河南省三门峡市2013-2014学年高二数学上学期期末调研考试试题 理.doc

河南省三门峡市2013-2014学年高二数学上学期期末调研考试试题 理（扫描版）新人教A版 2013~2014学年度高二上期期末 数学试卷参考答案(理科) 1．D　∵＞0，∴x＞3或x＜2. 　綈p：，x－1≤0. 　∵＝，∴＝＝＝. 4　a－2a＝a＋4d－2(a＋d)＝2d＝－1，解得d＝－. 　∵抛物线过点(1，4)，∴4＝2a，∴a＝2，∴抛物线方程为x＝y，焦点坐标为(0，)． 　|AB|＝＝3，设正方体的棱长为a，则a＝3，解得a＝，所以正方体的体积为3. 　作出可行域可知目标函数过点(2，－1)时取得最大值为z＝2×2－1＝3. 8　由3S＝a－2，3S＝a－2， 所以3(S－S)＝a－a，得＝4＝q. 　∵角A、B、C成等差数列，∴解得B＝ 由＝，可得＝，∵b＞a，∴A＜，∴A＝，从而C＝－－＝， ＝ab＝. 　∵a＝a＝－，∴＋＋＋＝＋＝＝＝－. 　由m＞n＞0知m－n＞0，m＋＝m＋＝m－n＋≥2＝4，当且仅当m－n＝2时取等号． 　因为M在抛物线上，所以设点M(x，)，又因为到抛物线焦点(，0)的距离为p，所以有(x－)＋2px＝p，解得x＝或x＝(舍)．设A(x，y)，B(x，y)，因为M为AB的中点，所以x＋x＝p，y＋y＝2p，所以＝2，又因为AB是双曲线上的点，所以满足()－()＝1，(2－()＝1，则(y－y)÷(x－x)＝，＝2×＝2k＝e－1，所以k＝. 　∵a＝，2a－＝2，∴a＝，则2a－＝2a－＝2，得a＝. －14　∵不等式的解集为(－，)，∴方程ax＋bx＋c＝0的两根分别为x＝－，x＝. ∴x＝＝－得a＝－12， ＋x＝－＝－得b＝－2. ＋b＝－14. 　＋＝3≥2≥2?ab≥4. 16.　不妨设F(－c，0)，点P(x，y)，另一焦点为F(c，0)，连接PF，根据题意有PF，|PF＝2b，所以|PF＝＝＝2由|PF＋＝2＋2b＝2a，化简得2ab＝a－c＋2b＝3b，所以b＝a，c＝＝a，故离心率为＝. 17解：(Ⅰ)设{a的公差为d，{b的公比为q， ∴∴an＝2n－2.(6分) (Ⅱ)∴＝，3q－4q－4＝0，∴q＝2或－(舍)，b＝1， ＝＝＝2－1.(12分) 解：A＝{x|－1≤x≤3，x∈R}，B＝{x|m－3≤x≤m＋3，x∈R，m∈R}． (Ⅰ)∵A∩B＝[2，3]，∴m－3＝2，即m＝5.分 (Ⅱ) ∵p是綈q的充分条件， ∴AB， －33或m＋3－1， 解得m6或m－4.12分 19．解：(Ⅰ)由余弦定理及a＝b可a·＝b·， 所以a(b2＋c－a)＝b(a2＋c－b)， 即(a2－b)c2＝(a－b)(a2＋b)， 所以(a2－b)(c2－a－b)＝0， 所以a＝b或c2＝a＋b 若a＝b，则B＝A＝；若c＝a＋b，则C＝，B＝－＝ 综上可知，B＝或(6分) (Ⅱ)由＋＝0及正弦定理可得＋2＝0，而＞0，所以＝－C＝ 由(Ⅰ)可知△ABC必为等腰三角形，且A＝B＝，故△ABC的面积为S＝ab＝a＝，所以a＝2.(1分) 20解：(Ⅰ)∵底面ABCD是梯形，AD∥BC，∠DAB＝90， ∵PA⊥平面ABCD，BC平面ABCD，∴PA⊥BC， ＝A， 平面PAB.5分 (Ⅱ)以A为原点，分别以AD，AB，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系A－xyz， 则D(1，0，0)，C(2，2，0)，P(0，0，2). 假设在侧棱PA上存在一点E，使得平面CDE与平面ADC所成角的余弦值是. 设E(0，0，m)(m0)，则＝(1，2，0)，＝(－1，0，m)． 设平面CDE的法向量为n＝(x，y，z)， 则n·＝0，n·＝0， 令x＝2，∴y＝－1，z＝，∴n＝(2，－1，). 又∵平面ACD的法向量为＝(0，0，2)， 〈n，〉|＝，即＝＝， 解得m＝1，∴点E的坐标是(0，0，1)，AE的长为1. 在侧棱PA上存在一点E，使得平面CDE与平面ADC所成角的余弦值是.分) 解：(Ⅰ)由(2分) 得所以椭圆方程为＋y＝1.(4分) (Ⅱ)设P(x，y)，Q(x2，y)，设直线PQ的方程为x＝my＋t，代入＋y＝1得(m＋4)y＋2mty＋t－4＝0，(5分) ， ＝，k＝，由＝7得＝7， 所以＝49，所以＝49，(7分) 得＝49，得12x＋25(x＋x)＋48＝0，　① ＝(my＋t)(my＋t)＝， ＋x＝(my＋t)＋(my＋t)＝， 代入①得6t＋25t＋24＝0，得t＝－，或t＝－(是增根，舍去)，(9分) 所以(10分) 所以|y－y＝(y＋y)2－4y＝＝－36()＋16×＝－36(－)2＋≤，当m＝时取最大值．(11分) 所以S－S＝×3×|y－y，所以S－S的最大值为2.(12分) 22证明：(Ⅰ)∵CF＝FG，∴∠BGC＝∠ACE