高二数学30题训练及参考答案.doc

2013届高二数学备课组命题彭湃中学2013届高二数学30题训练（理科）参考答案1【解析】（1）依题意有，则，将点代入得，而，故；（2）依题意有，而，。2解析： （1），若c=5， 则，sinA； （2）若A为钝角，则解得，c的取值范围是；3.解：（）的最小正周期为;（）的最大值为和最小值；（）因为，即,即 4解： 所以函数f(x)的值域为，最小正周期5.【解析】(I) 解法一: 当,即时, 取得最大值.函数的取得最大值的自变量的集合为.解法二: 当,即时, 取得最大值.函数的取得最大值的自变量的集合为.(II)解: 由题意得: 即: 因此函数的单调增区间为.【点评】本小题考查三角公式,三角函数的性质及已知三角函数值求角等基础知识,考查综合运用三角有关知识的能力.6.解：（I）的最大值为2，.又其图象相邻两对称轴间的距离为2，.过点，又.（II）解法一：，.又的周期为4，解法二：又的周期为4，7.解：（）的图像的对称轴， （）由（）知由题意得 所以函数（）由x0y1010故函数图438.解：根据图象得A=2，T=（）=4，=，y=2sin（+）又由图象可得相位移为，=，=.即y=2sin（x+）.根据条件=2sin（），=2k+,(kZ)或=2k+（kZ）x=4k+（kZ）或x=4k+（kZ）.所有交点坐标为（4k+）或（4k+）（kZ）9解：（1）由题中图所示，这段时间的最大温差是301020（）.图44（2）图中从6时到14时的图象是函数y=Asin（x）b的半个周期的图象，146，解得.由图示，A（3010）10，b（3010）20.这时y=10sin（x）20.将x=6，y=10代入上式，可取.综上，所求的解析式为y=10sin（x）20，x6，1410 解：（）由余弦定理及已知条件得，又因为的面积等于，所以，得联立方程组解得，（）由题意得，即，当时，当时，得，由正弦定理得，联立方程组解得，所以的面积11、（2002 广东）证明：依设，得椭圆的半焦距，右焦点为F(1，0)，右准线方程为，点E的坐标为(2，0)，EF的中点为N(，0)若AB垂直于x轴，则A（，），（，），（，），AC中点为N(，0)，即AC过EF中点N.若AB不垂直于x轴，由直线AB过点F，且由BCx轴知点B不在x轴上，故直线AB的方程为（），记A（，1）和（，），则C（，）且，满足二次方程即（）（）， 又，得，故直线AN，CN的斜率分别为 （）（）（）（），即，故A、C、N三点共线.所以，直线AC经过线段EF的中点N. 12、解：首先讨论l不与x轴垂直时的情况，设直线l的方程为kx+b，如图所示，l与椭圆、双曲线的交点为：依题意有，由若，则与双曲线最多只有一个交点，不合题意，故由故l的方程为(ii)当b=0时，由(1)得由故l的方程为再讨论l与x轴垂直的情况.设直线l的方程为x=c,分别代入椭圆和双曲线方程可解得，综上所述，故l的方程为、和13、解: ()由条件得直线AP的方程即因为点M到直线AP的距离为1,即.解得+1m3或-1m1-.m的取值范围是()可设双曲线方程为由得.又因为M是APQ的内心,M到AP的距离为1,所以MAP=45,直线AM是PAQ的角平分线,且M到AQ、PQ的距离均为1。因此，（不妨设P在第一象限）直线PQ方程为。线AP的方程y=x-1,解得P的坐标是（2+，1+），将P点坐标代入得，所以所求双曲线方程为即14、解法一：（）直线的斜率显然存在，设直线的方程为，依题意得 ， ，即 ， 由得，设直线的方程为可化为 ， ， 设的重心G为，则 ， ，由得 ，即，这就是得重心的轨迹方程（）由弦长公式得把代入上式，得 ，设点到直线的距离为，则， ， 当，有最小值，的面积存在最小值，最小值是 解法二：（） AOBO, 直线，的斜率显然存在，设AO、BO的直线方程分别为，设，依题意可得由得，由得，设的重心G为，则 ， ， 由可得，即为所求的轨迹方程.（）由（）得，当且仅当，即时，有最小值，的面积存在最小值，最小值是 .解法三:（I）设AOB的重心为G(x , y) ，A(x1, y1)，B(x2 , y2 )，则 （1） 不过OAOB ，即， （2）又点A，B在抛物线上，有，代入（2）化简得，所以重心为G的轨迹方程为，（II），由（I）得，当且仅当即时，等号成立，所以AOB的面积存在最小值，存在时求最小值1 15、解：（）抛物线，即，焦点为（1）直线的斜率不存在时，显然有（2）直线的斜率存在时，设为k，截距为b直线：y=kx+b 由已知得： 即的斜率存在时，不可能经过焦点所以当且仅当=0时，直线经过抛物线的焦点F（）当时，直线的斜率显然存在，设为：y=kx+b则由（）得： 所以直线的方程为，16、解：()由已知条件，得F(0，1)，0A(x1，y1)，B(x2，y2)由，即得(x1，1y)(x2，y21)， 将式两边平方并把y1x12，y2x22代入得y12y2 解、式得y1，y2，且有x1x2x224y24，抛物线方程为yx2，求导得yx所以过抛物线上A、B两点的切线方程分别是yx1(xx1)y1，yx2(xx2)y2，即yx1xx12，yx2xx22解出两条切线的交点M的坐标为(，)(，1) 所以(，2)(x2x1，y2y1)(x22x12)2(x22x12)0所以为定值，其值为0()由()知在ABM中，FMAB，因而S|AB|FM|FM|因为|AF|、|BF|分别等于A、B到抛物线准线y1的距离，所以|AB|AF|BF|y1y222()2于是S|AB|FM|()3，由2知S4，且当1时，S取得最小值417、解析：（1）圆C：； （2）由条件可知a=5，椭圆，F（4，0），若存在，则F在OQ的中垂线上，又O、Q在圆C上，所以O、Q关于直线CF对称；直线CF的方程为y-1=,即，设Q（x,y），则，解得所以存在，Q的坐标为。18、解：（）由：知设，在上，因为，所以，得，在上，且椭圆的半焦距，于是消去并整理得 ， 解得（不合题意，舍去）故椭圆的方程为（）由知四边形是平行四边形，其中心为坐标原点，因为，所以与的斜率相同，故的斜率设的方程为由 消去并化简得 设，因为，所以 所以此时，故所求直线的方程为，或19.解：（）依题意，有（），化简得（），这就是动点的轨迹的方程；（）依题意，可设、，则有，两式相减，得，由此得点的轨迹方程为:（）设直线：（其中），则,故由:，即，解之得的取值范围是AyxOBGFF1图420、【解析】（1）由得，当得，G点的坐标为，过点G的切线方程为即，令得，点的坐标为，由椭圆方程得点的坐标为，即，即椭圆和抛物线的方程分别为和；（2）过作轴的垂线与抛物线只有一个交点,以为直角的只有一个，同理 以为直角的只有一个。若以为直角，设点坐标为，、两点的坐标分别为和， 。关于的二次方程有一大于零的解，有两解，即以为直角的有两个，21题图因此抛物线上存在四个点使得为直角三角形。21、解：（1）取中点，连接交于点，又面面，面，即，面，（2）在面内过点作的垂线，垂足为，面，则即为所求二面角的平面角，则，即二面角的大小22.ABCDEA1B1C1D1FHG解法一：依题设知，（）连结交于点，则由三垂线定理知， 在平面内，连结交于点，由于，故，与互余于是与平面内两条相交直线都垂直，所以平面（）作，垂足为，连结由三垂线定理知，故是二面角的平面角，又，所以二面角的大小为解法二：ABCDEA1B1C1D1yxz以为坐标原点，射线为轴的正半轴，建立如图所示直角坐标系依题设，）因为，故，又，所以平面（）设向量是平面的法向量，则，故，令，则， 等于二面角的平面角， 所以二面角的大小为23解法一：ACBEP（）取中点，连结，平面平面，（），又，又，即，且，ACBDPH平面取中点连结，是在平面内的射影，是二面角的平面角在中，二面角的大小为（）由（）知平面，平面平面过作，垂足为平面平面，平面的长即为点到平面的距离由（）知，又，且，平面平面，在中， 点到平面的距离为解法二：（），又，平面平面，ACBPzxyHE（）如图，以为原点建立空间直角坐标系则设，取中点，连结，是二面角的平面角，二面角的大小为（），在平面内的射影为正的中心，且的长为点到平面的距离如（）建立空间直角坐标系，点的坐标为点到平面的距离为24.（）证明：在中，由题设可得于是.在矩形中，.又，所以平面（）解：由题设，所以（或其补角）是异面直线与所成的角.在中，由余弦定理得由（）知平面，平面，所以，因而，于是是直角三角形，故所以异面直线与所成的角的大小为（）解：过点P做于H，过点H做于E，连结PE因为平面，平面，所以.又，因而平面，故HE为PE再平面ABCD内的射影.由三垂线定理可知，从而是二面角的平面角。由题设可得，于是再中，所以二面角的大小为25方法一（综合法） （1）取OB中点E，连接ME，NE又 （2） 为异面直线与所成的角（或其补角）作连接,，所以 与所成角的大小为（3）点A和点B到平面OCD的距离相等，连接OP,过点A作 于点Q，又 ,线段AQ的长就是点A到平面OCD的距离 ，所以点B到平面OCD的距离为方法二(向量法)作于点P,如图,分别以AB,AP,AO所在直线为轴建立坐标系,(1)设平面OCD的法向量为,则即 取,解得(2)设与所成的角为, , 与所成角的大小为(3)设点B到平面OCD的距离为,则为在向量上的投影的绝对值, 由 , 得.所以点B到平面OCD的距离为26.（）证明：如右图，过点A在平面A1ABB1内作ADA1B于D，则由平面A1BC侧面A1ABB1,且平面A1BC侧面A1ABB1=A1B,得AD平面A1BC,又BC平面A1BC，所以ADBC.因为三棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，则AA1底面ABC，所以AA1BC.又AA1AD=A,从而BC侧面A1ABB1，又AB侧面A1ABB1，故ABBC.（）解法1：连接CD，则由（）知是直线AC与平面A1BC所成的角，是二面角A1BCA的平面角，即于是在RtADC中，在RtADB中，由ABAC，得又所以解法2：由（）知，以点B为坐标原点，以BC、BA、BB1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设AA1=a,AC=b,AB=c,则 B(0,0,0), A(0,c,0), 于是设平面A1BC的一个法向量为n=(x,y,z)，则由得可取n=(0,-a,c)，于是与n的夹角为锐角，则与互为余角.所以于是由cb，得即又所以27解: 解法一（）如图所示，连结BD，由ABCD是菱形且BCD=60知，BCD是等边三角形.因为E是CD的中点，所以BECD,又ABCD,所以BEAB.又因为PA平面ABCD，平面ABCD，所以PABE.而AB=A,因此BE平面PAB.又平面PBE，所以平面PBE平面PAB.（）延长AD、BE相交于点F，连结PF.过点A作AHPB于H，由（）知平面PBE平面PAB,所以AH平面PBE.在RtABF中，因为BAF60，所以，AF=2AB=2=AP.在等腰RtPAF中，取PF的中点G，连接AG.则AGPF.连结HG，由三垂线定理的逆定理得，PFHG.所以AGH是平面PAD和平面PBE所成二面角的平面角（锐角）.在等腰RtPAF中， 在RtPAB中， 所以，在RtAHG中， 故平面PAD和平面PBE所成二面角（锐角）的大小是解法二: 如图所示，以A为原点，建立空间直角坐标系.则相关各点的坐标分别是A（0，0，0），B（1，0，0），P（0，0，2）,（）因为，平面PAB的一个法向量是，所以共线.从而BE平面PAB.又因为平面PBE，故平面PBE平面PAB. ()易知 设是平面PBE的一个法向量，则由得所以 设是平面PAD的一个法向量，则由得所以故可取 于是， 故平面PAD和平面PBE所成二面角（锐角）的大小是28解法一：（）平面平面，在中，又，即又，平面，平面，平面平面A1AC1B1BDCFE（第28题，解法一）（）如图，作交于点，连接，由已知得平面是在面内的射影由三垂线定理知，为二面角的平面角过作交于点，则，在中，在中，即二面角为A1AC1B1BDCzyx（第28题，解法二）解法二：（）如图，建立空间直角坐标系，则，点坐标为，又，平面，又平面，平面平面（）平面，取为平面的法向量，设平面的法向量为，则，如图，可取，则，即二面角为29.解法一：（）证明：在PAD中PA=PD,O为AD中点，所以POAD,又侧面PAD底面ABCD,平面平面ABCD=AD, 平面PAD，所以PO平面ABCD.（）连结BO，在直角梯形ABCD中、BCAD，AD=2AB=2BC,有ODBC且OD=BC,所以四边形OBCD是平行四边形，所以OBDC.由（）知，POOB,PBO为锐角，所以PBO是异面直线PB与CD所成的角.因为AD=2AB=2BC=2,在RtAOB中，AB=1,AO=1,所以OB，在RtPOA中，因为AP，AO1，所以OP1，在RtPBO中，tanPBO所以异面直线PB与CD所成的角是.（）假设存在点Q，使得它到平面PCD的距离为.设QDx，则，由（）得CD=OB=，在RtPOC中， 所以PC=CD=DP, 由Vp-DQC=VQ-PCD,得2，所以存在点Q满足题意，此时.解法二：)同解法一.()以O为坐标原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系O-xyz,依题意，易得A(0,-1,0),B(1,-1,0),C(1,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1),所以所以异面直线PB与CD所成的角是arccos， ()假设存在点Q，使得它到平面PCD的距离为，由()知设平面PC