理科寒假作业答案分析解析

高二理科寒假作业答案一一．选择题 A D BD B DBBDD BD二．填空．13 658． 14 x 2－4y 2＝1．15 x 2＋y 24＝1．16． 2x －3y －9＝0 三．１７．解析 (1)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋b ，x 2＝4y 得x 2－4x －4b ＝0.(*)因为直线l 与抛物线C 相切，所以Δ＝(－4)2－4×(－4b )＝0，解得b ＝－1. (2)由(1)可知b ＝－1，故方程(*)即为x 2－4x ＋4＝0， 解得x ＝2.将其代入x 2＝4y ，得y ＝1. 故点A (2,1)．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 －2)2＋(y －1)2＝4.18．证明 (1)假设l 1与l 2不相交，则l 1与l 2平行，有k 1＝k 2，代入k 1k 2＋2＝0，得k 21＋2＝0，这与k 1为实数的事实相矛盾，从而k 1≠k 2，即l 1与l 2相交． (2)解法一由方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 1x ＋1，y ＝k 2x －1解得交点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2k 2－k 1，k 2＋k 1k 2－k 1， 而2x 2＋y 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2－k 12＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫k 2＋k 1k 2－k 12 ＝8＋k 22＋k 21＋2k 1k 2k 22＋k 21－2k 1k 2＝k 21＋k 22＋4k 21＋k 22＋4＝1. 此即表明交点P (x ，y )在椭圆2x 2＋y 2＝1上． 解法二 交点P 的坐标(x ，y )满足⎩⎪⎨⎪⎧y －1＝k 1x ，y ＋1＝k 2x .故知x ≠0.从而⎩⎨⎧k 1＝y －1x ，k 2＝y ＋1x .代入k 1k 2＋2＝0，得y －1x ·y ＋1x ＋2＝0.整理后，得2x 2＋y 2＝1，所以交点P 在椭圆2x 2＋y 2＝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 ：x 2＋y 2＝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 ＝11＋k2，而圆O 的半径r ＝2，故弦AB 的长为|AB |＝2r 2－d 2＝24－d 2， 故△AOB 面积S ＝12|AB |×d ＝12×24－d 2×d＝4d 2－d 4＝－(d 2－2)2＋4.而d 2＝11＋k 2，因为1＋k 2≥1，所以d 2＝11＋k 2∈(0,1]，显然当d 2∈(0,1]时，S 单调递增，所以当d 2＝1，即k ＝0时，S 取得最大值3， 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(1，3)和(1，－3)，其距离为23，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23＝24－d 2，得d ＝1.所以|－k ＋2|k 2＋1＝1，解得k ＝34，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(x 0，y 0)(y 0≠0)，Q 点坐标为(x ，y )， 则N 点坐标是(0，y 0)．因为OQ→＝OM →＋ON →，所以(x ，y )＝(x 0,2y 0)，即x 0＝x ，y 0＝y2.又因为M 是圆C 上一点，所以x 20＋y 20＝4，所以x 2＋y 24＝4(y ≠0)，所以Q 点的轨迹方程是x 24＋y 216＝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x24＋y2＝1，c＝4－1＝3，∴左、右焦点坐标分别为(－3，0)，(3，0)．(2)m＝3，椭圆方程为x29＋y2＝1，设P(x，y)，则|PA|2＝(x－2)2＋y2＝(x－2)2＋1－x29＝89⎝⎛⎭⎪⎫x－942＋12(－3≤x≤3)，∴当x＝94时，|PA|min＝22；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－x2 m2＝m2－1m2⎝⎛⎭⎪⎫x－2m2m2－12－4m2m2－1＋5(－m≤x≤m)．∵当x＝m时，|PA|取最小值，且m2－1m2＞0，∴2m2m2－1≥m且m＞1，解得1＜m≤1＋ 2. 22．解析(1)解法一设椭圆方程为x2 a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)，则2a＝|AF1|＋|AF2|＝72＋52＝6，得a ＝3.设A (x ，y )，F 1(－c,0)，F 2(c,0)， 则(x ＋c )2＋y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫722，(x －c )2＋y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫522， 两式相减，得xc ＝32，由抛物线定义可知|AF 2|＝x ＋c ＝52，则c ＝1，x ＝32或x ＝1，c ＝32(因∠AF 2F 1为钝角，故舍去)．所以椭圆方程为x 29＋y 28＝1，抛物线方程为y 2＝4x .解法二 设椭圆方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，抛物线方程为y 2＝2px .如图所示，过F 1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|AF 2|＝|AN |， 所以|AM |＝|AF 1|2－|F 1M |2＝|AF 1|2－|AN |2＝|AF 1|2－|AF 2|2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫722－⎝ ⎛⎭⎪⎫522＝ 6.|F 2M |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫522－6＝12，得|F 1F 2|＝52－12＝2， 所以c ＝1.由p2＝c 得p ＝2.由2a ＝|AF 1|＋|AF 2|＝6，得a ＝3.b 2＝a 2－c 2＝8.所以椭圆方程为x 29＋y 28＝1，抛物线方程为y 2＝4x .(2)设B (x 1，y 1)，E (x 2，y 2)，C (x 3，y 3)，D (x 4，y 4)，直线y ＝k (x －1)， 由题意知k ≠0，代入x 29＋y 28＝1，得8⎝ ⎛⎭⎪⎫y k ＋12＋9y 2－72＝0，即(8＋9k 2)y 2＋16ky －64k 2＝0， 则y 1＋y 2＝－16k 8＋9k 2，y 1y 2＝－64k 28＋9k 2.同理，将y ＝k (x －1)代入y 2＝4x ，得ky 2－4y －4k ＝0， 则y 3＋y 4＝4k ，y 3y 4＝－4.所以|BE |·|GF 2||CD |·|HF 2|＝|y 1－y 2||y 3－y 4|·12|y 3＋y 4|12|y 1＋y 2|＝(y 1－y 2)2(y 1＋y 2)2·(y 3＋y 4)2(y 3－y 4)2＝(y 1＋y 2)2－4y 1y 2(y 1＋y 2)2·(y 3＋y 4)2(y 3＋y 4)2－4y 3y 4＝(16k )2(8＋9k 2)2＋4×64k 28＋9k 2(16k )2(8＋9k 2)2·⎝ ⎛⎭⎪⎫4k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫4k 2＋16＝3，为定值．（二）一．选择ＣＣＢＤD C ＤＣＡＤ ＢＡ二．填空．１３． 12 １４．84π5 １５．④１６．83 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 ＝12(PD ＋EC )·DC ＝12×3×2＝3，∴四棱锥B －CEPD 的体积V B －CEPD ＝13S 梯形PDCE ·BC ＝13×3×2＝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DB→，DC →，DA →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 (0,0，3)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，∴AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，－3，DB →＝(1,0,0)，∴AE →与DB →夹角的余弦值为cos 〈AE →，DB →〉＝AE →·DB →|AE →|·|DB →|＝121×224＝2222. 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DA →＝(1,0,0)，CC ′→＝(0,0,1)．连接BD . DH →＝(m ，m,1)(m ＞0)，由已知〈DH →，DA →〉＝60°， DA →·DH →＝|DA →||DH →|cos 〈DA →，DH →〉，可得2m ＝2m 2＋1，解得m ＝22， 所以DH→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1. (1)因为cos 〈DH →，CC ′→〉＝22×0＋22×0＋1×11×2＝22，所以〈DH →，CC ′→〉＝45°，即DH 与CC ′所成的角为45°. (2)平面AA ′D ′D 的一个法向量是DC→＝(0,1,0)． 因为cos 〈DH →，DC →〉＝22×0＋22×1＋1×01×2＝12，所以〈DH→，DC →〉＝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＝23，D为AC中点，故AD＝DC＝ 3.∵AA1和底面ABC所成角为60°，则∠A1AC＝60°.在▱A1ACC1中，A1A＝AD＝3，∠A1AD＝60°.∴A1D＝3，DC21＝(3)2＋(3)2－2×3×3cos 120°＝9，又A1C1＝2 3.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，AC 2＝AD 2＋CD 2－2AD ·CD ·cos ∠ADC ＝25＋25－2×5×5×925＝32，在△AOC 中，OA 2＋OC 2＝32＝AC 2， ∴∠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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－32，2，MC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4，32，－2，DC →＝(4，－3,0)，AC →＝(4,0，－4)，设平面MCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎨⎧n ·MC →＝0n ·DC →＝0，得⎩⎨⎧4x ＋32y －2z ＝04x －3y ＝0，令y ＝4，有n ＝(3,4,9)，设AC 与平面MCD 所成的角为θ，sin θ＝|cos 〈AC →，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪12－36106·32＝35353，∴AC 与平面MCD 所成角的正弦值为35353. 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·sin 45°＝2 2.在Rt△POD中，OH＝PO·ODPO2＋OD2＝2×222＋12＝105.在Rt△POA中，OG＝PO·OAPO2＋OA2＝2×12＋1＝63.在Rt△OHG中，sin∠OGH＝OHOG＝10563＝155.所以cos∠OGH＝1－sin2∠OGH＝1－1525＝105.故二面角B－PA－C的余弦值为10 5.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 (0,0，2)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，0.设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面POD 的一个法向量， 则由n 1·OD →＝0，n 1·OP →＝0，得⎩⎨⎧－12x 1＋12y 1＝0，2z 1＝0.所以z 1＝0，x 1＝y 1.取y 1＝1，得n 1＝(1,1,0)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)是平面PAC 的一个法向量， 则由n 2·PA →＝0，n 2·PC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 2－2z 2＝0，y 2－2z 2＝0.所以x 2＝－2z 2，y 2＝2z 2.取z 2＝1，得n 2＝(－2，2，1)．因为n 1·n 2＝(1,1,0)·(－2，2，1)＝0，所以n 1⊥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n 3＝(0,1,0)． 由(1)知，平面PAC 的一个法向量为n 2＝(－2，2，1)． 设向量n 2和n 3的夹角为θ，则cos θ＝n 2·n 3|n 2|·|n 3|＝25＝105. 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105.（三）BCACD BBCBB DC 13. 3 14． 3x ＋y －1＝015． ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，＋∞ 16 . －2三.解答题17.[解析] 因为f (x )＝x 3－3x ＋1，所以f ′(x )＝3x 2－3＝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 )＝3x 2－6ax ＋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a ＝1，b ＝－3. (2)f (x )＝x 3－3x 2－9x ， f ′(x )＝3x 2－6x －9.由f ′(x )＝0，得x 1＝－1，x 2＝3.∴f (x )在(－∞，－1]，[3，＋∞)上是增函数，在(－1,3)上是减函数．19．[解析] 对f (x )求导得f ′(x )＝e x1＋ax 2－2ax (1＋ax 2)2. ①(1)当a ＝43时，若f ′(x )＝0，则4x 2－8x ＋3＝0，解得x 1＝32，x 2＝12.结合①，可知↗↘↗所以，x 1＝32是极小值点，x 2＝12是极大值点．(2)若f (x )为R 上的单调函数，则f ′(x )在R 上不变号，结合①与条件a >0，知ax 2－2ax ＋1≥0在R 上恒成立，因此Δ＝4a 2－4a ＝4a (a －1)≤0，由此并结合a >0，知0<a ≤1.20．[解析] (1)设P k －1(x k －1,0)，由y ′＝e x 得Q k －1(x k －1，ex k －1)点处切线方程为y －ex k －1＝ex k －1(x －x k －1)．由y ＝0得x k ＝x k －1－1 (2≤k ≤n )．(2)由x 1＝0，x k －x k －1＝－1，得x k ＝－(k －1)， 所以|P k Q k |＝ex k ＝e －(k －1)，于是 S n ＝|P 1Q 1|＋|P 2Q 2|＋|P 3Q 3|＋…＋|P n Q n |＝1＋e －1＋e －2＋…＋e －(n －1)＝1－e－n 1－e －1＝e －e 1－n e －1.21．[解析] 设包装盒的高为h (cm)，底面边长为a (cm)，由已知得 a ＝2x ，h ＝60－2x2＝2(30－x )，0<x <30.(1)S ＝4ah ＝8x (30－x )＝－8(x －15)2＋1800， 所以当x ＝15时，S 取得最大值．(2)V ＝a 2h ＝22(－x 3＋30x 2)，V ′＝62x (20－x )． 由V ′＝0得x ＝0(舍)或x ＝20.当x ∈(0,20)时，V ′>0；当x ∈(20,30)时，V ′<0. 所以当x ＝20时，V 取得极大值，也是最大值． 此时h a ＝12.即包装盒的高与底面边长的比值为12.22. [解析] (1)∵函数f (x )的图像关于原点对称， ∴对任意实数x 有f (－x )＝－f (x )，∴－ax 3－2bx 2－cx ＋4d ＝－ax 3＋2bx 2－cx －4d ， 即bx 2－2d ＝0恒成立，∴b ＝0，d ＝0，∴f(x)＝ax3＋cx，f′(x)＝3ax2＋c，∵当x＝1时，f(x)取极小值－2 3，∴3a＋c＝0且a＋c＝－2 3.解得a＝13，c＝－1.(2)当x∈[－1,1]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A(x1，y1)，B(x2，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＝x21－1，k2＝x22－1，且(x21－1)·(x22－1)＝－1.(*)∵x1，x2∈[－1,1]，∴x21－1≤0，x22－1≤0.∴(x21－1)(x22－1)≥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′(x)>0，当x∈(－1,1)时，f′(x)<0，∴f(x)在[－1,1]上是减函数，且f(x)max＝f(－1)＝23，f(x)min＝f(1)＝－23.∴在[－1,1]上，|f(x)|≤2 3，于是x1，x2∈[－1,1]时，|f(x1)－f(x2)|≤|f(x1)|＋|f(x2)|≤23＋23＝43.。