高三数学寒假作业5.docx

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1、高三数学寒假作业5一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1若集合Ax|yln（x22x3），Bx|2x|3，则AB（）Ax|x1Bx|x3Cx|1x3Dx|3x52已知复数z满足（13i）z（1+i）（3+i），则z的共轭复数为（）A1+iB1+iC1iD1i3随着电商行业的蓬勃发展，快递行业近几年也保持着增长的态势，我国已经成为快递大国，快递业已成为人民群众生活的“必需品“如图是2015年2019年，我国对快递行业发展的统计图下面描述错误的是（）A从2015到2019年，我国快递业务量保持逐年增长的趋势B2016年，快递业务量增长速

2、度最快C从2016到2019年，快递业务量增长速度连续上升D从2016到2019年，快递业务量增长速度逐年放缓4已知alog23，blog46，clog69，则（）AbcaBcbaCacbDcab5函数f(x)=cosxex+1ex-1的部分图象大致为（）ABCD62020年湖北抗击新冠肺炎期间，全国各地医护人员主动请缨，支援湖北某地有3名医生，6名护士来到武汉，他们被随机分到3家医院，每家医院1名医生、2名护士，则医生甲和护士乙分到同一家医院的概率为（）A16B12C18D137ABC中，M，N分别是BC，AC上的点，且BM2MC，AN2NC，AM与BN交于点P，则下列式子正确的是（）AAP

3、=34AB+12ACBAP=12AB+34ACCAP=12AB+14ACDAP=14AB+12AC8珠穆朗玛峰是印度洋板块和欧亚板块碰撞挤压形成的这种挤压一直在进行，珠穆朗玛峰的高度也一直在变化由于地势险峻，气候恶劣，通常采用人工攀登的方式为珠峰“量身高”攀登者们肩负高精度测量仪器，采用了分段测量的方法，从山脚开始，直到到达山顶，再把所有的高度差累加，就会得到珠峰的高度.2020年5月，中国珠峰高程测量登山队8名队员开始新一轮的珠峰测量工作在测量过程中，已知竖立在B点处的测量觇标高10米，攀登者们在A处测得到觇标底点B和顶点C的仰角分别为70，80，则A、B的高度差约为（）A10米B9.72米

4、C9.40米D8.62米9双曲线C的方程为：x2a2-y2b2=1(a0，b0)，过右焦点F作双曲线一条渐近线的平行线，与另一条渐近线交于点P，与双曲线右支交于点M，点M恰好为PF的中点，则双曲线的离心率为（）A2B2C3D310ABC中，sinA+2sinBcosC0，3sinBsinC，则cosC（）A12B32C-12D-3211已知函数f（x）=lnx，x0x2+4x+3，x0，若关于x的方程|f（x）|a恰好有4个实根x1，x2，x3，x4，则x1x2x3x4的取值范围是（）A（2，+）B2，+）C（0，2）D0，2）12正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为3，点E、F分别在棱C1

5、C，D1C1上，且C1E2EC，D1F2FC1，下列命题：异面直线BE，CF所成角的余弦值为310；过点B，E，F的平面截正方体，截面为等腰梯形；三棱锥B1BEF的体积为32；过B1作平面，使得AE，则平面截正方体所得截面面积为5192其中所有真命题的序号为（）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13已知实数x、y满足约束条件y-x0x+y-10y+10，则z3x+y+1的最大值为 14函数f（x）（x2）ex在点（2，f（2）处的切线方程为 15过抛物线C：x2y的焦点F作两条互相垂直的弦AC，BD，则四边形ABCD面积的最小值为 16如图有标号为1，2，3的三根柱子，在1

6、号柱子上套有n个金属圆片，从下到上圆片依次减小按下列规则，把金属圆片从1号柱子全部移到3号柱子，要求：每次只能移动一个金属圆片；较大的金属圆片不能在较小的金属圆片上面（1）若n3时，至少需要移动 次；（2）将n个金属圆片全部移到3号柱子，至少需要移动 次三、解答题：共70分解答应写出文字说明证明过程或演算步骤第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答第22、23题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共60分17（12分）已知函数f(x)=sin(2x-6)+2cos2x(0)的周期为（1）求函数f（x）的单调递增区间；（2）若f(x)12，求x的取值范围18（12分）如图，ABC，ACD

7、，ABE均为正三角形，AB2，AB中点为O，将ABE沿AB翻折，使得点E折到点P的位置（1）证明：CD平面POC；（2）当PC=6时，求二面角BPCD的余弦值19（12分）在平面直角坐标系中，已知点A（2，0），B（2，0），动点P满足kPAkPB=-34（1）求点P的轨迹方程C；（2）过F（1，0）的直线交曲线C于M，N两点，MN的中点为Q，O为坐标原点，直线OQ交直线x4于点E，求|EF|MN|的最小值高三数学寒假作业5（答案解析）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1若集合Ax|yln（x22x3），Bx|2x|3，则AB（）

8、Ax|x1Bx|x3Cx|1x3Dx|3x5【解答】解：由x22x30可得x3或x1，Ax|yln（x22x3）x|x3或x1，Bx|2x|3（1，5），则AB（3，5）故选：D2已知复数z满足（13i）z（1+i）（3+i），则z的共轭复数为（）A1+iB1+iC1iD1i【解答】解：由（13i）z（1+i）（3+i）3+i+3i12+4i，得z=2+4i1-3i=(2+4i)(1+3i)(1-3i)(1+3i)=-10+10i10=-1+i，z=-1-i故选：C3随着电商行业的蓬勃发展，快递行业近几年也保持着增长的态势，我国已经成为快递大国，快递业已成为人民群众生活的“必需品“如图是201

9、5年2019年，我国对快递行业发展的统计图下面描述错误的是（）A从2015到2019年，我国快递业务量保持逐年增长的趋势B2016年，快递业务量增长速度最快C从2016到2019年，快递业务量增长速度连续上升D从2016到2019年，快递业务量增长速度逐年放缓【解答】解：对于选项A：由图可见，从2015到2019年，我国快递业务量保持逐年增长的趋势，故选项A正确；对于选项B：2016年，快递业务量增长速度最快，故选项B正确；对于选项C：从2016到2019年，快递业务量逐年增长，但快递业务量增长速度逐年放缓，故选项C错误；对于选项D：由图可见，从2016到2019年，快递业务量增长速度逐年放缓

10、，故选项D正确，故选：C4已知alog23，blog46，clog69，则（）AbcaBcbaCacbDcab【解答】解：log46=1+log232，log69=2log231+log23，又log23-log46=log23-1+log232=log23-120，log69-log46=2log231+log23-1+log232=-(1-log23)22(1+log23)0，log23log46，log69log46，cba故选：B5函数f(x)=cosxex+1ex-1的部分图象大致为（）ABCD【解答】解：根据题意，f(x)=cosxex+1ex-1，则f（x）cos（x）e-x+1

11、e-x-1=-cosxex+1ex-1=-f（x），即函数f（x）为奇函数，排除A，在区间（0，2）上，cosx0，则f（x）0，函数图象在x轴上方，排除D；又由cos2=0，则f（2）0，排除C，故选：B62020年湖北抗击新冠肺炎期间，全国各地医护人员主动请缨，支援湖北某地有3名医生，6名护士来到武汉，他们被随机分到3家医院，每家医院1名医生、2名护士，则医生甲和护士乙分到同一家医院的概率为（）A16B12C18D13【解答】解：某地有3名医生，6名护士来到武汉，他们被随机分到3家医院，每家医院1名医生、2名护士，基本事件总数n=C31C21C11C62C42C22A33A33=540，医

12、生甲和护士乙分到同一家医院包含的基本事件个数m=C51C22C21C11C42C22A22A33=180，则医生甲和护士乙分到同一家医院的概率为p=mn=180540=13故选：D7ABC中，M，N分别是BC，AC上的点，且BM2MC，AN2NC，AM与BN交于点P，则下列式子正确的是（）AAP=34AB+12ACBAP=12AB+34ACCAP=12AB+14ACDAP=14AB+12AC【解答】解：过M作MDBN交AC于D；BM2MC，AN2NC，则CD：DNCM：MB1：2；ND：ANMP：AP=23：21：3；故AP=34AM；AP=34AM=34（AB+23BC）=34AB+12BC

13、=34AB+12（AC-AB）=14AB+12AC；故选：D8珠穆朗玛峰是印度洋板块和欧亚板块碰撞挤压形成的这种挤压一直在进行，珠穆朗玛峰的高度也一直在变化由于地势险峻，气候恶劣，通常采用人工攀登的方式为珠峰“量身高”攀登者们肩负高精度测量仪器，采用了分段测量的方法，从山脚开始，直到到达山顶，再把所有的高度差累加，就会得到珠峰的高度.2020年5月，中国珠峰高程测量登山队8名队员开始新一轮的珠峰测量工作在测量过程中，已知竖立在B点处的测量觇标高10米，攀登者们在A处测得到觇标底点B和顶点C的仰角分别为70，80，则A、B的高度差约为（）A10米B9.72米C9.40米D8.62米【解答】解：根

14、据题意画出如图的模型，则 CB10，OAB70，OAC80，所以CAB10，ACB10，所以AB10，所以在RtAOB中，BO10sin709.4（米）故选：C9双曲线C的方程为：x2a2-y2b2=1(a0，b0)，过右焦点F作双曲线一条渐近线的平行线，与另一条渐近线交于点P，与双曲线右支交于点M，点M恰好为PF的中点，则双曲线的离心率为（）A2B2C3D3【解答】解：双曲线C的方程为：x2a2-y2b2=1(a0，b0)，渐近线方程为：bxay0，F（c，0），如图：FA的方程为：y=ba(x-c)与OP方程的交点P（c2，-bc2a），点M恰好为PF的中点，M（3c4，-bc4a），代入

15、双曲线方程可得：9c216a2-b2c216a2b2=1，916e2-116e2=1，可得e22，e1，得e=2故选：A10ABC中，sinA+2sinBcosC0，3sinBsinC，则cosC（）A12B32C-12D-32【解答】解：因为sinA+2sinBcosC0，由正弦定理及余弦定理可得，a+2ba2+b2-c22ab=0，整理可得，2a2+b2c20，由3sinBsinC结合正弦定理可得，3b=c，联立可得，ab，c=3b，则cosC=a2+b2-c22ab=-12，故选：C11已知函数f（x）=lnx，x0x2+4x+3，x0，若关于x的方程|f（x）|a恰好有4个实根x1，x

16、2，x3，x4，则x1x2x3x4的取值范围是（）A（2，+）B2，+）C（0，2）D0，2）【解答】解：作函数y|f（x）|的图象，如图函数y|f（x）|与ya有4个交点，可知1a3；不妨设实根x1x2x3x4，当a3时，可得x14，x20，若a1时，可得x1=-2-2，x2=2-2，可知x1、x2关于x2对称，且x1+x24，x1x23；-4x1-2-2；2-2x20；根据图象，有log1ex3=lnx4，结合对数的性质，可得x3x41；则x1x2x3x4x1（4x1）=-x12-4x1，令h（x）-x2-4x，(-4x-2-2)，其对称轴x2，根据二次函数的图象性质：x在（4，2-2）上

17、是单调递增函数，h（4）h（x）h（2-2），即0h（x）2；即x1x2x3x4的取值范围0，2）；故选：D12正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为3，点E、F分别在棱C1C，D1C1上，且C1E2EC，D1F2FC1，下列命题：异面直线BE，CF所成角的余弦值为310；过点B，E，F的平面截正方体，截面为等腰梯形；三棱锥B1BEF的体积为32；过B1作平面，使得AE，则平面截正方体所得截面面积为5192其中所有真命题的序号为（）ABCD【解答】解：对于：取 A1B1 的三等分点为 F1，使 A1F12F1B1，又D1F2FC1，F1B1FC1 且 F1B1FC1，四边形 FC1B1F1 为

18、平行四边形，FF1B1C1BC 且 FF1B1C1BC，四边形 F1FCB 为平行四边形，BF1CF，则F1BE 为异面直线 BE，CF 所成的角，连接 EF1，由题意得：BF1=10，BE=10，EF1=14，所以cosF1BE=BF12+BE2-EF122BF1BE=620=310，故正确；对于：取B1B 的三等分点为 E1，使 B1E12E1B，又C1E2EC，BE1CE 且 BE1CE，四边形 BE1EC 为平行四边形，则E1EBC 且 E1EBC，又由得：FF1BC 且 FF1BC，于是FF1EE1 且 FF1EE1，四边形 EE1F1F 为平行四边形，EE1F1F，取 A1B1 的

19、中点为 G，连接 BG，又B1F1B1G=B1E1E1B=21，E1F1BGEF，则四边形 BEFG 即为所求截面，由题意知：BEFG，则不正确；对于：SB1BE=1233=92，又C1F面 B1BE，C1F1，所以VB1-BEF=VF-BB1E=13SB1BEC1F=13921=32，故正确；对于：取 CD 的三等分点为 H1，使 CH12DH1，取BC 的三等分点为 H，使 CH2BH，HH1BDB1D1，则面 B1D1H1H 即为所求的截面 ，建立如图所示的空间坐标系，则 A（3，0，0），E（0，3，1），B1（3，3，3），D1（0，0，3），H1（0，1，0），AE=(-3，3，1

20、)，B1D1=(-3，-3，0)，B1H1=（3，2，3），AEB1D1=0，AEB1H1=0所以 AE面 B1D1H1H，由已知条件得：B1D132，HH1=23B1D1=22，B1H=D1H1=10，等腰梯形 B1D1H1H 的高为：h=(10)2-(32-222)2=382，所以截面面积为：S=(22+32)2382=5192，故正确故选：C二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13已知实数x、y满足约束条件y-x0x+y-10y+10，则z3x+y+1的最大值为6【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：由z3x+y+1得y3x+z1，平移直线y3x+z1，由图象可知当直线y

21、3x+z1，经过点A时，直线的截距最大，此时z最大由y=-1x+y-1=0，解得A（2，1），此时zmax321+16，故答案为：614函数f（x）（x2）ex在点（2，f（2）处的切线方程为e2xy2e20【解答】解：由f（x）（x2）ex，得f（x）ex+（x2）ex（x1）exf（2）e2，又f（2）0，函数f（x）（x2）ex在点（2，f（2）处的切线方程为ye2（x2），即e2xy2e20故答案为：e2xy2e2015过抛物线C：x2y的焦点F作两条互相垂直的弦AC，BD，则四边形ABCD面积的最小值为2【解答】解：设直线AC的斜率为k（k0），则直线BD的斜率为-1k由F（0，14

22、），可得直线AC的方程为y-14=kx，联立x2=yy=kx+14，消去y得x2kx-14=0，设A（x1，y1），C（x2，y2），则x1+x2k，x1x2=-14，y1+y2k（x1+x2）+12=k2+12|AC|y1+y2+12=k2+1，以-1k替换k得|BD|=1k2+1，故所求面积为S=12|AC|BD|=12（k2+1）（1k2+1）=12（k2+1k2+2）2（当k21时取等号），四边形ABCD面积的最小值为2故答案为：216如图有标号为1，2，3的三根柱子，在1号柱子上套有n个金属圆片，从下到上圆片依次减小按下列规则，把金属圆片从1号柱子全部移到3号柱子，要求：每次只能移动

23、一个金属圆片；较大的金属圆片不能在较小的金属圆片上面（1）若n3时，至少需要移动7次；（2）将n个金属圆片全部移到3号柱子，至少需要移动2n1次【解答】解：当n2时，小盘2号柱，大盘3号柱，小盘再由2号柱到3号柱，完成，即n2时，移动2213次；当n3时，小盘3号柱，中盘2号柱，再将小盘由3号柱移到2号柱，接下来把大盘3号柱，将小盘由2号柱移到1号柱，将中盘由2号柱移到3号柱，最后把小盘由1号柱移到3号柱，完成，即当n3时，移动2317次（1）由上述过程可知，当n3时，移动7次；（2）由以上类比推理可得：当有n个金属片时，需要移动2n1次因此答案为：（1）7；（2）2n1三、解答题：共70分解

24、答应写出文字说明证明过程或演算步骤第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答第22、23题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共60分17（12分）已知函数f(x)=sin(2x-6)+2cos2x(0)的周期为（1）求函数f（x）的单调递增区间；（2）若f(x)12，求x的取值范围【解答】解：（1）因为f(x)=sin(2x-6)+2cos2x(0)，所以f（x）sin2xcos6-cos2xsin6+cos2x+1=32sin2x+12cos2x+1sin（2x+6）+1，所以f（x）的最小正周期T=22，解得1，f（x）sin（2x+6）+1，令2k-22x+62k+2，kZ，解得

25、k-3xk+6，kZ，可得函数f（x）的单调递增区间为k-3，k+6，kZ（2）由（1）得 f（x）sin（2x+6）+112，可得sin（2x+6）-12，可得2x+62k-6，2k+76，kZ，可得xk-6，k+2，kZ18（12分）如图，ABC，ACD，ABE均为正三角形，AB2，AB中点为O，将ABE沿AB翻折，使得点E折到点P的位置（1）证明：CD平面POC；（2）当PC=6时，求二面角BPCD的余弦值【解答】（1）证明：O为AB的中点，PAPB，ACBC，POAB，COAB，又POCOO，AB平面POC，由已知ABC，ACD均为等边三角形，可得ACBCAD，则ABCD，CD平面PO

26、C；（2）解：在等边三角形PAB与等边三角形ABC中，O为AB的中点，且AB2，POCO=3，又PC=6，PO2+CO2PC2，得POOC以O为坐标原点，分别以OB，OC，OP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则B（1，0，0），C（0，3，0），P（0，0，3），D（2，3，0），PC=(0，3，-3)，BC=(-1，3，0)，DC=(2，0，0)设平面PBC的一个法向量为n=(x，y，z)，由nPC=3y-3z=0nBC=-x+3y=0，取z1，得n=(3，1，1)；设平面PCD的一个法向量为m=(x1，y1，z1)，由mPC=3y1-3z1=0mDC=2x1=0，取z11，得m=

27、(0，1，1)cosn，m=nm|n|m|=252=105由图可知，二面角BPCD为钝角，二面角BPCD的余弦值为-10519（12分）在平面直角坐标系中，已知点A（2，0），B（2，0），动点P满足kPAkPB=-34（1）求点P的轨迹方程C；（2）过F（1，0）的直线交曲线C于M，N两点，MN的中点为Q，O为坐标原点，直线OQ交直线x4于点E，求|EF|MN|的最小值【解答】解：（1）设P（x，y），根据题意有yx+2yx-2=-34，化简得：x24+y23=1(y0)，所以点P的轨迹方程C为：x24+y23=1(y0)；（2）设直线方程为xmy+1，联立方程x=my+13x2+4y2=1

28、2，消去x得：（3m2+4）y2+6my90，设M（x1，y1 ），N（x2，y2 ），所以36m2+36（3m2+4）0，y1+y2=-6m3m2+4，y1y2=-93m2+4，所以x1+x2m（y1+y2）+2=83m2+4，故点Q（43m2+4，-3m3m2+4），则|MN|=1+m2|y1-y2|=1+m2(y1+y2)2-4y1y2=12(m2+1)3m2+4，因为点Q（43m2+4，-3m3m2+4），所以直线OQ的方程为：y=-3m4x，所以点E的坐标为（4，3m），得到|EF|=32+9m2=31+m2，所以|EF|MN|=31+m23m2+412(m2+1)=3m2+44m2+1，令1+m2=t，则t1，所以|EF|MN|=14(3t+1t)在1，+）上单调递增，故m0时，|EF|MN|的值最小最小值为1