～信阳市 高二上学期 期末考试数学答案(理)[全文]_信阳市高二上数学期末

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信阳市2013~2014学年度高二上期期末

数学试卷参考答案(理科)

1．D ∵x－20，∴x＞3或x＜2.x－3

2．C 綈p：∀x>1，x2－1≤0.abasin B4×sin 60°3，∴sin A＝＝＝sin Asin Bb63

14．B a7－2a4＝a3＋4d－2(a3＋d)＝2d＝－1，解得d＝－.23．A ∵

115．C ∵抛物线过点(1，4)，∴4＝2a，∴a＝2，∴抛物线方程为x2，焦点坐标为(0，)． 416

6．D |AB|＝1＋4＋4＝3，设正方体的棱长为a，则a＝3，解得a，所以正方体的体积为37．B 作出可行域可知目标函数过点(2，－1)时取得最大值为z＝2×2－1＝3.8．B 由3S3＝a4－2，3S2＝a3－2，a所以3(S3－S2)＝a4－a3，得4＝q.a3

A＋C＝2B，π9．D ∵角A、B、C成等差数列，∴解得B＝3A＋C＋B＝π，πππππab1由sin A＝，∵b＞a，∴A，∴A＝C＝π－ sin Asin B236362

13∴S△ABC＝ab＝.22

91111a1＋a4a2＋a3a1＋a2＋a3＋a48510．A ∵a1a4＝a2a3＝－，∴＋＋＋＋＝8a1a2a3a4a1a4a2a3a2a393－82n－mn＋44－n（m－n）411．C 由m＞n＞0知m－n＞0，m＋m＋m－n＋4＝4，当m－nm－nm－n且仅当m－n＝2时取等号．

p12．A 因为M在抛物线上，所以设点M(x2px)，又因为到抛物线焦点(，0)的距离为p，所以2

－3ppp有(x－)2＋2px＝p2，解得x＝或x＝(舍)．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为M为AB的中点，所以x1222

y＋yxyxy＋x2＝p，y1＋y2＝2p2，又因为AB是双曲线上的点，所以满足(2－()2＝1，(2－(2ababx1＋x2

y1－y2e2－1b2c2－a2

22222＝1，则(y2－y1)÷(x2－x1)＝＝2×2k＝e－1，所以k＝.aa2x1－x2

911411913.∵a1＝，2a2－＝2，∴a2＝，则2a3－＝2a3－2，得a3＝.823a133a248

111114．－14 ∵不等式的解集为(－，∴方程ax2＋bx＋c＝0的两根分别为x1＝－x2＝.2323

21∴x1·x2＝＝－得a＝－12，a6

b1x1＋x2＝－＝－得b＝－2.a6

∴a＋b＝－14.【数学试卷·参考答案第1页(共4页)理科】·14-12-103B·

9115．4 ＋＝3≥ab

16.ab≥2⇒ab≥4.ab5不妨设F1(－c，0)，点P(x0，y0)，另一焦点为F2(c，0)，连接PF2，根据题意有PF1⊥PF2，3

|PF2|＝2b，所以|PF1|＝|F1F2|－|PF2|＝4c－4b＝2c－b.由|PF1|＋|PF2|＝2c－b＋2b＝2a，化简

25c5得2ab＝a2－c2＋2b2＝3b2，所以b，c＝a－b＝a，故离心率为.33a3

17．解：(Ⅰ)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，a1＋3d＝6，a1＝0，∴∴∴an＝2n－2.(6分)a1＋5d＝10，d＝2，2b1q＝4，q242(Ⅱ)＝，3q2－4q－4＝0，∴q＝2舍)，b1＝1，3b1＋b1q＝3，1＋q3

b（1－qn）1－2nn∴Tn＝2－1.(12分)1－q1－2

18．解：A＝{x|－1≤x≤3，x∈R}，B＝{x|m－3≤x≤m＋3，x∈R，m∈R}．

(Ⅰ)∵A∩B＝[2，3]，∴m－3＝2，即m＝5.（6分）

(Ⅱ)∵p是綈q的充分条件，∴A⊂

∴m－3>3或m＋3

解得m>6或m

b2＋c2－a2a2＋c2－b2

19．解：(Ⅰ)由余弦定理及acos A＝bcos B可得a＝b 2bc2ac

所以a2(b2＋c2－a2)＝b2(a2＋c2－b2)，即(a2－b2)c2＝(a2－b2)(a2＋b2)，所以(a2－b2)(c2－a2－b2)＝0，所以a＝b或c2＝a2＋b2.3πππ3ππ若a＝b，则B＝A＝；若c2＝a2＋b2，则C＝B＝＝82288

3ππ综上可知，B＝.(6分)88

2csin Asin C1(Ⅱ)由tan C＋0及正弦定理可得＋2sin C＝0，而sin C＞0，所以cos CCacos C2

2π＝3

π113由(Ⅰ)可知△ABC必为等腰三角形，且A＝B＝故△ABC的面积为S＝absin C＝a2＝3，6222

所以a＝2.(12分)

20．解：(Ⅰ)∵底面ABCD是梯形，AD∥BC，∠DAB＝90°，∴BC⊥AB.∵PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PA⊥BC，∵PA∩AB＝A，∴BC⊥平面PAB.(5分)

(Ⅱ)以A为原点，分别以AD，AB，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系A－xyz，则D(1，0，0)，C(2，2，0)，P(0，0，2).RB，2假设在侧棱PA上存在一点E，使得平面CDE与平面ADC所成角的余弦值是.3

→→设E(0，0，m)(m>0)，则DC＝(1，2，0)，DE＝(－1，0，m)．

设平面CDE的法向量为n＝(x，y，z)，→→则n·DC＝0，n·DE＝0，x＋2y＝0，∴ －x＋mz＝0.22令x＝2，∴y＝－1，z＝n＝(2，－1，).mm

→又∵平面ACD的法向量为AP＝(0，0，2)，→2|n·AP|→∴|cos〈n，AP〉|＝3→|n||AP|4m2＝，35＋（2·2m

解得m＝1，∴点E的坐标是(0，0，1)，AE的长为1.2∴在侧棱PA上存在一点E，使得平面CDE与平面ADC所成角的余弦值是.(12分)3

c3＝，a2

21．解：(Ⅰ)由(2分)ab＝2，a＝b＋c，222

x22(Ⅱ)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，设直线PQ的方程为x＝my＋t，代入y＝1得(m2＋4)y2＋2mty＋t24

－4＝0，(5分)

2mty1＋y2＝－m＋4

Δ>0，t2－4y1y2，m＋4

y（x－2）yykk1＝k2＝，由7得7，k2x1＋2x2－2y2（x1＋2）

x2（1－x2－2）224y2（x－2）所以49，所以＝49，(7分)xy2（x1＋2）2（1－x1＋2）4

（2－x1）（2－x2）得＝49，得12x1x2＋25(x1＋x2)＋48＝0，①（2＋x1）（2＋x2）

4（t2－m2）x1x2＝(my1＋t)(my2＋t)＝ m＋4

8tx1＋x2＝(my1＋t)＋(my2＋t)＝m＋4a＝2，x22得所以椭圆方程为y＝1.(4分)4b＝1，

38代入①得6t2＋25t＋24＝0，得t＝－，或t＝－(是增根，舍去)，(9分)23

3my1＋y2＝m＋4所以7－4yy＝m＋4122(10分)16m2＋281211216所以|y1－y2|＝(y1＋y2)－4y1y2＝)＋16×＝－36(－)2＋＝－36(9（m＋4）m＋4m＋4m＋49

161≤m2＝(11分)92

1所以S1－S2＝3×|y1－y2|≤2，所以S1－S2的最大值为2.(12分)22

22．证明：(Ⅰ)∵CF＝FG，∴∠BGC＝∠ACE.∵AB是⊙O的直径，∴∠GCB＝90°，∵CE⊥AB，∴∠AEC＝90°，∴∠CBG＝90°－∠BGC，∠EAG＝90°－∠ACE，∴∠CBG(D)＝∠EAG(C)，∴BC＝CD，∴C是BD的中点.（5分）

(Ⅱ)∵∠ECB＝90°－∠ECA，∠EAC＝90°－∠ECA，∴∠ECB＝∠EAC.又∵由(Ⅰ)知，∠CBG(D)＝∠EAG(C)，∴∠E(F)CB＝∠CBF(G)，∴CF＝BF.又∵CF＝FG，∴BF＝FG.（10分）

x＝a＋4t，π23．解：(Ⅰ)把化为普通方程为x＋2y＋2－a＝0，把ρ＝22cos(θ＋)化为直角坐标方4y＝－1－2t

程为x2＋y2－2x＋2y＝0，其的圆心C的坐标为(1，－1)，半径为2，|1－2＋2－a||a－1|5|a－1|∴圆心C到直线l的距离d＝＝＝.（6分）551＋2

(Ⅱ)由已知(32|a－1|2＋(＝(2)2，∴a2－2a＝0，即a＝0或a＝2.（10分）55

24．解：(Ⅰ)由|2x－a|＋a≤6得|2x－a|≤6－a，∴a－6≤2x－a≤6－a，即a－3≤x≤3，∴a－3＝－2，∴a＝1.（4分）

(Ⅱ)由(Ⅰ)知f(x)＝|2x－1|＋1，令φ(n)＝f(n)＋f(－n)，11则φ(n)＝|2n－1|＋|2n＋1|＋2≥|(2n－1)－(2n＋1)|＋2＝4，当且仅当(2n－1)(2n＋1)≤0，即－n≤22

时取等号．

∴φ(n)的最小值为4，故实数m的取值范围是[4，＋∞).（10分）

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