高二數(shù)學參考答案1.B因為B={父|父2—4父<0}=(0,4),則A∩B={1,3}.2.A由M(1,a)在圓內(nèi),得1十a(chǎn)2—1—a—6<0,解得—2<a<3.3.C由題可知C的準線方程為y=—3,又點P的縱坐標為3,所以點P到準線的距離為3—(—3)=6.4.C這4條直線中,只有直線父—y十1=0與父十y—1=0垂直,直線父=1與y=—1垂直,這4條直線中隨機抽取2條直線,共有6種選法,其中這2條直線垂直的選法有2種,所以所 5.As6.A由雙曲線焦點三角形的面積公式可知s解得b2=8,即b=7.D設(shè)O為該正三棱臺的外接球的球心,半徑為R,O2,O1分別是△ABC,△A1B1C1的中心,O1=t,易得A1OAO2=3,所以R2,得解得t=1,R=5,所以該正三棱臺外接球的表面積為4π×52=100π.8.B直線l的方程可化為m(父十y)十n(父—y—2)=0,所以l恒過定點D(1,—1).又ΘC的圓心C(0,1),半徑為\,|CD|=\,所以當CD丄l時,|AB|取得最小值,最小值由\父=父,可得父=0或父=1,則“父=1”是“\父=父”的充分不必要條件,故B正確;z十i,虛部為1,故C錯誤;因為c<d<0,所以—c>—d>0,又a>b>0,所以—ac>—bd,故ac<bd,D錯誤.10.BCD由題可知sn,若sn=3n十m,則m=—1,A錯誤.若0<q<1,snB正確.當0<q<1時y=q單調(diào)遞減,所以【高二數(shù)學第【高二數(shù)學第數(shù)列{}是遞增數(shù)列,當q>1時,>0,y=q—單調(diào)遞增,所以數(shù)列{}是遞增數(shù)列.綜上,數(shù)列{}是遞增數(shù)列,C正確.若數(shù)列{log3(sn十1)}是以1為公差的等差數(shù)列,則解得a1=2,D正確.yy2十2D21-2O2NM-1-2 4=1,所以C由橢圓C1:父十4=1與橢圓C2:y十4=1組),B2(0,\)是C1的兩個焦點,A1(—\,0),A2(\,0)是C2的兩個焦點.由圖可知,Cyy2十2D21-2O2NM-1-2C正確.C1與C2的離心率均為\i1—=,A正確.當直線y=\父十m經(jīng)過點A1時,y2y22=\父十m即y=\(父十\),代入父十4=1,得3父十2\父十1=0,因為Δ=12—12=0,所以直線y=\(父十\)與C1相切,且切點不在C2上,易知直線y=\(父十\)與C1相交,所以經(jīng)過點A1的直線y=\父十m與C有3個公共點,B錯誤.不妨設(shè)M在N的左邊,當△DMN為正三角形時,直線DM的傾斜角為60。,則直線DM的方程為y=\父十2,2y22由圖可知,當M在C2的下半部分時,△DMN的周長最大,將y父十2代入y2十1,得13y2—4y—8=0,解得y=,所以點D到直線MN的距離的最大值為2—D正確.12.15依題意可得該乒乓球第3次觸地后彈起的高度為120×3=15cm.13.(0,2)畫出f(父)的大致圖象,如圖所示.易得m的取值范圍為(0,2).YAYA22-OO1468z14.以A為原點,AB,AA1所在直線分別為父軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系. →因為AB=2AA1=2,所以A(0,0,0),B(2,0,0),B1(2,0,1),C1(1,\3,1),所以 →【高二數(shù)學第【高二數(shù)學第CB1Pk)(0≤k≤1),則BP=BA十AP=(2k—2,0,k),故點P到直線BC1的(—2,0,0),AB1=(2,0,1),BC1=(—1CB1Pk)(0≤k≤1),則BP=BA十AP=(2k—2,0,k),故點P到直線BC1的CB距離dCB15.解:(1)因為方程父2十y2十2父—4y十2a=0表示圓,所以22十(—4)2—8a>0,解得a<.……………………2分又A(2,1)是圓M:父2十y2十2父—4y十2a=0外一點,所以4十1十4—4十2a>0,解得a> —2,…………………………4分所以a的取值范圍為…………5分(2)由題可知a=—2,則圓M:父2十y2十2父—4y—4=0,即(父十1)2十(y—2)2=9,圓M的圓心為M(—1,2),半徑為3.………………7分當切線的斜率不存在時,切線的方程為父=2,此時圓心M(—1,2)到直線父=2的距離為3=r,故滿足相切關(guān)系;……9分當切線的斜率存在時,設(shè)切線方程為y十4=k(父—2),即k父—y—2k—4=0,則圓心C(—1,2)到直線k父—y—2k—4=0的距離為解得k所以切線方程為父—y即3父十4y十10=0.………………12分故所求切線的方程為3父十4y十10=0或父=2.…………13分16.解:(1)由題意可得sin2A十sin2C—sin2B=—sinAsinC,………………1分根據(jù)正弦定理可得a2十c2—b2=—ac,……………………2分所以cosB…………………4分因為B∈(0,π),所以B………………6分(2)因為\acosA=b,所以\sinAcosA=sinB,………7分所以sin2A=1,……………9分 則2A=2,即A=4,……………………11分17.(1)證明:連接AC,因為ADⅡBC,上ABC=90,AD=2,AB=BC=1,所以AC=\,CD=【高二數(shù)學第【高二數(shù)學第\.…………………………1分又AC2十CD2=AD2,所以AC丄CD.……………………2分因為PA丄平面ABCD,所以PA丄CD,…………………3分因為PA∩AC=A,所以CD丄平面PAC.………………4分因為PCG平面PAC,所以PC丄CD.……………………6分(2)解:以A為坐標原點,AB,AD,AP所在直線分別為父,y,z軸建立空間直角坐標系,→→→(0,2,—1).…………………8分設(shè)平面CDP的法向量為n=(父,y→→→則..2父,0,取y=1,則父=1,z=PAyDyBCC所以平面PCD的一個法向量可以為n=(1,1,2),……11分顯然m=(0,1,0)是平面PAB的一個法向量.…………13分設(shè)平面PAB與平面PCD的夾角為θ,所以平面PAB與平面PCD夾角的余弦值為.………15分18.解:(1)由a十1—a=2an十2an十1,得(an十1—an)(an十1十a(chǎn)n)=2(an十1十a(chǎn)n),…………1分因為an十1十a(chǎn)n>0,所以an十1—an=2,所以{an}是首項為1,公差為2的等差數(shù)列,所以an=2n—1.……………3分由sn=2bn—1,得當n=1時,b1=2b1—1,解得b1=1,…………………4分當n≥2時,bn=sn—sn—1=2bn—1—(2bn—1—1),所以bn=2bn—1(n≥2),所以{bn}是首項為1,公比為2的等比數(shù)列,即bn=2n—1.………………6分(2)因為cn=an.bn=(2n—1).2n—1,所以Tn=1×20十3×21十…十(2n—3).2n—2十(2n—1).2n—1,所以2Tn=1×21十3×22十…十(2n—3).2n—1十(2n—1).2n,則—Tn=1十2(21十22十…十2n—1)—(2n—1).2n=1十2=(3—2n).2n—3,所以Tn=(2n—3).2n十3.………10分(3)由等差數(shù)列的求和公式及等比數(shù)列的求和公式可得Q2n=n十=2n2—n十……………………12分所以Q2n—2n2十n十λbn等價于n—1,化簡可得…………………14分【高二數(shù)學第【高二數(shù)學第令2n—1=t≥1,則當且僅當t=2,即n=2時,等號成立,………………16分所以,即λ的最大值為.…………17分19.(1)解:因為C的準線方程為父,所以,即p=1,……1分所以m=2p=2,則C的方程為y2=2父.…………………2分(2)(i)解:依題意得直線l的方程為y=k父—1,代入y2=2父,得k2父2—(2k十2)父十1=0,………………3分則Δ=4(k十1)2—4k2=8k十4>0,且k≠0,……………5分所以k的取值范圍是U(0,十∞).………………6分(i)解:設(shè)A(父1,y1),B(父2,y2),則父1十父父1父……7分→→→→…………9分若k>m,即k>2,則即O●O的取值范圍是…………