2019-2020年高二数学暑期作业（套卷）（5） Word版含答案.doc

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 (xi)2，其中 xi锥体的体积公式：VSh，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z1，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012345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z2xy的最大值是 NS40开始k1kk1S0Y输出k结束SS2k（第4题图）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 甲 乙 8 9 7 8 9 3 1 0 6 9789（第5题图）成绩较为稳定（方差较小）的运动员是 6记不等式x2x60的解集为集合A，函数ylg(xa)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：x21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PABCDEF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， ABC120，BA2，BC3，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Sk18，Sk0，Sk110，则正整数k 11若将函数f(x)sin(wx)(w0)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w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(x1)2(y1)29，直线l：ykx3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f(x)x22xa，且对任意的x0，t，都有f(x)a，a若对每一个正实数a，记t的最大值为g(a)，则函数g(a)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acosCccosA2bcosA（1）求角A的值；（2）求sinBsinC的取值范围16（本小题满分14分）在四棱锥PABCD中，BCAD，PAPD，AD2BC，ABPB， E为PA的中点 （第16题图）PABCDE （1）求证：BE平面PCD； （2）求证：平面PAB平面PCD17（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AM60m点P从最低点A处按逆时针方向转动到最高点B处，记AOPq，q (0，)（1）当q 时，求点P距地面的高度PQ；（2）试确定q 的值，使得MPN取得最大值（第17题图）AMNBOPQq18（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F1、F2，右准线l：xm1与x轴的交点为B，BF2m （1）已知点(，1)在椭圆C上，求实数m的值；（2）已知定点A(2，0)若椭圆C上存在点T，使得，求椭圆C的离心率的取值范围；当m1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，xyAOBMPQ（第18题图）F2F1l若 ，m，求证：m为定值19(本小题满分16分)已知函数f(x)x2xt，t0，g(x)lnx（1）令h(x)f(x)g(x)，求证：h(x)是增函数；（2）直线l与函数f(x)，g(x)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，nN*，都有(SmnS1)24a2ma2n （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，p(p3)是给定的正整数，数列cn，dn的前p项的和分别为Tp，Rp，且TpRp，求证：对任意正整数k(1kp)，ckdk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 20.74 34 46 5甲6(，3 74 812 9 109 11 12 13，) 14(0，1)2Error! No bookmark name given.二、解答题：本大题共6小题，共90分15解：（1）因为acosCccosA2bcosA，所以sinAcosCsinCcosA2sinBcosA，即sin(AC)2sinBcosA因为ABC，所以sin(AC)sinB从而sinB2sinBcosA 4分因为sinB0，所以cosA因为0A，所以A 7分（2）sinBsinCsinBsin(B)sinBsincosBcossinBsinBcosBsin(B) 11分因为0B，所以B所以sinBsinC的取值范围为(， 14分16证明：（1）取PD的中点F，连接EF，CFPABCDEF（第16题图）因为E为PA的中点，所以EFAD，EFAD因为BCAD，BCAD，所以EFBC，EFBC所以四边形BCFE为平行四边形所以BECF 4分因为BE平面PCD，CF平面PCD，所以BE平面PCD 6分（2）因为ABPB，E为PA的中点，所以PABE因为BECF，所以PACF 9分因为PAPD，PD平面PCD，CF平面PCD，PDCFF，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PQ5050cosq 从而，当q 时，PQ5050cos75即点P距地面的高度为75m 4分（2）（方法一）由题意，得AQ50sinq ，从而MQ6050sinq ，NQ30050sinq 又PQ5050cosq ，所以tanNPQ ，tanMPQ 6分从而tanMPNtan(NPQMPQ) 9分令g(q ) ，q (0，)，则g(q) ，q (0，)由g(q)0，得sinq cosq 10，解得q 11分当q (0，)时，g(q )0，g(q )为增函数；当q (，p)时，g(q )0，g(q )为减函数，所以，当q 时，g(q )有极大值，也为最大值因为0MPQNPQ，所以0MPN，从而当g(q )tanMPN取得最大值时，MPN取得最大值即当q 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(y50)2502，即x2y2100y0，点M(60，0)，N(300，0)设点P的坐标为 (x0，y0)，所以Q (x0，0)，且x02y02100y00从而tanNPQ ，tanMPQ 6分从而tanMPNtan(NPQMPQ) 由题意知，x050sinq ，y05050cosq ，所以tanMPN 9分（下同方法一）18解：（1）设椭圆C的方程为 1(ab0)由题意，得 解得 所以椭圆方程为1 因为椭圆C过点(，1)，所以1，解得m2或m (舍去）所以m2 4分（2）设点T(x，y)由，得(x2)2y22(x1)2y2，即x2y22 6分由 得y2m2m因此0m2mm，解得1m2所以椭圆C的离心率e， 10分（方法一）设M(x0，y0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)则(x02，y0)，(x12，y1)由l， 得 从而 12分因为y021，所以(ly1)21即l2(y12)2l(l1)x12(l1)210因为 y121，代入得2l (l1)x13l24l10由题意知，l1，故x1，所以x0 同理可得x0 14分因此，所以lm6 16分（方法二）设M(x0，y0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)直线AM的方程为y(x2)将y(x2)代入y21，得(x02)2y)x24yx4y(x02)2 0(*)因为y021，所以（*）可化为(2x03)x24yx3x4x00因为x0x1，所以x1同理x2 14分因为l，m，所以lm6即m为定值6 16分19解：（1）由h(x)f(x)g(x)x2xtlnx，得h (x)2x1，x0因为2x22，所以h (x)0， 从而函数h(x)是增函数 3分（2）记直线l分别切f(x)，g(x)的图象于点(x1，x12x1t)，(x2，lnx2)，由f(x)2x1，得l的方程为y(x12x1t)(2x11)(xx1)，即y(2x11)xx12t由g(x)，得l的方程为ylnx2(xx2)，即y xlnx21所以(*) 消去x1得lnx2(t1)0 (*) 7分令F(x)lnx(t1)，则F(x)，x0由F(x)0，解得x1当0x1时，F(x)0，当x1时，F(x)0，所以F(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，从而F(x)minF(1)t 9分当t0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t0时，F(1)0，由于F(et1)ln(et1)(t1)0，故方程(*)在(1，)上存在唯一解； 13分令k(x)lnx1(x1)，由于k (x)0，故k (x)在(0，1上单调递减，故当0x1时，k (x)k (1)0，即lnx1，从而lnx (t1)()2t所以F()()2t0，又01，故方程(*)在(0，1)上存在唯一解所以当t0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t0时，与两个函数图象同时相切的直线的条数为1；当t0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(SmnS1)24a2na2m，得(S2S1)24a，即(a22a1)24a因为a10，a20，所以a22a1a2，即2 3分证明：（2）（方法一）令m1，n2，得(S3S1)24a2a4，即(2a1a2a3)24a2a4，令mn2，得S4S12a4，即2a1a2a3a4所以a44a28a1又因为2，所以a34a1 6分由(SmnS1)24a2na2m，得(Sn1S1)24a2na2，(Sn2S1)24a2na4两式相除，得，所以2即Sn2S12(Sn1S1)，从而Sn3S12(Sn2S1)所以an32an2，故当n3时，an是公比为2的等比数列又因为a32a24a1，从而ana12 n1，nN*显然，ana12 n1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(SmnS1)24a2na2m中，令mn，得S2nS12a2n 令mn1，得S2n1S12 ， 在中，用n1代n得，S2n2S12a2n2 ，得a2n122a2n2 ()， ，得a2n22a2n222()， 由得a2n1 8分代入，得a2n12a2n；代入得a2n22a2n1，所以2又2，从而ana12 n1，nN*显然，ana12 n1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，ana12 n1因为|cp|dp|a12p1，所以cpdp或cpdp若cpdp，不妨设cp0，dp0，则Tpa12p1(a12p2a12p3a1)a12p1a1(2p11)a10Rpa12p1(a12p2a12p3a1)a12p1a1(2p11)a10这与TpRp矛盾，所以cpdp从而Tp1Rp1由上证明，同理可得cp1dp1如此下去，可得cp2dp2，cp3dp3，c1d1即对任意正整数k(1kp)，ckdk 16分