2018-2019学年广东省汕头市金山中学高二上学期期中考试数学试题 Word版 8页

2018-2019 学年广东省汕头市金山中学高二上学期期中考试 数学科试题 命题：陈钢端 审核：张学昭 可能用到的公式：球的体积公式 3 3 4 RV ＝ （其中 R 为球的半径） 一．选择题（共 12 题，每题 5 分，共 60 分，每小题只有一项是正确答案） 1. 设 { | 2 1 0}S x x   ， { | 3 5 0}T x x   ，则 S T  （ ） A. B. 1{ | }2x x   C. 5{ | }3x x  D. 1 5{ | }2 3x x   2.已知空间的两条直线 nm, 及两个平面 ，β，下列四个命题中正确的是（ ） ①若 m ∥ n ， m ⊥ ，则 n ⊥ ；②若 ∥β， m   ， n  β，则 m ∥ n ； ③若 m ∥ n ， m ∥ ，则 n ∥ ；④若 ∥β， m ∥ n ， m ⊥ ，则 n ⊥β A. ①③ B、②④ C、①④ D、②③ 3.椭圆 1925 22  yx 的左右焦点分别为 21 FF， ，点 P 在椭圆上，则 21FPF 的周长为（ ） A、20 B、18 C、16 D、14 4.已知三棱锥 A－BCD 中，AD⊥BC，AD⊥CD，则有（ ） A、平面 ABC⊥平面 ADC B、平面 ADC⊥平面 BCD C、平面 ABC⊥平面 BDC D、 平面 ABC⊥平面 ADB 5.正方体 ABCD—A1B1C1D1 中，异面直线 BD1 与 AC 所成的角等于( ) A．60° B．45° C．30° D．90° 6． 如果执行下面的框图，输入 N＝5，则输出的数等于 ( ) A. 4 5 B、 6 5 C. 5 6 D. 5 4 7.“ 2 1sin  ”是“ 2 12cos  ”的（ ） A、充分不必要条件 B、必要不充分条件 C、充要条件 D、既不充分也不必要条件 8、椭圆 )0(12 2 2 2  ba b y a x 的左右焦点分别为 21 FF， ，点 P 在 椭圆上， xPF 2 轴，且 21FPF 是等腰直角三角形，则该椭圆的离 心率为（ ） A、 2 2 B、 2 12－ C、 22－ D、 12－ 9.如图，在等腰梯形 ABCD 中，AB=2DC=2，∠DAB=60°，E 为 AB 的中点，将 △ ADE 与 △ BEC 分别沿 ED、EC 向上折起，使 A、B 重合于点 P，则 P﹣DCE 三棱锥的外接球的体积为（ ） A． 27 34  B． 2 6 C ． 8 6 D． 24 6 10．某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的各个面中,最大的面积是（ ） A． 6 2 B． 2 2 C． 1 D． 6 4 11．已知方程 243)2( xxk  有两个不同的实数 解，则实数k 的取值范围是（ ） A． )4 3,12 5( B． ]1,12 5( C． ]4 3,12 5( D． ]4 3,0( 12．已知点 P（1，1）及圆 C： 422  yx ，点 M，N 在圆 C 上，若 PM⊥PN， 则|MN|的取值范围为（ ） A． ]26,26[  B． ]22,22[  C． ]36,26[  D． ]32,22[  二．填空题（共 4 题，每题 5 分，共 20 分） 13.已知向量 a  ＝（4，2），向量b  ＝（ x ，3），且 a  //b  ,则 x ＝ 14. 已知正三棱锥 S－ABC 的侧棱长为 2，底面边长为 1，则侧棱 SA 与底面 ABC 所成角的余弦 值等于 15.菱形 ABCD 的边长为 2，且∠BAD＝60°，将三角形 ABD 沿 BD 折起，得到三棱锥 A－BCD， 则三棱锥 A－BCD 体积的最大值为 16. 函数 1 1y x   的图像与函数 )64(sin2  xxy  的图像所有交点的横坐标之和等于 三．解答题（共 5 题，70 分） 17（12 分）、已知 A、B、C 是  ABC 的内角， cba ,, 分别是角 A，B，C 的对边。 若 BACBA sinsinsinsinsin 222  （Ⅰ）求角 C 的大小； （Ⅱ）若 2c ,求  ABC 面积的最大值 18（14 分）. 如图，三棱柱 ABC－A1B1C1 中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°. O 为 AB 的中点 (1)证明：AB⊥平面 A1OC (2)若 AB＝CB＝2，平面 ABC  平面 A1ABB1，求三棱柱 ABC－A1B1C1 的体积． 19（14 分）.在数列{ }na 中， 11 a , nnn nan na 2 11 1  （I）设 n n ab n  ，求数列{ }nb 及{ }na 的通项公式 （II）求数列{ }na 的前 n 项和 nS 20（14 分）、已知过点 A（0，4），且斜率为 k 的直线与圆 C： 1)3()2( 22  yx ，相 交于不同两点 M、N. （1）求实数 k 的取值范围； （2）求证： ANAM  为定值； （3）若 O 为坐标原点，问是否存在以 MN 为直径的圆恰过点 O，若存在则求 k 的值，若不存 在，说明理由。 21.（16 分）已知函数 ( ) | 2 | 2f x x a x x   ， a R ． （1）若函数 ( )f x 在 R 上是增函数，求实数 a 的取值范围； （2）若存在实数  2,2 ,a  使得关于 x 的方程 ( ) (2 ) 0f x tf a  有三个不相等的实数根，求 实数t 的取值范围． 2017 级高二第一学期期中考数学科试题（2018 年 11 月）参考答案 一．选择题答（每题 5 分）DCBBD，BADCA，CA 二 填空题答 6； 6 3 ；1；12（每题 5 分） 17 解：（I）由正弦定理及 BACBA sinsinsinsinsin 222  得 abcba  222 …………………2 分 由余弦定理 2 1 22cos 222  ab ab ab cbaC …………………4 分 又  C0 ，则 3 C …………………………………6 分 （II）由（I）得 3 C ，又 2c ， abcba  222 得 abba  422 又 abba 222  可得 4ab …8 分 34 3sin2 1   abCabS ABC ……10 分 当 ba  时取得等号 ……11 分 所以的  ABC 面积最大值为 3 ……12 分 18 解：(1)证明：连结 A1B.，因为 CA＝CB，OA＝OB，所 OC⊥AB 因为 AB＝AA1，∠BAA1＝60°，所三角形 AA1B 为等边三角形， 所以 AA1＝A1B，又 OA＝OB，所以 OA1⊥AB，又 1OAOC  ＝O ，  AB 面 A1OC （2）由题可知， ABC 与 BAA1 是边长为 2 的等边三角形， 得 31＝OA 平面 ABC  平面 A1ABB 平面 ABC  平面 A1ABB＝AB， 由（1）OA1⊥AB， 1OA 平面 A1ABB  1OA 面 ABC 1OA 为三棱柱 ABC－A1B1C1 的高 1111 OASV ABCCBAABC  ＝－ ＝3 19【解析】（I）由已知有 1 1 1 2 n n n a a n n    1 1 2n n nb b   则 )()()( 123121  nnn bbbbbbbb  112 2 12 2 11 )2 1(1 2 1 2 1 2 11      n n n ( *n N ) 又 n n ab n  ， 得 122  nnn nnnba （II）由（I）知 12 2n n na n   , )22 2 2 1()21(2 110  nn nnS  令 nT 110 22 2 2 1  n n 则 nT2 1 n n 22 2 2 1 21   两式相减得 nT2 1   nn n 22 1 2 1 2 1 110 － nnn n nn 22 12 2 2 11 )2 1(1 1      nT = 12 24   n n  nS = 12 24)1(2 )1(2   nn nnnTnn 20 解：（1）（一）设直线方程为 4 kxy ，即 04  ykx ，点 C（2，3）到直线的距 离为 1 1 |12| 1 |432| 22      k k k kd ,解得 03 4  k－ （二）设直线方程为 4 kxy ，联立圆 C 的方程得 04)24()1( 22  xkxk ,此方程有两个不同的实根 0)1(4424 22  kk）－＝（ ,解得 03 4  k－ (2)设直线方程为 4 kxy ，联立圆 C 的方程得 04)24()1( 22  xkxk ,设 M ),(),,( 2211 yxNyx , 则 1 4, 1 24 221221     k xx k kxx ANAM  )4,()4,( 2211  yxyx 4)1(),(),( 21 2 2211  xxkkxxkxx (2) 假设存在满足条件的直线，则有 00 2121  yyxxNOMONOMO 16)(4)4)(4( 2121 2 2121  xxkxxkkxkxyy 得 016)(4)1( 2121 2  xxkxxk ，从而得 06016,0543 2  kk ,此方 程无实根 所以，不存在以 MN 为直径的圆过原点。 21．解：（1） 2 2 (2 2 ) ( 2 )( ) (2 2 ) ( 2 ) x a x x af x x a x x a         ， ………………3 分 当 2x a 时， ( )y f x 的对称轴为： 1x a  ； 当 2x a 时， ( )y f x 的对称轴为： 1x a  ； ∴当 1 2 1a a a    时， ( )y f x 在 R 上是增函数，即 1 1a   时，函数 ( )y f x 在 R 上是增函数； ………………6 分 （2）方程 ( ) (2 ) 0f x tf a  的解即为方程 ( ) (2 )f x tf a 的解． ①当 1 1a   时，函数 ( )y f x 在 R 上是增函数，∴关于 x 的方程 ( ) (2 )f x tf a 不可能有 三个不相等的实数根； ………………8 分 ②当 1a  时，即 2 1 1a a a    ，∴ ( )y f x 在 ( , 1)a  上单调增，在 ( 1,2 )a a 上单 调减，在 (2 , )a  上单调增，∴当 (2 ) (2 ) ( 1)f a tf a f a   时，关于 x 的方程 ( ) (2 )f x tf a 有三个不相等的实数根；即 24 4 ( 1)a t a a    ， ∵ 1a  ∴ 1 11 ( 2)4t a a     ． ………………10 分 设 1 1( ) ( 2)4h a a a    ，∵存在  2,2 ,a  使得关于 x 的方程 ( ) (2 )f x tf a 有三个不相等的 实数根， ∴ max1 ( )t h a  ，又可证 1 1( ) ( 2)4h a a a    在 (1,2]上单调增 ∴ max 9( ) 8h a  ∴ 91 8t  ；………………12 分 ③当 1a   时，即 2 1 1a a a    ，∴ ( )y f x 在 ( ,2 )a 上单调增，在 (2 , 1)a a  上单 调减，在 ( 1, )a   上单调增，………………13 分 ∴当 ( 1) (2 ) (2 )f a tf a f a   时，关于 x 的方程 ( ) (2 )f x tf a 有三个不相等的实数根； 即 2( 1) 4 4a t a a     ，∵ 1a   ∴ 1 11 ( 2)4t a a      ，设 1 1( ) ( 2)4g a a a     ∵存在  2,2 ,a  使得关于 x 的方程 ( ) (2 )f x tf a 有三个不相等的实数根， ∴ max1 ( )t g a  ，又可证 1 1( ) ( 2)4g a a a     在[ 2, 1)  上单调减∴ max 9( ) 8g a  ∴ 91 8t  ； ………………15 分 综上： 91 8t  ． ………………16 分