線性規(guī)劃練習(xí)題(20210305134217)

1、試卷第5頁，總3頁f x01 .已知實數(shù)x,y滿足 y Zx ，則2x+ y *2的最小值為（）x2x + y - 6 蘭0A. 1 B . 3 C . 4 D . 62x -y 10I2.設(shè)關(guān)于x, y的不等式組 x m ： 0 表示的平面區(qū)域內(nèi)存在點 P（x0,y0），滿足y _ m 05ad _ ),3)X。-2y。=2，則m的取值范圍是（A. （：,f） B .（冷 C .（：,一2）D .（3.已知a 0，11，若z = 2x y的最大值為一，則a二2I XK1x, y滿足約束條件 x，y乞3y _a(x -2)122x - y +2 K08xy 4 一 0,若目標(biāo)函數(shù)x _0y-0

2、值為2，則a b的最小值為(A . 9 B2A.設(shè)x,y滿足約束條件11z x y(a 0,b0)的最大ab5 .當(dāng)實數(shù)x, y滿不等式組：x_0y 一0 時，恒有ax y _3成立，則實數(shù)a的取值范2x y 豈 2圍是x _ y _2 _ 0,6.設(shè)實數(shù)x , y滿足x 2y -5一0,則y-2 乞 0,=-的取值范圍是x y2x _ y _1 _0,7.設(shè)x, y滿足約束條件 x - y K 0,x-0,y -0,，若目標(biāo)函數(shù)ax by a 0,b0的最大14值為1，則的最小值為a b8. 已知方程x ax 2b =0 (a三R,b三R)，其一根在區(qū)間(0,1)內(nèi)，另一根在區(qū)間(1,2)

3、內(nèi)，貝y出的取值范圍為.a -1x - y 0,9. 已知實數(shù)x, y滿足條件？x+y 0,則|y_x的最小值為求證：DE/平面PBCI 求證：AB丄PE 求二面角 A PB- E的大小.13 .如圖，已知四棱錐 P-ABCD,底面ABCD為邊長為2對的菱形，PA丄平面ABCD, / ABC=60 , E, F分別是BC, PC的中點.x 05y03m ：yo:m ：yo有解，即2 m2+ mm*2，解得m 23即m的取值范圍是(-：，-2);故選C.32x - y 10試題分析：將x-2y=2化成X0=2y，2，將其代入x0，得ym 0考點：不等式組與平面區(qū)域.【技巧點睛】本題考查二元一次不

4、等式組和平面區(qū)域、不等式組的解的存在性， 屬于中檔題;學(xué)生解決本題的常用方法是先畫出可行域再思考如何處理，難度較大；本題的解題技巧在于，將平面區(qū)域內(nèi)存在點使Xo =2y 2成立，利用消元法將其轉(zhuǎn)化為關(guān)于y的不等式組5y03有解的問題，再利用集合間的關(guān)系進行求解.m ：.yo2 m 23. C【解析】z =2x y經(jīng)過點A（亙2旦）時取得最大值 11，所以2 亙衛(wèi)a+1 a+12a + 1 a + 1解得試題分析：根據(jù)題意作出 x,y滿足約束條件下的平面區(qū)域，如圖所示，由圖知，當(dāng)目標(biāo)函數(shù)2試題分析：作出可行域如八叫A1,4，8x - y - 4 =01 1z x y(a 0,b0)過點ab1 4

5、2, a 0, b 0 .a b4時縱截距最大，此時z最a ba b 15上丄一丄2.時52 (a b 丿 2( b a丿 2(Yab即2a = b = 3時取二.故選a2考點：1線性規(guī)劃；2基本不等式.9-，當(dāng)且僅當(dāng)【解析】試題分析：作出滿足不等式組的平面區(qū)域，如圖所示，因為對任意的實數(shù)x,y不等式3 _0ax - y乞3恒成立，由圖可知斜率 -a0或-a - kAB3，解得a乞3，所以實數(shù)01a的取值范圍是-二,3 1.考點：簡單的線性規(guī)劃問題.【技巧點睛】（1）求解與平面區(qū)域有關(guān)的問題的關(guān)鍵是作出平面區(qū)域，在含有參數(shù)的問題中注意對參數(shù)的聚會范圍進行討論；（2）在刻有參數(shù)的二元一次不等式組

6、所表示的平面區(qū)域問題中，首先把不含參數(shù)的平面區(qū)域確定好，然后用數(shù)形結(jié)合的方法根據(jù)參數(shù)的不同取值情況畫圖觀察區(qū)域的形狀，根據(jù)求解要求確定問題的答案.6_ 8,2.【解析】試題分析：作出可行域，令t = 丫，則由丄的幾何意義可知取點p時，t取得最大值2，取xx11 1 1點Q時，t取得最小值，則t -,2，又Z =t -，由y = t及y 單調(diào)遞增，可知3 3ttf (t) =t - 單調(diào)遞增，故 Zm-in = - 3 - - ，Zmax = 2 -=，所以 z=一的取值范t3322x y圍是考點：1、線性規(guī)劃；2、函數(shù)單調(diào)性求最值.【思路點睛】本題主要考查目標(biāo)函數(shù)求取最值(范圍)問題，屬困難題

7、由題給不等式組作出相應(yīng)可行域，取目標(biāo)函數(shù)中=t，由丿的幾何意義：可行域中的點與原點的連線斜率，xx1可知，t取得最大值和最小值的最優(yōu)解分別為點P和點Q，從而上三-,2，此時目標(biāo)函數(shù)為31 3z =t，結(jié)合函數(shù)單調(diào)性可求 z，一 t1 3 27. 9【解析】azaz試題分析：由 ax by a 0,b0得y x ，平移直線y x ,由圖象可bbbba z知，當(dāng) y x 過A 1,1時目標(biāo)函數(shù)的最大值為1，即z二a b m，則b b(a b)十4注5+4=9，當(dāng)且僅當(dāng)，即 b=2a* 時，取等14號，故的最小值為9 .a b考點：1、利用可行域求線性目標(biāo)函數(shù)的最值；2、利用基本不等式求最值.【方法

8、點晴】本題主要考查可行域、含參數(shù)目標(biāo)函數(shù)最優(yōu)解和均值不等式求最值，屬于難 題.含參變量的線性規(guī)劃問題是近年來高考命題的熱點，由于參數(shù)的引入，提高了思維的技巧、增加了解題的難度，此類問題的存在增加了探索問題的動態(tài)性和開放性，此類問題一般從目標(biāo)函數(shù)的結(jié)論入手，對目標(biāo)函數(shù)變化過程進行詳細分析，對變化過程中的相關(guān)量的準(zhǔn)確定位，是求最優(yōu)解的關(guān)鍵.【解析】 試題分析：設(shè)f x =x2，ax，2b，因為其一根在區(qū)間（0,1）內(nèi)，另一根在區(qū)間（1,2）內(nèi)，所f（0）0 2b 0b -3以f：0，即1 a 2b 0 ，設(shè)上二k，即表示過定點（1，3）的斜率，所以答a Tf（2）04 2a 2b 01 3案應(yīng)填：

9、（丄，3）.2 2【思路點睛】本題主要考查的是函數(shù)的零點二次函數(shù)的性質(zhì)利用線性規(guī)劃的方法來解決，屬于中檔稍難題，分析問題結(jié)合圖象利用斜率知識點解決問題.9. -1.【解析】試題分析：由題意作出其平面區(qū)域，當(dāng)|y|最小，x最大，即過（1， 0）時，最小.由題意作出其平面區(qū)域，由圖可知，|y| - x的最小值為0- 1 = - 1.故答案為：-1.考點：簡單線性規(guī)劃.10. 11【解析】1 z試題分析：作出不等式組作出平面區(qū)域如圖所示，由z = x，3y，得y x ，平移直3 3線y - -1 X亠Z3 3y = 2 x 1x 2由圖象可知當(dāng)過點 C時，直線截距最大，此時z最大，由丿丫，得丿，即A

10、(2,3)、y = x + 1=3此時Zmax =23 3 =11，故答案為11.考點：線性規(guī)劃的應(yīng)用11.(1 )證明見解析；(II )當(dāng)P為棱CC1中點時，MC _平面ABP .【解析】試題分析：(I )取AB中點0，連接OM，OC，先證MO丄AB，再證AB丄CO，進而可證AB 平面OMC ； (II )連接C1M，OP，欲證MC 平面ABP，需在平面ABP找出兩條相交的直線與 MC垂直，由（I）知M0丄AB，關(guān)鍵是證明MC _ 0P，當(dāng)P為 棱 CCi中 點時，PC =6 ， 在直 角梯形 PCOM 中，PC / M,OJMO 虻，O C2，通3過三0形相似易證直角梯形PCOM的對角線互

11、相垂直 MC _ 0P，進而根據(jù)線面垂直的判定定理可得MC _平面ABP .試題解析：（I ）取AB中點0，連接0M，0C， M 為 AB 中點， M0/AA/C。，又 AA1 丄平面 ABC， M0丄平面ABC， M0 丄 AB . ABC為正三角形， AB丄C0 又M0 n 0C=0， AB _ 平面 0MC又 MC 二平面 0MC AB _ MC （II ）當(dāng)P為棱CC1中點時，MC _平面ABP.證明如下：連接CiM , 0P .因為CCi丄平面ABC, 0C二平面ABC,所以 CG _ 0C ,又 M0 /CC1, M0 ,四邊形M0CCj是矩形，0C 二GM =2、3，0M 二CG

12、 =26,當(dāng)P為棱CC1中點時，空=2 二辺，所以 Rt，PC0 Rt MC1C，0C CC12所以.PCM 0PC = PCMCiMC =90：，所以MC _0P又因為 AB_MC，AB|0P=0,所以MC 平面ABP，即當(dāng)P為棱CCi中點時，MC 平面ABP.考點：1、柱體的結(jié)構(gòu)特征；2、線面垂直；3、線線垂直.【方法點晴】證明線線垂直的常有方法有等腰三角形底邊上的高線，菱形的對角線，勾股定理，圓中直徑所對的圓周角為直角，直線與平面垂直的定義； 證明線面垂直的常用方法有定義法，線面垂直的判斷定理 本題主要考查的是空間直線與直線、直線與平面的位置關(guān)系等 基礎(chǔ)知識，屬于中檔題考查空間想象能力、

13、推理論證能力、運算求解能力，將空間問題轉(zhuǎn) 化為平面問題的能力.12. (1 )見解析；(2)見解析；(3) 60.【解析】試題分析：(1)由于DE是三角形的中位線，因此有 DE/BC，再寫上線面平行的條件， 線在面內(nèi)，線在面外可得線面平行；(2)由(1)可得AB_ DE，如果有AB_ PE，則必有AB _平面PDE，因此可先證明AB _平面PDE后可得 AB _ PE，而為此可證AB _ PD，這由等腰三角形的性質(zhì)可得；(3)要求二面角，可以 DB,DE,DP為坐標(biāo)軸建立空間直角坐標(biāo)系后， 寫出各點坐標(biāo)，求出平面APB和平面EPB的法向量，由法向量的夾 角可得二面角大小(它們相等或互補，注意判

14、別二面角的大小)試題解析：(1) ： D、E分別為AB AC中點，二 DE / BC . 丁 DE：平面 PBC BU平面 PBCDE/平面 PBC(2)連結(jié) PD, PA=PB . PD 丄 AB .DE/ BC BC 丄 AB，DE 丄 AB.又PD“ DE=D，. AB丄平面 PDE / P圧平面 PDEAB丄 PE .(3) .平面 PAB1 平面 ABC 平面 PAB平面 ABC=AB PD 丄 AB， PD丄平面ABC如圖，以D為原點建立空間直角坐標(biāo)系3 B(1,0,0) ，P(0,0, .,3)，E(0,0),2 PB=(1,O,一、.3)，PE=(0, - ,一、,3)2T設(shè)平

15、面PBE的法向量口 =(x, y,z)，令 Z 得 口 =(2,3, .3). DE丄平面PAB .平面PAB的法向量為n2二(0,1,0)設(shè)二面角的A- PB- E大小為二，由圖知,cost - cos ： ni, n2ni n2所以二-60，即二面角的 A- PB- E的大小為60 考點：線面平行的判定，線面垂直的判定與性質(zhì)，二面角.【名師點睛】求二面角的大小如圖,AB,CD是二面角a -l- 3的兩個半平面內(nèi)與棱 .l垂直的直線，則二面角的大小0 = 如圖，m, n2分別是二面角a -l- 3的兩個半平面a , 3的法向量，則二面角的大小13. (1)垂直，理由見解析;(2)所求二面角的

16、余弦值為V15滿足 cos 0 = cos或-cos【解析】試題分析：(1)判斷垂直.證明 AE丄BC. PA丄AE推出AE丄平面PAD,然后證明 AE丄PD.(2)由(1)知AE，AD，AP兩兩垂直，以A為坐標(biāo)原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系， 求出相關(guān)點的坐標(biāo)，求出平面 AEF的一個法向量，平面 AFC的一個法向量通過向量的數(shù) 量積求解二面角的余弦值.解：(1)垂直.證明：由四邊形 ABCD為菱形，/ ABC=60， 可得KBC為正三角形.因為E為BC的中點，所以 AE丄BC.又BC/ AD，因此 AE丄AD.因為PU平面 ABCD, AE?平面ABCD, 所以PA! AE.而 PA?平

17、面 PAD, AD?平面 PAD 且 PAH AD=A所以AE丄平面 PAD,又PD?平面PAD, 所以AE! PD.（2）由（1 ）知AE, AD, AP兩兩垂直，以 A為坐標(biāo)原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，又E, F分別為BC, PC的中點， A （ 0, 0 , 0）,:1 :山 11 山 D （0, 2, 0）, P（ 0 , 0 , 2） , : 1 二山F （爭,1），所以，: - :-: ：1設(shè)平面AEF的一個法向量為-!引），則m*AE=0rV3ii=o因此，血 1，取zi=-1,則匸（0, 2, -1）Kl+2yl+zl=0因為 BD丄 AC, BD丄 PA, PAH A

18、C=A所以BD丄平面AFC,故|為平面AFC的一個法向量.又： 3.，所以I 1 j -m-BD _ 2X3 _V15I和価xViF 5因為二面角E-AF- C為銳角，所以所求二面角的余弦值為考點：二面角的平面角及求法；直線與平面垂直的性質(zhì).14. （I ）證明見解析；（II ）證明見解析；（山）線段PB上不存在點 M，使得EM _平 面 PCD.【解析】試題分析：（I）先證明AB/平面PCD，即可證明AB/EF ; （II ）利用平面PAD _平面ABCD，證明 CD AF ,PA =AD，所以 AF _ PD，即可證明 AF _ 平面 PCD ； (III ) 在（II ）的條件下，線段

19、PB上存在點M，使得EM _平面PCD . 試題解析：（I）證明：因為底面 ABCD是正方形，所以 AB / CD .又因為AB -平面PCD， CD二平面PCD，所以AB /平面PCD 又因為 代B, E,F四點共面，且平面 ABEFp平面PCD =EF，所以 AB / EF （n）在正方形 ABCD中，CD _ AD 又因為平面PAD _平面ABCD，且平面PADp平面ABCD = AD，所以CD _平面PAD 又AF 平面PAD 所以CD _ AF 由（I）可知 AB / EF，又因為AB / CD ,所以CD / EF .由點E是棱PC中點，所以點F是棱PD中點.在厶PAD中，因為PA = AD，所以AF _ PD 又因為PD|CD = D，所以AF _平面PCD （川）不存在假設(shè)線段 PB上是否存在點 M ,使得EM 平面PCD取AB中點N,連接NE,易知EM / AF , EN / AF ,過E有兩條直線與 AF平行 矛盾考點：直線與平面垂直的判定；空間直線與直線的位置關(guān)系的判定.15.（ 1）證明見解析；（2