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1、2020年02月06日xx学校高中数学试卷学校：_姓名：_班级：_考号：_一、填空题1.已知集合,则_.2.已知复数的实部为0,其中i为虚数单位,则实数a的值是_.3.下图是一个算法流程图，则输出的S的值是_.4.函数的定义域是_.5.已知一组数据6，7，8，8，9，10，则该组数据的方差是_.6.从3名男同学和2名女同学中任选2名同学参加志愿者服务，则选出的2名同学中至少有1名女同学的概率是_.7.在平面直角坐标系中，若双曲线经过点,则该双曲线的渐近线方程是_.8.已知数列是等差数列,是其前n项和.若,则的值是_.9.如图，长方体的体积是120，E为的中点，则三棱锥的体积是_.10.在平面直
2、角坐标系中，P是曲线上的一个动点，则点P到直线的距离的最小值是_.11.在平面直角坐标系中，点A在曲线上,且该曲线在点A处的切线经过点(e为自然对数的底数),则点A的坐标是_.12.如图，在中，D是的中点，E在边上，与交于点.若，则的值是_.13.已知，则的值是_14.设是定义在R上的两个周期函数，的周期为4，的周期为2，且是奇函数.当时，其中.若在区间上，关于x的方程有8个不同的实数根，则k的取值范围是_二、解答题15.在中，角的对边分别为(1).若，求c的值；(2).若，求的值16.如图，在直三棱柱中，分别为的中点，求证：(1).平面；(2).17.如图，在平面直角坐标系中，椭圆的焦点为，
3、过作轴的垂线，在轴的上方，与圆交于点与椭圆交于点.连结并延长交圆于点，连结交椭圆于点，连结已知(1).求椭圆的标准方程；(2).求点的坐标18.如图，一个湖的边界是圆心为的圆，湖的一侧有一条直线型公路，湖上有桥（是圆的直径）规划在公路上选两个点，并修建两段直线型道路规划要求:线段上的所有点到点的距离均不小于圆的半径已知点到直线的距离分别为和（为垂足），测得（单位:百米）(1).若道路与桥垂直，求道路的长；(2).在规划要求下，P和Q中能否有一个点选在D处？并说明理由；(3).对规划要求下，若道路和的长度均为d（单位：百米）.求当d最小时，两点间的距离19.设函数、为的导函数(1).若，求的值；
4、(2).若，且和的零点均在集合中，求的极小值；(3).若，且的极大值为，求证:20.定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M数列”.(1).已知等比数列满足：，求证:数列为“M数列”；(2).已知数列满足:，其中为数列的前n项和求数列的通项公式；设为正整数，若存在“数列”，对任意正整数，当时，都有成立，求的最大值21.设.已知.(1).求n的值；(2).设，其中，求的值. 22.在平面直角坐标系中，设点集，令.从集合中任取两个不同的点，用随机变量表示它们之间的距离.(1).当时，求的概率分布；(2).对给定的正整数，求概率(用表示）23.选修4-2：矩阵与变换 已知矩阵 (1).求；(2).求
5、矩阵A的特征值24.选修4-4：坐标系与参数方程在极坐标系中，已知两点，直线的方程为.(1).求两点间的距离；(2).求点B到直线的距离.25.选修4-5：不等式选讲设，解不等式.参考答案1.答案：解析：由题知，.2.答案：2解析：,令得.3.答案：5解析：执行第一次，不成立，继续循环，；执行第二次，不成立，继续循环，；执行第三次，不成立，继续循环，；执行第四次，成立，输出4.答案：解析：由已知得,即解得，故函数的定义域为.5.答案：解析：由题意，该组数据的平均数为，所以该组数据的方差是.6.答案：解析：从3名男同学和2名女同学中任选2名同学参加志愿服务，共有种情况.若选出的2名学生恰有1名女
6、生，有种情况，若选出的2名学生都是女生，有种情况，所以所求的概率为.7.答案：解析：由已知得，解得或，因为，所以.因为，所以双曲线的渐近线方程为.8.答案：16解析：由题意可得：，解得：，则.9.答案：10解析：因为长方体的体积为120，所以，因为为的中点，所以，由长方体的性质知底面，所以是三棱锥的底面上的高，所以三棱锥的体积.10.答案：4解析：设点P到直线的距离为d由已知，可设所以当且仅当即时取等号故点P到直线的距离的最小值为4故答案为：4 11.答案：解析：设点，则.又，当时，点A在曲线上切线为，即，代入点，得，即，考查函数，当时，当时，且，当时，单调递增，注意到，故存在唯一的实数根，此
7、时，故点的坐标为.12.答案：解析：如图，过点D作,交于点F，由,D为中点,知，得即故.13.答案：解析：由，得，解得，或.，当时，上式当时，上式=综上，14.答案：解析：当时，即又为奇函数，其图象关于原点对称，其周期为4，如图函数与的图象，要使在(0,9上有8个实根，只需二者图象有8个交点即可当时，函数与的图象有2个交点；当时，的图象为恒过点的直线，只需函数与的图象有6个交点.当与图象相切时，圆心到直线的距离为1，即，得，函数与的图象有3个交点；当过点时，函数与的图象有6个交点，此时，得.综上可知，满足在(0,9上有8个实根的k的取值范围为.15.答案：(1).，由余弦定理，得，即.所以.(
8、2).，由正弦定理，得，所以.从而，即，故.因为，所以，从而.因此解析： 16.答案：(1).证明：因为分别为的中点，所以在直三棱柱中，所以.又因为平面，平面，所以平面(2).因为，E为的中点，所以.因为三棱柱是直棱柱，所以平面又因为平面，所以.因为平面，平面，所以平面.因为平面，所以.解析：17.答案：(1).设椭圆的焦距为.因为，所以.又因为，轴，所以，因此，从而.由，得.因此，椭圆的标准方程为.(2).解法一：由(1)知，椭圆，因为轴，所以点的横坐标为1.将代入圆的方程，解得.因为点在轴上方，所以.又，所以直线.由，得，解得或.将代入，得，因此.又，所以直线.由，得，解得或.又因为E是线
9、段与椭圆的交点，所以.将代入，得.因此.解法二：由1知，椭圆.如图，连结.因为，所以，从而.因为，所以，所以，从而.因为轴，所以轴.因为，由，得.又因为E是线段与椭圆的交点，所以.因此.解析：18.答案：(1).过A作，垂足为E.由已知条件得，四边形为矩形，.因为，所以.所以.因此道路的长为15（百米）.(2).若P在D处，由1可得E在圆上，则线段上的点（除）到点O的距离均小于圆O的半径，所以P选在D处不满足规划要求.若Q在D处，连结AD，由1知，从而，所以为锐角.所以线段上存在点到点O的距离小于圆O的半径.因此，Q选在D处也不满足规划要求.综上，P和Q均不能选在D处.(3).先讨论点P的位置
10、.当时，线段上存在点到点O的距离小于圆O的半径，点P不符合规划要求；当时，对线段上任意一点F，即线段上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径，点P符合规划要求.设为上一点，且，由(1)知，此时；当时，在中，.由上可知， 再讨论点Q的位置.由(2)知，要使得，点Q只有位于点C的右侧，才能符合规划要求.当时，.此时，线段上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.综上，当，点Q位于点C右侧，且时，d最小，此时两点间的距离.因此，d最小时，两点间的距离为（百米）解析：19.答案：(1).因为，所以因为，所以，解得(2).因为，所以，从而令，得或因为，都在集合中，且，所以此时，令，得或列表如下：1+00+单
11、调递增极大值单调递减极小值单调递增所以的极小值为(3).因为，所以，因为，所以，则有2个不同的零点，设为由，得列表如下：+00+单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以的极大值解法一：因此解法二：因为，所以当时，令，则令，得列表如下：+0-单调递增极大值单调递减所以当时，取得极大值，且是最大值，故所以当时，因此解析： 20.答案：(1).设等比数列的公比为q，所以.由，得，解得因此数列为“M数列”.(2).因为，所以由得，则.由，得，当时，由，得，整理得所以数列是首项和公差均为1的等差数列.因此，数列的通项公式为.由知， 因为数列为“数列”，设公比为q，所以.因为，所以，其中当时，有；当时，有
12、设，则令，得.列表如下：xe+0单调递增极大值单调递减因为，所以取，当时，即，经检验知也成立因此所求m的最大值不小于5若，分别取，得，且，从而，且，所以q不存在.因此所求m的最大值小于6.综上，所求m的最大值为5解析： 21.答案：(1).因为，所以，因为，所以，解得(2).由(1)知，解法一：因为，所以，从而解法二：因为，所以因此解析： 22.答案：(1).当时，的所有可能取值是的概率分布为，(2).设和是从中取出的两个点因为，所以仅需考虑的情况若，则，不存在的取法；若，则，所以当且仅当，此时或，有2种取法；若，则，因为当时，所以,当且仅当，此时，有2种取法；若，则，所以当且仅，此时或，有2种取法综上，当时，的所有可能取值是和，且因此，解析：23.答案：(1).因为，所以(2).矩阵A的特征多项式为.令，解得A的特征值.解析：24.答案：(1).设极点为.在中，由余弦定理，得.(2).因为直线的方程为，则直线过点，倾斜角为又，所以点B到直线的距离为解析： 25.答案：当时，原不等式可化为，解得；当时，原不等式可化为，即，无解；当时，原不等式可化为，解得.综上，原不等式的解集为或.解析：
