一、選擇題（本大題共10小題，每小題4分，共40分.在每小題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，選出符合題目要求的一項(xiàng)）
1．已知直線l的一個(gè)方向向量為，則直線l的斜率為（ ）
A．B．C．D．﹣1
2．已知點(diǎn)A（﹣2，3，0），B（1，3，2），，則點(diǎn)P的坐標(biāo)為（ ）
A．（4，3，4）B．（﹣4，﹣1，﹣4）
C．（﹣1，6，2）D．（﹣5，3，﹣2）
3．已知直線方程kx﹣y﹣2k＝0，則可知直線恒過(guò)定點(diǎn)的坐標(biāo)是（ ）
A．（﹣2，0）B．（2，0）C．（0，﹣2）D．（0，2）
4．平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1的所有棱長(zhǎng)都是1，O為A1C1中點(diǎn)，∠BAD＝∠BAA1＝∠DAA1＝60°，，則（ ）
A．x＝1，y＝1B．x＝1，C．，D．，y＝1
5．“a＝﹣3”是“直線x+ay+2＝0與直線ax+（a+2）y+1＝0互相垂直”的（ ）
A．充分不必要條件
B．必要不充分條件
C．充要條件
D．既不充分也不必要條件
6．已知點(diǎn)（1，﹣2）和在直線l：ax﹣y﹣1＝0（a≠0）的兩側(cè)，則直線l傾斜角的取值范圍是（ ）
A．B．
C．D．
7．過(guò)點(diǎn)A（4，1）的圓C與直線x﹣y＝1相切于點(diǎn)B（2，1），則圓C的方程為（ ）
A．（x﹣3）2+（y+1）2＝5B．
C．（x﹣3）2+（y﹣8）2＝50D．（x﹣3）2+y2＝2
8．正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，O為正方形ABCD中心，A1P＝λA1B1（λ∈[0，1]），直線OP與平面ABC所成角為θ，則θ取最大時(shí)λ的值為（ ）
A．B．C．D．
9．A（1，y1），B（﹣2，y2）是直線y＝﹣x上的兩點(diǎn)，若沿x軸將坐標(biāo)平面折成60°的二面角，則折疊后A、B兩點(diǎn)間的距離是（ ）
A．6B．C．D．
10．點(diǎn)M（x0，y0）到兩條直線：x+3y﹣2＝0，x+3y+6＝0距離相等，y0＜x0+2，則的取值范圍是（ ）
A．B．
C．D．
二、填空題（本大題共5小題，每小題5分，共25分）
11．（5分）若向量與向量共線，則x的值為 ．
12．（5分）直線2x﹣y﹣1＝0與2x﹣y+1＝0之間的距離是 ．
13．（5分）以A（2，3），B（4，9）為直徑的兩個(gè)端點(diǎn)的圓的方程是 ．
14．（5分）在空間四邊形ABCD中，＝ ．
15．（5分）如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝2，BC＝1，AA1＝2，點(diǎn)D在棱AC上滑動(dòng)，點(diǎn)E在棱BB1上滑動(dòng)，給出下列四個(gè)結(jié)論：
①三棱錐C1﹣A1DE的體積不變；
②A1D+DB的最小值為；
③點(diǎn)D到直線C1E的距離的最小值為；
④使得A1D⊥C1E成立的點(diǎn)D、E不存在．
其中所有正確的結(jié)論為 ．
三、解答題（本大題共6小題，共85分）
16．（13分）已知點(diǎn)A（1，2），B（﹣3，5），C（6，2）．
（1）求△ABC的面積；
（2）過(guò)點(diǎn)C的直線l與點(diǎn)A（1，2），點(diǎn)B（﹣3，5）距離相等，求直線l的方程．
17．（13分）如圖，在△ABC中，，BC＝4，D，E分別為AB，AC的中點(diǎn)，O為DE的中點(diǎn)，將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使得平面A1DE⊥平面BCED．
（1）平面A1OB⊥平面BCED；
（2）若F為A1C的中點(diǎn)，求點(diǎn)F到面A1OB的距離．
18．（14分）已知直線l過(guò)點(diǎn)P（2，3），圓C：x2+4x+y2﹣12＝0．
（1）求與圓C相切的直線l的方程；
（2）當(dāng)直線l是圓C的一條對(duì)稱軸，交圓C于A，B兩點(diǎn)，過(guò)A，B分別作l的垂線與x軸交于D，E兩點(diǎn)，求|DE|．
19．（15分）如圖，梯形ABCD所在的平面與等腰梯形ABEF所在的平面互相垂直，AB∥CD∥EF，AB⊥AD，|CD|＝|DA|＝|AF|＝|FE|＝2，|AB|＝4．
（1）求證：DF∥平面BCE；
（2）求二面角C﹣BF﹣A的余弦值；
（3）線段CE上是否存在點(diǎn)G，使得AG⊥平面BCF？請(qǐng)說(shuō)明理由．
20．（15分）已知圓和圓（r＞0）．
（1）若圓C1與圓C2相交，求r的取值范圍；
（2）若直線l：y＝kx+1與圓C1交于P、Q兩點(diǎn)，且，求實(shí)數(shù)k的值；
（3）若r＝2，設(shè)P為平面上的點(diǎn)，且滿足：存在過(guò)點(diǎn)P的無(wú)窮多對(duì)互相垂直的直線l1和l2，它們分別與圓C1和圓C2相交，且直線l1被圓C1截得的弦長(zhǎng)與直線l2被圓C2截得的弦長(zhǎng)相等，試求所有滿足條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)．
21．（15分）對(duì)于n維向量A＝（a1，a2，…，an），若對(duì)任意i∈{1，2，…，n}均有ai＝0或ai＝1，則稱A為n維T向量．對(duì)于兩個(gè)n維T向量A，B，定義d（A，B）＝．
（Ⅰ）若A＝（1，0，1，0，1），B＝（0，1，1，1，0），求d（A，B）的值．
（Ⅱ）現(xiàn)有一個(gè)5維T向量序列：A1，A2，A3，…，若A1＝（1，1，1，1，1）且滿足：d（Ai，Ai+1）＝2，i∈N*．求證：該序列中不存在5維T向量（0，0，0，0，0）．
（Ⅲ）現(xiàn)有一個(gè)12維T向量序列：A1，A2，A3，…，若且滿足：d（Ai，Ai+1）＝m，m∈N*，i＝1，2，3，…，若存在正整數(shù)j使得，Aj為12維T向量序列中的項(xiàng)，求出所有的m．
參考答案
一、選擇題（本大題共10小題，每小題4分，共40分.在每小題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，選出符合題目要求的一項(xiàng)）
1．【答案】D
【分析】利用斜率公式求解．
【解答】解：因?yàn)橹本€l的一個(gè)方向向量為，
所以直線l的斜率為．
故選：D．
2．【答案】A
【分析】設(shè)P（x，y，z），表示出、，即可得到方程組，解得即可．
【解答】解：設(shè)P（x，y，z），
因?yàn)锳（﹣2，3，0），B（1，3，2），
所以，，
因?yàn)?，所以（x+2，y﹣3，z）＝2（3，0，2），
所以，解得，即P（4，3，4）．
故選：A．
3．【答案】B
【分析】依題意可得（x﹣2）k﹣y＝0，令，解得即可．
【解答】解：直線kx﹣y﹣2k＝0，即（x﹣2）k﹣y＝0，令，解得，
所以直線kx﹣y﹣2k＝0恒過(guò)點(diǎn)（2，0）．
故選：B．
4．【答案】C
【分析】根據(jù)空間向量線性運(yùn)算法則計(jì)算可得．
【解答】解：依題意
＝
＝，
又，所以，．
故選：C．
5．【答案】A
【分析】根據(jù)充分條件和必要條件的定義結(jié)合兩直線垂直的判定分析判斷即可．
【解答】解：當(dāng)直線x+ay+2＝0與直線ax+（a+2）y+1＝0互相垂直時(shí)，
a+a（a+2）＝0，得a2+3a＝0，
解得a＝0或a＝﹣3，
所以當(dāng)a＝﹣3時(shí)，直線x+ay+2＝0與直線ax+（a+2）y+1＝0互相垂直，
而當(dāng)直線x+ay+2＝0與直線ax+（a+2）y+1＝0互相垂直時(shí)，a＝0或a＝﹣3，
所以“a＝﹣3”是“直線x+ay+2＝0與直線ax+（a+2）y+1＝0互相垂直”的充分不必要條件．
故選：A．
6．【答案】C
【分析】因?yàn)辄c(diǎn)（1，﹣2）和在直線l：ax﹣y﹣1＝0（a≠0）的兩側(cè)，那么把這兩個(gè)點(diǎn)代入ax﹣y﹣1，它們的符號(hào)相反，乘積小于0，求出a的范圍，設(shè)直線l傾斜角為θ，則a＝tanθ，再根據(jù)正切函數(shù)的圖象和性質(zhì)即可求出范圍．
【解答】解：因?yàn)辄c(diǎn)（1，﹣2）和在直線l：ax﹣y﹣1＝0（a≠0）的兩側(cè)，
所以，（a+2﹣1）（a﹣1）＜0，
即：（a+1）（a﹣）＜0，
解得﹣1＜a＜，
設(shè)直線l傾斜角為θ，
∴a＝tanθ，
∴﹣1＜tanθ＜，
∴0＜θ＜，或＜θ＜π，
故選：C．
7．【答案】D
【分析】由圓心和切點(diǎn)連線與切線垂直可得kBC＝﹣1，得到關(guān)于圓心的一個(gè)方程，根據(jù)圓的性質(zhì)，可知圓心C在AB的垂直平分線x＝3上，由此可求得a，b的值，得到圓心坐標(biāo)，進(jìn)而可求得圓的半徑即可求解．
【解答】解：設(shè)圓心C（a，b），
因?yàn)橹本€x﹣y＝1與圓C相切于點(diǎn)B（2，1），
所以，即a+b﹣3＝0，
因?yàn)锳B中垂線為x＝3，則圓心C滿足直線x＝3，
即a＝3，∴b＝0，
所以半徑，
所以圓C的方程為（x﹣3）2+y2＝2．
故選：D．
8．【答案】A
【分析】在平面ABB1A1中過(guò)點(diǎn)P作PP1⊥AB交AB于點(diǎn)P1，連接P1O，即可得到∠POP1即為線OP與平面ABC所成角，且，設(shè)正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，則，從而求出（tanθ）max，即可得解．
【解答】解：在平面ABB1A1中過(guò)點(diǎn)P作PP1⊥AB交AB于點(diǎn)P1，連接P1O，
由正方體的性質(zhì)可知PP1⊥平面ABCD，則∠POP1即為直線OP與平面ABC所成角，
則，設(shè)正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，則，
所以當(dāng)OP1＝1時(shí)（tanθ）max＝1，此時(shí)θ取最大值，P1為AB的中點(diǎn)，
又A1P＝λA1B1，所以當(dāng)時(shí)θ取最大值．
故選：A．
9．【答案】C
【分析】求出沿x軸將坐標(biāo)平面折成60°的二面角后，點(diǎn)A在平面xOy上的射影C的坐標(biāo)，作BD⊥x軸，交x軸于點(diǎn)D（﹣2，0），然后利用空間向量表示，利用向量的模的性質(zhì)進(jìn)行求解，即可得到答案．
【解答】解：∵A（1，y1），B（﹣2，y2）是直線y＝﹣x上的兩點(diǎn)，
∴y1＝﹣，y2＝2，
現(xiàn)沿x軸將坐標(biāo)平面折成60°的二面角后，點(diǎn)A在平面xOy上的射影為C（1，0），
作BD⊥x軸，交x軸于點(diǎn)D（﹣2，0），
∴＝++，
∴＝+++2?+2?+2?＝3+9+12﹣2××2×＝18，
∴||＝3．
故選：C．
10．【答案】B
【分析】利用點(diǎn)到直線的距離公式得到x0+3y0+2＝0，結(jié)合y0＜x0+2求出x0，再由x0≠0及計(jì)算可得．
【解答】解：依題意，所以x0+3y0+2＝0，
即，又y0＜x0+2，所以，解得x0＞﹣2，
顯然x0≠0，所以，
當(dāng)﹣2＜x0＜0時(shí)，所以，
當(dāng)x0＞0時(shí)，所以．
綜上可得．
故選：B．
二、填空題（本大題共5小題，每小題5分，共25分）
11．【答案】3．
【分析】利用向量共線定理求解．
【解答】解：因?yàn)橄蛄颗c向量共線，
所以，解得x＝3．
故答案為：3．
12．【答案】．
【分析】由平行線間的距離公式可求得結(jié)果．
【解答】解：易知直線2x﹣y﹣1＝0與2x﹣y+1＝0平行，
這兩條直線間的距離為．
故答案為：．
13．【答案】（x﹣3）2+（y﹣6）2＝10．
【分析】利用圓的標(biāo)準(zhǔn)方程待定系數(shù)計(jì)算即可．
【解答】解：易知該圓圓心為A（2，3），B（4，9）的中點(diǎn)C（3，6），半徑，
所以該圓方程為：（x﹣3）2+（y﹣6）2＝10．
故答案為：（x﹣3）2+（y﹣6）2＝10．
14．【答案】見(jiàn)試題解答內(nèi)容
【分析】如圖：設(shè)；
由向量的加、減運(yùn)算知：，，代入上式即得結(jié)論．
【解答】解：如圖，設(shè)＝，＝，＝，
則，＝，＝，＝．
所以，＝＝0
故答案是：0
15．【答案】①②③．
【分析】根據(jù)錐體的體積公式判斷①，將將△ABC翻折到與矩形ACC1A1共面時(shí)連接A1B交AC于點(diǎn)D，此時(shí)A1D+DB取得最小值，利用勾股定理求出距離最小值，即可判斷②，建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法求出點(diǎn)到距離，再根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)計(jì)算可得③，利用，即可判斷④．
【解答】解：∵BB1⊥平面ABC，
對(duì)于①：直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥BC，CC1⊥平面ABC，BC?平面ABC，
∴CC1⊥BC，又CC1?AC＝C，
∴BC⊥平面ACC1A1，又點(diǎn)D在棱AC上滑動(dòng)，
∴，
∴，
∴三棱錐C1﹣A1DE的體積不變，故①正確；
對(duì)于②：如圖將△ABC翻折到與矩形ACC1A1共面時(shí)連接A1B交AC于點(diǎn)D，此時(shí)A1D+DB取得最小值，
∵A1C1＝CC1＝2，BC＝1，∴A1B＝＝，
∴A1D+DB的最小值為，故②正確；
對(duì)于③：如圖建立空間直角坐標(biāo)系，
設(shè)D（a，0，0），a∈[0，2]，E（0，1，c），c∈[0，2]，C1（0，0，2），
∴，，
則點(diǎn)D到直線C1E的距離d＝＝＝，
當(dāng)c＝2時(shí)，，
當(dāng)0≤c＜2時(shí)，0＜（c﹣2）2≤4，∴，∴，∴，
∴∈（0，]，
∴當(dāng)取最大值，且a2＝0時(shí)，，
即當(dāng)D在C點(diǎn)E在B點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)D到直線C1E的距離的最小值為，故③正確；
對(duì)于④：A1（2，0，2），，，
∴，∵c∈[0，2]，∴當(dāng)c＝2時(shí)，，
∴，即A1D⊥C1E，故④錯(cuò)誤．
故答案為：①②③．
三、解答題（本大題共6小題，共85分）
16．【答案】（1）；
（2）3x+14y﹣46＝0或3x+4y﹣26＝0．
【分析】（1）求出三角形的三邊長(zhǎng)，并求其中一個(gè)角的余弦值，代入公式即可求得面積．
（2）過(guò)點(diǎn)C的直線l與點(diǎn)A（1，2），點(diǎn)B（﹣3，5）距離相等，即直線l與直線AB平行或經(jīng)過(guò)AB的中點(diǎn)，代入求解即可．
【解答】解：（1）由點(diǎn)A（1，2），B（﹣3，5），C（6，2）可得，，
，，
在△ABC中，，
所以，
△ABC的面積為．
（2）過(guò)點(diǎn)C的直線l與點(diǎn)A（1，2），點(diǎn)B（﹣3，5）距離相等，即直線l與直線AB平行或經(jīng)過(guò)AB的中點(diǎn)，
當(dāng)過(guò)點(diǎn)C的直線l與平行時(shí)，，則直線方程為3x+4y﹣26＝0；
當(dāng)過(guò)點(diǎn)C的直線l過(guò)AB的中點(diǎn)，AB的中點(diǎn)坐標(biāo)，，
所以直線方程為，即3x+14y﹣46＝0．
所以直線方程為3x+14y﹣46＝0或3x+4y﹣26＝0．
17．【答案】（1）證明過(guò)程請(qǐng)見(jiàn)解答；（2）．
【分析】（1）由A1O⊥DE，平面A1DE⊥平面BCED，可知A1O⊥平面BCED，再由面面垂直的判定定理，即可得證；
（2）作DP⊥BC于P，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求點(diǎn)到平面的距離，即可得解．
【解答】（1）證明：由題意知，A1D＝A1E，
因?yàn)辄c(diǎn)O是DE的中點(diǎn)，所以A1O⊥DE，
因?yàn)槠矫鍭1DE⊥平面BCED，平面A1DE∩平面BCED＝DE，A1O?平面A1DE，
所以A1O⊥平面BCED，
又A1O?平面A1OB，
所以平面A1OB⊥平面BCED．
（2）解：作DP⊥BC于P，則BP＝1，
因?yàn)镈E∥BC，所以DP⊥DE，
以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DP，DE所在直線分別為x，y軸，作Dz⊥平面BCED，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則A1（0，1，2），O（0，1，0），B（2，﹣1，0），C（2，3，0），
因?yàn)镕為A1C的中點(diǎn)，所以F（1，2，1），
所以＝（0，0，2），＝（2，﹣2，0），＝（1，1，1），
設(shè)面A1OB的法向量為＝（x，y，z），則，即，
取x＝1，則y＝1，z＝0，所以＝（1，1，0），
故點(diǎn)F到面A1OB的距離為＝＝．
18．【答案】（1）x＝2或7x+24y﹣86＝0；
（2）10．
【分析】（1）將圓的方程化為標(biāo)準(zhǔn)式，再分斜率存在與不存在兩種情況討論；
（2）依題意直線l過(guò)圓心C，即可求出直線l的方程，即可得到，利用銳角三角函數(shù)求出|AD|，從而求出|CD|，從而得解．
【解答】解：（1）圓C：x2+4x+y2﹣12＝0，即（x+2）2+y2＝16，
所以圓心C（﹣2，0），半徑r＝4，
當(dāng)斜率不存在時(shí)直線的方程為x＝2，符合題意；
當(dāng)斜率存在時(shí)，設(shè)斜率為k，則y﹣3＝k（x﹣2），即kx﹣y﹣2k+3＝0，
則，解得，
所以切線方程為7x+24y﹣86＝0，
綜上可得切線方程為x＝2或7x+24y﹣86＝0．
（2）因?yàn)橹本€l是圓C的一條對(duì)稱軸，
所以直線l過(guò)圓心C，
則直線l的方程，即3x﹣4y+6＝0，
則，又，即，
所以|AD|＝3，
則，
同理可得|CE|＝5，
所以|DE|＝10．
19．【答案】（1）證明見(jiàn)解答；
（2）；
（3）線段CE上不存在點(diǎn)G，使得AG⊥平面BCF．
【分析】（1）先證明四邊形CDFE為平行四邊形，從而得到DF∥CE，再利用線面平行的判定定理證明即可；
（2）在平面ABEF內(nèi)，過(guò)A作Az⊥AB，證明AD⊥AB，AD⊥Az，Az⊥AB，建立合適的空間直角坐標(biāo)系，求出所需點(diǎn)的坐標(biāo)和向量的坐標(biāo)，然后利用待定系數(shù)法求出平面BCF的法向量，由向量的夾角公式求解即可；
（3）利用待定系數(shù)法求出平面ACE的法向量，利用向量垂直的坐標(biāo)表示，證明平面ACE與平面BCF不可能垂直，即可得到答案．
【解答】（1）證明：因?yàn)镃D∥EF，且CD＝EF，
所以四邊形CDFE為平行四邊形，
所以DF∥CE，
因?yàn)镈F?平面BCE，CE?平面BCE，
所以DF∥平面BCE；
（2）解：在平面ABEF內(nèi)，過(guò)A作Az⊥AB，
因?yàn)槠矫鍭BCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，
又Az?平面ABEF，Az⊥AB，
所以Az⊥平面ABCD，
所以AD⊥AB，AD⊥Az，Az⊥AB，
如圖建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)﹣xyz．
由題意得，A（0，0，0），B（0，4，0），C（2，2，0），E（0，3，），F(xiàn)（0，1，），
所以＝（2，﹣2，0），＝（0，﹣3，），
設(shè)平面BCF的法向量為＝（x，y，z），
則，
令y＝1，則x＝1，z＝，
所以＝（1，1，），
平面ABF的一個(gè)法向量為＝（1，0，0），
則cs＜，＞＝＝，
所以平面CBF和平面BFA的夾角的余弦值為；
（3）解：線段CE上不存在點(diǎn)G，使得AG⊥平面BCF，理由如下：
設(shè)平面ACE的法向量為＝（a，b，c），
所以，
令b＝1，則a＝﹣1，c＝﹣，
所以＝（﹣1，1，﹣），
因?yàn)?＝﹣1+1﹣3≠0，
所以平面ACE與平面BCF不可能垂直，
從而線段CE上不存在點(diǎn)G，使得AG⊥平面BCF．
20．【答案】（1）（﹣2，+2）；
（2）k＝；
（3）（，）或（，）．
【分析】（1）利用相交時(shí)圓心距的位置關(guān)系可求r的取值范圍；
（2）聯(lián)立直線與圓C1，寫(xiě)出韋達(dá)定理，結(jié)合數(shù)量積代換可求實(shí)數(shù)k的值；
（3）由兩圓半徑相等，兩直線11和12截得圓C1和圓C2，弦長(zhǎng)相等可得弦心距相等，得＝，轉(zhuǎn)化為求方程組的解即可．
【解答】解：（1）由題意得，圓C1的圓心C1（﹣3，1），r1＝2，圓C2的圓心C2（4，5），半徑為r，
|C1C2|＝＝，
∵圓C1與圓C2相交，
∴|r﹣2|＜|C1C2|＜r+2，即|r﹣2|＜＜r+2，
解得：﹣2＜r＜+2，
∴r∈（﹣2，+2）．
（2）設(shè)點(diǎn)P（x1，y1），Q（x2，y2），
直線與圓C1聯(lián)立，
得（1+k2）x2+6x+5＝0，
由Δ＞0得k2＜，
x1+x2＝，x1x2＝，
∴y1y2＝（kx1+1）（kx2+1）＝k2x1x2+k（x1+x2）+1，
∵，
∴x1x2+y1y2＝（1+k2）x1x2+k（x1+x2）+1＝4，
∴5+﹣3＝0，
解得：k＝，
∵k2＜，
∴k＝．
（3）由題意得C2：（x﹣4）2+（y﹣5）2＝4，
設(shè)P（m，n），直線l1和l2的方程分別為y﹣n＝k（x﹣m），y﹣n＝﹣（x﹣m），
即kx﹣y+n﹣kn＝0，﹣x﹣y+n+＝0，
由題意可知，圓心C1到直線l1的距離等于C2到直線l2的距離，
則＝，化簡(jiǎn)得（2﹣m﹣n）k＝m﹣n﹣3或（m﹣n+8）k＝m+n﹣5，
則有或，
故P（，）或（，）．
21．【答案】見(jiàn)試題解答內(nèi)容
【分析】（Ⅰ）由于A＝（1，0，1，0，1），B＝（0，1，1，1，0），由定義，求d（A，B）的值．
（Ⅱ）利用反證法進(jìn)行證明即可；
（Ⅲ）根據(jù)存在正整數(shù)j使得，Aj為12維T向量序列中的項(xiàng)，求出所有的m．
【解答】解：（Ⅰ）由于A＝（1，0，1，0，1），B＝（0，1，1，1，0），由定義，
可得d（A，B）＝4．…
（Ⅱ）反證法：若結(jié)論不成立，即存在一個(gè)含5維T向量序列，A1，A2，A3，…An，
使得A1＝（1，1，1，1，1），Am＝（0，0，0，0，0）．
因?yàn)橄蛄緼1＝（1，1，1，1，1）的每一個(gè)分量變?yōu)?，都需要奇數(shù)次變化，
不妨設(shè)A1的第i（i＝1，2，3，4，5）個(gè)分量1變化了2ni﹣1次之后變成0，
所以將A1中所有分量1變?yōu)?共需要（2n1﹣1）+（2n2﹣1）+（2n3﹣1）+（2n4﹣1）+（2n5﹣1）＝2（n1+n2+n3+n4+n5﹣2）﹣1次，此數(shù)為奇數(shù)．
又因?yàn)椋f(shuō)明Ai中的分量有2個(gè)數(shù)值發(fā)生改變，
進(jìn)而變化到Ai+1，所以共需要改變數(shù)值2（m﹣1）次，此數(shù)為偶數(shù)，所以矛盾．
所以該序列中不存在5維T向量（0，0，0，0，0）．…（9分）
（Ⅲ）存在正整數(shù)j使得，Aj為12維T向量序列中的項(xiàng)，此時(shí)m＝1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12．…（13分）

相關(guān)試卷

2023北京北師大實(shí)驗(yàn)中學(xué)高二（上）期中數(shù)學(xué)試卷（教師版）：

這是一份2023北京北師大實(shí)驗(yàn)中學(xué)高二（上）期中數(shù)學(xué)試卷（教師版），共10頁(yè)。試卷主要包含了選擇題，填空題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

2023北京一零一中高二（上）期中數(shù)學(xué)試卷（教師版）：

這是一份2023北京一零一中高二（上）期中數(shù)學(xué)試卷（教師版），共21頁(yè)。

2023北京首都師大附中高二（上）期中數(shù)學(xué)試卷（教師版）：

這是一份2023北京首都師大附中高二（上）期中數(shù)學(xué)試卷（教師版），共13頁(yè)。試卷主要包含了選擇題，填空題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

英語(yǔ)朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

2023北京人大附中高二（上）期中數(shù)學(xué)試卷（教師版）

2023北京人大附中高二（上）期中數(shù)學(xué)試卷（教師版）
2023北京交大附中高二（上）期中數(shù)學(xué)試卷（教師版）

2023北京交大附中高二（上）期中數(shù)學(xué)試卷（教師版）
[數(shù)學(xué)]2023北京四中高二(上)期中試卷(教師版)

[數(shù)學(xué)]2023北京四中高二(上)期中試卷(教師版)
2020-2021學(xué)年北京四中高二（上）期中數(shù)學(xué)試卷

2020-2021學(xué)年北京四中高二（上）期中數(shù)學(xué)試卷
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識(shí)產(chǎn)權(quán)，請(qǐng)掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)，申請(qǐng) 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
期中專區(qū)
歡迎來(lái)到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬(wàn)優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬(wàn)優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬(wàn)教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊(cè)
qrcode
二維碼已過(guò)期
刷新

微信掃碼，快速注冊(cè)

手機(jī)號(hào)注冊(cè)
手機(jī)號(hào)碼

手機(jī)號(hào)格式錯(cuò)誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個(gè)字符，數(shù)字、字母或符號(hào)

注冊(cè)即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊(cè)協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊(cè)
手機(jī)號(hào)注冊(cè)
微信注冊(cè)

注冊(cè)成功

返回
頂部