江苏扬州中学高一下学期期末考试数学试题

江苏省扬州中学08-09学年高一下学期期末考试

第一部分

一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共70分，请将答案填写在规定的相应位置上） 1. 点P1,1,2关于xoy平面的对称点的坐标是 。

2. 在ABC中，已知AB2,B60°，C45°，则AC 。 3. 在等比数列an中，若a7a94,a41,则a12的值是 。

4. 过点P1,1且与直线2xy0垂直的直线方程是 。（结果用直线方程的一般式表示）

E、F分别为BC、CC1的中点，则异面直5. 如图1，在正方体ABCDA1BC11D1中，

线AB1与EF所成的角的大小是 。

6. 已知直线l1:a3x2y50与l2:a1xy80平行，则

a的值是 。

x17. 如果实数x,y满足不等式组xy10，则zxy的最小值

2xy20是 。

8. 已知ABC中，顶点A0,0、B2,4、C6,2，则ABC的形状

是 。

9. 如图2， 一个空间几何体的主视图、左视图、俯视图为全等的等腰三角形，如果直角三角形的直角边成为1，那么这个几何体的表面积是 。

10. 已知正实数a、b满足ab1，且 则实数m的最大值是 。

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12m恒成立， ab

11. 如果圆xaya4上总存在两个点到原点的

距离为1，那么实数a的取值范围是 。 12. 设、、为三个不同的平面，给出下列条件：①a,b

为异面直线，a,b,//,b//；②内有三个

不共线的点到的距离相等；③,；④//,//。则其中能使//的条件是 。

13．在等差数列an中，Sn是其前n项的和，且a12，

的前n项的和是 。

14. 已知圆C1:x2y21与圆C2:x2y41，过动点Pa,b分别作圆C1、

圆C2的切线PM、PN(M、N分别为切点），若PMPN,则

22221S2009S20072，则数列 20092007Sna2b2a5b122的最小值是 。

二、解答题（本大题共6道题，计90分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步

骤） 15. （本题满分14分）

已知不等式x5x60的解集是A，函数fxlog2ax的定义域为集合B。

2（1）求集合A；

（2）若A躡Bn求a的取值范围。

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16. （本题满分14分）

已知A、B、C为ABC的三个内角，且其对边分别为a,b,c，这向量

urrmcosB,siCn,nurr1coCs,Bs，且inmn。

2（1）求内角A的大小；

（2）若a23，求ABC面积S的最大值。

17. （本题满分14分）

如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA1，D是BC的中点，P是CC1的中点。

求证：（1）A1P平面AC1D; 1B//平面AC1D; （2）B

18. （本题满分16分）

已知：ABC中，顶点A2,2，边AB上的中线CD所在直线的方程是xy0，边AC上高BE所在直线的方程是

x3y40。

（1）求点B、C的坐标； （2）求ABC的外接圆的方程。

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19. （本题满分16分）

已知在等差数列an中，a34,前7项和等于35，数列bn中，点bn,Sn在直线

x2y20上，其中Sn是数列bn的前n项和nN*。

（1）求数列an的通项公式； （2）求证：数列bn是等比数列；

（3）设cnanbn,Tn为数列cn的前n项和，求Tn并证明；

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45Tn。 32

20. （本题满分16分）

2已知圆C过点P1,1，且圆M:x2y2rr0关于直线xy2022对称。

（1）判断圆C与圆M的位置关系，并说明理由； （2）过点P作两条相异直线分别与eC相交于A,B。 ①若直线PA和直线PB互相垂直，求PAPB的最大值；

②若直线PA和直线PB与x轴分别交于点G、H，且PGHPHG,O为坐标原点，试判断直线OP和AB是否平行？请说明理由。

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高一数学参考答案及评分标准

一、填空题：

1． (1,1,2) ； 2．6 ； 3． 4 ； 4．x2y30 ； 5． 60 ； 6．5；

7．3 ； 8． 等腰直角三角形 ； 9．33 ；10．322 ；211．

232322 ； a或a2222n ；14．34； n112．①④ ；13．二、解答题：

215．解：（1）∵x5x60，∴(x6)(x1)0，∴1x6

∴A{x|1x6}． „„„„„„„„（7分）

（2）由题意可知：ax0，∴xa，∴B{x|xa}，„„„„„„„„（10分） ∵AÜB，∴a6． „„„„„„„„（14分）

116．解：（1）∵mncosBcosCsinBsinCcos(BC)，„„„„„„（3分）

2又A、B、C为三角形的三个内角，

∴BC60，∴A120．„„„„„„„„（7分）

（2）∵a23，abc2bccosA，∴bcbc12，„„„„„（10分） 又bc2bc（当且仅当b=c时取“=”）， ∴123bc，∴bc4„„„„（12分） ∴S2222222133bcsinAbc43．„„„„„„„„（13分） 244∴当b=c时，三角形ABC的面积S的最大值为3．„„„„„„„„（14分）

17．证明（1）连结AC1交AC1于点O，连结OD，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AA1，∴侧面AAC11C是正方形，∴点O是AC1的中点，又点D是BC的中点，∴OD//A1B

又A1B平面AC1D，OD平面AC1D，

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∴A1B//平面AC1D．„„„„„„„„（7分）

（2）由（1）知，侧面BCC1B1是正方形，又D、P分别为BC、CC1的中点，∴△CC1D≌△C1B1P，∴CDC1C1PB1，∴B1PC1D，„„„„„„„„（9分）

在正三棱柱ABC-A1B1C1中，D是BC的中点，∴ADBC，又侧面BCC1B1⊥底面ABC，且侧面BCC1B1底面ABCBC，AD底面ABC，∴ AD⊥平面BCC1B1，„（12分） 又B1P平面BCC1B1，∴AD⊥B1P,又ADC1DD ∴B1P平面AC1D．„„„„„„„„（14分） 18．解（1）由题意可设B(3a4,a)，则AB的中点D(∴

3a2a2,)必在直线CD上， 223a2a20，∴a0，∴B(4,0)，„„„„„„„„（5分） 22又直线AC方程为：y23(x2)，即y3x4，

由xy0得，C(1,1)„„„„„„„„（10分）

y3x422（2）设△ABC外接圆的方程为xyDxEyF0，

22222D2EF02则(4)4DF0„„„„„„„„（12分） 11DEF09D411得E„„„„„„„„（15分）

4F7∴△ABC外接圆的方程为xy22911xy70．„„„„„„„„（16分） 44a12d4a1219．解（1）设数列{an}的公差为d，则由题意知：得 76d17ad3512∴ana1(n1)d2n1n1.„„„„„„„„（3分）

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（2）∵点(bn,Sn)在直线x2y20上

∴bn2Sn20----① ，bn12Sn120 (n2) -----② ①-②得bnbn12bn0，∴bn

1bn1(n2)，„„„„„„„„（6分） 312又当n1时，b1b11 ∴b10

2321∴数列{bn}是以为首项，为公比的等比数列。„„„„„„„„（9分）

3321n12（3）由（2）知，bn()n，

3332 ∴cnanbn(n1)n

32223242(n1)Tn23-----------③

3333n12223242n2(n1)Tn234nn1------④ 3333332222222(n1)23nn1 ③—④得，Tn33333311(1n1)1111(n1)n133∴Tn223n1= 2nn13333331311n152n5=2(1n1)n= „„„„„„„„ （14分）

233223n52n55 Tn223n24由③知Tn的最小值是T1

345∴Tn„„„„„„„„（16分） 32a2b220a02220解:(1)设圆心C(a,b),则,解得„„„„„„„„（2分）

b2b01a2222222则圆C的方程为xyr,将点P的坐标代入得r2,故圆C的方程为xy2

CM22,又两半径之和为22,圆M与圆C外切.„„„„„„„（4分）

(2) ①设l1、l2被圆C所截得弦的中点分别为E,F，弦长分别为d1,d2，因为四边形

OEPF是矩形，所以OE2OF2OP22,即 d12d22222，化简得d12d228„„„„„„„„（9分） 22七彩教育网 全国最新初中、高中试卷、课件、教案等教学资源免费下载

从而d1d222d12d24，(d1d2时取等号,此时直线PA,PB必有一条斜率不存在)

综上: l1、l2被圆C所截得弦长之和的最大值为4„„„„„„„（10分）

另解：若直线PA与PB中有一条直线的斜率不存在, 则PA=PB=2,此时PA+PB=4. „„„„„„„（5分）

若直线PA与PB斜率都存在，且互为负倒数，故可设PA:y1k(x1),即

kxy1k0，(k0) 点C到PA的距离为k11k2，同理可得点C到PB的距离

(1k)2(1k)2为，PAPB2(2222)„„„„„„„（8分）

2k1k11k2(PAPB)24(2212)<16,PAPB4 „„„„„„„（9分）

k1综上：l1、l2被圆C所截得弦长之和的最大值为4„„„„„„„（10分） ②直线OP和AB平行,理由如下：

由题意知, 直线PA和直线PB的斜率存在,且互为相反数,故可设PA:y1k(x1),

y1k(x1)222PB:y1k(x1),由2,得(1k)x2k(1k)x(1k)20 2xy2k22k1因为点P的横坐标x1一定是该方程的解,故可得xA„„„„„（12分）

1k2k22k1同理,xB,

1k2yyAk(xB1)k(xA1)2kk(xBxA)所以kABB 1=kOP„„„„（15分）

xBxAxBxAxBxA所以,直线AB和OP一定平行. „„„„„„„„（16分）

（说明：解答题方法不唯一时，评分参照执行。）

k1七彩教育网 全国最新初中、高中试卷、课件、教案等教学资源免费下载