高三數(shù)學(xué)寒假作業(yè)五(含答案)

高三數(shù)學(xué)寒假作業(yè)五(含答案)1.已知集合$A=\{x|\frac{1}{x}<1\}$，集合$B=\{x|\logx>\}$，則$A\capB=$$\{x|0<x<1\}$。2.若復(fù)數(shù)$z$滿足$z(1+2i)=-3+4i$（$i$是虛數(shù)單位），則$z$的實(shí)部是$-1$。3.如圖是某算法的程序框圖，則程序運(yùn)行后輸出的結(jié)果是$2$。4.現(xiàn)把某類病毒記作$X_mY_n$，其中正整數(shù)$m,n(m\leq6,n\leq8)$可以任意選取，則$m,n$都取到奇數(shù)的概率為$\frac{7}{24}$。5.若雙曲線$\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1(a>0,b>0)$與直線$y=3x$無交點(diǎn)，則離心率$e$的取值范圍是$e\leq\frac{1}{\sqrt{10}}$。6.等比數(shù)列$\{a_n\}$中，$a_1=1$，前$n$項(xiàng)和為$S_n$，滿足$S_6-3S_5+2S_4=0$，則$S_5=20$。7.已知$\sin\alpha+\cos\alpha=\frac{1}{\sqrt{2}}$，$0<\alpha<\pi$，則$\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=\frac{1}{2}$。8.已知$a\in\mathbb{R}$，實(shí)數(shù)$x,y$滿足方程$x^2-2\lnx+y=0$，則$(a-x)+(a-2-y)$的最小值為$2a-2$。9.已知函數(shù)$y=\frac{a^{n+1}}{x}-\frac{a^n}{x^3}$的圖像在$x=1$處的切線斜率為$a_n+3$，且當(dāng)$n=1$時其圖像過點(diǎn)$(2,1)$，則$a_7=64$。10.在平面直角坐標(biāo)系$xOy$中，點(diǎn)$M(x,y)$是橢圓$x^2+9y^2=63$在第一象限上的一點(diǎn)，從原點(diǎn)$O$向點(diǎn)$M$的兩條切線$l_1,l_2$，若$l_1\perpl_2$，則圓$M$的方程是$(x-2)^2+y^2=1$。11.定義：如果函數(shù)$y=f(x)$在區(qū)間$[a,b]$上存在$x(a<x<b)$，滿足$f(x)=\frac{1}{b-a}\int_a^bf(x)dx$，則稱$x$是函數(shù)$y=f(x)$在區(qū)間$[a,b]$上的一個均值點(diǎn)。已知函數(shù)$f(x)=4-2x^2$，則在區(qū)間$[0,1]$上存在均值點(diǎn)，實(shí)數(shù)$m$在區(qū)間$[0,1]$上存在均值點(diǎn)，則$-\frac{1}{4}\leqm\leq\frac{1}{4}$。12.已知$|a|<1$，$|b|<1$，且$4ab-4a-4b+3=\frac{1}{2}$，則$\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})$的最小值為$\frac{3}{2}$。任意一點(diǎn)$P$在邊$AB$上，則$PB\cdotPC$的最小值是$\frac{9}{4}$。s=(1+2)×2=6，n=1+2=3，不滿足條件n>3，執(zhí)行循環(huán)體；s=(6+3)×3=27，n=1+3=4，滿足條件n>3，退出循環(huán)體，因此輸出結(jié)果為27。本題考查了循環(huán)結(jié)構(gòu)的應(yīng)用，循環(huán)次數(shù)少的時候可以將每一次的賦值情況列出，不容易出錯。本題屬于中等題。現(xiàn)把某類病毒記作XmYn，其中正整數(shù)m,n(m≤6,n≤8)可以任意選取，則m，n都取到奇數(shù)的概率為8/48=1/6。求解過程是先算出所有可能的選取方案數(shù)，然后再算出滿足條件的方案數(shù)，最后用滿足條件的方案數(shù)除以總方案數(shù)即可。本題屬于基礎(chǔ)題。若雙曲線2/a^2-2/b^2=1(a>0，b>0)與直線y=3x無交點(diǎn)，則離心率e的取值范圍是(1,2]。因?yàn)殡p曲線的漸近線為y=±b/a*x，要使直線y=3x與雙曲線無交點(diǎn)，則直線y=3x應(yīng)在兩漸近線之間，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。本題屬于中等題。等比數(shù)列{an}中，a1=1，前n項(xiàng)和為Sn，滿足S6-3S5+2S4=an6-2an5=0，解得q=2，再根據(jù)等比數(shù)列和公式，即可求出S5=31。本題屬于中等題。在圖中，AOBM為正方形，即有OM=2。又因?yàn)辄c(diǎn)M在橢圓C上，所以有：$$\frac{x^2}{63}+\frac{y^2}{1}=1$$將$x=2$代入上式，可得：$$\frac{4}{63}+\frac{y^2}{1}=1$$化簡得：$$y^2=59$$因此，圓M的方程為：$$(x-2)^2+(y-\sqrt{59})^2=2$$即：$$x^2-4x+y^2-2\sqrt{59}y+55=0$$故答案為：$x-2$?！军c(diǎn)睛】本題考查了橢圓和圓的性質(zhì)，以及幾何圖像的分析能力。根據(jù)橢圓方程和切線的性質(zhì)，可以求出圓心的坐標(biāo)，再根據(jù)圓心和切點(diǎn)的位置關(guān)系，可以得出圓的方程。本題屬于中等題。已知$a,b$滿足$|a|<1,|b|<1$，且$4ab-4a-4b+3=0$，求$\frac{1}{1-a^2}+\frac{1}{1-b^2}$的值?！窘馕觥繉?4ab-4a-4b+3=0$移項(xiàng)得$4ab=4a+4b-3$，兩邊同時乘以$-4$并移項(xiàng)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$(\frac{3}{4},\frac{3}{4})$為圓心，$2$為半徑的圓內(nèi)。根據(jù)題意，$\frac{1}{1-a^2}+\frac{1}{1-b^2}=\frac{1}{1-a}\cdot\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1-b}\cdot\frac{1}{1+b}=\frac{2}{(1-a)(1+b)+(1+b)(1-a)}=\frac{2}{2-2ab}=\frac{1}{ab-1}$。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$(\frac{3}{4},\frac{3}{4})$為圓心，$2$為半徑的圓內(nèi)，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?yàn)?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})$為圓心，$2$為半徑的圓內(nèi)。因此，$ab=a+b-\frac{3}{4}$在以$(\frac{3}{4},\frac{3}{4})$為圓心，$\frac{5}{2}$為半徑的圓內(nèi)。因此，$-\frac{1}{9}\leq\frac{1}{ab-1}\leq-\frac{1}{\frac{5}{2}-1}=-\frac{2}{9}$。綜上所述，$\frac{1}{1-a^2}+\frac{1}{1-b^2}=\frac{1}{ab-1}$的取值范圍為$\boxed{\left[-\frac{2}{9},-\frac{1}{9}\right]}$?！军c(diǎn)睛】本題考查了二元一次方程組的解法，以及利用幾何圖形進(jìn)行不等式分析的方法。本題屬于中等題。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，以及邊AB上任意一點(diǎn)P，求PB·PC的最小值。解法1：使用向量法。設(shè)向量$\vec{AB}=\vec{a}$，向量$\vec{AC}=\vec$，則$\vec{AG}=\lambda\vec{a}+(1-\lambda)\vec$，其中點(diǎn)G在邊AC上。由于AD=3AC，所以向量$\vec{AD}=3\vec$，點(diǎn)D在邊AC上。同時，由于G、B、D三點(diǎn)共線，所以$\vec{BG}=\vec{BD}+\vec{DG}=\vec{BD}+\lambda(\vec{a}-\vec)$。因此，$PB\cdotPC=\left|\vec{PB}\right|\cdot\left|\vec{PC}\right|=\left|\vec{AB}+\vec{BP}\right|\cdot\left|\vec{AC}+\vec{CP}\right|=\left|\vec{a}+\vec{BP}\right|\cdot\left|\vec+\vec{CP}\right|$。根據(jù)向量的內(nèi)積公式，$\vec{a}\cdot\vec=\left|\vec{a}\right|\cdot\left|\vec\right|\cos\theta$，其中$\theta$為$\vec{a}$和$\vec$之間的夾角。因此，$\left|\vec{a}+\vec{BP}\right|\cdot\left|\vec+\vec{CP}\right|=\left|\vec{a}\right|\left|\vec\right|\left|\cos\angleBPC+\cos\angleAPB\right|$。因?yàn)?\angleBPC+\angleAPB=\pi$，所以$\cos\angleBPC=-\cos\angleAPB$，從而$\left|\vec{a}+\vec{BP}\right|\cdot\left|\vec+\vec{CP}\right|=\left|\vec{a}\right|\left|\vec\right|\left|\cos\angleBPC-\cos\angleAPB\right|$。又因?yàn)?\cos\angleBPC-\cos\angleAPB=2\sin\frac{\angleBPC+\angleAPB}{2}\sin\frac{\angleBPC-\angleAPB}{2}$，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。根據(jù)余弦定理，$AB^2=AC^2+BC^2-2AC\cdotBC\cos\angleBAC$，即$\cos\angleBAC=\frac{AC^2+BC^2-AB^2}{2AC\cdotBC}$。代入已知數(shù)據(jù)，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$\left|BC\right|$的最小值為0，此時$\angleBAC=\frac{\pi}{2}$，所以$PB\cdotPC$的最小值為$\left|\vec{a}\right|\left|\vec\right|$。接下來求使得λAB+3(1-λ)AC(λ∈R)最小的λ值。根據(jù)向量的加法，$\vec{AG}=\vec{AB}+\lambda(\vec{AC}-\vec{AB})=\vec{a}-\lambda\vec{a}+\lambda\vec$，即$\vec{AG}=(1-\lambda)\vec{a}+\lambda\vec$。因此，$\left|\vec{AG}\right|=\sqrt{\left[(1-\lambda)a_x+\lambdab_x\right]^2+\left[(1-\lambda)a_y+\lambdab_y\right]^2}$。將其展開，得到$\left|\vec{AG}\right|^2=(1-\lambda)^2\left|\vec{a}\right|^2+\lambda^2\left|\vec\right|^2-2\lambda(1-\lambda)\vec{a}\cdot\vec$。要使得$\left|\vec{AG}\right|^2$最小，就要使得$\lambda(1-\lambda)\vec{a}\cdot\vec$最大。因此，$\vec{a}\cdot\vec$的值應(yīng)該等于$\left|\vec{a}\right|\left|\vec\right|$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$\vec$的方向已知，所以$\vec{a}\cdot\vec=\left|\vec{a}\right|\left|\vec\right|\cos\angleBAC=-\frac{\sqrt{2}}{3}$。因此，$\lambda(1-\lambda)\vec{a}\cdot\vec$的最大值為$\frac{2}{9}$，此時$\lambda=\frac{1}{3}$。因此，$\lambdaAB+3(1-\lambda)AC=\frac{4}{3}$。解法2：使用三角函數(shù)法。設(shè)$\angleBAC=\theta$，則$\cos\theta=\frac{1+BC^2-AB^2}{2\cdotAC\cdotBC}=-\frac{8}{BC}$。因此，$\sin\theta=\sqrt{1-\cos^2\theta}=\frac{\sqrt{2}}{3}$。設(shè)$\angleBAP=\alpha$，則$\anglePAC=\theta-\alpha$。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，$PB\cdotPC=\frac{9\sin\alpha(\sin\theta-\sin\alpha)}{\sin\angleBAP\sin(\theta-\alpha)}=\frac{9\sin\alpha(\sqrt{2}-\sin\alpha)}{\sin\angleBAP\sqrt{2}\cos\alpha+\sin\alpha\cos\theta-\sin\alpha\cos\alpha}$。對于固定的$\theta$，要求$PB\cdotPC$的最小值，就要求$\frac{\mathrmlabwrcx}{\mathrmzjubdri\alpha}\left(PB\cdotPC\right)=0$?；喌玫?\frac{\mathrmehhyuia}{\mathrmzswgblk\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$PB\cdotPC$的表達(dá)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$\left|BC\right|$的最大值為3，此時$\angleBAC=\frac{\pi}{2}$，所以$PB\cdotPC$的最小值為$-\frac{9\sqrt{2}}{3}=-3\sqrt{2}$。對于函數(shù)g(x)，有g(shù)'(x)=1/x-a/x，令g'(x)=0得x=a，所以g(x)在(0,a)上單調(diào)遞減，在(a,+∞)上單調(diào)遞增。要使不等式g(x1)-g(x2)≤5恒成立，只需滿足g(2)-g(e)≤5和g(e)-g(e^2)≤5兩個條件。化簡得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°，且滿足222≥2xy+xy=3xy，因此6=x+y-2xycos(120°)，化簡得x+y=3xy。由PQ=6可得xy≤12，當(dāng)且僅當(dāng)x=y=2/3時取得等號，此時，△OPQ的面積為12√3/4xy=3√3平方千米。因此，當(dāng)P和Q兩點(diǎn)距離O點(diǎn)都為2/3千米時，△OPQ的面積最大，最大面積為3√3平方千米。由(1)知，要求四邊形MPOQ面積的最大值，只需求△MPQ面積的最大值。在△MPQ中，MP+MQ=10>6=PQ，所以點(diǎn)M的軌跡是以P、Q為焦點(diǎn)，長軸長10的橢圓（夾在兩海岸線OA、OB區(qū)域內(nèi)的曲線），以PQ所在直線為x軸，PQ的垂直平分線為y軸建立平面直角坐標(biāo)系。設(shè)點(diǎn)M所在的橢圓方程為x^2/25+y^2/16=1（a>b>0），焦距為2c，由a=5，c=3得b^2=a^2-c^2=16，所以點(diǎn)M所在的橢圓方程為x^2/25+y^2/16=1。設(shè)M(x,y)，則△MPQ的面積為1/2PQ*y=3y/2，因?yàn)閥≤4，所以S△MPQ=3y/2≤12平方千米，當(dāng)且僅當(dāng)MP=MQ=5千米時取得等號。因此，四邊形MPOQ面積的最大值為12+3√3平方千米?！军c(diǎn)睛】本題考查了余弦定理和三角形面積公式，以及橢圓的定義。在遇到應(yīng)用題時，要找出變量之間的相關(guān)關(guān)系，再根據(jù)函數(shù)或者不等式等其他方法求解，注意滿足實(shí)際意義的取值范圍。本題屬于難題。18.已知直線l為橢圓的直線，l與x軸的交點(diǎn)記為P，過右焦點(diǎn)F的直線與橢圓交于A、B兩點(diǎn)。（1）設(shè)點(diǎn)M在直線l上，且滿足MF⊥AB，若直線OM與線段AB交于點(diǎn)D，求證：點(diǎn)D為線段AB的中點(diǎn)；（2）設(shè)Q點(diǎn)的坐標(biāo)為(4,3)，直線BQ與直線l交于點(diǎn)E，試問EA·EP是否為定值，若是，求出這個定值，若不是，請說明理由?！窘馕觥俊痉治觥浚?）設(shè)直線AB的方程為x=my+1，直線MF的方程為y=-m(x-1)，故直線OM的方程為y=-3mx/(4-3m)，再聯(lián)立橢圓方程和直線AB，根據(jù)韋達(dá)定理求出線段AB的中點(diǎn)為(2,1/2)，滿足直線OM方程y=-3mx/(4-3m)，所以，直線OM與線段AB交點(diǎn)D為線段AB的中點(diǎn)。（2）直線l的方程為x^2/25+y^2/16=1，過右焦點(diǎn)F的直線的斜率為-4/3，設(shè)該直線的方程為y=-4x/3+b，聯(lián)立該直線和直線l，解得A(-3,-2)、B(3,2)。直線BQ的方程為y=x/3+8/3，聯(lián)立直線BQ和直線l，解得E(0,8/3)、P(5/4,0)。因?yàn)镸F⊥AB，所以MF的斜率為3/4，設(shè)MF的方程為y=3x/4+c，聯(lián)立點(diǎn)M在直線l上和MF垂直AB，解得M(-3m/4+1,m)。因?yàn)椤鱉PQ與△BQE相似，所以EA·EP=EQ·EB/2=25/3。因此，EA·EP為定值。注意：在解題時，要熟練掌握橢圓的相關(guān)知識，以及直線和橢圓的交點(diǎn)的求解方法。同時，要善于利用幾何性質(zhì)進(jìn)行證明，以及利用相似性質(zhì)求解問題。當(dāng)直線AB的斜率為0時，有$EA\cdotEP=0$。當(dāng)直線AB的斜率不為0時，先求出直線BQ的方程，再根據(jù)點(diǎn)E在直線BQ上的坐標(biāo)求出$EA\cdotEP$的值為多少。解析：（1）當(dāng)直線AB的斜率不存在時，由于點(diǎn)M在直線AB上，所以直線OM垂直于直線AB，且過點(diǎn)D的直線也垂直于直線AB。因此，點(diǎn)D為線段AB的中點(diǎn)。（2）當(dāng)直線AB的斜率為0時，點(diǎn)E即為點(diǎn)P，從而$EP=0$，故$EA\cdotEP=0$。當(dāng)直線AB的斜率不為0時，可設(shè)直線AB的方程為$x=my+1$，則點(diǎn)A的坐標(biāo)為$(1,-\frac{1}{m})$，點(diǎn)B的坐標(biāo)為$(4,3m-1)$。由橢圓方程$\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{16}=1$知，右焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為$(1,0)$，橢圓C的右準(zhǔn)線l的方程為$x=4$，點(diǎn)P的坐標(biāo)為$(4,0)$。因?yàn)辄c(diǎn)M在直線AB上，所以直線MF垂直于直線AB，即$\frac{3m}{4}=-\frac{1}{m}$，解得$m=-\frac{2}{3}$。因此，點(diǎn)M的坐標(biāo)為$(4,-3)$，直線OM的方程為$y=-\frac{3}{4}x$。聯(lián)立方程組$\begin{cases}\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{16}=1\\x=my+1\end{cases}$，消去$x$得$3m+4=y+6my-9$，整理得$(3m+4)+(6m-9)y-y^2=0$。根據(jù)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?yàn)辄c(diǎn)E在直線BQ上，所以直線BQ的方程為$y=\frac{5}{2}(x-4)-\frac{2}{3}$。令$x=4$，得$y_1=-\frac{4}{3}$，$y_2=\frac{10}{3}$。因此，點(diǎn)E的坐標(biāo)為$(4,-\frac{4}{3})$或$(4,\frac{10}{3})$。綜上可知，當(dāng)直線AB的斜率不為0時，$EA\cdotEP=\frac{16}{3}$。本題為解析幾何題目，主要考察了解析幾何的相關(guān)知識點(diǎn)，需要注意格式和表述的準(zhǔn)確性。首先，當(dāng)a=2時，可以求出函數(shù)y=f(x)在兩段區(qū)間上的單調(diào)遞增區(qū)間，即為(-∞,-6/3)和(2,+∞)。其次，當(dāng)0<a<1時，過點(diǎn)P(2,0)有3條直線與曲線y=f(x)相切；當(dāng)a=1時，過點(diǎn)P(2,0)有2條直線與曲線y=f(x)相切；當(dāng)1<a<11時，過點(diǎn)P(2,0)有1條直線與曲線y=f(x)相切。最后，當(dāng)a>11時，曲線y=f(x)沒有與點(diǎn)P(2,0)相切的直線。當(dāng)0<a<1時，過點(diǎn)P(2,0)有3條直線與曲線y=f(x)相切；當(dāng)a=1時，過點(diǎn)P(2,0)有2條直線與曲線y=f(x)相切；當(dāng)1<a<11時，過點(diǎn)P(2,0)有1條直線與曲線y=f(x)相切。