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高二理科寒假作业答案一一.选择题 ADBDBDBBDDBD二.填空.13 .14x2-4y2=1.15x2+=1.16. 2x-3y-9=0三.17.解析 1由得x2-4x-4b=
0.*因为直线l与抛物线C相切,所以Δ=-42-4×-4b=0,解得b=-
1.2由1可知b=-1,故方程*即为x2-4x+4=0,解得x=
2.将其代入x2=4y,得y=
1.故点A21.因为圆A与抛物线C的准线相切,所以圆A的半径r等于圆心A到抛物线的准线y=-1的距离,即r=|1--1|=2,所以圆A的方程为x-22+y-12=
4.18.证明 1假设l1与l2不相交,则l1与l2平行,有k1=k2,代入k1k2+2=0,得k+2=0,这与k1为实数的事实相矛盾,从而k1≠k2,即l1与l2相交.2解法一 由方程组解得交点P的坐标为,而2x2+y2=22+2===
1.此即表明交点Px,y在椭圆2x2+y2=1上.解法二 交点P的坐标x,y满足故知x≠
0.从而代入k1k2+2=0,得·+2=
0.整理后,得2x2+y2=1,所以交点P在椭圆2x2+y2=1上.19.解析 1证明 直线m kx-y+1=0可化为y-1=kx,故该直线恒过点01,而01在圆O x2+y2=4内部,所以直线m与圆O恒有两个不同交点.2圆心O到直线m的距离为d=,而圆O的半径r=2,故弦AB的长为|AB|=2=2,故△AOB面积S=|AB|×d=×2×d==.而d2=,因为1+k2≥1,所以d2=∈01],显然当d2∈01]时,S单调递增,所以当d2=1,即k=0时,S取得最大值,此时直线m的方程为y-1=
0.20.解析 1当直线l垂直于x轴时,直线方程为x=1,l与圆的两个交点坐标为1,和1,-,其距离为2,满足题意.若直线l不垂直于x轴,设其方程为y-2=kx-1,即kx-y-k+2=
0.设圆心到此直线的距离为d,则2=2,得d=
1.所以=1,解得k=,故所求直线方程为3x-4y+5=
0.综上所述,所求直线方程为3x-4y+5=0或x=
1.2设点M的坐标为x0,y0y0≠0,Q点坐标为x,y,则N点坐标是0,y0.因为=+,所以x,y=x02y0,即x0=x,y0=.又因为M是圆C上一点,所以x+y=4,所以x2+=4y≠0,所以Q点的轨迹方程是+=1y≠0,这说明轨迹是中心在原点,焦点在y轴,长轴为
8、短轴为4的椭圆,除去短轴端点.21.解析 1由题意知m=2,椭圆方程为+y2=1,c==,∴左、右焦点坐标分别为-,0,,0.2m=3,椭圆方程为+y2=1,设Px,y,则|PA|2=x-22+y2=x-22+1-=2+-3≤x≤3,∴当x=时,|PA|min=;当x=-3时,|PA|max=
5.3设动点Px,y,则|PA|2=x-22+y2=x-22+1-=2-+5-m≤x≤m.∵当x=m时,|PA|取最小值,且>0,∴≥m且m>1,解得1<m≤1+.22.解析 1解法一 设椭圆方程为+=1a>b>0,则2a=|AF1|+|AF2|=+=6,得a=
3.设Ax,y,F1-c0,F2c0,则x+c2+y2=2,x-c2+y2=2,两式相减,得xc=,由抛物线定义可知|AF2|=x+c=,则c=1,x=或x=1,c=因∠AF2F1为钝角,故舍去.所以椭圆方程为+=1,抛物线方程为y2=4x.解法二 设椭圆方程为+=1a>b>0,抛物线方程为y2=2px.如图所示,过F1作垂直于x轴的直线x=-c,即抛物线的准线,过A作AN垂直于该准线于点N,作AM⊥x轴于点M,则由抛物线的定义,得|AF2|=|AN|,所以|AM|=====.|F2M|==,得|F1F2|=-=2,所以c=
1.由=c得p=
2.由2a=|AF1|+|AF2|=6,得a=
3.b2=a2-c2=
8.所以椭圆方程为+=1,抛物线方程为y2=4x.2设Bx1,y1,Ex2,y2,Cx3,y3,Dx4,y4,直线y=kx-1,由题意知k≠0,代入+=1,得82+9y2-72=0,即8+9k2y2+16ky-64k2=0,则y1+y2=-,y1y2=-.同理,将y=kx-1代入y2=4x,得ky2-4y-4k=0,则y3+y4=,y3y4=-
4.所以=·====3,为定值.
(二)一.选择CCBDD CDCAD BA二.填空.13. 12 14. 15.
④16.817.解析 1∵PD⊥平面ABCD,PD⊂平面PDCE,∴平面PDCE⊥平面ABCD.∵BC⊥CD,∴BC⊥平面PDCE.∵S梯形PDCE=PD+EC·DC=×3×2=3,∴四棱锥B-CEPD的体积VB-CEPD=S梯形PDCE·BC=×3×2=
2.2证明 ∵EC∥PD,PD⊂平面PDA,EC⊄平面PDA,∴EC∥平面PDA.同理可得BC∥平面PDA.∵EC⊂平面EBC,BC⊂平面EBC,且EC∩BC=C,∴平面BEC∥平面PDA.又∵BE⊂平面EBC,∴BE∥平面PDA.18.解析 1证明 ∵折起前AD是BC边上的高,∴当△ABD折起后,AD⊥DC,AD⊥DB.又DB∩DC=D,∴AD⊥平面BDC.∵AD⊂平面ABD,∴平面ADB⊥平面BDC.2由∠BDC=90°及1,知DA,DB,DC两两垂直.不妨设|DB|=1,以D为坐标原点,分别以,,所在直线为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,易得D000,B100,C030,A00,,E,∴=,=100,∴与夹角的余弦值为cos〈,〉===.19.解析 以D为原点,DA为单位长建立空间直角坐标系D-xyz图略.设Hm,m1m>0,则=100,=001.连接BD.=m,m1m>0,由已知〈,〉=60°,·=||||cos〈,〉,可得2m=,解得m=,所以=.1因为cos〈,〉==,所以〈,〉=45°,即DH与CC′所成的角为45°.2平面AA′D′D的一个法向量是=010.因为cos〈,〉==,所以〈,〉=60°,可得DH与平面AA′D′D所成的角为30°.20.证明 1在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,因为A1在底面ABC上的射影落在AC上.则平面A1ACC1经过底面ABC的垂线,故侧面A1C⊥平面ABC.又BD为等腰△ABC底边AC上的中线,则BD⊥AC.∴BD⊥平面A1C,又AA1⊂平面A1C,∴AA1⊥BD.2在△ABC中,AB=BC=
2.∠ABC=120°,则由余弦定理可知AC=2,D为AC中点,故AD=DC=.∵AA1和底面ABC所成角为60°,则∠A1AC=60°.在▱A1ACC1中,A1A=AD=,∠A1AD=60°.∴A1D=,DC=2+2-2××cos120°=9,又A1C1=
2.在△A1C1D中,由勾股定理可知∠A1DC1=90°,∴A1D⊥DC
1.又由1可知BD⊥平面A1C,则BD⊥A1D.因此A1D和平面BDC1内相交直线BD、DC1均垂直.∴A1D⊥平面DBC
1.21.解析 1证明 在菱形ABCD中,记AC,BD的交点为O,AD=5,∴OA=4,OD=3,翻折后变成三棱锥A-BCD,在△ACD中,AC2=AD2+CD2-2AD·CD·cos∠ADC=25+25-2×5×5×=32,在△AOC中,OA2+OC2=32=AC2,∴∠AOC=90°,即AO⊥OC,又AO⊥BD,OC∩BD=O,∴AO⊥平面BCD,又AO⊂平面ABD,∴平面ABD⊥平面CBD.2由1知OA,OC,OD两两互相垂直,分别以OC,OD,OA所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则A004,B0,-30,C400,D030,M,=,=4,-30,=40,-4,设平面MCD的一个法向量为n=x,y,z,则由,得,令y=4,有n=349,设AC与平面MCD所成的角为θ,sinθ=|cos〈,n〉|==,∴AC与平面MCD所成角的正弦值为.22.解析 解法一 1证明 如图所示,连接OC,因为OA=OC,D是AC的中点,所以AC⊥OD.又PO⊥底面⊙O,AC⊂底面⊙O,所以AC⊥PO.因为OD,PO是平面POD内的两条相交直线,所以AC⊥平面POD,而AC⊂平面PAC,所以平面POD⊥平面PAC.2在平面POD中,过O作OH⊥PD于H,由1知,平面POD⊥平面PAC,所以OH⊥平面PAC.又PA⊂平面PAC,所以PA⊥OH.在平面PAO中,过O作OG⊥PA于G,连接HG,则有PA⊥平面OGH.从而PA⊥HG,故∠OGH为二面角B-PA-C的平面角.在Rt△ODA中,OD=OA·sin45°=.在Rt△POD中,OH===.在Rt△POA中,OG===.在Rt△OHG中,sin∠OGH===.所以cos∠OGH===.故二面角B-PA-C的余弦值为.解法二 1证明 如图所示,以O为坐标原点,OB,OC,OP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则O000,A-100,B100,C010,P00,,D.设n1=x1,y1,z1是平面POD的一个法向量,则由n1·=0,n1·=0,得所以z1=0,x1=y
1.取y1=1,得n1=110.设n2=x2,y2,z2是平面PAC的一个法向量,则由n2·=0,n2·=0,得所以x2=-z2,y2=z
2.取z2=1,得n2=-,,1.因为n1·n2=110·-,,1=0,所以n1⊥n
2.从而平面POD⊥平面PAC.2因为y轴⊥平面PAB,所以平面PAB的一个法向量为n3=010.由1知,平面PAC的一个法向量为n2=-,,1.设向量n2和n3的夹角为θ,则cosθ===.由图可知,二面角B-PA-C的平面角与θ相等,所以二面角B-PA-C的余弦值为.
(三) BCACDBBCBBDC
13. 314.3x+y-1=015.
16.-2三.解答题
17.[解析] 因为fx=x3-3x+1,所以f′x=3x2-3=3x+1x-1.由f′x0,解得x∈-11;由f′x0,解得x∈-∞,-1或x∈1,+∞.所以fx在[-11]上单调递减,在-∞,-1],[1,+∞上单调递增,所以函数fx的单调减区间是[-11],单调增区间是-∞,-1]与[1,+∞.18.[解析] 1f′x=3x2-6ax+3b,f1=1-3a+3b=-11,
①f′1=3-6a+3b=k=-
12.
②解由
①、
②组成的关于a,b的方程组,得a=1,b=-
3.2fx=x3-3x2-9x,f′x=3x2-6x-
9.由f′x=0,得x1=-1,x2=
3.∴fx在-∞,-1],[3,+∞上是增函数,在-13上是减函数.19.[解析] 对fx求导得f′x=ex.
①1当a=时,若f′x=0,则4x2-8x+3=0,解得x1=,x2=.结合
①,可知xf′x+0-0+fx↗极大值↘极小值↗所以,x1=是极小值点,x2=是极大值点.2若fx为R上的单调函数,则f′x在R上不变号,结合
①与条件a0,知ax2-2ax+1≥0在R上恒成立,因此Δ=4a2-4a=4aa-1≤0,由此并结合a0,知0a≤
1.20.[解析] 1设Pk-1xk-10,由y′=ex得Qk-1xk-1,exk-1点处切线方程为y-exk-1=exk-1x-xk-1.由y=0得xk=xk-1-1 2≤k≤n.2由x1=0,xk-xk-1=-1,得xk=-k-1,所以|PkQk|=exk=e-k-1,于是Sn=|P1Q1|+|P2Q2|+|P3Q3|+…+|PnQn|=1+e-1+e-2+…+e-n-1==.21.[解析] 设包装盒的高为hcm,底面边长为acm,由已知得a=x,h==30-x,0x
30.1S=4ah=8x30-x=-8x-152+1800,所以当x=15时,S取得最大值.2V=a2h=2-x3+30x2,V′=6x20-x.由V′=0得x=0舍或x=
20.当x∈020时,V′0;当x∈2030时,V′
0.所以当x=20时,V取得极大值,也是最大值.此时=.即包装盒的高与底面边长的比值为.
22.[解析] 1∵函数fx的图像关于原点对称,∴对任意实数x有f-x=-fx,∴-ax3-2bx2-cx+4d=-ax3+2bx2-cx-4d,即bx2-2d=0恒成立,∴b=0,d=0,∴fx=ax3+cx,f′x=3ax2+c,∵当x=1时,fx取极小值-,∴3a+c=0且a+c=-.解得a=,c=-
1.2当x∈[-11]时,图像上不存在这样的两点使结论成立.假设图像上存在两点Ax1,y1,Bx2,y2,使得过此两点处的切线互相垂直,则由f′x=x2-1知两点处的切线斜率分别为k1=x-1,k2=x-1,且x-1·x-1=-
1.*∵x1,x2∈[-11],∴x-1≤0,x-1≤
0.∴x-1x-1≥
0.此与*相矛盾,故假设不成立.3证明f′x=x2-1,令f′x=0,得x=±1,当x∈-∞,-1或x∈1,+∞时,f′x0,当x∈-11时,f′x0,∴fx在[-11]上是减函数,且fxmax=f-1=,fxmin=f1=-.∴在[-11]上,|fx|≤,于是x1,x2∈[-11]时,|fx1-fx2|≤|fx1|+|fx2|≤+=.。