高一数学暑假自主学习单元检测一参考答案

高一数学暑假自主学习单元检测一参考答案 一、填空题： 1．答案：－2或1 解析：由a＋2＝eq \f(a＋2,a)，∴a＝－2或1． 2．答案：－eq \f(4,3) 解析：设直线的倾斜角为θ，由题意知，cosθ＝eq \f(4,5)，θ∈(0，eq \f(π,2))， ∴sinθ＝eq \f(3,5)，k＝tanθ＝eq \f(sinθ,cosθ)＝eq \f(3,4).∴与此直线垂直的直线的斜率为－eq \f(4,3)． 3．答案：(－1,2) 解析：由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(ax＋y－4＝0，,x－y－2＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝\f(6,1＋a)，,y＝\f(4－2a,1＋a).))由x＞0，y＞0， 得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(6,1＋a)＞0,\f(4－2a,1＋a)＞0))，解得，－1＜a＜2. 4．答案：0°＜α＜135° 解析：由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(0°＜α＜180°,0°≤α＋45°＜180°))，∴0°＜α＜135°. 5．答案：[0，eq \f(π,6)]∪[eq \f(5π,6)，π) 解析：由直线xcosα＋eq \r(3)y＋2＝0，所以直线的斜率为k＝－eq \f(cosα,\r(3)). 设直线的倾斜角为β，则tanβ＝－eq \f(cosα,\r(3))，又因为－eq \f(\r(3),3)≤－eq \f(cosα,\r(3))≤eq \f(\r(3),3)，即－eq \f(\r(3),3)≤tanβ≤eq \f(\r(3),3)， 所以β∈[0，eq \f(π,6)]∪[eq \f(5π,6)，π)． 6．答案：(－∞，－3]∪[1，＋∞) 解析：由kPA＝－3，kPB＝1，由图得直线l的斜率k的取 值范围是(－∞，－3]∪[1，＋∞)． 7．答案：eq \f(1,2) 解析：∵l2、l1关于y＝－x对称，∴l2的方程为－x＝－2y＋3，即y＝eq \f(1,2)x＋eq \f(3,2)， ∴l2的斜率为eq \f(1,2). 8．答案：4x＋y－6＝0或3x＋2y－7＝0 解析：直线l为与MN平行或经过MN的中点的直线，当l与MN平行时，斜率为－4，故直线方程为y－2＝－4(x－1)，即4x＋y－6＝0；当l经过MN的中点时，MN的中点为(3，－1)，直线l的斜率为－eq \f(3,2)，故直线方程为y－2＝－eq \f(3,2)(x－1)， 即3x＋2y－7＝0. 9．答案： 2eq \r(10) 解析：分别求P关于直线x＋y＝4及y轴的对称点，为P1(4,2)、P2(－2,0)，由物理知识知，光线所经路程即为eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(P1P2))＝2eq \r(10). 10．答案：x＋7y－15＝0或7x－y－5＝0 解析： (1)当斜率不存在时，直线方程为x＝1， 与两直线交点A(1，－eq \f(5,3))，B(1，－eq \f(10,3))，∴AB＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)－－\f(10,3)))＝eq \f(5,3)≠eq \r(2).∴x＝1不是所求直线． (2)当斜率存在时，设为k，则所求直线的方程为y－2＝k(x－1)， 它与两已知直线分别联立方程组，求出它与两已知直线的交点坐标分别是A(eq \f(3k－7,3k＋4)，eq \f(－5k＋8,3k＋4))， B(eq \f(3k－12,3k＋4)，eq \f(8－10k,3k＋4))．由AB2＝(eq \f(5,3k＋4))2＋(eq \f(5k,3k＋4))2＝2，得k＝7或k＝－eq \f(1,7). 故所求直线的方程为x＋7y－15＝0或7x－y－5＝0. 11．答案：2x－y＋8＝0 解析：∵l1⊥l3，∴k1＝tanα＝2，k2＝tan2α＝eq \f(2tanα,1－tan2α)＝－eq \f(4,3). ∵l2的纵截距为－2，∴l2的方程为y＝－eq \f(4,3)x－2. 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝－\f(4,3)x－2，,x＋2y－1＝0，))∴P(－3,2)， l1过P点，∴l1的方程为2x－y＋8＝0. 12．答案：2 解析：由两条直线垂直可得：－eq \f(b2＋1,a)·eq \f(1,b2)＝－1，解得a＝eq \f(b2＋1,b2)， 所以ab＝eq \f(b2＋1,b2)·b＝eq \f(b2＋1,b)＝b＋eq \f(1,b).又因为b>0，故b＋eq \f(1,b)≥2 eq \r(b·\f(1,b))＝2， 当且仅当b＝eq \f(1,b)，即b＝1时取“＝”． 13．答案：(7,10)或(－5，－2) 解析：点C(6,2)到直线x－y＋3＝0的距离为d＝eq \f(|6－2＋3|,\r(2))＝eq \f(7,\r(2))，因为点A在直线x－y＋3＝0上，可以验证点B(1,4)也在直线x－y＋3＝0上，所以设A(x，y)． 又因为直线x－y＋3＝0的倾斜角为45°，所以|AB|＝eq \f(|1－x|,cos45°)＝eq \r(2)|1－x|，所以三角形面积S＝eq \f(1,2)|AB|d＝eq \f(1,2)×eq \r(2)|1－x|·eq \f(7,\r(2))＝21.所以x＝7或x＝－5.故A点坐标为(7,10)或(－5，－2)． 14．答案：eq \f(1,8)　 解析：l1：k(x-2)-2y+8=0过定点(2,4)，l2：k2(y-4)=4-2x也过定点(2,4)，如图，A(0,4-k)，B(2k2+2,0)，S=eq \f(1,2)2k24+(4-k+4)2eq \f(1,2)=4k2-k+8. 当k=eq \f(1,8)时，S取得最小值. 二、解答题： 15．解： (1)法一：当sinθ＝0时，l1的斜率不存在，l2的斜率为零，l1显然不平行于l2. 当sinθ≠0时，k1＝－eq \f(1,sinθ)，k2＝－2sinθ，欲使l1∥l2，只要－eq \f(1,sinθ)＝－2sinθ，sinθ＝±eq \f(\r(2),2)， ∴θ＝kπ±eq \f(π,4)，k∈Z，此时两直线截距不相等．∴当θ＝kπ±eq \f(π,4)，k∈Z时，l1∥l2. 法二：由A1B2－A2B1＝0，即2sin2θ－1＝0，得sin2θ＝eq \f(1,2)，∴sinθ＝±eq \f(\r(2),2)，由B1C2－B2C1≠0， 即1＋sinθ≠0，即sinθ≠－1，得θ＝kπ±eq \f(π,4)，k∈Z，∴当θ＝kπ±eq \f(π,4)，k∈Z时，l1∥l2. (2)∵l1⊥l2 ∴A1A2＋B1B2＝0，∴2sinθ＋sinθ＝0，即sinθ＝0，∴θ＝kπ(k∈Z)， ∴当θ＝kπ，k∈Z时，l1⊥l2. 16．解：（1）设直线 的方程为，则直线 与坐标轴的交点为 、 依题设有 ，得 ，则直线 的方程为 （2）设直线 的方程为 ，则由 ，解得 或 则直线 方程为 或 即 或 17．解： (1)若l1，l2，l3三条直线交于一点．显然m≠4，若m＝4，则l1∥l2. 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(4x＋y－4＝0,mx＋y＝0))，得l1，l2的交点坐标为(eq \f(4,4－m)，eq \f(－4m,4－m))． 代入l3的方程得eq \f(8,4－m)－3m·eq \f(－4m,4－m)－4＝0.解得m＝－1或m＝eq \f(2,3)， ∴当m＝－1或m＝eq \f(2,3)时，l1，l2，l3交于一点． (2)若l1∥l2，则m＝4，若l1∥l3，则m＝－eq \f(1,6)，若l2∥l3，则m∈∅. (3)若l1∥l2∥l3，则m∈∅. 综上知：当m＝－1或m＝eq \f(2,3)或m＝4或m＝－eq \f(1,6)时，三条直线不能构成三角形， 即构成三角形的条件是 m∈(－∞，－1)∪(－1，－eq \f(1,6))∪(－eq \f(1,6)，eq \f(2,3))∪(eq \f(2,3)，4)∪(4，＋∞)． 18．解： (1)∵l2：2x－y－eq \f(1,2)＝0，∴l1与l2的距离d＝eq \f(|a＋\f(1,2)|,\r(5))＝eq \f(7\r(5),10)，∵a＞0，∴a＝3. (2)设存在点P(x0，y0)满足②，则P点在与l1、l2平行的直线l′：2x－y＋c＝0上， 且eq \f(|c－3|,\r(5))＝eq \f(1,2)·eq \f(|c＋\f(1,2)|,\r(5))，即c＝eq \f(13,2)或c＝eq \f(11,6)，∴2x0－y0＋eq \f(13,2)＝0或2x0－y0＋eq \f(11,6)＝0， 若P点满足条件③，由点到直线的距离公式有： eq \f(|2x0－y0＋3|,\r(5))＝eq \f(\r(2),\r(5)) eq \f(|x0＋y0－1|,\r(2))， 即|2x0－y0＋3|＝|x0＋y0－1|.∴x0－2y0＋4＝0或3x0＋2＝0， ∵P在第一象限，∴3x0＋2＝0不可能， 联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2x0－y0＋\f(13,2)＝0，,x0－2y0＋4＝0.))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x0＝－3，,y0＝\f(1,2).))(舍去) 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2x0－y0＋\f(11,6)＝0，,x0－2y0＋4＝0，)) 得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x0＝\f(1,9)，,y0＝\f(37,18)，))∴ P(eq \f(1,9)，eq \f(37,18))即为同时满足条件的点． 19．解： (1)证明：直线l的方程是：k(x＋2)＋(1－y)＝0， 令eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＋2＝0,1－y＝0))解之得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝－2,y＝1))， ∴无论k取何值，直线总经过定点(－2,1)． (2)由方程知，当k≠0时直线在x轴上的截距为－eq \f(1＋2k,k)， 在y轴上的截距为1＋2k，要使直线不经过第四象限，则必须有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－\f(1＋2k,k)≤－2,1＋2k≥1))， 解之得k＞0； 当k＝0时，直线为y＝1，合题意，故k≥0. (3)由l的方程，得Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1＋2k,k)，0))，B(0,1＋2k)．依题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－\f(1＋2k,k)＜0，,1＋2k＞0))，解得k＞0. ∵S＝eq \f(1,2)·|OA|·|OB|＝eq \f(1,2)·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1＋2k,k)))·|1＋2k|＝eq \f(1,2)·eq \f((1＋2k)2,k)＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4k＋\f(1,k)＋4))≥eq \f(1,2)(2×2＋4)＝4， “＝”成立的条件是k＞0且4k＝eq \f(1,k)，即k＝eq \f(1,2)， ∴Smin＝4，此时l：x－2y＋4＝0． 20．解： (1)由图知 ， , 设直线 的斜率为 ，直线 与 不能相交，所以 ， （2）直线 的方程为 ，令 得 令 得 ∵ ，∴ ∴ ∴ 的方程为 ，此时和BP重合． （3）由（2）知 ,点 到直线 的距离为 EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 而函数 在 上是增函数，故当 EMBED Equation.3 取得最大值 当 时， 取得最小值 （最小值也可用基本不等式直接得到）. PAGE 3 _1321096535.unknown _1321096543.unknown _1398933830.unknown _1398945743.unknown _1398945929.unknown _1399047475.unknown _1398949560.unknown _1398945796.unknown _1398934410.unknown _1398945543.unknown _1398934560.unknown _1398934380.unknown _1321096545.unknown _1321096546.unknown _1321096544.unknown _1321096539.unknown _1321096541.unknown _1321096542.unknown _1321096540.unknown _1321096537.unknown _1321096538.unknown _1321096536.unknown _1261342395.unknown _1321096530.unknown _1321096533.unknown _1321096534.unknown _1321096531.unknown _1261343078.unknown _1321096528.unknown _1321096529.unknown _1261343180.unknown _1261343271.unknown _1321096527.unknown _1261343246.unknown _1261343117.unknown _1261342549.unknown _1261342743.unknown _1261342497.unknown _1261341863.unknown _1261342026.unknown _1261342109.unknown _1261341920.unknown _1261341531.unknown _1261341623.unknown _1261340501.unknown _1261341353.unknown _1261341453.unknown _1261341342.unknown _1261339515.unknown