2013—2014学年度高二上学期期末考试模拟

数学试题（理科）

一、选择题:

1．命题“对任意的xR,x3x210”的否定是

A.不存在xR,x3x210 B.存在xR,x3x210 C.存在xR,x3x210 D.对任意的xR,x3x210 1

2．已知f(x)＝x＋－2(x＜0)，则f(x)有( )

x

A．最大值为0 B．最小值为0 C．最大值为－4 D．最小值为－4 3．

4．数列{an}中,a32,a71,且数列{1 21}是等差数列,则a11等于（ an1C．

）

A．2 5B．

2 3D．5

5．下列结论错误的是 （ ） ．．．

A．命题“若p，则q”与命题“若q,则p”互为逆否命题; B．命题p:x[0,1]e,，1命题q:xR,xx10,则pq为真;

C．若pq为假命题，则p、q均为假命题．

22x2D．“若ambm,则ab”的逆命题为真命题; 6.关于x的不等式ax－b>0的解集是(1，＋∞)，则关于x的不等式(ax＋b)(x－3)>0的解集是( ) A．(－∞，－1)∪(3，＋∞) B．(－1,3)

C．(1,3) D．(－∞，1)∪(3，＋∞)

7.已知AB3，A、B分别在x轴和y轴上滑动，O为坐标原点，OP 则动点P的轨迹方程是( )

21OAOB， 33x2y2x2y22222y1 B.x1 C. y1 D. x1 A.4499*8.数列an满足a11,an1ranr（nN,rR且r0），则“r1”是“数列an成

1

等差数列”的 ( )

A.充分不必要条件 B. 必要不充分条件

C.充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件

9. 已知直线l与抛物线y2＝8x交于A、B两点，且l经过抛物线的焦点F，A点的坐标为（8，8），则线段AB的中点到准线的距离是

A．

252517 B． C． D．25

44210．锐角ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若C2A，则

c的取值范围是 a (A)(2,3) (B) (C) (D) （1,3）（2,2）（1,2）11．若不等式x2ax10对于一切x(0,)成立，则a的最小值是 （ ） A.0 B.-2 C. 125 D.-3 2x2y2212FFF，F2和点P(0,2b)是正12ab12. 设和为双曲线(a0,b0)的两个焦点, 若点1三角形的三个顶点,则双曲线的离心率为( )。

35 A．2 B．2 C．2 D．3

二、填空题: 13.

14.已知{an}是等差数列，a1=-9,S3=S7,那么使其前n项和Sn最小的n是 。

3x4y12022215. 设命题p:2xy80x,yR；命题q:xyrx,y,rR,r0。若命题qx2y60是p的充分不必要条件，则r的最大值是__ ___.

x2y216. 对于曲线C∶=1，给出下面四个命题： 4kk1①曲线C不可能表示椭圆；

②当1＜k＜4时，曲线C表示椭圆；

③若曲线C表示双曲线，则k＜1或k＞4; ④若曲线C表示焦点在x轴上的椭圆，则1＜k＜

5 2其中所有正确命题的序号为 .

三、解答题：本大题共6小题，满分80分．解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤．

2

17．(本小题满分12分)在锐角△ABC中，a、b、c分别为角A，B，C所对的边，且（I）求角C的大小； （II）若c

a2c. sinA37，且ABC的面积为3322，求ab的值. 218.(本小题满分12分)已知a0,设p：实数x满足xax3a0，q：实数x满足若p是q的必要不充分条件，求实数a的取值范围.

19．(本小题满分12分)

x30，2x

3

20．(本小题满分12分) 已知数列an的各项均为正数，其前n项和为Sn，且

Snanan1,nN.

2（1）求数列an的通项公式

（2）设bn(2an1)2n，Mnb1b2bn，求Mn.

ax2y2621. （本小题满分12分）已知椭圆C:221(ab0)的离心率为，短轴一个端ab3点到右焦点的距离为3. （1）求椭圆C的方程；

（2）设直线l与椭圆C交于A、B两点，坐标原点O到直线l的距离为面积的最大值.

22.（本小题满分14分）已知抛物线 C:yx与直线yk(x1)相交于A、B两点, 点O是坐标原点，M(m,1)是抛物线C上的一点. (1) 求证: OAOB;

(2) 当弦长AB等于10时, 求k的值.

(3)过M点的两条直线的倾斜角之和为180，与抛物线C交点为P,Q，求证直线PQ的斜率是一个常数，并求出该常数值。

03，求AOB 22

4

参考答案:

1-5 CCABD 6-10 AAAAA 11-12 CC 13. 11 14.5 15. 16.③④

18.

5

20．（1）证明：Snanan12,nN,n1时，aaa11S1112,a11或a10.

又an0,a11.

由2S2nanan,nN22a，得2a2S2n2SnSn1anan1anan1， n1an1n1,n2anan1anan110,anan10,anan11,n2,

数列an是以1为首项，1为公差的等差数列ann

（2）bn(2n1)2n，

Mn12322523(2n1)2n，„„„„„„„① 2Mn1223232n32n(2n1)2n1 „„„„②

由①－②得

M23n1222222n(2n1)2n142n212(2n1)2n12

6

Mn2n32n16.

c621.解：（1）设椭圆的半焦距为c，依题意=a3 a=3b=1，所以所求椭圆方程为：

x23+y2=1. „„„„„„„4分 （2）设A(x1,y1)，B(x2,y2)

当ABx轴时，AB=3 „„„„„„„6分 当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y=kx+m 由已知m32，得21+k2=m2=34(k+1). „„„„„„„8分把y=kx+m代入椭圆方程，整理得(3k2+1)x2+6kmx+3m2-3=0，

x-6km3(m2-1)1+x2=3k2+1，x1x2=3k2+1 AB2=(1+k2)36k2m212(m2-1)(3k2+1)2-3k2+1 =12(k2+1)(3k2+1-m2)3(k2+1)(9k2+1)(3k2+1)2=(3k2+1)2 =3+12k212129k4+6k2+1=3+9k2+1(k0)3+23+6=4. k2+6当且仅当9k2=1k2，即k=33时等号成立.

当k=0时，AB=3，综上所述ABmax=2 „„„„„„„12分 所以AOB面积的最大值为SAOB1223232 „„„„„„„14分

22.解：（1）设A、B两点的坐标为x1,y1,x2,y2，由题意得

yk(x1) 消去y22222y2x得kx(2k1)xk0 k0

7

(2k21)24k44k210 由韦达定理得

2k21x1x2,x1x21 ……………………..4分 2k可得y1y21 又因为OAOBx1x2y1y20 所以OAOB; ………………...6分

（2）AB1k24k2110 解得k1 ……………...9分 2k（3）解法一M(m,1)是抛物线C上的一点,得M(1,1)。设直线MP与x轴交点为R，直线MQ与x轴交点为S,则MPQ为等腰三角形，MPMQ，不妨设R(1a,0),S(1a,0)可以解得

(1a)2(1a)2P(,1a),Q(,1a)

11即P((1a)2,1a),Q((1a)2,1a)……...12分 所以KPQ1a1a2a1 是常数 ……...14分

1a21a24a2解法二M(m,1)是抛物线C上的一点,得M(1,1)。设直线MP：ykx(k1) 直线MQ：ykx(k1)

有ykx(k1)2222kx2k2k1x(k1)0 有交点M(1,1)得 得2yx1xPk1k22 得xPk1k22k12k1, 所以P 2kkk12k1,同理Q ……...12分 2kk 所以KPQk1k12kkk1为常数 ……...14分 k12k1242k22kk8

19．(满分12分)

已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＝（Ⅰ）求数列{an}的通项公式； （Ⅱ）若bnlog2an， cn＝

*

1*

Sn＋1（n∈N）； 2kk131Tn，且{cn}的前n项和为Tn，求使得 对n2424bnbn2∈N都成立的所有正整数k的值.

19 ．（本小题满分12分） 解、(Ⅰ) an＝

an-1＝

1Sn＋1 ① 21Sn-1＋1（n≥2） ② 21111() 2nn2n(n2)①-②得：an＝2an-1（n≥2），又易得a1＝2 ∴an＝2n „„„„„„„„ 4分 (Ⅱ) bn＝n, cn裂项相消可得Tn31111111) „„„ 8分 (1)(42n1n222n1n2313∵T1Tn,即Tn „„„„„„„„„„„„„„„„„ 10分

4341kkk13324Tn，得5k， ∴欲对n∈N*都成立，须24243k13424又k正整数，∴k=5、6、7 „„„„„„„„„„„„„„„„„ 12分

20.已知长方形ABCD, AB=22,BC=1．以AB的中点O为原点建立如图8所示的平面直角坐标系

xoy．

(1)求以A、B为焦点，且过C、D两点的椭圆的标准方程;

(2)过点P(0,2)的直线l交(1)中椭圆于M,N两点,是否存在直线l,使得以弦MN为直径的圆恰好过原点?若存在,求出直线l的方程;若不存在,说明y理由．

D C 19.(1)由题意可得点A,B,C的坐标分别为2,0,2,0,2,1．

x2y2设椭圆的标准方程是221ab0．

ab则2aACBCA O 图8

B x221022221022

422 9

x2y2a2 bac422． 椭圆的标准方程是1.

42222(2)由题意直线的斜率存在,可设直线l的方程为ykx2k0． 设M,N两点的坐标分别为x1,y1,x2,y2.

ykx2联立方程:2 消去2x2y4y整理得,12k2x28kx40

有x1x28k4,xx 1212k212k2若以MN为直径的圆恰好过原点,则OMON,所以x1x2y1y20, 所以,x1x2kx12kx220, 即1k2x1x22kx1x240

41k216k284k20,得k22,k2. 所以,40，即22212k12k12k所以直线l的方程为y2x2,或y2x2．

所以存在过P(0,2)的直线l:y2x2使得以弦MN为直径的圆恰好过原点．

x2y2622.已知椭圆C:221(ab0)的离心率为，短轴一个端点到右焦点的距离为3.

ab3（1）求椭圆C的方程；

（2）设直线l与椭圆C交于A、B两点，坐标原点O到直线l的距离为面积的最大值.

3，求AOB 2c6=22.解：（1）设椭圆的半焦距为c，依题意a3 a=3b=1，所以所求椭圆方程为：

x2+y2=1. „„„„„„„4分 3（2）设A(x1,y1)，B(x2,y2)

当ABx轴时，AB=3 „„„„„„„6分 当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y=kx+m

10

由已知m1+k2=33，得m2=(k2+1). „„„„„„„8分 24把y=kx+m代入椭圆方程，整理得(3k2+1)x2+6kmx+3m2-3=0，

-6km3(m2-1) ，x1+x2=2x1x2=3k+13k2+136k2m212(m2-1) AB=(1+k)-2223k+1(3k+1)2212(k2+1)(3k2+1-m2)3(k2+1)(9k2+1) ==(3k2+1)2(3k2+1)212k21212=3+4=3+(k0)3+=4. 219k+6k+123+69k2+2+6k1当且仅当9k2=2，即k=3时等号成立.

k3当k=0时，AB=3，综上所述ABmax=2 „„„„„„„12分 所以AOB面积的最大值为SAOB1233 „„„„„„„14分

22211．过yax2(a0)的焦点F作直线交抛物线与P、Q两点，若PF与FQ的长分别是p、q，

11( ) pq14A．2a B. C.4a D. 2aa则

11