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2019-2020年高一下学期期中数学试卷含解析V一.填空题本大题共14小题,每小题5分,共70分.1.不等式≤0的解集为__________.2.若A(﹣2,3),B(3,﹣2),C(,m)三点共线,则m的值为__________.3.在x轴上的截距为1,在y轴上的截距为﹣2的直线的一般式方程为__________.4.直线ax+2y+6=0与直线x+(a﹣1)y+(a2﹣1)=0平行,则a=__________.5.若函数的定义域为R,则实数a的取值范围是__________.6.若等差数列{an}的前5项和S5=25,且a2=3,则a7=__________.7.(1﹣2n)=__________.8.圆心在y轴上,且与直线2x+3y﹣10=0相切于点A(2,2)的圆的方程是__________.9.如果实数x,y满足条件,那么3x()y的最大值为__________.10.若x<0,则函数的最小值是__________.11.设集合P={(x,y)|(x+a)2+(y+2a)2}=4,Q={(x,y)|x2+y2=1},若P∩Q=∅,则实数a的取值范围是__________.12.数列{an}满足a1=3,an﹣anan+1=1,An表示{an}前n项之积,则Axx=__________.13.等比数列{an}的首项为2,公比为3,前n项和为Sn,若log3[an(S4m+1)]=2,则+的最小值是__________.14.在直角坐标系xoy中,圆C1x2+y2=4,圆C2x2+y2=16,点M(1,0),动点P,Q分别在圆C1和圆C2上,满足MP⊥MQ,则线段PQ的取值范围是__________.二.计算题本大题共6小题,共90分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.15.设函数f(x)=﹣4x+a,不等式|f(x)|<6的解集为(﹣1,2)
(1)求a的值;
(2)解不等式>0(m∈R).16.已知直线m2x﹣y﹣3=0,n x+y﹣3=0.
(1)求过两直线m,n交点且与直线l x+2y﹣1=0平行的直线方程;
(2)求过两直线m,n交点且与两坐标轴围成面积为4的直线方程.17.设数列{an}的前n项和为Sn=2n2,{bn}为等比数列,且a1=b1,b2(a2﹣a1)=b1.(Ⅰ)求数列{an}和{bn}的通项公式;(Ⅱ)设cn=,求数列{cn}的前n项和Tn.18.已知圆x2+y2+2ax﹣2ay+2a2﹣4a=0(0<a≤4)的圆心为C,直线l y=x+m.
(1)若m=4,求直线l被圆C所截得弦长的最大值;
(2)若直线l是圆心下方的切线,当a在(0,4]变化时,求m的取值范围.19.心理学家研究某位学生的学习情况发现若这位学生刚学完的知识存留量为1,则x天后的存留量;若在t(t>0)天时进行第一次复习,则此时这似乎存留量比未复习情况下增加一倍(复习的时间忽略不计),其后存留量y2随时间变化的曲线恰好为直线的一部分,其斜率为,存留量随时间变化的曲线如图所示.当进行第一次复习后的存留量与不复习的存留量相差最大时,则称此时刻为“二次复习最佳时机点”
(1)若a=﹣1,t=5,求“二次复习最佳时机点”;
(2)若出现了“二次复习最佳时机点”,求a的取值范围.20.已知实数q≠0,数列{an}的前n项和Sn,a1≠0,对于任意正整数m,n且n>m,Sn﹣Sm=qmSn﹣m恒成立.
(1)证明数列{an}是等比数列;
(2)若正整数i,j,k成公差为3的等差数列,Si,Sj,Sk按一定顺序排列成等差数列,求q的值.xx江苏省南通市启东中学高一(下)期中数学试卷一.填空题本大题共14小题,每小题5分,共70分.1.不等式≤0的解集为(﹣4,3].考点其他不等式的解法.专题不等式的解法及应用.分析原不等式等价于,由此求得它的解集.解答解不等式≤0等价于,求得﹣4<x≤3,故答案为(﹣4,3].点评本题主要考查分式不等式的解法,一元二次不等式的解法,体现了等价转化的数学思想,属于基础题.2.若A(﹣2,3),B(3,﹣2),C(,m)三点共线,则m的值为.考点三点共线.专题计算题.分析由三点共线的性质可得AB和AC的斜率相等,由=,求得m的值.解答解由题意可得KAB=KAC,∴=,∴m=,故答案为.点评本题考查三点共线的性质,当A、B、C三点共线时,AB和AC的斜率相等.3.在x轴上的截距为1,在y轴上的截距为﹣2的直线的一般式方程为2x﹣y﹣2=0.考点直线的截距式方程.专题直线与圆.分析先求出直线的截距式方程,然后转化为一般方程即可.解答解在x轴上的截距为1,在y轴上的截距为﹣2的直线的截距式方程为,即一般式方程为2x﹣y﹣2=0,故答案为2x﹣y﹣2=0.点评本题主要考查直线方程的求解,利用直线截距式方程和一般式方程的关系是解决本题的关键.4.直线ax+2y+6=0与直线x+(a﹣1)y+(a2﹣1)=0平行,则a=﹣1.考点直线的一般式方程与直线的平行关系.专题计算题.分析根据两直线平行,直线方程中一次项系数之比相等,但不等于常数项之比,由此求得a的值.解答解∵直线ax+2y+6=0与直线x+(a﹣1)y+(a2﹣1)=0平行,∴≠,解得a=﹣1,故答案为﹣1.点评本题主要考查两直线平行的性质,两直线平行,直线方程中一次项系数之比相等,但不等于常数项之比,属于基础题.5.若函数的定义域为R,则实数a的取值范围是0≤a≤1.考点函数的定义域及其求法.专题计算题.分析利用被开方数非负的特点列出关于a的不等式,转化成x2﹣2ax+a≥0在R上恒成立,然后建立关于a的不等式,求出所求的取值范围即可.解答解函数的定义域为R,∴﹣1≥0在R上恒成立即x2﹣2ax+a≥0在R上恒成立该不等式等价于△=4a2﹣4a≤0,解出0≤a≤1.故实数a的取值范围为0≤a≤1故答案为0≤a≤1点评本题考查对定义域的理解和认识,考查二次不等式恒成立问题的转化方法,注意数形结合思想的运用,属于基础题.6.若等差数列{an}的前5项和S5=25,且a2=3,则a7=13.考点等差数列的性质.专题计算题.分析根据等差数列的求和公式和通项公式分别表示出S5和a2,联立方程求得d和a1,最后根据等差数列的通项公式求得答案.解答解依题意可得,d=2,a1=1∴a7=1+6×2=13故答案为13点评本题主要考查了等差数列的性质.考查了学生对等差数列基础知识的综合运用.7.(1﹣2n)=﹣399.考点等差数列的前n项和.专题等差数列与等比数列.分析可得数列为首项为1,公差为﹣2的等差数列,代入求和公式可得.解答解(1﹣2n)=1+(﹣1)+(﹣3)+…+(﹣39)==﹣399.故答案为﹣399点评本题考查等差数列的求和公式,属基础题.8.圆心在y轴上,且与直线2x+3y﹣10=0相切于点A(2,2)的圆的方程是x2+(y+1)2=13.考点圆的切线方程.专题计算题;直线与圆.分析设圆心为A(0,b),则=,求出b,即可得出圆的方程.解答解设圆心为A(0,b),则=,∴b=﹣1,∴圆的方程是x2+(y+1)2=13.故答案为x2+(y+1)2=13.点评本题考查圆的方程,考查直线与圆相切,求出圆心坐标是关键.9.如果实数x,y满足条件,那么3x()y的最大值为9.考点简单线性规划.专题不等式的解法及应用.分析作出不等式组对应的平面区域,结合指数幂的运算法则,利用数形结合进行求解即可.解答解3x()y=3x﹣2y,设z=x﹣2y,解由z=x﹣2y得y=,作出不等式组对应的平面区域如图(阴影部分ABC)平移直线y=,由图象可知当直线y=,过点A时,直线y=的截距最小,此时z最大,由,解得,即A(0,﹣1).代入目标函数z=x﹣2y,得z=2,∴函数z=x﹣2y的最大值是2.则3x()y的最大值为32=9,故答案为9.点评本题主要考查线性规划的基本应用,利用目标函数的几何意义是解决问题的关键,利用数形结合是解决问题的基本方法.10.若x<0,则函数的最小值是4.考点基本不等式.专题计算题.分析先利用基本不等式确定变量的范围,再利用配方法求二次函数的最值.解答解设,∵x<0,∴t≤﹣2,函数可化为,由于对称轴为,∴t=﹣2时,函数有最小值4,故答案为4.点评本题主要考查基本不等式的运用,考查二次函数的最值,关键是配方,应注意函数的定义域对函数最值的影响.11.设集合P={(x,y)|(x+a)2+(y+2a)2}=4,Q={(x,y)|x2+y2=1},若P∩Q=∅,则实数a的取值范围是{a|a<﹣或a>}.考点交集及其运算.专题集合.分析集合P表示圆心为(﹣a,﹣2a),半径为2的圆上的点集,集合Q表示圆心为(0,0),半径为1的圆上的点集,根据P与Q交集为空集得到两圆相离或内含,确定出a的范围即可.解答解∵P={(x,y)|(x+a)2+(y+2a)2}=4,Q={(x,y)|x2+y2=1},且P∩Q=∅,∴圆心为(﹣a,﹣2a),半径为2的圆与圆心为(0,0),半径为1的圆相离或内含,∴(﹣a)2+(﹣2a)2>32,即a2>或(﹣a)2+(﹣2a)2<1,即a2<,解得a<﹣或a>;a<﹣或a>,则实数a的范围为{a|a<﹣或a>},故答案为{a|a<﹣或a>}点评此题考查了交集及其运算,熟练掌握交集的定义是解本题的关键.12.数列{an}满足a1=3,an﹣anan+1=1,An表示{an}前n项之积,则Axx=﹣2.考点数列的求和.专题点列、递归数列与数学归纳法.分析先通过题意进行计算,确定数列{an}是以3为周期的数列,求出a1a2a3=﹣1,再利用周期性求出Axx的值.解答解由题意得,a1=3,an﹣anan+1=1,∴an+1=1﹣,则a2=,a3=,a4=3,…,∴数列{an}是以3为周期的数列,且a1•a2•a3=3×=﹣1,∵xx=671×3+2,∴Axx=(a1•a2•a3)671•a1•a2=(﹣1)671•3×=﹣2,故答案为﹣2.点评本题考查数列递推式的化简,以及数列的周期性,确定数列{an}是以3为周期的数列,且a1a2a3=﹣1是解题的关键.13.等比数列{an}的首项为2,公比为3,前n项和为Sn,若log3[an(S4m+1)]=2,则+的最小值是
2.5.考点等比数列的通项公式;基本不等式.专题等差数列与等比数列;不等式的解法及应用.分析根据等比数列{an}的首项为2,公比为3,前n项和为Sn,可得an=2•3n﹣1;Sn=3n﹣1,由log3[an•(S4m+1)]=2,可得n+4m=3,进而利用“1”的代换,结合基本不等式,即可得出结论.解答解∵等比数列{an}的首项为2,公比为3,前n项和为Sn,∴an=2•3n﹣1;Sn=3n﹣1,∵log3[an•(S4m+1)]=2,∴(n﹣1)+4m=9,∴n+4m=10,∴+=(n+4m)(+)=(17+)≥(17+8)=
2.5当且仅当m=n=2时取等号,∴+的最小值是
2.5.故答案为
2.5.点评本题考查等比数列的通项与性质,考查对数运算,考查基本不等式,确定n+4m=10,进而利用“1”的代换,结合基本不等式是关键,属于中档题.14.在直角坐标系xoy中,圆C1x2+y2=4,圆C2x2+y2=16,点M(1,0),动点P,Q分别在圆C1和圆C2上,满足MP⊥MQ,则线段PQ的取值范围是[﹣1,+1].考点直线与圆的位置关系.专题直线与圆.分析设P(x1,y1)、Q(x2,y2),有条件可得|PQ|2=22﹣2(x1+x2).设PQ中点为N(x0,y0),则|PQ|2=22﹣4x0,利用线段的中点公式求得(x0﹣)2+y02=,再由x0的范围,求得|PQ|的范围.解答解设P(x1,y1)、Q(x2,y2),则|PQ|2=(x2﹣x1)2+(y2﹣y1)2=20﹣2(x1x2+y1y2).∵﹣2≤x1≤2,MP⊥MQ,∴(x1﹣1,y1).(x2﹣1,y2)=0,即(x1﹣1)(x2﹣1)+y1y2=0,即x1x2+y1y2=x1+x2﹣1,∴|PQ|2=20﹣2(x1+x2﹣1)=22﹣2(x1+x2).设PQ中点为N(x0,y0),则|PQ|2=22﹣4x0,∵,∴
①2+
②2得4(x02+y02)=20+2(x1x2+y1y2)=20+2(x1+x2﹣1)=18+4x0,即(x0﹣)2+y02=,∴点N(x0,y0)的轨迹是以(,0)为圆心、半径等于的圆,∴x0的取值范围是[,],故22﹣2≤|PQ|2≤20+2,故|PQ|的范围为[﹣1,+1],故答案为[﹣1,+1].点评本题主要考查直线和圆的位置关系,两点间的距离公式,圆的标准方程,属于中档题.二.计算题本大题共6小题,共90分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.15.设函数f(x)=﹣4x+a,不等式|f(x)|<6的解集为(﹣1,2)
(1)求a的值;
(2)解不等式>0(m∈R).考点其他不等式的解法.专题不等式的解法及应用.分析
(1)不等式|f(x)|<6,化为结合不等式﹣6<f(x)<6的解集为{x|﹣1<x<2}.我们可以构造关于a的方程组,解方程组即可得到a的值;
(2)由于不等式中含有参数m,故我们要对参数m进行分类讨论,分m=﹣2,m>﹣2,m<﹣2三种情况进行讨论,最后综合讨论结果即可得到答案解答解
(1)∵|f(x)|<6的解集为(﹣1,2)∴,解得a=2
(2)由式=>0得(x﹣)(x+)<0,
①当﹣>,即m<﹣2时,<x<
②当﹣=,即m=﹣2时,无解
③当﹣<,即m>﹣2时,<x<,∴当m<﹣2时,解集为(,)当m=﹣2时,解集为空集当m>﹣2时,解集为(,).点评本题考查的知识点是绝对值不等式的解法,一元二次不等式的应用,在
(2)中关键是对参数m分m=﹣2,m>﹣2,m<﹣2三种情况进行讨论.16.已知直线m2x﹣y﹣3=0,n x+y﹣3=0.
(1)求过两直线m,n交点且与直线l x+2y﹣1=0平行的直线方程;
(2)求过两直线m,n交点且与两坐标轴围成面积为4的直线方程.考点直线的一般式方程与直线的平行关系;直线的一般式方程与直线的垂直关系.专题直线与圆.分析
(1)求过两直线m,n交点坐标,结合直线平行的斜率关系即可求与直线l x+2y﹣1=0平行的直线方程;
(2)设出直线方程,求出直线和坐标轴的交点坐标,结合三角形的面积公式进行求解即可.解答解
(1)由,解得,即两直线m,n交点坐标为(2,1),设与直线l x+2y﹣1=0平行的直线方程方程为x+2y+c=0,则2+2×1+c=0,解得c=﹣4,则对应的直线方程为x+2y﹣4=0;
(2)设过(2,1)的直线斜率为k,(k≠0),则对应的直线方程为y﹣1=k(x﹣2),令x=0,y=1﹣2k,即与y轴的交点坐标为A(0,1﹣2k)令y=0,则x=2﹣=,即与x轴的交点坐标为B(,0),则△AOB的面积S=×|||1﹣2k|=4,即(2k﹣1)2=8|k|,即4k2﹣4k﹣8|k|+1=0,若k>0,则方程等价为4k2﹣12k+1=0,解得k=或k=,若k<0,则方程等价为4k2+4k+1=0,解得k=,综上直线的方程为y﹣1=(x﹣2),或y﹣1=(x﹣2),或y﹣1=(x﹣2),即y=x+2,或y=x﹣2﹣2,或y=x+2﹣2.点评本题考查两条直线的交点坐标,直线的方程的求法,考查计算能力,运算量较大.17.设数列{an}的前n项和为Sn=2n2,{bn}为等比数列,且a1=b1,b2(a2﹣a1)=b1.(Ⅰ)求数列{an}和{bn}的通项公式;(Ⅱ)设cn=,求数列{cn}的前n项和Tn.考点数列的求和;等差数列的通项公式;数列递推式.专题计算题;综合题.分析(I)由已知利用递推公式可得an,代入分别可求数列bn的首项b1,公比q,从而可求bn(II)由(I)可得cn=(2n﹣1)•4n﹣1,利用乘“公比”错位相减求和.解答解
(1)当n=1时,a1=S1=2;当n≥2时,an=Sn﹣Sn﹣1=2n2﹣2(n﹣1)2=4n﹣2,故{an}的通项公式为an=4n﹣2,即{an}是a1=2,公差d=4的等差数列.设{bn}的公比为q,则b1qd=b1,d=4,∴q=.故bn=b1qn﹣1=2×,即{bn}的通项公式为bn=.(II)∵cn===(2n﹣1)4n﹣1,Tn=c1+c2+…+cnTn=1+3×41+5×42+…+(2n﹣1)4n﹣14Tn=1×4+3×42+5×43+…+(2n﹣3)4n﹣1+(2n﹣1)4n两式相减得,3Tn=﹣1﹣2(41+42+43+…+4n﹣1)+(2n﹣1)4n=[(6n﹣5)4n+5]∴Tn=[(6n﹣5)4n+5]点评(I)当已知条件中含有sn时,一般会用结论来求通项,一般有两种类型
①所给的sn=f(n),则利用此结论可直接求得n>1时数列{an}的通项,但要注意检验n=1是否适合
②所给的sn是含有an的关系式时,则利用此结论得到的是一个关于an的递推关系,再用求通项的方法进行求解.(II)求和的方法的选择主要是通项,本题所要求和的数列适合乘“公比”错位相减的方法,此法是求和中的重点,也是难点.18.已知圆x2+y2+2ax﹣2ay+2a2﹣4a=0(0<a≤4)的圆心为C,直线l y=x+m.
(1)若m=4,求直线l被圆C所截得弦长的最大值;
(2)若直线l是圆心下方的切线,当a在(0,4]变化时,求m的取值范围.考点直线和圆的方程的应用.专题综合题.分析
(1)将圆的方程转化为标准方程求得圆心C的坐标和半径,再求得圆心C到直线l的距离,由圆弦长、圆心距和圆的半径之间关系得L=2最后由二次函数法求解.
(2)由直线l与圆C相切,建立m与a的关系,|m﹣2a|=2,再由点C在直线l的上方,去掉绝对值,将m转化为关于a二次函数求解.解答解
(1)已知圆的标准方程是(x+a)2+(y﹣a)2=4a(0<a≤4),则圆心C的坐标是(﹣a,a),半径为2.直线l的方程化为x﹣y+4=0.则圆心C到直线l的距离是=|2﹣a|.设直线l被圆C所截得弦长为L,由圆弦长、圆心距和圆的半径之间关系是L=2∵0<a≤4,∴当a=3时,L的最大值为2.
(2)因为直线l与圆C相切,则有,即|m﹣2a|=2.又点C在直线l的上方,∴a>﹣a+m,即2a>m.∴2a﹣m=2,∴m=﹣1.∵0<a≤4,∴0<≤2.∴m∈[﹣1,8﹣4].点评本题主要考查直线与圆的位置关系及其方程的应用,主要涉及了直线与圆相切构建了函数模型,求参数的范围,以及直线与圆相交,由圆心距,半径和圆的弦长构成的直角三角形.19.心理学家研究某位学生的学习情况发现若这位学生刚学完的知识存留量为1,则x天后的存留量;若在t(t>0)天时进行第一次复习,则此时这似乎存留量比未复习情况下增加一倍(复习的时间忽略不计),其后存留量y2随时间变化的曲线恰好为直线的一部分,其斜率为,存留量随时间变化的曲线如图所示.当进行第一次复习后的存留量与不复习的存留量相差最大时,则称此时刻为“二次复习最佳时机点”
(1)若a=﹣1,t=5,求“二次复习最佳时机点”;
(2)若出现了“二次复习最佳时机点”,求a的取值范围.考点函数模型的选择与应用.专题综合题;函数的性质及应用.分析
(1)第一次复习后的存留量是y2,不复习时的存留量为y1,复习后与不复习的存留量差是y=y2﹣y1;把a、t代入,整理即得所求;
(2)求出知识留存量函数y=+﹣(t>4,且t、a是常数,x是自变量),y取最大值时对应的t、a取值范围即可.解答解
(1)设第一次复习后的存留量与不复习的存留量之差为y,由题意,第一次复习后的存留量是,不复习的存留量为;∴;当a=﹣1,t=5时,=≤=,当且仅当x=14时取等号,所以“二次复习最佳时机点”为第14天.
(2)知识留存量函数=≤,当且仅当时取等号,由题意,所以﹣4<a<0.点评本题考查了含有字母参数的函数类型的应用,题目中应用基本不等式a+b≥2(a>0,b>0)求出最值,有难度,是综合题.20.已知实数q≠0,数列{an}的前n项和Sn,a1≠0,对于任意正整数m,n且n>m,Sn﹣Sm=qmSn﹣m恒成立.
(1)证明数列{an}是等比数列;
(2)若正整数i,j,k成公差为3的等差数列,Si,Sj,Sk按一定顺序排列成等差数列,求q的值.考点等差数列的性质;等比关系的确定.专题等差数列与等比数列.分析
(1)令n=m+1,则由题意可得Sm+1﹣Sm=qm•S1,即am+1=a1•qm,可得=q,故有=q(常数),可得数列{an}是等比数列.
(2)不妨设i,i+3,i+6,分Si,Si+3,Si+6成等差数列、Si+3,Si,Si+6成等差数列、Si+3,Si+6,Si成等差数列这三种情况,分别求出公比q的值.解答解
(1)令n=m+1,则由题意可得Sm+1﹣Sm=qm•S1,即am+1=a1•qm,故有am=a1•qm﹣1,∴=q,∴=q(常数),所以数列{an}是等比数列,
(2)不妨设公差为3的等差数列为i,i+3,i+6,若Si,Si+3,Si+6成等差数列,则ai+1+ai+2+ai+3=ai+4+ai+5+ai+6=(ai+1+ai+2+ai+3)q3,即1=q3,解得q=1.若Si+3,Si,Si+6成等差数列,则﹣(ai+1+ai+2+ai+3)=(ai+1+ai+2+ai+3+ai+4+ai+5+ai+6),∴2(ai+1+ai+2+ai+3)+(ai+1+ai+2+ai+3)q3=0,即2+q3=0,解得.若Si+3,Si+6,Si成等差数列,则有(ai+4+ai+5+ai+6)=﹣(ai+1+ai+2+ai+3+ai+4+ai+5+ai+6),∴2(ai+1+ai+2+ai+3)q3+(ai+1+ai+2+ai+3)=0,∴2q3+1=0,解得.综上可得,q的值等于1,或等于,或等于.点评本题主要考查等比关系的确定,等差数列的定义和性质,根据数列的递推关系求通项,体现了分类讨论的数学思想,属于中档题.。