高二数学寒假作业答案

作业集1 参考答案

一．选择题

1.C.2.A3.A.4.A.5.C.6.D 二．填空题 7.

三．解答题

8.

29.e2 3

17： 证明： （1）由已知EF为PBC的中位线，所以EF//BC，又因为BC//AD，所以EF//AD，而AD平面PAD,EF平面PAD,所以EF//平面PAD

（2）由已知PC在平面ABCD中的射影为CD，BC面ABCD，BCCD，由三垂

线定理可知：BCPC，而EF//BC，所以PCEF()； 又因为PCD为等腰三角形，F为PC中点，所以PCDF()； 由(),()可知：PC平面DEF

c2

a22a2

18：解：（1）有已知可得：2b4，解出b2

c2a2b2c2





x2y2

1 所以椭圆的方程为：84

（2）易知C(2,0)恰好为椭圆的右焦点，设该椭圆的左焦点为C'(2,0)， 设ABC的周长为l，则：

lABACBC(AC'BC')ACBC(ACAC')(BCBC')4a82

所以周长的最大值为82，当线段AB经过左焦点C'(2,0)时取等号。

由于直线AB的斜率不能为0，否则A,B,C三点共线，与ACB90相矛盾。所以可假设直线AB的方程式为：xmy2

将该直线和椭圆联立化简得：(m22)y24my40 假设A(x1,y1),B(x2,y2)，由韦达定理知：y1y2



4m4

yy， 1222

m2m2

由已知ACB90，所以：CACB0 即：(x12,y1)(x22,y2)0 即：(x12)(x22)y1y20 即：(my14)(my24)y1y20 即：(m1)y1y24m(y1y2)160

2

将韦达定理代入上式得：(m1)

2

44m

4m160，解出：m7

m22m22

所以直线AB的方程为：xy2

作业集2 参考答案

一．选择题

1.D 2.C 3.C 4.B 5.B 6.C

二．填空题

7. 4

8.6

9.[

三．解答题

1.、（1）证明：E,F为中点EF//BC

D

EF平面ABC，BC平面ABCEF//平面ABC

（2）DA面ABCDABC

BCACBC平面DAC

又EF//BCEF平面DAC （3）VDAEFVEADF2.

．（

本

小

1111

SADFEF(21)1=

3323

题

满

分

13

分

）

解

：（

1

）

f(x)x3

32

x6x1,f(x)3x23x63(x1)(x2), 2

令f(x)0，x12,x21，

f极大值f(2)11，f极小值f(1)。

2

（2）g(x)ax2bx67ax2bx1(a0)，g(x)2axb,g(0)b0，

b2

b4a0a，

4

2

b2

1

g(1)ab1a1b1b1111,令h(b)

1,b0，法一：

4bg(0)bbb4bh(b)

11

,令h(b)0,又b0,则b2，当b(0,2时)，h(b)0当,4b2

b(2,)时，h(b)0,h(b)minh(2)

g(1)21

12。()min2。

42g(0)

b2

1

g(1)ab1a1b111112， 法二：

g(0)bbb4b“”

b1g(1)

b2，()min2。

4bg(0)

pp

,0)，圆心Q在线段OF的垂直平分线x上 24

3.、（1）F(

又准线方程为：x

p3pp

()，得p2抛物线C:y24x

2224

24y4x2

3y40 （2）设A(x1,y1),B(x2,y2)， 由 得：y3y3(x1)

y1y2S

4

,y1y24 3

1411

3 |OF||y2y1|1(y1y2)24y1y216=32223

xmyt

（3）设直线DE:2y24my4t0， 则16m216t0

y4x

（*）

设D(x1,y1),E(x2,y2)，则y1y24m,y1y24t

0(x14,y14)(x24,y24)x1x24(x1x2)16y1y24(y1y2)16

yyyy

124(12)16y1y24(y1y2)16 4444

2

2

2

2

(y1y2)2(y1y2)23y1y24(y1y2)32

16t216m212t3216m

2222

即t12t3216m16m 得：(t6)4(2m1)

t62(2m1) 即：t4m8或t4m4

带入（*）式检验均满足0

直线DE的方程为：xmy4m8m(y4)8 或：xm(y4)4

直线过定点（8，-4）.（定点(4,4)不满足题意，故舍去）

作业集3 参考答案

一．选择题

1．B 2.C 3.B 4.D 5.A 6.B

二．填空题 7,

22

8,x(y1)99,-24

352

0，由公式得，距离d 24

三．解答题

10、解：（1）直线l1方程为xy

（2）由条件直线l2设为：xym0，则点A 到l与l2的距离相等，



m3或1（舍），

所以直线l2的方程为xy30

11.(1)取PD的中点M,连ME,MA. ∵E为PC的中点 ∴ME//



1DC 2

又AB//



1

DC ∴ME//AB.

2

即四边形ABEM为□

∴AM//BE且AM面PAD ∴BE//面PAD. (2) ∵PA=AD ∴AM⊥PD ① 由PA⊥面AC知:PA⊥DC 再由∠DAB=Rt∠

∴DC⊥面PAD ∴DC⊥AM ② 综合①与②知: AM⊥面PDC 由(1)AM//BE 故BE⊥面PDC.

12，⑴PMPN2MN4 ∴P点的轨迹为双曲线 于是c2,a1故b3

2

y2

1 从而P点的轨迹方程为x3

2

⑵设Ax1,y1,Bx2,y2

直线l方向向量为1,1，∴直线l的斜率k1

故直线l的方程为：yx2 联立直线l与曲线C的方程

yx22

可得：2x4x70 2y2

1x3

x1x22∴7

x1x22

于是ABk

2

x1x224x1x2

2

26

7224

又O点到直线l的距离为：d

22

2

∴SAOB

1

dAB32 2

作业集4参考答案

一．选择题

1．A 2.C 3.B 4.C 5.A 6.B 二．填空题

7,xy608、4 9,96/5

10，(1)3x29y21

(2)60°

11，证：（1）EF//AC，EF⊥BD，EF⊥BB1,可知EF⊥平面BDD1B1，…………3分 又EF面B1EF，面EFB1面BDD1B1…………7分

（2）可知面EFB1面BDD1B1，在平面BDD1B1中，作BH⊥B1G于为H，

面EFB1面BDD1B1，面EFB1面BDD1B1B1G

∴BH⊥面B1EF，BH就是点B到平面B1EF的距离…………11分

在RtB1BG中,B1B4,BG1,BHB1GBH

12.解:(1)将点A(2,8)代入可得:P16

∴抛物线方程为:y232x (2)F(8,0),设M(m,a)

BGBB1…………13分 

B1G17

x1x222

由重心坐标公式可得:

yy812

∴m11,n4 即M(11,4)

2

yy2yyy132x1

32 且kBC12 又2 相减得: (y1y2)1

x1x2x1x2y232x2

∴kBC4∴BC边所在的直线方程为:4xy400

作业集5参考答案

一，选择题

1.B 2.A 3.D 4.D 5.B 6.B

二．填空题 7.4 8.

 9.60 5

三，解答题

10.证明：⑴E,F分别是AB,BD的中点 ∴EF//AD

又AD平面ACD EF平面ACD

∴直线EF//平面ACD

⑵CBCD且点F是BD的中点∴BDCF

又ADBD而EF//AD

∴BDEF

BDCF

从而BDEF

CFEFF

∴直线BD平面EFC

11.解：⑴由直线l1的方程可得：kx2y30 因为对kR上式恒成立，所以：

x2x20

 

y3y30

故直线l1过定点2,3

⑵因为l1l2，所以k2k112k0 从而k0或k

1

错误! 不能通过编辑域代码创建对象。 2

故k=0当时，直线l2:x20 当k

12.解：(1)设点A(x1,y1),B(x2,y2)，中点为C(x0,y0)，则有：

1

时，直线l2:2xy20 2

y x121(y1y2)(y1y2)4

(x1x2)(x1x2)0………2分 2

4y2x21x0y04x0

2k0k1414y0

2

1

………4分

∴直线l的方程为yx2………6分，经检验yx2适合题意。………7分 (2) 设点A(x1,y1),B(x2,y2)，则由题意可设直线l的方程为：yk(x2)

4k2x1x22yk(x2)k42222

………9分 (k4)x4kx4k40222

4xy4xx4k4

12k24

OAOBx1x2y1y20(k21)x1x22k2(x1x2)4k20

11

k,………12分，经检验y(x2)适合题意………13分

22

作业集6参考答案

一．选择题

1,C 2,D 3,D 4,D 5,D 6,C

二，填空题

7,6 8,2

2 9,[ 三，解答题

1O,解：（1）设P(x,y)是曲线C上任意一点，那么点P(x,y)满足：

(x1)2y2x1(x0)，化简得y24x(x0)。（或由定义法）

y124x1①（2）设A(x1,y1),B(x2,y2)，由2，

y4x②22

①②得：(y1y2)(y1y2)4(x1x2)，由于易知l的斜率k存在，

yy2

4，即2k4，所以k2，故l的一般式方程为故(y1y2)1

x1x2l:2xy30。

},B{x|1x2} 11,解：A{2axa1

p是q的充分条件，AB

2

2a11

a12

2a12

a的取值范围为

综上：

1

a12

2a2

2kk1,1b12,解：（Ⅰ）由点差法可得直线yx3

（Ⅱ）

yx3

联立x2y23x212x100

1484352

点B到直线MN的距离d

2

156

SBMN|MN|d

23|MN|k2|x1x2|

作业集7参考答案

一，选择题

1．D 2.B 3.A 4.B 5.B 6.A ； 二，填空题 7． 4 ；

22

8．AB2rd22 , x4与5x12y400;

9．-15

三，解答题

10．解：（1）因为M、N分别为PC、PB的中点， 所以MN//BC，且MN

1a

BC. „„„„2分 22

又因为AD//BC，所以MN//AD. „„„„4分 又因为MN平面PAD，AD平面PAD， 所以MN//平面PAD„„„6分

（2）因为AN为等腰ABP底边PB上的中线，所以ANPB. 因为PA平面ABCD，AD平面ABCD，所以ADPA.

又因为ADAB，且ABAPA，所以AD平面PAB.„„„„9分 又PB平面PAB，所以ADPB.„„„„„„10分

因为ANPB，ADPB，且ANADA，所以PB平面ADMN. 又DM平面ADMN，所以PBDM。 „„„„13分

11．解：⑴因为fx是二次函数，且fx0的解集是0,5 所以可设fxAxx5A0

所以fx在区间1,4上最大值是f16A12所以A2所以

fx2xx52x210x„„„„„„6分

⑵由已知

ax5

0所以xx5ax50又a0 2

2x10

5

所以xx5x0„„„„„„8分

a

55

① 若1a0，则5所以x0或5x

aa② 若a1，则x0 ③ 若a1，则

55

5，所以x0或x5„„„„„„11分 aa

5

综上知：当1a0时，原不等式的解集为xx0或5x

a 当a1时，原不等式的解集为xx0

5

当a1时，原不等式的解集为xx0或x5

a

x2y2

12．解：（I）设椭圆方程为221(ab0)，则a2b2c21○1

ab

当直线l垂直于x轴时，SOAB

b22a22b4○2 a2

x2

由○1○2解得a2,b1，故椭圆C的方程为y21

2

2

2

（Ⅱ）

3

作业集8参考答案

一．选择题

1.B 2.A 3.A 4.B 5.D 6.A 二．填空题

4117.728.（-∞，-3）

9.2

三．解答题 10.(1）a=

1

;(2)(0,1)减(1,)增极小值为3

2

11.(1) 2 (2)

2y4x

(2) 12.(1)

作业集9参考答案

一．选择题

1.B 2.D 3.B 4.B5.D 6.B 二．填空题

2ln21

[,)

7.98.29.15

三．解答题

1ax1

·············································································· 1分 (x0) ·

xx

当a0时，f'(x)0恒成立

10.解：(1) f'(x)a

11，由f'(x)0解得0x aa)上单调递减 ·因此，当a0时，f(x)在(0，·································································· 3分 11

当a0时，f(x)在(0)递减，()递增 ································································· 5分

aa

1

(2) 当 a = 1时，f(x)xlnx，f'(x)1

x

11

∴kf'(2)1，又f(2)2ln2

22

∴曲线yf(x)在点A处的切线方程为

11

····································································· 8分 y(2ln2)(x2)，即yx1ln2① ·

22

当a0时，由f'(x)0解得x

又g'(x)2x2∴g'(x0)2x02 ∴曲线yg(x)在点B处的切线方程为

2

y(x02x0m)(2x02)(xx0)

2即y(2x02)xmx0② ···································································································· 10分

由题意知①②应为同一直线

51x042x02

解得2∴

41mx21ln2mln2

01641

因此，mln2 ··············································································································· 12分

161

yx1ln2

另解：由消去y得 2

yx22xm5

x2xm1ln20

2541

由()24(m1ln2)0解得mln2

216

11.(1) 略 (2)a3（3

）r=

3

2

b23b21

12解：(1) 由e1()得2∴a2b

a4a422xy

从而椭圆方程为221，

4bb

将(21

，a2 代入得221得解b21∴b1

4b2b

x2

∴椭圆方程为y21 ········································································································· 3分

4



(2) ∵|OAOB||AB|∴OAOB

当l⊥x轴时，由对称性不妙设点A

在第一象限，可求得A当l不垂直于x轴时，可设直线l的方程为ykxm

，B

∴|AB|



ykxm

222

(14k)x8kmx4m40 ·由x2消去y，得·················································· 4分 2

y14

由64k2m24(14k2)(4m24)0得4k21m2 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则

8km4m24

x1x2，x1x2 ··························································································· 5分

14k214k2



∵OAOB∴x1x2y1y2x1x2(kx1m)(kx2m)(1k2)x1x2km(x1x2)m20

4k244m248km22

kmm0，解得m代入得(1k) ··································· 7分

22

514k14k

2

∴|AB|x1x2|

  ····················································· 9分

当k

0时，|AB|

|AB|当k

0时，|AB|

综上可知，弦AB

长度的取值范围为······························································· 12分 ·

作业集10参考答案

一，选择题

1．B 2.C 3.C 4.B 5.D 6.C 二．填空题

7．6 ； 8．3 ； 9． 1； 三，解答题

10．解：（I）证明：记AC,BD交于O

因为底面ABCD为正方形, 所以ACBD 又因为PA底面ABCD，所以PABD 所以BD平面PAC„„„„.6分

112

（II）VCBQDVQBCDSBCDQA21„„„„12分

333

11．解：（Ⅰ）当a0时，fxx22x2ex，则切点为0,2 且fxx2exkf00，则切线方程为y2；

（Ⅱ）fxx2ax2a2exxax2aex 当a0时，fx在R上单调递增；

当a0时，fx在,a、在a,2a上单调递减； 2a,上单调递增，当a0时，fx在,2a、a,上单调递增,在2a,a上单调递减.

c

12．解：⑴设椭圆的半焦距为c，

依题意a得a,c2，∴b1， 3，

a

x2

∴所求椭圆方程为y21． „„„„„„ 5分

3

⑵设A(x1，y1)，B(x2，

y2)

3，得m2(k21)． „6分

42

ykxm

222

又由x2，消去得：(3k1)x6kmx3m30， y2

y13

6km3(m21)

，x1x2． „„„„ 8分∴x1x22

2

3k13k1

236km12(m1) ∴AB(1k2)(x2x1)2(1k2)(3k21)2

3k21

2

2

2



12(k21)(3k21m2)3(k21)(9k21)

2222

(3k1)(3k1)[来源:学科网]

又S

2△AOB

1233(k21)(9k21)3

(AB， 22

2216(3k1)4

化简得：9k46k210，

解得：k

。 „„„„„„„ 12分