高中数学1平面图形的对称群试题

高中数学1平面图形的对称群 试题 2019.09

1,设都是阶对称矩阵，证明是对称矩阵的充分必要条件是

A,B

n

AB

ABBA

.

2,求下列矩阵的逆矩阵：



121



342



12cossin









541

25sincos







; (1)； (2)； (3)

(4); (5);



10005200





12002100



21300083



12140052





a

1



a0

2





0



a

n



(0)

aaa

12n



(6)

k

AO

3,设(为正整数), 证明：.

k

(EA)EAAA

12k1

4,设次多项式,记

m

f(x)aaxaxax

012m

2m

f(A)aEaAaAaA

012m

2m

f(A)

称为方阵的次多项式.

A

m

k





1

0

00f()





11



k



f()









0



k

00f()





22



,证明: ; ,(1)设

2



1

1kk1

f(A)Pf()P

APPAPP

(2)设,证明: ,.

5,如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，，

ABC60

PC

平面ABCD，PC=2，E为PA的中点。

（1）求证：平面平面ABCD；

EDB

（2）求二面角A-EB-D的正切值；

（3）求点E到平面PBC的距离。

CDAD

，底面ABCD，6,如图，四棱锥P-ABCD中，，PA=AD=CD=

PA

ABAD

2AB=2，M为PC中点。

（1）求证：BM//平面PAD；

（2）在中找一点N，使平面PBD；

PAD

MN

（3）求直线PC与平面PBD所成角的正弦值。

1

7,棱长为3的正四面体内有一点P，P到面ABC、ABD、ACD的距离均为，

2

则P到面BCD的距离为（ ）

A． B． C． D．

8,正方体ABCD-ABCD中，M在AB上，且AM=2MB，N为BB中点，则异面

111111111

直线AM与CN所成角余弦值为（ ）

A． B． C． D．

10

10

3

31

6

6

22

2

35

2

6565

13

9,如图，正方体ABCD-ABCB中，P是面BCCB上的动点，并且总保持

111111

APBD

1

，则动点P的轨迹是 。

10,某班级共有学生54人，现根据学生的学号，用系统抽样的方法抽取

一个容量为4的样本．已知3号，29号，42号同学在样本中，那么样本中

还有一个同学的学号是 。

11,某校有初中学生1200人，高中学生900人，教师120人，现用分层抽

样方法从所有师生中抽取一个容量为n的样本进行调查，如果从高中学

生中抽取60人，那么n= ．

12,假设有5个条件类似的女孩,把她们分别记为A,C,J,K,S.她们应聘秘

书工作,但只有3个秘书职位.因此5人中仅仅有3人被录用,如果这5个人

被录用的机会均等,分别求下列事件的概率：

⑴女孩K得到一个职位；

⑵女孩K和S各自得到一个职位；

⑶女孩K或者S得到一个职位.

13,已知，，，则( )

U2,3,4,5,6,7M3,4,5,7N2,4,5,6



A． B．

MN4,6



MNU

C． D．

(CN)MU(CM)NN

uu

14,如图，平面平面，与两平面、所成的角分别







A,B,AB







为和。过分别作两平面交线的垂线，垂足分别为，若,

46

A,BB',

A'AB12

则( )

A'B'

A．4 B．6 C．8 D．9

15,一个正三棱锥的四个顶点都在半径为1的球面上，其中底面的三个顶

点在该球的一个大圆上，则该正三棱锥的体积是（ ）

33

A． B． C． D．

4

333

3412

ABCABCAC

11111

16,如图，正三棱柱的各棱长都为，，分别是，

2FAB

E

的中点，则的长是（ ）

EF

Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．

2

357

17,已知向量，，且，则_____________．

a(1,3,1)

b(2,x,5)

ab

x

18,在正方体上任意选择4个顶点，它们可能是如下各种几何形体的4个

顶点，这些几何形体是 （写出所有正确结论的编号）．

①矩形；

②不是矩形的平行四边形；

③有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体；

④每个面都是等边三角形的四面体；

⑤每个面都是直角三角形的四面体．

π



12cos2x



4



f(x)

π



sinx



2



19,已知函数．

（Ⅰ）求的定义域；

f(x)

（Ⅱ）若为第一象限的角且，求．



2

f(x)ax2x2a

，若的解集为，20,设，函数

f(x)0

A

aR

cos



3

5

f()



Bx|1x3



，如果有，求实数的取值范围。

AB



a

试题答案

TT

AB

AB

1, 证明 由已知：

TT

AB

()

AB

充分性：

ABBA



AB

BA

T

即是对称矩阵.

AB

必要性：.

()

AB

T

AB



BA

TT

AB

BAAB



12

A



25



, . 2, 解 (1)

A1

A5, A2(1), A2(1), A1.

11211222

1

1



5252



AA

2111

AA

A







A



2121

.



AA

1222

1

(2) 故存在

A10

A

AcosAsinAsinAcos

11211222





cossin



A

1



sincos





从而

1

(3) , 故存在

A2

A

A4A2A0

112131

A13A6A1

122232

A2A32A14

331323



210



131

3



1

1

22



AA



A

1671



故

(4)

A24

AAAAAA0

213141324243

A24A12A8A6

11223344

100120

A(1)23012A(1)21012

1213

34

114124

120100

A(1)2133A(1)2104

1423

121124

55

100100

A(1)2135A(1)1202

2434

121121

67

0010





11

00



22



111





0



263

1

1511

AA

1







A

241284



1

(5) 故存在

A10

A

A1A2A0A0

11213141

A5A0A0A2

22324212

A2A3A0A0

33431323

A5A8A0A0

34441424



1200



2500

1



A

0230





0058



从而



a

1



a

2

A







0



(6) . 由对角矩阵的性质知



1



a

0



1

1



a

2

1

A



0









0

1



a

n

a

n



1

E(EA)(EA)

3, 证明 一方面，

k

另一方面，由有

AO

E(EA)(AA)AA(AA)EAAAEA

22k1k1k2k1

()()

12k1

(EA)(EA)(EAAA)(EA)



故

1

(EA)

两端同时右乘

12k1

(EA)EAAA

就有

4, 证明 (1) i)利用数学归纳法.当时

k2

2





11

00





1

0









2



00



22





0



2

2

命题成立,假设时成立,则时

kk1



k1k

故命题成立.

ii)左边

kk1





11

00





1

0









00



kk1

0





2



22



f()aEaaa

012m

2m

m

10



1

0





1

0



aaa

0m1











0



m

0



01



2



2



2m



aaaa0

01121m1







2m



0aaaa





01222m2



0f()





1





f()0



2



=右边

(2) i) 利用数学归纳法.当时

k2

APPPPPP

21121

成立

假设时成立,则时

kk1

AAAPPPPPP

k1kk11k11

成立,故命题成立,

kk1

即

APP

ii) 证明

1

P(aEaaa)P

012m

2m1



Pf()P

右边

aPEPaPPaPPaPP

012m

1121m1



aEaAaAaA

012m

2m

f(A)

=左边

5, 证：

① ∵ ∴ ∴ 面ABCD ∴ 面面ABCD

CABDO

OE//PC

OE

BDE

OABD





OAOBE

面

② 过A作于F

OAOE



AFBE

连OF ∴ 为二面角A-BE-D平面角

OFBE

AFO

OE1

，，

OA1

OB3

OF

3

2

tanAFO

23

3

③

VVVSh

EPBCAPBCPABCPBC

3

1131

h

2

2233

6,

证：① E为PD中点 ∴ ABME是平行四边形 ∴ MB//AE ∴ MB//

面PAD

PDAE





PDABMEPBDBMEBE

面面面于

PDAB



② ∵

过M作，于H 即 ∵ ，

lEB

lPBD

面

AB1

AE2

∴ 交AE于N N为AE中点

l

③ PC与面PBD所成角为 ∴

MPH

7, D

8, B

9, 线段BC

1

10, 16

11, 148

12, 解：基本事件有：（A,C,J）（A,C,K）（A,C,S）（A,J,K）（A,J,S）（A,K,S）

sinMPH

MH2

PM3

（C,J,K）（C,J,S）（C,K,S）（J,K,S）共10个

（1）记“女孩K得到一个职位”为事件M，

则M包含（A,C,K）（A,J,K）（A,K,S）（C,J,K）（C,K,S）（J,K,S）

共6个基本事件。

所以P(M)=6/10=3/5

答：女孩K得到一个职位的概率为3/5。

（2）记“女孩K和S各自得到一个职位”为事件N，

则N包含（A,K,S）（C,K,S）（J,K,S）共3个基本事件。

所以P(N)=3/10

答：女孩K和S各自得到一个职位的概率为3/10。

（3）记“女孩K或者S得到一个职位”为事件R，

则R包含（A,C,K）（A,C,S）（A,J,K）（A,J,S）（A,K,S）（C,J,K）（C,J,S）

（C,K,S）（J,K,S）共9个基本事件。

所以P(R)=9/10

答：女孩K或S各自得到一个职位的概率为9/10。

13, Ｂ

14, Ｂ

15, Ｃ

16, Ｃ

17,

3

18, （１）（３）（４）（５）

π



ππ

sinx0



xk

π

xk

π

2

(kZ)

． 19, 解：（Ⅰ） 由得，即

2



2

π





xR|xkπ，kZ

2



． 故的定义域为

f(x)

43



sin1cos1



2



55

． （Ⅱ）由已知条件得



2

π



12cos2





4



f()



π



sin





2



从而

ππ



12cos2cossin2sin





44





cos



1cos2sin22cos2sincos



2



coscos



2(cossin)



14

5

．

20, 解：（1）若，显然不符合题意；

a0

（2）若 ，令解得两根为

a0

f(x)0

x2

2

x2

1

11

aa

11

aa

，，由此可知， ，

f(0)2a0

x0

1

x0

2

①当时，，的充要条件是，有

a0

A{x|xx或xx}x3

212

AB



116

23a

aa7

②当时，,，的充要条件是

a0

A{x|xxx}

12

f(0)2a0AB



x1

2

,

11

21a2

aa

即

6

(,2)(,)

7

综上，使成立的的取值范围为

AB



a