2010年浙江省高考數(shù)學(xué)試卷(理科)答案與解析

1、2010年浙江省高考數(shù)學(xué)試卷（理科）參考答案與試題解析一、選擇題（共10小題，每小題5分，滿分50分）1（5分）（2010浙江）設(shè)P=x|x4，Q=x|x24，則（）APQBQPCPCRQDQCRP【考點】集合的包含關(guān)系判斷及應(yīng)用【專題】集合【分析】此題只要求出x24的解集x|2x2，畫數(shù)軸即可求出【解答】解：P=x|x4，Q=x|x24=x|2x2，如圖所示，可知QP，故B正確【點評】此題需要學(xué)生熟練掌握子集、真子集和補集的概念，主要考查了集合的基本運算，屬容易題2（5分）（2010浙江）某程序框圖如圖所示，若輸出的S=57，則判斷框內(nèi)為（）Ak4？Bk5？Ck6？Dk7？【考點】程序框圖【

2、專題】算法和程序框圖【分析】分析程序中各變量、各語句的作用，再根據(jù)流程圖所示的順序，可知：該程序的作用是累加并輸入S的值，條件框內(nèi)的語句是決定是否結(jié)束循環(huán)，模擬執(zhí)行程序即可得到答案【解答】解：程序在運行過程中各變量值變化如下表：K S 是否繼續(xù)循環(huán)循環(huán)前 1 1/第一圈 2 4 是第二圈 3 11 是第三圈 4 26 是第四圈 5 57 否故退出循環(huán)的條件應(yīng)為k4故答案選A【點評】算法是新課程中的新增加的內(nèi)容，也必然是新高考中的一個熱點，應(yīng)高度重視程序填空也是重要的考試題型，這種題考試的重點有：分支的條件循環(huán)的條件變量的賦值變量的輸出其中前兩點考試的概率更大此種題型的易忽略點是：不能準(zhǔn)確理解流

3、程圖的含義而導(dǎo)致錯誤3（5分）（2010浙江）設(shè)Sn為等比數(shù)列an的前n項和，8a2+a5=0，則=（）A11B8C5D11【考點】等比數(shù)列的前n項和【專題】等差數(shù)列與等比數(shù)列【分析】先由等比數(shù)列的通項公式求得公比q，再利用等比數(shù)列的前n項和公式求之即可【解答】解：設(shè)公比為q，由8a2+a5=0，得8a2+a2q3=0，解得q=2，所以=11故選A【點評】本題主要考查等比數(shù)列的通項公式與前n項和公式4（5分）（2010浙江）設(shè)0x，則“xsin2x1”是“xsinx1”的（）A充分而不必要條件B必要而不充分條件C充分必要條件D既不充分也不必要條件【考點】不等關(guān)系與不等式；必要條件、充分條件與充

4、要條件的判斷；正弦函數(shù)的單調(diào)性【專題】三角函數(shù)的圖像與性質(zhì)；簡易邏輯【分析】由x的范圍得到sinx的范圍，則由xsinx1能得到xsin2x1，反之不成立答案可求【解答】解：0x，0sinx1，故xsin2xxsinx，若“xsinx1”，則“xsin2x1”若“xsin2x1”，則xsinx，1此時xsinx1可能不成立例如x，sinx1，xsinx1由此可知，“xsin2x1”是“xsinx1”的必要而不充分條故選B【點評】本題考查了充分條件、必要條件的判定方法，判斷充要條件的方法是：若pq為真命題且qp為假命題，則命題p是命題q的充分不必要條件；若pq為假命題且qp為真命題，則命題p是命

5、題q的必要不充分條件；若pq為真命題且qp為真命題，則命題p是命題q的充要條件；若pq為假命題且qp為假命題，則命題p是命題q的即不充分也不必要條件判斷命題p與命題q所表示的范圍，再根據(jù)“誰大誰必要，誰小誰充分”的原則，判斷命題p與命題q的關(guān)系是基礎(chǔ)題5（5分）（2010浙江）對任意復(fù)數(shù)z=x+yi（x，yR），i為虛數(shù)單位，則下列結(jié)論正確的是（）ABz2=x2y2CD|z|x|+|y|【考點】復(fù)數(shù)的基本概念【專題】數(shù)系的擴充和復(fù)數(shù)【分析】求出復(fù)數(shù)的共軛復(fù)數(shù)，求它們和的模判斷的正誤；求z2=x2y2+2xyi，顯然B錯誤；，不是2x，故C錯；|z|=|x|+|y|，正確【解答】解：可對選項逐個

6、檢查，A選項，故A錯，B選項，z2=x2y2+2xyi，故B錯，C選項，故C錯，故選D【點評】本題主要考查了復(fù)數(shù)的四則運算、共軛復(fù)數(shù)及其幾何意義，屬中檔題6（5分）（2010浙江）設(shè)l，m是兩條不同的直線，是一個平面，則下列命題正確的是（）A若lm，m，則lB若l，lm，則mC若l，m，則lmD若l，m，則lm【考點】直線與平面平行的判定【專題】空間位置關(guān)系與距離【分析】根據(jù)題意，依次分析選項：A，根據(jù)線面垂直的判定定理判斷C：根據(jù)線面平行的判定定理判斷D：由線線的位置關(guān)系判斷B：由線面垂直的性質(zhì)定理判斷；綜合可得答案【解答】解：A，根據(jù)線面垂直的判定定理，要垂直平面內(nèi)兩條相交直線才行，不正確

7、；C：l，m，則lm或兩線異面，故不正確D：平行于同一平面的兩直線可能平行，異面，相交，不正確B：由線面垂直的性質(zhì)可知：平行線中的一條垂直于這個平面則另一條也垂直這個平面故正確故選B【點評】本題主要考查了立體幾何中線面之間的位置關(guān)系及其中的公理和判定定理，也蘊含了對定理公理綜合運用能力的考查，屬中檔題7（5分）（2010浙江）若實數(shù)x，y滿足不等式組且x+y的最大值為9，則實數(shù)m=（）A2B1C1D2【考點】簡單線性規(guī)劃【專題】不等式的解法及應(yīng)用【分析】先根據(jù)約束條件畫出可行域，設(shè)z=x+y，再利用z的幾何意義求最值，只需求出直線x+y=9過可行域內(nèi)的點A時，從而得到m值即可【解答】解：先根據(jù)

8、約束條件畫出可行域，設(shè)z=x+y，將最大值轉(zhuǎn)化為y軸上的截距，當(dāng)直線z=x+y經(jīng)過直線x+y=9與直線2xy3=0的交點A（4，5）時，z最大，將m等價為斜率的倒數(shù)，數(shù)形結(jié)合，將點A的坐標(biāo)代入xmy+1=0得m=1，故選C【點評】本題主要考查了用平面區(qū)域二元一次不等式組，以及簡單的轉(zhuǎn)化思想和數(shù)形結(jié)合的思想，屬中檔題目標(biāo)函數(shù)有唯一最優(yōu)解是我們最常見的問題，這類問題一般要分三步：畫出可行域、求出關(guān)鍵點、定出最優(yōu)解8（5分）（2010浙江）設(shè)F1、F2分別為雙曲線的左、右焦點若在雙曲線右支上存在點P，滿足|PF2|=|F1F2|，且F2到直線PF1的距離等于雙曲線的實軸長，則該雙曲線的漸近線方程為（

9、）A3x±4y=0B3x±5y=0C4x±3y=0D5x±4y=0【考點】雙曲線的簡單性質(zhì)【專題】圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程【分析】利用題設(shè)條件和雙曲線性質(zhì)在三角形中尋找等量關(guān)系，得出a與b之間的等量關(guān)系，可知答案選C，【解答】解：依題意|PF2|=|F1F2|，可知三角形PF2F1是一個等腰三角形，F(xiàn)2在直線PF1的投影是其中點，由勾股定理知可知|PF1|=2=4b根據(jù)雙曲定義可知4b2c=2a，整理得c=2ba，代入c2=a2+b2整理得3b24ab=0，求得=雙曲線漸近線方程為y=±x，即4x±3y=0故選C【點評】本題主要考查

10、三角與雙曲線的相關(guān)知識點，突出了對計算能力和綜合運用知識能力的考查，屬中檔題9（5分）（2010浙江）設(shè)函數(shù)f（x）=4sin（2x+1）x，則在下列區(qū)間中函數(shù)f（x）不存在零點的是（）A4，2B2，0C0，2D2，4【考點】函數(shù)的零點【專題】函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用【分析】將函數(shù)f（x）的零點轉(zhuǎn)化為函數(shù)g（x）=4sin（2x+1）與h（x）=x的交點，在同一坐標(biāo)系中畫出g（x）=4sin（2x+1）與h（x）=x的圖象，數(shù)形結(jié)合對各個區(qū)間進行討論，即可得到答案【解答】解：在同一坐標(biāo)系中畫出g（x）=4sin（2x+1）與h（x）=x的圖象如下圖示：由圖可知g（x）=4sin（2x+1）與h（x）=

11、x的圖象在區(qū)間4，2上無交點，由圖可知函數(shù)f（x）=4sin（2x+1）x在區(qū)間4，2上沒有零點故選A【點評】本題主要考查了三角函數(shù)圖象的平移和函數(shù)與方程的相關(guān)知識點，突出了對轉(zhuǎn)化思想和數(shù)形結(jié)合思想的考查，對能力要求較高，屬較難題函數(shù)F（x）=f（x）g（x）有兩個零點，即函數(shù)f（x）的圖象與函數(shù)g（x）的圖形有兩個交點10（5分）（2010浙江）設(shè)函數(shù)的集合，平面上點的集合，則在同一直角坐標(biāo)系中，P中函數(shù)f（x）的圖象恰好經(jīng)過Q中兩個點的函數(shù)的個數(shù)是（）A4B6C8D10【考點】對數(shù)函數(shù)的圖像與性質(zhì)【專題】函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用【分析】把P中a和b的值代入f（x）=log2（x+a）+b中，所得函

12、數(shù)f（x）的圖象恰好經(jīng)過Q中兩個點的函數(shù)的個數(shù)，即可得到選項【解答】解：將數(shù)據(jù)代入驗證知當(dāng)a=，b=0；a=，b=1；a=1，b=1a=0，b=0a=0，b=1a=1，b=1時滿足題意，故選B【點評】本題主要考查了函數(shù)的概念、定義域、值域、圖象和對數(shù)函數(shù)的相關(guān)知識點，對數(shù)學(xué)素養(yǎng)有較高要求，體現(xiàn)了對能力的考查，屬中檔題二、填空題（共7小題，每小題4分，滿分28分）11（4分）（2010浙江）函數(shù)的最小正周期是【考點】三角函數(shù)中的恒等變換應(yīng)用；三角函數(shù)的周期性及其求法【專題】三角函數(shù)的圖像與性質(zhì)【分析】本題考查的知識點是正（余）弦型函數(shù)的最小正周期的求法，由函數(shù)化簡函數(shù)的解析式后可得到：f（x）=

13、，然后可利用T=求出函數(shù)的最小正周期【解答】解：=2故最小正周期為T=，故答案為：【點評】函數(shù)y=Asin（x+）（A0，0）中，最大值或最小值由A確定，由周期由決定，即要求三角函數(shù)的周期與最值一般是要將其函數(shù)的解析式化為正弦型函數(shù)，再根據(jù)最大值為|A|，最小值為|A|，周期T=進行求解、12（4分）（2010浙江）若某幾何體的三視圖（單位：cm）如圖所示，則此幾何體的體積是144cm3【考點】由三視圖求面積、體積【專題】立體幾何【分析】由三視圖可知幾何體是一個四棱臺和一個長方體，求解其體積相加即可【解答】解：圖為一四棱臺和長方體的組合體的三視圖，由公式計算得體積為=144故答案為：144【點

14、評】本題主要考查了對三視圖所表達示的空間幾何體的識別以及幾何體體積的計算，屬容易題13（4分）（2010浙江）設(shè)拋物線y2=2px（p0）的焦點為F，點A（0，2）若線段FA的中點B在拋物線上，則B到該拋物線準(zhǔn)線的距離為【考點】拋物線的定義；拋物線的簡單性質(zhì)【專題】圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程【分析】根據(jù)拋物線方程可表示出焦點F的坐標(biāo)，進而求得B點的坐標(biāo)代入拋物線方程求得p，則B點坐標(biāo)和拋物線準(zhǔn)線方程可求，進而求得B到該拋物線準(zhǔn)線的距離【解答】解：依題意可知F坐標(biāo)為（，0）B的坐標(biāo)為（，1）代入拋物線方程得=1，解得p=，拋物線準(zhǔn)線方程為x=所以點B到拋物線準(zhǔn)線的距離為+=，故答案為【點評】本題

15、主要考查拋物線的定義及幾何性質(zhì)，屬容易題14（4分）（2010浙江）設(shè)n2，nN，（2x+）n（3x+）n=a0+a1x+a2x2+anxn，將|ak|（0kn）的最小值記為Tn，則T2=0，T3=，T4=0，T5=，Tn，其中Tn=【考點】歸納推理；進行簡單的合情推理【專題】函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用【分析】本題主要考查了合情推理，利用歸納和類比進行簡單的推理，屬容易題根據(jù)已知中T2=0，T3=，T4=0，T5=，及，（2x+）n（3x+）n=a0+a1x+a2x2+anxn，將|ak|（0kn）的最小值記為Tn，我們易得，當(dāng)n的取值為偶數(shù)時的規(guī)律，再進一步分析，n為奇數(shù)時，Tn的值與n的關(guān)系，綜合便

16、可給出Tn的表達式【解答】解：根據(jù)Tn的定義，列出Tn的前幾項：T0=0T1=T2=0T3=T4=0T5=T6=0由此規(guī)律，我們可以推斷：Tn=故答案：【點評】歸納推理的一般步驟是：（1）通過觀察個別情況發(fā)現(xiàn)某些相同性質(zhì)；（2）從已知的相同性質(zhì)中推出一個明確表達的一般性命題（猜想）15（4分）（2010浙江）設(shè)a1，d為實數(shù)，首項為a1，公差為d的等差數(shù)列an的前n項和為Sn，滿足S5S6+15=0，則d的取值范圍是【考點】等差數(shù)列的性質(zhì)；等差數(shù)列的前n項和【專題】等差數(shù)列與等比數(shù)列【分析】由題設(shè)知（5a1+10d）（6a1+15d）+15=0，即2a12+9a1d+10d2+1=0，由此導(dǎo)出

17、d28，從而能夠得到d的取值范圍【解答】解：因為S5S6+15=0，所以（5a1+10d）（6a1+15d）+15=0，整理得2a12+9a1d+10d2+1=0，此方程可看作關(guān)于a1的一元二次方程，它一定有根，故有=（9d）24×2×（10d2+1）=d280，整理得d28，解得d2，或d2則d的取值范圍是故答案案為：【點評】本題考查等差數(shù)列的性質(zhì)和應(yīng)用，解題時要認真審題，仔細解答，注意通項公式的合理運用16（4分）（2010浙江）已知平面向量滿足，且與的夾角為120°，則|的取值范圍是（0，【考點】平面向量數(shù)量積的運算【專題】平面向量及應(yīng)用【分析】畫出滿足條件

18、的圖形，分別用、表示向量與，由與的夾角為120°，易得B=60°，再于，利用正弦定理，易得|的取值范圍【解答】解：令用=、=，如下圖所示：則由=，又與的夾角為120°，ABC=60°又由AC=由正弦定理得：|=|（0，故|的取值范圍是（0，故答案：（0，【點評】本題主要考查了平面向量的四則運算及其幾何意義，突出考查了對問題的轉(zhuǎn)化能力和數(shù)形結(jié)合的能力，屬中檔題17（4分）（2010浙江）有4位同學(xué)在同一天的上、下午參加“身高與體重”、“立定跳遠”、“肺活量”、“握力”、“臺階”五個項目的測試，每位同學(xué)上、下午各測試一個項目，且不重復(fù)若上午不測“握力”項目，

19、下午不測“臺階”項目，其余項目上、下午都各測試一人則不同的安排方式共有264種（用數(shù)字作答）【考點】排列、組合及簡單計數(shù)問題【專題】排列組合【分析】法一：先安排上午的測試方法，有A44種，再安排下午的測試方式，由于上午的測試結(jié)果對下午有影響，故需要選定一位同學(xué)進行分類討論，得出下午的測試種數(shù)，再利用分步原理計算出結(jié)果法二：假定沒有限制條件，無論是上午或者下午5個項目都可以選組合總數(shù)為：4×5×4×4=320再考慮限制條件：上午不測“握力”項目，下午不測“臺階”項目在總組合為320種的組合中，上午為握力的種類有32種；同樣下午為臺階的組合有32種最后還要考慮那去掉的

20、64種中重復(fù)去掉的，如A同學(xué)的一種組合，上午握力，下午臺階（這種是被去掉了2次），A同學(xué)上午臺階，下午握力（也被去掉了2次），這樣的情況還要考慮BCD三位，所以要回加2×4=8進而可得答案【解答】解：解法一：先安排4位同學(xué)參加上午的“身高與體重”、“立定跳遠”、“肺活量”、“臺階”測試，共有A44種不同安排方式；接下來安排下午的“身高與體重”、“立定跳遠”、“肺活量”、“握力”測試，假設(shè)A、B、C同學(xué)上午分別安排的是“身高與體重”、“立定跳遠”、“肺活量”測試，若D同學(xué)選擇“握力”測試，安排A、B、C同學(xué)分別交叉測試，有2種；若D同學(xué)選擇“身高與體重”、“立定跳遠”、“肺活量”測試中

21、的1種，有A31種方式，安排A、B、C同學(xué)進行測試有3種；根據(jù)計數(shù)原理共有安排方式的種數(shù)為A44（2+A31×3）=264，故答案為264解法二：假定沒有這個限制條件：上午不測“握力”項目，下午不測“臺階”項目無論是上午或者下午5個項目都可以選上午每人有五種選法，下午每人僅有四種選法，上午的測試種數(shù)是4×5=20，下午的測試種數(shù)是4×4=16故我們可以很輕松的得出組合的總數(shù)：4×5×4×4=320再考慮這個限制條件：上午不測“握力”項目，下午不測“臺階”項目在總組合為320種的組合中，上午為握力的種類有多少種，很好算的，總數(shù)的，32種

22、；同樣下午為臺階的組合為多少的，也是總數(shù)的，32種所以3203232=256種但是最后還要考慮那去掉的64種中重復(fù)去掉的，好像A同學(xué)的一種組合，上午握力，下午臺階（這種是被去掉了2次），A同學(xué)上午臺階，下午握力（也被去掉了2次），這樣的情況還要BCD三位，所以要回加2×4=8所以最后的計算結(jié)果是4×5×4×43232+8=264答案：264【點評】本題主要考查了排列與組合的相關(guān)知識點，突出對分類討論思想和數(shù)學(xué)思維能力的考查，屬較難題三、解答題（共5小題，滿分72分）18（14分）（2010浙江）在ABC中，角A、B、C所對的邊分別為a，b，c，已知cos

23、2C=（）求sinC的值；（）當(dāng)a=2，2sinA=sinC時，求b及c的長【考點】正弦定理；三角函數(shù)中的恒等變換應(yīng)用；余弦定理【專題】解三角形【分析】（1）注意角的范圍，利用二倍角公式求得sinC的值（2）利用正弦定理先求出邊長c，由二倍角公式求cosC，用余弦定理解方程求邊長b【解答】解：（）解：因為cos2C=12sin2C=，及0C所以 sinC=（）解：當(dāng)a=2，2sinA=sinC時，由正弦定理=，解得c=4由cos2C=2cos2C1=，及0C 得cosC=±由余弦定理 c2=a2+b22abcosC，得b2±b12=0，解得b= 或b=2所以b=或b=2，c

24、=4【點評】本題主要考查三角變換、正弦定理、余弦定理等基礎(chǔ)知識，同時考查運算求解能力，屬于中檔題19（14分）（2010浙江）如圖，一個小球從M處投入，通過管道自上而下落A或B或C已知小球從每個叉口落入左右兩個管道的可能性是相等的某商家按上述投球方式進行促銷活動，若投入的小球落到A，B，C，則分別設(shè)為l，2，3等獎（I）已知獲得l，2，3等獎的折扣率分別為50%，70%，90%記隨變量為獲得k（k=1，2，3）等獎的折扣率，求隨機變量的分布列及期望；（II）若有3人次（投入l球為l人次）參加促銷活動，記隨機變量為獲得1等獎或2等獎的人次，求P（=2）【考點】離散型隨機變量的期望與方差；二項分布

25、與n次獨立重復(fù)試驗的模型【專題】概率與統(tǒng)計【分析】（）解：由題意知隨變量為獲得k等獎的折扣，則的可能取值是50%，70%，90%，結(jié)合變量對應(yīng)的事件和等可能事件的概率公式寫出變量的分布列，做出期望（2）根據(jù)第一問可以得到獲得一等獎或二等獎的概率，根據(jù)小球從每個叉口落入左右兩個管道的可能性是相等的可以把獲得一等獎或二等獎的人次看做符合二項分布，根據(jù)二項分布的概率公式得到結(jié)果【解答】解：（）解：隨變量量為獲得k（k=1，2，3）等獎的折扣，則的可能取值是50%，70%，90%P（=50%）=，P（=70%）=，P（=90%）=的分布列為 50%70%90%P=×50%+×70%

26、+90%=（）解：由（）可知，獲得1等獎或2等獎的概率為+=由題意得（3，）則P（=2）=C32（）2（1）=【點評】本題主要考查隨機事件的概率和隨機變量的分布列、數(shù)學(xué)期望、二項分布等概念，同時考查抽象概括、運算求解能力和應(yīng)用意識，是一個綜合題20（15分）（2010浙江）如圖，在矩形ABCD中，點E，F(xiàn)分別在線段AB，AD上，AE=EB=AF=FD=4沿直線EF將AEF翻折成AEF，使平面AEF平面BEF（）求二面角AFDC的余弦值；（）點M，N分別在線段FD，BC上，若沿直線MN將四邊形MNCD向上翻折，使C與A重合，求線段FM的長【考點】與二面角有關(guān)的立體幾何綜合題【專題】空間位置關(guān)系與

27、距離；空間角；空間向量及應(yīng)用；立體幾何【分析】本題主要考查空間點、線、面位置關(guān)系，二面角等基礎(chǔ)知識，空間向量的應(yīng)用，同事考查空間想象能力和運算求解能力（1）取線段EF的中點H，連接AH，因為AE=AF及H是EF的中點，所以AHEF，又因為平面AEF平面BEF則我們可以以A的原點，以AE，AF，及平面ABCD的法向量為坐標(biāo)軸，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，則銳二面角AFDC的余弦值等于平面AFD的法向量，與平面BEF的一個法向量夾角余弦值的絕對值（2）設(shè)FM=x，則M（4+x，0，0），因為翻折后，C與A重合，所以CM=AM，根據(jù)空間兩點之間距離公式，構(gòu)造關(guān)于x的方程，解方程即可得到FM的長【解答

28、】解：（）取線段EF的中點H，連接AH，因為AE=AF及H是EF的中點，所以AHEF，又因為平面AEF平面BEF如圖建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz則A（2，2，），C（10，8，0），F(xiàn)（4，0，0），D（10，0，0）故=（2，2，2），=（6，0，0）設(shè)=（x，y，z）為平面AFD的一個法向量，2x+2y+2z=0所以6x=0取，則又平面BEF的一個法向量，故所以二面角的余弦值為（）設(shè)FM=x，則M（4+x，0，0），因為翻折后，C與A重合，所以CM=AM，故，得，經(jīng)檢驗，此時點N在線段BC上，所以方法二：（）解：取線段EF的中點H，AF的中點G，連接AG，AH，GH因為AE=AF及H是EF的

29、中點，所以AHEF又因為平面AEF平面BEF，所以AH平面BEF，又AF平面BEF，故AHAF，又因為G、H是AF、EF的中點，易知GHAB，所以GHAF，于是AF面AGH，所以AGH為二面角ADHC的平面角，在RtAGH中，AH=，GH=2，A'G=所以故二面角ADFC的余弦值為（）解：設(shè)FM=x，因為翻折后，C與A重合，所以CM=AM，而CM2=DC2+DM2=82+（6x）2，AM2=AH2+MH2=AH2+MG2+GH2=+（2+x）2+22，故得，經(jīng)檢驗，此時點N在線段BC上，所以【點評】空間兩條直線夾角的余弦值等于他們方向向量夾角余弦值的絕對值；空間直線與平面夾角的余弦值等

30、于直線的方向向量與平面的法向量夾角的正弦值；空間銳二面角的余弦值等于他的兩個半平面方向向量夾角余弦值的絕對值；21（15分）（2010浙江）已知m1，直線l：xmy=0，橢圓C：+y2=1，F(xiàn)1、F2分別為橢圓C的左、右焦點（）當(dāng)直線l過右焦點F2時，求直線l的方程；（）設(shè)直線l與橢圓C交于A、B兩點，AF1F2，BF1F2的重心分別為G、H若原點O在以線段GH為直徑的圓內(nèi)，求實數(shù)m的取值范圍【考點】直線與圓錐曲線的綜合問題；橢圓的應(yīng)用；直線與圓錐曲線的關(guān)系【專題】圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程；圓錐曲線中的最值與范圍問題【分析】（1）把F2代入直線方程求得m，則直線的方程可得（2）設(shè)A（x1，y

31、1），B（x2，y2）直線與橢圓方程聯(lián)立消去x，根據(jù)判別式大于0求得m的范圍，且根據(jù)韋達定理表示出y1+y2和y1y2，根據(jù)，=2，可知G（，），h（，），表示出|GH|2，設(shè)M是GH的中點，則可表示出M的坐標(biāo)，進而根據(jù)2|MO|GH|整理可得x1x2+y1y20把x1x2和y1y2的表達式代入求得m的范圍，最后綜合可得答案【解答】解：（）解：因為直線l：xmy=0，經(jīng)過F2（，0），所以=，得m2=2，又因為m1，所以m=，故直線l的方程為xy1=0（）解：設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2）由，消去x得2y2+my+1=0則由=m28（1）=m2+80，知m28，且有y1+y2=，y1y2=由于F1（c，0），F(xiàn)2（c，0），故O為F1F2的中點，由，=2，可知G（，），H（，）|GH|2=+設(shè)M是GH的中點，則M（，），由題意可知2|MO|GH|即4（）2+（）2+即x1x2+y1y20而x1x2+y1y2=（my1+）（my2+）+y1y2=（m2+1）（）所以（）0，即m24