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2019-2020年高二数学暑期作业(套卷)
(5)Word版含答案参考公式样本数据x1,x2,…,xn的方差s2=eq\o\s\DO8i=1\d\fo\s\up0xi-2,其中=eq\o\s\DO8i=1\d\fo\s\up0xi.锥体的体积公式V=Sh,其中S为锥体的底面积,h为锥体的高.
一、填空题本大题共14小题,每小题5分,共70分.请把答案填写在答题纸相应位置上.1.已知复数z=-1,其中i为虚数单位,则z的模为▲.2.经统计,在银行一个营业窗口每天上午9点钟排队等候的人数及相应概率如下排队人数01234≥5概率
0.
10.
160.
30.
30.
10.04则该营业窗口上午9点钟时,至少有2人排队的概率是▲.3.若变量x,y满足约束条件则z=2x+y的最大值是▲.4.右图是一个算法流程图,则输出k的值是▲.5.如图是甲、乙两位射击运动员的5次训练成绩(单位环)的茎叶图,则成绩较为稳定(方差较小)的运动员是▲.6.记不等式x2+x-6<0的解集为集合A,函数y=lgx-a的定义域为集合B.若“xA”是“xB”的充分条件,则实数a的取值范围为▲.7.在平面直角坐标系xOy中,过双曲线C x2-=1的右焦点F作x轴的垂线l,则l与双曲线C的两条渐近线所围成的三角形的面积是▲.8.已知正六棱锥P-ABCDEF的底面边长为2,侧棱长为4,则此六棱锥的体积为▲.9.在△ABC中,ABC=120,BA=2,BC=3,D,E是线段AC的三等分点,则·的值为▲.10.记等差数列{an}的前n项和为Sn.若Sk-1=8,Sk=0,Sk+1=-10,则正整数k=▲.11.若将函数fx=∣sinx-∣>0的图象向左平移个单位后,所得图象对应的函数为偶函数,则实数的最小值是▲.12.已知x,y为正实数,则+的最大值为▲.13.在平面直角坐标系xOy中,圆C的方程为x-12+y-12=9,直线l y=kx+3与圆C相交于A,B两点,M为弦AB上一动点,以M为圆心,2为半径的圆与圆C总有公共点,则实数k的取值范围为▲.14.已知a,t为正实数,函数fx=x2-2x+a,且对任意的x∈[0,t],都有fx∈[-a,a].若对每一个正实数a,记t的最大值为ga,则函数ga的值域为▲.
二、解答题本大题共6小题,共计90分.请在答题纸指定区域内作答,解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.(本小题满分14分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知acosC+ccosA=2bcosA.
(1)求角A的值;
(2)求sinB+sinC的取值范围.16.(本小题满分14分)在四棱锥P-ABCD中,BC∥AD,PA⊥PD,AD=2BC,AB=PB,E为PA的中点.
(1)求证BE∥平面PCD;
(2)求证平面PAB⊥平面PCD.17.(本小题满分14分)如图,摩天轮的半径OA为50m,它的最低点A距地面的高度忽略不计.地面上有一长度为240m的景观带MN,它与摩天轮在同一竖直平面内,且AM=60m.点P从最低点A处按逆时针方向转动到最高点B处,记AOP=,∈0,π.
(1)当=时,求点P距地面的高度PQ;
(2)试确定的值,使得MPN取得最大值.18.(本小题满分16分)在平面直角坐标系xOy中,设中心在坐标原点的椭圆C的左、右焦点分别为F
1、F2,右准线l x=m+1与x轴的交点为B,BF2=m.
(1)已知点eq\F2,1在椭圆C上,求实数m的值;
(2)已知定点A-2,0.
①若椭圆C上存在点T,使得=,求椭圆C的离心率的取值范围;
②当m=1时,记M为椭圆C上的动点,直线AM,BM分别与椭圆C交于另一点P,Q,若=λ,=,求证λ+为定值.19.本小题满分16分已知函数fx=x2-x+t,t≥0,gx=lnx.
(1)令hx=fx+gx,求证hx是增函数;
(2)直线l与函数fx,gx的图象都相切.对于确定的正实数t,讨论直线l的条数,并说明理由.20.(本小题满分16分)已知数列{an}的各项均为正数,其前n项的和为Sn,且对任意的m,n∈N*,都有Sm+n+S12=4a2ma2n.
(1)求的值;
(2)求证{an}为等比数列;
(3)已知数列{cn},{dn}满足|cn|=|dn|=an,pp≥3是给定的正整数,数列{cn},{dn}的前p项的和分别为Tp,Rp,且Tp=Rp,求证对任意正整数k1≤k≤p,ck=dk.高二数学暑假作业
(五)参考答案
一、填空题本大题共14小题,每小题5分,共70分.1.2.
0.743.44.65.甲6.-∞,-3]7.48.129.10.911.12.13.[-,+∞14.0,1∪{2}错误!未指定书签
二、解答题本大题共6小题,共90分.15.解
(1)因为acosC+ccosA=2bcosA,所以sinAcosC+sinCcosA=2sinBcosA,即sinA+C=2sinBcosA.因为A+B+C=π,所以sinA+C=sinB.从而sinB=2sinBcosA.…………………………4分因为sinB≠0,所以cosA=.因为0<A<π,所以A=.…………………………7分
(2)sinB+sinC=sinB+sin-B=sinB+sincosB-cossinB=sinB+eq\F2cosB=sinB+.…………………………11分因为0<B<,所以<B+<.所以sinB+sinC的取值范围为eq\F2,].…………………………14分16.证明
(1)取PD的中点F,连接EF,CF.因为E为PA的中点,所以EF∥AD,EF=AD.因为BC∥AD,BC=AD,所以EF∥BC,EF=BC.所以四边形BCFE为平行四边形.所以BE∥CF.…………………………4分因为BE平面PCD,CF平面PCD,所以BE∥平面PCD.…………………………6分
(2)因为AB=PB,E为PA的中点,所以PA⊥BE.因为BE∥CF,所以PA⊥CF.…………………………9分因为PA⊥PD,PD平面PCD,CF平面PCD,PD∩CF=F,所以PA⊥平面PCD.…………………………12分因为PA平面PAB,所以平面PAB平面PCD.…………………………14分17.解
(1)由题意,得PQ=50-50cos.从而,当=时,PQ=50-50cos=75.即点P距地面的高度为75m.…………………………4分
(2)(方法一)由题意,得AQ=50sin,从而MQ=60-50sin,NQ=300-50sin.又PQ=50-50cos,所以tanNPQ==,tanMPQ==.…………………………6分从而tanMPN=tanNPQ-MPQ==eq\f-1+×=.…………………………9分令g=,∈0,π,则g=,∈0,π.由g=0,得sin+cos-1=0,解得=.…………………………11分当∈0,时,g>0,g为增函数;当∈,时,g<0,g为减函数,所以,当=时,g有极大值,也为最大值.因为0<MPQ<NPQ<,所以0<MPN<,从而当g=tanMPN取得最大值时,MPN取得最大值.即当=时,MPN取得最大值.…………………………14分(方法二)以点A为坐标原点,AM为x轴建立平面直角坐标系,则圆O的方程为x2+y-502=502,即x2+y2-100y=0,点M60,0,N300,0.设点P的坐标为x0,y0,所以Qx0,0,且x02+y02-100y0=0.从而tanNPQ==,tanMPQ==.…………………………6分从而tanMPN=tanNPQ-MPQ==eq\f-1+×=.由题意知,x0=50sin,y0=50-50cos,所以tanMPN==.…………………………9分(下同方法一)18.解
(1)设椭圆C的方程为+=1a>b>0.由题意,得eq\b\lc\{\a\al=m+1,m+1-c=m,解得所以椭圆方程为+=1.因为椭圆C过点eq\F2,1,所以+=1,解得m=2或m=-舍去).所以m=2.…………………………4分
(2)
①设点Tx,y.由=,得x+22+y2=2[x+12+y2],即x2+y2=2.…………………6分由eq\b\lc\{\a\alx2+y2=2,+=1,得y2=m2-m.因此0≤m2-m≤m,解得1≤m≤2.所以椭圆C的离心率e=eq\F1eq\o\s\up1∈[eq\F3,eq\F2].…………………………10分
②(方法一)设Mx0,y0,Px1,y1,Qx2,y2.则=x0+2,y0,=x1+2,y1.由=,得从而…………………………12分因为+y02=1,所以+y12=1.即2+y12+2-1x1+2-12-1=0.因为+y12=1,代入得2-1x1+32-4+1=0.由题意知,≠1,故x1=-,所以x0=.同理可得x0=.…………………………14分因此=,所以+=6.…………………………16分(方法二)设Mx0,y0,Px1,y1,Qx2,y2.直线AM的方程为y=x+2.将y=x+2代入+y2=1,得x0+22+yx2+4yx+4y-x0+22=0*.因为+y02=1,所以(*)可化为2x0+3x2+4yx-3x-4x0=0.因为x0x1=-eq\F3x+4x02x0+3,所以x1=-.同理x2=.…………………………14分因为=,=,所以+=+=eq\Fx0+2-+2+eq\Fx0-2-2=+=6.即λ+为定值6.…………………………16分19.解
(1)由hx=fx+gx=x2-x+t+lnx,得hx=2x-1+,x>0.因为2x+≥2=2,所以hx>0,从而函数hx是增函数.…………………………3分
(2)记直线l分别切fx,gx的图象于点x1,x12-x1+t,x2,lnx2,由fx=2x-1,得l的方程为y-x12-x1+t=2x1-1x-x1,即y=2x1-1x-x12+t.由gx=,得l的方程为y-lnx2=x-x2,即y=·x+lnx2-1.所以*消去x1得lnx2+-t+1=0**.…………………………7分令Fx=lnx+-t+1,则Fx=-==,x>0.由Fx=0,解得x=1.当0<x<1时,Fx<0,当x>1时,Fx>0,所以Fx在0,1上单调递减,在1,+∞上单调递增,从而Fxmin=F1=-t.…………………………9分当t=0时,方程**只有唯一正数解,从而方程组*有唯一一组解,即存在唯一一条满足题意的直线;…………………………11分当t>0时,F1<0,由于Fet+1>lnet+1-t+1=0,故方程**在1,+∞上存在唯一解;…………………………13分令kx=lnx+-1x≤1,由于kx=-=≤0,故kx在0,1]上单调递减,故当0<x<1时,kx>k1=0,即lnx>1-,从而lnx+-t+1>-2-t.所以F>+2-t=+>0,又0<<1,故方程**在0,1上存在唯一解.所以当t>0时,方程**有两个不同的正数解,方程组*有两组解.即存在两条满足题意的直线.综上,当t=0时,与两个函数图象同时相切的直线的条数为1;当t>0时,与两个函数图象同时相切的直线的条数为2.…………………………16分20.解
(1)由Sm+n+S12=4a2na2m,得S2+S12=4a,即a2+2a12=4a.因为a1>0,a2>0,所以a2+2a1=a2,即=2.…………………………3分证明
(2)(方法一)令m=1,n=2,得S3+S12=4a2a4,即2a1+a2+a32=4a2a4,令m=n=2,得S4+S1=2a4,即2a1+a2+a3=a4.所以a4=4a2=8a1.又因为=2,所以a3=4a1.…………………………6分由Sm+n+S12=4a2na2m,得Sn+1+S12=4a2na2,Sn+2+S12=4a2na4.两式相除,得=,所以=eq\R=2.即Sn+2+S1=2Sn+1+S1,从而Sn+3+S1=2Sn+2+S1.所以an+3=2an+2,故当n≥3时,{an}是公比为2的等比数列.又因为a3=2a2=4a1,从而an=a1·2n-1,n∈N*.显然,an=a1·2n-1满足题设,因此{an}是首项为a1,公比为2的等比数列.…………………………10分(方法二)在Sm+n+S12=4a2na2m中,令m=n,得S2n+S1=2a2n.
①令m=n+1,得S2n+1+S1=2,
②在
①中,用n+1代n得,S2n+2+S1=2a2n+2.
③②-
①,得a2n+1=2-2a2n=2-,
④③-
②,得a2n+2=2a2n+2-2=2-,
⑤由
④⑤得a2n+1=.
⑥…………………………8分
⑥代入
④,得a2n+1=2a2n;
⑥代入
⑤得a2n+2=2a2n+1,所以==2.又=2,从而an=a1·2n-1,n∈N*.显然,an=a1·2n-1满足题设,因此{an}是首项为a1,公比为2的等比数列.…………………………10分
(3)由
(2)知,an=a1·2n-1.因为|cp|=|dp|=a1·2p-1,所以cp=dp或cp=-dp.若cp=-dp,不妨设cp>0,dp<0,则Tp≥a1·2p-1-a1·2p-2+a1·2p-3+…+a1=a1·2p-1-a1·2p-1-1=a1>0.Rp≤-a1·2p-1+a1·2p-2+a1·2p-3+…+a1=-a1·2p-1+a1·2p-1-1=-a1<0.这与Tp=Rp矛盾,所以cp=dp.从而Tp-1=Rp-1.由上证明,同理可得cp-1=dp-1.如此下去,可得cp-2=dp-2,cp-3=dp-3.…,c1=d1.即对任意正整数k1≤k≤p,ck=dk.…………………………16分NS←40开始k←1k←k+1S≤0Y输出k结束S←S-2k(第4题图)甲乙8978931069789(第5题图)(第16题图)PABCDE(第17题图)AMNBOPQxyAOBMPQ(第18题图)F2F1lPABCDEF(第16题图)。