怀仁一中高二数学(理科)试题

怀仁一中高二数学（理科）试题

命题： 刘巨平

一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)

1．已知全集UR，集合Ax|x22x30，Bx|2x4，那么集合

(CUA)B

A．x|1x4 B． x|2x3 C． x|2x3 D．x|1x4

2. .已知点P(sin－cos,tan)在第一象限，则在[0,2]内的取值范围是 （ ）

A.(

3552,4)∪(,4) B.(4, 2)∪(,4)

C. (2,35334)∪(4,2) D. (4,2)∪(4,)

3．已知sincos15，且0，那么tan等于（ ）

A． 43 B． 34 C．34 D．43

4．若aB．a＋11

ab>b＋a

C．b＋11

a>a＋b

D.bb＋1

２ aB′ 5．.如图所示的直观图，其平面图形的面积为（ ） １ 45° A′ Ａ．3 Ｂ．

322 Ｃ．6

Ｄ．32 O′ x１ ２ ３

6．ABC中,三边之比a:b:c2:3:4，则最大角的余弦值等于( ) A.

14 B.

718 C .12

D.4

7.若一个圆锥的底面半径是母线长的一半，侧面积和它的体积的数值相等，则该圆锥的底面半径为（ ）

A.3 B.22 C.23 D.43

(a2)xx28. 设函数f(x)1x在R上为减函数，则实数a的取值范围是( )

21x2A．,2 B．,138 C．,2 D．138,2 9、以下命题（其中a,b表示直线，a表示平面）： ①若a//b，b，则a//；

②若a//，b，则a//b； ③若a//b，b//，则a//. 其中正确命题的个数是（ ）

A．0个 B．1个 C．2个 D．3个

10．．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是一个正

三角形，则这个几何体的外接球的表面积为 ( )

A．23 B．

83 C．43 D．163

xy2011.设x， y满足约束条件4xy40，若目标函数 zaxby(a0,b0)的最大值x0y0为6， 则

1a2b的最小值为（ ） A．1 B．3 C.2 D.4

12．定义在R上的偶函数f(x)满足f(x1)1(x),当x[3,2]时,f(x)3x，

f设af(32),bf(5),cf(22),则a,b,c的大小关系是（ ）

A.c二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分) 13、若sin3cos0，则

过点P2,1作直线分别与x,y轴正半轴交于A、B两点。（1）当AOB面积最小时，求直线的方程：

（2）当OA＋OB取最小值时，求直的线方程。22．（本小题满分12分）已知a＝（cos，sin），b＝（cos，sin），a与b之间有关系式|ka+b|=3|a-kb|，其中k＞0． （1）用k表示a、b；

（2）求a·b的最小值，并求此时，a与b的夹角的大小．

cos2sin的值为____________． 2cos3sin14、数列{an}中,Sn2n1,则a12a22...an2________. 15.已知x1，则函数y4x11的最小值是 . x116.已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，且

An5n3，则这两个数列Bn2n1a的第九项之比9 ．

b9三、解答题：（本大题共70分）

17. (本小题满分10分) 说明函数 f(x)axbxc(a0)在区间,并用定义证明。

18．（本小题满分12分）

. 如图，已知P是平行四边形ABCD所在平面外一点，M、N分别是 AB、 PC的中点 2b上的单调性 2a（1）求证：MN//平面PAD；

（2）若MNBC4，PA43，求异面直线PA与MN所成的角的大小. 19、（本小题满分12分）已知ABC中，角A,B,C的对边长分别为a,b,c，

向量m(2cosC,sin(AB))，n(cosC,2sin(AB))，且mn，

22（1）求角C的大小；

1（2）若a2b2c2，求sin(AB)的值．

2

111.ana01a1an1n20、（本小题满分12分）设数列满足1且

（Ⅰ）求

an的通项公式；

bn1an1n,记Snbk,证明：Sn1.k1n（Ⅱ）设

21、（本小题满分12分）

怀仁一中高二数学试题（理科）答案

一、选择题 BBACC D CBAD BA

2二、填空题 ：13、11 14、434n1 15、1 16、2311 三、解答题（本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或步骤） 17. (本小题满分12分)

解：函数f(x)ax2bxc(a0)在区间b,2a上单调递增。 证明：设x,xb12,2a，且x1x2,则f(x221)f(x2)(ax1bx1c)(ax2bx2c)a(x1x2)(x1x2)b(x1x2)(x1x2)a(x1x2)b由假设知：xb（I）由题设

1x20,且x1-2a,x-b2a,所以xxb212a;又因为a0,所以a(x1x2)b,即a(x1x2)b0.所以f(x1)f(x2)0,即f(x)f(x2)所以为增函数。b1n1ann,n1nn1n1

n1n1，

…………8分

nnS1nbk(k1k1k1k1)11n11. …………12分

18解：（1）取PD的中点H，连接AH，NH，由N是PC的中点，

∴ NH//12DC. 由M是AB的中点， ∴ NH//AM， 即四边形AMNH为平行四边形，∴ MN//AH.

由MN平面PAD,AH平面PAD， ∴ MN//平面PAD. （2） 连接AC并取其中点为O，连接OM、ON，∴ OM//112BC，ON//2PA， 所以ONM就是异面直线PA与MN所成的角，

由MNBC4，PA43, 得OM=2，ON=23，故OM2ON2MN2，

故OM ON，所以ONM300，即异面直线PA与MN成30°的角. 19∵解：（Ⅰ）由mn=0得

2cos2C22sin2(AB)0.即1cosC2(1cos2C)0---------2分

整理得2cos2CcosC10. 解得

cosC（舍）或1cosC12.

因为0C，所以C600． ………………………………6分 （Ⅱ）因为sin(AB)sinAcosBsinBcosA.---------------7分 由正弦定理和余弦定理可得

sinAaba2c2b2b2c2a22R,sinB2R,cosB2ac,cosA2bc代入上式得

aa2c2b2bb2c2a22(a2b2sin(AB)2R2ac2R2bc)4cR---------------------10分

a2b2又因为

12c2c132c,故sin(AB)4cR4R2sinC4. 所求

sin(AB)34. …………………………………12分

120、1a11,n11an

{1 即

1a}n是公差为1的等差数列。

11,故1n. 又1a11an a11 所以

nn.

bn1an1n,n1nn1n11nn1， （II）由（I）得Snbk(k1k1nn …………8分

111)11.kk1n1 …………12分

xy21.解：(1)设直线方程为1,ab212代入P(2,1)得12,abab1得ab8，从而SAOBab4,221b1此时,k.

aba2方程为x2y40.21a2b(2)ab(ab)(1)3322,abbaa2bb2此时，k.baa2方程为x2y220.22、解：由已知|a||b|1． ∵ |kab|3|akb|，

2 ∴ |kab|23|akb|2．

11111(k)． ∵ k＞0， ∴ ab2k． 4k4k21112． ∴ ＝60°． 此时ab ∴ cos|a||b|22 ∴ ab