1、天津市高二上学期数学期末考试试题 2高二数学第一学期期末联考一、选择题（每小题 5 分，共 8 小题，共 40 分）z 1复数A01 2i1 i i，则 z （ ）BC1 D2已知等差数列 an的公差为 2，前项和为 ，且，则a8的值为（ ）A16 B15 C14 3下列叙述中正确的是（ ）D13A若a, b , c R，则“ x R, ax2 bx c 0”的充分条件是“ b 2 4 ac 0 ”B若a , b, c R，则“ ab2 cb2”的充要条件是“ a c ”C命题“ x R , x 0”的否定是“ x R, x 0 02 0”D an 是等比数列，则0 q 1 是 an 为单调递
2、减数列的充分条件x 2 y 24 已知直线 2 2 x y 4 2 0 经过椭圆 1( a b 0)a 2 b 2的左焦点F1，且与椭圆在第二象限的交点为 M，与 y 轴的交点为 N， F 是椭圆的右焦点,且2则椭圆的方程为（ ）MN MF2，x 2 y 2 A 140 4x 2B y52 1x 2C y102 1x 2 y 2 D 19 55如图所示，在长方体 ABCDA B C D 中，ADAA 2，AB4，点 E 是棱 AB 的中1 1 1 1 1点，则点 E 到平面 ACD 的距离为（ ）1A1C3 6已知 ，则是2B3D 2的（ ）A充分不必要条件 C充要条件B必要不充分条件D既不充
3、分也不必要条件7已知函数是定义在 R 上的偶函数，当x 0时，xf ( x) f ( x )，若，则不pn等式x f ( x) 0的解集为（ ）A或B或C或D或8过双曲线x 2 y 2 1a 2 b 2的左焦点作圆 x2 y2 a2的切线，切点为 ，延长交抛物线 y2 4cx于点 ，若F E 112F P1，则双曲线的离心率是（ ）A1 51B1 31C3 52D52二、填空题（每小题 5 分，共 6 小题，共 30 分）x 2 y 29已知方程 15 k 4 2 k表示椭圆，则 的取值范围为_.10 设 公 比 为的 正 项 等 比 数 列的 前项 和 为 ， 且 ， 若，则_.11在正四面
4、体 P ABC 中，棱长为 2，且 E 是棱uur uuur 中点，则 PE BC的值为_.12已知 ， ，且1 1 b 1 ，则 4a 2b a b a的最小值等于_.13设抛物线y 2 2 px（ p 0 ）的焦点为 F ，准线为l.过焦点的直线分别交抛物线于A, B两点，分别过 A, B 作 l 的垂线，垂足为 C , D . 若 AF 3 BF 为 3 ，则 的值为_.，且三角形 CDF 的面积14已知函数 f ( x ) exx3 3k ln x k (1 x )，若x 3是函数唯一的极值点，则实数 的取值范围为_.三、解答题（共 6 小题，共 80 分）15（13 分）数列的前 项
5、和为 ，已知a 1 ，(2 n 1) a 1 n 1 (2 n 3) Sn. 其中 n N* S （）证明：数列 是等比数列； 2n 1 （）求数列 S 的前n项和.m16（13 分）已知函数 f ( x ) ln( x a ) x2 x在 x 0处取得极值.（）求函数f ( x) 在点 (1, f (1)处的切线方程；（）若关于 的方程f ( x) 52x b在区间上恰有两个不同的实数根，求实数 的取值范围.17（13 分）在如图所示的多面体中， EA 平面ABC， DB 平面ABC，AC BC，且AC BC BD 2 AE 2， M 是 AB 的中点.（）求证： CM EM ；（）求平面
6、EMC 与平面 BCD 所成的二面角的正弦值； （）在棱 DC 上是否存在一点 N ，使得直线 MN 与平面EMC所成的角是60 . 若存在，指出点N的位置；若不存在，请说明理由.18（13 分）已知数列 a 满足na1 1，an 1 1 14an，其中 n N*（）设b n22a 1n，求证：数列 b 是等差数列，并求出 n a 的通项公式； n（）设c n4ann 1，数列 ccn n 2 的前 n 项和为 T ，是否存在正整数 m ，使得 T n n1c cm m 1对于 n N * 恒成立，若存在，求出 的最小值，若不存在，请说明理由.19（14 分）已知椭圆C：x 2 y 2 1(a
7、 b 0) a 2 b 2的离心率e 12，左顶点为A 4,0 ，过点 A 作斜率为k k 0 的直线 l 交椭圆 C 于点 D ，交 y 轴于点 E . O 点为坐标原点.（）求椭圆C的方程；（）已知 P 为 AD 的中点，是否存在定点Q，对于任意的k k 0 都有OP EQ，若存在，求出点 Q 的坐标；若不存在说明理由；（）若过O点作直线l的平行线交椭圆C于点 M ，求OMAD AE的最大值.20（14 分）已知函数 f ( x ) ln x 2 x ax2， a R.（）若在处取得极值，求 的值；（）设g ( x ) f ( x) ( a 4) x，试讨论函数g ( x )的单调性；（
8、） 当时 ， 若 存 在 正 实 数满 足f ( x ) f ( x ) 3 x x x x 1 2 1 2 1 2， 求 证 ：x x 1 212.高二数学参考答案1D 2B 3C 4D 5B 6A 7C 8A9 5 k 2且k 13102 11 1126 4 3136214k e 32715（）证明： ， 又 ，数列是以 1 为首项，2 为公比的等比数列. 6 分（）由（1）知，-得，. 16，. 7 分（）故解得时，.经检验取得极值，符合题意。Qf (1) ln 2 2f ( 1 ) 52 切线方程为：5x 2 y 1 2ln 2 0 6 分 111 1 1x 1y 0 （）由得令知，则
9、等价于在上恰有两个不同的实数根，上恰有两个不同实数根.当当时，时，于是，于是在上单调递增；上单调递增；依题意有解得. 7 分17（）证明：AC BC， M 是 AB 的中点，CM AB，又 EA 平面 ABC ， CM EA ， EA AB A ， CM 平面 AEM ，CM EM 3 分（）以 M 为原点，分别以 MB ， MC 为 x ， y 轴，如图建立坐标系 M xyz 则：M 0,0,0 ，C 0,2,0 ，B 2,0,0 ，D 2,0, 2 ，E 2,0,1，ME 2,0,1 ， MC 0, 2,0，BD 0,0,2 ，BC 2, 2,0， 2 x z 0设平面 EMC 的一个法向
10、量 m x , y , z ，则： 2 y 01取 ， ， z 2 ，所以 m 1,0, 2 ，1 1 1，设平面DBC的一个法向量n x, y , z2 22 ，则： 2 x 2 y 0,2 22 y 0,2取x 11，y 11，z 0 ，所以 n 1 1,1,0 ，x 2, y, z 2 2, 2, 2 22 4an n ncos m n m n 1 6 m n 2 3 6故平面EMC与平面BCD所成的二面角的正弦值为306 5 分（）在棱DC上存在一点N，使得直线MN与平面EMC所成的角是60 ，设N x,y , z 且 DN DC ， 0 1 ， ， x 2 2 ， y 2 ， z 2
11、 2 ， MN 2 2 , 2 ,2 2 ，若直线MN与平面EMC所成的的角为60 ，则：cos MN , m 2 2 2 2 2 3 2 1 2 2 4 1 sin60 32，解得 12，所以在棱DC上存在一点N，使直线MN与平面EMC所成的角是60 ，点 N 为棱 DC 的中点 18（）证明： 5 分b b n 1 n2 2 2 2 4 a 2 n 2 2a 1 2 a 1 1 2a 1 2 a 1 2 a 1n 1 n 2 1 1 n n n ，所以数列 bn 是等差数列，a 1, b 2 ，因此 b 2 n 1 2 2n 1 1 n，由b n22a 1n a nn 12n. 6 分（）
12、由c n2n c c n n 2n4 n 2 1 1 2( n n 2)，所以 1 1 1 1 1 1 1 T 2 1 3 2 4 n 1 n 1 n n 2 ，所以T 2 1 1 1 1 2 n 1 n 2 ， 因为 n N ，所以T 3n恒成立，依题意要使T n1c cm m 1对于 n N*，恒成立，只需m m 1 4 3，且m 0解得m 3， m的最小值为3. 7 分19（）左顶点为A 4,0 a 4又e 12c 2又 b2 a2 c2 12椭圆C的标准方程为x 2 y 2 116 12 3 分（）直线l的方程为y k x 4 ，由x 2 y 2 1 16 12 y k x 4 消元得
13、x 2 k x 4 16 122 1化简得， x 4 4k2 3 x 16k2 12 0 ，则 x 4, x 1 2 16 k 2 12 4 k 2 3当 x 16 k 2 12 4 k 2 3时，y k 16k 2 12 24k 4 4k 2 3 4k 2 3， 16k 2 12 24k D ，4k 2 3 4 k 2 3点 P 为 AD 的中点 点 P 的坐标为 16k 2 12 k ，4 k 2 3 4k 2 3 ，则 k op34k k 0 .直 线l的 方 程 为y k x 4 ， 令x 0， 得 点 E 的 坐 标 为 0，4k ， 假 设 存 在 定 点Q m,n m 0 使得O
14、P EQ ,则 k k 1OP EQ，即 3 n 4 k 4k m 1恒成立， 4m 12 k 3n 0恒成立4m 12 0 3n 0即m -3n 0定点 Q 的坐标为 3，0 . 5 分（）OM / / l 84k 3D A E A 3OM的方程可设为 y kx ，由x 2 y 2 116 12 得 M 点的横坐标为 y kxx 4 3 4k 2 3由OM l，得 16 k 2 12AD AE x x x x x 2 x 2 1 4 k 2 D A OM x x 4 3 3 4kM M4k 2 3 92 31 4k32 3 64 k 2 3 2 2 ， 当且仅当6 4 k 2 3 4 k2
15、3即 k 32时取等号，AD AE当 k 时， 的最小值为 2 2 2 OM所以，原式最大值为24 6 分20（）解：因为f ( x) ln x 2 x ax2，所以f ( x) 1x 2 2 ax，因为所以在处取得极值， f (1) 1 2 2 a 0 ，解得 a 32验证：当a 32时，在处取得极大值 3 分（）解：因为 所以g ( x ) f ( x) ( a 4) x ln x ax 2 ( a 2) x若，则当时，所以函数在上单调递增；当时， 函数在上单调递减若 ， ，当时，易得函数在和上单调递增，在上单调递减；当时，恒成立，所以函数在上单调递增；当时，易得函数在和上单调递增，在上单调递减 5 分（）证明：当时， f ( x ) ln x 2 x ax2，因为f ( x ) f ( x ) 3 x x x x 1 2 1 2 1 2，所以，即，所以令，则，当时，所以函数在上单调递减；当时，所以函数在上单调递增所以函数所以在，时，取得最小值，最小值为 即因为当为正实数，所以时，所以，此时不存在或 满足条件，所以 6 分
