江苏省金湖中学2012-2013学年高一上学期期末考试数学试题

金湖中学2012-2013学年高一上学期期末考试数学试题

一、填空题

1．若直线2ay10与直线(3a1)xy10平行，则实数a等于 。

42．设为锐角，若cos，则sin(2a)的值为 。

6512xy23．已知实数x，y满足xy10，则z2x3y的最小值是 。

x34．若a1log1xa的解集是[,],则a的值为___________。

22

11425．若复数z＝(m－1)＋(m＋1)i为纯虚数，则实数m的值等于 。

1ACA,B,CABCABAC226．如图，在直角中，，分别以为圆心，以为半径做弧，则三条弧与边BC围成的图形（图中阴影部分）的面积为 。

7．有四条线段，其长度分别为2，3，4，5，现从中任取三条，则以这三条线段为边可以构成三角形的概率是 。

8．在空间直角坐标系中，点P(2,4,6)关于y轴对称点P的坐标为 。

'|x1||x3|a9．若不等式是 。

4a对任意的实数x恒成立，则实数a的取值范围

yx10．设m1,在约束条件ymx下，目标函数zx5y的最大值为4，则m的值

xy1为 。

11．圆心在x轴上，且过两点A(1，4)，B(3，2)的圆的方程为 。

1

x2y21的左、右焦点，P为双曲线右支上一点，I是PF1F2的12．F1,F2分别是双曲线169内心，且SIPF2SIPF1SIF1F2，则= _________。

y21上的两点，O为原点，若OAOB0,则点O到 13．已知点A,B是双曲线x22直线AB的距离为 。

14．A{x|x23x100}，B{x|a1x2a1}，UR，且BCUA，求实数a的取值范围 。

二、解答题

215．已知命题p：“若ac0，则二次方程axbxc0没有实根”．（1）写出命题p的否命题；（2）判断命题p的否命题的真假，并证明你的结论．

216．已知p:x2或x10；q:1mx1m；p是q的充分而不必要条件，求

实数m的取值范围．

17．记公差d≠0的等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝2＋，S3＝12＋．

2

（1）求数列{an}的通项公式an及前n项和Sn；

（2）记bn＝an－，若自然数n1，n2，„，nk，„满足1≤n1＜n2＜„＜nk＜„，并且bn1，； bn2，„，bnk，„成等比数列，其中n1＝1，n2＝3，求nk（用k表示）

（3）试问：在数列{an}中是否存在三项ar，as，at(r＜s＜t，r，s，t∈N*)恰好成等比数列

？若存在，求出此三项；若不存在，请说明理由．

x2y218．已知离心率为e2的双曲线C:221(a0,b0)，双曲线C的一个焦点到

ab渐近线的距离是3 （1）求双曲线C的方程

（2）过点M(5,0)的直线l与双曲线C交于A、B两点，交y轴于N点，当

117 NMAMBM，且时，求直线l的方程 5

19．已知等差数列{an}中，a3a716,a4a60,求{an}前n项和sn.

222 3

20．如图所示，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，E、F分别为PC、BD的中点，侧面PAD⊥底面ABCD，且PA＝PD＝2AD． 2

(1)求证：EF∥平面PAD；

(2)求证：平面PAB⊥平面PCD．

参考答案

4

11．3 2．172 50447),cos(2)2cos2()12()21 6536525424(0,),2(,),2(,)，sin(2)， 2333332325【解析】cos(sin(2)sin[(2)]sin(2)coscos(2)sin 123434342247172 ()22525503．9

4．a2

【解析】解：因为a1log1xa的解集是[,],可以利用对数函数的性质可知参数a

21142的值为2. 5．m＝1 【解析】

解：复数z=(m²-1)+(m+1)i [1]

Z是实数时,必有: m+1=0 ∴m=-1 [[2]]

当z是虚数时,必有: m+1≠0

∴此时,m≠-1 [[3]]

当z是纯虚数时,必有: m²-1=0且m+1≠0 ∴此时,有m=1

6．7．

3 48．P(2,4,6) 9．

(,0)U{2}

5

10．3

11．(x1)y20

【解析】

试题分析：因为圆心在x轴上，所以设圆心坐标为（m，0），半径为r，则圆的方程为（x-m）

2

221-m242r2+y=r，因为圆经过两点A（1，4）、B（3，2），所以，解得：m=-1，2223-m2r2

2

2

2

2

r=20，所以圆的方程为（x+1）+y=20。 考点：圆的方程的求法。 点评：本题考查的重点是圆的标准方程的求法，解题的关键是根据设出的圆心坐标和半径表示出圆的方程，利用待定系数法求出圆心和半径。 12．4 5【解析】 试

题

分

析

：

设

PF1F2IPF内切圆的半径为r，则

SI2PIFS11SPF12221FF24. 5r1P12F12rF1F2rP1根据双曲线的标准方程知2a2c,考点：本小题主要考查双曲线定义及标准方程的应用，考查学生转化问题的能力数数形结合

数学思想的应用.

点评：解决此题的关键在于根据已知条件转化成PF从而利于双曲线的1PF2F1F2，标准方程进行求解. 13．2 【解析】

OA斜率为1，OB 试题分析：取A,B分别位于第一第四象限，OAOB0OAOB，

斜率为1，xAyA，xA,yA代入双曲线可求得A2,2,B2,2AB直线为

x2，点O到直线AB的距离为2 考点：直线与双曲线的位置关系及点到直线距离

点评：本题作为一道小题，采用特殊值特殊位置的方法求解方便易行 14．(,3] 【解析】

6

【错解分析】此题容易错填3,3，错误原因是漏掉考虑A为空集的情况。 【正解】CUA{xx23x100}{x2x5}

BCUAa12a1或2a12a15a3

15．（1）同解析；（2）命题p的否命题是真命题．

【解析】（1）命题p的否命题：“若ac0，则二次方程ax2bxc0有实根” （2）命题p的否命题是真命题．证明如下： ∵ac0，∴ac0， ∴b24ac0，

二次方程ax2bxc0有实根，

∴该命题是真命题．

16．m的取值范围为（3，+）

【解析】本试题主要是考查了充分条件的求解，以及数轴法表示集合的综合运用。

1m2,因为p:x2，或x10；q:1mx1m，∵pq，∴，则可21m10,2以解出参数m的范围

17．（1）因为a1＝2＋，S3＝3a1＋3d＝12＋，所以d＝2． 所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋， Sn＝n(aan)2

＝n＋(＋1)n． （2）因为bn＝an－＝2n，所以bnk＝2nk．又因为数列{bnk}的首项bn1＝b12， 公比qb33，所以bnk23k1．所以2nk23k1，即nk3k1． b12（3）假设存在三项ar，as，at成等比数列，则asarat，

即有(2s2)2(2r2)(2t2)，整理得(rts2)22srt．

2若rts0，则22srt2srt*

，因为r，s，t∈N，所以是有理数， 22rtsrts这与2为无理数矛盾；

2若rts0，则2srt0，从而可得r＝s＝t，这与r＜s＜t矛盾．

综上可知，不存在满足题意的三项ar，as，at． 18．解：（1）e2c2 „„„„„„„„„„„„„„„1分 a7

右焦点F(c,0)到渐近线bxay0的距离 d|cb|ab22b3 „„„„„„„„„„„„3分

y21„„„„„„„„„5分 从而得a1 双曲线方程是x32（2）设A(x1,y1),B(x2,y2)，直线l:yk(x5)，则N(0,5k)

5x51 NMAM (5,5k)(5x1,y1) y5k1 A(x1,y1)是双曲线x2y2325k21 1上的点(5)325222整理得 721507525k0同理7221507525k20„„9分

,是方程72z2150z7525k20的两个根

2150257525k， „„„„① 721272()2249 „„„„„„„② ()()225()1212 ①代入② 解得k3

l方程为3xy150或3xy150 „„„„„„„„„„„12分

解法二：设A(x1,y1)，B(x2,y2)

2y21x2222由得(3k)x10kx25k30 3yk(x5) 100k44(3k2)(25k23)0(k3)„„„„„„①

10k225k23 x1x2 ,x1x2223k3k由NMAM得11x1x1，同理12 55 112x1x2x1x21172x1x26， 122552525(3k)3k8

1123614449 11（3k2)225(3k2)25222解得k3满足①l方程为3xy150或3xy150

【解析】略

19．解：设an的公差为d，则.

a12da16d16 a13da15d0a128da112d216即 a14d解得a18,a18 或d2,d2因此Sn8nnn1nn9，或Sn8nnn1nn9

20．(1) 见解析(2) 见解析

【解析】本题考查直线与平面垂直的判定，直线与平面平行的判定的应用，考查逻辑推理能力．

（1）证明：连接AC，则F是AC的中点，E为PC 的中点，证明EF∥PA，留言在线与平面平行的判定定理证明EF∥平面PAD； （2）先证明CD⊥PA，然后证明PA⊥PD．利用直线与平面垂直的判定定理证明PA⊥平面PCD，从而得到证明。

证明：(1)连结AC，则F是AC的中点，E为PC的中点， 故在△CPA中，EF∥PA， „„3分 又∵PA⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，

∴EF∥平面PAD． „„6分 (2)∵平面PAD⊥平面ABCD， 平面PAD∩平面ABCD＝AD，

又∵CD⊥AD，∴CD⊥平面PAD，∴CD⊥PA． „„8分 又PA＝PD＝2AD，∴△PAD是等腰直角三角形，且∠APD＝，即PA⊥PD．

22又∵CD∩PD＝D，∴PA⊥平面PCD．

又∵PA⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PCD． „„12分

9