高一数学必修四
第一章 复习参考题_中华文本库
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1.写出与下列各角终边相同的角的集合S,并且把S中适合不等式?2????4?的元素?写出来：?212?(1);(2)??;(3);(4)0.435
2.在半径为15cm的圆中，一扇形的弧含有540，求这个扇形的周长和面积(?取3.14,计算结果保留两个有效数字).
3.确定下列三角函数值的符号： (1)sin4;(2)cos5;
(3)tan8;(4)tan(?3).
14.已知cos??,求sin?,tan?. 4
5.已知sinx?2cosx,求角x的三个三角函数值.
6.用cos?表示sin4??sin2??cos2?.
7.求证：(1)2(1?sin?)(1?cos?)?(1?sin??cos?)2;
(2)sin2??sin2??sin2?sin2??cos2?cos2??1.
8.已知tan??3,计算：4sin??2cos?;5cos??3sin?
(2)sin?cos?;(1)
(3)(sin??cos?)2.
9.先估计结果的符号，再进行计算：
)sin??cos??tan(??); 634
(2)sin2?cos3?tan4(可用计算器）.
110.已知sin(???)??,计算：2
(1)cos(2???);
(2)tan(??7?).
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学年高一数学习题：2.3.3-2.3.4（第1课时）直线与平面、平面与平面垂直的性质》（新人教A版必修2）
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2.3.3-2.3.4第1课时 直线与平面、平面与平面垂直的性质
一、选择题
1．若l，m，n表示不重合的直线，α表示平面，则下列说法中正确的个数为(　　)
l∥m，mn，lα=>n⊥α；l∥m，mα，nα=>l∥n；
m⊥α，nα=>m⊥n.
解析：选C　正确，l∥m，mn，l∥n.
又lα，n⊥α；
正确．l∥m，mα，l⊥α.
又nα，l∥n；
正确，由线面垂直的定义可知其正确．故正确的有3个．
2．如果直线a与平面α不垂直，那么平面α内与直线a垂直的直线有(　　)
解析：选C　可构造图形，若aα，a′α，且a′a，则在平面α内有无数条直线垂直于a′，故平面α内有无数条直线垂直于直线a.
3． 设l是直线，α，β是两个不同的平面(　　)
A．若lα，lβ，则αβ
B．若lα，lβ，则αβ
C．若αβ，lα，则lβ
D．若αβ，lα，则lβ
解析：选B　对于选项A，两平面可能平行也可能相交；对于选项C，直线l可能在β内也可能平行于β；对于选项D，直线l可能在β内或平行于β或与β相交．
4．已知平面α平面β，α∩β＝l，点Aα，Al，直线ABl，直线ACl，直线mα，mβ，则下列四种位置关系中，不一定成立的是(　　)
解析：选D　如图所示．ABl∥m；ACl，ml=>AC⊥m；ABl=>AB∥β，故选D.
5．线段AB的两端在直二面角α-l-β的两个面内，并与这两个面都成30°角，则异面直线AB与l所成的角是(　　)
解析：选B　过B作l的平行线，过A′作l的垂线，两线交于点C，连接AC，则ABC即为异面直线AB与l所成的角，由题意，ABA′＝BAB′＝30°，
所以AA′＝AB，BB′＝A′C＝AB，AB′＝AB，
所以A′B′＝BC＝AB，AC＝AB，
由勾股定理知ACB＝90°，则ABC＝45°.
二、填空题
6．一条与平面α相交的线段，其长度为10 cm，两端点到平面的距离分别是2 cm,3 cm，这条线段与平面α所成的角是________．
解析：如图：作出ACα，BDα，则ACBD，AC，BD确定的平面与平面α交于CD，且CD与AB相交于O，AB＝10，AC＝3，BD＝2，则AO＝6，BO＝4，AOC＝BOD＝30°.
答案：30°
7.如图，已知平面α∩平面β＝l，EAα，垂足为A，EBβ，垂足为B，直线aβ，aAB，则直线a与直线l的位置关系是________．
解析：EA⊥α，平面α∩平面β＝l，即lα，l⊥EA.同理lEB.
又EA∩EB＝E，l⊥平面EAB.
EB⊥β，a平面β，EB⊥a.
又aAB，EB∩AB＝B，
a⊥平面EAB，a∥l.
答案：平行
8．如图，四面体P－ABC中，PA＝PB＝，平面PAB平面ABC，ABC＝90°，AC＝8，BC＝6，则PC＝________.
解析：取AB的中点E，连接PE.
又平面PAB平面ABC，
PE⊥平面ABC.连接CE，所以PECE.
∠ABC＝90°，AC＝8，BC＝6，
AB＝2，PE＝＝，
三、解答题
9. 如图：三棱锥P－ABC中，已知ABC是等腰直角三角形，ABC＝90°，PAC是直角三角形，PAC＝90°，ACP＝30°，平面PAC平面ABC.求证：平面PAB平面PBC.
证明：平面PAC平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，PAAC，
PA⊥平面ABC.又BC平面ABC，
又AB⊥BC，AB∩PA＝A，AB平面PAB，
PA平面PAB，
BC⊥平面PAB.又BC平面PBC，
平面PAB平面PBC.
10.如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，E、F分别为PC、BD的中点，侧面PAD底面ABCD，且PA＝PD＝AD.
(1)求证：EF平面PAD；
(2)求三棱锥C—PBD的体积．
解：(1)证明：连接AC，如图所示，
则F是AC的中点，又E为PC的中点，EF∥PA.
又PA?平面PAD，
EF平面PAD，
EF∥平面PAD.
(2)取AD的中点N，连接PN，如图所示．
PA＝PD，PN⊥AD.
又平面PAD平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，PN平面PAD，
PN⊥平面ABCD，即PN是三棱锥P－BCD的高．
又PA＝PD＝AD＝a，PN＝AD＝a，
VC—PBD＝VP—BCD＝SB
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高二数学选修4-4第一章检测题(含答案北师大版)
作者：佚名 资料来源：网络 点击数： &&&
高二数学选修4-4第一章检测题(含答案北师大版)
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文 章来源莲山 课件 w ww.5 Y
综合检测(一)(时间：120分钟，满分：150分)一、(本大题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(;许昌模拟)将曲线y＝sin 2x按照伸缩变换x′＝2xy′＝3y后得到的曲线方程为(　　)& A．y＝3sin x　　　　　　&B．y＝3sin 2xC．y＝3sin12x& &D．y＝13sin 2x【解析】　由伸缩变换，得x＝x′2，y＝y′3.代入y＝sin 2x，有y′3＝sin x′，即y′＝3sin x′.∴变换后的曲线方程为y＝3sin x.【答案】　A2．极坐标方程sin θ＝12(ρ∈R，ρ≥0)表示的曲线是(　　)A．两条相交直线& &B．两条射线C．一条直线& &D．一条射线【解析】　∵sin θ＝12，所以θ＝π6(ρ≥0)和θ＝56π(ρ≥0)，故其表示两条射线．【答案】　B3．极坐标方程ρ＝cos θ化为直角坐标方程为(　　)A．(x＋12)2＋y2＝14B．x2＋(y＋12)2＝14C．x2＋(y－12)2＝14D．(x－12)2＋y2＝14【解析】　由ρ＝cos θ得ρ2＝ρcos θ，所以x2＋y2＝x，即(x－12)2＋y2＝14.故选D.【答案】　D4．点A的球坐标为(2，34π，34π)，则它的直角坐标为(　　)A．(－1,1，－2)& &B．(－1,1，2)C．(－1，－1，2)& &D．(1,1，－2)【解析】　x＝rsin φcos θ＝2sin34πcos34π＝－1，y＝rsin φsin θ＝2sin34πsin34π＝1，z＝rcos φ＝2cos34π＝－2.所以直角坐标为(－1,1，－2)，故选A.【答案】　A5．与点A(－1,0)和点B(1,0)连线的斜率之和为－1的动点P的轨迹方程是(　　)A．x2＋y2＝3& &B．x2＋2xy＝1(x≠±1)C．y＝1－x2& &D．x2＋y2＝9(x≠0)【解析】　设P(x，y)，则kPA＝yx＋1(x≠－1)，kPB＝yx－1(x≠1)．又kPA＋kPB＝－1，即yx＋1＋yx－1＝－1，得 x2＋2xy＝1(x≠±1)，故选B.【答案】　B6．在极坐标中，与圆ρ＝4sin θ相切的一条直线方程为(　　)A．ρsin θ＝2& &B．ρcos θ＝2C．ρcos θ＝4& &D．ρcos θ＝－4【解析】　圆ρ＝4sin θ的圆心为(2，π2)，半径r＝2，逐个验证知，B正确．【答案】　B7．(;驻马店质检)圆ρ＝4cos θ的圆心到直线tan θ＝1的距离为(　　)A.22& &B.2C．2& &D．22&【解析】　圆ρ＝4cos θ的圆心C(2,0)，如右图，|OC|＝2，在Rt△COD中，∠ODC＝π2，∠COD＝π4，∴|CD|＝2.即圆ρ＝4cos θ的圆心到直线tan θ＝1的距离为2.【答案】　B8．点M(1，7π6)关于直线θ＝π4(ρ∈R)的对称点的极坐标为(　　)A．(1，4π3)& &B．(1，2π3)C．(1，π3)& &D．(1，－7π6) 【解析】　点M(1，7π6)的直角坐标为(cos7π6，sin7π6)＝(－32，－12)，直线θ＝π4(ρ∈R)，即直线y＝x，点(－32，－12)关于直线y＝x的对称点为(－12，－32)，再化为极坐标，即(1，4π3)．【答案】　A9．在球坐标系中，集合M＝{(r，φ，θ)|2≤r≤6,0≤φ≤π2，0≤θ＜2π}表示的图形的体积为(　　)A.4163π& &B.1463πC.6143π& &D.4613π【解析】　由球坐标中r，φ，θ的含义知，该图形的体积是两个半径分别为6,2的半球体积之差．∴V＝12(43π×63－43π×23)＝12×43π×208＝4163π.故选A.【答案】　A10．圆ρ＝r与圆ρ＝－2rsin(θ＋π4)(r＞0)的公共弦所在直线的方程为(　　)A．2ρ(sin θ＋cos θ)＝rB．2ρ(sin θ＋cos θ)＝－rC.2ρ(sin θ＋cos θ)＝rD.2ρ(sin θ＋cos θ)＝－r【解析】　圆ρ＝r的直角坐标方程为x2＋y2＝r2，①圆ρ＝－2rsin(θ＋π4)＝－2r(sin θcosπ4＋cos θsinπ4)＝－2r(sin θ＋cos θ)．两边同乘以ρ得ρ2＝－2r(ρsin θ＋ρcos θ)，∵x＝ρcos θ，y＝ρsin θ，ρ2＝x2＋y2，∴x2＋y2＋2rx＋2ry＝0.②①－②整理得2(x＋y)＝－r，即为两圆公共弦所在直线的普通方程．再将直线2(x＋y)＝－r化为极坐标方程为2ρ(cos θ＋sin θ)＝－r.【答案】　D二、题(本大题共5小题，每小题5分，共25分，把答案填在题中横线上)11．在极坐标系中，点P(2,0)与点Q关于直线θ＝π3对称，则|PQ|＝________.【解析】　直线θ＝π3的直角坐标方程为y＝3x.设点P到直线的距离为d，则|PQ|＝2d＝2×231＋3＝23. 【答案】　2312．(;陕西高考)直线2ρcos θ＝1与圆ρ＝2cos θ相交的弦长为________．【解析】　直线2ρcos θ＝1可化为2x＝1，即x＝12；圆ρ＝2cos θ两边同乘ρ得ρ2＝2ρcos θ，化为直角坐标方程是x2＋y2＝2x.将x＝12代入x2＋y2＝2x得y2＝34，∴y＝±32.∴弦长为2×32＝3.【答案】　313．在极坐标系中，极点到直线l：ρsin(θ＋π4)＝2的距离是________．【解析】　由ρsin(θ＋π4)＝2，得ρsin θ＋ρcos θ＝2，即直线直角坐标方程为x＋y＝2，又极点的直角坐标为(0,0)，∴极点到直线的距离d＝|0＋0－2|2＝2.【答案】　214．已知点M的柱坐标为(2π3，2π3，2π3)，则点M的直角坐标为________，球坐标为________．【解析】　设点M的直角坐标为(x，y，z)，柱坐标为(r，θ，z)，球坐标为(r，φ，θ)，由x＝rcos θ，y＝rsin θ，z＝z　　得x＝2π3cos2π3＝－π3，y＝2π3sin2π3＝33π，z＝2π3，由r＝x2＋y2＋z2，cos φ＝zr，得r＝22π3，cos φ＝22，即r＝22π3，φ＝π4.所以点M的直角坐标为(－π3，3π3，2π3)，球坐标为(22π3，π4，2π3)．【答案】　(－π3，33π，23π)　(223π，π4，23π)15．已知极坐标系中，极点为O，将点A(4，π6)绕极点逆时针旋转π4得到点B，且|OA|＝|OB|，则点B的直角坐标为________．【解析】　依题意，点B的极坐标为(4，5π12)，∵cos5π12＝cos(π4＋π6)＝cosπ4cosπ6－sinπ4&#8226;sinπ6＝22&#&#－24，sin5π12＝sin(π4＋π6)＝sinπ4cosπ6＋cosπ4sinπ6＝22&#&#＋24，∴x＝ρcos θ＝4×6－24＝6－2，∴y＝ρsin θ＝4×6＋24＝6＋2，∴点B的直角坐标为(6－2，6＋2)．【答案】　(6－2，6＋2)三、解答题(本大题共6小题，共75分，解答应写出文字说明．证明过程或演算步骤)&图116．(本小题满分12分)设极点O到直线l的距离为d，由点O向直线l作垂线，由极轴到垂线OA的角度为α(如图1所示)．求直线l的极坐标方程．【解】　在直线l上任取一点M(ρ，θ)．在直角三角形OMA中，由三角知识得ρcos(α－θ)＝d，即ρ＝dcos&#61480;α－θ&#61481;.这就是直线l的极坐标方程．&17．(本小题满分12分)(;安阳调研)在同一平面直角坐标系中，经过伸缩变换x′＝2xy′＝2y后，曲线C变为曲线(x′－5)2＋(y′＋6)2＝1，求曲线C的方程，并判断其形状．【解】　将x′＝2xy′＝2y代入(x′－5)2＋(y′＋6)2＝1，得(2x－5)2＋(2y＋6)2＝1，即(x－52)2＋(y＋3)2＝14，故曲线C是以(52，－3)为圆心，半径为12的圆．18．(本小题满分12分)已知⊙C：ρ＝cos θ＋sin θ， 直线l：ρ＝22cos&#61480;θ＋π4&#61481;.求⊙C上点到直线l距离的最小值．【解】　⊙C的直角坐标方程是x2＋y2－x－y＝0，即(x－12)2＋(y－12)2＝12.又直线l的极坐标方程为ρ(cos θ－sin θ)＝4，所以直线l的直角坐标方程为x－y－4＝0.设M(12＋22cos θ，12＋22sin θ)为⊙C上任意一点，M点到直线l的距离d＝12＋22cos θ－&#sin θ&#61481;－42＝4－cos&#61480;θ＋π4&#61481;2，当θ＝7π4时，dmin＝32＝322.19．(本小题满分13分)如图2，花坛水池中央有一喷泉，水管O′P＝1 m，水从喷头P喷出后呈抛物线状，先向上至最高点后落下，若最高点距水面2 m，P距抛物线的对称轴1& m，则水池的直径至少应设计为多少米(精确到整数位)?&图2&【解】　如图建立平面直角坐标系，设抛物线方程为x2＝－2py(p＞0)．依题意，&&& 有P(－1，－1)，∴p＝12，故抛物线的方程为x2＝－y，设B(x，－2)，则x＝2，∴|O′B|＝1＋2.所以水池的直径为2(1＋2)≈5(m)．即水池的直径至少应设计为5 m.20．(本小题满分13分)(1)在极坐标系中，求以点(1,1)为圆心，半径为1的圆C的方程； (2)将上述圆C绕极点逆时针旋转π2得到圆D，求圆D的方程．&【解】　(1)设M(ρ，θ)为圆上任意一点，如图，圆C过极点O，∠COM＝θ－1，作CK⊥OM于K，则|OM|＝2|OK|＝2cos(θ－1)，故圆C的极坐标为ρ＝2cos(θ－1)．(2)将圆C：ρ＝2cos(θ－1)按逆时针旋转π2得到圆D：ρ＝2cos(θ－1－π2)，即ρ＝－2sin(1－θ)，故ρ＝2sin(θ－1)为所求．21．(本小题满分13分)在极坐标系中，极点为O，已知曲线C1：ρ＝2与曲线C2：ρsin(θ－π4)＝2交于不同的两点A、B.
(1)求|AB|的值；(2)求过点C(1,0)且与直线AB平行的直线l的极坐标方程．【解】　(1)法一　∵ρ＝2，∴x2＋y2＝4.又∵ρsin(θ－π4)＝2，∴y＝x＋2.∴|AB|＝2r2－d2＝24－&#481;2＝22.法二　设A(ρ，θ1)，B(ρ，θ2)，θ1，θ2∈[0,2π)，则sin(θ1－π4)＝22，sin(θ2－π4)＝22，∵θ1，θ2∈[0,2π)，∴|θ1－θ2|＝π2，即∠AOB＝π2，又|OA|＝|OB|＝2，∴|AB|＝22.(2)法一　∵曲线C2的斜率为1，∴过点(1,0)且与曲线C2平行的直线l的直角坐标方程为y＝x－1，∴直线l的极坐标为ρsin θ＝ρcos θ－1，即ρcos(θ＋π4)＝22.法二　设点P(ρ，θ)为直线l上任一点，因为直线AB与极轴成π4的角，则∠PCO＝3π4或∠PCO＝π4，当∠PCO＝3π4时在△POC中，|OP|＝ρ，|OC|＝1，∠POC＝θ，∠PCO＝3π4，∠OPC＝π4－θ，由正弦定理可知：1sin&#61480;π4－θ&#61481;＝ρsin34π，即ρsin(π4－θ)＝22，即直线l的极坐标方程为：ρsin(π4－θ)＝22.同理，当∠PCO＝π4极坐标方程也为ρsin(π4－θ)＝22.当P为点C时显然满足ρsin(π4－θ)＝22.综上，所求直线l的极坐标方程为ρsin(π4－θ)＝22. 文 章来源莲山 课件 w ww.5 Y
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