答案

2015—2016学年度高二（上）寒假作业（6）——综合试卷（题目+答案）一、填空题：1．真2．1(0)8，3．x＋y－3＝04．充分不必要5．66．（0，±7）7．128．y＝±3x9．91010．解析：双曲线x2a2－y23＝1的渐近线方程为y＝±3ax，即3x±ay＝0，圆(x－2)2＋y2＝4的圆心为C(2，0)，半径为r＝2，如图，由圆的弦长公式得弦心距|CD|＝22－12＝3，另一方面，圆心C(2，0)到双曲线x2a2－y23＝1的渐近线3x－ay＝0的距离为d＝|3×2－a×0|3＋a2＝233＋a2，所以233＋a2＝3，解得a2＝1，即a＝1，该双曲线的实轴长为2a＝2．11．312．26解析：由于三棱锥S－ABC与三棱锥O－ABC底面都是△ABC，O是SC的中点，因此三棱锥S－ABC的高是三棱锥O－ABC高的2倍，所以三棱锥S－ABC的体积也是三棱锥O－ABC体积的2倍．在三棱锥O－ABC中，其棱长都是1，如图所示，S△ABC＝34×AB2＝34，高OD＝12－332＝63，∴VS－ABC＝2VO－ABC＝2×13×34×63＝26．13．22102xyy14．185二、解答题：15．解：（1）由C1：22+121xymm，若p真，则21mm＞＞0，解得113m；若q真，则（2m＋1）（3m＋4）≤0，解得4132mm或，则“pq”为真，即p真q假，则113m且4132m，则1132m；（2）若p是s的必要不充分条件，则p是s的充分不必要，记A＝1(,1)3，解不等式m24am5a2＜0，记B＝(5,)aa（a＜0），则A真包含于B，则0,1531aaa，解得a≤－1.16．证明：（1）因为平面PBC⊥平面ABC，平面PBC平面ABCBC，AB平面ABC，AB⊥BC，所以AB⊥平面PBC．因为CP平面PBC，所以CP⊥AB．又因为CP⊥PB，且PBABB，,ABPB平面PAB，所以CP⊥平面PAB，又因为PA平面PAB，所以CP⊥PA．（2）在平面PBC内过点P作PD⊥BC，垂足为D．因为平面PBC⊥平面ABC，又平面PBC∩平面ABC＝BC，PD平面PBC，所以PD⊥平面ABC．又l⊥平面ABC，所以l//PD．又l平面PBC，PD平面PBC，l//平面PBC．17．解：（1）因为(3,4)A，所以22(3)45OA，又因为4AC，所以1OC，所以34(,)55C，由4BD，得(5,0)D，APCBD所以直线CD的斜率40153755，所以直线CD的方程为1(5)7yx，即750xy．（2）设(3,4)(01)Cmmm≤，则5OCm．则55ACOAOCm，因为ACBD，所以5+4ODOBBDm，所以D点的坐标为(5+4,0)m又设OCD的外接圆的方程为22+0xyDxEyF，则有2220,916340,54540.FmmmDmEFmmDF解之得(54),0DmF，103Em，所以OCD的外接圆的方程为22(54)(103)0xymxmy，整理得22435(2)0xyxymxy，令2243=0,+2=0xyxyxy，所以0,0.xy（舍）或2,1.xy所以△OCD的外接圆恒过定点为(2,1)．18．解：（1）证明：依题意：AD⊥BD．∵CE⊥平面ABD，∴CE⊥AD．网∵BD∩CE＝E，∴AD⊥平面BCE．（2）证明：Rt△ABD中，AB＝32，AD＝3，∴BD＝3．连接AE在Rt△ACE和Rt△BCE中，AC=BC，CE=CE，RtACERtBCE，AEBE．设DE=x，则AE=BE=3-x，222RtADEADDEAE在中，，∴223(3)xx，1x解得．∴BE＝2，∴23BFBEBABD，∴AD∥EF．∵AD平面CEF，∴AD∥平面CEF．（3）解：由（2）知，AD∥EF，AD⊥ED，且ED=BD－BE＝1，ABCDFABCDFE∴F到AD的距离等于E到AD的距离为1．∴S△FAD＝1231＝32．∵CE⊥平面ABD，∴VA-CFD＝VＣ-ＡFD＝13S△FADCE＝13322＝66．19．解：(1)由题意，可设抛物线方程为022ppxy．由13422ba，得1c．抛物线的焦点为0,1，2p．抛物线D的方程为xy42……………4分(2)设11,yxA，22,yxB．①直线l的方程为：4xy，联立xyxy442，整理得:016122xx，)522,526(),522,526(AAAB=221221yyxx104②设存在直线axm:满足题意，则圆心114,22xyE，过E作直线ax的垂线，垂足为F，设直线m与圆E的一个交点为G．可得:222,FGEGFE……11分即222FGEAFE=2121212444axyx=21212121444441axaxxy=211144axaxx=2143aaxa………………………………14分当3a时，23FG，此时直线m被以AP为直径的圆M所截得的弦长恒为定值32．因此存在直线3:xm满足题意……………………………………16分20．解（1）由题设可知a＝2，e＝ca＝32，所以c＝3，故b＝1．因此，a＝2，b＝1．…………………2分（2）由（1）可得，椭圆C的方程为x24＋y2＝1．设点P（m，0）（－2≤m≤2），点A（x1，y1），点B（x2，y2）．(ⅰ)若k＝1，则直线l的方程为y＝x－m．联立直线l与椭圆C的方程，即y＝x－mx24＋y2＝1．将y消去，化简得54x2－2mx＋m2－1＝0．解之得x1＝2(2m－1－m2)5，x2＝2(2m＋1－m2)5，从而有，x1＋x2＝8m5，x1·x2＝4(m2－1)5，而y1＝x1－m，y2＝x2－m，因此，∣AB|＝(x1－x2)2＋(y1－y2)2＝2(x1－x2)2＝2(x1+x2)2－4x1·x2＝452·5－m2，点O到直线l的距离d＝∣m∣2，所以，S△OAB＝12×|AB|×d＝255－m2×|m|，因此，S2△OAB＝425(5－m2)×m2≤425·(5－m2＋m22)2＝1．…………………6分又－2≤m≤2，即m2∈[0，4]．所以，当5－m2＝m2，即m2＝52，m＝±102时，S△OAB取得最大值1．…………8分(ⅱ)设直线l的方程为y＝k(x－m)．将直线l与椭圆C的方程联立，即y=k(x－m)x24＋y2＝1．将y消去，化简得(1＋4k2)x2－8mk2x＋4(k2m2－1)＝0，解此方程，可得x1＋x2＝8mk21＋4k2，x1·x2＝4(k2m2－1)1＋4k2．…………………10分所以，PA2＋PB2＝(x1－m)2＋y12＋(x2－m)2＋y22＝34(x12＋x22)－2m(x1＋x2)＋2m2＋2＝m2·(－8k4－6k2＋2)＋(1＋4k2)·(8k2＋8)(1＋4k2)2（*）．…………………14分因为PA2＋PB2的值与点P的位置无关，即（*）式取值与m无关，所以有－8k4－6k2＋2＝0，解得k＝±12．所以，k的值为±12．…………………16分