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高青縣高二數學上期末試卷及答案
無論是在學習還是在工作中，我們經常接觸到試卷，經過半個學期的學習，究竟學到了什么?需要試卷來幫我們檢驗。大家知道什么樣的試卷才是好試卷嗎？以下是小編幫大家整理的高青縣高二數學上期末試卷及答案，僅供參考，大家一起來看看吧。
高青縣高二數學上期末試卷及答案 1
一、選擇題(共10小題，每小題5分，滿分50分)
1.準線為x=﹣2的拋物線的標準方程為( )
A.y2=﹣8x B.y2=8x C.x2=8y D.x2=﹣8y
2.設x∈R，則x>e的一個必要不充分條件是( )
A.x>1 B.x<1 c.x="">3 D.x<3
【考點】必要條件.
【專題】規律型.
【分析】根據必要不充分的定義即可得到結論.
【解答】解：當x>1時，滿足條件.
x<1是x>e的既不必要也不充分條件.
x>3是x>e的充分不必要條件.
x<3是x>e的既不必要也不充分條件.
故選：A.
【點評】本題主要考查充分條件和必要條件的應用，利用定義是解決本題的關鍵，比較基礎.
3.不等式ax2+bx﹣2≥0的解集為 ，則實數a，b的值為( )
A.a=﹣8，b=﹣10 B.a=﹣1，b=9 C.a=﹣4，b=﹣9 D.a=﹣1，b=2
【考點】一元二次不等式的解法.
【專題】不等式的解法及應用.
【分析】由不等式ax2+bx﹣2≥0的解集為 ，可得 解出即可.
【解答】解：∵不等式ax2+bx﹣2≥0的解集為 ，
∴
解得a=﹣4，b=﹣9.
故選：C.
【點評】本題考查了一元二次不等式的解法，屬于基礎題.
4.已知函數f(x)=(x﹣3)ex，則f′(0)=( )
A.2 B.﹣2 C.3 D. 4
【考點】導數的運算.
【專題】導數的綜合應用.
【分析】根據函數的導數公式直接進行求導，然后即可求f(0)的值.
【解答】解：∵f(x)=(x﹣3)ex，
∴f(x)=ex+(x﹣3)ex=(x﹣2)ex，
∴f(0)=(0﹣2)e0=﹣2，
故選：B.
【點評】本題主要考查導數的計算，要求熟練掌握常見函數的導數公式以及導數的運算法則，比較基礎.
5.首項a1>0的等差數列{an}的前n項和為Sn，若S5=S12，則Sn取得最大值時n的值為( )
A.7 B.8或9 C.8 D.10
【考點】等差數列的'前n項和.
【專題】等差數列與等比數列.
【分析】由已知條件利用等差數列前n項和公式求出a1=﹣8d，再結合題設條件推導出Sn= ，由此利用二次函數的對稱性能求出結果.
【解答】解：∵首項a1>0的等差數列{an}的前n項和為Sn，S5=S12，
∴ ，
解得a1=﹣8d，
∵a1>0，
∴d<0，
∴
= ，
∵d<0，
∴Sn是一個關于n的開口向下的拋物線，
∵S5=S12，
∴由二次函數的對稱性知：
當 ，即n=8或n=9時，Sn取得最大值.
故選B.
【點評】本題考查等差數列的前n項和公式的應用，解題時要注意二次函數性質的合理運用，是中檔題.
6.橢圓的兩個焦點和短軸的兩個端點，恰好是含60°角的菱形的四個頂點，則橢圓的離心率為( )
A. B. C. 或 D. 或
【考點】橢圓的簡單性質.
【專題】分類討論;分析法;圓錐曲線的定義、性質與方程.
【分析】由題意可得tan30°= ，或tan60°= ，再由a，b，c的關系和離心率公式，計算即可得到所求值.
【解答】解：由于橢圓的兩個焦點和短軸兩個頂點，
是一個含60°角的菱形的四個頂點，
則tan30°= ，或tan60°= ，
當 = 時，即b= c，即有a= =2c，
由e= = ;
當 = 時，即b= c，即有a= = c，
由e= = .
可得離心率為 或 .
故選：C.
【點評】本題考查橢圓的標準方程，以及簡單性質的應用，運用分類討論的思想方法是解題的關鍵.
7.等比數列{an}的各項均為正數，且a5a6+a4a7=18，則log3a1+log3a2+…log3a10=( )
A.12 B.10 C.8 D.2+log35
【考點】等比數列的性質;對數的運算性質.
【專題】計算題.
【分析】先根據等比中項的性質可知a5a6=a4a7，進而根據a5a6+a4a7=18，求得a5a6的值，最后根據等比數列的性質求得log3a1+log3a2+…log3a10=log3(a5a6)5答案可得.
【解答】解：∵a5a6=a4a7，
∴a5a6+a4a7=2a5a6=18
∴a5a6=9
∴log3a1+log3a2+…log3a10=log3(a5a6)5=5log39=10
故選B
【點評】本題主要考查了等比數列的性質.解題的關鍵是靈活利用了等比中項的性質.
8.下列命題為真命題的是( )
A.已知x，y∈R，則 是 的充要條件
B.當0
C.a，b∈R，
D.x∈R，sinx+cosx=
【考點】特稱命題.
【專題】證明題;整體思想;綜合法;簡易邏輯.
【分析】A利用充分條件和必要條件的定義進行判斷
B利用函數的單調性進行判斷
C根據基本不等式成立的條件進行判斷
D根據三角函數的有界性進行判斷
【解答】解：A.當x=4，y=1，滿足 ，但 不成立，即 不是 的充要條件，故A錯誤，
B.當0
C.當a，b<0時， 不成立，故C錯誤，
D.sinx+cosx= sin(x+ )∈[﹣ ， ]，
∵ ∈[﹣ ， ]，∴x∈R，sinx+cosx= ，故D正確，
故選：D
【點評】本題主要考查命題的真假判斷，涉及充分條件和必要條件，函數單調性，基本不等式以及三角函數的真假判斷，知識點較多，綜合性較強，但難度不大.
9.在△ABC中，角A、B、C所對的邊分別為a，b，c，若 ，且 ，則下列關系一定不成立的是( )
A.a=c B.b=c C.2a=c D.a2+b2=c2
【考點】余弦定理.
【專題】解三角形.
【分析】利用余弦定理表示出cosA，將已知第一個等式代入求出cosA的值，確定出A度數，再利用正弦定理化簡第二個等式，求出sinB的值，確定出B的度數，進而求出C的度數，確定出三角形ABC形狀，即可做出判斷.
【解答】解：∵b2+c2﹣a2= bc，
∴cosA= = ，
∴A=30°，
由正弦定理化簡b= a，得到sinB= sinA= ，
∴B=60°或120°，
當B=60°時，C=90°，此時△ABC為直角三角形，
得到a2+b2=c2，2a=c;
當B=120°時，C=30°，此時△ABC為等腰三角形，
得到a=c，
綜上，b=c不一定成立，
故選：B.
【點評】此題考查了正弦、余弦定理，以及直角三角形與等腰三角形的性質，熟練掌握定理是解本題的關鍵.
10.已知函數f(x)=(1﹣ )ex，若同時滿足條件：
①x0∈(0，+∞)，x0為f(x)的一個極大值點;
②x∈(8，+∞)，f(x)>0.
則實數a的取值范圍是( )
A.(4，8] B.[8，+∞) C.(﹣∞，0)∪[8，+∞) D.(﹣∞，0)∪(4，8]
【考點】函數在某點取得極值的條件;利用導數求閉區間上函數的最值.
【專題】導數的綜合應用.
【分析】求導數，由①得到 ;
由②x∈(8，+∞)，f(x)>0，故只需f(x)在(8，+∞)上的最小值大于0即可，
分別解出不等式即可得到實數a的取值范圍為4
【解答】解：由于 ，則 =
令f′(x)=0，則 ，
故函數f(x)在(﹣∞，x1)，(x2，+∞)上遞增，在(x1，x2)上遞減
由于x∈(8，+∞)，f(x)>0，故只需f(x)在(8，+∞)上的最小值大于0即可，
當x2>8，即 時，函數f(x)在(8，+∞)上的最小值為 ，此時無解;
當x2≤8，即 時，函數f(x)在(8，+∞)上的最小值為 ，解得a≤8.
又由x0∈(0，+∞)，x0為f(x)的一個極大值點，故 解得a>4;
故實數a的取值范圍為4
故答案為 A
【點評】本題考查函數在某點取得極值的條件，屬于基礎題.
二、填空題(共5小題，每小題5分，滿分25分)
11.命題“x∈N，x2≠x”的否定是 x∈N，x2=x .
【考點】命題的否定.
【專題】簡易邏輯.
【分析】根據全稱命題的否定是特稱命題即可得到結論.
【解答】解：∵全稱命題的否定是特稱命題，
∴命題的否定是：x∈N，x2=x.
故答案為：x∈N，x2=x.
【點評】本題主要考查含有量詞的命題的否定，比較基礎.
12.在△ABC中，若BC=3，∠A= ，AC= ，則∠C的大小為 .
【考點】正弦定理.
【專題】計算題;轉化思想;數形結合法;解三角形.
【分析】由已知及正弦定理可得sinB= = ，由大邊對大角可得0
【解答】解：∵BC=3，∠A= ，AC= ，
∴由正弦定理可得：sinB= = = ，
∵AC
∴B= ，
∴C=π﹣A﹣B= .
故答案為： .
【點評】本題主要考查了正弦定理，三角形內角和定理，大邊對大角，正弦函數的圖象和性質在解三角形中的應用，求B的值是解題的關鍵，屬于中檔題.
13.曲線f(x)=xsin x在點( ， )處的切線方程是 x﹣y=0 .
【考點】利用導數研究曲線上某點切線方程.
【專題】導數的概念及應用.
【分析】求導函數，求出切線的斜率，再求出切點的坐標，可得切線方程.
【解答】解：∵f(x)=xsinx，
∴f′(x)=sinx+xcosx，
∴f′( )=1，
∵f( )= ，
∴曲線f(x)=xsin x在點( ， )處的切線方程是y﹣ =x﹣ ，即x﹣y=0.
故答案為：x﹣y=0.
【點評】本題考查導數的幾何意義，考查切線方程，考查學生的計算能力，屬于基礎題.
14.已知函數f(x)的定義域為[1，+∞)，且f(2)=f(4)=1，f′(x)是f(x)的導函數，函數y=f′(x)的圖象如圖所示，則不等式組 所表示的平面區域的面積是 3 .
【考點】簡單線性規劃的應用.
【專題】數形結合;不等式的解法及應用.
【分析】根據函數圖象，確定f(x)在[1，3)上是減函數，在[3，+∞)上是增函數，結合f(2)=f(4)=1，可得一個關于x，y的二元一次不等式組，畫出滿足條件的可行域，根據平面圖形，由面積公式可得答案.
【解答】解：由圖可知，f(x)在[1，3)上是減函數，在[3，+∞)上是增函數，
又f(2)=f(4)=1，f(2x+y)≤1，
所以2≤2x+y≤4，
從而不等式組為 ，作出可行域如圖所示，
其面積為S=×2×4﹣×1×2=3.
故答案為：3
【點評】本題考查的知識點是簡單線性規劃的應用，函數的圖象與性質，平面區域的面積問題是線性規劃問題中一類重要題型，在解題時，關鍵是正確地畫出平面區域，然后結合有關面積公式求解.
15.以下幾個命題中：其中真命題的序號為 ③④ (寫出所有真命題的序號)
①設A，B為兩個定點，k為非零常數| |﹣| |=k，則動點P的軌跡為雙曲線;
②平面內，到定點(2，1)的距離與到定直線3x+4y﹣10=0的距離相等的點的軌跡是拋物線;<
③雙曲線 與橢圓 有相同的焦點;
④若方程2x2﹣5x+a=0的兩根可分別作為橢圓和雙曲線的離心率，則0
【考點】曲線與方程.
【專題】綜合題;方程思想;綜合法;圓錐曲線的定義、性質與方程.
【分析】①根據雙曲線的定義知①不正確;
②說明點(2，1)在直線3x+4y﹣10=0上，不滿足拋物線的定義;
③雙曲線的離心率大于1，橢圓的離心率小于1大于0，即可判定;
④求出雙曲線的焦點與橢圓的焦點，即可判定.
【解答】解：①平面內與兩個定點F1，F2的距離的差的絕對值等于常數k(k<|F1F2|)的點的軌跡叫做雙曲線，當0
②在平面內，點(2，1)在直線3x+4y﹣10=0上，
∴到定點(2，1)的距離與到定直線3x+4y﹣10=0的距離相等的點的軌跡不是拋物線，∴②不正確;
③雙曲線 與橢圓 的焦點都是(± ，0)，有相同的焦點，正確;
④正確方程2x2﹣5x+a=0的可分別作為橢圓和雙曲線的離心率，則 ，∴0
故答案為：③④.
【點評】本題通過命題真假的判定考查橢圓、雙曲線拋物線的定義、性質和曲線的方程與方程的曲線等問題，是綜合題目.
三、解答題(共6小題，滿分75分)
16.已知命題p：x0∈R，使得 成立;命題q：函數y=loga(x+1)在區間(0，+∞)上為減函數;
(1)若命題￢p為真命題，求實數a的取值范圍;
(2)若命題“p或q”為真命題，且“p且q”為假命題，求實數a的取值范圍.
【考點】復合命題的真假.
【專題】簡易邏輯.
【分析】本題考查的知識點是復合命題的真假判定，解決的辦法是先判斷組成復合命題的簡單命題的真假，再根據真值表進行判斷.
【解答】解：(1)∵命題p：x0∈R，使得 成立
∴￢p：x∈R，ax2﹣2x﹣1≤0成立
∴①a≥0時 ax2﹣2x﹣1≤0不恒成立
②由 得a≤﹣1
(2)∵命題q：函數y=loga(x+1)在區間(0，+∞)上為減函數
∴命題q為真，實數a的取值范圍是：0
∵命題“p或q”為真，且“p且q”為假，
∴命題p、q一真一假
①當p真q假時，則 ，得實數a的取值范圍，﹣1
②當p假q真時，則 ，實數a的取值范圍：無解
∴實數a的取值范圍是﹣1
【點評】本題考查的知識點是復合命題的真假判定，屬于基礎題目
17.在△ABC中，角A、B、C所對的邊分別為a，b，c，且a，b，c成等比數列.
(Ⅰ)若 ，B=60°，求a，b，c的值;
(Ⅱ)求角B的取值范圍.
【考點】等比數列的性質;余弦定理.
【專題】綜合題;等差數列與等比數列;解三角形.
【分析】(Ⅰ)利用等比數列的性質，可得b2=ac，再結合余弦定理，即可求a，b，c的值;
(Ⅱ)利用余弦定理，結合基本不等式，即可求角B的取值范圍.
【解答】解：(Ⅰ)∵a，b，c成等比數列，
∴b2=ac﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(2分)
∵B=60°
∴ ﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(4分)
聯立方程組 ，
解得 ﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(6分)
(Ⅱ) ﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(8分)
∵a2+c2≥2ac，∴ ﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(10分)
∴0°
【點評】本題考查等比數列的性質，考查余弦定理的運用，考查基本不等式，考查學生的計算能力，正確運用余弦定理是關鍵.
18.已知橢圓 + =1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F2，點P在此橢圓上，且PF1⊥F1F2|PF1|= |PF2|= .
(1)求橢圓的方程;
(2)若直線l過圓x2+y2+4x﹣2y=0的圓心M且交橢圓于A，B兩點，且A，B關于點M對稱，求直線l的方程.
【考點】橢圓的應用.
【專題】綜合題;壓軸題.
【分析】解：(Ⅰ)由題意可知2a=|PF1|+|PF2|=6，a=3， ，由此可求出橢圓C的方程.
(Ⅱ)解法一：設A，B的坐標分別為(x1，y1)、(x2，y2).設直線l的方程為y=k(x+2)+1，代入橢圓C的方程得(4+9k2)x2+(36k2+18k)x+36k2+36k﹣27=0.因為A，B關于點M對稱.所以 .解得 ，由此可求出直線l的方程.
(Ⅱ)解法二：設A，B的坐標分別為(x1，y1)，(x2，y2).由題意x1≠x2且 ，① ，②
由①﹣②得 .③因為A、B關于點M對稱，所以x1+x2=﹣4，y1+y2=2，代入③得直線l的斜率為 ，由此可求出直線l的方程.
【解答】解：(Ⅰ)因為點P在橢圓C上，所以2a=|PF1|+|PF2|=6，a=3.
在Rt△PF1F2中， ，
故橢圓的半焦距c= ，
從而b2=a2﹣c2=4，
所以橢圓C的方程為 =1.
(Ⅱ)解法一：
設A，B的坐標分別為(x1，y1)、(x2，y2).
已知圓的方程為(x+2)2+(y﹣1)2=5，
所以圓心M的坐標為(﹣2，1).
從而可設直線l的方程為
y=k(x+2)+1，
代入橢圓C的方程得
(4+9k2)x2+(36k2+18k)x+36k2+36k﹣27=0.
因為A，B關于點M對稱.
所以 .
解得 ，
所以直線l的方程為 ，
即8x﹣9y+25=0.
(經檢驗，所求直線方程符合題意)
(Ⅱ)解法二：
已知圓的方程為(x+2)2+(y﹣1)2=5，
所以圓心M的坐標為(﹣2，1).
設A，B的坐標分別為(x1，y1)，(x2，y2).
由題意x1≠x2且 ，① ，②
由①﹣②得 .③
因為A、B關于點M對稱，
所以x1+x2=﹣4，y1+y2=2，
代入③得 = ，
即直線l的斜率為 ，
所以直線l的方程為y﹣1= (x+2)，
即8x﹣9y+25=0.
(經檢驗，所求直線方程符合題意.)
【點評】本題綜合考查直線和圓、橢圓的位置關系，解題時要認真審題，仔細解題，避免錯誤.
19.數列{an}滿足a1=1且8an+1an﹣16an+1+2an+5=0(n≥1).記 .
(Ⅰ)求b1、b2、b3、b4的值;
(Ⅱ)求數列{bn}的通項公式及數列{anbn}的前n項和Sn.
【考點】數列的求和;數列遞推式.
【專題】計算題;壓軸題.
【分析】(法一)(I)由a1結合遞推公式可求a2，a3，a4，代入 求b1，b2，b3，b4
(II)先由(I)中求出的b1，b2，b3，b4的值，觀察規律可猜想數列 為等比數列，進而可求bn，結合 ，從而猜想得以證明，代入求出anbn，進而求出前n和sn
(法二)(I) 代入遞推公式可得 ，代入可求b1，b2，b3，b4
(II)利用(I)中的遞推關系個構造數列 為等比數列，從而可求bn，sn
(法三)(I)同法一
(II)先由(I)中求出的b1，b2，b3，b4的值，觀察規律可猜想數列bn+1﹣bn為等比數列，仿照法一再證明猜想，根據求通項的方法求bn，進一步求sn
【解答】解：法一：
(I)a1=1，故 ; ，
故 ; ，
故 ; ，
故 .
(II)因 ，
故猜想 是首項為 ，公比q=2的等比數列.
因an≠2，(否則將an=2代入遞推公式會導致矛盾)故 .
因 ，
故 確是公比為q=2的等比數列.
因 ，故 ， ，
由 得 ，
故Sn=a1b1+a2b2+…+anbn= = =
法二：
(Ⅰ)由 得 ，代入遞推關系8an+1an﹣16an+1+2an+5=0，
整理得 ，即 ，
由a1=1，有b1=2，所以 .
(Ⅱ)由 ，
所以 是首項為 ，公比q=2的等比數列，
故 ，即 .
由 ，得 ，
故Sn=a1b1+a2b2+…+anbn= = = .
法三：
(Ⅰ)同解法一
(Ⅱ) 猜想{bn+1﹣bn}是首項為 ，
公比q=2的等比數列，
又因an≠2，故 .
因此 =
;
= .
因 是公比q=2的等比數列， ，
從而bn=(bn﹣bn﹣1)+(bn﹣1﹣bn﹣2)+…+(b2﹣b1)+b1=
=
= .
由 得 ，
故Sn=a1b1+a2b2+…+anbn= = = .
【點評】本題考查了數列的綜合運用：遞推關系的運用，構造等比求數列通項，累加求通項，歸納推理的運用，綜合考查了考生的推理運算能力.
20.一個截面為拋物線形的舊河道(如圖1)，河口寬AB=4米，河深2米，現要將其截面改造為等腰梯形(如圖2)，要求河道深度不變，而且施工時只能挖土，不準向河道填土.
(1)建立恰當的直角坐標系并求出拋物線弧AB的標準方程;
(2)試求當截面梯形的下底(較長的底邊)長為多少米時，才能使挖出的土最少?
【考點】拋物線的應用.
【專題】應用題.
【分析】(1)以拋物線的頂點為原點，AB中垂線為y軸建立直角坐標系，一依題意可知A，B的坐標，設出拋物線的方程，把點B代入求得p，進而可求得拋物線的方程.
(2)設等腰梯形的腰與拋物線相切于P，則可利用導函數求得P的切線的斜率，表示直線l的方程，分別令y=0和2求得x，利用梯形面積求得面積的表達式，利用基本不等式求得三角形面積的小值.
【解答】解：(1)如圖：以拋物線的頂點為原點，AB中垂線為y軸建立直角坐標系
則A(﹣2，2)，B(2，2)
設拋物線的方程為x2=2Py(P>0)，
將點B(2，2)代入得P=1
所以拋物線弧AB方程為x2=2y(﹣2≤x≤2)
(2)設等腰梯形的腰與拋物線相切于 ，(不妨t>0)
則過 的切線l的斜率為y′|x=t=t
所以切線l的方程為： ，即
令y=0，得 ，
令y=2，得 ，
所以梯形面積
當僅當 ，即 時，“=”成立
此時下底邊長為
答：當梯形的下底邊長等于 米時，挖出的土最少.
【點評】考查待定系數法求曲線方程的知識;考查直線方程的知識;考查由函數導數或判別式法求曲線切線的知識;考查應用函數單調性或不等式求函數最值的知識;考查選擇恰當參數建立數學式子研究幾何圖形的解析幾何思維;考查根據實際選擇數學模型的能力(即數學建模能力).
21.如圖，動點M到兩定點A(﹣1，0)、B(2，0)構成△MAB，且∠MBA=2∠MAB，設動點M的軌跡為C.
(Ⅰ)求軌跡C的方程;
(Ⅱ)設直線y=﹣2x+m與y軸交于點P，與軌跡C相交于點Q、R，且|PQ|<|PR|，求 的取值范圍.
【考點】直線與圓錐曲線的綜合問題;圓錐曲線的軌跡問題.
【專題】綜合題;壓軸題.
【分析】(Ⅰ)設出點M(x，y)，分類討論，根據∠MBA=2∠MAB，利用正切函數公式，建立方程化簡即可得到點M的軌跡方程;
(Ⅱ)直線y=﹣2x+m與3x2﹣y2﹣3=0(x>1)聯立，消元可得x2﹣4mx+m2+3=0①，利用①有兩根且均在(1，+∞)內
可知，m>1，m≠2設Q，R的坐標，求出xR，xQ，利用 ，即可確定 的取值范圍.
【解答】解：(Ⅰ)設M的坐標為(x，y)，顯然有x>0，且y≠0
當∠MBA=90°時，點M的坐標為(2，±3)
當∠MBA≠90°時，x≠2，由∠MBA=2∠MAB有tan∠MBA= ，
化簡可得3x2﹣y2﹣3=0
而點(2，±3)在曲線3x2﹣y2﹣3=0上
綜上可知，軌跡C的方程為3x2﹣y2﹣3=0(x>1);
(Ⅱ)直線y=﹣2x+m與3x2﹣y2﹣3=0(x>1)聯立，消元可得x2﹣4mx+m2+3=0①
∴①有兩根且均在(1，+∞)內
設f(x)=x2﹣4mx+m2+3，∴ ，∴m>1，m≠2
設Q，R的坐標分別為(xQ，yQ)，(xR，yR)，
∵|PQ|<|PR|，∴xR=2m+ ，xQ=2m﹣ ，
∴ = =
∵m>1，且m≠2
∴ ，且
∴ ，且
∴ 的取值范圍是(1，7)∪(7，7+4 )
【點評】本題以角的關系為載體，考查直線、雙曲線、軌跡方程的求解，考查思維能力，運算能力，考查思維的嚴謹性，解題的關鍵是確定參數的范圍.
高青縣高二數學上期末試卷及答案 2
一、選擇題
1.已知an+1=an-3，則數列{an}是()
A.遞增數列 B.遞減數列
C.常數列 D.擺動數列
解析：∵an+1-an=-30，由遞減數列的定義知B選項正確.故選B.
答案：B
2.設an=1n+1+1n+2+1n+3++12n+1(nN*)，則()
A.an+1an B.an+1=an
C.an+1
解析：an+1-an=(1n+2+1n+3++12n+1+12n+2+12n+3)-(1n+1+1n+2++12n+1)=12n+3-12n+1=-12n+32n+2.
∵nN*，an+1-an0.故選C.
答案：C
3.1,0,1,0，的通項公式為()
A.2n-1 B.1+-1n2
C.1--1n2 D.n+-1n2
解析：解法1：代入驗證法.
解法2：各項可變形為1+12，1-12，1+12，1-12，偶數項為1-12，奇數項為1+12.故選C.
答案：C
4.已知數列{an}滿足a1=0，an+1=an-33an+1(nN*)，則a20等于()
A.0 B.-3
C.3 D.32
解析：由a2=-3，a3=3，a4=0，a5=-3，可知此數列的最小正周期為3，a20=a36+2=a2=-3，故選B.
答案：B
5.已知數列{an}的通項an=n2n2+1，則0.98()
A.是這個數列的項，且n=6
B.不是這個數列的項
C.是這個數列的項，且n=7
D.是這個數列的項，且n=7
解析：由n2n2+1=0.98，得0.98n2+0.98=n2，n2=49.n=7(n=-7舍去)，故選C.
答案：C
6.若數列{an}的通項公式為an=7(34)2n-2-3(34)n-1，則數列{an}的()
A.最大項為a5，最小項為a6
B.最大項為a6，最小項為a7
C.最大項為a1，最小項為a6
D.最大項為a7，最小項為a6
解析：令t=(34)n-1，nN+，則t(0,1]，且(34)2n-2=[(34)n-1]2=t2.
從而an=7t2-3t=7(t-314)2-928.
函數f(t)=7t2-3t在(0，314]上是減函數，在[314，1]上是增函數，所以a1是最大項，故選C.
答案：C
7.若數列{an}的前n項和Sn=32an-3，那么這個數列的通項公式為()
A.an=23n-1 B.an=32n
C.an=3n+3 D.an=23n
解析：
①-②得anan-1=3.
∵a1=S1=32a1-3，
a1=6，an=23n.故選D.
答案：D
8.數列{an}中，an=(-1)n+1(4n-3)，其前n項和為Sn，則S22-S11等于()
A.-85 B.85
C.-65 D.65
解析：S22=1-5+9-13+17-21+-85=-44，
S11=1-5+9-13++33-37+41=21，
S22-S11=-65.
或S22-S11=a12+a13++a22=a12+(a13+a14)+(a15+a16)++(a21+a22)=-65.故選C.
答案：C
9.在數列{an}中，已知a1=1，a2=5，an+2=an+1-an，則a2007等于()
A.-4 B.-5
C.4 D.5
解析：依次算出前幾項為1,5,4，-1，-5，-4,1,5,4，發現周期為6，則a2007=a3=4.故選C.
答案：C
10.數列{an}中，an=(23)n-1[(23)n-1-1]，則下列敘述正確的是()
A.最大項為a1，最小項為a3
B.最大項為a1，最小項不存在
C.最大項不存在，最小項為a3
D.最大項為a1，最小項為a4
解析：令t=(23)n-1，則t=1，23，(23)2，且t(0,1]時，an=t(t-1)，an=t(t-1)=(t-12)2-14.
故最大項為a1=0.
當n=3時，t=(23)n-1=49，a3=-2081;
當n=4時，t=(23)n-1=827，a4=-152729;
又a3
答案：A
二、填空題
11.已知數列{an}的通項公式an=
則它的前8項依次為________.
解析：將n=1,2,3，8依次代入通項公式求出即可.
答案：1,3，13，7，15，11，17，15
12.已知數列{an}的通項公式為an=-2n2+29n+3，則{an}中的最大項是第________項.
解析：an=-2(n-294)2+8658.當n=7時，an最大.
答案：7
13.若數列{an}的前n項和公式為Sn=log3(n+1)，則a5等于________.
解析：a5=S5-S4=log3(5+1)-log3(4+1)=log365.
答案：log365
14.給出下列公式：
①an=sinn
②an=0，n為偶數，-1n，n為奇數;
③an=(-1)n+1.1+-1n+12;
④an=12(-1)n+1[1-(-1)n].
其中是數列1,0，-1,0,1,0，-1,0，的通項公式的有________.(將所有正確公式的序號全填上)
解析：用列舉法可得.
答案：①
三、解答題
15.求出數列1,1,2,2,3,3，的一個通項公式.
解析：此數列化為1+12，2+02，3+12，4+02，5+12，6+02，由分子的'規律知，前項組成正自然數數列，后項組成數列1,0,1,0,1,0，.
an=n+1--1n22，
即an=14[2n+1-(-1)n](nN*).
也可用分段式表示為
16.已知數列{an}的通項公式an=(-1)n12n+1，求a3，a10，a2n-1.
解析：分別用3、10、2n-1去替換通項公式中的n，得
a3=(-1)3123+1=-17，
a10=(-1)101210+1=121，
a2n-1=(-1)2n-1122n-1+1=-14n-1.
17.在數列{an}中，已知a1=3，a7=15，且{an}的通項公式是關于項數n的一次函數.
(1)求此數列的通項公式;
(2)將此數列中的偶數項全部取出并按原來的先后順序組成一個新的數列{bn}，求數列{bn}的通項公式.
解析：(1)依題意可設通項公式為an=pn+q，
得p+q=3，7p+q=15.解得p=2，q=1.
{an}的通項公式為an=2n+1.
(2)依題意bn=a2n=2(2n)+1=4n+1，
{bn}的通項公式為bn=4n+1.
18.已知an=9nn+110n(nN*)，試問數列中有沒有最大項?如果有，求出最大項，如果沒有，說明理由.
解析：∵an+1-an=(910)(n+1)(n+2)-(910)n(n+1)=(910)n+18-n9，
當n7時，an+1-an
當n=8時，an+1-an=0;
當n9時，an+1-an0.
a1
故數列{an}存在最大項，最大項為a8=a9=99108.
高青縣高二數學上期末試卷及答案 3
一、選擇題
1．某年級有6個班，分別派3名語文教師任教，每個教師教2個班，則不同的任課方法種數為( )
A．C26C24C22 B．A26A24A22
C．C26C24C22C33 D.A26C24C22A33
[答案] A
2．從單詞“equation”中取5個不同的字母排成一排，含有“qu”(其中“qu”相連且順序不變)的不同排法共有( )
A．120種 B．480種
C．720種 D．840種
[答案] B
[解析] 先選后排，從除qu外的6個字母中任選3個字母有C36種排法，再將qu看成一個整體(相當于一個元素)與選出的3個字母進行全排列有A44種排法，由分步乘法計數原理得不同排法共有C36A44＝480(種)．
3．從編號為1、2、3、4的四種不同的種子中選出3種，在3塊不同的土地上試種，每塊土地上試種一種，其中1號種子必須試種，則不同的試種方法有( )
A．24種 B．18種
C．12種 D．96種
[答案] B
[解析] 先選后排C23A33＝18，故選B.
4．把0、1、2、3、4、5這六個數，每次取三個不同的數字，把其中最大的數放在百位上排成三位數，這樣的三位數有( )
A．40個 B．120個
C．360個 D．720個
[答案] A
[解析] 先選取3個不同的數有C36種方法，然后把其中最大的數放在百位上，另兩個不同的數放在十位和個位上，有A22種排法，故共有C36A22＝40個三位數．
5．(2010湖南理，7)在某種信息傳輸過程中，用4個數字的一個排列(數字允許重復)表示一個信息，不同排列表示不同信息，若所用數字只有0和1，則與信息0110至多有兩個對應位置上的數字相同的信息個數為( )
A．10 B．11
C．12 D．15
[答案] B
[解析] 與信息0110至多有兩個對應位置上的數字相同的信息包括三類：
第一類：與信息0110只有兩個對應位置上的數字相同有C24＝6(個)
第二類：與信息0110只有一個對應位置上的數字相同有C14＝4(個)
第三類：與信息0110沒有一個對應位置上的數字相同有C04＝1(個)
與信息0110至多有兩個對應位置上的數字相同的信息有6＋4＋1＝11(個)
6．北京《財富》全球論壇開幕期間，某高校有14名志愿者參加接待工作．若每天排早，中，晚三班，每班4人，每人每天最多值一班，則開幕式當天不同的排班種數為( )
A．C414C412C48 B．C1214C412C48
C.C1214C412C48A33 D．C1214C412C48A33
[答案] B
[解析] 解法1：由題意知不同的排班種數為：C414C410C46＝14×13×12×114！10×9×8×74！6×52！＝C1214C412C48.
故選B.
解法2：也可先選出12人再排班為：C1214C412C48C44，即選B.
7．(2009湖南理5)從10名大學畢業生中選3人擔任村長助理，則甲、乙至少有1人入選，而丙沒有入選的不同選法的種數為( )
A．85 B．56
C．49 D．28
[答案] C
[解析] 考查有限制條件的組合問題．
(1)從甲、乙兩人中選1人，有2種選法，從除甲、乙、丙外的7人中選2人，有C27種選法，由分步乘法計數原理知，共有2C27＝42種．
(2)甲、乙兩人全選，再從除丙外的其余7人中選1人共7種選法．
由分類計數原理知共有不同選法42＋7＝49種．
8．以一個正三棱柱的頂點為頂點的四面體共有( )
A．6個 B．12個
C．18個 D．30個
[答案] B
[解析] C46－3＝12個，故選B.
9．(2009遼寧理，5)從5名男醫生、4名女醫生中選3名醫生組成一個醫療小分隊，要求其中男、女醫生都有，則不同的組隊方案共有( )
A．70種 B．80種
C．100種 D．140種
[答案] A
[解析] 考查排列組合有關知識．
解：可分兩類，男醫生2名，女醫生1名或男醫生1名，女醫生2名，
∴共有C25C14＋C15C24＝70，∴選A.
10．設集合Ⅰ＝{1,2,3,4,5}．選擇Ⅰ的兩個非空子集A和B，要使B中最小的數大于A中最大的數，則不同的選擇方法共有( )
A．50種 B．49種
C．48種 D．47種
[答案] B
[解析] 主要考查集合、排列、組合的基礎知識．考查分類討論的思想方法．
因為集合A中的最大元素小于集合B中的最小元素，A中元素從1、2、3、4中取，B中元素從2、3、4、5中取，由于A、B非空，故至少要有一個元素．
1° 當A＝{1}時，選B的方案共有24－1＝15種，
當A＝{2}時，選B的方案共有23－1＝7種，
當A＝{3}時，選B的方案共有22－1＝3種，
當A＝{4}時，選B的方案共有21－1＝1種．
故A是單元素集時，B有15＋7＋3＋1＝26種．
2° A為二元素集時，
A中最大元素是2，有1種，選B的方案有23－1＝7種．
A中最大元素是3，有C12種，選B的方案有22－1＝3種．故共有2×3＝6種．
A中最大元素是4，有C13種．選B的'方案有21－1＝1種，故共有3×1＝3種．
故A中有兩個元素時共有7＋6＋3＝16種．
3° A為三元素集時，
A中最大元素是3，有1種，選B的方案有22－1＝3種．
A中最大元素是4，有C23＝3種，選B的方案有1種，
∴共有3×1＝3種．
∴A為三元素時共有3＋3＝6種．
4° A為四元素時，只能是A＝{1、2、3、4}，故B只能是{5}，只有一種．
∴共有26＋16＋6＋1＝49種．
二、填空題
11．北京市某中學要把9臺型號相同的電腦送給西部地區的三所希望小學，每所小學至少得到2臺，共有______種不同送法．
[答案] 10
[解析] 每校先各得一臺，再將剩余6臺分成3份，用插板法解，共有C25＝10種．
12．一排7個座位分給3人坐，要求任何兩人都不得相鄰，所有不同排法的總數有________種．
[答案] 60
[解析] 對于任一種坐法，可視4個空位為0,3個人為1,2,3則所有不同坐法的種數可看作4個0和1,2,3的一種編碼，要求1,2,3不得相鄰故從4個0形成的5個空檔中選3個插入1,2,3即可．
∴不同排法有A35＝60種．
13．(09海南寧夏理15)7名志愿者中安排6人在周六、周日兩天參加社區公益活動．若每天安排3人，則不同的安排方案共有________種(用數字作答)．
[答案] 140
[解析] 本題主要考查排列組合知識．
由題意知，若每天安排3人，則不同的安排方案有
C37C34＝140種．
14．2010年上海世博會期間，將5名志愿者分配到3個不同國家的場館參加接待工作，每個場館至少分配一名志愿者的方案種數是________種．
[答案] 150
[解析] 先分組共有C35＋C25C232種，然后進行排列，有A33種，所以共有(C35＋C25C232)A33＝150種方案．
三、解答題
15．解方程Cx2＋3x＋216＝C5x＋516.
[解析] 因為Cx2＋3x＋216＝C5x＋516，所以x2＋3x＋2＝5x＋5或(x2＋3x＋2)＋(5x＋5)＝16，即x2－2x－3＝0或x2＋8x－9＝0，所以x＝－1或x＝3或x＝－9或x＝1.經檢驗x＝3和x＝－9不符合題意，舍去，故原方程的解為x1＝－1，x2＝1.
16．在∠MON的邊OM上有5個異于O點的點，邊ON上有4個異于O點的點，以這10個點(含O點)為頂點，可以得到多少個三角形？
[解析] 解法1：(直接法)分幾種情況考慮：O為頂點的三角形中，必須另外兩個頂點分別在OM、ON上，所以有C15C14個，O不為頂點的三角形中，兩個頂點在OM上，一個頂點在ON上有C25C14個，一個頂點在OM上，兩個頂點在ON上有C15C24個．因為這是分類問題，所以用分類加法計數原理，共有C15C14＋C25C14＋C15C24＝5×4＋10×4＋5×6＝90(個)．
解法2：(間接法)先不考慮共線點的問題，從10個不同元素中任取三點的組合數是C310，但其中OM上的6個點(含O點)中任取三點不能得到三角形，ON上的5個點(含O點)中任取3點也不能得到三角形，所以共可以得到C310－C36－C35個，即C310－C36－C35＝10×9×81×2×3－6×5×41×2×3－5×41×2＝120－20－10＝90(個)．
解法3：也可以這樣考慮，把O點看成是OM邊上的點，先從OM上的6個點(含O點)中取2點，ON上的4點(不含O點)中取一點，可得C26C14個三角形，再從OM上的5點(不含O點)中取一點，從ON上的4點(不含O點)中取兩點，可得C15C24個三角形，所以共有C26C14＋C15C24＝15×4＋5×6＝90(個)．
17．某次足球比賽共12支球隊參加，分三個階段進行．
(1)小組賽：經抽簽分成甲、乙兩組，每組6隊進行單循環比賽，以積分及凈剩球數取前兩名；
(2)半決賽：甲組第一名與乙組第二名，乙組第一名與甲組第二名作主客場交叉淘汰賽(每兩隊主客場各賽一場)決出勝者；
(3)決賽：兩個勝隊參加決賽一場，決出勝負．
問全程賽程共需比賽多少場？
[解析] (1)小組賽中每組6隊進行單循環比賽，就是6支球隊的任兩支球隊都要比賽一次，所需比賽的場次即為從6個元素中任取2個元素的組合數，所以小組賽共要比賽2C26＝30(場)．
(2)半決賽中甲組第一名與乙組第二名(或乙組第一名與甲組第二名)主客場各賽一場，所需比賽的場次即為從2個元素中任取2個元素的排列數，所以半決賽共要比賽2A22＝4(場)．
(3)決賽只需比賽1場，即可決出勝負．
所以全部賽程共需比賽30＋4＋1＝35(場)．
18．有9本不同的課外書，分給甲、乙、丙三名同學，求在下列條件下，各有多少種分法？
(1)甲得4本，乙得3本，丙得2本；
(2)一人得4本，一人得3本，一人得2本；
(3)甲、乙、丙各得3本．
[分析] 由題目可獲取以下主要信息：
①9本不同的課外書分給甲、乙丙三名同學；
②題目中的3個問題的條件不同．
解答本題先判斷是否與順序有關，然后利用相關的知識去解答．
[解析] (1)分三步完成：
第一步：從9本不同的書中，任取4本分給甲，有C49種方法；
第二步：從余下的5本書中，任取3本給乙，有C35種方法；
第三步：把剩下的書給丙有C22種方法，
∴共有不同的分法有C49C35C22＝1260(種)．
(2)分兩步完成：
第一步：將4本、3本、2本分成三組有C49C35C22種方法；
第二步：將分成的三組書分給甲、乙、丙三個人，有A33種方法，
∴共有C49C35C22A33＝7560(種)．
(3)用與(1)相同的方法求解，
得C39C36C33＝1680(種)．
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