江门一中高二数学(理科)暑假练习(一) 参考答案
一、选择题:D B C A A B A B B D
二、填空题:(11)45,46
(14)n2+n
三、解答题:
(18)(Ⅰ)解:由题意可知
因为0
3 4(15)18 (16)20 (17)1ab
,2abcosC. 所以tanC
2π. 3
2π-A) 3(Ⅱ)解:由已知sinA+sinB=sinA+sin(π-C-A)=sinA+sin(
=sinA
1πA+sinA
(A+26
当△ABC为正三角形时取等号,所以sinA+sinB
(19)(Ⅰ)解:由题意知S6=-15-3, a6=S6-S5=-8 S5
Sa110d5,所以解得a1=7 所以S6=-3,a1=7 a5d8.1
(Ⅱ)解:因为S5S6+15=0, 所以(5a1+10d)(6a1+15d)+15=0,
即2a12+9da1+10d2+1=0. 故(4a1+9d)2=d2-8. 所以d2≥8.
故d的取值范围为d≤
d≥
(20)(Ⅰ)证明:取A’D的中点G,连结GF,CE,由条件易知
FG∥CD,FG=
BE∥CD,BE=1CD. 21CD. 2
所以FG∥BE,FG=BE.
故四边形BEGF为平行四边形,
所以BF∥平面A′DE.
(Ⅱ)解:在平行四边形ABCD中,设BC=a,
则AB=CD=2a, AD=AE=EB=a, 连CE. 因为∠ABC=120°
,
在△BCE中,可得CE
在△ADE中,可得DE=a,
在△CDE中,因为CD2=CE2+DE2,所以CE⊥DE,
在正三角形A’DE中,M为DE中点,所以A′M⊥DE.
由平面A’DE⊥平面BCD,可知A’M⊥平面BCD,A′M⊥CE.
取A′E的中点N,连线NM、NF,所以NF⊥DE,NF⊥A′M.
因为DE交A′M于M,所以NF.平面A′DE,
则∠FMN为直线FM与平面A′DE新成角.
在Rt△FMN中,NF
11 MN=a, FM=a, 则cos∠FMN=. 22所以直线FM与平面A′DE所成角的余弦值为1. 2
(21)(Ⅰ)解:当a=1,b=2时,因为f′(x)=(x-1)(3x-5).
故f′(2)=1. 又f(2)=0,所以f(x)在点(2,0)处的切线方程为y=x-2.
(Ⅱ)证明:因为f′(x)=3(x-a)(x-
a2ba2b), 由于a
2aba2b2ab所以a,b依次成等差数列,所以存在实数x4满足题意,且x4=. 333
(22)
(Ⅰ)解:因为焦点F(
p=m2,
又m=2,故p=4.
所以抛物线C的方程为y2=8x.
(Ⅱ)证明:因为抛物线C的焦点F在直线l上,
所以p,lm2,
所以抛物线C的方程为y2=2m2x.
设A(x1,y1),B(x2,y2), P,0)在直线l上,得 2
m2
,xmy由2消去x得
y22m2x,
y2-2m3y-m4=0,
由于m≠0,故=4m6+4m4>0,
且有y1+y2=2m3,y1y2=-m4,
设M1,M2分别为线段AA1,BB1的中点,
由于2M1CCF,2M2HHF,
可知G(x12y1x2y,),H(2,2), 3333
x1x2m(y1y2)m2m4m2
, 所以6636
2y12y22m3
, 63
m4m22m3所以GH的中点M,. 633
112GH(m2+4)(m2+1)m4. 49设R是以线段GH为直径的圆的半径, 则R2=
m2
设抛物线的准线与x轴交点N(-,0), 2
2m4m22m32m则MN= 36322
14m(m4+8 m2+4) 9
1=m4[(m2+1)( m2+4)+3m2] 9
1>m4(m2+1)(m2+4)=R2. 9=
故N在以线段GH为直径的圆外.
江门一中高二数学(理科)暑假练习(一) 参考答案
一、选择题:D B C A A B A B B D
二、填空题:(11)45,46
(14)n2+n
三、解答题:
(18)(Ⅰ)解:由题意可知
因为0
3 4(15)18 (16)20 (17)1ab
,2abcosC. 所以tanC
2π. 3
2π-A) 3(Ⅱ)解:由已知sinA+sinB=sinA+sin(π-C-A)=sinA+sin(
=sinA
1πA+sinA
(A+26
当△ABC为正三角形时取等号,所以sinA+sinB
(19)(Ⅰ)解:由题意知S6=-15-3, a6=S6-S5=-8 S5
Sa110d5,所以解得a1=7 所以S6=-3,a1=7 a5d8.1
(Ⅱ)解:因为S5S6+15=0, 所以(5a1+10d)(6a1+15d)+15=0,
即2a12+9da1+10d2+1=0. 故(4a1+9d)2=d2-8. 所以d2≥8.
故d的取值范围为d≤
d≥
(20)(Ⅰ)证明:取A’D的中点G,连结GF,CE,由条件易知
FG∥CD,FG=
BE∥CD,BE=1CD. 21CD. 2
所以FG∥BE,FG=BE.
故四边形BEGF为平行四边形,
所以BF∥平面A′DE.
(Ⅱ)解:在平行四边形ABCD中,设BC=a,
则AB=CD=2a, AD=AE=EB=a, 连CE. 因为∠ABC=120°
,
在△BCE中,可得CE
在△ADE中,可得DE=a,
在△CDE中,因为CD2=CE2+DE2,所以CE⊥DE,
在正三角形A’DE中,M为DE中点,所以A′M⊥DE.
由平面A’DE⊥平面BCD,可知A’M⊥平面BCD,A′M⊥CE.
取A′E的中点N,连线NM、NF,所以NF⊥DE,NF⊥A′M.
因为DE交A′M于M,所以NF.平面A′DE,
则∠FMN为直线FM与平面A′DE新成角.
在Rt△FMN中,NF
11 MN=a, FM=a, 则cos∠FMN=. 22所以直线FM与平面A′DE所成角的余弦值为1. 2
(21)(Ⅰ)解:当a=1,b=2时,因为f′(x)=(x-1)(3x-5).
故f′(2)=1. 又f(2)=0,所以f(x)在点(2,0)处的切线方程为y=x-2.
(Ⅱ)证明:因为f′(x)=3(x-a)(x-
a2ba2b), 由于a
2aba2b2ab所以a,b依次成等差数列,所以存在实数x4满足题意,且x4=. 333
(22)
(Ⅰ)解:因为焦点F(
p=m2,
又m=2,故p=4.
所以抛物线C的方程为y2=8x.
(Ⅱ)证明:因为抛物线C的焦点F在直线l上,
所以p,lm2,
所以抛物线C的方程为y2=2m2x.
设A(x1,y1),B(x2,y2), P,0)在直线l上,得 2
m2
,xmy由2消去x得
y22m2x,
y2-2m3y-m4=0,
由于m≠0,故=4m6+4m4>0,
且有y1+y2=2m3,y1y2=-m4,
设M1,M2分别为线段AA1,BB1的中点,
由于2M1CCF,2M2HHF,
可知G(x12y1x2y,),H(2,2), 3333
x1x2m(y1y2)m2m4m2
, 所以6636
2y12y22m3
, 63
m4m22m3所以GH的中点M,. 633
112GH(m2+4)(m2+1)m4. 49设R是以线段GH为直径的圆的半径, 则R2=
m2
设抛物线的准线与x轴交点N(-,0), 2
2m4m22m32m则MN= 36322
14m(m4+8 m2+4) 9
1=m4[(m2+1)( m2+4)+3m2] 9
1>m4(m2+1)(m2+4)=R2. 9=
故N在以线段GH为直径的圆外.