数学寒假作业答案。
作业1：一、选择题：1—6 b b c ca b
二、填空题：7、 4 8、[0，1） 9、必要不充分条件 10、a≤1
三、解答题：
11. p：x2＋mx＋1＝0有两个不等的负根m>2.(3分)
q：4x2＋4(m－2)x＋1＝0无实根．
2＝16(m－2)2－16<01因为p或q为真，p且q为假，所以p与q的真值相反．
当p真且q假时，有。
m≥3；(10分)
当p假且q真时，有1综上可知，m的取值范围为．
当a＝－4时，b＝．
当(ra)∩b＝b时，bra，即a∩b＝
当b＝，即a≥0时，满足bra；
当b≠，即a<0时，b＝{x|－要使bra，需≤，解得－≤a<0.
综上可得，a的取值范围为a≥－.
作业2：函数与导数（1）
一、选择题：1—6 cccd ab
二、填空题：7、 8、-1 , 9、(-2) 10、,
三、解答题：
11、解：(ⅰ当时， ,所以，所以在处的切线方程是：;
当时，时，递增，时，递减，所以当
时，且，时，递增，时，递减，所以最小值是；
当时，且，在时，时，递减，时，递增，所以最小值是；
综上所述：当时，函数最小值是；当时，函数最小值是；
作业3：函数与导数（2）
一、选择题：1—6：adcbac,二、填空题, 10、
三、解答题：11、【答案】
ii) 由(i)知，
令 从而当<0. 故。 当。
12、【答案】解：(ⅰ由，得。
又曲线在点处的切线平行于轴，
得，即，解得。
当时， ,为上的增函数，所以函数无极值。
当时，令，得，.
所以在上单调递减，在上单调递增，
故在处取得极小值，且极小值为，无极大值。
综上，当时，函数无极小值；
当，在处取得极小值，无极大值。
ⅲ)当时，
令， 则直线：与曲线没有公共点，
等价于方程在上没有实数解。
假设，此时， ,
又函数的图象连续不断，由零点存在定理，可知在上至少有一解，与“方程在上没有实数解”矛盾，故。
又时， ,知方程在上没有实数解。
所以的最大值为。
作业4：三角函数、解三角形（1）
一、选择题：1—6 a c a a b c
二、填空题：7 . 4； 8、＋2kπ≤x≤π＋2kπ，k∈z 10、 ②
三、解答题：
11. 解析 (1)f(x)＝sin2x＋cos2x＝sin，则函数f(x)的最小正周期是π，函数f(x)的值域是。
2)依题意得2kπ－≤2x＋≤2kπ＋(k∈z)，则kπ－≤x≤kπ＋(k∈z)，即f(x)的单调递增区间是(k∈z)．
12．解 (1)f(x)＝cos 2x＝sin
sin 2，…
所以要得到f(x)的图象只需要把g(x)的图象向左平移个单位长度，再将所得的图象向上平移个单位长度即可．
(2)h(x)＝f(x)－g(x)
cos 2x－sin 2x＋＝cos＋.当2x＋＝2kπ＋πk∈z)时，h(x)取得最小值－＋＝
此时，对应的x的集合为。
13解析 (1)原式＝＋
＝sin θ＋cos θ.
由条件知sin θ＋cos θ＝故＋＝.
2)由sin2θ＋2sin θcos θ＋cos2θ＝1＋2sin θcos θ
(sin θ＋cos θ)2，得1＋m＝2，即m＝.
3)由得或又θ∈(0,2π)，故θ＝或θ＝.
作业5：三角函数、解三角形（2）
一、选择题：1—6 c d b c ca
二、填空题：7. 8. 9．①②10 6∶5∶4
三、解答题：
11．解 (1)∵图象上相邻的两个最高点之间的距离为2π，t＝2π，则ω＝＝1.…∴f(x)＝sin(x＋φ)
f(x)是偶函数，∴φkπ＋(k∈z)，又0f(x)＝cos x．… 2)
由已知得cos＝，α则sin＝ ∴sin＝－sin
－2sincos＝－.
12．解 (1)f(x)＝sin 2xsin φ＋cos φ－cos φ
(sin 2xsin φ＋cos 2xcos φ)
cos(2x－φ)又∵f(x)过点，＝cos， 即cos(－φ1. 由0<φ<知φ＝.
2)由(1)知f(x)＝cos.
将f(x)图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，变为g(x)＝cos(4x－)．
0≤x≤，∴4x－≤.
当4x－＝0，即x＝时，g(x)有最大值；
当4x－＝，即x＝时，g(x)有最小值－.…
作业6：平面向量。
一、选择题：1—6：:aa bcbc,二、填空题,
三、解答题：11、【解析1】如图所示：设pa=pb=,∠apo=,则∠apb=，po=，=令，则，即，由是实数，所以，解得或。故。此时。
12、解析：由＝16，得|bc|＝4
而故2作业7：数列。
一、选择题：1—6：caddac,
二、填空题,
三、解答题：11、【答案】解：(1)因为数列的公差，且成等比数列，
所以， 即，解得或。
2)因为数列的公差，且，
所以； 即，解得
12、【答案】(ⅰ设等差数列的公差为d,则
因为，所以。
解得，. 所以的通项公式为。
所以。 作业8不等式：
1、 选择题：1-6：c a c d c a
2、 填空题：7. 5； 8.； 9. 7 ； 10.
3、 解答题：
11. 解：(1)每小时生产克产品，获利，
生产千克该产品用时间为，所获利润为。
2)生产900千克该产品，所获利润为
所以，最大利润为元。
12．解假设实数m存在，依题意，可得即。
因为sin x的最小值为－1，且－(sin x－)2的最大值为0，要满足题意，必须有解得m＝－或≤m≤3.
所以实数m的取值范围是∪.
作业9：立体几何（1）
3．b [由三视图可还原几何体的直观图如图所示．
此几何体可通过分割和补形的方法拼凑成一个长和宽均为3，高为的平行六面体，所求体积v＝3×3×＝9.]
4．a 5．b [当l1⊥l2，l2⊥l3时，l1也可能与l3相交或异面，故a不正确；l1⊥l2，l2∥l3l1⊥l3，故b正确；当l1∥l2∥l3时，l1，l2，l3未必共面，如三棱柱的三条侧棱，故c不正确；l1，l2，l3共点时，l1，l2，l3未必共面，如正方体中从同一顶点出发的三条棱，故d不正确．]
6．d 7. 2a2 8. ①9. 45° 10．
11．解 (1)因为圆锥侧面展开图的半径为5，所以圆锥的母线长为5.设圆锥的底面半径为r，则2πr＝5×，解得r＝3.(2分)
所以圆锥的高为4.
从而圆锥的体积v＝πr2×4＝12π.(4分)
2)右图为轴截面图，这个图为等腰三角形中内接一个矩形．
设圆柱的底面半径为a，则＝，从而a＝3－x.(6分)
圆柱的侧面积s(x)＝2π(3－x)x
π(4x－x2)＝π4－(x－2)2](0(8分)
当x＝2时，s(x)有最大值6π.
所以当圆柱的高为2时，圆柱有最大侧面积为6π.(10分)
12．解方法一如图，过d、b分别作de⊥ac于点e，bf⊥ac于点f，则由已知条件得ac＝5，de＝＝，bf＝＝.
ae＝＝＝cf.
ef＝ac－2ae＝.(3分)
2＋2＋2＋2·＋2·＋2·.(6分)
面adc⊥面abc，而de⊥ac，de⊥面abc，∴de⊥bf.(8分)
||＝故b、d间的距离为。(12分)
13．(1)证明 ∵c是底面圆周上异于a，b的任意一点，且ab是圆柱底面圆的直径，∴bc⊥ac.
aa1⊥平面abc，bc平面abc，aa1⊥bc.(4分)
aa1∩ac＝a，aa1平面aa1c，ac平面aa1c，∴bc⊥平面aa1c.(5分)
2)解设ac＝x，在rt△abc中，bc＝＝(0故va1—abc＝s△abc·aa1＝··ac·bc·aa1
x (0即va1—abc＝x
0三棱锥a1—abc的体积最大，最大值为。
作业10：立体几何（2）
1. d 2. a 3 d 4 a 7 . 3 8.π
线段fh 10 . 30°
11证明 (1)连接mn，则mn∥cd，ae∥cd，又mn＝ae＝cd，∴四边形anme为平行四边形，an∥em.∵an平面cme，em平面cme，an∥平面cme.
2)∵ac＝ab，n是bc的中点，an⊥bc，又平面abc⊥平面bcd，∴an⊥平面bcd.
由(1)，知an∥em，∴em⊥平面bcd.
又em平面bde，∴平面bde⊥平面bcd.
12. (1)解如图①，设f为ac的中点，连接df，由于ad＝cd，所以df⊥ac.故由平面abc⊥平面acd，知df⊥平面abc，即df是四面体abcd的面abc上的高，且df＝adsin 30°＝1，af＝adcos 30°＝.
2分)在rt△abc中，因为ac＝2af＝2，ab＝2bc，由勾股定理易知bc＝，ab＝，(4分)
故四面体abcd的体积v＝·s△abc·df＝××1＝.(6分)
2)解方法一如图①，设g，h分别为边cd，bd的中点，连接fg，fh，hg，则fg∥ad，gh∥bc，从而∠fgh是异面直线ad与bc所成的角或其补角．(7分)
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