∠B1A1C1=∠B1C1A1=60°,∠DA1B1=∠A1DB1=(180°-∠DB1A1)=30°, 2∵EB1∥CC1,EB1=

∴∠DA1C1=∠DA1B1+∠B1A1C1=90°,即DA1⊥A1C1.

∵CC1⊥平面A1C1B1,即A1C1是A1C在平面A1C1D上的射影,根据三垂线定理得DA1⊥A1C1,∴∠CA1C1是所求

二面角的平面角.

∵CC1=AA1=A1B1=A1C1,∠A1C1C=90°,∴∠CA1C1=45°,即所求二面角为45°.

点评:本题主要考查面面垂直和二面角的相关知识,并要求学生能熟练运用.在方法上突出

转化的思想.

19.方法一:(1)证:记AC与BD的交点为O,连接OE,

∵O、M分别是AC、EF的中点,ACEF是矩形,

∴四边形AOEM是平行四边形,∴AM∥OE.

∵OE?平面BDE,AM?平面BDE,∴AM∥平面BDE.

(2)解:∵BD⊥AC,BD⊥AF且AC交AF于A,

第19题解图(1) ∴BD⊥平面ACEF,故BD⊥AM.

∵在正方形ABCD中,AD=2,∴OA=1.

又AF=1,∴AOMF是正方形,因此AM⊥OF,∴AM⊥平面BDF.

(3)解:设AM与OF相交于H,过H作HG⊥DF于G,连结AG由三垂线定理得AG⊥DF,∴∠AGH是二面角A-DF-B的平面角.

∵AH=2,AG=,∴sin∠AGH=,∴∠AGH=60° 232

即二面角A-DF-B的大小为60°.

方法二:(1)同方法一

(2)解:以、、为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.

则A(2,2,0),B(0,2,0),D(2,0,0),E(0,0,1), 22F(2,2,1),M(,,1), 22 第19题解图(2)

=(-22,-,1), =(0, 222 ,1),∵·=0,∴⊥.⊥.

∴AM⊥平面BDF.

(3)解:∵AF⊥AB,AB⊥AD,AF∩AD=A,∴AB⊥平面ADF.

AB=(-2,0,0)为平面DAF的法向量.

??n??0??(x,y,1)?(0,2,1)?0设平面BDF的法向量为n=(x,y,1),则?, ,即???(x,y,1)?(2,?2,0)?0?n?BD?0?

解得x=y=-222,∴n=(-,-,1), 222

1,∴与n的夹角是60°. 2∴cos<,n>=

即所求二面角A-DF-B的大小是60°.

点评:本题考查学生线面平行、线面垂直及二面角等知识.要求学生能利用面面平行的性质

定理来判断线面平行,会用向量来证明线面垂直,会利用平面的法向量来求二面角的大小.

20.解:依题2Cn?Cn?Cn得n=7.

①设Tr+1=Cxr

72137?r2y·2=2Cxr

3rrr

74?r?12y为有理项,则r是3的倍数的奇数, r3

又0≤r≤7,∴r=3,

3C∴有理项为T4=27x2y=280x2y. 3

②设Tr+1=2rC7xr7?r2y是系数最大的项, r3

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