河北省石家庄市2014-2015学年高一下学期期末考试数学试卷及答案(高清扫描版)

石家庄市2013～2014学年度第二学期期末考试试卷高一数学答案一．选择题1.C2.D3.A4.D5.B6.D7.C8.B9.C 10.A 11.A 12.示范B ；普通A二．填空题13．钝角三角形 14．(－6，2)15．158 16．示范32； 普通4 三．解答题17. 解：（Ⅰ）由题意知a 32＝a 1a 9即 (2＋2 d )2＝2×(2＋8d )……………………3分d 2－2d ＝0 ∴ d ＝2或d ＝0（舍）∴ a n ＝2n ． …………5分 （Ⅱ）数列{2a n －1}的通项为2a n －1＝22n －1＝4n－1，…………………7分∴S n ＝41＋42＋43＋···＋4n －n ＝43×(4n －1)－n ． …………10分 18. 解：（Ⅰ）由c ＋2a cos C ＝2b 得c ＋2a ·a 2＋b 2－c 22ab＝2b ，……………………2分 即bc ＝b 2＋c 2－a 2∴ cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝ 1 2，……………………4分 ∴ A ＝60°． …………6分（Ⅱ）由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A 得 b 2＋c 2－bc ＝7 ①又S △ABC ＝ 12bc sin A ＝332得 bc ＝6 ② …………10分 由①②得：b =2，c =3或b =3，c =2． …………12分19. 解：（Ⅰ）ⅰ)若所求直线过原点时k ＝ 1 2，∴ y ＝ 12x ，即x －2y ＝0； ⅱ)截距不为0时，k ＝－1，∴ y －2＝－(x －4) ， 即x ＋y －6＝0．∴所求直线方程为x －2y ＝0或x ＋y －6＝0． …………5分 （Ⅱ）由顶点C 在直线3x －y ＝0上，可设C (x 0，3x 0)，可求直线AB 的方程为3x ＋4y －20＝0， …………7分则顶点C 到直线AB 的距离d ＝|3x 0＋4×3x 0－20|32＋42＝|3x 0－4|， 且|AB |＝42＋(2－5)2＝5； …………10分∴S △ABC ＝ 1 2|AB |·d ＝10，即|3x 0－4|＝4，∴x 0＝0或x 0＝ 83， 故顶点C 的坐标为(0，0)或( 83，8)． ............12分 20. 解：如图：由题意知△ABC 为直角三角形，∠ACB ＝90︒， (2)分AB ＝2033， ∴BC ＝AB cos30°＝10， …………4分又∵BD ＝16，∠CBD ＝60︒，在△BCD 中，根据余弦定理得：DC 2＝BC 2＋BD 2－2BC ·BD cos60°＝102＋162－2×10×16× 1 2＝196， …………8分 ∴DC ＝14（海里），则需要的时间为 t ＝DC28＝0.5小时． …………12分 21. （Ⅰ）证明：取BC 的中点F ，连接EF ，AF ，则EF ∥DC ，…………………2分∵DC ⊥平面ABC ，∴DC ⊥BC ，则EF ⊥BC ；由△ABC 是等边三角形知，AF ⊥BC ，∴BC ⊥平面AEF ，……………………4分 ∵AE ⊂平面AEF ，∴AE ⊥BC ． …………6分 （Ⅱ）取AC 的中点H ，连接BH ，∴BH ⊥AC ，又∵平面PACD ⊥平面ABC ，∴BH ⊥平面P ACD ，且BH ＝3；又P A ⊥平面ABC ，P A ∥DC ，DC ⊥平面ABC ，则，P A ⊥AC ， …………8分由AB ＝AC ＝DC ＝2P A ＝2知，S △PCD ＝ 12DC ·AC ＝2， ∴V B -PCD ＝ 1 3S △PCD ·BE ＝ 13×2×3＝233 A B DC 30° 60° 60° 16 A BD P CE F在Rt △P AF 中，可求PF ＝2，S △PBC ＝ 1 2BC ·PF ＝2； …………10分 设点D 到平面PBC 的距离为h ，由V D -PBC ＝V B -PCD 得：1 3 S △PBC ·h ＝233，∴h ＝3， 即点D 到平面PBC 的距离为3． …………12分22. 解：（Ⅰ）根据f (2)＝9，得4a ＋c ＝17由函数f (x )的值域为[0，＋∞)知，方程ax 2－4x ＋c ＝0，判别式△＝0，即 ac ＝4，………………4分又f (c )＜a ，∴ac 2－4c ＋c ＜a ，即c ＜a ，解得：a ＝4，c ＝1，所以f (x )＝4x 2－4x ＋1． …………6分（Ⅱ）当x ∈[－1，1]时，f (x )∈[0，9]，对任意x ∈[1，2]，存在x 0∈[－1，1]，使得g (x )＜f (x 0)，即g (x )＝4x 2－4x ＋1＋kx －3 x＜9，即4x 2＋(k －13)x －2＜0对任意x ∈[1，2]恒成立．…………8分设h (x )＝4x 2＋(k －13)x －2，则⎩⎨⎧h (1)<0，h (2)<0，即⎩⎨⎧k <11k <6，…………10分 ∴k 的取值范围是(－∞，6)． …………12分。

2014-2015学年度第二学期期末高一化学试题参考答案一、选择题1-10 C A C A B A B A D B11-20 D D B C C D C A D B二、填空题21．(9分)（除特殊标注每空1分）(1)第三周期第ⅥA族(2) 614C(3) NH 3+H2O NH3·H2O NH4++OH—（2分）(4) Cl d （5）离子键共价键22．(12分)(1)CH3CHO（1分）(2) 羧基（1分）用pH试纸测定D溶液的pH，若pH小于7则证明该官能团具有酸性（答案合理即给分 2分）(3)④CH3CH2OH+CH3COOH CH3COOC2H5+H2O（2分）⑤nCH2CH2（2分）（4）①加成反应②氧化反应（4分）23．(9分)（除特殊标注每空1分）(1)NaOH④(2) Fe2O3颜料等(3)54 (4)CaO和CO2（2分）(5) CO2+ AlO2-+2H2O= Al(OH)3↓+HCO3-(2分)24．(8分)(1)2N M（2分）(2)0.5mol/(L·min) （2分）(3)5：2（2分）(4)ac（2分）三、实验题25.(4分)(1)放热（1分） B（1分） (2) 反应放热，温度升高，速率增大（2分）26． (8分)（1）①冷凝（2分）②防止环己烯挥发（2分）（2）①上 C（各1分）② 83℃ C（各1分）四、计算题27．(4分)n（C2H4）=5.6 g/(28g/mol)=0.2mol; n（C2H6）=0.5mol -0.2mol=0.3mol n（C2H4）: n（C2H6）= 2：328.（6分）根据反应过程，可得Sn与K2Cr2O7的关系式为3Sn～ K2Cr2O7n(Sn)=0.016×0.1×3=0.0048mol质量分数w%=0.0048×119÷0.613=93.2%。

2014--2015学年度第二学期期末质量检测高一数学试题答案一、选择题：ACADD BACCB DB二、填空题：13.(2)11001114.1215. 416.43- 三、解答题：17.解：（1）原式=1； …………5分（2）原式= 2sin α. …………5分18.解：（Ⅰ）∵()()12a b a b -⋅+= ∴22221||||2a b a b -=-= …………2分 又∵1a =∴b = 分∴cos ,||||a b a b a b ⋅<>== 分 ∴向量,a b 的夹角为4π.…………6分（Ⅱ）21a b -=== …………12分19.解：（Ⅰ）甲、乙两位同学六次考试成绩的茎叶图：…………4分（Ⅱ）998997859599==946x +++++甲， 899390899290==90.56x +++++乙，…………8分 22222221832=[(99-94)+(89-94)+(97-94)+(85-94)+(95-94)+(99-94)]=27633s =甲 22222221271=[(89-90.5)+(93-90.5)+(90-90.5)+(89-90.5)+(92-90.5)+(90-90.5)]=13622s =乙…………10分评价：甲同学的平均水平要高于乙同学，但是甲同学的方差值较大，说明甲同学的发挥没有乙同学稳定.…………12分20.解：（Ⅰ）设3双不同的鞋分别为12x x ，12y y ，12z z .∴随机地取出2只的所有基本事件有：12(,)x x ，11(,)x y ，12(,)x y ，11(,)x z ，12(,)x z ，21(,)x y ，22(,)x y ，21(,)x z ，22(,)x z ，12(,)y y ，11(,)y z ，12(,)y z ，21(,)y z ，22(,)y z ，12(,)z z 共15个；…………6分（Ⅱ）由（Ⅰ）得事件A 包含的基本事件分别有11(,)x y ，12(,)x y ，11(,)x z ，12(,)x z ，21(,)x y ，22(,)x y ，21(,)x z ，22(,)x z ，11(,)y z ，12(,)y z ，21(,)y z ，22(,)y z 共12个，∴124()155P A ==；…………8分 事件B 包含的基本事件分别有11(,)x y ，11(,)x z ，22(,)x y ，22(,)x z ，11(,)y z ，22(,)y z 共6个，∴62()155P B ==；…………10分 事件C 包含的基本事件分别有12(,)x y ，12(,)x z ，21(,)x y ，21(,)x z ，12(,)y z ，21(,)y z 共6个，∴62()155P C ==.…………12分21.解：（Ⅰ）∵132sin cos 6a b θθ⋅=+= ， ∴1sin cos 6θθ=.…………2分 ∴24(sin cos )12sin cos 3θθθθ+=+=…………4分又∵θ为锐角，∴sin cos θθ+=分 （Ⅱ）法一：∵//a b ，∴tan 2θ=.…………7分 ∴222224sin 22sin cos 15sin cos tan sin cos tan θθθθθθθθθ==＝＝＋＋，…………9分 2222222213cos 2cos sin 15cos sin tan sin cos tan θθθθθθθθθ－－＝－＝＝＝－＋＋.…………10分∴1143sin 2sin 232255πθθθ⎛⎫⎛⎫+⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭＝＝－分 法二 ∵//a b ，∴sin 2cos θθ=.…………7分易得sin 5θ=，cos 5θ=. ∴4sin 22sin cos 5θθθ=＝，…………9分，223cos 2cos sin 5θθθ＝－＝－.…………10分∴1143sin 2sin 232255πθθθ⎛⎫⎛⎫+⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭＝＝－分22.解：(Ⅰ)两交点之间距离为2π，将点M 代入2sin(2)y x ϕ=+ 解得6πϕ=∴2sin(2)6y x π=+…………4分(Ⅱ) ∴222262k x k πππππ-+≤+≤+ 解得36k x k ππππ-+≤≤+，k Z ∈ ∴()f x 的单调递增区间为[,]36k k ππππ-++，k Z ∈…………8分（Ⅲ）∵122x ππ≤≤分∴12y -≤≤∴()f x 值域为[1,2]-…………12分。

2015 年第二学期高二文科答案一、 1-5CCAAB 6-10BDCCD 11-12AC二、填空13.i14. ab15. 33.2 米 16. ①②③三、解答17.假 z a bi （ 数 a, b 不全 0） 足等式，因此 (a 2b 2 )2 (a bi )2( a bi) i ，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分22abibai ，依据复数相等的条件可得：2b 2 b，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分即 2b2aba解得b1b 01i 足条件 . ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分2或（舍），因此存在复数 z a 0a218.（ I ）均匀油耗低于 8 均匀油耗低于 8升 /百公里升 /百公里使用增添 24 16 40 未使用增添1228 40364480⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分（ II ）将数据代入公式K 280 (24 28 12 16)2 7.273 6.635 ，⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分36 44 40 40有 99 的掌握 “均匀油耗与能否使用 燃油增添 相关”. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 12 分19.（ I ）求得 x8.5, y 81，因此获得以下表格：x x0.40.20 0.2 0.4 yy75237⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分?( 0.4) 7 (0.2 5) 0 0.2 ( 3)0.4 ( 7)18 ， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分代入公式 b( 0.4) 2 ( 0.2) 202(0.2) 2 (0.4) 2又 ???y b x234 ，因此日 量对于 价的回 直 方程分a y 18 x 234 ， ⋯⋯⋯7（ II ）依据（ I ）求得的回 直 方程可得利z ( x 4) ( 18x234)18x 2 306x 93618( x 8.5)2 364.5 ， ⋯⋯⋯10 分因此 价定8.5 元 每日的利 最大. ⋯⋯⋯12 分20. （ 1）几何 明解：（ I ）由弦切角定理可得EAB ACB ,⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 3 分又因 点 B 均分弧 AC , CAB ACBEAB CAB , AB 均分 CAE .⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 6 分（ II ）因 点 B 均分弧 AC ，因此 BC AB 5 ,因此 CE 9 ,由弦切 定理可得 EA 2 EB EC 36 ,因此 EA 6 ,⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 9分又因EAB ∽ ECA ,ABBEAB AE15 .⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯1 2 分CA,解得 ACBE2AE（ 2）坐 系和参数方程解：（ I ）依据cos61 得：( 3 cos1sin )1， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分22由xcos 3x y 2 0 ； ⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分ysin 得（ II ）由勾股定理可得弦心距dr 2 ( l ) 21 ，⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分2 2由 的参数方程可得x 2 ( y a)21 ， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分因此 心 (0, a) 到直 l的距离|3 0 a 2 | | a 2 | 1 ，( 3) 21222解得 a 1或 3.⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分（ 3）不等式 （I ）由已知不等式的解集可得1,3 是方程 x 2bx c 0 的两根，由根与系数的关系可得b1 3 c1 3 ， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分b 2 ，故 f (x) x 2 2x3 ， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分c 3（ II ）当 x2,2 ， f ( x) 4,5 ， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分不等式 形f x2t 3 ，要使对于 x 的不等式 f x 2t 3 有解，只要fxmax2t 3 ， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分即2t 3 5，解得1 t 4 . ⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分21.（ 1）几何明解：（ I）∵ OC=OD ，∴∠ OCD=∠ ODC ，∴∠ OCA=∠ ODB ，∵∠ BOD=∠ A，∴△ OBD ∽△ AOC．⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 3 分∴BD OD，OC AC∵ OC=OD=6， AC=4，∴BD 6，∴BD= 9．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分6 4（II ）明：∵ OC=OE， CE⊥ OD．∴∠ COD=∠ BOD =∠ A．⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 9 分∴∠ AOD=180o–∠ A–∠ODC= 180o–∠COD –∠OCD= ∠ ADO．∴AD=AO ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 12 分（ 2）坐系和参数方程解：（ I）曲 C 的极坐方程是sin 22cos，化 2 sin22cos，可得曲C 2的直角坐方程y =2x．⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分x 3t m21（II）把2（ t 参数），代入方程：23t 2m 0，⋯⋯7分1y=2x 化：ty4t2上述方程的两根分t1t243⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分t1, t2，可得t 28mt1由点 P 是段 AB 的三均分点，可得t12t2，代入上述方程解得 m12 ，0 ，因此点P的坐（12， 0）．⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分（ 3）不等式解：（ I）由不等式可得f（x） =|x-2|+|x a| ≥|（x 2）（ x a） |=|a 2|，⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分再由不等式 f（ x）≥a 在 R 上恒建立，可得 |a 2| ≥a，⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分∴a 2≥a，或 a 2≤ a，解得 a≤1，故 a 的最大 1．⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分（ II ）∵正数 x， y， z足 x+y =1，∴ 14＝（ x+y）（14） 1 4y4x52y4x9 ，⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分x y x y x y x y当且当y4x 即x1, y2，等号建立，∴14的最小9．⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分x y33x y22.（ I ）几何明解：明：（I）接BE，OE，∵AB 是直径，∴∠ AEB=90°，∵∠ ABC=90° =∠ AEB ，∠ A= ∠ A ，∴△ AEB ∽△ ABC ，∴∠ ABE= ∠ C，∵ BE ⊥ AC ， DBC 的中点，∴ DE=BD=DC ，⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分∴∠ DEC= ∠ DCE= ∠ ABE= ∠ BEO ，∠ DBE= ∠ DEB ，∴∠ BEO+ ∠DEB= ∠DCE+ ∠CBE=90°，∴∠ OEE=90°，∴ DE 是 O 的切．⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分（ II ）明：∵ O、D 分 AB 、 BC 的中点，∴ DM=OD OM=（AC AB ），⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分∴ DM?AC+DM?AB=DM? （ AC+AB ）=（AC AB ）?（ AC+AB ） =（ AC 2AB 2）2= BC =DE?BC ．∴ DE?BC=DM?AC+DM?AB ． ⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分（ 2）坐 系和参数方程解：（ I ）依据 称关系可得 A,B 所 的极角分3和2， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯23分代入极坐 方程可得A,B 的极坐 ( 3,) 和( 3, 2) ⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分3 3（ II ） A,B 所 的极角分,，3因此OA 12sin， OB2 2sin()3AB因OAB 内接于 C,由正弦定理2R 得： AB 3 ,⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分sin AOB因此周l 2sin2sin() 3 3sin3cos3 2 3 sin() 3 ， ⋯⋯⋯⋯10 分36由 意知(0,2) ，6( , 5 ), l (2 3,3 3] ，36 6因此周 的取 范 是 (2 3,3 3] .⋯⋯⋯⋯⋯⋯12 分（ 3）不等式 解：(1)由 x12 5 得 x 13 ，3 x 13 ，不等式的解集x 2 x4⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分(2) 因 随意 x 1 R ，都有 x 2 R ，使得 f ( x 1) g ( x 2 ) 建立，因此 { y | y f ( x)} { y | yg (x)} ， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 7 分又 f ( x)2x a 2x 3 | (2 x a) (2 x 3) | | a3| ， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 9 分g( x) | x1| 2 2，因此 | a3| 2 ，解得 a1 或 a 5 ，因此 数 a 的取 范 a1 或 a 5 . ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12 分。

河北省石家庄市正定中学2014- 2015学年高一（下）期末数学试卷一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题所给的四个选项中，只有一个是正确的.请把正确答案涂在答题卡上.）1．已知集合A={x|x2﹣4x+3＜0}，B={x|2＜x＜4}，则A∩B=（）A．（1，3）B．（1，4）C．（2，3）D．（2，4）2．两直线（2m﹣1）x+y﹣3=0与6x+my+1=0垂直，则m的值为（）A． 0 B．C．D． 0或3．已知不重合的直线m、l和平面α、β，且m⊥α，l⊂β．给出下列命题，其中正确命题的个数是（）①若α∥β，则m⊥l；②若α⊥β，则m∥l；③若m⊥l，则α∥β；④若m∥l，则α⊥β．A． 1 B． 2 C． 3 D． 44．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是（）A． 2+B． 4+C． 2+2D． 55．已知x，y满足约束条件，若z=ax+y的最大值为4，则a=（）A． 3 B． 2 C．﹣2 D．﹣36．设a，b，c均为正数，且2a=，，，则（）A． a＜b＜c B． c＜b＜a C． c＜a＜b D． b＜a＜c7．将函数的图象向左平移m（m＞0）个单位长度后，所得到的图象关于y轴对称，则m的最小值是（）A．B．C．D．8．一条光线从点（﹣2，﹣3）射出，经y轴反射后与圆（x+3）2+（y﹣2）2=1相切，则反射光线所在直线的斜率为（）A．﹣或﹣B．﹣或﹣C．﹣或﹣D．﹣或﹣9．已知数列{a n}满足a2=102，a n+1﹣a n=4n，（n∈N*），则数列的最小值是（）A． 25 B． 26 C． 27 D． 2810．三棱锥S﹣ABC的所有顶点都在球O的表面上，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，又SA=AB=BC=1，则球O的表面积为（）A．B．C． 3πD． 12π11．已知数列{a n}满足：a n=log n+1（n+2）（n∈N*），定义使a1•a2•a3…a k为整数的数k（k∈N*）叫做企盼数，则区间[1，2011]内所有的企盼数的和为（）A． 1001 B． 2030 C． 2026 D． 204812．已知圆O的半径为1，PA、PB为该圆的两条切线，A、B为两切点，那么的最小值为（）A．B．C．D．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.请把正确答案写在答题纸上.）13．设向量满足，，则= ．14．在△ABC中，a=4，b=5，c=6，则= ．15．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E是棱A1B1的中点，则直线AE与平面BDD1B1所成角的正弦值．16．数列的前80项的和等于．三、解答题（本大题共6小题，共70分.）17．设圆上的点A（2，3）关于直线x+2y=0的对称点仍在圆上，且与直线x﹣y+1=0相交的弦长为2，求圆的方程．18．设f（x）=sinxcosx﹣cos2（x+）．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若f（）=0，a=1，求△ABC 面积的最大值．19．如图，四面体ABCD中，O、E分别是BD、BC的中点，CA=CB=CD=BD=2，AB=AD=．（Ⅰ）求证：AO⊥平面BCD；（Ⅱ）求异面直线AB与CD所成角的余弦；（Ⅲ）求点E到平面ACD的距离．20．如图，在平面直角坐标系xOy中，点A（0，3），直线l：y=2x﹣4．设圆C的半径为1，圆心在l上．（1）若圆心C也在直线y=x﹣1上，过点A作圆C的切线，求切线的方程；（2）若圆C上存在点M，使MA=2MO，求圆心C的横坐标a的取值范围．21．如图，在三棱台DEF﹣ABC中，AB=2DE，G，H分别为AC，BC的中点．（Ⅰ）求证：BD∥平面FGH；（Ⅱ）若CF⊥平面ABC，AB⊥BC，CF=DE，∠BAC=45°，求平面FGH与平面ACFD所成的角（锐角）的大小．22．数列{a n}满足a1=2，a n+1=a n2+6a n+6（n∈N*）．（1）设C n=log5（a n+3），求证{C n}是等比数列；（2）求数列{a n}的通项公式；（3）设b n=，数列{b n}的前n项和为T n，求证：T n＜﹣．河北省石家庄市正定中学2014-2015学年高一（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题所给的四个选项中，只有一个是正确的.请把正确答案涂在答题卡上.）1．已知集合A={x|x2﹣4x+3＜0}，B={x|2＜x＜4}，则A∩B=（）A．（1，3）B．（1，4）C．（2，3）D．（2，4）考点：交集及其运算．专题：集合．分析：求出集合A，然后求出两个集合的交集．解答：解：集合A={x|x2﹣4x+3＜0}={x|1＜x＜3}，B={x|2＜x＜4}，则A∩B={x|2＜x＜3}=（2，3）．故选：C．点评：本题考查集合的交集的求法，考查计算能力．2．两直线（2m﹣1）x+y﹣3=0与6x+my+1=0垂直，则m的值为（）A． 0 B．C．D． 0或考点：直线的一般式方程与直线的垂直关系．专题：直线与圆．分析：根据两直线垂直时，一次项对应系数之积的和等于0，解方程求得m的值．解答：解：∵（2m﹣1）x+y﹣3=0与6x+my+1=0，∴6（2m﹣1）+m=0，解得m=，故选：C．点评：本题主要考查两直线垂直的性质，两直线垂直时，一次项对应系数之积的和等于0，属于基础题．3．已知不重合的直线m、l和平面α、β，且m⊥α，l⊂β．给出下列命题，其中正确命题的个数是（）①若α∥β，则m⊥l；②若α⊥β，则m∥l；③若m⊥l，则α∥β；④若m∥l，则α⊥β．A． 1 B． 2 C． 3 D． 4考点：命题的真假判断与应用．专题：综合题；空间位置关系与距离．分析：根据有关定理中的诸多条件，对每一个命题进行逐一进行是否符合定理条件去判定，将由条件可能推出的其它的结论也列举出来．解答：解：若α∥β，且m⊥α⇒m⊥β，又l⊂β⇒m⊥l，所以①正确．若α⊥β，且m⊥α⇒m∥β，又l⊂β，则m与l可能平行，可能异面，所以②不正确．若m⊥l，且m⊥α，l⊂β⇒α与β可能平行，可能相交．所以③不正确．若m∥l，且m⊥α⇒l⊥α又l⊂β⇒α⊥β，∴④正确．故选：B．点评：本题主要考查了平面与平面之间的位置关系，以及空间中直线与平面之间的位置关系，属于中档题．4．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是（）A． 2+B． 4+C． 2+2D． 5考点：由三视图求面积、体积．专题：空间位置关系与距离．分析：根据三视图可判断直观图为：A⊥面ABC，AC=AB，E为BC中点，EA=2，EA=EB=1，OA=1，：BC⊥面AEO，AC=，OE=判断几何体的各个面的特点，计算边长，求解面积．解答：解：根据三视图可判断直观图为：OA⊥面ABC，AC=AB，E为BC中点，EA=2，EC=EB=1，OA=1，∴可得AE⊥BC，BC⊥OA，运用直线平面的垂直得出：BC⊥面AEO，AC=，OE=∴S△ABC=2×2=2，S△OAC=S△OAB=×1=．S△BCO=2×=．故该三棱锥的表面积是2，故选：C．点评：本题考查了空间几何体的三视图的运用，空间想象能力，计算能力，关键是恢复直观图，得出几何体的性质．5．已知x，y满足约束条件，若z=ax+y的最大值为4，则a=（）A． 3 B． 2 C．﹣2 D．﹣3考点：简单线性规划．专题：不等式的解法及应用．分析：作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，利用数形结合确定z的最大值．解答：解：作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分）．则A（2，0），B（1，1），若z=ax+y过A时取得最大值为4，则2a=4，解得a=2，此时，目标函数为z=2x+y，即y=﹣2x+z，平移直线y=﹣2x+z，当直线经过A（2，0）时，截距最大，此时z最大为4，满足条件，若z=ax+y过B时取得最大值为4，则a+1=4，解得a=3，此时，目标函数为z=3x+y，即y=﹣3x+z，平移直线y=﹣3x+z，当直线经过A（2，0）时，截距最大，此时z最大为﹣6，不满足条件，故a=2，故选：B点评：本题主要考查线性规划的应用，结合目标函数的几何意义，利用数形结合的数学思想是解决此类问题的基本方法，确定目标函数的斜率关系是解决本题的关键．6．设a，b，c均为正数，且2a=，，，则（）A． a＜b＜c B． c＜b＜a C． c＜a＜b D． b＜a＜c考点：对数值大小的比较．专题：数形结合．分析：比较大小可以借助图象进行比较，观察题设中的三个数a，b，c，可以借助函数图象的交点的位置进行比较．解答：解：分别作出四个函数y=，y=2x，y=log2x的图象，观察它们的交点情况．由图象知：∴a＜b＜c．故选A．点评：本题考点是对数值大小的比较，本题比较大小时用到了对数函数和指数函数的图象，比较大小的题在方法上应灵活选择，依据具体情况选择合适的方法．7．将函数的图象向左平移m（m＞0）个单位长度后，所得到的图象关于y轴对称，则m的最小值是（）A．B．C．D．考点：两角和与差的正弦函数；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换．专题：三角函数的图像与性质．分析：函数解析式提取2变形后，利用两角和与差的正弦函数公式化为一个角的正弦函数，利用平移规律得到平移后的解析式，根据所得的图象关于y轴对称，即可求出m的最小值．解答：解：y=cosx+sinx=2（cosx+sinx）=2sin（x+），∴图象向左平移m（m＞0）个单位长度得到y=2sin[（x+m）+]=2sin（x+m+），∵所得的图象关于y轴对称，∴m+=kπ+（k∈Z），则m的最小值为．故选B点评：此题考查了两角和与差的正弦函数公式，以及函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换，熟练掌握公式是解本题的关键．8．一条光线从点（﹣2，﹣3）射出，经y轴反射后与圆（x+3）2+（y﹣2）2=1相切，则反射光线所在直线的斜率为（）A．﹣或﹣B．﹣或﹣C．﹣或﹣D．﹣或﹣考点：圆的切线方程；直线的斜率．专题：计算题；直线与圆．分析：点A（﹣2，﹣3）关于y轴的对称点为A′（2，﹣3），可设反射光线所在直线的方程为：y+3=k（x﹣2），利用直线与圆相切的性质即可得出．解答：解：点A（﹣2，﹣3）关于y轴的对称点为A′（2，﹣3），故可设反射光线所在直线的方程为：y+3=k（x﹣2），化为kx﹣y﹣2k﹣3=0．∵反射光线与圆（x+3）2+（y﹣2）2=1相切，∴圆心（﹣3，2）到直线的距离d==1，化为24k2+50k+24=0，∴k=或﹣．故选：D．点评：本题考查了反射光线的性质、直线与圆相切的性质、点到直线的距离公式、点斜式、对称点，考查了计算能力，属于中档题．9．已知数列{a n}满足a2=102，a n+1﹣a n=4n，（n∈N*），则数列的最小值是（）A． 25 B． 26 C． 27 D． 28考点：数列递推式；数列的函数特性．专题：综合题；点列、递归数列与数学归纳法．分析：利用累加法可求得a n，表示出后利用基本不等式可求得其最小值，注意求通项时验证n=1的情形．解答：解：由a n+1﹣a n=4n得，a3﹣a2=8，a4﹣a3=12，a5﹣a4=16，…，a n﹣a n﹣1=4（n﹣1），以上各式相加得，a n﹣a2=，所以a n=102+（n﹣2）（2n+2）（n≥2），而a2﹣a1=4，所以a1=a2﹣4=98，适合上式，故a n=102+（n﹣2）（2n+2）（n∈N*），=﹣2=26，当且仅当即n=7时取等号，所以数列的最小值是26，故选B．点评：本题考查由数列递推式求数列通项、基本不等式求最值，考查学生综合运用知识解决问题的能力．10．三棱锥S﹣ABC的所有顶点都在球O的表面上，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，又SA=AB=BC=1，则球O的表面积为（）A．B．C． 3πD． 12π考点：球的体积和表面积．专题：计算题；球．分析：根据题意，三棱锥S﹣ABC扩展为正方体，正方体的外接球的球心就是正方体体对角线的中点，求出正方体的对角线的长度，即可求解球的半径，从而可求三棱锥S﹣ABC的外接球的表面积．解答：解：三棱锥S﹣ABC的所有顶点都在球O的表面上，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，又SA=AB=BC=1，三棱锥扩展为正方体的外接球，外接球的直径就是正方体的对角线的长度，∴球的半径R==．球的表面积为：4πR2=4=3π．故选：C．点评：本题考查三棱锥S﹣ABC的外接球的表面积，解题的关键是确定三棱锥S﹣ABC的外接球的球心与半径．11．已知数列{a n}满足：a n=log n+1（n+2）（n∈N*），定义使a1•a2•a3…a k为整数的数k（k∈N*）叫做企盼数，则区间[1，2011]内所有的企盼数的和为（）A． 1001 B． 2030 C． 2026 D． 2048考点：对数的运算性质．专题：新定义．分析：先利用换底公式与叠乘法把a1•a2•a3…a k化为log2（k+2）；然后根据a1•a2•a3…a k为整数，可得k=2n﹣2；最后由等比数列前n项和公式解决问题．解答：解：a n=log n+1（n+2）=，（n∈N*），∴a1•a2•a3…a k==log2（k+2），又∵a1•a2•a3…a k为整数∴k+2必须是2的n次幂（n∈N*），即k=2n﹣2．∴k∈[1，2011]内所有的企盼数的和M=（22﹣2）+（23﹣2）+（24﹣2）+…+（210﹣2）=﹣2×9=2026，故选C．点评：本题在理解新定义的基础上，考查换底公式、叠乘法及等比数列前n项和公式，其综合性、技巧性是比较强的．12．已知圆O的半径为1，PA、PB为该圆的两条切线，A、B为两切点，那么的最小值为（）A．B．C．D．考点：圆方程的综合应用；平面向量数量积的运算．专题：向量与圆锥曲线．分析：要求的最小值，我们可以根据已知中，圆O的半径为1，PA、PB为该圆的两条切线，A、B为两切点，结合切线长定理，设出PA，PB的长度和夹角，并将表示成一个关于x的函数，然后根据求函数最值的办法，进行解答．解答：解：如图所示：设OP=x（x＞0），则PA=PB=，∠APO=α，则∠APB=2α，sinα=，==×（1﹣2sin2α）=x2+﹣3≥2﹣3，∴当且仅当x2=时取“=”，故的最小值为2﹣3．故选D．点评：本小题主要考查向量的数量积运算与圆的切线长定理，着重考查最值的求法﹣﹣判别式法，同时也考查了考生综合运用数学知识解题的能力及运算能力．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.请把正确答案写在答题纸上.）13．设向量满足，，则= ．考点：平面向量数量积的性质及其运算律．专题：平面向量及应用．分析：由已知中，，先计算出的值，进而可得．解答：解：∵，，==1+4﹣2=3∴=故答案为：点评：本题考查的知识点是平面向量数量积及向量的模，其中利用平方法，先求出的值是解答的关键．14．在△ABC中，a=4，b=5，c=6，则= 1 ．考点：余弦定理；二倍角的正弦；正弦定理．专题：计算题；解三角形．分析：利用余弦定理求出cosC，cosA，即可得出结论．解答：解：∵△ABC中，a=4，b=5，c=6，∴cosC==，cosA==∴sinC=，sinA=，∴==1．故答案为：1．点评：本题考查余弦定理，考查学生的计算能力，比较基础．15．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E是棱A1B1的中点，则直线AE与平面BDD1B1所成角的正弦值．考点：直线与平面所成的角．专题：计算题．分析：取AB的中点F，连接B1F，过点F作FG⊥BD，垂足为G，连接B1G，根据FG⊥平面BDD1B1，可知∠FB1G为B1F与平面BDD1B1所成角，在Rt△FB1G中求解即可，而AE∥B1F，从而求出所求．解答：解：取AB的中点F，连接B1F，过点F作FG⊥BD，垂足为G，连接B1G，由正方体性质易知BB1⊥平面ABCD，又FG⊂平面ABCD，∴BB1⊥FG又FG⊥BD，BD∩BB1=B，BD⊂平面BDD1B1，BB1⊂平面BDD1B1∴FG⊥平面BDD1B1∴∠FB1G为B1F与平面平面BDD1B1所成角设正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为1，∴FG=，B1F=∴sin∠B1FO=而AE∥B1F，所以直线AE与平面BDD1B1所成角的正弦值为故答案为：点评：本题考查的知识点是直线与平面所成的角，将线面夹角问题转化为解三角形问题是解答本题的关键，属于中档题．16．数列的前80项的和等于﹣70．考点：数列递推式；数列的求和．专题：等差数列与等比数列．分析：根据数列的函数特性可知，对于函数y=f（x），由，分析出函数的周期，由此推出数列的项以4为周期周期出现，求出前4项的和，则数列的前80项的和可求．解答：解：对于函数y=f（x），由，则，，．∴f（x）是周期为4的周期函数，由，则数列{a n}的项以4为周期周期出现，由a1=2，则，，．∴S80=20（a1+a2+a3+a4）=．故答案为﹣70．点评：本题考查了数列的递推式，考查了数列的函数特性，考查了数列的和，解答此题的关键是分析出数列的项以4为周期周期出现，此题是中档题．三、解答题（本大题共6小题，共70分.）17．设圆上的点A（2，3）关于直线x+2y=0的对称点仍在圆上，且与直线x﹣y+1=0相交的弦长为2，求圆的方程．考点：直线与圆的位置关系．专题：综合题．分析：设出圆的方程为（x﹣a）2+（y﹣b）2=r2，由圆上的点关于直线的对称点还在圆上得到圆心在这条直线上，设出圆心坐标，代入到x+2y=0中得到①；把A的坐标代入圆的方程得到②；由圆与直线x﹣y+1=0相交的弦长为2，利用垂径定理得到弦的一半，圆的半径，弦心距成直角三角形，利用勾股定理得到③，三者联立即可求出a、b和r的值，得到满足题意的圆方程．解答：解：设所求圆的圆心为（a，b），半径为r，∵点A（2，3）关于直线x+2y=0的对称点A′仍在这个圆上，∴圆心（a，b）在直线x+2y=0上，∴a+2b=0，①（2﹣a）2+（3﹣b）2=r2．②又直线x﹣y+1=0截圆所得的弦长为2，圆心（a，b）到直线x﹣y+1=0的距离为d==，则根据垂径定理得：r2﹣（）2=（）2③解由方程①、②、③组成的方程组得：或∴所求圆的方程为（x﹣6）2+（y+3）2=52或（x﹣14）2+（y+7）2=244．点评：此题要求学生掌握直线与圆的位置关系，灵活运用垂径定理及对称知识化简求值，是一道中档题．学生做题时注意满足题意的圆方程有两个．18．设f（x）=sinxcosx﹣cos2（x+）．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若f（）=0，a=1，求△ABC 面积的最大值．考点：正弦函数的单调性；两角和与差的正弦函数；余弦定理．专题：三角函数的图像与性质；解三角形．分析：（Ⅰ）由三角函数恒等变换化简解析式可得f（x）=sin2x﹣，由2k≤2x≤2k，k∈Z可解得f（x）的单调递增区间，由2k≤2x≤2k，k∈Z可解得单调递减区间．（Ⅱ）由f（）=sinA﹣=0，可得sinA，cosA，由余弦定理可得：bc，且当b=c 时等号成立，从而可求bcsinA≤，从而得解．解答：解：（Ⅰ）由题意可知，f（x）=sin2x﹣=sin2x﹣=sin2x﹣由2k≤2x≤2k，k∈Z可解得：k≤x≤k，k∈Z；由2k≤2x≤2k，k∈Z可解得：k≤x≤k，k∈Z；所以f（x）的单调递增区间是[k，k]，（k∈Z）；单调递减区间是：[k，k]，（k∈Z）；（Ⅱ）由f（）=sinA﹣=0，可得sinA=，由题意知A为锐角，所以cosA=，由余弦定理a2=b2+c2﹣2bccosA，可得：1+bc=b2+c2≥2bc，即bc，且当b=c时等号成立．因此bcsinA≤，所以△ABC面积的最大值为．点评：本题主要考查了正弦函数的图象和性质，余弦定理，基本不等式的应用，属于基本知识的考查．19．如图，四面体ABCD中，O、E分别是BD、BC的中点，CA=CB=CD=BD=2，AB=AD=．（Ⅰ）求证：AO⊥平面BCD；（Ⅱ）求异面直线AB与CD所成角的余弦；（Ⅲ）求点E到平面ACD的距离．考点：点、线、面间的距离计算；异面直线及其所成的角；直线与平面垂直的判定．专题：综合题．分析：（I）连接OC，由BO=DO，AB=AD，知AO⊥BD，由BO=DO，BC=CD，知CO⊥BD．在△AOC 中，由题设知，AC=2，故AO2+CO2=AC2，由此能够证明AO⊥平面BCD．（II）取AC的中点M，连接OM、ME、OE，由E为BC的中点，知ME∥AB，OE∥DC，故直线OE与EM所成的锐角就是异面直线AB与CD所成的角．在△OME中，，由此能求出异面直线AB与CD所成角大小的余弦．（III）设点E到平面ACD的距离为h．在△ACD中，，故=，由AO=1，知，由此能求出点E到平面ACD的距离．解答：（I）证明：连接OC，∵BO=DO，AB=AD，∴AO⊥BD，∵BO=DO，BC=CD，∴CO⊥BD．在△AOC中，由题设知，AC=2，∴AO2+CO2=AC2，∴∠AOC=90°，即AO⊥OC．∵AO⊥BD，BD∩OC=O，∴AO⊥平面BCD．（II）解：取AC的中点M，连接OM、ME、OE，由E为BC的中点，知ME∥AB，OE∥DC，∴直线OE与EM所成的锐角就是异面直线AB与CD所成的角．在△OME中，，…（6分）∵OM是直角△AOC斜边AC上的中线，∴，…（7分）∴，∴异面直线AB与CD所成角大小的余弦为…（8分）（III）解：设点E到平面ACD的距离为h．…（9分）在△ACD中，，∴=，∵AO=1，，∴==，∴点E到平面ACD的距离为．点评：本题考查点、线、面间的距离的计算，考查空间想象力和等价转化能力，解题时要认真审题，仔细解答，注意化立体几何问题为平面几何问题．20．如图，在平面直角坐标系xOy中，点A（0，3），直线l：y=2x﹣4．设圆C的半径为1，圆心在l上．（1）若圆心C也在直线y=x﹣1上，过点A作圆C的切线，求切线的方程；（2）若圆C上存在点M，使MA=2MO，求圆心C的横坐标a的取值范围．考点：圆的切线方程；点到直线的距离公式；圆与圆的位置关系及其判定．专题：直线与圆．分析：（1）联立直线l与直线y=x﹣1解析式，求出方程组的解得到圆心C坐标，根据A 坐标设出切线的方程，由圆心到切线的距离等于圆的半径，列出关于k的方程，求出方程的解得到k的值，确定出切线方程即可；（2）设M（x，y），由MA=2MO，利用两点间的距离公式列出关系式，整理后得到点M的轨迹为以（0，﹣1）为圆心，2为半径的圆，可记为圆D，由M在圆C上，得到圆C与圆D相交或相切，根据两圆的半径长，得出两圆心间的距离范围，利用两点间的距离公式列出不等式，求出不等式的解集，即可得到a的范围．解答：解：（1）联立得：，解得：，∴圆心C（3，2）．若k不存在，不合题意；若k存在，设切线为：y=kx+3，可得圆心到切线的距离d=r，即=1，解得：k=0或k=﹣，则所求切线为y=3或y=﹣x+3；（2）设点M（x，y），由MA=2MO，知：=2，化简得：x2+（y+1）2=4，∴点M的轨迹为以（0，﹣1）为圆心，2为半径的圆，可记为圆D，又∵点M在圆C上，C（a，2a﹣4），∴圆C与圆D的关系为相交或相切，∴1≤|CD|≤3，其中|CD|=，∴1≤≤3，解得：0≤a≤．点评：此题考查了圆的切线方程，点到直线的距离公式，以及圆与圆的位置关系的判定，涉及的知识有：两直线的交点坐标，直线的点斜式方程，两点间的距离公式，圆的标准方程，是一道综合性较强的试题．21．如图，在三棱台DEF﹣ABC中，AB=2DE，G，H分别为AC，BC的中点．（Ⅰ）求证：BD∥平面FGH；（Ⅱ）若CF⊥平面ABC，AB⊥BC，CF=DE，∠BAC=45°，求平面FGH与平面ACFD所成的角（锐角）的大小．考点：二面角的平面角及求法；直线与平面平行的判定．专题：空间位置关系与距离；空间角；空间向量及应用．分析：（Ⅰ）根据AB=2DE便可得到BC=2EF，从而可以得出四边形EFHB为平行四边形，从而得到BE∥HF，便有BE∥平面FGH，再证明DE∥平面FGH，从而得到平面BDE∥平面FGH，从而BD∥平面FGH；（Ⅱ）连接HE，根据条件能够说明HC，HG，HE三直线两两垂直，从而分别以这三直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，然后求出一些点的坐标．连接BG，可说明为平面ACFD 的一条法向量，设平面FGH的法向量为，根据即可求出法向量，设平面FGH与平面ACFD所成的角为θ，根据cosθ=即可求出平面FGH与平面ACFD所成的角的大小．解答：解：（Ⅰ）证明：根据已知条件，BC=2EF，H为BC中点，EF∥BC；∴EF∥BH，且EF=BH；∴四边形EFHB为平行四边形；∴BE∥HF，HF⊂平面FGH，BE⊄平面FGH；∴BE∥平面FGH；同样，因为GH为△ABC中位线，∴GH∥AB；又DE∥AB；∴DE∥GH；∴DE∥平面FGH，DE∩BE=E；∴平面BDE∥平面FGH，BD⊂平面BDE；∴BD∥平面FGH；（Ⅱ）连接HE，则HE∥CF；∵CF⊥平面ABC；∴HE∥平面ABC，并且HG⊥HC；∴HC，HG，HE三直线两两垂直，分别以这三直线为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，设HC=1，则：H（0，0，0），G（0，1，0），F（1，0，1），B（﹣1，0，0）；连接BG，根据已知条件BA=BC，G为AC中点；∴BG⊥AC；又CF⊥平面ABC，BG⊂平面ABC；∴BG⊥CF，AC∩CF=C；∴BG⊥平面ACFD；∴向量为平面ACFD的法向量；设平面FGH的法向量为，则：，取z=1，则：；设平面FGH和平面ACFD所成的锐二面角为θ，则：cosθ=|cos|=；∴平面FGH与平面ACFD所成的角为60°．点评：考查棱台的定义，平行四边形的定义，线面平行的判定定理，面面平行的判定定理及其性质，线面垂直的性质及线面垂直的判定定理，以及建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的方法，平面法向量的概念及求法，向量垂直的充要条件，向量夹角余弦的坐标公式，平面和平面所成角的定义．22．数列{a n}满足a1=2，a n+1=a n2+6a n+6（n∈N*）．（1）设C n=log5（a n+3），求证{C n}是等比数列；（2）求数列{a n}的通项公式；（3）设b n=，数列{b n}的前n项和为T n，求证：T n＜﹣．考点：数列的求和；等比数列的通项公式；等比关系的确定．专题：综合题；等差数列与等比数列．分析：（1）由，得，代入C n=log5（a n+3）可得C n+1=2C n，由等比数列定义可证明；（2）由等比数列通项公式可求得c n，根据C n=log5（a n+3）可求a n；（3），则可求，由表达式可证；解答：（1）证明：由，得，∴log5（a n+1+3）=2log5（a n+3），即C n+1=2C n，∴{C n}是以2为公比的等比数列；（2）解：又C1=log55=1，∴，即，∴．故．（3）证明：∵，∴==﹣﹣．又，∴．点评：本题考查等比数列的通项公式、裂项求和，考查学生的运算求解能力．。

石家庄市2014-2015常年第一学期期末考试试卷高二物理第一卷（选择题材48分）一、选择题（本题共12小题，每题4分，共48分。

第1-8题为单选，第9-12题为多选，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）1．在电磁学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献。

关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（ ）A ．麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发一种电场B ．奥斯特梦圆电生磁，终于发现了电磁感应现象C ．伏特发现了电流热效应的规律，并定性的给出了电能和内能之间的转化关系D ．法拉第通过实验发现了在磁场中产生电流的条件，并总结出了确定感应电流方向的方法2．如图所示，图甲和图乙分别表示正弦波和方波的交变电流与时间的变化关系。

若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1min 的时间，两电阻上电流做功之比W 甲：W 乙为（ ）A 1:√2B 1：2C 1：3D 1：63.如图所示，电源电动势为E ，内阻为r ，R 1为光敏电阻（光敏电阻被光照射时电阻会变小）。

当有光照射R 1时，灯泡L 正常发光；当无光照射R 1时，下列说法正确的是（ ） A ．通过光敏电阻R 1的电流变大 B ．光敏电阻R 1两端的电压变大 C ．电源的热功率变大D ．电源的输出功率一定变大4.一质量为m 的通电导体棒，通有垂直纸面向里的电流，若在棒所在的区域内加一个合适的匀强磁场B ，使导体棒静止于倾角为 的导轨上。

下列图中分别加了不同方向的磁场，杆与导轨间的摩擦力一定不为零的是（ ）甲ABCD-1乙5.如图所示，在磁感应强度大小为B 、方向水平向右的匀强磁场中，水平放置一根长直通电导线，电流的方向垂直于纸面向里，以直导线为中心的同一圆周上有a 、b 、c 、d 四个点，连线ac 和bd 是相互垂直的两条直径，且b 、d 在同一条竖直线上，下列说法正解的是（ ）A ．c 点的磁感应强度最小B ．b 点磁感应强度最大C ．b 、d 两点的磁感应强度相同D ．a 、c 两点的磁感应强度相同6.如图甲所示，现理想变压器原、副线圈的匝数比为5：1，原线圈接交流电源和交流电压表，副线圈接有“220V ，440W ”的热水器、“220V ，220W ”的抽油烟机。

2015-2016学年河北省石家庄市高一（下）期末数学试卷一、选择题（共13小题，每小题5分，满分60分）1．（5分）直线l的倾角为45°，且过点（0，﹣1），则直线l的方程是（）A．x﹣y+1=0 B．x﹣y﹣1=0 C．x+y﹣1=0 D．x+y+1=02．（5分）若两直线l1：x+2y﹣1=0，l2：mx﹣y+2m=0互相平行，则常数m等于（）A．﹣ B．﹣2 C．D．23．（5分）一个无盖的正方体盒子展开后的平面图如图所示，A、B、C是展开图上的三点，则在正方体盒子中，∠ABC的度数是（）A．45°B．30°C．60°D．90°4．（5分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，如果b2+c2﹣a2﹣bc=0，那么角A的值为（）A．30°B．60°C．120° D．150°5．（5分）在古希腊，毕达哥拉斯学派把1，3，6，10，15，…这些数叫做三角形数，因为这些数目的石子可以排成一个正三角形（如图），则第八个三角形数是（）A．35 B．36 C．37 D．386．（5分）已知数列{a n}的前n项和S n=n2﹣9n（n∈N*），则a9的值为（）A．9 B．8 C．7 D．67．（5分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a=2，b=3，c=，则△ABC的面积是（）A．2 B．2 C．D．8．（5分）已知直线l、m、n与平面α、β，给出下列四个命题（）①若m∥l，n∥l，则m∥n；②若m⊥α，m∥β，则α⊥β；③若m∥α，n∥α，则m∥n；④若m⊥β，α⊥β，则m∥α或m⊂α．其中假命题是（）A．①B．②C．③D．④9．（5分）一个几何体的三视图如图所示，其中正视图与侧视图都是边长为2的正三角形，则这个几何体的侧面积为（）A．B．2πC．3πD．4π10．（5分）点P（﹣2，﹣1）到直线l：（1+3λ）x+（1+2λ）y=2+5λ的距离为d，则d的取值范围是（）A．0≤d＜B．d≥0 C．d＞D．d≥11．（5分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为正三角形，底面ABCD为正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP=MC，则点M在正方形ABCD内的轨迹为（）A．B．C．D．12．（5分）若关于x的不等式2x2﹣8x﹣4﹣a＞0在1＜x＜4内有解，则实数a 的取值范围是（）A．a＜﹣4 B．a＞﹣4 C．a＞﹣12 D．a＜﹣1213．当x＞1时，不等式x+≥a恒成立，则实数a的取值范围是（）A．（﹣∞，2]B．[2，+∞）C．[3，+∞）D．（﹣∞，3]二、填空题（共5小题，每小题5分，满分20分）14．（5分）已知m+4n=4（m＞0，n＞0），则mn的最大值是．15．（5分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，B=45°，c=2，b=，那么角A=．16．（5分）[示范高中]设x，y满足的约束条件为，若目标函数z=4ax+by（a＞0，b＞0）的最大值为8，则a2+b2的最小值为．17．已知实数x、y满足，则x+2y的最大值是．18．（5分）等差数列{a n}中，S n是它的前n项和，且S6＜S7，S7＞S8，则①此数列的公差d＜0②S9＜S6③a7是各项中最大的一项④S7一定是S n中的最大值．其中正确的是（填序号）．三、解答题（共7小题，满分70分）19．（10分）设等比数列{a n}的前n项和为S n，已知a2=6，6a1+a3=30，求a n和S n．20．（12分）已知过A（﹣1，2）点的一条入射光线l经x轴反射后，经过点B （2，1）．（1）求直线l的方程；（2）设直线l与x轴交于点C，求△ABC的面积．21．（12分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且bcosC﹣ccos （A+C）=3acosB．（1）求cosB的值；（2）若•=2，且b=3，求a，c的值．22．（12分）[示范高中]设不等式x2﹣2ax+a+2≤0的解集为M，集合N=[1，4]，且M⊆N，求实数a的取值范围．23．[普通高中]设不等式x2﹣2ax+a+2≤0的解集为非空数集M，且M⊆[1，4]，求实数a的取值范围．24．（12分）已知四棱锥P﹣ABCD，底面ABCD是∠A=60°、边长为a的菱形，又PD⊥底ABCD，且PD=CD，点M、N分别是棱AD、PC的中点．（1）证明：DN∥平面PMB（2）证明：平面PMB⊥平面PAD．25．（12分）设不等式组，所表示的平面区域为D，记D n内的格点（格点即横坐标和纵坐标均为整数的点）的个数为f（n）（n∈N*）．（1）求f（1），f（2），f（3）的值及f（n）的表达式（不需证明）；（2）设b n=2n f（n），且S n为数列{b n}的前n项和，求S n．2015-2016学年河北省石家庄市高一（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共13小题，每小题5分，满分60分）1．（5分）直线l的倾角为45°，且过点（0，﹣1），则直线l的方程是（）A．x﹣y+1=0 B．x﹣y﹣1=0 C．x+y﹣1=0 D．x+y+1=0【解答】解：∵直线的倾斜角为45°，∴直线的斜率为1，又∵过点（0，﹣1），∴直线l的方程为y+1=x，整理为一般式可得x﹣y﹣1=0，故选：B．2．（5分）若两直线l1：x+2y﹣1=0，l2：mx﹣y+2m=0互相平行，则常数m等于（）A．﹣ B．﹣2 C．D．2【解答】解：由题意，，∴m=﹣．故选：A．3．（5分）一个无盖的正方体盒子展开后的平面图如图所示，A、B、C是展开图上的三点，则在正方体盒子中，∠ABC的度数是（）A．45°B．30°C．60°D．90°【解答】解：一个无盖的正方体盒子展开后的平面图如图所示，A、B、C是展开图上的三点，组成立体图形后，可得△ABC的各边均为正方形的对角线长，△ABC为等边三角形，∴∠ABC的度数为60°．故选：C．4．（5分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，如果b2+c2﹣a2﹣bc=0，那么角A的值为（）A．30°B．60°C．120° D．150°【解答】解：∵b2+c2﹣a2﹣bc=0，∴cosA===，∵A∈（0°，180°），解得A=60°．故选：B．5．（5分）在古希腊，毕达哥拉斯学派把1，3，6，10，15，…这些数叫做三角形数，因为这些数目的石子可以排成一个正三角形（如图），则第八个三角形数是（）A．35 B．36 C．37 D．38【解答】解：发现后一个数等于前一个数加它自己的序号，故前8个数为：1，3，6，10，15，21，28，36．故选：B．6．（5分）已知数列{a n}的前n项和S n=n2﹣9n（n∈N*），则a9的值为（）A．9 B．8 C．7 D．6【解答】解：当n=1时，a1=S1=﹣8，=（n﹣1）2﹣9（n﹣1）=n2﹣11n+10，当n≥2时，S n﹣1a n=S n﹣S n﹣1，=n2﹣9n﹣n2+11n﹣10，=2n﹣10，当n=1时成立，∴a n=2n﹣10，当n=9时，a9=2×9﹣10=8，故选：B．7．（5分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a=2，b=3，c=，则△ABC的面积是（）A．2 B．2 C．D．【解答】解：cosC==，C∈（0，π），∴C=．===．∴S△ABC故选：D．8．（5分）已知直线l、m、n与平面α、β，给出下列四个命题（）①若m∥l，n∥l，则m∥n；②若m⊥α，m∥β，则α⊥β；③若m∥α，n∥α，则m∥n；④若m⊥β，α⊥β，则m∥α或m⊂α．其中假命题是（）A．①B．②C．③D．④【解答】解：①若m∥l，n∥l，则m∥n，由公理4知，①对；②若m⊥α，m∥β，过m的平面为γ，令γ∩β=l，则m∥l，即有l⊥α，l⊂β，α⊥β，故②对；③若m∥α，n∥α，则m，n平行、相交或异面，故③错；④若m⊥β，α⊥β，则在α内作一条直线l垂直于α，β的交线，则l⊥β，m∥l，故有m∥α，或m⊂α，m⊥β．故④对．故选：C．9．（5分）一个几何体的三视图如图所示，其中正视图与侧视图都是边长为2的正三角形，则这个几何体的侧面积为（）A．B．2πC．3πD．4π【解答】解：由已知中三视图可得该几何体为一个圆锥又由正视图与侧视图都是边长为2的正三角形故底面半径R=1，母线长l=2则这个几何体的侧面积S=πRl=2π故选：B．10．（5分）点P（﹣2，﹣1）到直线l：（1+3λ）x+（1+2λ）y=2+5λ的距离为d，则d的取值范围是（）A．0≤d＜B．d≥0 C．d＞D．d≥【解答】解：直线l：（1+3λ）x+（1+2λ）y=2+5λ可化为：（x+y﹣2）+λ（3x+2y﹣5）=0∴，∴∴直线l恒过定点A（1，1）（不包括直线3x+2y﹣5=0）∴∵PA⊥直线3x+2y﹣5=0时，点P（﹣2，﹣1）到直线的距离为∴点P（﹣2，﹣1）到直线l：（1+3λ）x+（1+2λ）y=2+5λ的距离为故选：A．11．（5分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为正三角形，底面ABCD为正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP=MC，则点M在正方形ABCD内的轨迹为（）A．B．C．D．【解答】解：根据题意可知PD=DC，则点D符合“M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP=MC”设AB的中点为N，根据题目条件可知△PAN≌△CBN∴PN=CN，点N也符合“M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP=MC”故动点M的轨迹肯定过点D和点N而到点P与到点N的距离相等的点为线段PC的垂直平分面线段PC的垂直平分面与平面AC的交线是一直线故选：A．12．（5分）若关于x的不等式2x2﹣8x﹣4﹣a＞0在1＜x＜4内有解，则实数a 的取值范围是（）A．a＜﹣4 B．a＞﹣4 C．a＞﹣12 D．a＜﹣12【解答】解：原不等式2x2﹣8x﹣4﹣a＞0化为：a＜2x2﹣8x﹣4，只须a小于y=2x2﹣8x﹣4在1＜x＜4内的最大值时即可，∵y=2x2﹣8x﹣4在1＜x＜4内的最大值是﹣4．则有：a＜﹣4．故选：A．13．当x＞1时，不等式x+≥a恒成立，则实数a的取值范围是（）A．（﹣∞，2]B．[2，+∞）C．[3，+∞）D．（﹣∞，3]【解答】解：∵当x＞1时，不等式x+恒成立，∴a≤x+对一切非零实数x＞1均成立．由于x+=x﹣1++1≥2+1=3，当且仅当x=2时取等号，故x+的最小值等于3，∴a≤3，则实数a的取值范围是（﹣∞，3]．故选：D．二、填空题（共5小题，每小题5分，满分20分）14．（5分）已知m+4n=4（m＞0，n＞0），则mn的最大值是1．【解答】解：∵m+4n=4（m＞0，n＞0），∴mn=•m•4n≤（）2=×4=1，当且仅当m=2，n=时取等号，∴mn的最大值是1，故答案为：115．（5分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，B=45°，c=2，b=，那么角A=75°或15°．【解答】解：∵B=45°，c=2，b=，∴sinC===，∴解得：C=60°或120°，∴A=180°﹣B﹣C=75°或15°．故答案为：75°或15°．16．（5分）[示范高中]设x，y满足的约束条件为，若目标函数z=4ax+by（a＞0，b＞0）的最大值为8，则a2+b2的最小值为2．【解答】解：作出不等式对应的平面区域如图：由z=4ax+by（a＞0，b＞0），得y=﹣x+，平移直线y=﹣x+，由图象可知当直线y=﹣x+经过点A时，直线y=﹣x+的截距最大，此时最大值8，由，解得，即A（1，4），代入目标函数得4a+4b=8，即a+b=2，a2+b2的几何意义为直线上点到圆的距离的平方，则圆心到直线的距离d=，则a2+b2的最小值为d2=2；故答案为：2．17．已知实数x、y满足，则x+2y的最大值是4．【解答】解：已知实数x、y满足在坐标系中画出可行域，三个顶点分别是A（0，1），B（1，0），C（2，1），由图可知，当x=2，y=1时x+2y的最大值是4．故答案为：418．（5分）等差数列{a n}中，S n是它的前n项和，且S6＜S7，S7＞S8，则①此数列的公差d＜0②S9＜S6③a7是各项中最大的一项④S7一定是S n中的最大值．其中正确的是①②④（填序号）．【解答】解：由s6＜s7，S7＞S8可得S7﹣S6=a7＞0，S8﹣S7=a8＜0所以a8﹣a7=d＜0①正确②S9﹣S6=a7+a8+a9=3a8＜0，所以②正确③由于d＜0，所以a1最大③错误④由于a7＞0，a8＜0，s7最大，所以④正确故答案为：①②④三、解答题（共7小题，满分70分）19．（10分）设等比数列{a n}的前n项和为S n，已知a2=6，6a1+a3=30，求a n和S n．【解答】解：设{a n}的公比为q，由题意得：，解得：或，当a1=3，q=2时：a n=3×2n﹣1，S n=3×（2n﹣1）；当a1=2，q=3时：a n=2×3n﹣1，S n=3n﹣1．20．（12分）已知过A（﹣1，2）点的一条入射光线l经x轴反射后，经过点B （2，1）．（1）求直线l的方程；（2）设直线l与x轴交于点C，求△ABC的面积．【解答】解：（1）B（2，1）关于x轴的对称点为B’（2，﹣1）…（3分）∴，即直线L的方程为x+y﹣1=0．（6分）（2）由（1）知点C（1，0），…（8分）∴|AC|==，B点到直线l的距离为，…（10分）∴（12分）21．（12分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且bcosC﹣ccos （A+C）=3acosB．（1）求cosB的值；（2）若•=2，且b=3，求a，c的值．【解答】解：（Ⅰ）∵bcosC﹣ccos（A+C）=3acosB，由正弦定理可得：sinBcosC+sinCcosB=3sinAcosB，即sin（B+C）=sinA=3sinAcosB，∵sinA＞0．∴cosB=．（Ⅱ），∴ac=6．∴，解得a=2，c=3或a=3，c=2．22．（12分）[示范高中]设不等式x2﹣2ax+a+2≤0的解集为M，集合N=[1，4]，且M⊆N，求实数a的取值范围．【解答】解：因为不等式x2﹣2ax+a+2≤0的解集为M，N=[1，4]；当△=4a2﹣4（a+2）＜0，即﹣1＜a＜2时，M=∅，满足题意；…（2分）当△=0，a=﹣1，M={﹣1}不合题意，a=2时，M={2}满足题意；…（4分）当△＞0时，即a＞2或a＜﹣1时，令f（x）=x2﹣2ax+a+2，要使M⊆[1，4]，只需，解得2＜a≤；9．分综上，a的取值范围是﹣1＜a≤．（12分）23．[普通高中]设不等式x2﹣2ax+a+2≤0的解集为非空数集M，且M⊆[1，4]，求实数a的取值范围．【解答】解：由题意知，解得．故a的取值范围为[2，]．24．（12分）已知四棱锥P﹣ABCD，底面ABCD是∠A=60°、边长为a的菱形，又PD⊥底ABCD，且PD=CD，点M、N分别是棱AD、PC的中点．（1）证明：DN∥平面PMB（2）证明：平面PMB⊥平面PAD．【解答】解：（1）证明：取PB中点Q，连结MQ、NQ，因为M、N分别是棱AD、PC中点，所以QN∥BC∥MD，且QN=MD，于是DN∥MQ．．（2），又因为底面ABCD是∠A=60°，边长为a的菱形，且M为AD中点，所以MB⊥AD．又AD∩PD=D，所以MB⊥平面PAD．．25．（12分）设不等式组，所表示的平面区域为D，记D n内的格点（格点即横坐标和纵坐标均为整数的点）的个数为f（n）（n∈N*）．（1）求f（1），f（2），f（3）的值及f（n）的表达式（不需证明）；（2）设b n=2n f（n），且S n为数列{b n}的前n项和，求S n．【解答】解：（1）由不等式组，可得f（1）=3，f（2）=6，f（3）=9；∴f（n）=3n．（2）由题意知：，∴…①∴…②∴①﹣②得=3（21+22+23+…+2n）﹣3n•2n+1==3（2n+1﹣2）﹣3n•2n+1，∴．。

2014-2015第二学期高二理科参考答案 一．选择题 1-5 B C B B A 6-10 D AC B C 11-12 A C 二．填空题 13．14．．15. 2x－y－1＝0 . 16．（实数不全为0）满足等式， 所以， …………………3分，……………7分 根据复数相等的条件可得：，…………………9分或（舍），所以存在复数满足条件. …………………12分油耗低于8/100km 油耗高于8/100km 总计使用添加剂未使用添加剂总计18.解：（I） ………………2分，………………6分“平均油耗与是否使用该燃油添加剂有关”II）设事件A为“至少有一辆使用了燃油添加剂为“都没使用燃油添加剂百公里平均油耗高于10升的汽车燃油添加剂P(A)=1－P()=1－＝ …………………12分 解析(1) 设事件A为“学生甲的选择中物理题和化学题都有”，则 P(A)=1－＝………………4分(2)依题意，得ξ0，1，2，3，4．则P(ξ＝0)＝＝P(ξ＝1)＝＝P(ξ＝2)＝＝P(ξ＝3)＝＝P(ξ＝4)＝＝. ………………8分E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝2. D(ξ)＝(0－2)2×＋(1－2)2×＋(2－2)2×＋(3－2)2×＋(4－2)2×＋＋＋＝.…………………12分（I）＝Sn＝n2 an，又an＝Sn－Sn－1（n≥2）所以Sn＝Sn－1． 则S1＝a1＝1；S2＝；S3＝＝；S4＝；猜想Sn＝(n∈N*) …………………4分（II）S1＝a1＝1成立； （2）假设n＝k（k∈N*）时等式成立，即Sk＝， 当n＝k＋1时，Sk＋1＝Sk＋ak＋1＝＋ak＋1，……………7分 由已知＝，则： Sk＋1＝Sk＋ak＋1＝＋，整理解得：Sk＋1＝． 即当n＝k＋1时，等式也成立． 由（1）（2）可知，对于任意n∈N*，等式都成立…………………12分x2－mx＋1(m∈R)． （I）；（II）（II）.请各校老师根据本校学生的答题情况酌情给分，因此次疏忽给老师和学生造成的不便，深表歉意！ 21．（1）定义域（0，＋∞）， F(x)＝2m2f(x)－g(x)＝2m2lnx－x2＋mx－1， 则F((x)＝－x＋m＝－＝－，…………………2分①当m＝0时，x∈0，＋∞((x)＜0，则F(x)的递增区间为(0，＋∞②当m0时，x∈0，((x)＞0；x∈(2m，＋∞((x) ＜0．则F(x)的递增区间为(0，，＋∞③当m0时，x∈0，((x)＞0；x∈(－m，＋∞((x) ＜0．则F(x)的递增区间为(0，，＋∞…………………6分 x2－mx＋1，即h(x1)＞h(x2)，则h(x)在[1,2]上单调递增． 所以h((x)＝＋x－m≥0对x∈[1,2]恒成立．即m≤＋x恒成立． …………………8分＋x ≥2，当且仅当x＝1时，＋x最小值为2，所以m≤2．…………………12分解析（1）解：（I）∵OC=OD，∴∠OCD=∠ODC，∴∠OCA=∠ODB， ∵∠BOD=∠A，∴△OBD∽△AOC．………………分 ∴， ∵OC=OD=6，AC=4，∴，∴BD=9．…………………分 （II）证明：∵OC=OE，CE⊥OD．∴∠COD=∠BOD=∠A．………………分∴∠AOD=180o–∠A–∠ODC=180o–∠COD–∠OCD=∠ADO． ∴AD=AO ……………………10分 解：（I）曲线C的极坐标方程是ρ=2cosθ，可得C的直角坐标方程2＋y2－2x＝0．直线l的参数方程y－m＝0．………………5分（II）把（t为参数），代入C方程：2＋y2－2x＝0得：(m－1)t＋m2－2m＝0，，可得t1·t2＝…………………7分|PA|?|PB|=1得|t1·t2|＝．满足题意．………………10分解：（I）①，解得x≤－10； ②，解得2≤x<3； ③，解得x≥3. 所以，解集为（－∞，－10]∪[2，＋∞）． …………………5分（II），所以，当x∈[－2,2]时，有解，…………………8分 …………………10分。

石家庄市2014～2015学年度第二学期期末考试高一地理参考答案1-5 DBCAA 6-10 BADCB 11-15 BDACB 16-20 CDABC21-25 DBABB 26-30 DDACC 31-35 DCBAC 36-40 DCDAD41．（8分）（1）住宅区 商业区（2）d（3）乙42．（18分）（1）原因：北京城市发展问题突出，城市人口急剧膨胀，造成交通拥堵；公共资源配置短缺；空气及水源污染严重；人口就业压力过大等。

（任答两点，每点1分，共2分）影响：（迁出地）改善北京人口密度过大的问题；改善北京空气质量，提升生态环境质量；产业结构进行优化调整和配置。

（任答两点，每点1分，共2分）（迁入地）有利于产业结构的升级；形成合理的主导产业和支柱产业；促进当地的经济发展。

（任答两点，每点1分，共2分）（2）有利条件：保定水、土地资源充足；交通便利；产业基础雄厚，结构较为合理；国家政策的支持。

（任答三点，每点2分，共6分）（3）京津冀地区地处华北平原，地势平坦；气候为温带季风气候，气候条件优越，适宜人类居住；人类历史发展悠久、人口稠密、经济发达；海运、空运、铁路、公路交通发达，对外联系便捷。

（任答三点，每点2分，共6分）43．（14分）（1）位于农牧交错带，生态环境脆弱；人口压力大，大量开垦草原；超载放牧，引起草原退化。

（6分）（2）使周边地区的气候更加干燥；气温的日较差变大，沙尘暴天气的频率增加；生态环境进一步恶化。

（任答两点，每点2分，共4分）（3）减少或禁止垦殖；退耕还林、还草，恢复自然植被；限制放养牲畜的数量；耕地、林地和草地做到养用结合；控制人口增长，依法加强草原的管理和保护。

（任答两点，每点2分，共4分）。

2014-2015学年河北省衡水中学高一（下）期末数学试卷（理科）一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．（5分）与直线y=x+3平行且过点（0，﹣1）的直线方程为（）A．2x+y+1=0 B．x+2y+2=0 C．x﹣2y﹣2=0 D．2x﹣y﹣1=02．（5分）若点（1，﹣1）在圆x2+y2﹣x+y+m=0外，则m的取值范围是（）A．m＞0 B．m＜C．0＜m＜D．0≤m≤3．（5分）点P（x，y）在直线x+y﹣4=0上，O是原点，则|OP|的最小值是（）A． B．2 C．D．24．（5分）圆x2+y2﹣2x﹣1=0关于直线x﹣y+3=0对称的圆的方程是（）A．（x+3）2+（y﹣4）2=2 B．（x﹣3）2+（y+4）2=2C．D．5．（5分）点M（a，b）在圆x2+y2=1内，则直线ax+by=1与圆x2+y2=1的位置关系是（）A．相交B．相切C．相离D．不确定6．（5分）两圆（x﹣2）2+（y﹣1）2=4与（x+1）2+（y﹣2）2=9的公切线有（）条．A．1 B．2 C．3 D．47．（5分）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中侧棱垂直于底面，∠ACB=90°，∠BAC=30°，BC=1，且三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为3，则三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球的表面积为（）A．16πB．C．πD．32π8．（5分）点P是直线3x+y+10=0上的动点，PA，PB与圆x2+y2=4分别相切于A，B两点，则四边形PAOB面积的最小值为（）A．B．2 C．2 D．49．（5分）直线y=x+b与曲线有且仅有一个公共点，则b的取值范围是（）A． B．﹣1＜b≤1或 C．D．10．（5分）某几何体的三视图，如图所示，则它的体积为（）A．12πB．27πC．45πD．57π11．（5分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是∠DAB=60°且边长为a的菱形，侧面PAD是等边三角形，且平面PAD⊥底面ABD，G为AD的中点，则点G到平面PAB的距离为（）A．B．C．D．12．（5分）若直线l：ax+by=0与圆C：x2+y2﹣4x+4y=0相交，则直线l的倾斜角不等于（）A．B．C．D．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卷的横线上．.13．（5分）过点（﹣2，6）作圆x2+（y﹣2）2=4的两条切线，切点分别为A，B，则直线AB的方程为．14．（5分）曲线，曲线，EF是曲线C1的任意一条直径，P是曲线C2上任一点，则的最小值为．15．（5分）已知x，y∈（0，2），则的最小值为．16．（5分）球O为边长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的内切球，P为球O的球面上动点，M为B1C1中点，DP⊥BM，则点P的轨迹周长为．三、解答题：本大题共6小题，满分70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17．（10分）已知直线l经过点P（﹣2，5），且斜率为．（Ⅰ）求直线l的方程；（Ⅱ）求与直线l切于点（2，2），圆心在直线x+y﹣11=0上的圆的方程．18．（12分）已知圆C：（x﹣3）2+（y﹣4）2=4，（Ⅰ）若直线l1过定点A（1，0），且与圆C相切，求l1的方程；（Ⅱ）若圆D的半径为3，圆心在直线l2：x+y﹣2=0上，且与圆C外切，求圆D 的方程．19．（12分）如图，在△ABC中，BD为AC边上的高，BD=1，BC=AD=2，沿BD 将△ABD翻折，使得∠ADC=30°，得到几何体B﹣ACD．（1）求证：AC⊥BD；（2）求AB与平面BCD所成角的正切值；（3）求二面角D﹣AB﹣C的余弦值．20．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA=AB=AD=2，四边形ABCD满足AB⊥AD，BC∥AD且BC=4，点M为PC中点，点E为BC边上的动点，且=λ．（1）求证：平面ADM⊥平面PBC；（2）是否存在实数λ，使得二面角P﹣DE﹣B的余弦值为？若存在，试求出实数λ的值；若不存在，说明理由．21．（12分）如图，某城市有一条公路正西方AO通过市中心O后转向北偏东α角方向的OB，位于该市的某大学M与市中心O的距离OM=3km，且∠AOM=β，现要修筑一条铁路L，L在OA上设一站A，在OB上设一站B，铁路在AB部分为直线段，且经过大学M，其中tanα=2，cosβ=，AO=15km．（1）求大学M在站A的距离AM；（2）求铁路AB段的长AB．22．（12分）已知圆心在第二象限内，半径为2的圆O1与x轴交于（﹣5，0）和（3，0）两点．（1）求圆O1的方程；（2）求圆O1的过点A（1，6）的切线方程；（3）已知点N（9，2）在（2）中的切线上，过点A作O1N的垂线，垂足为M，点H为线段AM上异于两个端点的动点，以点H为中点的弦与圆交于点B，C，过B，C两点分别作圆的切线，两切线交于点P，求直线PO1的斜率与直线PN的斜率之积．2014-2015学年河北省衡水中学高一（下）期末数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．（5分）与直线y=x+3平行且过点（0，﹣1）的直线方程为（）A．2x+y+1=0 B．x+2y+2=0 C．x﹣2y﹣2=0 D．2x﹣y﹣1=0【解答】解：由平行关系可得所求直线的斜率为，∴直线的点斜式为y﹣（﹣1）=（x﹣0），化为一般式可得x﹣2y﹣2=0故选：C．2．（5分）若点（1，﹣1）在圆x2+y2﹣x+y+m=0外，则m的取值范围是（）A．m＞0 B．m＜C．0＜m＜D．0≤m≤【解答】解：圆x2+y2﹣x+y+m=0，即+=﹣m，表示以（，﹣）为圆心、半径等于的圆．由于点（1，﹣1）在圆外，可得点（1，﹣1）到圆心的距离大于半径，即＞，求得0＜m＜，故选：C．3．（5分）点P（x，y）在直线x+y﹣4=0上，O是原点，则|OP|的最小值是（）A． B．2 C．D．2【解答】解：由题意可知：过O作已知直线的垂线，垂足为P，此时|OP|最小，则原点（0，0）到直线x+y﹣4=0的距离d==2，即|OP|的最小值为2．故选：B．4．（5分）圆x2+y2﹣2x﹣1=0关于直线x﹣y+3=0对称的圆的方程是（）A．（x+3）2+（y﹣4）2=2 B．（x﹣3）2+（y+4）2=2C．D．【解答】解：圆x2+y2﹣2x﹣1=0 即（x﹣1）2+y2=2，表示以（1，0）为圆心，半径等于的圆．设圆心（1，0）关于直线x﹣y+3=0对称的点为（a，b），则由，解得a=﹣3，b=4，∴对称的圆的方程为（x+3）2+（y﹣4）2=2．故选：A．5．（5分）点M（a，b）在圆x2+y2=1内，则直线ax+by=1与圆x2+y2=1的位置关系是（）A．相交B．相切C．相离D．不确定【解答】解：∵点M（a，b）是圆x2+y2=1内的一点，∴a2+b2＜1，∵圆心到直线ax+by=1的距离d=＞1．∴直线和圆相离．故选：C．6．（5分）两圆（x﹣2）2+（y﹣1）2=4与（x+1）2+（y﹣2）2=9的公切线有（）条．A．1 B．2 C．3 D．4【解答】解：两圆（x﹣2）2+（y﹣1）2=4与（x+1）2+（y﹣2）2=9的圆心距为：=．两个圆的半径和为：5，半径差为：1，∵，∴两个圆相交．公切线只有2条．故选：B．7．（5分）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中侧棱垂直于底面，∠ACB=90°，∠BAC=30°，BC=1，且三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为3，则三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球的表面积为（）A．16πB．C．πD．32π【解答】解：∵三棱柱ABC﹣A1B1C1中侧棱垂直于底面，设侧棱长为a，又三棱柱的底面为直角三角形，BC=1，∠BAC=30°，∴AC=，AB=2，∴三棱柱的体积V=××a=3，∴H=2，△ABC的外接圆半径为AB=1，三棱柱的外接球的球心为上、下底面直角三角形斜边中点连线的中点O，如图：∴外接球的半径R=2，∴外接球的表面积S=4π×22=16π．故选：A．8．（5分）点P是直线3x+y+10=0上的动点，PA，PB与圆x2+y2=4分别相切于A，B两点，则四边形PAOB面积的最小值为（）A．B．2 C．2 D．4【解答】解：由题意可得，PA=PB，PA⊥OA，PB⊥OB，S PAOB=2S△PAO=2PA又∵在Rt△PAO中，由勾股定理可得，PA2=PO2﹣4，当PO最小时，PA最小，此时所求的面积也最小点P是直线l：3x+y+10=0上的动点，当PO⊥l时，PO有最小值d=，PA=所求四边形PAOB的面积的最小值为2．故选：C．9．（5分）直线y=x+b与曲线有且仅有一个公共点，则b的取值范围是（）A． B．﹣1＜b≤1或 C．D．【解答】解：化简得x2+y2=1注意到x≥0所以这个曲线应该是半径为1，圆心是（0，0）的半圆，且其图象只在一四象限．这样很容易画出图来，这样因为直线与其只有一个交点，那么很容易从图上看出其三个极端情况分别是：直线在第四象限与曲线相切，交曲线于（0，﹣1）和另一个点，及与曲线交于点（0，1）．分别算出三个情况的B值是：﹣，﹣1，1．因为B就是直线在Y轴上的截距了，所以看图很容易得到B的范围是：﹣1＜b≤1或b=﹣故选：B．10．（5分）某几何体的三视图，如图所示，则它的体积为（）A．12πB．27πC．45πD．57π【解答】解：由三视图可知：原几何体是由上下两部分组成：下面是一个底面半径为3，高为5的圆柱；上面是一个与圆柱的上底面重合、母线长为5的圆锥．圆锥的高h==4．∴V==57π．故选：D．11．（5分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是∠DAB=60°且边长为a的菱形，侧面PAD是等边三角形，且平面PAD⊥底面ABD，G为AD的中点，则点G到平面PAB的距离为（）A．B．C．D．【解答】解；在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是∠DAB=60°且边长为a的菱形，侧面PAD是等边三角形，且平面PAD⊥底面ABD，G为AD的中点，可知PG⊥底面ABCD，设点G到平面PAB的距离为h，△PAB中，PA=AB=a∴面积S=•a•a=a2，∵v G=V A﹣PGB=×a2×h=×a2×a，﹣PAB∴h=．故选：A．12．（5分）若直线l：ax+by=0与圆C：x2+y2﹣4x+4y=0相交，则直线l的倾斜角不等于（）A．B．C．D．【解答】解：由圆x2+y2﹣4x+4y=0得到圆心坐标为（2，﹣2），半径为2，因为直线与圆相交，所以圆心到该直线的距离d=＜2两边平方得出a2+b2+2ab＞0，（a+b）2＞0，所以a≠﹣b因为k=﹣，所以k≠1，故选：C．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卷的横线上．.13．（5分）过点（﹣2，6）作圆x2+（y﹣2）2=4的两条切线，切点分别为A，B，则直线AB的方程为x﹣2y+6=0．【解答】解：圆x2+（y﹣2）2=4的圆心为C（0，2），半径为2，以（﹣2，6）、C（0，2）为直径的圆的方程为（x+1）2+（y﹣4）2=5，将两圆的方程相减可得公共弦AB的方程x﹣2y+6=0，故答案为：x﹣2y+6=0．14．（5分）曲线，曲线，EF是曲线C1的任意一条直径，P是曲线C2上任一点，则的最小值为6．【解答】解：设F（cosθ，4+sinθ），∵EF是曲线C1的任意一条直径，则E（﹣cosθ，4﹣sinθ）．设P，则=（﹣cosθ﹣t，4﹣sinθ﹣）•（cosθ﹣t，4+sinθ﹣）=t2﹣cos2θ+==≥6，当时，取等号．∴的最小值为6．故答案为：6．15．（5分）已知x，y∈（0，2），则的最小值为4．【解答】解：表示点（x，y）与原点（0，0）之间的距离，表示点（x，y）与点（0，2）之间的距离，表示点（x，y）与点（2，0）之间的距离，表示点（x，y）与点（2，2）之间的距离，∴函数就是四个距离之和，满足条件0＜x＜2，0＜y＜2的点（x，y）位于矩形内，则距离之和的最小值就是此矩形的对角线长的2倍，等于4．故答案为：4．16．（5分）球O为边长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的内切球，P为球O的球面上动点，M为B1C1中点，DP⊥BM，则点P的轨迹周长为．【解答】解：根据题意，该正方体的内切球半径为r=2，由题意，取BB1的中点N，连接CN，则CN⊥BM，∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1，∴CN为DP在平面B1C1CB中的射影，∴点P的轨迹为过D，C，N的平面与内切球的交线，∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1的边长为4，∴O到过D，C，N的平面的距离，∴截面圆的半径为：，∴点P的轨迹周长为：2π×=．故答案为：．三、解答题：本大题共6小题，满分70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17．（10分）已知直线l经过点P（﹣2，5），且斜率为．（Ⅰ）求直线l的方程；（Ⅱ）求与直线l切于点（2，2），圆心在直线x+y﹣11=0上的圆的方程．【解答】解：（Ⅰ）由直线方程的点斜式，可得方程为，化为一般式即得所求直线方程为：3x+4y﹣14=0．…（4分）（Ⅱ）过点（2，2）与l垂直的直线方程为4x﹣3y﹣2=0，…（6分）由得圆心为（5，6），…（8分）∴半径，…（10分）故所求圆的方程为（x﹣5）2+（y﹣6）2=25．…（12分）18．（12分）已知圆C：（x﹣3）2+（y﹣4）2=4，（Ⅰ）若直线l1过定点A（1，0），且与圆C相切，求l1的方程；（Ⅱ）若圆D的半径为3，圆心在直线l2：x+y﹣2=0上，且与圆C外切，求圆D 的方程．【解答】解：（Ⅰ）①若直线l1的斜率不存在，即直线是x=1，符合题意．（1分）②若直线l1斜率存在，设直线l1为y=k（x﹣1），即kx﹣y﹣k=0．由题意知，圆心（3，4）到已知直线l1的距离等于半径2，即（4分）解之得．所求直线方程是x=1，3x﹣4y﹣3=0．（5分）（Ⅱ）依题意设D（a，2﹣a），又已知圆的圆心C（3，4），r=2，由两圆外切，可知CD=5∴可知=5，（7分）解得a=3，或a=﹣2，∴D（3，﹣1）或D（﹣2，4），∴所求圆的方程为（x﹣3）2+（y+1）2=9或（x+2）2+（y﹣4）2=9．（9分）19．（12分）如图，在△ABC中，BD为AC边上的高，BD=1，BC=AD=2，沿BD 将△ABD翻折，使得∠ADC=30°，得到几何体B﹣ACD．（1）求证：AC⊥BD；（2）求AB与平面BCD所成角的正切值；（3）求二面角D﹣AB﹣C的余弦值．【解答】证明：（1）∵在△ABC中，BD为AC边上的高，BD=1，BC=AD=2，沿BD将△ABD翻折，使得∠ADC=30°，∴BD⊥AD，BD⊥DC，且AD∩DC=D，∴BD⊥面ACD，又∵AC⊂面ACD，∴BD⊥AC．解：（2）∵DC==，且AC2=AD2+CD2﹣2AD•CD•cos30°=4+3﹣2×=1，∴AC2+CD2=AD2，∴AC⊥CD，又∵AC⊥BD，且CD∩BD=D，∴AC⊥平面BCD，∴∠ABC是AB与平面BCD所成的角，在Rt△ABC中，tan=，∴AB与平面BCD所成的角的正切值为．（3）在△BCD中，过点D作DO⊥BC于O，则AC⊥DO，∴DC⊥面ABC，在△ABC中，过O作OD⊥AB于E，连结DE，则AB⊥面ODE，∴∠DEO为二面角D﹣AB﹣C的平面角，在Rt△BCD中，由题意AB=，DE=，在Rt△BCD中，由题意DO=，∴OE==，∴cos=，∴二面角D﹣AB﹣C的余弦值为．20．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA=AB=AD=2，四边形ABCD满足AB⊥AD，BC∥AD且BC=4，点M为PC中点，点E为BC边上的动点，且=λ．（1）求证：平面ADM⊥平面PBC；（2）是否存在实数λ，使得二面角P﹣DE﹣B的余弦值为？若存在，试求出实数λ的值；若不存在，说明理由．【解答】（本小题满分12分）解：（1）取PB中点N，连结MN、AN，∵M是PC中点，∴，又∵BC∥AD，∴MN∥AD，MN=AD，∴四边形ADMN为平行四边形，∵AP⊥AD，AB⊥AD，∴AD⊥平面PAB，∴AD⊥AN，∴AN⊥MN，∵AP=AB，∴AN⊥PB，∴AN⊥平面PBC，∵AN⊂平面ADM，∴平面ADM⊥平面PBC．（6分）（2）存在符合条件的λ．以A为原点，AB方向为x轴，AD方向为y轴，AP方向为z轴，建立空间直角坐标系A﹣xyz，设E（2，t，0），P（0，0，2），D（0，2，0），B（2，0，0）从而，，则平面PDE的法向量为，又平面DEB即为xAy平面，其法向量，则，解得t=3或t=1，进而λ=3或．（12分）21．（12分）如图，某城市有一条公路正西方AO通过市中心O后转向北偏东α角方向的OB，位于该市的某大学M与市中心O的距离OM=3km，且∠AOM=β，现要修筑一条铁路L，L在OA上设一站A，在OB上设一站B，铁路在AB部分为直线段，且经过大学M，其中tanα=2，cosβ=，AO=15km．（1）求大学M在站A的距离AM；（2）求铁路AB段的长AB．【解答】（本题满分为12分）解：（1）在△AOM中，A0=15，∠AOM=β，且cosβ=，OM=3，由余弦定理可得：AM2=OA2+OM2﹣2OA•OM•cos∠AOM=（3）2+152﹣2××15×=72．所以可得：AM=6，大学M在站A的距离AM为6km．…6分（2）∵cos，且β为锐角，∴sinβ=，在△AOM中，由正弦定理可得：=，即=，∴sin∠MAO=，∴∠MAO=，∴∠ABO=α﹣，∵tanα=2，∴sin，cosα=，∴sin∠ABO=sin（）=，又∵∠AOB=π﹣α，∴sin∠AOB=sin（π﹣α）=．在△AOB中，AO=15，由正弦定理可得：=，即，∴解得AB=30，即铁路AB段的长AB为30km．…12分22．（12分）已知圆心在第二象限内，半径为2的圆O1与x轴交于（﹣5，0）和（3，0）两点．（1）求圆O1的方程；（2）求圆O1的过点A（1，6）的切线方程；（3）已知点N（9，2）在（2）中的切线上，过点A作O1N的垂线，垂足为M，点H为线段AM上异于两个端点的动点，以点H为中点的弦与圆交于点B，C，过B，C两点分别作圆的切线，两切线交于点P，求直线PO1的斜率与直线PN的斜率之积．【解答】解：（1）由题知圆与x轴交于（﹣5，0）和（3，0），所以圆心可设为（﹣1，a），又半径为，则（3+1）2+b2=20，得b=2（﹣2舍），所以圆的方程为（x+1）2+（y﹣2）2=20．…（4分）（2）由题知，点A（1，6）在圆上，所以（1+1）x+（6﹣2）（y﹣2）=20，所以圆的过A点的切线方程为：x+2y=13．…（8分）（3）由题知，P，B，O 1，C四点共圆，设点P坐标为（a，b），则P，B，O1，C四点所在圆的方程为（x+1）（x﹣a）+（y﹣2）（y﹣b）=0，…（10分）与圆（x+1）2+（y﹣2）2=20联立，得直线BC的方程为（1+a）x+（b﹣2）y+a﹣2b﹣15=0，…（12分）又直线AM的方程为x=1，联立两直线方程，H点，所以=，又，所以．…（16分）。