2019-2020学年高二数学下学期周练2.doc

2019-2020学年高二数学下学期周练2一、填空题1.已知5件产品中有2件次品,其余为合格品.现从这5件产品中任取2件,恰有一件次品的概率为( )A.0.4B.0.6C.0.8D.12.执行如题图所示的程序框图，若输出的值为8， 则判断框内可填入的条件是（ ）A. B. C. D. 3.已知函数f(x)=Acos(x+)(A0,0,R),则“f(x)是奇函数”是“”的( )A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件4.已知命题；命题，则下列命题中为真命题的是（ ）A. pq B.pq C.pq D.pq5.若不等式组表示的平面区域为三角形，且面积等于，则的值为（ ）A B C. D.6.为了解某社区居民的家庭年收入与年支出的关系,随机调查了该社区5户家庭,得到如下统计数据表:收入x(万元)8.28.610.011.311.9支出y(万元)6.27.58.08.59.8根据上表可得回归直线方程=x+,其中=0.76,=-.据此估计,该社区一户年收入为15万元家庭的年支出为( )A.11.4万元B.11.8万元C.12.0万元D.12.2万元二、填空题7. 已知椭圆的右焦点，过点的直线交于，两点，若的中点坐标为，则的方程为 .8. 为坐标原点，为抛物线：的焦点，为C上一点，若，则POF的面积为 .9.若函数在是增函数，则的取值范围是 .10.在中，的角平分线，则 _.三、解答题11.设等差数列an的公差为d,前n项和为Sn,等比数列bn的公比为q.已知b1=a1,b2=2,q=d,S10=100. (1)求数列an,bn的通项公式. (2)当d1时,记,求数列cn的前n项和Tn.12.已知函数，其中。（）设是的导函数，讨论的单调性；（）证明：存在，使得在区间内恒成立，且在区间内有唯一解。参考答案一、选择题1.【解题指南】先对产品标号,然后列举出可能出现的结果,根据古典概型概率公式求出所求的概率.【解析】选B.5件产品中有2件次品,记为a,b,有3件合格品,记为c,d,e,从这5件产品中任取2件,有10种,分别是(a,b),(a,c),(a,d),(a,e),(b,c),(b,d),(b,e),(c,d),(c,e),(d,e),恰有一件次品,有6种,分别是(a,c),(a,d),(a,e),(b,c),(b,d),(b,e),设事件A=“恰有一件次品”,则P(A)=0.6.2.【解题指南】根据循环结构中输出的值以及循环结束时的值可以判断出判断框中的条件.【解析】选C.执行第一次循环时，执行第二次循环时，执行第三次循环时，执行第四次循环时，此时结束循环，故判断框中应填入的条件为.3. 【解题指南】先由f(x)是奇函数可以得到的取值,再由判断f(x)是否为奇函数,最后再判断.【解析】选B.f(x)是奇函数; f(x)是奇函数,所以“f(x)是奇函数”是“”的必要不充分条件.4.【解题指南】对命题采用特值法判断为假命题，命题利用存在零点的条件判断为真命题，然后根据四种命题的关系求解.【解析】选B.对于命题取，可知为假命题，命题：令，且，故有零点，即方程有解，为真命题，选项具体分析结论Apq 为假命题错误Bpq为真命题正确Cpq为假命题错误Dpq假命题错误5.【解题指南】首先根据条件画出可行域，然后根据面积即可求出参数的值.【解析】选B.根据题意画出可行域如图由图可知 ，且A为直角因为三角形ABC面积，解得或当时，可行域不存在，所以6【解题指南】样本点的中心(,)一定在回归直线上.【解析】选B.由题意得，,所以=8-0.7610=0.4,所以=0.76x+0.4,把x=15代入得到=11.8.二、填空题7.【解题指南】本题中给出的中点坐标，所以在解题时先设出，两点坐标，然后采用点差法求解.【解析】选D.由椭圆得，因为过点的直线与椭圆交于，两点，设，,则，则 由-得，化简得.， 又直线的斜率为，即.因为，所以，解得，.故椭圆方程为.8.【解题指南】由抛物线的定义:抛物线上的点到焦点的距离等于它到准线的距离求解.【解析】设，则，解得，因为为C上一点，则，得 ，所以.9.【解题指南】先求出的导函数，利用时确定的取值范围.【解析】 ，因为在上为增函数，即当时，.即，则，令，而在上为减函数，所以，故.11.【解题指南】首先根据正弦定理可求出的大小，从而能够结合角平分线判断出三角形为等腰三角形，再利用余弦定理可求出AC的值.【解析】在中，由正弦定理可知，即所以，即，所以又因为AD为角A的角平分线，所以，即由余弦定理可知所以答案： 三解答题11.【解题指南】(1)由题意可列出方程组求解首项、公差、公比,再代入通项公式即可求得.(2)由(1)结合d1,可得an=2n-1,bn=2n-1,于是,易发现:cn的通项是一个等差数列和一个等比数列相乘而得的,直接对其进行求和运用错位相减法即可得出结论.【解析】（）由题意有， 即解得 或 故或（）由，知，故，于是， . -可得，12.【解题指南】（1）二次求导后，进行讨论。（2）先假设存在，再通过求导，结合函数的单调性，证明存在性。【解析】（1）由已知，函数的定义域为，所以所以当单调递减；当单调递增。（2） ，由（1）得在上单调递增，且，由零点存在定理知存在唯一的使得.所以当 时，单调递减；当时，单调递增.又，所以满足在区间内有唯一解等价于：当时，即可.即，结合式解得.令，显然单调递减，由零点存在定理知储存在使得，即成立.由式可得，解得.从而结论得证.