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苏州高二数学答案
第一学期学业质量阳光指标调研卷
高二数学参考答案及评分建议2019.1
一、填空题
1.∀x∈R,x2-x+1≠0
2.(2,0)3.-1
2
4.k<1或k>2
5.2
6.x2+(y-1)2=5
7.(0,+∞)
8.必要不充分
9.3010.5-1
2
11.③12.2+ln2
13.[2
-2,42+2]
14.
(-∞,1-33)(1+33,+∞)
22
二、解答题
15.(本题满分14分)
解:
(1)因为等腰梯形ABCD,AB∥DC,AD=BC=4,AB=8,DC=6.
所以A(-4,0),B(4,0),C(3,15),D(3,-
所以CA=
=8,CB=
=4.
又因为A,B为双曲线x
a2
y2
b21(a0,b0)的焦点,所以2cAB8,所以c4.
所以b=
x2y2
所以双曲线的方程为
412
a
16.(本题满分14分)证明:
(证法一)
(1)在CD上取点P,使DP=1PC.
2
在△DCF中,DN=1NF,DP=1PC.
EF
N
DPC
22M
AB
所以NP//FC,又因为NP⊄平面BCF,FC⊂平面BCF,
在△ACD中,AM=1MC,DP=1PC,
22
所以MP//DA,又四边形ABCD为正方形,所以DA//BC,
因为MN⊂平面MNP,
(2)因为NP//FC,DC⊥CF,所以NP⊥CD.
因为MP//AD,DC⊥AD,所以MP⊥CD.又因为MPNP=P,且MP,NP⊂平面MNP,
(证法二)
(1)在CF上取点R,使CR=1RF,在CB上取点S,使BS=1CS.
22
在△DCF中,DN=1NF,CR=1RF,EF
22
3NR
在△ABC中,AM=1MC,BS=1CS,DC
22M
S
3
因为四边形ABCD为正方形,所以AB//CD且AB=CD,所以NR//MS,且NR=MS,
(2)因为CD⊥CF,CD⊥BC,CFBC=C,CF,BC⊂平面BCF,
17.(本题满分15分)
解:
(1)将圆C:
x2+y2+2x-4y+3=0化标准方程为(x+1)2+(y-2)2=2,
因为直线l与圆C相切,所以圆心C到直线l的距离等于半径,
(2)因为PM为切线且M为切点,所以PM2=PC2-MC2.
又因为PM=2PO,所以PC2-MC2=2PO2.
又因为P(x1,y1),O(0,0),MC=r=
所以(x+1)2+(y
-2)2-2=2(x2+y2),
1111
化简可得:
x2+y2-2x+4y
-3=0
1111
因为点P在直线y=2x-6上,所以y1=2x1-6②.
⎧⎪x2+y2-2x+4y
联立①②可得:
⎨1111
⎪⎩y1=2x1-6
-3=0
,
消去y可得:
5x2-18x
111
151
将x=3代入②可得:
y=-24,所以点P的坐标为⎛3,-24⎫.
1515ç⎪
将x1=3代入②可得y1=0,所以点P的坐标为(3,0).
⎝⎭
18.(本题满分15分)
解:
(1)因为物体P到光源A的距离为x,所以物体P到光源B的距离为10-x.
x2
P点受B光源的照度为:
k1k2
(10-x)2
所以物体P受到A,B两光源的总照度y=8k1k2+
x2
k1k2
(10-x)2
(2)因为f(x)=8k1k2+
x2
k1k2
(10-x)2
x∈(0,10).
16kk
2kk
2kk
(3x-20)(3x2-60x+400)
所以f'(x)=-12+12=12
x3(10-x)3x3(10-x)3
3
当0 3ç3⎪ ⎝⎭ 3ç3⎪ ⎝⎭ 3 答: 在连接两光源的线段AB上,距光源A为20处,物体P受到光源A,B的总照度 3 19.(本题满分16分) 解: (1)因为椭圆的离心率为3,右准线方程为x=43, 23 ⎧c= ⎪a2 所以⎨ ⎪a2=43 ⎪⎩c ⎧⎪a=2 解得⎨ ⎪⎩c= 3 又因为b= =1. x22 所以椭圆C的标准方程为+y 4 (2)设A(x1,y1),B(x2,y2),M为椭圆的上顶点,则M(0,1). ①解法一: 因为直线l经过原点,由椭圆对称性可知B(-x1,-y1). x2x2 因为点A(x,y)在椭圆上,所以1+y2=1,即y2-1=-1. 因为k1 11 =y1-1,k x1 4114 =y2-1=y1+1. x2x1 y-1y+1y2-11 122 111 ⎧k-k=5 ⎧k=1⎧1 ⎪12 所以⎨ 4⎪1 ,解得⎨ ⎪k= 1⎨4 ⎪kk ⎪⎩12 =-1 4 ⎪⎩k2=-4 ⎪⎩k2 =-1 因为点A在第三象限内,所以k>1,所以k=1,则直线MA的方程为y=x+1. ⎧x2 121 ⎧x=-8 ⎪+y2=1⎧x1=0⎪2583 联结方程组⎨4 ,解得⎨y =1或⎨ 355 x 2 ⎪y=x+1⎩1⎪y=- ⎩⎪⎩25 (解出k=1,k=-1,也可根据k =y1-1=1,k =y1+1=-1,求出点A的坐标) 124 1x14 解法二: 因为k1 =y1-1,k x1 =y2-1=y1+1, x2x1 x1x1x1 x14 15 x223 将其代入椭圆方程+y 4 =1,解得y1=±5. 55 ②直线l过点(−2,−1),设其方程为y+1=k(x+2). ⎧x2 ⎨ 联列方程组⎪4 +y2=1 ,消去y可得(4k 2+1)x2 +8k(2k-1)x+16k(k-1)=0. ⎪⎩y=kx+2k-1 当△>0时,由韦达定理可知x+x =-8k(2k-1),xx 124k2+1124k2+1 又因为k+k =y1-1+y2-1=x1y2+x2y1-(x1+x2)=2k+2(k-1)(x1+x2).14分 x1x2x1x2x1x2 =2k+2(k-1)⨯[-8k(2k-1)]=2k+(1-2k)=1. 16k(k-1) 20.(本题满分16分) x 此时,f'(x)=-2+2x-3=(2x+1)(x-2), xx 当x∈(0,2)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(2,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.所以f(x)在x=2处取得极小值. (2)当a=1时,因为f(x)=lnx+b(x-1)(x-2), '12bx2-3bx+1 所以f(x)=+b(2x-3)=. xx 令g(x)=2bx2-3bx+1. ①因为f(x)在(1,2)上单调递增,所以f'(x)≥0在(1,2)上恒成立, 2︒当b≠0时,因为g(x)的对称轴为x=3<1, 4 ⎩ 所以⎧g (1)≥0,解得-1≤b<0或0 ⎨g (2)≥02 ⎣⎢2⎥⎦ 2︒当b<0时,取x=3-1,则x>1. 0b0 令h(x)=lnx-x+1,则h'(x)=1-1, x 当x∈(0,1)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,所以h(x)≤h (1)=0,即lnx≤x-1. 所以f(x0)=lnx0+b(x0-1)(x0-2)≤(x0-1)+b(x0-1)(x0-2)=2b-1<0, 3︒当0 因为g(x)=2bx2-3bx+1在(1,+∞)递增且g (1)=1-b≥0 所以f'(x)=g(x)≥0在(1,+∞)上恒成立,所以f(x)在(1,+∞)上单调递增, x 4︒当b>1时, 因为g (1)=1-b<0,g (2)=2b+1>0, 由零点存在性原理可知,存在x1∈(1,2),使得g(x1)=0,所以当x∈(1,x1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减, (注: 将g(x)=0大于1的根求出,并赋值给x0同等赋分)
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