高二理科数学答案

一、选择题：

1—5：D B D C C 6—10：B C A C D

二、填空题

11、必要不充分条件 12、

13、x2＋y2＋26x＋25＝0 14、

15、②③

三、解答题：

16、解：由“p且q”是真命题，则p为真命题，q也为真命题．

若p为真命题，a≤x2恒成立，

∵x∈[1,2]，∴a≤1.

若q为真命题，即x2＋2ax＋2－a＝0有实根，

Δ＝4a2－4(2－a)≥0，

即a≥1或a≤－2，

综上所述，实数a的取值范围为a≤－2或a＝1.

17、解：(1)设P(x，y)，由椭圆定义可知，点P的轨迹C是以(0，－)，(0，)为焦点，长半轴为2的椭圆，

故曲线C的方程为x2＋＝1.

(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，其坐标满足

消去y并整理，得(k2＋4)x2＋2kx－3＝0.

其中Δ＝4k2＋12(k2＋4)＞0恒成立．

故x1＋x2＝－，x1x2＝－.

若⊥，即x1x2＋y1y2＝0.

而y1y2＝k2x1x2＋k(x1＋x2)＋1，

于是x1x2＋y1y2＝－－－＋1＝0，

化简得－4k2＋1＝0，所以k＝±.

18、解：(1)将(1，－2)代入y2＝2px，得(－2)2＝2p·1，所以p＝2.

故所求的抛物线C的方程为y2＝4x，其准线方程为x＝－1.

(2)假设存在符合题意的直线l，其方程为y＝－2x＋t，

由得y2＋2y－2t＝0.

因为直线l与抛物线C有公共点，所以Δ＝4＋8t≥0，解得t≥－.

另一方面，由直线OA与l的距离d＝，可得＝，解得t＝±1.

因为－1?，1∈，

所以符合题意的直线l存在，其方程为2x＋y－1＝0.

19、

解：(1)如图，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．

∵AP＝AB＝2，BC＝AD＝2，四边形ABCD是矩形，

∴A，B，C，D，P的坐标为A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2，0)，D(0,2，0)，P(0,0,2)．

又E，F分别是AD，PC的中点，

∴E(0，，0)，F(1，，1)．

∴＝(2, 2，－2)，＝(－1，，1)，＝(1,0,1)．

∴·＝－2＋4－2＝0，·＝2＋0－2＝0.

∴⊥，⊥.

∴PC⊥BF，PC⊥EF.又BF∩EF＝F，

∴PC⊥平面BEF.

(2)由(1)知平面BEF的一个法向量n1＝＝(2,2，－2)，平面BAP的一个法向量n2＝＝(0,2，0)，

∴n1·n2＝8.

设平面BEF与平面BAP的夹角为θ，则

cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝＝，

∴θ＝45°.

∴平面BEF与平面BAP的夹角为45°.

20、解：(1)设直线l的方程为y＝kx＋t(k＞0)，由题意，t＞0.

由方程组得(3k2＋1)x2＋6ktx＋3t2－3＝0.

由题意Δ＞0，所以3k2＋1＞t2.

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

由韦达定理得x1＋x2＝－，

所以y1＋y2＝.

由于E为线段AB的中点，

因此xE＝－，yE＝，

此时kOE＝＝－.

所以OE所在直线方程为y＝－x.

又由题设知D(－3，m)，令x＝－3，得m＝，即mk＝1，

所以m2＋k2≥2mk＝2，当且仅当m＝k＝1时上式等号成立，所以由Δ＞0得0＜t＜2，因此当m＝k＝1且0＜t＜2时，m2＋k2取最小值2.

(2)由(1)知OD所在直线的方程为y＝－x，将其代入椭圆C的方程，并由k＞0，解得G.

又E，D，

由距离公式及t＞0得

|OG|2＝2＋2＝，

|OD|＝＝，

|OE|＝＝，

由|OG|2＝|OD|·|OE|，得t＝k，

因此直线l的方程为y＝k(x＋1)，

所以直线l恒过定点(－1,0)．

21、

解：(1)以C为坐标原点，CB、CD、CP所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则由题意得：P(0,0,2)，A(2，4,0)，B(2，0,0)，C(0,0,0)，D(0,1,0)，

∴＝(2，4，－2)， ＝(0,1，－2)， ＝(2，0，－2)．

又＝λ，

若CM∥平面PAD，则与、共面，即存在实数对m、l，使＝m＋l，

∴(2m,4m＋l，－2m－2l)＝(2λ，0，－2λ＋2)，

即解得λ＝.

(2)设平面PAD的一个法向量为n＝(x，y，z)．

由可得从而

令z＝1，则有n＝(－，2,1)．

∵＝(2λ，0，－2λ＋2)，n·＝－8λ＋2，|n|＝2，||＝2，

∴cos〈n，〉＝＝.

设向量n、分别所在直线所成锐角为θ，

则sinθ＝|cos〈n，〉|＝.

又＝·

＝·.

∵λ∈[0,1]，

∴当λ＝1时，sinθ最大，从而θ最大，此时sinθ＝.