期末考試測試卷（二）

一、填空題（本題共14題，每題5分，計70分）

1.已知R為實數(shù)集，M={x|x2-2xlt;0}，N={x|x≥1}，則M∩（CRN）= " ".

2.命題：“x∈（0，+∞），x2+x+1gt;0”的否定是 " ".

3.已知z=（a-i）（1+i）（a∈R，i為虛數(shù)單位），若復數(shù)z在復平面內(nèi)對應的點在實軸上，則a= " .

4.設不等式組0≤x≤2，

0≤y≤2，表示平面區(qū)域為D，在區(qū)域D內(nèi)隨機取一個點，則此點到坐標原點的距離大于2的概率是 " ".

5.閱讀右圖所示的程序框圖，運行相應的程序，輸出的s值等于 " ".

6.橢圓x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的右焦點為F1，右準線為l1，若過點F1且垂直于x軸的弦的弦長等于點F1到l1的距離，則橢圓的離心率是 " ".

7.已知正方形ABCD的邊長為1，點E是AB邊上的動點，則DE·DC的最大值為 " ".

8.設a，b∈R，且a≠2，若定義在區(qū)間（-b，b）內(nèi)的函數(shù)f（x）=lg1+ax1+2x是奇函數(shù)，則a+b的取值范圍是 " .

9.巳知函數(shù)f（x）=cosx（x∈（0，2π））有兩個不同的零點x1，x2，且方程f（x）=m有兩個不同的實根x3，x4.若把這四個數(shù)按從小到大排列構成等差數(shù)列，則實數(shù)m的值為 " ".

10.關于x的不等式x2+25+|x3-5x2|≥ax在[1，12]上恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是 " ".

11.已知正數(shù)x，y滿足（1+x）（1+2y）=2，則4xy+1xy的最小值是 " ".

12.已知函數(shù)f（x）=x4+ax3+2x2+b，其中a，b∈R.若函數(shù)f（x）僅在x=0處有極值，則a的取值范圍是 " ".

13.已知a，b，c（alt;blt;c）成等差數(shù)列，將其中的兩個數(shù)交換，得到的三個數(shù)依次成等比數(shù)列，則a2+c22b2的值為 " ".

14.如圖，用一塊形狀為半橢圓x2+y24=1（y≥0）的鐵皮截取一個以短軸BC為底的等腰梯形ABCD，記所得等腰梯形ABCD的面積為S，則1S的最小值是 " ".

二、解答題（本大題共6小題，共計90分）

15.（本小題滿分14分）

在△ABC中，A，B，C為三個內(nèi)角a，b，c為三條邊，π3lt;Clt;π2，且ba-b=sin2CsinA-sin2C.

（1）判斷△ABC的形狀;

（2）若|BA+BC|=2，求BA·BC的取值范圍.

16.（本小題滿分14分）

如圖，直三棱柱ABCA1B1C1中，D、E分別是棱BC、AB的中點，點F在棱CC1上，已知AB=AC，AA1=3，BC=CF=2.

（1）求證：C1E∥平面ADF;

（2）設點M在棱BB1上，當BM為何值時，平面CAM⊥平面ADF？

17.（本小題滿分15分）

已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的離心率為12，且經(jīng)過點P（1，32）.

（1）求橢圓C的方程;

（2）設F是橢圓C的右焦點，M為橢圓上一點，以M為圓心，MF為半徑作圓M.問點M滿足什么條件時，圓M與y軸有兩個交點？

（3）設圓M與y軸交于D、E兩點，求點D、E距離的最大值.

18.（本小題滿分15分）

如圖，AB是沿太湖南北方向道路，P為太湖中觀光島嶼，Q為停車場，PQ=5.2km.某旅游團游覽完島嶼后，乘游船回停車場Q，已知游船以13km/h的速度沿方位角θ的方向行駛，sinθ=513.游船離開觀光島嶼3分鐘后，因事耽擱沒有來得及登上游船的游客甲為了及時趕到停車地點Q與旅游團會合，立即決定租用小船先到達湖濱大道M處，然后乘出租汽車到點Q（設游客甲到達湖濱大道后能立即乘到出租車）.假設游客甲乘小船行駛的方位角是α，出租汽車的速度為66km/h.

（1）設sinα=45，問小船的速度為多少km/h時，游客甲才能和游船同時到達點Q;

（2）設小船速度為10km/h，請你替該游客設計小船行駛的方位角α，當角α余弦值的大小是多少時，游客甲能按計劃以最短時間到達Q.

19.（本小題滿分16分）

已知各項均為正數(shù)的等差數(shù)列{an}的公差d不等于0，設a1，a3，ak是公比為q的等比數(shù)列{bn}的前三項，

（1）若k=7，a1=2

（i）求數(shù)列{anbn}的前n項和Tn;

（ii）將數(shù)列{an}和{bn}的相同的項去掉，剩下的項依次構成新的數(shù)列{cn}，設其前n項和為Sn，求S2n-n-1-22n-1+3·2n-1（n≥2，n∈N*）的值;

（2）若存在mgt;k，m∈N*使得a1，a3，ak，am成等比數(shù)列，求證k為奇數(shù).

20.（本小題滿分16分）

已知函數(shù)f（x）=-x3+x2+b，g（x）=alnx.

（1）若f（x）在x∈[-12，1）上的最大值為38，求實數(shù)b的值;

（2）若對任意x∈[1，e]，都有g（x）≥-x2+（a+2）x恒成立，求實數(shù)a的取值范圍;

（3）在（1）的條件下，設F（x）=f（x），xlt;1

g（x），x≥1，對任意給定的正實數(shù)a，曲線y=F（x）上是否存在兩點P，Q，使得△POQ是以O為直角頂點的直角三角形（O為坐標原點），且此三角形斜邊中點在y軸上？請說明理由.

附加題

21.[選做題] 在A、B、C、D四小題中只能選做2題，每小題10分，共計20分

A.選修41：（幾何證明選講）

如圖，從圓O外一點P作圓O的兩條切線，切點分別為A，B，AB與OP交于點M，設CD為過點M且不過圓心O的一條弦，

求證：O、C、P、D四點共圓.

B.選修42：（矩陣與變換）

已知二階矩陣M有特征值λ=3及對應的一個特征向量e1=1

1，并且矩陣M對應的變換將點（-1，2）變換成（9，15），求矩陣M.

C.選修44：（坐標系與參數(shù)方程）

在極坐標系中，曲線C的極坐標方程為ρ=22sin（θ-π4），以極點為原點，極軸為x軸的正半軸建立平面直角坐標系，直線l的參數(shù)方程為

x=1+45t

y=-1-35t（t為參數(shù)），求直線l被曲線C所截得的弦長.

D.選修45（不等式選講）

已知實數(shù)x，y，z滿足x+y+z=2，求2x2+3y2+z2的最小值;

[必做題] 第22題、第23題，每小題10分，共計20分

22.袋中裝著標有數(shù)字1，2，3，4的卡片各1張，甲從袋中任取2張卡片（每張卡片被取出的可能性都相等），并記下卡面數(shù)字和為X，然后把卡片放回，叫做一次操作.

（1）求在一次操作中隨機變量X的概率分布和數(shù)學期望E（X）;

（2）甲進行四次操作，求至少有兩次X不大于E（X）的概率.

23.（本小題滿分10分）

對一個邊長互不相等的凸n（n≥3）邊形的邊染色，每條邊可以染紅、黃、藍三種顏色中的一種，但是不允許相鄰的邊有相同的顏色.所有不同的染色方法記為P（n）.

（1）求P（3），P（4），P（5）;

（2）求P（n）.

參考答案

一、填空題

1. {x|0lt;xlt;1}

2. x∈（0，+∞），x2+x+1≤0

3. 1

4. 4-π4

5. -3

6. 12

7. 1

8. （-2，-32]

9. -32

10. （-∞，10]

11. 12

12. [-83，83]

13. 10

14. 239

二、解答題

15.（1）解：由ba-b=sin2CsinA-sin2C及正弦定理有：sinB=sin2C，

∴B=2C或B+2C=π，若B=2C，且π3lt;Clt;π2，∴23πl(wèi)t;Blt;π，B+Cgt;π（舍）;∴B+2C=π，則A=C，∴△ABC為等腰三角形.

（2）∵|BA+BC|=2，∴a2+c2+2ac·cosB=4，∴cosB=2-a2a2（∵a=c），而cosB=-cos2C，∴12lt;cosBlt;1，∴1lt;a2lt;43，∴BA·BC=accosB=a2cosB=2-a2∈（23，1）.

16.解：（1）連接CE交AD于O，連接OF.

因為CE，AD為△ABC中線，

所以O為△ABC的重心，CFCC1=COCE=23.

從而OF∥C1E.

OF面ADF，C1E平面ADF，

所以C1E∥平面ADF.

（2）當BM=1時，平面CAM⊥平面ADF.

在直三棱柱ABCA1B1C1中，

由于B1B⊥平面ABC，BB1平面B1BCC1，所以平面B1BCC1⊥平面ABC.

由于AB=AC，D是BC中點，所以AD⊥BC.又平面B1BCC1∩平面ABC=BC，

所以AD⊥平面B1BCC1.

而CM平面B1BCC1，于是AD⊥CM.

因為BM=CD=1，BC=CF=2，所以Rt△CBM≌Rt△FCD，所以CM⊥DF.

DF與AD相交，所以CM⊥平面ADF.

CM平面CAM，所以平面CAM⊥平面ADF.

當BM=1時，平面CAM⊥平面ADF.

17.解：（1）∵橢圓x2a2+y2b2=1（a>b>0）的離心率為12，且經(jīng)過點P（1，32），

∴a2-b2a=12

1a2+94b2=1，即3a2-4b2=0

1a2+94b2=1，

解得a2=4

b2=3，

∴橢圓C的方程為x24+y23=1.

（2）易求得F（1，0）.設M（x0，y0），則x204+y203=1，

圓M的方程為（x-x0）2+（y-y0）2=（1-x0）2+y02，

令x=0，化簡得y2-2y0y+2x0-1=0，Δ=4y20-4（2x0-1）>0……①.

將y20=3（1-x204）代入①，得3x20+8x0-16<0，解出-4

又∵-2≤x0≤2，∴-2≤x0lt;43.

（3）設D（0，y1），E（0，y2），其中y1

DE=y2-y1=4y20-4（2x0-1）

=-3x20-8x0+16=-3（x0+43）2+643，

當x0=-43時，DE的最大值為833.

18.解：（1）如圖，作PN⊥AB，N為垂足.

sinθ=513，sinα=45，

在Rt△PNQ中，

PN=PQsinθ=5.2×513=2（km），

QN=PQcosθ=5.2×1213=4.8（km）.

在Rt△PNM中，

MN=PNtanα=243=1.5（km）.

設游船從P到Q所用時間為t1h，游客甲從P經(jīng)M到Q所用時間為t2h，小船的速度為v1km/h，則

t1=PQ13=26513=25（h），

t2=PMv1+MQ66=2.5v1+3.366=52v1+120（h）.

由已知得：t2+120=t1，52v1+120+120=25，∴v1=253.

∴小船的速度為253km/h時，游客甲才能和游船同時到達Q.

（2）在Rt△PMN中，

PM=PNsinα=2sinα（km），

MN=PNtanα=2cosαsinα（km）.

∴QM=QN-MN=4.8-2cosαsinα（km）.

∴t=PM10+QM66=15sinα+455-cosα33sinα=1165×33-5cosαsinα+455.

∵t′=1165×5sin2α-（33-5cosα）cosαsin2α

=5-33cosα165sin2α，

∴令t′=0得：cosα=533.

當cosαlt;533時，t′gt;0;當cosαgt;533時，t′lt;0.

∵cosα在α∈（0，π2）上是減函數(shù)，

∴當方位角α滿足cosα=533時，t最小，即游客甲能按計劃以最短時間到達Q.

19.（1）因為k=7，所以a1，a3，a7成等比數(shù)列，又{an}是公差d≠0的等差數(shù)列，

所以（a1+2d）2=a1（a1+6d），整理得a1=2d，又a1=2，所以d=1，

b1=a1=2，q=b2b1=a3a1=a1+2da1=2，

所以an=a1+（n-1）d=n+1，bn=b1×qn-1=2n，

①用錯位相減法或其它方法可求得{anbn}的前n項和為Tn=n×2n+1;

②因為新的數(shù)列{cn}的前2n-n-1項和為數(shù)列{an}的前2n-1項的和減去數(shù)列{bn}前n項的和，

所以S2n-n-1=（2n-1）（2+2n）2-2（2n-1）2-1=（2n-1）（2n-1-1）.

所以S2n-n-1-22n-1+3·2n-1=1（n≥2，n∈N*）.

（2）由（a1+2d）2=a1（a1+（k-1））d，整理得4d2=a1d（k-5），

因為d≠0，所以d=a1（k-5）4，所以q=a3a1=a1+2da1=k-32.

因為存在m>k，m∈N*使得a1，a3，ak，am成等比數(shù)列，

所以am=a1q3=a1（k-32）3，

又在正項等差數(shù)列{an}中，am=a1+（m-1）d=a1+a1（m-1）（k-5）4，

所以a1+a1（m-1）（k-5）4=a1（k-32）3，又因為a1gt;0，

所以有2[4+（m-1）（k-5）]=（k-3）3，

因為2[4+（m-1）（k-5）]是偶數(shù)，所以（k-3）3也是偶數(shù)，

即k-3為偶數(shù)，所以k為奇數(shù).

20.解：（1）由f（x）=-x3+x2+b，得f′（x）=-3x2+2x=-x（3x-2），

令f′（x）=0，得x=0或23.

列表如下：

x-12（-12，0）0（0，23）23（23，1）

f′（x）-0+0-

f（x）f（-12）遞減極小值遞增極大值遞減

由f（-12）=38+b，f（23）=427+b，∴f（-12）gt;f（23），即最大值為f（-12）=38+b=38，∴b=0.

（2）由g（x）≥-x2+（a+2）x，得（x-lnx）a≤x2-2x.

∵x∈[1，e]，∴l(xiāng)nx≤1≤x，且等號不能同時取，∴l(xiāng)nxlt;x，即x-lnxgt;0，

∴a≤x2-2xx-lnx恒成立，即a≤（x2-2xx-lnx）min.

令t（x）=x2-2xx-lnx，x∈[1，e]），求導得，

t′（x）=（x-1）（x+2-2lnx）（x-lnx）2，

當x∈[1，e]時，x-1≥0，lnx≤1，x+2-2lnxgt;0，從而t′（x）≥0，

∴t（x）在[1，e]上為增函數(shù)，

∴tmin（x）=t（1）=-1，∴a≤-1.

（3）由條件，F(xiàn)（x）=-x3+x2，xlt;1

alnx，x≥1，

假設曲線y=F（x）上存在兩點P，Q滿足題意，則P，Q只能在y軸兩側，

不妨設P（t，F(xiàn)（t））（tgt;0），則Q（-t，t3+t2），且t≠1.

∵△POQ是以O（O為坐標原點）為直角頂點的直角三角形，

∴OP·OQ=0，∴-t2+F（t）（t3+t2）=0…（*），

是否存在P，Q等價于方程（*）在tgt;0且t≠1時是否有解.

①若0lt;tlt;1時，方程（*）為-t2+（-t3+t2）（t3+t2）=0，化簡得t4-t2+1=0，

此方程無解;

②若tgt;1時，（*）方程為-t2+alnt·（t3+t2）=0，即1a=（t+1）lnt，

設h（t）=（t+1）lnt（tgt;1），則h′（t）=lnt+1t+1，

顯然，當tgt;1時，h′（t）gt;0，即h（t）在（1，+∞）上為增函數(shù)，

∴h（t）的值域為（h（1），+∞），即為（0，+∞），

∴當agt;0時，方程（*）總有解.

∴對任意給定的正實數(shù)a，曲線y=F（x）上總存在兩點P，Q，使得△POQ是以O（O為坐標原點）為直角頂點的直角三角形，且此三角形斜邊中點在y軸上.

附加題

21.A.選修41：（幾何證明選講）

證明：因為PA，PB為圓O的兩條切線，所以OP垂直平分弦AB，

在Rt△OAP中，OM·MP=AM2，

在圓O中，AM·BM=CM·DM，

所以，OM·MP=CM·DM，

又弦CD不過圓心O，所以O，C，P，D四點共圓.

B.選修42：（矩陣與變換）

設M=ab

cd，則ab

cd1

1=31

1=3

3，故a+b=3，

c+d=3.

ab

cd-1

2=9

15，故-a+2b=9，

-c+2d=15.

聯(lián)立以上兩方程組解得a=-1，b=4，c=-3，d=6，故M=-14

-36.

C.選修44：（坐標系與參數(shù)方程）

解：將方程ρ=22sin（θ-π4），x=1+45t

y=-1-35t分別化為普通方程：

x2+y2+2x-2y=0，3x+4y+1=0，

由曲線C的圓心為C（-1，1），半徑為2，所以圓心C到直線l的距離為25，

故所求弦長為22-（25）2=2465.

D.選修45（不等式選講）

解：由柯西不等式可知：（x+y+z）2≤[（2x）2+（3y）2+z2]·[（12）2+（13）2+12]

故2x2+3y2+z2≥2411，當且僅當2x12=3y13=z1，即：x=611，y=411，z=1211時，

2x2+3y2+z2取得最小值為2411.

22.解：（1）由題設知，X可能的取值為：3，4，5，6，7.

隨機變量X的概率分布為

X34567

P1616131616

因此X的數(shù)學期望E（X）=（3+4+6+7）×16+5×13=5.

（2）記“一次操作所計分數(shù)X不大于E（X）”的事件記為C，則

P（C）=P（“X=3”或“X=4”或“X=5”）=16+16+13=23.

設四次操作中事件C發(fā)生次數(shù)為Y，則Y～B（4，23），

則所求事件的概率為P（Y≥2）=1-C14×23×（13）3-C04×（13）4=89.

23.解：（1）P（3）=6，P（4）=18，P（5）=30.

（2）設不同的染色法有pn種.易知.

當n≥4時，首先，對于邊a1，有3種不同的染法，由于邊a2的顏色與邊a1的顏色不同，所以，對邊a2有2種不同的染法，類似地，對邊a3，…，邊an-1均有2種染法.對于邊an，用與邊an-1不同的2種顏色染色，但是，這樣也包括了它與邊a1顏色相同的情況，而邊a1與邊an顏色相同的不同染色方法數(shù)就是凸n-1邊形的不同染色方法數(shù)的種數(shù)pn-1，于是可得

pn=3×2n-1-pn-1，pn-2n=-（pn-1-2n-1）.

于是pn-2n=（-1）n-3（p3-23）=（-1）n-2·2，

pn=2n+（-1）n·2，n≥3.

綜上所述，不同的染色方法數(shù)為pn=2n+（-1）n·2.