高三数学寒假作业五(含答案)

高三数学寒假作业五(含答案)1.已知集合$A=\{x|\frac{1}{x}<1\}$，集合$B=\{x|\logx>\}$，则$A\capB=$$\{x|0<x<1\}$。2.若复数$z$满足$z(1+2i)=-3+4i$（$i$是虚数单位），则$z$的实部是$-1$。3.如图是某算法的程序框图，则程序运行后输出的结果是$2$。4.现把某类病毒记作$X_mY_n$，其中正整数$m,n(m\leq6,n\leq8)$可以任意选取，则$m,n$都取到奇数的概率为$\frac{7}{24}$。5.若双曲线$\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1(a>0,b>0)$与直线$y=3x$无交点，则离心率$e$的取值范围是$e\leq\frac{1}{\sqrt{10}}$。6.等比数列$\{a_n\}$中，$a_1=1$，前$n$项和为$S_n$，满足$S_6-3S_5+2S_4=0$，则$S_5=20$。7.已知$\sin\alpha+\cos\alpha=\frac{1}{\sqrt{2}}$，$0<\alpha<\pi$，则$\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=\frac{1}{2}$。8.已知$a\in\mathbb{R}$，实数$x,y$满足方程$x^2-2\lnx+y=0$，则$(a-x)+(a-2-y)$的最小值为$2a-2$。9.已知函数$y=\frac{a^{n+1}}{x}-\frac{a^n}{x^3}$的图像在$x=1$处的切线斜率为$a_n+3$，且当$n=1$时其图像过点$(2,1)$，则$a_7=64$。10.在平面直角坐标系$xOy$中，点$M(x,y)$是椭圆$x^2+9y^2=63$在第一象限上的一点，从原点$O$向点$M$的两条切线$l_1,l_2$，若$l_1\perpl_2$，则圆$M$的方程是$(x-2)^2+y^2=1$。11.定义：如果函数$y=f(x)$在区间$[a,b]$上存在$x(a<x<b)$，满足$f(x)=\frac{1}{b-a}\int_a^bf(x)dx$，则称$x$是函数$y=f(x)$在区间$[a,b]$上的一个均值点。已知函数$f(x)=4-2x^2$，则在区间$[0,1]$上存在均值点，实数$m$在区间$[0,1]$上存在均值点，则$-\frac{1}{4}\leqm\leq\frac{1}{4}$。12.已知$|a|<1$，$|b|<1$，且$4ab-4a-4b+3=\frac{1}{2}$，则$\frac{1}{ab}+\frac{3}{2}$的最小值是$\frac{33}{2}$。13.已知$\triangleABC$中，$AB=3$，$AC=1$，且$\lambdaAB+3(1-\lambda)AC(\lambda\in\mathbb{R})$的最小值为$\frac{3}{2}$。任意一点$P$在边$AB$上，则$PB\cdotPC$的最小值是$\frac{9}{4}$。s=(1+2)×2=6，n=1+2=3，不满足条件n>3，执行循环体；s=(6+3)×3=27，n=1+3=4，满足条件n>3，退出循环体，因此输出结果为27。本题考查了循环结构的应用，循环次数少的时候可以将每一次的赋值情况列出，不容易出错。本题属于中等题。现把某类病毒记作XmYn，其中正整数m,n(m≤6,n≤8)可以任意选取，则m，n都取到奇数的概率为8/48=1/6。求解过程是先算出所有可能的选取方案数，然后再算出满足条件的方案数，最后用满足条件的方案数除以总方案数即可。本题属于基础题。若双曲线2/a^2-2/b^2=1(a>0，b>0)与直线y=3x无交点，则离心率e的取值范围是(1,2]。因为双曲线的渐近线为y=±b/a*x，要使直线y=3x与双曲线无交点，则直线y=3x应在两渐近线之间，即b≤3a，所以b^2≤3a^2，c^2-a^2≤3a^2，即c^2≤4a^2，e^2≤4，所以1<e≤2。本题属于中等题。等比数列{an}中，a1=1，前n项和为Sn，满足S6-3S5+2S4=an6-2an5=0，解得q=2，再根据等比数列和公式，即可求出S5=31。本题属于中等题。在图中，AOBM为正方形，即有OM=2。又因为点M在椭圆C上，所以有：$$\frac{x^2}{63}+\frac{y^2}{1}=1$$将$x=2$代入上式，可得：$$\frac{4}{63}+\frac{y^2}{1}=1$$化简得：$$y^2=59$$因此，圆M的方程为：$$(x-2)^2+(y-\sqrt{59})^2=2$$即：$$x^2-4x+y^2-2\sqrt{59}y+55=0$$故答案为：$x-2$。【点睛】本题考查了椭圆和圆的性质，以及几何图像的分析能力。根据椭圆方程和切线的性质，可以求出圆心的坐标，再根据圆心和切点的位置关系，可以得出圆的方程。本题属于中等题。已知$a,b$满足$|a|<1,|b|<1$，且$4ab-4a-4b+3=0$，求$\frac{1}{1-a^2}+\frac{1}{1-b^2}$的值。【解析】将$4ab-4a-4b+3=0$移项得$4ab=4a+4b-3$，两边同时乘以$-4$并移项得$16-16a^2-16b^2+24a+24b-9=0$，整理得$(4a-3)^2+(4b-3)^2=16$。注意到$|a|<1,|b|<1$，因此$(4a-3)^2<16$，$(4b-3)^2<16$，即$a,b$在以$(\frac{3}{4},\frac{3}{4})$为圆心，$2$为半径的圆内。根据题意，$\frac{1}{1-a^2}+\frac{1}{1-b^2}=\frac{1}{1-a}\cdot\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1-b}\cdot\frac{1}{1+b}=\frac{2}{(1-a)(1+b)+(1+b)(1-a)}=\frac{2}{2-2ab}=\frac{1}{ab-1}$。因此，$\frac{1}{ab-1}=\frac{1}{4ab-4a-4b+4}=\frac{1}{7-(4a-3)^2-(4b-3)^2}$。由于$a,b$在以$(\frac{3}{4},\frac{3}{4})$为圆心，$2$为半径的圆内，因此$(4a-3)^2+(4b-3)^2\leq4^2=16$，即$7-(4a-3)^2-(4b-3)^2\geq7-16=-9$。因此，$\frac{1}{ab-1}\leq-\frac{1}{9}$。又因为$4ab-4a-4b+3=0$，所以$ab=a+b-\frac{3}{4}$。由于$|a|<1,|b|<1$，因此$|a+b|\leq|a|+|b|<2$，即$a+b$在以$(\frac{3}{4},\frac{3}{4})$为圆心，$2$为半径的圆内。因此，$ab=a+b-\frac{3}{4}$在以$(\frac{3}{4},\frac{3}{4})$为圆心，$\frac{5}{2}$为半径的圆内。因此，$-\frac{1}{9}\leq\frac{1}{ab-1}\leq-\frac{1}{\frac{5}{2}-1}=-\frac{2}{9}$。综上所述，$\frac{1}{1-a^2}+\frac{1}{1-b^2}=\frac{1}{ab-1}$的取值范围为$\boxed{\left[-\frac{2}{9},-\frac{1}{9}\right]}$。【点睛】本题考查了二元一次方程组的解法，以及利用几何图形进行不等式分析的方法。本题属于中等题。已知三角形ABC中，AB=3，AC=1，求使得λAB+3(1-λ)AC(λ∈R)最小的λ值，以及边AB上任意一点P，求PB·PC的最小值。解法1：使用向量法。设向量$\vec{AB}=\vec{a}$，向量$\vec{AC}=\vec{b}$，则$\vec{AG}=\lambda\vec{a}+(1-\lambda)\vec{b}$，其中点G在边AC上。由于AD=3AC，所以向量$\vec{AD}=3\vec{b}$，点D在边AC上。同时，由于G、B、D三点共线，所以$\vec{BG}=\vec{BD}+\vec{DG}=\vec{BD}+\lambda(\vec{a}-\vec{b})$。因此，$PB\cdotPC=\left|\vec{PB}\right|\cdot\left|\vec{PC}\right|=\left|\vec{AB}+\vec{BP}\right|\cdot\left|\vec{AC}+\vec{CP}\right|=\left|\vec{a}+\vec{BP}\right|\cdot\left|\vec{b}+\vec{CP}\right|$。根据向量的内积公式，$\vec{a}\cdot\vec{b}=\left|\vec{a}\right|\cdot\left|\vec{b}\right|\cos\theta$，其中$\theta$为$\vec{a}$和$\vec{b}$之间的夹角。因此，$\left|\vec{a}+\vec{BP}\right|\cdot\left|\vec{b}+\vec{CP}\right|=\left|\vec{a}\right|\left|\vec{b}\right|\left|\cos\angleBPC+\cos\angleAPB\right|$。因为$\angleBPC+\angleAPB=\pi$，所以$\cos\angleBPC=-\cos\angleAPB$，从而$\left|\vec{a}+\vec{BP}\right|\cdot\left|\vec{b}+\vec{CP}\right|=\left|\vec{a}\right|\left|\vec{b}\right|\left|\cos\angleBPC-\cos\angleAPB\right|$。又因为$\cos\angleBPC-\cos\angleAPB=2\sin\frac{\angleBPC+\angleAPB}{2}\sin\frac{\angleBPC-\angleAPB}{2}$，而$\angleBPC-\angleAPB$是定值，所以$\sin\frac{\angleBPC+\angleAPB}{2}$的值越大，$PB\cdotPC$的值越小。因此，要求$PB\cdotPC$的最小值，就要求$\sin\frac{\angleBPC+\angleAPB}{2}$的最大值。而$\angleBPC+\angleAPB=\pi$，所以$\sin\frac{\angleBPC+\angleAPB}{2}=\sin\frac{\pi}{2}-\frac{1}{2}\angleBAC$。因此，要求$PB\cdotPC$的最小值，就要求$\angleBAC$的最大值。根据余弦定理，$AB^2=AC^2+BC^2-2AC\cdotBC\cos\angleBAC$，即$\cos\angleBAC=\frac{AC^2+BC^2-AB^2}{2AC\cdotBC}$。代入已知数据，得到$\cos\angleBAC=\frac{1+BC^2-9}{2\cdot1\cdotBC}=-\frac{8}{BC}$。因此，要使$\angleBAC$最大，就要使$\left|BC\right|$最小。而$\left|BC\right|$的最小值为0，此时$\angleBAC=\frac{\pi}{2}$，所以$PB\cdotPC$的最小值为$\left|\vec{a}\right|\left|\vec{b}\right|$。接下来求使得λAB+3(1-λ)AC(λ∈R)最小的λ值。根据向量的加法，$\vec{AG}=\vec{AB}+\lambda(\vec{AC}-\vec{AB})=\vec{a}-\lambda\vec{a}+\lambda\vec{b}$，即$\vec{AG}=(1-\lambda)\vec{a}+\lambda\vec{b}$。因此，$\left|\vec{AG}\right|=\sqrt{\left[(1-\lambda)a_x+\lambdab_x\right]^2+\left[(1-\lambda)a_y+\lambdab_y\right]^2}$。将其展开，得到$\left|\vec{AG}\right|^2=(1-\lambda)^2\left|\vec{a}\right|^2+\lambda^2\left|\vec{b}\right|^2-2\lambda(1-\lambda)\vec{a}\cdot\vec{b}$。要使得$\left|\vec{AG}\right|^2$最小，就要使得$\lambda(1-\lambda)\vec{a}\cdot\vec{b}$最大。因此，$\vec{a}\cdot\vec{b}$的值应该等于$\left|\vec{a}\right|\left|\vec{b}\right|$的值，即$\cos\angleBAC=-\frac{8}{BC}=-\frac{1}{3}$。因此，$\sin\angleBAC=\sqrt{1-\cos^2\angleBAC}=\frac{\sqrt{2}}{3}$。由于$\vec{a}$和$\vec{b}$的方向已知，所以$\vec{a}\cdot\vec{b}=\left|\vec{a}\right|\left|\vec{b}\right|\cos\angleBAC=-\frac{\sqrt{2}}{3}$。因此，$\lambda(1-\lambda)\vec{a}\cdot\vec{b}$的最大值为$\frac{2}{9}$，此时$\lambda=\frac{1}{3}$。因此，$\lambdaAB+3(1-\lambda)AC=\frac{4}{3}$。解法2：使用三角函数法。设$\angleBAC=\theta$，则$\cos\theta=\frac{1+BC^2-AB^2}{2\cdotAC\cdotBC}=-\frac{8}{BC}$。因此，$\sin\theta=\sqrt{1-\cos^2\theta}=\frac{\sqrt{2}}{3}$。设$\angleBAP=\alpha$，则$\anglePAC=\theta-\alpha$。由正弦定理，$\frac{BP}{\sin\alpha}=\frac{AB}{\sin\angleBAP}$，即$BP=\frac{3\sin\alpha}{\sin\angleBAP}$；$\frac{CP}{\sin(\theta-\alpha)}=\frac{AC}{\sin\anglePAC}$，即$CP=\frac{\sin\theta-\sin\alpha}{\sin\anglePAC}$。因此，$PB\cdotPC=\frac{9\sin\alpha(\sin\theta-\sin\alpha)}{\sin\angleBAP\sin(\theta-\alpha)}=\frac{9\sin\alpha(\sqrt{2}-\sin\alpha)}{\sin\angleBAP\sqrt{2}\cos\alpha+\sin\alpha\cos\theta-\sin\alpha\cos\alpha}$。对于固定的$\theta$，要求$PB\cdotPC$的最小值，就要求$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\alpha}\left(PB\cdotPC\right)=0$。化简得到$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\alpha}\left(PB\cdotPC\right)=\frac{9\sqrt{2}\cos\alpha(2\sin\alpha-\sqrt{2})}{\left(\sin\angleBAP\sqrt{2}\cos\alpha+\sin\alpha\cos\theta-\sin\alpha\cos\alpha\right)^2}=0$。因此，$2\sin\alpha=\sqrt{2}$，即$\sin\alpha=\frac{\sqrt{2}}{2}$。代入$PB\cdotPC$的表达式中，得到$PB\cdotPC=\frac{9\left(\sqrt{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}{\sin\angleBAP\left(\sqrt{2}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot\left(-\frac{8}{BC}\right)-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}=-\frac{9\sqrt{2}}{BC}$。因此，要使$PB\cdotPC$最小，就要使$\left|BC\right|$最大。而$\left|BC\right|$的最大值为3，此时$\angleBAC=\frac{\pi}{2}$，所以$PB\cdotPC$的最小值为$-\frac{9\sqrt{2}}{3}=-3\sqrt{2}$。对于函数g(x)，有g'(x)=1/x-a/x，令g'(x)=0得x=a，所以g(x)在(0,a)上单调递减，在(a,+∞)上单调递增。要使不等式g(x1)-g(x2)≤5恒成立，只需满足g(2)-g(e)≤5和g(e)-g(e^2)≤5两个条件。化简得2ln(a/2)-ln2+2ln(a/e)-ln(a^2/e)≤5，整理得a^3≤32，所以a∈[2,∛32]。已知三角形OPQ，其中PQ=6，∠POQ=120°，且满足222≥2xy+xy=3xy，因此6=x+y-2xycos(120°)，化简得x+y=3xy。由PQ=6可得xy≤12，当且仅当x=y=2/3时取得等号，此时，△OPQ的面积为12√3/4xy=3√3平方千米。因此，当P和Q两点距离O点都为2/3千米时，△OPQ的面积最大，最大面积为3√3平方千米。由(1)知，要求四边形MPOQ面积的最大值，只需求△MPQ面积的最大值。在△MPQ中，MP+MQ=10>6=PQ，所以点M的轨迹是以P、Q为焦点，长轴长10的椭圆（夹在两海岸线OA、OB区域内的曲线），以PQ所在直线为x轴，PQ的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系。设点M所在的椭圆方程为x^2/25+y^2/16=1（a>b>0），焦距为2c，由a=5，c=3得b^2=a^2-c^2=16，所以点M所在的椭圆方程为x^2/25+y^2/16=1。设M(x,y)，则△MPQ的面积为1/2PQ*y=3y/2，因为y≤4，所以S△MPQ=3y/2≤12平方千米，当且仅当MP=MQ=5千米时取得等号。因此，四边形MPOQ面积的最大值为12+3√3平方千米。【点睛】本题考查了余弦定理和三角形面积公式，以及椭圆的定义。在遇到应用题时，要找出变量之间的相关关系，再根据函数或者不等式等其他方法求解，注意满足实际意义的取值范围。本题属于难题。18.已知直线l为椭圆的直线，l与x轴的交点记为P，过右焦点F的直线与椭圆交于A、B两点。（1）设点M在直线l上，且满足MF⊥AB，若直线OM与线段AB交于点D，求证：点D为线段AB的中点；（2）设Q点的坐标为(4,3)，直线BQ与直线l交于点E，试问EA·EP是否为定值，若是，求出这个定值，若不是，请说明理由。【解析】【分析】（1）设直线AB的方程为x=my+1，直线MF的方程为y=-m(x-1)，故直线OM的方程为y=-3mx/(4-3m)，再联立椭圆方程和直线AB，根据韦达定理求出线段AB的中点为(2,1/2)，满足直线OM方程y=-3mx/(4-3m)，所以，直线OM与线段AB交点D为线段AB的中点。（2）直线l的方程为x^2/25+y^2/16=1，过右焦点F的直线的斜率为-4/3，设该直线的方程为y=-4x/3+b，联立该直线和直线l，解得A(-3,-2)、B(3,2)。直线BQ的方程为y=x/3+8/3，联立直线BQ和直线l，解得E(0,8/3)、P(5/4,0)。因为MF⊥AB，所以MF的斜率为3/4，设MF的方程为y=3x/4+c，联立点M在直线l上和MF垂直AB，解得M(-3m/4+1,m)。因为△MPQ与△BQE相似，所以EA·EP=EQ·EB/2=25/3。因此，EA·EP为定值。注意：在解题时，要熟练掌握椭圆的相关知识，以及直线和椭圆的交点的求解方法。同时，要善于利用几何性质进行证明，以及利用相似性质求解问题。当直线AB的斜率为0时，有$EA\cdotEP=0$。当直线AB的斜率不为0时，先求出直线BQ的方程，再根据点E在直线BQ上的坐标求出$EA\cdotEP$的值为多少。解析：（1）当直线AB的斜率不存在时，由于点M在直线AB上，所以直线OM垂直于直线AB，且过点D的直线也垂直于直线AB。因此，点D为线段AB的中点。（2）当直线AB的斜率为0时，点E即为点P，从而$EP=0$，故$EA\cdotEP=0$。当直线AB的斜率不为0时，可设直线AB的方程为$x=my+1$，则点A的坐标为$(1,-\frac{1}{m})$，点B的坐标为$(4,3m-1)$。由椭圆方程$\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{16}=1$知，右焦点F的坐标为$(1,0)$，椭圆C的右准线l的方程为$x=4$，点P的坐标为$(4,0)$。因为点M在直线AB上，所以直线MF垂直于直线AB，即$\frac{3m}{4}=-\frac{1}{m}$，解得$m=-\frac{2}{3}$。因此，点M的坐标为$(4,-3)$，直线OM的方程为$y=-\frac{3}{4}x$。联立方程组$\begin{cases}\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{16}=1\\x=my+1\end{cases}$，消去$x$得$3m+4=y+6my-9$，整理得$(3m+4)+(6m-9)y-y^2=0$。根据二次方程的求根公式，可得$y_1=\frac{-3m+2\sqrt{23}m+4}{23}$，$y_2=\frac{-3m-2\sqrt{23}m+4}{23}$。因为点E在直线BQ上，所以直线BQ的方程为$y=\frac{5}{2}(x-4)-\frac{2}{3}$。令$x=4$，得$y_1=-\frac{4}{3}$，$y_2=\frac{10}{3}$。因此，点E的坐标为$(4,-\frac{4}{3})$或$(4,\frac{10}{3})$。综上可知，当直线AB的斜率不为0时，$EA\cdotEP=\frac{16}{3}$。本题为解析几何题目，主要考察了解析几何的相关知识点，需要注意格式和表述的准确性。首先，当a=2时，可以求出函数y=f(x)在两段区间上的单调递增区间，即为(-∞,-6/3)和(2,+∞)。其次，当0<a<1时，过点P(2,0)有3条直线与曲线y=f(x)相切；当a=1时，过点P(2,0)有2条直线与曲线y=f(x)相切；当1<a<11时，过点P(2,0)有1条直线与曲线y=f(x)相切。最后，当a>11时，曲线y=f(x)没有与点P(2,0)相切的直线。当0<a<1时，过点P(2,0)有3条直线与曲线y=f(x)相切；当a=1时，过点P(2,0)有2条直线与曲线y=f(x)相切；当1<a<11时，过点P(2,0)有1条直线与曲线y=f(x)相切。