信阳市2013~2014学年度高二上期期末

数学试卷参考答案(理科)

1．D ∵＞0，∴x＞3或x＜2.

2．C 綈p：?x>1，x2－1≤0.

3．A ∵＝，∴sin A＝＝＝.

4．B a7－2a4＝a3＋4d－2(a3＋d)＝2d＝－1，解得d＝－.

5．C ∵抛物线过点(1，4)，∴4＝2a，∴a＝2，∴抛物线方程为x2＝y，焦点坐标为(0，)．

6．D |AB|＝＝3，设正方体的棱长为a，则a＝3，解得a＝，所以正方体的体积为3.

7．B 作出可行域可知目标函数过点(2，－1)时取得最大值为z＝2×2－1＝3.

8．B 由3S3＝a4－2，3S2＝a3－2，

所以3(S3－S2)＝a4－a3，得＝4＝q.

9．D ∵角A、B、C成等差数列，∴解得B＝.

由＝，可得sin A＝，∵b＞a，∴A＜，∴A＝，从而C＝π－－＝，

∴S△ABC＝ab＝.

10．A ∵a1a4＝a2a3＝－，∴＋＋＋＝＋＝＝＝－.

11．C 由m＞n＞0知m－n＞0，m＋＝m＋＝m－n＋≥2＝4，当且仅当m－n＝2时取等号．

12．A 因为M在抛物线上，所以设点M(x，)，又因为到抛物线焦点(，0)的距离为p，所以有(x－)2＋2px＝p2，解得x＝或x＝(舍)．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为M为AB的中点，所以x1＋x2＝p，y1＋y2＝2p，所以＝2，又因为AB是双曲线上的点，所以满足()2－()2＝1，()2－()2＝1，则(y－y)÷(x－x)＝，＝2×＝2k＝e2－1，所以k＝.

13. ∵a1＝，2a2－＝2，∴a2＝，则2a3－＝2a3－＝2，得a3＝.

14．－14 ∵不等式的解集为(－，)，∴方程ax2＋bx＋c＝0的两根分别为x1＝－，x2＝.

∴x1·x2＝＝－得a＝－12，

x1＋x2＝－＝－得b＝－2.

∴a＋b＝－14.

15．4 ＋＝3≥2?≥2?ab≥4.

16. 不妨设F1(－c，0)，点P(x0，y0)，另一焦点为F2(c，0)，连接PF2，根据题意有PF1⊥PF2，|PF2|＝2b，所以|PF1|＝＝＝2.由|PF1|＋|PF2|＝2＋2b＝2a，化简得2ab＝a2－c2＋2b2＝3b2，所以b＝a，c＝＝a，故离心率为＝.

17．解：(Ⅰ)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，

∴∴∴an＝2n－2.(6分)

(Ⅱ)∴＝，3q2－4q－4＝0，∴q＝2或－(舍)，b1＝1，

∴Tn＝＝＝2n－1.(12分)

18．解：A＝{x|－1≤x≤3，x∈R}，B＝{x|m－3≤x≤m＋3，x∈R，m∈R}．

(Ⅰ)∵A∩B＝[2，3]，∴m－3＝2，即m＝5.（6分）

(Ⅱ) ∵p是綈q的充分条件， ∴A?RB，

∴m－3>3或m＋3<－1，

解得m>6或m<－4.（12分）

19．解：(Ⅰ)由余弦定理及acos A＝bcos B可得a·＝b·，

所以a2(b2＋c2－a2)＝b2(a2＋c2－b2)，

即(a2－b2)c2＝(a2－b2)(a2＋b2)，

所以(a2－b2)(c2－a2－b2)＝0，

所以a＝b或c2＝a2＋b2.

若a＝b，则B＝A＝；若c2＝a2＋b2，则C＝，B＝－＝.

综上可知，B＝或.(6分)

(Ⅱ)由tan C＋＝0及正弦定理可得＋2sin C＝0，而sin C＞0，所以cos C＝－，所以C＝.

由(Ⅰ)可知△ABC必为等腰三角形，且A＝B＝，故△ABC的面积为S＝absin C＝a2·＝，所以a＝2.(12分)

20．解：(Ⅰ)∵底面ABCD是梯形，AD∥BC，∠DAB＝90°，

∴BC⊥AB.

∵PA⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，∴PA⊥BC，

∵PA∩AB＝A，

∴BC⊥平面PAB.(5分)

(Ⅱ)以A为原点，分别以AD，AB，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系A－xyz，

则D(1，0，0)，C(2，2，0)，P(0，0，2).

假设在侧棱PA上存在一点E，使得平面CDE与平面ADC所成角的余弦值是.

设E(0，0，m)(m>0)，则＝(1，2，0)，＝(－1，0，m)．

设平面CDE的法向量为n＝(x，y，z)，

则n·＝0，n·＝0，

∴

令x＝2，∴y＝－1，z＝，∴n＝(2，－1，).

又∵平面ACD的法向量为＝(0，0，2)，

∴|cos〈n，〉|＝，即＝＝，

解得m＝1，∴点E的坐标是(0，0，1)，AE的长为1.

∴在侧棱PA上存在一点E，使得平面CDE与平面ADC所成角的余弦值是.(12分)

21．解：(Ⅰ)由(2分)

得所以椭圆方程为＋y2＝1.(4分)

(Ⅱ)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，设直线PQ的方程为x＝my＋t，代入＋y2＝1得(m2＋4)y2＋2mty＋t2－4＝0，(5分)

Δ>0，

k1＝，k2＝，由＝7得＝7，

所以＝49，所以2＝49，(7分)

得＝49，得12x1x2＋25(x1＋x2)＋48＝0， ①

x1x2＝(my1＋t)(my2＋t)＝，

x1＋x2＝(my1＋t)＋(my2＋t)＝，

代入①得6t2＋25t＋24＝0，得t＝－，或t＝－(是增根，舍去)，(9分)

所以4(10分)

所以|y1－y2|2＝(y1＋y2)2－4y1y2＝＝－36()2＋16×＝－36(－)2＋≤，当m2＝时取最大值．(11分)

所以S1－S2＝×3×|y1－y2|≤2，所以S1－S2的最大值为2.(12分)

22．证明：(Ⅰ)∵CF＝FG，∴∠BGC＝∠ACE.

∵AB是⊙O的直径，∴∠GCB＝90°，

∵CE⊥AB，∴∠AEC＝90°，∴∠CBG＝90°－∠BGC，∠EAG＝90°－∠ACE，

∴∠CBG(D)＝∠EAG(C)，∴BC＝CD，∴C是BD的中点.（5分）

(Ⅱ)∵∠ECB＝90°－∠ECA，∠EAC＝90°－∠ECA，

∴∠ECB＝∠EAC.

又∵由(Ⅰ)知，∠CBG(D)＝∠EAG(C)，∴∠E(F)CB＝∠CBF(G)，∴CF＝B