高二理科寒假作业答案文档格式.docx

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＋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（0,1），而（0,1）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＝∈（0,1]，

显然当d2∈（0,1]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＝k（x－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，y0）（y0≠0），Q点坐标为（x，y），

则N点坐标是（0，y0）．因为＝＋，

所以（x，y）＝（x0,2y0），即x0＝x，y0＝.又因为M是圆C上一点，

所以x＋y＝4，所以x2＋＝4（y≠0），

所以Q点的轨迹方程是＋＝1（y≠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）．

（2）m＝3，椭圆方程为＋y2＝1，设P（x，y），则

|PA|2＝（x－2）2＋y2＝（x－2）2＋1－＝2＋（－3≤x≤3），

∴当x＝时，|PA|min＝；

当x＝－3时，|PA|max＝5.

（3）设动点P（x，y），则

|PA|2＝（x－2）2＋y2＝（x－2）2＋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

＋＝1（a＞b＞0），

则2a＝|AF1|＋|AF2|＝＋＝6，

得a＝3.

设A（x，y），F1（－c,0），F2（c,0），

则（x＋c）2＋y2＝2，（x－c）2＋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＋＝1（a＞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B（x1，y1），E（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4），直线y＝k（x－1），

由题意知k≠0，代入＋＝1，

得82＋9y2－72＝0，

即（8＋9k2）y2＋16ky－64k2＝0，

则y1＋y2＝－，y1y2＝－.

同理，将y＝k（x－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．　　１５．④１６．8

17．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＝×

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D（0,0,0），B（1,0,0），C（0,3,0），A（0,0，），E，

∴＝，＝（1,0,0），

∴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H（m，m,1）（m＞0），则＝（1,0,0），＝（0,0,1）．连接BD.

＝（m，m,1）（m＞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＝（0,1,0）．

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⊥DC1.

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DBC1.

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×

＝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A（0,0,4），B（0，－3,0），C（4,0,0），D（0,3,0），M，＝，＝（4，－3,0），＝（4,0，－4），

设平面MCD的一个法向量为n＝（x，y，z），则由，得，令y＝4，有n＝（3,4,9），

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

O（0,0,0），A（－1,0,0），B（1,0,0），C（0,1,0），

P（0,0，），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＝y1.取y1＝1，得n1＝（1,1,0）．

设n2＝（x2，y2，z2）是平面PAC的一个法向量，

则由n2·

＝0，n2·

所以x2＝－z2，y2＝z2.取z2＝1，得n2＝（－，，1）．

因为n1·

n2＝（1,1,0）·

（－，，1）＝0，所以n1⊥n2.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＝（0,1,0）．

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＝0

15．　16.－2

三.解答题

17.[解析]　因为f（x）＝x3－3x＋1，所以f′（x）＝3x2－3＝3（x＋1）（x－1）．

由f′（x）<

0，解得x∈（－1,1）；

由f′（x）>

0，解得x∈（－∞，－1）或x∈（1，＋∞）．

所以f（x）在[－1,1]上单调递减，在（－∞，－1]，[1，＋∞）上单调递增，

所以函数f（x）的单调减区间是[－1,1]，

单调增区间是（－∞，－1]与[1，＋∞）．

18．[解析]　

（1）f′（x）＝3x2－6ax＋3b，

f

（1）＝1－3a＋3b＝－11，①

f′

（1）＝3－6a＋3b＝k＝－12.②

解由①、②组成的关于a，b的方程组，得