辽宁省葫芦岛市第一高级中学2015-2016学年高二数学上学期期初考试试题 理

数学理科试题

第I卷(选择题 共60分)

一、选择题(本题共12道小题,每小题5分,共60分)

1.已知全集U={x∈N|x<9 },集合∁U(A∪B)={1,3},A∩∁UB={2,4},则集合B等于( )

A．{1,3,5,6,7,8} B． {2,4,5,6,7,8} C． {5,6,7,8} D． {1,2,3,4} 2. 直线xcos140°+ ysin140°－2=0的倾斜角是( ) A．40° B．50° C．130° D．140°

3. 等差数列an的前n项和为Sn，且4a1，2a2，a3成等比数列. 若a1=3，则S4= ( )

A. 7 B. 8 C. 12 D. 16

4．设m、n是不同的直线,α、β是不同的平面,有以下四个命题： ①若m⊥n,m⊥α,则n∥α ②若n⊥β,m∥α, α⊥β,则m∥n ③若m⊥α,m∥β,则α⊥β ④若m∥n,n⊂α,则m∥α 其中真命题的个数是( )

A．0 B．1 C．2 D．3 5. 已知函数f(x)cos|2xB.是最小正周期为的偶函数

C.不是周期函数

D.既不是奇函数也不是偶函数

*

2|,xR,则f(x)( ) A.是最小正周期为的奇函数

6. 设eB．cC．cD．b3x+y-2≤0

7.变量 x、y满足线性约束条件y-x≤2 ，则目标函数z=(k+1)x﹣y，仅在点(0，2)

y≥-x-1取得最小值，则k的取值范围是( )A． k＜﹣4 B．﹣4＜k＜0  C．﹣2＜k＜0 D． k＞0

1|x|

8.当x∈R时,y=1-a均有意义,则函数y=loga||的图象大致是( )

x

- 1 -

A． B． C． D．

9．如图示，已知直线l1∥l2，点A是l1、l2之间的一个定点，且A到l1、l2的距离分别为4、

l5，点B是直线l1上的动点，若ACAB0,AC与直线2交于点C，则ABC面积的最小

值为( )

A.3 B.6 C.12 D.20 10.已知某几何体的三视图都是边长为6的正方形， 如图所示,则该几何体的体积是( ) A．180 B．144 C．92 D．180或144 (4a-3)x+5-4a (x<1)



11. 已知函数f(x)=是R

1

log(x-)(x≥1)2

a

正视图 侧视图 上的减函数，那么a的取值范围是( )

A．(0,

23233

] B．(0,] C．[,] D．(,1) 24244

俯视图 [x]

12.已知x∈R,符号表示不超过x的最大整数,若函数f(x)=(x＞0),则给出以下四个结论正

x确的是( )

A．函数f(x)的值域为 B．函数f(x)的图象是一条曲线 C．函数f(x)是(0,+∞)上的减函数

34

D．函数g(x)=f(x)﹣a有且仅有3个零点时45

第Ⅱ卷(主观题 共90分)

二、填空题(每题5分，共20分，将答案写在答题纸上) 13.韩国首尔医院近20天每天因患中东呼吸综合征而入院诊的人数依次构成数列{an}，己知a1=1,a2=2，且满足an+2-an=2+2(-1)，n∈N+ ,则该医院20天内因患中东呼吸综征就诊的人数共有______________ 14．直线l过点A(3,2)圆x+y-4x+3=0相切，

- 2 -

2

2

n

就

合与

则直线l的方程为__________

15．如图所示，函数 f(x)=Asin(ωx+φ)+B的图象，则S=f(1)+f(2)+f(3)+„„+f(2015)= 16．在△ABC中，角A、B、C所对的边分别 是a、b、c，下列结论正确序号有

①若O为重心，则(OAOB)AB(OBOC)BC(OCOA)CA; ②若I为内心，则aIAbIBcICO

OAOBOC③若O为外心，则O

abc④若H为垂心，则HAHBHBHCHCHA ⑤若O为外心，H为垂心，则OHOAOBOC

三、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)。 17.(本题满分10分)设集合A={x|x-5x+4>0},B={x|x-2ax+a+2=0}若A∩B≠Φ，求实数a的取值范围．

xx2x

18.(本题满分12分)已知向量m=(cos,1),n=(3sin,cos)，f(x)= mn．

444



(I)若f(x)=1,求sin(x-)值；

6

(II)在△ABC中，角A、B、C的对边分别是a、b、c，且满足 (2a-c)cosB=bcosC，求函数f(A)的取值范围．

19. (本题满分12分)如图，四棱锥P-ABCD的侧面PAD垂直于底面ABCD,∠ADC=∠

BCD=90,PA=PD=AD=2BC=2,CD=2,N为线段CD的中点。

02

2

- 3 -

(1) 若线段AB中点为E，试问线段PC上是否存在一点M使得ME∥平面PAD.若存在M点,设CM=kCP，求k的值。若不存在说明理由。

(2) 求证：BD⊥PN；

(3)求三棱锥A-PBC的体积

A P D N B C E 2*20．(本小题满分12分)在数列{an}中，已知an≥1,a1=1且an+1-an=( n∈N)

an+1+an-112

(I)设bn=(an- ),求数列{bn}及{an}的通项公式；

2

11111

(II)设cn=4bn，Sn= + +„„+ ，求证:≤Sn< c1c2c2c3cncn+198

21.(本题满分12分)

定义在R上的函数f(x)满足：f(m+n)=f(m)+f(n)﹣2对任意m、n∈R恒成立,当x＞0时,f(x)＞2．

(Ⅰ) 求证f(x)在R上是单调递增函数；

(Ⅱ)已知f(1)=5,解关于t的不等式f(|t﹣t|)≤8；

- 4 -

2

(Ⅲ)若f(﹣2)=﹣4,且不等式f(t+at﹣a)≥﹣7对任意t∈恒成立．求实数a的取值范围． 2

22． (本题满分12分)

已知数列an满足：a11,a22，且an12an3an1(n2,nN)． (I)设bnan1an(nN)，求证bn是等比数列；

(II)(i)求数列an的通项公式；

(ii)求证：对于任意nN都有

1a1a117成立． 12a2n1a2n4 - 5 -

2015—2016学年度上学期高二期初考试数学（理科）试题答案

一、选择题

1 C 7 B 二、填空题

13. 210 14． x=3或3x-4y-1=0 15． 2015 16． ②④⑤ 三、解答题

17解A{x|x1或x4},ABΦ的意义是方程x2ax(a2)0有解， 且至少有一解在区间(,1)(4,)内，但直接求解情况比较多，考虑“补集”，解法较简单. „„„„3分 设全集U{a|(2a)4(a2)0}{a|a1或a2} „„„„4分 且P{a|关于x的方程x2ax(a2)0的两根都在内}

2记f(x)x2ax(a2), ∴方程f(x)0的两根都在内 „„„„5分

2222 B 8 B 3 C 9 D 4 B 10 D 5 A 11 A 6 C 12 D

0f(1)0f(4)01a4a1或a23a0187a01a4,解得2a18,7 „„„„10分

P{a|2a1818}，∴所求实数a的取值范围是CUP{a|a1或a} „10分 77xx3x1x12x18.解：(I)f(x)mn3sincoscos=sincos44422222

=sin()„„„„3分

262

x112x

∵f(x)1 ∴sin()∴sin(x - )=-cos(x+)=2sin( + )-1=- „„6分

63262262(II)∵(2ac)cosBbcosC，

由正弦定理得(2sinAsinC)cosBsinBcosC ∴2sinAcosBsinCcosBsinBcosC

∴2sinAcosBsin(BC) „„„„8分

- 6 -

x1∵ABC∴sin(BC)sinA，且sinA0 ∴cosB1,∵0B2∴B„„„„10分

3

∴0A

∴1sin(

2A1A∴,sin()13 6262226

A133A1)∴f(A)sin()(1,)„„„12分

2622622 2

19.解：（1）取PC的中点M，连结M、N、E三点，则PD∥MN ∵∠ADC=∠BCD=90°且N、E分别为CD、AB的中点 ∴AD∥BC∥NE

∵PD∩AD=D , NE∩MN=N ∴面PAD∥面EMN ∵ME面EMN ∴ME∥面PAD „„„„„4分 (2)连结BD ,AC，取AD中点为F 在Rt△BCD和Rt△ACD中

BD12CD

===∴Rt△BCD∽Rt△ACD∴∠BDC=∠CAD CD22AD

∵∠BDC+∠BDA=90°,∴∠BDC+∠CAD=90°,∴BD ⊥AC ∵N、F分别为AD、CD的中点,∴FN∥AC,∴FN ∵PA=PD,∴PF ⊥AD ∵面PAD⊥面ABCD=AD ∵PF面PAD ,∴PF ⊥面ABCD ∵BD面ABCD ,∴PF ⊥BD

∴BD⊥面PFN,∵PN面PFN,∴PN ⊥BD „ „„„„8分 1(BC+AD)CD1(1+2)26 (3)V=××PF=××3= „„„„„12分

3232220．(1)解：因为an1an22P M D F E A N B C 222，所以an1anan1an2，

an1an111即an1an2， „„„„„2分

2211bn是以为首项，2为公差的等差数列。 令bnan,bn1bn2，故422 - 7 -

所以bn18n72n1， „„„„„4分 44因为an1，故an18n7。 „„„„„6分

22 (2)因为cn2an18n7， 所以

11111， „„„„„8分

cncn18n78n188n78n1所以Sn1111111111 c1c2c2c3cncn1899178n78n11111，——10分 88n18111

因为Sn是关于n的递增数列，所以当n=1时， Sn取得最小值。 故 ≤Sn< „„„12分

99821.证明：(Ⅰ)∀x1,x2∈R,当x1＜x2时,x2﹣x1＞0,

∴f(x2﹣x1)＞2f(x1)﹣f(x2)=f(x1)﹣f(x2﹣x1+x1)=f(x1)﹣f(x2﹣x1)﹣f(x1)+2

=2﹣f(x2﹣x1)＜0,所以f(x1)＜f(x2),所以f(x)在R上是单调递增函数 „„„„„3分 (Ⅱ)∵f(1)=5,∴f(2)=f(1)+f(1)﹣2=8,由f(|t﹣t|)≤8得f(|t﹣t|)≤f(2) ∵f(x)在R上是单调递增函数,所以|t-t|≤2-2≤t-t≤2解得t∈ „„„6分 (Ⅲ)由f(﹣2)=﹣4得﹣4=f(﹣2)=f(﹣1)+f(﹣1)﹣2⇒f(﹣1)=﹣1 所以f(﹣3)=f(﹣2)+f(﹣1)=﹣4﹣1﹣2=﹣7,

由f(t+at﹣a)≥﹣7得f(t+at﹣a)≥f(﹣3)∵f(x)在R上是单调递增函数, 所以t+at﹣a≥﹣3⇒t+at﹣a+3≥0对任意t∈恒成立．

a2

记g(t)=t+at﹣a+3(﹣2≤t≤2)，只需gmin(t)≥0．对称轴t=- „„„„8分

2a7

(1)当- ≤-2 即a≥4时, gmin(t)=g(-2)=7-3a≥0a≤与a≥4矛盾．此时a∈Φ

23aa-a-4a+12

(2)当-2<- <2即-4224所以﹣4＜a≤2

a

(3)当- ≥2 即a≤-4时,gmin(t)=g(2)=4+2a﹣a+3≥0⇒a≥﹣7

2

又a≤﹣4∴﹣7≤a≤﹣4综合上述得：a∈ „„„„„„12分 22：解(I)由已知得an1an3(anan1),(n2,nN)， 则bn13bn，„„1分

- 8 -

2

2

2

2

2

2

2

2

2

又b13，则bn是以3为首项、3为公比的等比数列 „„„„„„2分 (II)(i)解法1：由(I)得bn3n，即an1an3n，则anan13n1,(n2)， 相减得an1an123n1,(n2)， „„„„„„4分 则a3a1231，a5a3233，，a2n1a2n3232n3，

3(9n11)32n11相加得a2n1a1，则a2n1，(n2) „„„„„„„6分

44当n1时上式也成立 由a2na2n132n132n1得a2n， „„„„„„„„7分

43n(1)n故an „„„„„„„„8分

4解法2：由an1an3n得(1)n1an1(1)nan(3)n， „„„„„„„„5分 则(1)nan(1)n1an1(3)n1，，(1)2a2(1)1a1(3)1，

3n(1)n相加得an „„„„„„„„8分

4解法3：由an1an3n得设cn又c1an11an1， „„„„„„„„5分 3n133n3an11111ccc(c)， ，则，可得n1nn1n3n334341111()n1， „„„„„„„„7分 ，故cn341233n(1)n则an „„„„„„„„8分

4(ii)证法1：易证

432n1117n1

则

444111132n1 31a1a3a2n1313111717(1) „„„„„„„10分 n1n16767741

32n127n11同理可得

则

444111242n 31a2a4a2n3131 - 9 -

故

111717(1) „„„„„„„11分 22711227n1127n7771111 „„„„„„„12分 a1a2a2n1a2n6124证法2：

1a2n11444(32n132n) a2n32n1132n1(32n11)(32n1)444(32n132n) „„„„„„„„10分 32n132n32n132n故

1444411111342n12n 23333a1a2a2n1a2n321(12n2) „„„„„„„„11分 293323162637 „„„„„„„„12分 291836364444111132n1 31a1a3a2n13131证法3：

1易证

4441171(1) „„„„„„„10分

632n26333532n14415

32n132n1132n则

444111242n 31a2a4a2n3131155515141462n(12n2) „„„„„„11分 233327237274112512671111 „„„„„„„„12分 724a1a2a2n1a2n67272故

- 10 -