1．选择题。
2．填空题。
3．解答题。
17. 解（1）因为，。
又由，得， 。
2）对于，又，或，由余弦定理得，。
18.解：（1），
解得，当取等号，时的最小值为。
2）,令，则。函数在上为增函数， 解得。
实数的范围是。
19.解：（1） 略。
如图建立坐标系
得平面pec的法向量
2）f到平面pce的距离d
3）∵cos＜＞=
∴直线fc与平面pce所成角的正弦值为。
20．解：(1)当m=1，则e(1，0)为抛物线焦点，即ab为抛物线的一条焦点弦，法一：设ab：，则|ab|=x1+x2+p=x1+x2+2
联立：得： ∴则|ab|=x1+x2+2=
法二：，则直线倾斜角θ=60°，则|ab|=
2) 设ab：，联立：得：
则m为()，同理：n为()
若，则m为() n为()，kmn=
直线mn为： 化为： 过点（m，2）
21.解：（ⅰ
于是由题知，解得．
．∴于是，解得．
ⅱ）由题意即恒成立，恒成立．
设，则．当变化时，、的变化情况如下表：，∴
ⅲ）由已知， ．
是函数的两个不同极值点（不妨设），（有两个不同的实数根，当时，方程（）不成立，，则，令，则，由得：
当变化时，，变化情况如下表：
当时，方程（）至多有一解，不合题意；
当时，方程（）若有两个解，则，所以，ⅱ）由（ⅰ）得，∴
高二数学寒假作业答案（ 2 ）
1．a解析】
试题分析：由已知得，在复平面内对应的点为，在第四象限．
考点：复数的运算和复数的几何意义。
2．c解析】
试题分析：由得，故，或，，故，则．
考点：1、集合的运算；2、函数的定义域与值域。
3．b解析】
试题分析：由已知得，因为，故，所以。
考点：同角三角函数基本关系式。
4．a解析】
试题分析：因为，故，，所以。
考点：函数的奇偶性。
5．b解析】
试题分析：由已知得，，故，，所以a与b夹角的余弦值，选b．
考点：1、向量的坐标运算；2、平面向量的夹角。
6．b解析】
试题分析：程序在执行过程中，输出的第一项为，依次，输出的第二项为，依次，输出的第三项为．
考点：程序框图。
7．a解析】
试题分析：由已知，将的图象向左平移个单位后得到，因为其图像关于原点对称，故，则，，因为，故，则，因为，故，所以函数f（x）在上的最小值为．
考点：1、三角函数的图像与性质；2、三角函数的最值。
8．d解析】
试题分析：由三视图还原几何体为底面为直角梯形、有一条侧棱垂直于底面的四棱锥，如图所示，则该几何体体积为，解得，选d．
考点：三视图。
9．d解析】
试题分析：因为数列为等差数列，故，因为为等比数列，故。
故，选d．考点：1、等差数列性质；2、等比数列性质。
10．a 解析】
试题分析：得，令，易知在单调递减，若不等式在区间上有解，则需。
考点：（1）利用函数的单调性求函数的最值，（2）构造函数思想的应用。
11．c解析】
试题分析：在平面直角坐标系中画出图象，如图所示，设，要使得存在互不相等的，使得，则关于对称，，故的取值范围是（2，2015）．
考点：二次函数和正弦函数的图象。
12．b解析】
试题分析：由已知条件得的图象关于对称，且在上是增函数，在上是减函数，因为，所以，由对称性得，当不等式对任意恒成立时，则，恒成立，则，故实数的取值范围是．
考点：1、函数的图象与性质；2、恒成立问题。
解析】试题分析：由已知得，则。
考点：1、诱导公式；2、同角三角函数基本关系式。
解析】试题分析：由定积分几何意义得，阴影部分的面积等于．
考点：定积分。
解析】试题分析：由得，故，因为，所以，，此时，即，，故。
考点：1、基本不等式；2、二次函数的最值。
解析】试题分析：因为，故是周期函数，且周期是2，（1）正确；当时，为增函数，因为是偶函数，故在递减，根据周期性知，在（1，2）上递减，在（2，3）上递增，（2）正确；当时，，因为是偶函数，所以，，由于是周期函数，且周期是2，故的最大值是1，最小值是，（3）错误；设，则，故，（4）正确，综上，证明的命题有（1），（2），（4）．
考点：函数的奇偶性、单调性、周期性．
17．（1）的最大值为，的集合为；（2）
解析】试题分析：（1）首先由两角差的余弦公式和降幂公式将的解析式化简为，由余弦函数图象求出其最大值和相应自变量的取值；（2）由可得在中，利用余弦定理得，注意到，故变形为，要求a的最小值，只需利用基本不等式求的最大值即可．
试题解析：（1）
3分。的最大值为4分。
要使取最大值，
故的集合为 6分。
2）由题意，，即。
化简得8分，只有， 9分。
在中，由余弦定理， 10分。
由知，即11分。
当时，取最小值12分。
考点：1、三角恒等变形；2、三角函数的图象与性质；3、余弦定理和基本不等式。
解析】试题分析：（1）根据“三个二次”之间的关系：一元二次不等式解集的端点值就是相应的一元二次方程的两个根，可知和是方程的两个根，然后根据韦达定理可得，（2）原不等式可化为，构造函数，由题意知只需保证在上的最大值小于或等于零即可。
试题解析：（1），不等式的解集是，所以的解集是，所以和是方程的两个根，由韦达定理知，. 5分。
2）恒成立等价于恒成立，所以的最大值小于或等于0.设，则由二次函数的图象可知在区间为减函数，所以，所以12分
考点：（1）一元二次不等式解集的端点值就是相应的一元二次方程的两个根；（2）二次函数给定区间上的最值问题。
19．（ⅰ答案详见解析；（ⅱ
解析】试题分析：（ⅰ要证明直线和直线垂直，只需证明直线和平面垂直，将其中的一条直线置于与另一条直线垂直的平面内，本题易证面，从而，由已知得四边形是菱形，故，从而可证面，进而证明；（ⅱ选三条两两垂直的直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，用坐标表示相关点，求两个半平面和的法向量，并求两法向量夹角，通过观察二面角是钝角还是锐角决定余弦值的正负．
试题解析：（ⅰ因为⊥平面，所以。又，所以平面，所以。
因为，所以四边形是菱形，所以。
所以平面，所以5分。
ⅱ）以为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，设是面的一个法向量，则，即，令，取。
同理面的一个法向量为． 10分。
因为。所以二面角的余弦值12分。
考点：1、直线和平面垂直的判定和性质；2、二面角。
解析】试题分析：（1）由余弦定理知，把条件代入可求出，（2）由（1）知，由已知根据等比中项得，设的公差为，则，解得，，则，然后利用裂项相消求和。
试题解析：（1），又，所以，2）设的公差为，由已知得，且，且不为零，即，考点：（1）余弦定理；（2）等比中项；（2）裂项相消进行数列求和。
21．（1）；（2）；（2）答案详见解析．
解析】试题分析：（1）首先求导函数，由导数的几何意义得所求切线的斜率为，利用直线的点斜式方程求出的图象在点处的切线方程；（2）由，故函数图象上的点都在第一象限等价于恒成立，当时，，满足；当时，显然不满足；当时，参变分离为，求右侧函数的最小值即可，从而得关于的不等式，解不等式的的取值范围；（3）依题意，存在，使等价于方程函数有零点。
试题解析：（1）函数的定义域为，，
函数的图象在点处的切线为，即4分。
2）①时，，因为，所以点在第一象限，依题意，
时，由对数函数性质知，时，，，从而“，”不成立。
时，由得，设，
从而， 综上所述，常数的取值范围8分。
3）计算知。设函数。
当或时，因为的图象是一条连续不断的曲线，所以存在，使，即，使；
当时，、，而且、之中至少一个为正，由均值不等式知，，等号当且仅当时成立，所以有最小值，且。
此时存在（或），使
综上所述，，存在，使 12分。
考点：1、导数几何意义；2、利用导数求函数的极值、最值。
解析】试题分析：（1）由题意得，设动点，由已知条件列方程得，且点p为x轴上方的一个动点，故，从而轨迹的方程为；(il)直线和圆锥曲线的综合问题要注意挖掘已知条件，善于利用韦达定理确定参数的值，本题可设直线的方程为，分别于的方程联立，且必然是方程的一个根，利用韦达定理可表示得点m ,q的坐标，利用am⊥aq列方程求参数的值，从而求得m ,q的坐标，进而求amq的面积．
试题解析：(1)不妨设点在点左侧，则。
设，则。整理得：
所以动点的轨迹c2的方程为 5分。
没有y的范围扣1分。
(2)由(1)知，上半椭圆c2的方程为．
易知，直线l与x轴不重合也不垂直，设其方程为y＝k(x－1)(k≠0)，代入c2的方程，整理得(k2＋4)x2－2k2x＋k2－4＝0．(*
设点m的坐标为(xp，yp)，直线l过点b，∴x＝1是方程(*)的一个根．
由求根公式，得xm＝，从而ym＝，点m的坐标为7分。
同理，由。得点q的坐标为(－k－1，－k2－2k)．
由题意可知am⊥aq，且．，即 [k－4(k＋2)]＝0，k≠0，k－4(k＋2)＝0，解得k10分。
所以的面积为12分。
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