高三数学寒假作业二(含答案)

高三数学寒假作业二(含答案)

高三数学寒假作业二一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共计70分，不需要写出解答过程）1.集合$A=\{x|x=2k-1,k\inZ\}$，$B=\{1,2,3,4\}$，则$A\capB=$____.2.已知复数$z=a+bi(a,b\inR)$，且满足$iz=9+i$（其中$i$为虚数单位），则$a+b=$____.3.某校高二（4）班统计全班同学中午在食堂用餐时间，有7人用时为6分钟，有14人用时7分钟，有15人用时为8分钟，还有4人用时为10分钟，则高二（4）班全体同学用餐平均用时为____分钟.4.函数$f(x)=(a-1)x-3(a>1,a\neq2)$过定点____.5.等差数列$\{a_n\}$（公差不为0），其中$a_1$，$a_2$，$a_6$成等比数列，则这个等差数列的公差为_____.6.小李参加有关“学习强国”的答题活动，要从4道题中随机抽取2道作答，小李会其中的三道题，则抽到的2道题小李都会的概率为_____.7.在长方体$ABCD-A_1B_1C_1D_1$中，$AB=1$，$AD=2$，$AA_1=1$，$E$为$BC$的中点，则点$A$到平面$A_1DE$的距离是____.8.如图所示的流程图中，输出$n$的值为____.9.圆$C:(x+1)^2+(y-2)^2=4$关于直线$y=2x-1$的对称圆的方程为____.10.正方形$ABCD$的边长为2，圆$O$内切与正方形$ABCD$，$MN$为圆$O$的一条动直径，点$P$为正方形$ABCD$边界上任一点，则$PM\timesPN$的取值范围是____.11.双曲线$C:\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$的左右顶点为$A$，$B$，以$AB$为直径作圆$O$，$P$为双曲线右支上不同于顶点$B$的任一点，连接$PA$交圆$O$于点$Q$，设直线$PB$，$QB$的斜率分别为$k_1$，$k_2$，若$k_1=\lambdak_2$，则$\lambda=$____.12.对于任意的正数$a$，$b$，不等式$(2ab+a^2)k\leq4b^2+4ab+3a^2$恒成立，则$k$的最大值为____.13.在直角三角形$ABC$中，$\angleC$为直角，$\angleBAC>45^\circ$，点$D$在线段$BC$上，且$CD=CB$，若$3\tan\angleDAB=\frac{1}{2}$，则$\tan\angleBAC$的值为____.14.函数$f(x)=|x^2-1|+x^2+kx+9$在区间$(0,3)$内有且仅有两个零点，则实数$k$的取值范围是____.一、填空题1.集合$A=\{x|x=2k-1,k\inZ\}$，$B=\{1,2,3,4\}$，则$A\capB=$____。2.已知复数$z=a+bi(a,b\inR)$，且满足$iz=9+i$（其中$i$为虚数单位），则$a+b=$____。3.某校高二（4）班统计全班同学中午在食堂用餐时间，用时为6分钟的有7人，用时为7分钟的有14人，用时为8分钟的有15人，用时为10分钟的有4人，则高二（4）班全体同学用餐平均用时为____分钟。4.函数$f(x)=(a-1)x-3(a>1,a\neq2)$过定点____。5.等差数列$\{a_n\}$（公差不为0），其中$a_1$，$a_2$，$a_6$成等比数列，则这个等差数列的公差为____。6.小李参加有关“学习强国”的答题活动，要从4道题中随机抽取2道作答，小李会其中的三道题，则抽到的2道题小李都会的概率为____。7.在长方体$ABCD-A_1B_1C_1D_1$中，$AB=1$，$AD=2$，$AA_1=1$，$E$为$BC$的中点，则点$A$到平面$A_1DE$的距离是____。8.如图所示的流程图中，输出$n$的值为____。9.圆$C:(x+1)^2+(y-2)^2=4$关于直线$y=2x-1$的对称圆的方程为____。10.正方形$ABCD$的边长为2，圆$O$内切于正方形$ABCD$，$MN$为圆$O$的一条动直径，点$P$为正方形$ABCD$边界上任一点，则$PM\timesPN$的取值范围是____。11.双曲线$C:\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$的左右顶点为$A$，$B$，以$AB$为直径作圆$O$，$P$为双曲线右支上不同于顶点$B$的任一点，连接$PA$交圆$O$于点$Q$，设直线$PB$，$QB$的斜率分别为$k_1$，$k_2$，若$k_1=\lambdak_2$，则$\lambda=$____。12.对于任意的正数$a$，$b$，不等式$(2ab+a^2)k\leq4b^2+4ab+3a^2$恒成立，则$k$的最大值为____。13.在直角三角形$ABC$中，$\angleC$为直角，$\angleBAC>45^\circ$，点$D$在线段$BC$上，且$CD=CB$，若$3\tan\angleDAB=\frac{1}{2}$，则$\tan\angleBAC$的值为____。14.函数$f(x)=|x^2-1|+x^2+kx+9$在区间$(0,3)$内有且仅有两个零点，则实数$k$的取值范围是____。15.(1)由于m∥n，所以有$\frac{2a-3b}{\cosB}=\frac{3c}{\cosC}$，化简后得到$\frac{2a}{\cosB}=\frac{3c}{\cosC}+\frac{3b}{\cosB}$，即$\frac{2a}{\sinC}=\frac{3c}{\sinB}+\frac{3b}{\sinA}$。根据正弦定理，得到$\frac{a}{\sinA}=\frac{b}{\sinB}=\frac{c}{\sinC}$，代入上式，整理得到$\sinC=\frac{2\sqrt{3}}{3}$。(2)根据正弦定理，$y=\sinA+3\sin(B-C)=\sinA+3\sinB\cosC-3\cosB\sinC$。由于$\sinC=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，所以$\cosC=\frac{1}{2}$，代入上式，得到$y=\sinA+\frac{3\sqrt{3}}{2}\sinB$。由于$\sinA$和$\sinB$均为正数，所以当$\sinA=1$，$\sinB=\frac{2}{3\sqrt{3}}$时，$y$取得最大值，即$y_{\max}=1+\frac{2\sqrt{3}}{3}$。16.(1)由于$\overrightarrow{OE}=\frac{1}{3}\overrightarrow{OP}+\frac{2}{3}\overrightarrow{OD}$，所以$\overrightarrow{OE}$在平面PAD上。又因为$\overrightarrow{OD}\parallel\overrightarrow{AB}$，$\overrightarrow{OE}\parallel\overrightarrow{PA}$，所以$\overrightarrow{OE}\parallel\overrightarrow{PAB}$，即$OE\parallel平面PAB$。(2)由于$CD\perpDP$，所以$CD\perp平面PAD$。又因为$OE\parallel平面PAB$，所以$CD\perpOE$。又因为$DE=\frac{1}{2}DP$，所以$OE$是$\trianglePED$中位线，所以$OE=\frac{1}{2}PE$。又因为$\overrightarrow{PE}=\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{AE}$，$\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{DE}-\overrightarrow{AD}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{DP}-\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}$，代入化简得到$\overrightarrow{PE}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{DP}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AD}-\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}$。因为$AD\parallelAB$，所以$\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{0}$，代入化简得到$\overrightarrow{PE}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{DP}$，即$\overrightarrow{OE}=\frac{1}{4}\overrightarrow{DP}$。又因为$CD\perpDP$，所以$OE\perpCD$，即$CD\perpPA$。17.(1)设左右焦点分别为$F_1(-c,0)$和$F_2(c,0)$，则有$2a=4+c$，即$a=\frac{c}{2}+2$。又因为过点$(2,\sqrt{21})$，所以$\frac{(2-b)^2}{a^2}+\frac{\sqrt{21}^2}{b^2}=1$。代入$a$的表达式，整理得到$b^2=\frac{4c^2-16c+84}{9c-36}$。又因为$Q$关于$x$轴的对称点$R$的纵坐标为$-\sqrt{21}$，所以$PR$的方程为$y+\sqrt{21}=\frac{\sqrt{21}}{2}(x-c)$。将$PR$和$x$轴联立，解得$x=\frac{c}{2}+\frac{21}{4c-18}$。由于$P$在椭圆上，所以$\frac{(2-b)^2}{a^2}+\frac{\sqrt{21}^2}{b^2}=1$，代入$a$和$b$的表达式，整理得到$81c^4-1296c^3+6120c^2-10368c+5184=0$。解得$c=4$，$c=\frac{12}{5}$，$c=\frac{4}{3}$，$c=\frac{16}{9}$。当$c=\frac{12}{5}$时，$M$在椭圆外，不符合题意；当$c=\frac{4}{3}$时，$P$在椭圆上，但是$l$与椭圆相切，不符合题意；当$c=\frac{16}{9}$时，$P$在椭圆上，$l$与椭圆相交于两点，但是$Q$在椭圆外，不符合题意。所以$c=4$，代入$b^2=\frac{4c^2-16c+84}{9c-36}$，得到$b^2=8$。由于椭圆过点$(2,-5)$，所以$a^2-b^2=1$，解得$a^2=9$。所以椭圆的方程为$\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{8}=1$。设$P(p,q)$，则$p^2+q^2=4$，代入椭圆方程得到$9q^2+8p^2=72$。所以$\trianglePF_1Q$和$\trianglePF_2Q$均为等腰直角三角形，$\anglePF_1Q=\anglePF_2Q=45^\circ$，$\angleF_1PF_2=90^\circ$。所以$\trianglePF_1F_2$为等腰直角三角形，$PF_1=PF_2=\sqrt{c^2-4}=\sqrt{12}$，$F_1F_2=2c=8$，所以$\trianglePF_1F_2$的周长为$8+2\sqrt{12}$。(2)设$P(p,2\sqrt{3}-\frac{2}{p})$，$M(\frac{21}{4p-18},0)$。则$\overrightarrow{PM}=\frac{1}{4p-18}\begin{pmatrix}3p-4\\-4\sqrt{3}\end{pmatrix}$，$\overrightarrow{PF_1}=\begin{pmatrix}p+c\\0\end{pmatrix}$，$\overrightarrow{PF}=\begin{pmatrix}p-c\\0\end{pmatrix}$。由于$\overrightarrow{PM}$与$\overrightarrow{PF_1}$的数量积为0，所以$(p+c)(3p-4)=16\sqrt{3}$，解得$p=\frac{4+\sqrt{48}}{3}$。所以$M$的横坐标为$\frac{21}{4p-18}=3+\sqrt{3}$。$\overrightarrow{PM}$与$\overrightarrow{PF}$的数量积为$PF\cdotPM\cos\angleFPF_1=\frac{16}{3}$，所以$\frac{(p-c)(3p-4)}{4p-18}=-\frac{8}{3}$，解得$c=\frac{4\sqrt{3}}{3}$。所以椭圆的方程为$\frac{(x-2)^2}{9}+\frac{y^2}{8}=1$。设$P(p,q)$，则$p^2+(q-2\sqrt{2})^2=8$，代入椭圆方程得到$9(q-2\sqrt{2})^2+8p^2=72$。所以$q=2\sqrt{2}+\frac{2\sqrt{6}}{3}$，$p=\sqrt{\frac{8-(q-2\sqrt{2})^2}{9}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$。所以$PM=\sqrt{(\frac{1}{4p-18}(3p-4))^2+(-\frac{4\sqrt{3}}{4p-18})^2}=\frac{4\sqrt{6}}{3\sqrt{13}}$，$PF_1=\sqrt{c^2-4}=\frac{2\sqrt{21}}{3}$，$PF_1M$为等腰直角三角形，所以$\trianglePF_1M$的面积为$\frac{1}{2}\cdotPF_1\cdotPM=\frac{8\sqrt{2}}{13}$。由于$x_1x_2=\frac{8}{3}\leq3$，所以$\frac{8\sqrt{2}}{13}\leq\frac{1}{2}$，即$\trianglePF_1M$的面积的最大值为$\frac{1}{2}$。18.(1)设$AD=x$，$AB=y$，则$V_{ABCD}=xy\times2$，$V_{\text{池}}=450$。所以$x\geqy$，$xy\geq225$。设池底和池壁的面积分别为$S_1$和$S_2$，则$S_1=\frac{450}{2}=225$，$S_2=2xy+2\times2x+2\times2y=2xy+4(x+y)$。所以$S_1\times200+S_2\times150\leq65400$，代入$x\geqy$，$xy\geq225$，整理得到$3x^2-10xy+3y^2-16x-16y+72\leq0$。化为关于$x$的二次函数，判别式$\Delta=16y^2-12\times3y^2+12\times16y-4\times72=16(y-3)^2-64\leq0$，解得$2\leqy\leq4$。代入$3x^2-10xy+3y^2-16x-16y+72\leq0$，整理得到$8\leqx\leq\frac{45}{y}$。所以$AD=x\geq8$，$AB=y\geq2\sqrt{2}$。(2)设发酵池长为$l$，宽为$w$，则$lw\times2=450$，$lw+2lw+(l+2b)w+(w+2b)l\to\min$，即$3lw+2bl+2w^2+2wl\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}(3l+2b)=0$，整理得到$l^2+2lw+2bl-225=0$。由于$AD\geq8$，所以$l\geq8$，所以$w=\frac{225-l^2-2bl}{2l}\geq0$。代入$l^2+2lw+2bl-225=0$，整理得到$(l+b-15)^2-b^2\geq0$，即$(l+b-15)^2\geqb^2$。所以$l+b\geq\frac{15}{2}$。所以$\frac{225-l^2-2bl}{2l}\timesl+(l+b)\times4\times2\to\min$，即$2b^2+(l-\frac{15}{2})^2\to\min$。所以$l=\frac{15}{2}-b$，代入$lw\times2=450$，整理得到$b^2-15b+50=0$，解得$b=5$，$b=10$。当$b=10$时，$l=\frac{5}{2}$，不符合题意。所以$b=5$，$l=\frac{5}{2}$，$w=10$，所以发酵池长为$\frac{5}{随着n的增大，an也随之增大。现已知数列{an}的前n项和Pn为：Pn=(bn+2)an，求数列{cn}的前n项和Pn，其中cn=b(n^2)+bn。附加题，共40分21．【选做题】本题包括A，B两小题，每小题10分，共计20分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。A．选修4—2：矩阵与变换已知实数a、b，矩阵A=[ab;1]，若矩阵A属于特征值5的一个特征向量为[1;c]，且点P(-cd/2,1)在A对应的变换作用下得到点P'(-1,2)，求矩阵A。B．选修4—4：坐标系与参数方程已知曲线C1：{x=4cosθ,y=4sinθ}，其中θ为参数，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系。曲线C2的极坐标方程为ρcos(θ-π/3)=2，C2与C1交于A、B两点，求AB的长度。【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。22．（本小题满分10分）如图，矩形ABCD所在的平面垂直于平面AEB，O为AB的中点，∠AEB=90°，∠EAB=30°，AB=23，AD=3。（1）求异面直线OC与DE所成角的余弦值；（2）求二面角A—DE—C的正弦值。23．（本小题满分10分）对于任意的x>1，n∈N，用数学归纳法证明：e^x-1>x^n/n!。4.函数$f(x)=(a-1)x-3(a>1,a\neq2)$过定点$(0,-2)$。解析：由指数函数的性质，可得$f(x)=(a-1)x-3$过定点$(0,-2)$。5.等差数列$\{a_n\}$（公差不为0），其中$a_1,a_2,a_6$成等比数列，则这个等比数列的公比为4/6。解析：设等差数列$\{a_n\}$的公差为$d$，由题意得$a_2^2=a_1a_6$，则$(a_1+d)^2=a_1(a_1+5d)$，整理得$d=3a_1$，$a_2=a_1+d=4a_1$，所以等比数列的公比为$a_6/a_2=4/6$。6.小李参加有关“学习强国”的答题活动，要从4道题中随机抽取2道作答，小李会其中的三道题，则抽到的2道题小李都会的概率为$C_3^2/C_4^2=3/6=1/2$。解析：小李会其中的三道题，那么剩下的1道题小李不会。小李要抽到2道题都会，那么这2道题必须是小李会的3道题中的2道，所以概率为$C_3^2/C_4^2$。7.在长方体$ABCD-A_1B_1C_1D_1$中，$AB=1,AD=2,AA_1=1$，$E$为$BC$的中点，则点$A$到平面$A_1DE$的距离是$6/\sqrt{1616}$。解析：$S_{\triangleADE}=(1\times2)/2=1$，$S_{\triangleA_1DE}=(1\times3)/2=3/2$，$S_{\triangleADE}/S_{\triangleA_1DE}=2/3$，所以$h_{A_1DE}=h_A\times(2/3)=6/(\sqrt{1616})$。8.如图所示的流程图中，输出$n$的值为4。9.圆$C:(x+1)^2+(y-2)^2=4$关于直线$y=2x-1$的对称圆的方程为$(x-3)^2+y^2=4$。解析：圆$C$的圆心为$(-1,2)$，关于$y=2x-1$对称点设为$(x,y)$，则有$(x-1)/(y+2)=-1/2$，解得$x=3,y=-2$，所以对称后的圆心为$(3,0)$，故对称圆的方程为$(x-3)^2+y^2=4$。10.正方形$ABCD$的边长为2，圆$O$内切于正方形$ABCD$，$MN$为圆$O$的一条动直径，点$P$为正方形$ABCD$边界上任一点，则$PM\cdotPN$的取值范围是$[0,1]$。解析：由题意可知，$PM$和$PN$分别等于$PA$和$PB$的一半。设$PA=x$，则$PB=2-x$，由勾股定理可得$PM^2=x^2-1$，$PN^2=(2-x)^2-1$，所以$PM\cdotPN=\sqrt{(x^2-1)((2-x)^2-1)}$。显然，$PM\cdotPN$的取值范围为$[0,1]$。11.双曲线$C:-\dfrac{x^2}{3}+\dfrac{y^2}{4}=1$的左右顶点为$A,B$，以$AB$为直径作圆$O$，$P$为双曲线右支上不同于顶点$B$的任一点，连接$PA$交圆$O$于点$Q$，设直线$PB,QB$的斜率分别为$k_1,k_2$，若$k_1=\lambdak_2$，则$\lambda=-3/4$。解析：设点$A$的坐标为$(-\sqrt{3},0)$，点$B$的坐标为$(\sqrt{3},0)$，则圆$O$的圆心为$(0,0)$，半径为$\sqrt{3}$。设点$P$的坐标为$(x,y)$，则$PA$的斜率为$k_1=(y-0)/(x+\sqrt{3})=y/(x+\sqrt{3})$，$PB$的斜率为$k_2=(y-0)/(x-\sqrt{3})=y/(x-\sqrt{3})$，由于$Q$在圆$O$上，所以$QA=QO=\sqrt{3}$，即$(x+\sqrt{3})^2+y^2=3$。将$PA$和圆$O$代入求交点$Q$的坐标，得到$Q$的坐标为$(-\dfrac{3\sqrt{3}}{5},\dfrac{4}{5})$。由于$Q$在$PB$上，所以$\dfrac{4/(5-y)}{(-3\sqrt{3}/5-x)}=k_2=y/(x-\sqrt{3})$，解得$\lambda=k_1/k_2=-3/4$。2.(1)求数列{a_n},{b_n}的通项公式：由题意可得：a_n=T_n^2-T_{n-1}^2b_n=b_{n+1}+b_{n-1}其中T_n为第n个三角形的边长，T_1=1，T_2=2。对于数列{a_n}，可以发现：a_n=T_n^2-T_{n-1}^2=(T_n+T_{n-1})*(T_n-T_{n-1})=(T_1+T_2+...+T_n)*(T_n-T_{n-1})因此，a_n的通项公式为：a_n=(T_1+T_2+...+T_n)*(T_n-T_{n-1})对于数列{b_n}，可以列出其递推式：b_1=2,b_2=1b_n=b_{n+1}+b_{n-1}将递推式写成矩阵形式：[b_{n+1}][11][b_n][b_n]=[10]*[b_{n-1}]由此得到：[b_n][11]^(n-1)[b_2][b_{n-1}]=[10][b_1]即：[b_n][F_nF_{n-1}][2][b_{n-1}]=[F_{n-1}F_{n-2}]*[1]其中F_n为斐波那契数列。因此，b_n的通项公式为：b_n=F_n*b_2+F_{n-1}*b_1(2)设c_n=(b_n+2)*a_n，求数列{c_n}的前n项和P_n。根据a_n和b_n的通项公式，可以得到：c_n=(b_n+2)*a_n=(b_{n+1}+b_{n-1}+4)*(T_n^2-T_{n-1}^2)将T_n和T_{n-1}的通项公式带入上式，得到：c_n=(F_{n+1}+F_{n-1}+4)*[(T_1+T_2+...+T_n)*(T_n-T_{n-1})]^2因此，c_n的通项公式为：c_n=(F_{n+1}+F_{n-1}+4)*[(T_1+T_2+...+T_n)*(T_n-T_{n-1})]^2由此可以得到：P_n=c_1+c_2+...+c_n将c_n的通