2018-2019学年北京市北京四中高二上学期期中考试数学试题 解析版

北京市2018-2019学年高二上学期期中考试数学试题1．直线（a为实常数）的倾斜角的大小是( )A．30° B．60° C．120°D．150°2．若a，b是异面直线，直线c∥a，则c与b的位置关系是( )A．相交 B．异面 C．平行 D．异面或相交3．到直线3x﹣4y﹣1=0的距离为2的直线方程是( )A．3x﹣4y﹣11=0 B．3x﹣4y﹣11=0或3x﹣4y+9=0C．3x﹣4y+9=0 D．3x﹣4y+11=0或3x﹣4y﹣9=04．一个空间几何体的正视图和侧视图都是边长为1的正方形，俯视图是一个直径为1的圆，那么这个几何体的体积为( )A．B．C．πD．5．如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC中点，则下列叙述正确的是( )A．CC1与B1E是异面直线B．AC⊥平面ABB1A1C．AE，B1C1为异面直线，且AE⊥B1C1D．A1C1∥平面AB1E6．直线x+（1+m）y=2﹣m和直线mx+2y+8=0平行，则m的值为( )A．1 B．﹣2 C．1或﹣2 D．﹣7．下列四个结论：（1）两条直线都和同一个平面平行，则这两条直线平行；（2）两条直线没有公共点，则这两条直线平行；（3）两条直线都和第三条直线垂直，则这两条直线平行；（4）一条直线和一个平面内无数条直线没有公共点，则这条直线和这个平面平行．其中正确的个数为( )A．0 B．1 C．2 D．38．已知过球面上A、B、C三点的截面和球心的距离等于球半径的一半，且AB=BC=CA=2，则球面面积是( ) A．B．C．4πD．9．已知点M（0，﹣1），点N在直线x﹣y+1=0上，若直线MN垂直于直线x+2y﹣3=0，则点N的坐标是( ) A．（﹣2，﹣1）B．（2，3）C．（2，1）D．（﹣2，1）10．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，异面直线A1D与D1C所成的角为( )A．30° B．45° C．60° D．90°11．由小正方体木块搭成的几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体的小正方体木块有( )A．6块B．7块C．8块D．9块12．将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A﹣BD﹣C，有如下四个结论：①AC⊥BD；②△ACD是等边三角形；③AB与平面BCD所成的角为60°；④AB与CD所成的角为60°．其中错误的结论是( )A．①B．②C．③D．④二、填空题（共6小题，每小题4分，满分24分）13．过点（1，2）且与直线x+2y﹣1=0平行的直线方程是__________．14．△ABC的三顶点分别是A（﹣8，5），B（4，﹣2），C（﹣6，3），则BC边上的高所在的直线的一般式方程是__________．15．经过两直线2x﹣3y﹣12=0和x+y﹣1=0的交点，并且在两坐标轴上的截距相等的直线方程为__________．16．直线y=k（x+1）+3与以点A（2，﹣5），B（4，﹣2）为端点的线段AB有公共点，则k的取值范围是___________17．如图，在侧棱和底面垂直的四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，当底面ABCD满足条件__________时，有AC⊥B1D1（写出你认为正确的一种条件即可．）．18．如图，P是二面角α﹣AB﹣β棱AB上的一点，分别在α，β上引射线PM，PN，如果∠BPM=∠BPN=45°，∠MPN=60°，那么二面角α﹣AB﹣β的大小是__________．三、解答题（共3小题，满分40分）19．已知直线l经过直线3x+4y﹣2=0与直线2x+y+2=0的交点P，且垂直于直线x﹣2y﹣1=0．求：（Ⅰ）直线l的方程；（Ⅱ）直线l与两坐标轴围成的三角形的面积S．20．如图，四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，E是SA上一点，试探求点E的位置，使SC∥平面EBD，并证明．21．（16分）如图，在底面是直角梯形的四棱锥S﹣ABCD中，∠ABC=90°，SA⊥面ABCD，SA=AB=BC=1，AD=．（1）求四棱锥S﹣ABCD的体积；（2）求证：面SAB⊥面SBC；（3）求SC与底面ABCD所成角的正切值．北京市2018-2019学年高二上学期期中考试数学试题参考答案一、选择题（共12小题，每小题3分，满分36分）1．直线（a为实常数）的倾斜角的大小是( )A．30° B．60° C．120°D．150°【考点】直线的倾斜角．【专题】计算题．【分析】由已知中直线的方程，可以求直线的斜率，进而根据直线斜率与倾斜角的关系，可以求出直线倾斜角的大小．【解答】解：∵直线（a为实常数）的斜率为﹣令直线（a为实常数）的倾斜角为θ则tanθ=﹣解得θ=150°故选D【点评】本题考查的知识点是直线的倾斜角，其中根据直线方程求出直线的斜率是解答本题的关键2．若a，b是异面直线，直线c∥a，则c与b的位置关系是( )A．相交 B．异面 C．平行 D．异面或相交【考点】空间中直线与直线之间的位置关系．【分析】若a，b是异面直线，直线c∥a，所以c与b可能异面，可能相交．【解答】解：由a、b是异面直线，直线c∥a知c与b的位置关系是异面或相交，故选D．【点评】此题考查学生的空间想象能力，考查对异面直线的理解和掌握．3．到直线3x﹣4y﹣1=0的距离为2的直线方程是( )A．3x﹣4y﹣11=0 B．3x﹣4y﹣11=0或3x﹣4y+9=0C．3x﹣4y+9=0 D．3x﹣4y+11=0或3x﹣4y﹣9=0【考点】直线的一般式方程；两条平行直线间的距离．【专题】计算题；待定系数法．【分析】设到直线3x﹣4y﹣1=0的距离为2的直线方程是 3x﹣4y+c=0，由两平行线间的距离公式得=2，解方程求出c值，即得所求的直线的方程．【解答】解：设到直线3x﹣4y﹣1=0的距离为2的直线方程是 3x﹣4y+c=0，由两平行线间的距离公式得=2，c=﹣11，或 c=9．∴到直线3x﹣4y﹣1=0的距离为2的直线方程是 3x﹣4y﹣11=0，或 3x﹣4y+9=0，故选 B．【点评】本题考查用待定系数法求平行直线方程的方法，以及两平行线间的距离公式的应用．4．一个空间几何体的正视图和侧视图都是边长为1的正方形，俯视图是一个直径为1的圆，那么这个几何体的体积为( )A．B．C．πD．【考点】由三视图求面积、体积．【专题】计算题．【分析】由三视图可判断这个几何体为圆柱体，根据题意可知底面半径以及高，易求体积．【解答】解：由三视图可知这个几何体是圆柱体，且底面圆的半径，高为1，那么圆柱体的体积是：π×（）2×1=，故选A．【点评】本题考查三视图求几何体的体积，考查计算能力，空间想象能力，三视图复原几何体是解题的关键．5．如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC中点，则下列叙述正确的是( )A．CC1与B1E是异面直线B．AC⊥平面ABB1A1C．AE，B1C1为异面直线，且AE⊥B1C1D．A1C1∥平面AB1E【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．【专题】证明题；综合法．【分析】由题意，此几何体是一个直三棱柱，且其底面是正三角形，E是中点，由这些条件对四个选项逐一判断得出正确选项【解答】解：A不正确，因为CC1与B1E在同一个侧面中，故不是异面直线；B不正确，由题意知，上底面ABC是一个正三角形，故不可能存在AC⊥平面ABB1A1；C正确，因为AE，B1C1为在两个平行平面中且不平行的两条直线，故它们是异面直线；D不正确，因为A1C1所在的平面与平面AB1E相交，且A1C1与交线有公共点，故A1C1∥平面AB1E不正确；故选C．【点评】本题考查空间中直线与平面之间的位置关系，解题的关键是理解清楚题设条件，根据所学的定理，定义对所面对的问题进行证明得出结论，本题考查空间想象能力以及推理谁的能力，综合性较强．6．直线x+（1+m）y=2﹣m和直线mx+2y+8=0平行，则m的值为( )A．1 B．﹣2 C．1或﹣2 D．﹣【考点】直线的一般式方程与直线的平行关系．【专题】方程思想；数形结合法；直线与圆．【分析】由直线平行可得1×2﹣（1+m）m=0，解方程排除重合可得．【解答】解：∵直线x+（1+m）y=2﹣m和直线mx+2y+8=0平行，∴1×2﹣（1+m）m=0，解得m=1或﹣2，当m=﹣2时，两直线重合．故选：A．【点评】本题考查直线的一般式方程和平行关系，属基础题．7．下列四个结论：（1）两条直线都和同一个平面平行，则这两条直线平行；（2）两条直线没有公共点，则这两条直线平行；（3）两条直线都和第三条直线垂直，则这两条直线平行；（4）一条直线和一个平面内无数条直线没有公共点，则这条直线和这个平面平行．其中正确的个数为( )A．0 B．1 C．2 D．3【考点】空间中直线与直线之间的位置关系．【专题】常规题型．【分析】根据线线平行、线面平行的判定和性质．即可得出正确结论．【解答】解：：（1）两条直线都和同一个平面平行，那么这两条直线可能平行、相交、异面．故（1）不正确．（2）两条直线没有公共点，那么这两条直线可能平行、异面．故（2）不正确．（3）两条直线都和第三条直线垂，则这两条直线可能平行、相交、异面．故（3）不正确．（4）一条直线和一个平面内无数条直线没有公共点，则这条直线和这个平面可能平行、可能相交、可能在平面内．故选A【点评】此题考查学生对空间中点线面之间的位置关系的掌握与理解．考查学生的空间想象能力．8．已知过球面上A、B、C三点的截面和球心的距离等于球半径的一半，且AB=BC=CA=2，则球面面积是( ) A．B．C．4πD．【考点】球的体积和表面积．【专题】计算题．【分析】由AB=BC=CA=2，求得△ABC的外接圆半径为r，再由R2﹣（R）2=，求得球的半径，再用面积求解．【解答】解：因为AB=BC=CA=2，所以△ABC的外接圆半径为r=．设球半径为R，则R2﹣（R）2=，所以R2=S=4πR2=．故选D【点评】本题主要考查球的球面面积，涉及到截面圆圆心与球心的连垂直于截面，这是求得相关量的关键．9．已知点M（0，﹣1），点N在直线x﹣y+1=0上，若直线MN垂直于直线x+2y﹣3=0，则点N的坐标是( ) A．（﹣2，﹣1）B．（2，3）C．（2，1）D．（﹣2，1）【考点】两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系．【专题】计算题．【分析】根据点N在直线x﹣y+1=0上，设点N坐标为（x0，x0+1），利用经过两点的斜率公式，得到直线MN 的斜率关于x0的表达式，最后根据直线MN垂直于直线x+2y﹣3=0，得到两直线斜率乘积等于﹣1，建立等式并解之可得点N的坐标．【解答】解：∵点N在直线x﹣y+1=0上∴可设点N坐标为（x0，x0+1）根据经过两点的直线的斜率公式，可得=∵直线MN垂直于直线x+2y﹣3=0，而直线x+2y﹣3=0的斜率为∴⇒=2⇒x0=2因此，点N的坐标是（2，3）故选B【点评】本题借助于直线与垂直，求点的坐标为例，着重考查了直线的方程、直线斜率的求法和直线垂直的斜率关系等知识点，属于基础题．10．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，异面直线A1D与D1C所成的角为( )A．30° B．45° C．60° D．90°【考点】异面直线及其所成的角．【专题】空间角．【分析】在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，由D1C∥A1B，知∠DA1B是异面直线A1D与D1C所成的角，由此能求出结果．【解答】解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，∵D1C∥A1B，∴∠DA1B是异面直线A1D与D1C所成的角，∵A1D=A1B=BD，∴△A1BD是等边三角形，∴∠DA1B=60°，∴异面直线A1D与D1C所成的角是60°．故选：C．【点评】本题考查异面直线所成的角的求法，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．11．由小正方体木块搭成的几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体的小正方体木块有( )A．6块B．7块C．8块D．9块【考点】简单组合体的结构特征．【专题】计算题．【分析】由俯视图易得最底层正方体的个数，由主视图和左视图找到其余层数里正方体的个数相加即可．【解答】解：由俯视图，我们可得该几何体中小正方体共有4摞，结合正视图和侧视图可得：第1摞共有3个小正方体；第2摞共有1个小正方体；第3摞共有1个小正方体；第4摞共有2个小正方体；故搭成该几何体的小正方体木块有7块，故选B．【点评】用到的知识点为：俯视图决定底层立方块的个数，三视图的顺序分别为：主视图，左视图，俯视图．12．将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A﹣BD﹣C，有如下四个结论：①AC⊥BD；②△ACD是等边三角形；③AB与平面BCD所成的角为60°；④AB与CD所成的角为60°．其中错误的结论是( )A．①B．②C．③D．④【考点】与二面角有关的立体几何综合题；异面直线及其所成的角；直线与平面所成的角．【专题】证明题．【分析】取BD的中点E，则AE⊥BD，CE⊥BD．根据线面垂直的判定及性质可判断①的真假；求出AC长后，可以判断②的真假；求出AB与平面BCD所成的角可判断③的真假；建立空间坐标系，利用向量法，求出AB 与CD所成的角，可以判断④的真假；进而得到答案．【解答】解：取BD的中点E，则AE⊥BD，CE⊥BD BD⊥面AEC∴BD⊥AC设正方形边长为a，则AD=DC=a，AE=a=EC．∴AC=a∴△ACD∠ABD为AB与面BCD所成的角为45以E为坐标原点，EC、ED、EA分别为x，y，z则A（0，0，a），B（0，﹣a，0），D（0，a，0），C（a，0，0=（0，﹣a，﹣a），=（a，﹣a，0）．cos＜，＞==∴＜，＞=60°，故④正确．故选C【点评】本题考查的知识点是线面垂直的判定与性质，空间两点距离，线面夹角，异面直线的夹角，其中根据已知条件将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A﹣BD﹣C，结合立体几何求出相关直线与直线、直线与平面的夹角，及线段的长是关键．二、填空题（共6小题，每小题4分，满分24分）13．过点（1，2）且与直线x+2y﹣1=0平行的直线方程是x+2y﹣5=0．【考点】直线的一般式方程与直线的平行关系．【专题】计算题．【分析】设过点（1，2）且与直线x+2y﹣1=0平行的直线方程为 x+2y+m=0，把点（1，2）代入直线方程，求出m值即得直线l的方程．【解答】解：设过点（1，2）且与直线x+2y=0平行的直线方程为x+2y+m=0，把点（1，2）代入直线方程得，1+4+m=0，m=﹣5，故所求的直线方程为 x+2y﹣5=0，故答案为：x+2y﹣5=0．【点评】本题考查用待定系数法求直线方程的方法，设过点（1，2）且与直线x+2y﹣1=0平行的直线方程为 x+2y+m=0 是解题的关键．14．△ABC的三顶点分别是A（﹣8，5），B（4，﹣2），C（﹣6，3），则BC边上的高所在的直线的一般式方程是2x﹣y+21=0．【考点】直线的点斜式方程；待定系数法求直线方程．【专题】方程思想；定义法；直线与圆．【分析】先求出BC所在直线的斜率，根据垂直得出BC边上的高所在直线的斜率，由点斜式写出直线方程，并化为一般式．【解答】解：∵△ABC的三顶点分别是A（﹣8，5），B（4，﹣2），C（﹣6，3），∴k BC==﹣，∴BC边上高AD所在直线斜率k=2，又过A（﹣8，5）点，∴BC边上的高AD所在的直线AD：y﹣5=2（x+8），即2x﹣y+21=0．故答案为：2x﹣y+21=0【点评】本题考查两直线垂直时，斜率间的关系，用点斜式求直线方程的方法，利用定义法是解决本题的关键．15．经过两直线2x﹣3y﹣12=0和x+y﹣1=0的交点，并且在两坐标轴上的截距相等的直线方程为2x+3y=0；或x+y+1=0．【考点】直线的截距式方程；两条直线的交点坐标．【专题】计算题；方程思想；分类法；直线与圆．【分析】联解两条直线的方程，得到它们的交点坐标（﹣3，﹣1）．再根据直线是否经过原点，分两种情况加以讨论，即可算出符合题意的两条直线方程．【解答】解：由解得∴直线2x﹣3y﹣12=0和x+y﹣1=0的交点坐标为（3，﹣2）①所求直线经过原点时，满足条件方程设为y=kx，可得3k=﹣2，解得k=﹣，此时直线方程为y=﹣x，即2x+3y=0；②当所求直线在坐标轴上的截距不为0时，方程设为x+y=a，可得3﹣2=a，解之得a=1，此时直线方程为x+y﹣1=0综上所述，所求的直线方程为2x+3y=0；或x+y+1=0．【点评】本题给出经过两条直线，求经过两条直线的交点且在轴上截距相等的直线方程．着重考查了直线的基本量与基本形式、直线的位置关系等知识，属于基础题．16．直线y=k（x+1）+3与以点A（2，﹣5），B（4，﹣2）为端点的线段AB有公共点，则k的取值范围是_ 【考点】直线的斜率．【专题】计算题；转化思想；综合法；直线与圆．【分析】由直线方程求得直线所过定点P，然后求得PA，PB的斜率得答案．【解答】解：由y=k（x+1）+3，得直线y=k（x+1）+3过定点P（﹣1，3），∵A（2，﹣5），B（4，﹣2），∴k PA=﹣，k PB=﹣1．∴满足直线y=k（x+1）+3与线段AB有公共点的k的取值范围是．故答案为：．【点评】本题考查了直线系方程，考查了数学结合的解题思想方法，是基础题．17．如图，在侧棱和底面垂直的四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，当底面ABCD满足条件ABCD是菱形或是正方形或是对角线互相垂直的四边形时，有AC⊥B1D1（写出你认为正确的一种条件即可．）．【考点】空间中直线与直线之间的位置关系．【专题】开放型．【分析】在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，BD∥B1D1，故只需AC⊥BD，则AC⊥B1D1，即只要底面四边形ABCD的对角线相互垂直就行了，比如：菱形、正方形、或者任意一个对角线相互垂直的四边形，只要填一个答案即可．【解答】解：在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，∵BD∥B1D1，∴若AC⊥BD，则AC⊥B1D1∴当底面ABCD是菱形、正方形或者是对角线相互垂直的四边形时，AC⊥B1D1故答案为：ABCD是菱形、正方形或者是对角线相互垂直的四边形【点评】本题主要考查了空间中直线与直线之间的位置关系，考查空间想象能力和思维能力．18．如图，P是二面角α﹣AB﹣β棱AB上的一点，分别在α，β上引射线PM，PN，如果∠BPM=∠BPN=45°，∠MPN=60°，那么二面角α﹣AB﹣β的大小是90°．【考点】与二面角有关的立体几何综合题．【专题】计算题；压轴题．【分析】本题考查的知识点是二面角及其度量，我们要根据二面角的定义，在两个平面的交线上取一点Q，然后向两个平面引垂线，构造出二面角的平面角，然后根据平面几何的性质，求出含二面角的平面角的三角形中相关的边长，解三角形即可得到答案．【解答】解：过AB上一点Q分别在α，β内做AB的垂线，交PM，PN于M点和N点则∠MQN即为二面角α﹣AB﹣β的平面角，如下图所示：设PQ=a，则∵∠BPM=∠BPN=45°∴QM=QN=aPM=PN= a又由∠MPN=60°，易得△PMN为等边三角形则MN= a解三角形QMN易得∠MQN=90°故答案为：90°【点评】求二面角的大小，一般先作出二面角的平面角．此题是利用二面角的平面角的定义作出∠MQN为二面角α﹣AB﹣β的平面角，通过解∠MQN所在的三角形求得∠MQN．其解题过程为：作∠MQN→证∠MQN是二面角的平面角→计算∠MQN，简记为“作、证、算”．三、解答题（共3小题，满分40分）19．已知直线l经过直线3x+4y﹣2=0与直线2x+y+2=0的交点P，且垂直于直线x﹣2y﹣1=0．求：（Ⅰ）直线l的方程；（Ⅱ）直线l与两坐标轴围成的三角形的面积S．【考点】直线的一般式方程；两条直线的交点坐标．【专题】综合题．【分析】（Ⅰ）联立两直线方程得到方程组，求出方程组的解集即可得到交点P的坐标，根据直线l与x﹣2y﹣1垂直，利用两直线垂直时斜率乘积为﹣1，可设出直线l的方程，把P代入即可得到直线l的方程；（Ⅱ）分别令x=0和y=0求出直线l与y轴和x轴的截距，然后根据三角形的面积函数间，即可求出直线l 与两坐标轴围成的三角形的面积．【解答】解：（Ⅰ）由解得由于点P的坐标是（﹣2，2）．则所求直线l与x﹣2y﹣1=0垂直，可设直线l的方程为2x+y+m=0．把点P的坐标代入得2×（﹣2）+2+m=0，即m=2．所求直线l的方程为2x+y+2=0．（Ⅱ）由直线l的方程知它在x轴．y轴上的截距分别是﹣1．﹣2，所以直线l与两坐标轴围成三角形的面积．【点评】此题考查学生会利用联立两直线的方程的方法求两直线的交点坐标，掌握直线的一般式方程，会求直线与坐标轴的截距，是一道中档题．20．如图，四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，E是SA上一点，试探求点E的位置，使SC∥平面EBD，并证明．【考点】直线与平面平行的判定．【专题】证明题．【分析】欲证SC∥平面EBD，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证SC与平面EBD内一直线平行，取SA的中点E，连接EB，ED，AC，设AC与BD的交点为O，连接EO．根据中位线可知OE∥SC，而SC⊄平面EBD，OE⊂平面EBD，满足定理所需条件．【解答】答：点E的位置是棱SA的中点．证明：取SA的中点E，连接EB，ED，AC，设AC与BD的交点为O，连接EO．∵四边形ABCD是平行四边形，∴点O是AC的中点．又E是SA的中点，∴OE是△SAC的中位线．∴OE∥SC．∵SC⊄平面EBD，OE⊂平面EBD，∴SC∥平面EBD．故E的位置为棱SA的中点．【点评】本题主要考查了直线与平面平行的判定，应熟练记忆直线与平面平行的判定定理，属于探索性问题．21．（16分）如图，在底面是直角梯形的四棱锥S﹣ABCD中，∠ABC=90°，SA⊥面ABCD，SA=AB=BC=1，AD=．（1）求四棱锥S﹣ABCD的体积；（2）求证：面SAB⊥面SBC；（3）求SC与底面ABCD所成角的正切值．【考点】直线与平面所成的角；棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面垂直的判定．【专题】综合题．【分析】（1）由题设条四棱锥S﹣ABCD的体积： V==，由此能求出结果．（2）由SA⊥面ABCD，知SA⊥BC，由AB⊥BC，BC⊥面SAB，由此能够证明面SAB⊥面SBC．（3）连接AC，知∠SCA 就是SC与底面ABCD所成的角．由此能求出 SC与底面ABCD所成角的正切值．【解答】（1）解：∵底面是直角梯形的四棱锥S﹣ABCD中，∠ABC=90°，SA⊥面ABCD，SA=AB=BC=1，AD=．∴四棱锥S﹣ABCD的体积：V====．（2）证明：∵SA⊥面ABCD，BC⊂面ABCD，∴SA⊥BC，∵AB⊥BC，SA∩AB=A，∴BC⊥面SAB∵BC⊂面SBC∴面SAB⊥面SBC．（3）解：连接AC，∵SA⊥面ABCD，∴∠SCA 就是SC与底面ABCD所成的角．在三角形SCA中，∵SA=1，AC=，∴．…10分【点评】本题考查棱锥的体积的求法，面面垂直的证明和直线与平面所成角的正切值的求法．解题时要认真审题，注意合理地进行等价转化．。

北京四中2017-2018学年高二上学期期中数学试卷（理科）一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．）1．（5分）抛物线y2=﹣8x的准线方程为（）A．x=2 B．x=﹣2 C．y=2 D．y=﹣22．（5分）双曲线﹣y2=1的渐近线方程为（）A．y=±2x B．y=±x C．y=±x D．y=±x3．（5分）已知点M的极坐标为，下列所给四个坐标中能表示点M的坐标是（）A．B．C．D．4．（5分）“m＜8”是“方程﹣=1表示双曲线”的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件5．（5分）若椭圆+=1（a＞b＞0）的右焦点与抛物线y2=8x的焦点相同，离心率为，则此椭圆的方程为（）A．+=1 B．+=1C．+=1 D．+=16．（5分）设椭圆C：+=1（a＞b＞0）两个焦点分别为F1，F2，若C上存在点P满足|PF1|：|F1F2|：|PF2|=4：3：2，则椭圆C的离心率等于（）A．B．C．D．7．（5分）已知点P是抛物线y2=2x上的动点，点P在y轴上的射影是M，点，则|PA|+|PM|的最小值是（）A．5B．C．4D．AD8．（5分）若有两个焦点F1，F2的圆锥曲线上存在点P，使|PF1|=3|PF2|成立，则称该圆锥曲线上存在“α”点，现给出四个圆锥曲线：①﹣=1 ②x2﹣=1 ③+=1④+=1，其中存在“α”点的圆锥曲线有（）A．①③B．①④C．②③D．②④二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分．）9．（5分）抛物线y2=4x的焦点到准线的距离是．10．（5分）“∃x∈R，x2+x﹣8＞0”的否定为．11．（5分）已知双曲线的中心在原点，焦距为2，实轴长为2，则该双曲线的标准方程是．12．（5分）椭圆+=1的焦点为F1、F2，点P在椭圆上，若|PF1|=4，则|PF2|=，∠F1PF2的大小为．13．（5分）过点（0，﹣4）且与直线y=4相切的圆的圆心轨迹方程是．14．（5分）已知椭圆+=1（a＞b＞0）的右焦点为F，斜率为1的直线过F且交椭圆于A、B两点，若+与=（3，﹣1）共线，则此椭圆的离心率为．三、解答题（本大题共3小题，每小题10分，共30分．）15．（10分）已知椭圆C的中心在坐标原点，长轴在x轴上，离心率为，且C上一点到C的两个焦点的距离之和为4．（1）求椭圆C的方程；（2）已知斜率为的直线l与C相切，求直线l的方程．16．（10分）若抛物线C：y2=2px的焦点在直线l：2x+y﹣2=0上．（1）求抛物线C的方程；（2）求直线l被抛物线C所截的弦长．17．（10分）已知椭圆C：（a＞b＞0）的两个焦点分别为F1，F2，离心率为，且过点．（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；（Ⅱ）M，N，P，Q是椭圆C上的四个不同的点，两条都不和x轴垂直的直线MN和PQ 分别过点F1，F2，且这两条直线互相垂直，求证：为定值．一、选择题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．）18．（5分）p：∃t∈R，使得直线x﹣y+t=0与圆x2+y2=1相交；q：∀m＞0，双曲线﹣=1的离心率为．则下面结论正确的是（）A．p是假B．￢q是真C．p∧q是假D．p∧q是真19．（5分）设斜率为2的直线l过抛物线y2=ax（a≠0）的焦点F，且和y轴交于点A，若△OAF （O为坐标原点）的面积为4，则抛物线方程为（）A．y2=±4x B．y2=4x C．y2=±8x D．y2=8x20．（5分）过抛物线C：y=ax2（a＞0）的焦点F作直线交C于P，Q两点，若线段PF与QF的长度分别为m，n，则m2+n2的最小值为（）A．B．2a2C．a2D．二、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．）21．（5分）经过点A（3，1）作直线l，它与双曲线﹣y2=1只有一个公共点，这样的直线l有条．22．（5分）曲线的极坐标方程ρ=sinθ﹣cosθ化为直角坐标方程为．23．（5分）抛物线y=﹣x2+3上存在关于直线y=x对称的相异两点A，B，则|AB|等于．三、解答题（本大题共2小题，每小题10分，共20分．）24．（10分）已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）经过点（1，），离心率为．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）直线y=k（x﹣1）（k≠0）与椭圆C交于A，B两点，点M是椭圆C的右顶点．直线AM与直线BM分别与y轴交于点P，Q，试问以线段PQ为直径的圆是否过x轴上的定点？若是，求出定点坐标；若不是，说明理由．25．（10分）设椭圆C1、抛物线C2的焦点均在x轴上，C1的中心和C2的顶点均为原点，从每条曲线上至少取两个点，将其坐标记录于表中：x 3 ﹣2 4y ﹣20 ﹣4 ﹣（1）求C1、C2的标准方程；（2）设直线l与椭圆C1交于不同两点M、N，且，请问是否存在这样的直线l 过抛物线C2的焦点F？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．北京四中2014-2015学年高二上学期期中数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．）1．（5分）抛物线y2=﹣8x的准线方程为（）A．x=2 B．x=﹣2 C．y=2 D．y=﹣2考点：抛物线的简单性质．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：抛物线y2=﹣8x的开口向左，2p=8，从而可得抛物线y2=﹣8x的准线方程．解答：解：抛物线y2=﹣8x的开口向左，2p=8，∴抛物线y2=﹣8x的准线方程为x==2故选A．点评：本题考查抛物线的性质，考查学生的计算能力，属于基础题．2．（5分）双曲线﹣y2=1的渐近线方程为（）A．y=±2x B．y=±x C．y=±x D．y=±x考点：双曲线的简单性质．专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：求出双曲线﹣y2=1的a，b，由双曲线﹣=1的渐近线方程为y=x，即可得到．解答：解：双曲线﹣y2=1的a=，b=1，由双曲线﹣=1的渐近线方程为y=x，则所求渐近线方程为y=±x．故选D．点评：本题考查双曲线的方程和性质，考查渐近线方程的求法，考查运算能力，属于基础题．3．（5分）已知点M的极坐标为，下列所给四个坐标中能表示点M的坐标是（）A．B．C．D．考点：点的极坐标和直角坐标的互化．专题：计算题．分析：由于和是终边相同的角，故点M的极坐标也可表示为．解答：解：点M的极坐标为，由于和是终边相同的角，故点M 的坐标也可表示为，故选D．点评：本题考查点的极坐标、终边相同的角的表示方法，是一道基础题．4．（5分）“m＜8”是“方程﹣=1表示双曲线”的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程；简易逻辑．分析：根据双曲线的定义以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可得到结论．解答：解：若方程﹣=1表示双曲线，则（m﹣10）（m﹣8）＞0，即m＞10或m＜8．∴“m＜8”是“方程﹣=1表示双曲线”的充分而不必要条件，故选：A．点评：本题主要考查充分条件和必要条件的判断，利用双曲线的定义求出m的取值范围是解决本题的关键，比较基础．5．（5分）若椭圆+=1（a＞b＞0）的右焦点与抛物线y2=8x的焦点相同，离心率为，则此椭圆的方程为（）A．+=1 B．+=1C．+=1 D．+=1考点：椭圆的简单性质．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：先根据抛物线的方程求得焦点坐标，进而求得椭圆的半焦距c，根据椭圆的离心率求得a，最后根据a和c的关系求得b．解答：解：抛物线y2=8x，∴p=4，焦点坐标为（2，0），∵椭圆的右焦点与抛物线y2=8x的焦点相同，∴椭圆的半焦距c=2，即a2﹣b2=4，∵e==，∴a=4，b==2，∴椭圆的标准方程为+=1，故选：B．点评：本题主要考查了椭圆的标准方程的问题．同时考查抛物线的方程和性质，要熟练掌握椭圆方程中a，b和c的关系，求椭圆的方程时才能做到游刃有余．6．（5分）设椭圆C：+=1（a＞b＞0）两个焦点分别为F1，F2，若C上存在点P满足|PF1|：|F1F2|：|PF2|=4：3：2，则椭圆C的离心率等于（）A．B．C．D．考点：椭圆的简单性质．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：据|PF1|：|F1F2|：|PF2|=4：3：2，不妨设|PF1|=4m，|F1F2|=3m，|PF2|=2m，再进行分类讨论，确定曲线的类型，从而求出曲线r的离心率．解答：解：根据|PF1|：|F1F2|：|PF2|=4：3：2，不妨设|PF1|=4m，|F1F2|=3m，|PF2|=2m，∴|PF1|+|PF2|=6m＞|F1F2|=3m，此时曲线为椭圆，且曲线r的离心率等于=．故选：A．点评：本题主要考查了圆锥曲线的共同特征．关键是利用圆锥曲线的定义来解决．属于基础题，7．（5分）已知点P是抛物线y2=2x上的动点，点P在y轴上的射影是M，点，则|PA|+|PM|的最小值是（）A．5B．C．4D．AD考点：抛物线的定义．专题：计算题．分析：先根据抛物线的方程求得焦点坐标和准线方程，延长PM交准线于H点推断出|PA|=|PH|，进而表示出|PM|，问题转化为求PF|+|PA|的最小值，由三角形两边长大于第三边可知，|PF|+|PA|≥|FA|，直线FA与抛物线交于P0点，可得P0，分析出当P重合于P0时，|PF|+|PA|可取得最小值，进而求得|FA|，则|PA|+|PM|的最小值可得．解答：解：依题意可知焦点F（，0），准线x=﹣，延长PM交准线于H点．则|PF|=|PH|．|PM|=|PH|﹣=|PF|﹣，|PM|+|PA|=|PF|+|PA|﹣，我们只有求出|PF|+|PA|最小值即可．由三角形两边长大于第三边可知，|PF|+|PA|≥|FA|，①设直线FA与抛物线交于P0点，可计算得P0（3，），另一交点（﹣，）舍去．当P重合于P0时，|PF|+|PA|可取得最小值，可得|FA|=．则所求为|PM|+|PA|==．故选B．点评：本题主要考查了抛物线的简单性质．考查了考生分析问题的能力，数形结合的思想的运用．8．（5分）若有两个焦点F1，F2的圆锥曲线上存在点P，使|PF1|=3|PF2|成立，则称该圆锥曲线上存在“α”点，现给出四个圆锥曲线：①﹣=1 ②x2﹣=1 ③+=1④+=1，其中存在“α”点的圆锥曲线有（）A．①③B．①④C．②③D．②④考点：双曲线的简单性质；椭圆的简单性质．专题：计算题；阅读型；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：分别求出曲线①②③④的焦点坐标，设出P（x，y），运用两点的距离公式化简整理得到P的轨迹方程，联立曲线方程，消去y，解关于x的方程，注意曲线的范围，判断即可得到．解答：解：对于①，﹣=1的焦点F1（﹣4，0），F2（4，0），设P（x，y），则由|PF1|=3|PF2|可得（x+4）2+y2=9，化简得x2+y2﹣10x+16=0，代入双曲线的方程，消去y，得3x2﹣（10x﹣16﹣x2）=12，即为2x2﹣5x+2=0，解得x=2或，由双曲线的范围可得x≥2，故存在P，则①正确；对于②，x2﹣=1的焦点F1（﹣4，0），F2（4，0），则P（x，y）的轨迹方程为x2+y2﹣10x+16=0，代入双曲线的方程，消去y，得15x2﹣（10x﹣16﹣x2）=15，即为16x2﹣10x+1=0，解得x=或，由双曲线的范围为x≥1，故不存在点P，则②不正确；对于③，+=1的焦点F1（﹣，0），F2（，0），设P（x，y），则由|PF1|=3|PF2|可得（x+）2+y2=9，化简得x2+y2﹣x+2=0，代入椭圆方程，消去y得2x2﹣x+81=0，可得判别式大于0，两根之积为＞9，由椭圆的范围可得|x|≤3，故不存在P，则③不正确；对于④，+=1的焦点F1（﹣2，0），F2（2，0），设P（x，y），则由|PF1|=3|PF2|可得（x+2）2+y2=9，化简得x2+y2﹣5x+8=0，代入椭圆方程，消去y得2x2﹣15x+36=0，可得x=6或，由椭圆的范围可得|x|，即有x=成立，故存在P，则④正确．故选B．点评：本题考查椭圆和双曲线的方程和性质，考查轨迹方程的求法，注意联立方程求解时，别忽视圆锥曲线的范围，具有一定的运算量，属于中档题和易错题．二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分．）9．（5分）抛物线y2=4x的焦点到准线的距离是2．考点：抛物线的简单性质．专题：计算题．分析：根据抛物线的方程求得抛物线的焦点坐标和准线的方程，进而利用点到直线的距离求得焦点到准线的距离．解答：解：根据题意可知焦点F（1，0），准线方程x=﹣1，∴焦点到准线的距离是1+1=2故答案为2．点评：本题主要考查了抛物线的简单性质．考查了学生对抛物线标准方程的理解和运用．属基础题．10．（5分）“∃x∈R，x2+x﹣8＞0”的否定为∀x∈R，x2+x﹣8≤0．考点：的否定．专题：简易逻辑．分析：直接利用特称的否定是全称写出结果即可．解答：解：因为特称的否定是全称．所以，“∃x∈R，x2+x﹣8＞0”的否定为：∀x∈R，x2+x ﹣8≤0．故答案为：∀x∈R，x2+x﹣8≤0．点评：本题考查的否定，特称与全称的否定关系，基本知识的考查．11．（5分）已知双曲线的中心在原点，焦距为2，实轴长为2，则该双曲线的标准方程是x2﹣y2=1或y2﹣x2=1．考点：双曲线的标准方程．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：由已知得，由此能求出双曲线方程．解答：解：由已知得，解得a=1，c=，∴b==1，∴当焦点在x轴时，双曲线方程为x2﹣y2=1．当焦点在y轴时，双曲线方程为y2﹣x2=1．故答案为：x2﹣y2=1或y2﹣x2=1．点评：本题考查双曲线方程的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意双曲线简单性质的合理运用．12．（5分）椭圆+=1的焦点为F1、F2，点P在椭圆上，若|PF1|=4，则|PF2|=2，∠F1PF2的大小为120°．考点：椭圆的简单性质．专题：计算题；压轴题．分析：第一问用定义法，由|PF1|+|PF2|=6，且|PF1|=4，易得|PF2|；第二问如图所示：角所在三角形三边已求得，用余弦定理求解．解答：解：∵|PF1|+|PF2|=2a=6，∴|PF2|=6﹣|PF1|=2．在△F1PF2中，cos∠F1PF2===﹣，∴∠F1PF2=120°．故答案为：2；120°点评：本题主要考查椭圆定义的应用及焦点三角形问题，这类题是常考类型，难度不大，考查灵活，特别是对曲线的定义和性质考查的很到位．13．（5分）过点（0，﹣4）且与直线y=4相切的圆的圆心轨迹方程是x2=﹣16y．考点：轨迹方程．专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：先设出动圆圆心的坐标，根据题意可知圆心到定点（0，﹣4）到直线y=4的距离都等于半径，进而利用抛物线的定义可求得x和y的关系式．解答：解：设动圆圆心坐标为（x，y）∵动圆过定点（0，﹣4）且与直线y=4相切，∴圆心到定点（0，﹣4）到直线y=4的距离都等于半径，∴根据抛物线的定义可知动圆圆心的轨迹方程是x2=﹣16y故答案为：x2=﹣16y点评：本题考查轨迹方程，利用抛物线的定义来求轨迹方程是关键．14．（5分）已知椭圆+=1（a＞b＞0）的右焦点为F，斜率为1的直线过F且交椭圆于A、B两点，若+与=（3，﹣1）共线，则此椭圆的离心率为．考点：椭圆的简单性质．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：直线与椭圆方程联立用未达定理的A、B两点坐标的关系，据向量共线的条件得椭圆中a，b，c的关系，从而求得椭圆的离心率．解答：解：设椭圆方程为，则直线AB的方程为y=x﹣c，代入椭圆方程的，化简得（a2+b2）x2﹣2a2cx+a2c2﹣a2b2=0．令A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=，x1x2=，∵+=（x1+x2，y1+y2），与=（3，﹣1）共线∴3（y1+y2）+（x1+x2）=0，又y1=x1﹣c，y2=x2﹣c，∴3（x1+x2﹣2c）+（x1+x2）=0，∴x1+x2=c，∴= c∴a2=3b2．∴c==a，故离心率e==．故答案为：．点评：考查向量共线为圆锥曲线提供已知条件；处理直线与圆锥曲线位置关系常用的方法是直线与圆锥曲线方程联立用韦达定理．三、解答题（本大题共3小题，每小题10分，共30分．）15．（10分）已知椭圆C的中心在坐标原点，长轴在x轴上，离心率为，且C上一点到C的两个焦点的距离之和为4．（1）求椭圆C的方程；（2）已知斜率为的直线l与C相切，求直线l的方程．考点：椭圆的简单性质．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：（1）设椭圆C的标准方程为，由离心率公式和a，bc的关系和椭圆的定义，得到方程组，解得a，b，即可得到椭圆方程；（2）设直线为y=，则由题意得，根据直线与曲线相切得△=0，求得直线．解答：解：（1）设椭圆C的标准方程为，由题意解得a=2，b=1．所以椭圆C的标准方程（2）设直线为y=，则由题意得得2x2+4mx+4m2﹣4=0△=16m2﹣8（4m2﹣4）=0解得m=故直线方程为．点评：本题主要考查椭圆方程的求法，和直线与圆锥曲线的综合问题，属于中档题目．16．（10分）若抛物线C：y2=2px的焦点在直线l：2x+y﹣2=0上．（1）求抛物线C的方程；（2）求直线l被抛物线C所截的弦长．考点：抛物线的简单性质．专题：直线与圆；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：（1）求出抛物线的焦点坐标，代入即可求得p=2，进而得到抛物线的方程；（2）联立直线和抛物线方程，运用韦达定理，结合抛物线的定义，即可求得弦长．解答：解：（1）抛物线C：y2=2px的焦点为（，0），由题意可得，p﹣2=0，解得p=2，即有抛物线方程为y2=4x；（2）由直线2x+y﹣2=0和抛物线y2=4x，消去y，可得x2﹣3x+1=0，设A（x1，y1），B（x2，y2），即有x1+x2=3，由抛物线的定义可得|AB|=x1+x2+p=3+2=5．则直线l被抛物线C所截的弦长为5．点评：本题考查抛物线的定义、方程和性质，主要考查定义法的运用，同时考查直线方程和抛物线方程联立，运用韦达定理，属于中档题．17．（10分）已知椭圆C：（a＞b＞0）的两个焦点分别为F1，F2，离心率为，且过点．（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；（Ⅱ）M，N，P，Q是椭圆C上的四个不同的点，两条都不和x轴垂直的直线MN和PQ 分别过点F1，F2，且这两条直线互相垂直，求证：为定值．考点：直线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的标准方程．专题：综合题；圆锥曲线中的最值与范围问题．分析：（Ⅰ）由离心率为，即可得a2=2b2，从而C：，再把点代入椭圆方程即可求得b2，进而得到a2．（Ⅱ）由（Ⅰ）写出焦点F1，F2的坐标，设直线MN的方程为y=k（x+2），由直线MN与直线PQ互相垂直得直线PQ的方程为，设M（x1，y1），N（x2，y2）．联立直线MN与椭圆方程消掉y得x的二次方程，由韦达定理及弦长公式可用k表示|MN|，同理可表示出|PQ|，计算即可得到为定值．解答：（Ⅰ）解：由已知，得．所以a2=2b2．所以C：，即x2+2y2=2b2．因为椭圆C过点，所以，得b2=4，a2=8．所以椭圆C的方程为．（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知椭圆C的焦点坐标为F1（﹣2，0），F2（2，0）．根据题意，可设直线MN的方程为y=k（x+2），由于直线MN与直线PQ互相垂直，则直线PQ的方程为．设M（x1，y1），N（x2，y2）．由方程组消y得（2k2+1）x2+8k2x+8k2﹣8=0．则，．所以|MN|===．同理可得|PQ|=．所以==．点评：本题考查直线与圆锥曲线的综合问题及椭圆方程的求解，韦达定理及弦长公式是解决该类题目的基础，应熟练掌握．一、选择题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．）18．（5分）p：∃t∈R，使得直线x﹣y+t=0与圆x2+y2=1相交；q：∀m＞0，双曲线﹣=1的离心率为．则下面结论正确的是（）A．p是假B．￢q是真C．p∧q是假D．p∧q是真考点：复合的真假．专题：简易逻辑．分析：根据直线与圆的位置关系判断出p的真假，根据双曲线的性质判断出q的真假，进而得到答案．解答：解：由得：2x2+2tx+t2﹣1=0，△=﹣4t2+8，∃t∈R，使得判别式△≥0，故p是真；∵双曲线﹣=1中a=b=|m|=m，∴c=m，∴e==，故q为真．故p∧q是真，故选：D．点评：本题考查了直线与圆的位置关系以及双曲线的性质，考查了复合的判断，是一道基础题．19．（5分）设斜率为2的直线l过抛物线y2=ax（a≠0）的焦点F，且和y轴交于点A，若△OAF （O为坐标原点）的面积为4，则抛物线方程为（）A．y2=±4x B．y2=4x C．y2=±8x D．y2=8x考点：抛物线的标准方程．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：先根据抛物线方程表示出F的坐标，进而根据点斜式表示出直线l的方程，求得A 的坐标，进而利用三角形面积公式表示出三角形的面积建立等式取得a，则抛物线的方程可得．解答：解：抛物线y2=ax（a≠0）的焦点F坐标为，则直线l的方程为，它与y轴的交点为A，所以△OAF的面积为，解得a=±8．所以抛物线方程为y2=±8x，故选C．点评：本题主要考查了抛物线的标准方程，点斜式求直线方程等．考查学生的数形结合的思想的运用和基础知识的灵活运用．20．（5分）过抛物线C：y=ax2（a＞0）的焦点F作直线交C于P，Q两点，若线段PF与QF的长度分别为m，n，则m2+n2的最小值为（）A．B．2a2C．a2D．考点：抛物线的简单性质．专题：不等式的解法及应用；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：求出抛物线的焦点和准线方程，设出直线PQ的方程，代入抛物线方程，运用韦达定理，结合抛物线的定义，求得m，n的式子，以及m+n，mn的关系式，运用配方，即可得到最小值．解答：解：抛物线C：y=ax2（a＞0）的焦点F（0，），准线方程为y=﹣，设PQ直线方程是y=kx+，则x1，x2是方程ax2﹣kx﹣的两根，可设x1＞0，x2＜0，P（x1，ax12），Q（x2，ax22），x1+x2=，x1x2=﹣，由抛物线的定义可得m=ax12+，n=ax22+，m+n=a（x1+x2）2﹣2ax1x2+=+，mn=a2x12x22++（x12+x22）=++×=，则m2+n2=（m+n）2﹣2mn=﹣=≥，当且仅当k=0，取得最小值，且为．故选：D．点评：本题考查抛物线的定义、方程和性质，主要考查直线和抛物线方程联立，运用韦达定理，具有一定的运算量，属于中档题和易错题．二、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．）21．（5分）经过点A（3，1）作直线l，它与双曲线﹣y2=1只有一个公共点，这样的直线l有2条．考点：双曲线的简单性质．专题：直线与圆；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：分为两类考虑：直线的斜率不存在；与渐近线平行的直线，即可得到结论．解答：解：①当直线l的斜率不存在时，直线的方程为x=3，直线与双曲线相切，满足题意；②因为a=3，b=1，所以双曲线的渐近线方程为y=x，则A在渐近线y=x上，可作出一条与渐近线y=﹣x平行的直线，即与双曲线只有一个交点；故满足条件的直线共有2条．故答案为：2．点评：本题考查了直线与双曲线有一个公共点的情况，做题时极容易丢平行渐近线的情况，做题时一定要细心．属于基础题型．22．（5分）曲线的极坐标方程ρ=sinθ﹣cosθ化为直角坐标方程为x2+y2+x﹣y=0．考点：简单曲线的极坐标方程．专题：坐标系和参数方程．分析：直接利用x2+y2=ρ2，ρsinθ=y，ρcosθ=x把曲线的极坐标方程转化成直角坐标方程．解答：解：由于曲线的极坐标方程ρ=sinθ﹣cosθ，所以：ρ2=ρsinθ﹣ρcosθ由于：x2+y2=ρ2，ρsinθ=y，ρcosθ=x所以曲线的直角坐标方程为：x2+y2=y﹣x即：x2+y2+x﹣y=0故答案为：x2+y2+x﹣y=0点评：本题考查的知识要点：曲线的极坐标方程与直角坐标方程的转化，属于基础题型．23．（5分）抛物线y=﹣x2+3上存在关于直线y=x对称的相异两点A，B，则|AB|等于3．考点：二次函数的性质．专题：函数的性质及应用．分析：设AB的方程为y=x+b，代入抛物线y=﹣x2+3化简利用根与系数的关系可得x1+x2=﹣1，x1•x2=b﹣3，根据AB的中点（﹣，﹣+b）在直线x+y=0上，求出b值，由|AB|=•求得结果．解答：解：由题意可得，可设AB的方程为y=x+b，代入抛物线y=﹣x2+3化简可得x2+x+b﹣3=0，∴x1+x2=﹣1，x1•x2=b﹣3，故AB的中点为（﹣，﹣+b），根据中点在直线x+y=0上，∴﹣+（﹣+b）=0，∴b=1，故x1•x2=﹣2，∴|AB|=•=3，故答案为：3．点评：本题考查直线和圆的位置关系，一元二次方程根与系数的关系，弦长公式的应用，求得x1+x2=﹣1，x1•x2=﹣2，是解题的关键．三、解答题（本大题共2小题，每小题10分，共20分．）24．（10分）已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）经过点（1，），离心率为．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）直线y=k（x﹣1）（k≠0）与椭圆C交于A，B两点，点M是椭圆C的右顶点．直线AM与直线BM分别与y轴交于点P，Q，试问以线段PQ为直径的圆是否过x轴上的定点？若是，求出定点坐标；若不是，说明理由．考点：直线与圆锥曲线的综合问题．专题：综合题；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：（Ⅰ）由椭圆C：+=1（a＞b＞0）经过点（1，），离心率为，建立方程组，即可求椭圆C的方程；（Ⅱ）直线y=k（x﹣1）（k≠0）代入椭圆方程，求出P，Q的坐标，利用以线段PQ为直径的圆过x轴上的定点N（x0，0），则等价于=0恒成立，即可得出结论．解答：解：（Ⅰ）由题意得，解得a=2，b=1．所以椭圆C的方程是．…（4分）（Ⅱ）以线段PQ为直径的圆过x轴上的定点．直线y=k（x﹣1）（k≠0）代入椭圆可得（1+4k2）x2﹣8k2x+4k2﹣4=0．设A（x1，y1），B（x2，y2），则有x1+x2=，x1x2=．又因为点M是椭圆C的右顶点，所以点M（2，0）．由题意可知直线AM的方程为y=（x﹣2），故点P（0，﹣）．直线BM的方程为y=（x﹣2），故点Q（0，﹣）．若以线段PQ为直径的圆过x轴上的定点N（x0，0），则等价于=0恒成立．又因为=（x0，），=（x0，），所以•=x02+•=0恒成立．又因为（x1﹣2）（x2﹣2）=x1x2﹣2（x1+x2）+4=，y1y2=k（x1﹣1）（x2﹣1）=，所以x02+•=﹣3=﹣0．解得x0=．故以线段PQ为直径的圆过x轴上的定点（，0）．…（14分）点评：本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查恒过定点问题，综合性强．25．（10分）设椭圆C1、抛物线C2的焦点均在x轴上，C1的中心和C2的顶点均为原点，从每条曲线上至少取两个点，将其坐标记录于表中：x 3 ﹣2 4y ﹣20 ﹣4 ﹣（1）求C1、C2的标准方程；（2）设直线l与椭圆C1交于不同两点M、N，且，请问是否存在这样的直线l过抛物线C2的焦点F？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．考点：直线与圆锥曲线的综合问题．专题：计算题；压轴题．分析：（1）设抛物线C2：y2=2px（p≠0），由题意知C2：y2=4x（2分）．设，把点（﹣2，0）（，）代入得解得，由此可知C1的方程．（2）假设存在这样的直线l过抛物线焦点F（1，0），设其方程为x﹣1=my，设M（x1，y1），N（x2，y2），由．得x1x2+y1y2=0．由消去x，得（m2+4）y2+2my﹣3=0，然后由根的判别式和根与系数的关系可知假设成立，即存在直线l过抛物线焦点Fl的方程为：2x±y﹣2=0．解答：解：（1）设抛物线C2：y2=2px（p≠0），则有，据此验证5个点知只有（3，）、（4，﹣4）在统一抛物线上，易求C2：y2=4x（2分）设，把点（﹣2，0）（，）代入得解得∴C1方程为（5分）（2）假设存在这样的直线l过抛物线焦点F（1，0）设其方程为x﹣1=my，设M（x1，y1），N（x2，y2），由．得x1x2+y1y2=0（*）（7分）由消去x，得（m2+4）y2+2my﹣3=0，△=16m2+48＞0∴①x1x2=（1+my1）（1+my2）=1+m（y1+y2）+m2y1y2；=②（9分）将①②代入（*）式，得解得（11分），∴假设成立，即存在直线l过抛物线焦点Fl的方程为：2x±y﹣2=0（12分）点评：本题考查直线和圆锥曲线的位置关系，解题时要认真审题，仔细解答．。

2019-2020学年北京四中高二年级第一学期期中考试数学试卷 2019.11一、选择题（本大题共13小题，共62.0分）1.不等式x−3x+2<0的解集为()A. {x|−2<x<3}B. {x|x<−2}C. {x|x<−2或x>3}D. {x|x>3}2.已知数列{a n}满足a n+1=a n+n，且a1=2，那么a3=()A. 4B. 5C. 6D. 73.下列命题中的假命题是()A. ∀x∈R，x3>0B. ∃x∈R，使tanx=2C. ∀x∈R，2x>0D. ∃x∈R，使lgx=04.已知等差数列{a n}中，a1=−1，公差d=2，则{a n}的前5项和等于()A. −15B. −17C. 15D. 175.若a<b<0，则下列不等式中成立的是()A. a2<b2B. ab <1 C. 1a<1bD. 1a>1b6.“x2=4”是“x=2”成立的()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7.若a，b∈R，且ab>0，则下列不等式中，恒成立的是()A. a2+b2>2abB. a+b≥2√abC. 1a +1b>√abD. ba+ab≥28.等差数列{a n}前n项和为S n，a4+a6=−6，a1=−11.则当S n取最小值时，n=()A. 6B. 7C. 8D. 99.函数y=tanx+9tanx (π2<x<π)的最大值为()A. 6B. 9C. −6D. −910.已知常数k∈(0,1)，数列{a n}满足a n=n⋅k n(n∈N∗).下面说法正确的是()①当k=12时，数列{a n}为递减数列；②当0<k<12时，数列{a n}为递减数列；③当12<k<1时，数列{a n}不一定有最大项；④当k1−k为正整数时，数列{a n}必有两项相等的最大项．A. ①②B. ②③C. ②④D. ③④11.若m<0，n>0且m+n<0，则()A. m<−n<n<−mB. −n<m<−m<nC. m<−n<−m<nD. −n<m<n<−m12.设{a n}是等差数列，{b n}为等比数列，其公比q≠1，且b n>0(n=1,2，3，…).若a1=b1，a11=b11，则a6与b6的大小关系为()A. a6>b6B. a6=b6C. a6<b6D. a6≥b613.已知数列{a n}满足a n+1+a n=4n+3，且a1=2，则a1+a2020=()A. 4043B. 4046C. 4047D. 4049二、填空题（本大题共9小题，共36.0分）14.命题“∀x∈R，x2−1>0”的否定是______．15.设S n为等比数列{a n}的前n项和，8a2−a5=0，则公比q=______，S4S2=______．16.若正数a，b满足1a +4b=1，则a+b的最小值等于______．17.已知函数f(x)的对应关系如表所示：数列{a n}满足a1=3，a n+1=f(a n)，则a4=______，a2019=______．18.能够说明“设a，b，c是任意实数．若a>b>c，则a+b>c”是假命题的一组整数a，b，c的值依次为______．19.已知数列{a n}满足a n=4S n−3，n∈N∗，则a1+a3+a5+⋯+a2n+1=______．20.已知a>0，b>0，不等式−b<1x<a的解集是______．21.已知a>b>0，则a2−4b2−ab的最小值是______．22.有穷数列{a n}(n∈N∗,n≤12)满足|a n+1−a n|=1，且a1，a4，a12成等比数列．若a1=1，a12=4，则满足条件的不同数列{a n}的个数为______．三、解答题（本大题共5小题，共52.0分）23.已知{a n}为等差数列，且a3=6，a6=0．(Ⅰ)求{a n}的通项公式；(Ⅱ)若等比数列{b n}满足b1=3，b2=a4+a5，求{b n}的前n项和公式．24.已知函数f(x)=x2+ax−4．(Ⅰ)当a=3时，解不等式f(x)<0；(Ⅱ)若不等式f(x)+5>0的解集为R，求实数a的取值范围．25.已知{a n}是等差数列，{b n}是等比数列，且b2=3，b5=81，a1=b1，a14=b4．(Ⅰ)求{a n}的通项公式；(Ⅱ)设c n=a n b n，求数列{c n}的前n项和T n．26.已知二次函数f(x)=ax2+bx，f(−1)=−4，恒有f(x)≤6x+2.数列{a n}满足(n∈N∗)．a n+1=f(a n)，且0<a n<12(Ⅰ)求f(x)的解析式；(Ⅱ)证明：数列{a n}单调递增；(Ⅲ)记πn i=1ai =a1a2…a n，若a1=13，求πn i=1(1−2a i).27.给定数列a1，a2，…，a n.对i=1，2，3，…，n−1，该数列前i项的最大值记为A i，后n−i项a i+1，a i+2，…，a n的最小值记为B i，d i=A i−B i．(Ⅰ)设数列{a n}为3，4，7，1.写出d1，d2，d3的值；(Ⅱ)设a1，a2，…，a n(n≥4)是公比大于1的等比数列，且a1>0.证明d1，d2，…，d n−1是等比数列；(Ⅲ)若d1=d2=⋯=d n−1=0，证明{a n}是常数列．2019-2020学年北京四中高二年级第一学期期中考试数学试题参考答案1.【答案】A<0，得到(x−3)(x+2)<0【解析】解：∵x−3x+2即x−3>0且x+2<0解得：x>3且x<−2所以无解；或x−3<0且x+2>0，解得−2<x<3，所以不等式的解集为−2<x<3故选A本题的方法是：要使不等式小于0即要分子与分母异号，得到一个一元二次不等式，讨论x的值即可得到解集．本题主要考查学生求不等式解集的能力，是一道基础题．2.【答案】B【解析】解：数列{a n}满足a n+1=a n+n，且a1=2，当n=1时，a2=a1+1=3，当n=2时，a3=a2+2=5，故选：B．直接利用数列的递推关系式的应用求出结果．本题考查的知识要点：数列的递推关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．3.【答案】A【解析】解：对于A，当x=0时，x3=0，与x3>0矛盾；故A为假命题；对于B，由于正切函数值域为R，故∃x∈R，使tanx=2正确，故B为真命题；对于C，由于指数函数值域为(0,+∞)，故∀x∈R，2x>0正确，故C为真命题；对于D，当x=1时，使lg1=0，故∃x∈R，使lgx=0正确，故D为真命题．故选：A．对于全称命题，若为假命题，举反例即可，若为真命题，需证明；对于特称命题，若为真命题，举例即可，若为假命题，需要证明．根据含量词的命题判断方法逐一判断即可．本题考查了含量词的命题的真假的判断，属于基础题．4.【答案】C【解析】解：∵等差数列{a n}中，a1=−1，公差d=2，∴{a n}的前5项和为：S5=5×(−1)+5×42×2=15．故选：C．等差数列{a n}中，由a1=−1，公差d=2，能求出{a n}的前5项和．本题考查等差数列的前5项和的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．5.【答案】D【解析】解：a<b<0，则−a>−b>0，故(−a)2>(−b)2，即a2>b2，故A错，若a=−2，b=−1，则ab=2>1，故B不成立，1 a −1b=b−aab>0，故C错，D对，故选：D．利用不等式的性质，作差法，举特例法，a<b<0，则−a>−b>0，故(−a)2>(−b)2，即a2>b2，故A错，若a=−2，b=−1，则ab =2>1，故B不成立，1a−1b=b−aab>0，故C错，D对，故选：D．考查了不等式的性质，用了作差法，举特例法等数学方法，基础题．6.【答案】B【解析】解：由x2=4得x=2或x=−2，则“x2=4”是“x=2”成立的必要不充分条件，故选：B．根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可．本题主要考查充分条件和必要条件的判断，比较基础．7.【答案】D【解析】【分析】本题考查基本不等式，属于基础题．利用基本不等式需注意：各数必须是正数，而不等式a2+b2≥2ab的使用条件是a，b∈R．【解答】解：对于A，a2+b2≥2ab，所以A错；对于B，C，ab>0，只能说明a，b同号，若a，b都小于0时，a+b<2√ab，1a +1b<ab，所以B，C错;对于D，因为ab>0，所以ba >0,ab>0，ba+ab≥2，当且仅当ba=ab时等号成立，所以D正确，故选D．8.【答案】A【解析】a1=−11,【分析】此题考查学生灵活运用等差数列的通项公式及前n项和公式化简求值，掌握等差数列的性质，是一道基础题．根据等差数列的性质化简a4+a6=−6，得到a5的值，然后根据a1的值，利用等差数列的通项公式即可求出公差d的值，根据a1和d的值写出等差数列的通项公式，进而写出等差数列的前n项和公式S n，配方后即可得到Sn取最小值时n 的值．【解答】由a4+a6=2a5=−6，解得a5=−3，又a1=−11，∴a5=a1+4d=−11+4d=−3，解得d=2，则a n=−11+2(n−1)=2n−13，∴S n=n(a1+a n)2=n2−12n=(n−6)2−36，∴当n=6时，S n取最小值．故选：A．9.【答案】C【解析】解：函数y =tanx +9tanx (π2<x <π)，tanx <0， 由基本不等式，−tanx −9tanx ≥2√9=6， 当且仅当tanx =−3成立， 所以tanx +9tanx ≤−6， 故选：C ．函数y =tanx +9tanx (π2<x <π)，tanx <0，由基本不等式，−tanx −9tanx ≥2√9=6，得出结论．考查基本不等式的应用，基础题．10.【答案】C【解析】解：①当k =12时，a 1=12,a 2=2×(12)2=12，所以数列{a n }不是递减数列，①不正确； ②当0<k <12时，a n+1a n=(n+1)k n+1nk n=k(n+1)n<nn+1≤1，即a n+1<a n ，数列{a n }是递减数列，②正确；③当12<k <1时，an+1a n=(n+1)k n+1nk n=k(n+1)n，则k <k(n+1)n<2k ，例如取k =78，则a 7=a 8且为最大项，③错误； ④a n+1a n =(n+1)k n+1nk n=k(n+1)n，当k1−k 为正整数时，1>k ≥12， 当k =12时，a 1=a 2>a 3>a 4>⋯…… 当12<k <1 时，令k1−k =m ，解得k =mm+1； 则a n+1a n =(n+1)k n+1nk n =k(n+1)n=(n+1)mn(m+1)，当n <m 时，a n+1a n>1，数列{a n }单调递增； 当n >m 时，a n+1a n<1，数列{a n }单调递减；当n =m 时，a n+1=a n ；所以数列{a n }必有两项相等的最大项；④正确； 故选：C ．直接用作商比较法计算a n+1a n=(n+1)k n+1nk n=k(n+1)n，对k 的范围进行讨论，得到数列{a n }的单调性．本题考查数列的增减性，作商法比较大小，属于难题．11.【答案】A【解析】解：由m<0，得−m>0，−n>0，得−n<0，由m+n<0，−m>n>0，0>−n>m，所以m<−n<0<n<−m，故选：A．由m<0，得−m>0，−n>0，得−n<0，由m+n<0，−m>n>0，0>−n>m，所以由不等式的传递性得，m<−n<0<n<−m，得出结论．考查不等式的性质，不等式的传递性等，基础题．12.【答案】A【解析】解：由题意可得a1+a11=b1+b11=2a6．∵公比q≠1，b i>0，∴b1+b11>2√b1b11=2b6，∴2a6>2b6，即a6>b6，故选：A．由题意可得a1+a11=b1+b11=2a6，再由b1+b11>2√b1b11=2b6，从而得出结论．本题主要考查等差数列的定义和性质，等比数列的定义和性质，基本不等式的应用，属于基础题．13.【答案】A【解析】解：数列{a n}满足a n+1+a n=4n+3①，则a n+2+a n+1=4n+7②，②−①得a n+2−a n=4(常数)，所以数列{a n}的奇数项和偶数项公差都为4的等差数列．由于a1=2，所以a1+a2=7，解得a2=5，所以a n={2n(n为奇数) 2n+1(n为偶数)．所以a1+a2020=2+2×2020+1=4043．故选：A．直接利用递推关系式的应用求出数列的通项公式，进一步利用通项公式的应用求出结果．本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．14.【答案】∃x∈R，x2−1≤0【解析】解：因为特称命题的否定是全称命题，所以，命题“∀x∈R，x2−1>0”的否定是：∃x∈R，x2−1≤0．故答案为：∃x∈R，x2−1≤0．直接利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可．本题考查命题的否定，特称命题与全称命题的否定关系，是基础题．15.【答案】2 5【解析】解：∵等比数列{a n}中8a2−a5=0，设首项为a1，∴a5a2=a1q4a1q=q3=8，∴q=2，∴由等比数列前n项和公式得：S4S2=a1(1−q4)1−qa1(1−q2)1−q=1−241−22=22+1=5，故答案为：2；5．利用递推式8a2−a5=0根据等比数列的定义得到公比q，设该数列首项为a1，利用前n 项和公式求解．本题考查了等比数列的通项公式和前n项和公式，是基础的计算题．16.【答案】9【解析】解：若正数a，b满足1a +4b=1，则(a+b)(1a +4b)≥(1+2)2=9，当且仅当a=2b=9时，取等号，故答案为：9．若正数a，b满足1a +4b=1，则(a+b)(1a+4b)≥(1+2)2=9，得出结论．考查基本不等式的应用，本题用了柯西不等式，基础题．17.【答案】3 1【解析】解：由函数对应关系得a1=3，a2=f(a1)=f(3)=2，a3=f(a2)=f(2)=1，a4=f(a3)=f(1)=3，则a4=a1，则数列{a n}的周期是3，则a2019=a672×3+3=a3=1，故答案为：3，1根据函数与数列的对应关系，进行递推，得到数列{a n}是周期为3的周期数列，结合数列的周期性进行转化求解即可．本题主要考查函数与数列的综合，结合数列的递推关系，得到数列{a n}是周期为3的周期数列是解决本题的关键．考查学生的运算推理能力．18.【答案】−1，−2，−3【解析】【分析】本题考查了命题的真假，举例说明即可，属于基础题．直接举例即可，本题答案不唯一．【解答】解：设a，b，c是任意实数．若a>b>c，则a+b>c”是假命题，可设a，b，c的值依次−1，−2，−3，(答案不唯一)，故答案为−1，−2，−3．19.【答案】98−18⋅9n【解析】解：数列{a n}满足a n=4S n−3，n∈N∗，可得n=1时，a1=4S1−3=4a1−3，即a1=1，当n≥2时，a n−1=4S n−1−3，又a n=4S n−3，两式相减可得a n−a n−1=4(S n−S n−1)=4a n，可得a n=−13a n−1，可得{a n}为首项为1，公比q为−13的等比数列，则a n=a1q n−1=(−13)n−1，可得a1，a3，a5，…，a2n+1为首项为1，公比为19的等比数列，则a 1+a 3+a 5+⋯+a 2n+1=1−19n+11−19=98−18⋅9n ．故答案为：98−18⋅9n ．运用数列的递推式：n =1时，a 1=S 1，n ≥2时，a n =S n −S n−1，结合等比数列的定义和通项公式，可得a n =(−13)n−1，可得a 1，a 3，a 5，…，a 2n+1为首项为1，公比为19的等比数列，由等比数列的求和公式，可得所求和．本题考查数列的递推式的运用，考查等比数列的定义、通项公式和求和公式的运用，考查运算能力，属于基础题．20.【答案】(−∞,−1b )∪(1a ,+∞)【解析】解：∵−b <1x <a ， ∴1x +b >0且1x −a <0， ∵b >0，由1+bx x>0，解得x >0或x <−1b ；① 1x−a <0，得1−ax x<0⇔ax−1x>0，∵a >0，∴x >1a 或x <0；② 由①②得：x >1a 或x <−1b ；∴不等式−b <1x <a 的解集是(−∞,−1b )∪(1a ,+∞)． 故答案为：(−∞,−1b )∪(1a ,+∞)．在a >0，b >0的条件下将−b <1x <a 转化为{1+bxx>01−axx<0即可求得答案． 本题考查分式不等式组的解法，将−b <1x <a 转化为{1+bxx>01−axx<0是关键，也是难点，考查化归思想与分析运算的能力，属于中档题．21.【答案】8【解析】解：令t =ab −b 2>0，则a =tb +b ≥2√t ，当且仅当t =b 2时成立， 所以a 2−4b 2−ab =(tb +b)2+4t ≥4t +4t ≥8，当且仅当t =1时成立， 故答案为：8令t =ab −b 2>0，则a =t b +b ≥2√t ，当且仅当t =b 2时成立，所以a 2−4b 2−ab =(tb +b)2+4t≥4t +4t≥8，当且仅当t =1时成立．考查了基本不等式的应用，还用了换元法，中档题．22.【答案】176【解析】解：根据题意，由|a n+1−a n |=1|分析可得必有在a n+1−a n =1和a n+1−a n =−1中，必须且只能有1个成立，∵a 1，a 4，a 12成等比数列．且a 1=1，a 12=4， 则a 4=±2， 分2种情况讨论： ①、若a 4=−2，在1≤n ≤3中，a n+1−a n =−1都成立，在4≤n ≤11中，有1个a n+1−a n =−1，7个a n+1−a n =1成立，则有C 81=8种情况，即有8个不同数列；②、若a 4=2，在1≤n ≤3中，有1个a n+1−a n =−1成立，2个a n+1−a n =1成立，有C 31=3种情况， 在4≤n ≤11中，有3个a n+1−a n =−1，5个a n+1−a n =1成立，有C 83=56种情况，则有3×56=168种情况，即有168个不同数列； 则一共有8+168=176个满足条件的不同数列． 故答案为：176．根据题意，由|a n+1−a n |=1|分析可得必有在a n+1−a n =1和a n+1−a n =−1中，必须且只能有1个成立，由等比数列的性质求得a 4=±2，进而分2种情况讨论，分析由乘法原理计算可得每种情况的数列数目，由分类计数原理计算可得答案．本题考查排列、组合的综合应用，涉及函数的定义以及函数值的计算，关键是将函数值的问题转化为排列、组合问题．23.【答案】解：(Ⅰ)∵{a n }为等差数列，且a 3=6，a 6=0．∴{a 3=a 1+2d =6a 6=a 1+5d =0， 解得d =−2，a 1=10，∴a n =10+(n −1)×(−2)=−2n +12． (Ⅱ)∵等比数列{b n }满足b 1=3，b 2=a 4+a 5=(−8+12)+(−10+12)=6，∴q=6=2，3∴{b n}的前n项和公式为：S n=3(1−2n)=3×2n−3．1−2【解析】(Ⅰ)利用等差数列通项公式列方程组求出首项和公差，由此能求出a n．(Ⅱ)求出等比数列{b n}的首项和公差，由此能求出{b n}的前n项和公式．本题考查等差数列的通项公式和前n项和公式的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．24.【答案】解：(1)函数f(x)=x2+ax−4，当a=3时，f(x)=x2+3x−4=(x+4)(x−1)<0，故不等式的解集为(−4,1)．(2)不等式f(x)+5>0的解集为R，x2+ax+1>0在R上恒成立，△=a2−4<0，即a∈(−2,2)．【解析】(1)函数f(x)=x2+ax−4，当a=3时，f(x)=x2+3x−4=(x+4)(x−1)< 0，解出即可；(2)不等式f(x)+5>0的解集为R，△=a2−4<0，即a∈(−2,2)．考查一元二次不等式的解法，恒成立问题，基础题．25.【答案】解：(Ⅰ){a n}是公差为d的等差数列，{b n}是公比为q的等比数列，且b2=3，b5=81，=27，即q=3，则b n=b2q n−2=3n−1；可得q3=b5b2=2，a1=b1=1，a14=b4=27，则d=a14−a114−1则a n=1+2(n−1)=2n−1：(Ⅱ)c n=a n b n=(2n−1)⋅3n−1，可得前n项和T n=1⋅30+3⋅31+5⋅32+⋯+(2n−1)⋅3n−1，3T n=1⋅3+3⋅32+5⋅33+⋯+(2n−1)⋅3n，两式相减可得−2T n=1+2(3+32+⋯+3n−1)−(2n−1)⋅3n−(2n−1)⋅3n，=1+2⋅3(1−3n−1)1−3化为T n =1+(n −1))⋅3n ．【解析】(Ⅰ){a n }是公差为d 的等差数列，{b n }是公比为q 的等比数列，运用等差数列和等比数列的通项公式，解方程即可得到所求通项公式；(Ⅱ)求得c n =a n b n =(2n −1)⋅3n−1，运用数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，计算可得所求和．本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查数列的错位相减法求和，化简运算能力，属于中档题．26.【答案】解：(Ⅰ)f(−1)=a −b =−4，即b =a +4，因为f(x)=ax 2+bx ≤6x +2恒成立，即对任意x ，ax 2+(b −6)x −2≤0恒成立， 所以{a <0△=(b −6)2+8a ≤0b =a +4，整理得(a +2)2≤0，所以a =−2，b =2，则f(x)=−2x 2+2x ；(Ⅱ)证明：因为a n+1=f(a n )=−2a n 2+2a n ，所以a n+1−a n =−2a n 2+2a n −a n =−2a n 2+a n =−2(a n −14)2+18，因为0<a n <12(n ∈N ∗)，所以a n+1−a n ∈(0,18)，则a n+1>a n ，所以数列{a n }单调递增；(Ⅲ)因为a n+1=−2a n 2+2a n ，即a n+1−12=−2(a n −12)2，两边同时乘以−2，可得1−2a n+1=(1−2a n )2，两边取对数可得lg(1−2a n+1)=2lg(1−2a n )，则数列{lg(1−2a n )}是以2为公比，lg(1−2a 1)=lg 13为首项的等比数列，所以lg(1−2a n )=2n−1lg 13=lg(13)2n−1，则1−2a n =(13)2n−1，πni =1(1−2a i )=(1−2a 1)(1−2a 2)(1−2a 3)…(1−2a n )=(13)1+2+22+⋯+2n−1=(13)2n −1．【解析】(Ⅰ)根据f(−1)=−4可得a ，b 数量关系，再根据恒有f(x)≤6x +2.可求出a ，进而得f(x)解析式；(Ⅱ)利用二次函数验证a n+1−a n >0即可；(Ⅲ)先求出数列{lg(1−2a n )}是以2为公比，lg(1−2a 1)=lg 13为首相的等比数列，所以1−2a n =(13)2n−1，进而可求出πni =1(1−2a i )的值．本题考查数列与函数的综合运用，能判断出数列{lg(1−2a n )}是等比数列是关键，属于难题．27.【答案】解：(I)d 1=A 1−B 1=2，d 2=A 2−B 2=4−1=3，d 3=A 3−B 3=7−1=6；(II)证明：a 1，a 2，…，a n (n ≥4)是公比大于1的等比数列，且a 1>0，所以a n =a 1q n−1，且数列为递增数列，所以当k =1，2，3，…，n −1时，d k =A k −B k =a k −a k+1，所以d kdk−1=a k−a k+1a k−1−a k=a k−1q(1−q)a k−1(1−q)=q ，所以d 1，d 2，…，d n−1是等比数列； (iii)若d 1=d 2=⋯=d n−1=0，由d 1=A 1−B 1=0，即max{a 1}=min{a 2,…,a n }，故存在k ≥2时，a 1=a k ，且对于任意的j ∈{2,3，…，n}，都有a j ≥a k ，① 若k =2，则a 1=a 2，若k >2，因为d k−1=0，所以A k−1=B k−1，即max{a 1,…,a k−1}=min{a k ,…,a n }=a k ， 又a 1=a k ，所以对于任意的j ∈{2,3，…，k −1}，a j ≤a 1=a k ，② 由①②可知，对于任意的j ∈{2,3，…，k −1}，都有a j =a k ， 故a 1=a 2=⋯=a k ，因为d k =0，所以A k =B k ，所以a k =max{a 1,…,a k }=min{a k+1,…,a n }， 所以存在k′∈{k +1,k +2,…,n}，使得a k ′=a k ， 根据以上道理，可得故a k =⋯=a k ， 依此类推，故{a n }是常数列．【解析】(I)由d 1=A 1−B 1=2，d 2=A 2−B 2=4−1=3，d 3=A 3−B 3=7−1=6，得出结论；(II)根据题意得，d k =A k −B k =a k −a k+1，由d kd k−1=a k −a k+1a k−1−a k=a k−1q(1−q)a k−1(1−q)=q 为定值，得出结论；(III)先证明d 1=A 1−B 1=0，即max{a 1}=min{a 2,…,a n }，故存在k ≥2时，a 1=a k ，且对于任意的j ∈{2,3，…，n}，都有a j ≥a k ，①再证明对于任意的j ∈{2,3，…，k −1}，a j ≤a 1=a k ，②由①②可知，对于任意的j ∈{2,3，…，k −1}，都有a j =a k ，故a 1=a 2=⋯=a k ，同理得出结论．本题是一道创新型数列题，结合等比数列的性质，考查了数学的逻辑推理能力和数学运算能力，难度较大，综合性强．。

<
푥
< 휋)，푡푎푛푥
<
0，由基本不等式，−푡푎푛푥− 9
푡푎푛푥
≥
2
9=6
，
得出结论．
考查基本不等式的应用，基础题．
10.【答案】C
【解析】解：①当푘 = 12时，푎1 = 12,푎2 = 2 × (12)2 = 12，所以数列{푎푛}不是递减数列，①
不正确；
②当0 < 푘
< 12时，푎푛푎푛+ 1 = (푛
A. 푎2 + 푏2 > 2푎푏
B. 푎 + 푏 ≥ 2 푎푏
C.
1 푎
+
1 푏
>
2 푎푏
D. 푏 + 푎 ≥ 2
푎푏
8. 等差数列{푎푛}前 n 项和为푆푛，푎4 + 푎6 = −6，푎1 = −11. 푆 则当 푛取最小值时，
푛 =( )
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A. 6
B. 7
C. 8
D. 9
值．
【解答】
由푎4 + 푎6 = 2푎5 = −6
푎5 = −3 푎1 = −11，
，解得
，又
∴ 푎5 = 푎1 +4푑 = −11 + 4푑 = −3，解得푑 = 2，
则푎 = −11 + 2(푛−1) = 2푛−13，
푛
∴ 푆푛 =
푛(푎1 + 2
푎푛)
=
푛2−12푛
= (푛−6)2−36，
∴ 当푛 = 6时，푆푛取最小值．
x
1
2
3
푓(푥)
3
1
2
数列{푎푛}满足푎1