高二数学期中测试答案.doc

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1、高二数学期中测试答案1-5ACBCC6-10CADBC1811.312.4.13.314.(文)[2，22]1（理）,415．（文）①②（理）①②③④⑤16．解：（I）（法一）{a}的等差数列nn(n1)n(n1)2Snadna2n(a1)n…………2分n111222又由已知Spn2n,p1,a12,a3,…………4分n11aa(n1)d2n1p1,a2n1;…………6分n1n（法二）由已知aSp2,11S4p4,即aa4p4,a3p2,…………2分2122又

2、此等差数列的公差为2，aa2,2p2,p1,21ap23,…………4分1aa(n1)d2n1,n1p1,a2n1;…………6分n（法三）由已知aSp2，1122当n2时,aSSpn2n[p(n1)2(n1)]2pnp2……nnn1……2分a3p2,2由已知aa2,2p2,p1,…………4分21ap23,aa(n1)d2n1,1n1p1,a2n1;…………6分n211（II）由（I）知b…………8分n(2n1)(2n1)2n1

3、2n1Tbbbbn123n11111111()()()()1335572n12n112n1…………10分2n12n1所以，n=5………………12分1cos2x317．解：（Ⅰ）f(x)sin2x22311π1sin2xcos2xsin2x．222622π因为函数f(x)的最小正周期为π，且0，所以π，解得1．2π12π（Ⅱ）由（Ⅰ）得f(x)sin2x．因为0≤x≤，623ππ7π1π所以≤2x≤，所以≤sin2x≤1．6

4、6626π133因此0≤sin2x≤，即f(x)的取值范围为0，．6222．2718．(1)略(2)略(3)．72219．解：(1)由已知可设圆C的方程为(x－m)＋y＝5(m＜3)，2将点A的坐标代入圆C的方程，得(3－m)＋1＝5，2即(3－m)＝4，解得m＝1或m＝5，∵m＜3，∴m＝1.22∴圆C的方程为(x－1)＋y＝5.(4分)(2)直线PF1能与圆C相切．依题意设直线PF1的方程为y＝k(x－4)＋4，即kx－y－4k＋4＝0，

5、k－0－4k＋4

6、若直线PF1与圆C相切，则k2＋1＝，1112∴4k－24k＋1

7、1＝0，解得k＝2或k＝2，1136当k＝2时，直线PF1与x轴的交点横坐标为11，不合题意，舍去，1当k＝2时，直线PF1与x轴的交点横坐标为－4，∴c＝4，F1(－4，0)，F2(4，0)，∴由椭圆的定义得：2a＝

8、AF1

9、＋

10、AF2

11、＝＋＝5＋＝6，2222∴a＝3，即a＝18，∴b＝a－c＝2，x2y2直线PF1能与圆C相切，直线PF1的方程为x－2y＋4＝0，椭圆E的方程为18＋2＝1.(12分)12ax2－2x＋120．解：(1)由题意x>0，f′(x)＝2ax－2＋x＝x.2f′(x)有零点而f(x)无极值点，表明该零点左右f′(x)同号，故

12、a≠0，且2ax－2x＋1＝01的Δ＝0，由此可得a＝2.(4分)12(2)由题意，2ax－2x＋1＝0有两不同的正根，故Δ>0，a>0，解得：00，而在区间(x1，x2)上，f′(x)<0，故x2是f(x)的极小值点．因为在区间(x1，x2)上f(x)是减函数，x1＋x233x1＋x211112如能证明f(2)<－2，则更有f(x2)<－2.由韦达定理，2＝2a，f(2a)＝a(2a)－2(2a)1131＋ln2a＝ln2a－2×

13、2a.133令2a＝t，其中t＞1，设g(t)＝lnt－2t＋2，利用导数容易证明g(t)当t>1时单调递减，3而g(1)＝0，因此g(t)<0，即f(x)的极小值f(x2)<－2.(12分)aa21．解:(Ⅰ)由fxx1,得fx1.xxee又曲线yfx在点1,f1处的切线平行于x轴,a得f10,即10,解得ae.ea(Ⅱ)fx1,xe①当a0时,fx0,fx为,上的增函数,所以函数fx无极值.x②当a0时,令fx0,得ea,xlna.x,lna

14、,fx0;xlna,,fx0.所以fx