葫芦岛市普通高中2012-2013学年第一学期期末2013高二理数学答案


参考答案 一、选择题
二、填空题

ADAA
13. 3 ? 2 2

CDAB
14.8

BDCB
15. 120°



16. [√7,√10]

y2 x2 ? ?1 20k 2 20 k2

-----------------------------------6 分

三、解答题
17..解:⑴.根据题意得, a ? 0 , ?2 和 6 是方程 ax ? a x ? 2b ? a ? 0 的两个实数根.
2 2 3

当 k ? ?1 时,表示圆心在原点半径为

20 的椭圆;

-----------------------------------8 分

当 k ? 1或k ? ?1 时,表示焦点在 y 轴上的椭圆; -----------------------------------10 分 当-1<k<1 时,表示焦点在 x 轴上的椭圆

?4 ? ?a ?a ? ?4 ? 由韦达定理知 ? .----------------------------5 分 2b ? a 3 ,即 ? ?b ? ?8 ??12 ? a ?
⑵由⑴知

-----------------------------------12 分
2 2

20.解: (Ⅰ)由余弦定理及已知条件得, a ? b ? ab ? 4 ,

?k ? 0 ∴ 为使 F ( x) ? 0 恒成立, ? 则 f ( x) ? ?4 x2 ? 16 x ? 48 , F ( x) ? kx2 ? 4x ? 2 , ?? ? 16 ? 8k ? 0

又因为 △ ABC 的面积等于 3 ,所以 联立方程组 ?

1 ab sin C ? 3 ,得 ab ? 4 . ··········· 分 ·········· 4 ·········· 2

?a 2 ? b2 ? ab ? 4, ?ab ? 4,

解得 a ? 2 , b ? 2 .周长为 6··············· 6 分 ··········· ···· ·········· ·····

即 k ? ?2 ,∴当 k ?

? ??, ?2? 时, F ( x) 的值恒为负.--------------10 分
?4a1 ? 6d ? 16 ?a1 ? 1 解得 ? 所以 an ? 2n ? 1--------------------------------6 分 ?d ? 2 ?a1 ? 3d ? 7

(Ⅱ)由题意得 sin( B ? A) ? sin( B ? A) ? 4sin A cos A ,即 sin B cos A ? 2sin A cos A ,8 分 当 cos A ? 0 时, A ?

(1) 18. 由已知得 ?

(2) 由(1) bn ? an ? 3n ? (2n ? 1) ? 3n 故

? ? 4 3 2 3 ,B ? ,a ? ,b ? ,当 cos A ? 0 时,得 sin B ? 2sin A ,由正 2 6 3 3

弦定理得 b ? 2a ,联立方程组 ?

?a 2 ? b2 ? ab ? 4, ?b ? 2a,

解得 a ?

Tn ? a1 ? a2 ? ? ? an ? 1 ? 3 ? 3 ? 32 ? 5 ? 33 ? ? ? (2n ? 1) ? 3n (2n ? 1) ? 3n

2 3 4 3 ,b ? . 3 3

3Tn ? 1? 32 ? 3 ? 33 ? ? ? (2n ? 3) ? 3n ? (2n ? 1) ? 3n?1 --------------8 分
则 ? 2Tn ? 3 ? 2(32 ? 33 ? ? ? ?3n ) ? (2n ? 1) ? 3n?1

所以 △ ABC 的面积 S ?

1 2 3 . ·······················12 分 ··········· ·········· ·· ·········· ··········· · ab sin C ? 2 3

? 3? 2

9(1 ? 3n ?1 ) ? (2n ? 1) ? 3 n?1 --------------10 分 1? 3

所以 Tn ? (n ? 1) ? 3n?1 ? 3 --------------12 分
19.由已知直线斜率不能为 0, 设 l1 :

y ? kx, l2 : y ? ?kx, A( x1 , kx1 ) B( x2 , kx2 ), p( x, y) 则 x ? x1 ? x2 , y ? k ( x1 ? x2 )

21.解法一:(1)∵BC∥B1C1, ∴∠A1BC 就是异面直线 A1B 与 B1C1 所成的角, 即∠A1BC=60° , 连接 A1C,又 AB=AC,则 A1B=A1C ∴△A1BC 为等边三角形, 由 AB=AC=1,∠BAC=90° ?BC= 2, 2 ∴A1B= 2? 1+a = 2?a=1; -----------------------------------6 分 (2)取 A1B 的中点 E,连接 B1E,过 E 作 EF⊥BC1 于 F,连接 B1F,B1E⊥A1B,A1C1⊥B1E?B1E⊥平 面 A1BC1?B1E⊥BC1. 又 EF⊥BC1,所以 BC1⊥平面 B1EF,即 B1F⊥BC1, 所以∠B1FE 就是平面 A1BC1 与平面 B1BC1 所成的锐二面角的平面角. 2 1× 2 在△B1EF 中,∠B1EF=90° 1E= ,B1F= ,B , 2 3 B1E 3 ∴sin∠B1FE= = ?∠B1FE=60° , B1F 2
-1-

因此平面 A1BC1 与平面 B1BC1 所成的锐二面角的大小为 60° .

-----------------------------------12 分

|PQ|=

1+k2 · (x1+x2)2-4x1x2

=

1+k2 ·

40k2 40k2-60 ( 2 )2-4× 2 10k +6 10k +6

=

6 10(1+k2) 3k2+5

同 理 :

解法二:(1)建立如图坐标系,于是 B(1,0,0),B1(1,0,1),C1(0,1,1),A1(0,0,a)(a>0), → → B1C1=(-1,1,0),A1B=(1,0,-a), → → ∴B1C1· 1B=-1. A 由于异面直线 A1B 与 B1C1 所成的角 60° , → → 所以B1C1与A1B的夹角为 120° , 1 → → 即|B1C1|· 1B|cos120° |A =-1? 2· 1+a2(- )=-1?a=1. 2 (2)设向量 n=(x,y,z)且 n⊥平面 A1BC1 → → → → 于是 n⊥A1B且 n⊥A1C1,即 n· 1B=0 且 n· 1C1=0, A A → → 于是A1B=(1,0,-1),A1C1=(0,1,0), ? ?x-z=0 所以? ,不妨设 n=(1,0,1),同理得 m=(1,1,0),使 m⊥平 ? ?y=0 面 BB1C1, 设 m 与 n 的夹角为 θ,所以依 m· n=|m|· cosθ, |n|· 1 ? 2· 2· cosθ=1?cosθ= ?θ=60° , 2 m⊥平面 BB1C1,n⊥平面 A1BC1, 因此平面 A1BC1 与平面 B1BC1 所成的锐二面角的大小为 60° . 22.解析:解:(1)由题意 F1(-2,0) 2(2,0) ,F ,…………………………………2 分 设椭圆经过直线 l 上的 A 点,则 2a=|AF1|+|AF2| 若使椭圆长轴最短,则在 l 上求一点 A 使 A 到两定点 F1,F2 的距离之和最小;为此求出 F1(-2,0) 关于直线 l 的对称点 F1′(-4,2) ……………………………………4 分 ∴2a=|AF1|+|AF2|=|AF1′|+|AF2|≥|F1′F2|= (2+4)2+(2-0)2 =2 10 (2a)min=2 10 此时:a= 10 c=2,b2=6 x2 y2 ∴椭圆方程为: + =1…………………………………………………6 分 10 6 (2)由题意,直线 PQ 与直线 MN 过点 F2 且互相垂直 1 2b2 ①当两条直线斜率不存在或 0 时,S= · 2a· =2b2=12 2 a 1 ②当两条直线都存在且不为 0 时,设 PQ 所在直线方程为:y=k(x-2) 设 MN 所在直线方程为:y=- (x-2) k

|MN|=

6 10(1+k2) ………………………………………10 分 5k2+3

1 1 6 10(1+k2) 6 10(1+k2) 15k4+30k2+15 4 45 ∴SPMQN= × |PQ|· |MN|= × × =12· 4 =12× (1)?[ ,12)综合 2 2 2 2 3k +5 5k +3 15k +34k2+15 15 4 15k2+ 2 +34 k 45 45 ①②可知:S?[ ,12]所以四边形 PMQN 的面积的最大值为 12,最小值为 ;…………………12 4 4 分

? x +y =1 联立方程组:?10 6 消元并整理得: (10k2+6)x2-40k2x+40k2-60=0 ?y=k(x-2)
△=(-40k2)2-4(10k2+6)(40k2-60)=4× 62× 10× (1+k2)>0 恒成立…………………8 分 设 P(x1,y1),Q(x2,y2),则 x1,x2 是方程的两个解,由韦达定理得:∴x1+x2= 40k2 10k2+6 x1x2= 40k2-60 10k2+6
-2-

2

2


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