高二上数学期末统考试卷(理科)及答案

高二数学（理科）试卷

一、选择题

x2y21的离心率是（ ） 1.双曲线

412A.2 B.

12 C.2 D.

222.命题“对于任意实数x，都有x2+x+1≥0”的否定为（ ） A.存在实数x，使得x＋x＋1<0 B.存在实数x，使得x＋x＋10 C.对于任意实数x，都有x＋x＋1<0 D. 对于任意实数x，都有x＋x＋10 3.若向量a=m2,0,5,b=(m-2,1,-

22223),则“m=1”是“ab”的（ ） 5A.必要不充分条件 B.充分不必要条件 C.充分必要条件 D. 既不充分又不必要条件

4.若a,b,c,R,且a>b>0，则下列不等式一定成立的是（ ） A. a+c  b+c B.ac>bc C.a+

1111>b+ D.a+>b+ baaa5.已知数列的通项公式是an=

n，那么an与an1的大小关系是（ ） 3n1A. an>an1 B. an6.在棱长为6的正方体ABCD—A1B1C1D1中，点C到平面A1BD的距离为（ ） A.23 B.26 C.32 D. 33 7.数列的通项公式为an=3n，bn=

1则数列bn的前n项和为（ ）

a1a2...anA.

12n2n B. C. D.

3(n1)3(n1)3(n1)3(n1)8.李华同学骑电动车以28km/h的速度沿着正北方向的公路行驶，在点A处望见电视塔S在电动车的北偏东45方向上，15min后到达点B处望见电视塔S在电动车的北偏东75方向上，则电动车在点B时与电视塔S的距离是（ ） A.

767276 km B. 72 km C.km D.km 322第1页 共8页

9.若关于x的不等式是（ ）

x的解集是集合x3x3,xR的子集，则实数a的取值范围

a1xA. -3a3 B. -1a3 C. -4a<-1或-1＜a3 D. -4a2

10.在ABC中，若sinA:sinB:sinC=5:7:8,则ABC的最大角与最小角的和为（ ） A. 90 B.135 C. 150 D.120

11. 已知m>0,n>0，若m, a1,a2,a3,2n成等差数列，m, b1,b2,b3的最小值是（ ）

A.2+2 B. 22+4 C. 4 D.8

12.抛物线y=4x的焦点为F，点A，B在抛物线上，且AFBF，弦AB中点M在准线l上的射影为M’，则

22a1a3,2n成等比数列，则

2b2MM'AB的最大值为（ ）

A.

2 B. 22 C.

22 D.22 3二、填空题

13.已知等差数列an中，a6+a9=17,a2=3,则a13= 。

3xy6014.若x, y满足约束条件xy20，则目标函数z=3x+2y的最大值为 。

x0,y0P

15.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA平面ABCD， 底面ABCD是菱形，PA=AB=2,BAD=60, 则PB与AC所成角的余弦值为 。 16.给出下列命题：

①命题“若x=1，则x=1”的否命题为：“若x=1，则x=1”； ②ABC中,“sinA22D A

B C x2y21表示双曲线；若17.已知命题p：方程x-ax+4=0没有实数解；命题q：方程

a5a12第2页 共8页

“p且q”是真命题，求实数a的取值范围。

18.在ABC中，角A，B，C的对边分别为a,b,c且满足⑴求角A的大小；

⑵若a=4，求ABC面积的最大值

19.⑴已知x>0,y>0,且3x+y=1,求

2cbcosB acosA13的最小值； xy⑵当xR时，不等式x2x1m2m5恒成立，求实数m的取值范围。

20.如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=BC=2记分1,ABC=90,D是BC的中点 ⑴求证:A1B//平面ADC1;

⑵求平面C1AD与平面BAD所成角的余弦值.

A

D

C

A1

B1 C1

B

21.已知非零数列an的前n项和为Sn，且an是Sn与4的等差中项，数列bn中，b1=1，点P（bn,bn+1）在直线x-y+2=0上 ⑴求数列an,bn的通项an和bn；

⑵设cn= anbn，数列cn的前n项和为Tn，若不等式nTna2+12n对任意的nN恒

n成立，求实数a的取值范围

22.已知定圆M:x1y216动圆N过点F1,0且与圆M相切，记圆心N的轨迹为曲线

2E

⑴求曲线E的方程

⑵过点F作斜率为k的直线l与曲线E交于A,B两点，在x轴上是否存在点Pm,0，使得以PA,PB为邻边的平行四边形是菱形，如果存在，求实数m的取值范围，如果不存在，说明理由

第3页 共8页

宜春市2014-2015学年第一学期期末统考

高二年级数学(理科)参考答案

一、选择题： CABC BADB DDCA

二、填空题： 13.14； 14.24； 15.三、解答题：

17.解：p：4a4 ………3分 q：1a5 ………6分

6； 16.②③. 4

则p：a4或a4 ………8分

a4或a4 ∵“p且q”是真命题 ∴

1a5 ∴a的取值范围为4a5 ………10分

2cbcosB， acosA 所以(2cb)cosAacosB

由正弦定理，得(2sinCsinB)cosAsinAcosB． 整理得2sinCcosAsinBcosAsinAcosB．

所以2sinCcosAsin(AB)sinC．……………………4分 在△ABC中，sinC0．

1 所以cosA，A．…………………………………6分

23b2c2a21，a4． （2）由余弦定理cosA2bc222 所以bc16bc2bc16

所以bc16，当且仅当bc时取“=” …………………10分

1 所以三角形的面积SbcsinA43．

2 所以三角形面积的最大值为43．…………………………12分

18．解：（1）因为

19．解：（1）已知x0,y0，且3xy1， ∴

1313y9x3xy66612，………4分 xyxyxy11y9x即x,y时等号成立，

62xy1113,y时，的最小值为12………6分 62xy 当且仅当

∴当x （2）当xR时，不等式x2x1m2m5恒成立

第4页 共8页



x2x1minm2m5………7分

解法一：∵x2x1x2x11 ………9分

∴x2x1min1 ……10分

∴ 1m2m5，即m2m30，2m3 ……11分 ∴m的取值范围2,3………12分

32x,x1 解法二：∵x2x11,1x2 ………9分

2x3,x2 ∴x2x1min1 ……10分

∴ 1m2m5，即m2m30，2m3 ……11分 ∴m的取值范围2,3………12分

20.解: (1)连接AC1,交AC1于点O,连接OD.……1分

由ABCA1的中点. 1B1C1是直三棱柱,得四边形ACC1A1为矩形,O为AC 又D为BC的中点, 所以OD为A1BC的中位线. 所以A1B//OD.……4分 因为OD平面ADC1,

Az BO Cy A D B

C x A1B平面ADC1,

所以A1B∥平面ADC1.……5分

(2)由ABCA1B1C1是直三棱柱,且ABC90,得BA,BC,BB1两两垂直. 以BA,BC,BB1所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.

第5页 共8页

设AB2，则B0,0,0,C2,0,0,A0,2,0,C12,0,1,D1,0,0 , ……6分 所以AD1,2,0,AC12,2,1. ……………………7分 设平面C1AD的一个法向量为nx,y,z,

x2y0nAD0 则有,所以，取y1,得n2,1,2. ……9分

2x2yz0nAC10 易知平面CAD的一个法向量为m0,0,1. ……10分

所以cosn,m2.……11分

3nm2.……12分 3nm所以平面C1AD与平面BAD所成角的余弦值为 （注：若结果为

2，则扣1分；若用几何法解，则相应地给步骤分。） 3

21．解：（1）∵an是Sn与4的等差中项 Sn2an4

从而Sn12an14n2 an2an2an1 ∵ an0， ∴

an2n2,nN， an1即 数列an是等比数列， 又由a1S12an4，解得a14 ∴ an2n1 ………………3分 ∵点Pbn,bn1在直线xy20上， ∴bnbn120， ∴bn1bn2， 即数列bn是等差数列，又b11， ∴ bn2n1

（2）由（1）知cnanbn2n12………………5分

n1 Tnc1c2cn122323524第6页 共8页

2n12n1

2Tn123324525Tn122223242n12n2

2n12n12n2

Tn2n32n212 ………………9分

从而 nTna2n12n 即n2n322n2n12a212n 亦即a8n12n恒成立 ………………10分

39令fn8n12n8n

4222nN,fnnimf14 a4

即a的取值范围是,4 ………………12分

22.解：（1）因为点F(1,0)在圆M:(x1)y16内，所以圆N内切于圆M， 因为NMNF4FM，

所以点N的轨迹曲线E为椭圆，且2a4,c1，所以b3，

22x2y21．……5分 所以曲线E的方程为43（2）由题知 l:ykx1k0

ykx1由x2y2消去y，得34k2x28k2x4k2120

134设Ax1,y1,Bx2,y2，AB的中点Cx0,y0，

8k2则x1x2， 234kx1y13k4k2ykx1x0 ……………7分 022，034k234k假设存在点Pm,0，使得以PA,PB为邻边的平行四边形是菱形，

则PAPB，PCAB

∴kPC3k21y03k134k，即……10分 4k2kx0m4k2m34k2km234k第7页 共8页

k2110m ∴m ∴ 334k2442k故存在满足题意的点P且m的取值范围是0m

1． …………………12分 4第8页 共8页