2021-2022学年陕西省渭南市韩城市象山中学培优部高一（下）期末数学试卷-普通用卷

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绝密★启用前2021-2022学年陕西省渭南市韩城市象山中学培优部高一（下）期末数学试卷第I卷（选择题）一、单选题（本大题共10小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）设集合A={x|-1-1}已知定义在R上的奇函数f(x)，对任意实数x，恒有f(x+3)=-f(x)，且当x∈(0,32]时，f(x)=x2-6x+8，则f(0)+f(1)+f(2)+…+f(2020)=( )A. 6 B. 3 C. 0 D. -3在△ABC中，设|AC|2-|AB|2=2AM⋅BC，则动点M的轨迹必通过△ABC的( )A. 垂心 B. 内心 C. 外心 D. 重心数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于1640年提出猜想：Fn=22n+1(n∈N*)是质数．直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出F5=641×6700417不是质数，现设an=log2(Fn-1)-1(n∈N*)，若任意n∈N*，使不等式2a1a2+22a2a3+…+2nanan+1<λ2-4λ+4恒成立，则实数λ的取值范围是( )A. (-∞,1]∪[3,+∞) B. (-∞,1)∪(3,+∞)C. [3,+∞) D. (-∞,1)已知y=log2(x2-2x+17)的值域为[m,+∞)，当正数a，b满足23a+b+1a+2b=m时，则7a+4b的最小值为( )A. 94 B. 5 C. 5+224 D. 9已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若C=2π3,c=7，△ABC的面积为1534，则△ABC的周长为( )A. 8 B. 12 C. 15 D. 7+94如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，P为椭圆上一点(在x轴上方)，连结PF1并延长交椭圆于另一点Q，且PF1=3F1Q，若PF2垂直于x轴，则椭圆C的离心率为( )A. 13 B. 12 C. 33 D. 32已知O为坐标原点，直线l：y=kx+(2-2k)上存在一点P，使得|OP|=2，则k的取值范围为( )A. [3-2,3+2] B. (-∞,2-3]∪[2+3,+∞)C. [2-3,2+3] D. (-∞,3-2]∪[3+2,+∞)已知数列{an}满足a1=1，a2n=a2n-1+(-1)n，a2n+1=a2n+3n(n∈N*)，则数列{an}的前2017项的和为( )A. 31003 B. 32016-2017 C. 31008-2017 D. 31009-2018已知双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，M为双曲线右支上的一点，若M在以|F1F2|为直径的圆上，且∠MF2F1∈[π3,5π12]，则该双曲线离心率的取值范围为( )A. (1,2] B. [2,+∞) C. (1,3+1) D. [2,3+1]第II卷（非选择题）二、填空题（本大题共4小题，共16.0分）已知直线l1：ax+(a+3)y-1=0与l2：(a+3)x-y+2=0垂直，则a=______．已知点A，B分别是椭圆x236+y220=1长轴的左、右端点，点P在椭圆上，直线AP的斜率为33，设M是椭圆长轴AB上的一点，M到直线AP的距离等于|MB|，椭圆上的点到点M的距离d的最小值为______．已知直线l与圆O：x2+y2=4交于A(x1,y1)，B(x2,y2)两点，且|AB|=2，则|x1+y1+4|+|x2+y2+4|的最大值为______．若数列{an}的前n项和Sn=n2+2n+1，则an=______．三、解答题（本大题共6小题，共64.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）(本小题10.0分)已知不等式x2-5ax+b>0的解集为{x|x>4或x<1}．(1)求实数a，b的值；(2)若0b>0)的焦距为23，圆O：x2+y2=a2b2经过点M(0,2)．(1)求椭圆C与圆O的方程；(2)若直线l：y=kx+m与椭圆C交于点A，B，其中m2=2(k2+1)，问：OA⋅OB是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，试说明理由．(本小题12.0分)已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32，其短轴长与双曲线x24-y22=1的实半轴长相等．(Ⅰ)求椭圆C的方程；(Ⅱ)若直线AB与曲线D：x2+y2=b2相切，与椭圆C交于A，B两点，求|AB|的取值范围．答案和解析1.【答案】B 【解析】解：集合A={x|-13}，则(∁RB)∩A={x|3b>0)的左、右焦点分别为F1(-c,0)，F2(c,0)，设P(m,n)，n>0，由PF2垂直于x轴可得m=c，由n2=b2(1-c2a2)=b4a2，可得n=b2a，设Q(s,t)，由PF1=3F1Q，可得-c-c=3(s+c)，-b2a=3t，解得s=-53c，t=-b23a，将Q(-53c,-b23a)代入椭圆方程可得259⋅c2a2+b29a2=1，即25c2+a2-c2=9a2，即有a2=3c2，则e=ca=33，故选：C．求得椭圆的左右焦点，设P(m,n)，由题意可得m=c，代入椭圆方程求得n，再由向量共线的坐标表示可得Q的坐标，代入椭圆方程，化简整理，由椭圆的离心率公式可得所求值．本题考查椭圆的方程和性质，注意运用向量共线定理，考查化简运算能力，属于基础题．8.【答案】C 【解析】解：点O(0,0)到直线l：y=kx+(2-2k)的距离为d=|k×0-0+2-2k|k2+(-1)2=|2-2k|k2+1，由题意得坐标原点到直线l距离d≤|OP|，|OP|=2，所以|2-2k|k2+1≤2，解得2-3≤k≤2+3，故k的取值范围为[2-3,2+3]．故选：C．根据已知条件，结合点到直线的距离公式，即可求解．本题主要考查点到直线的距离公式，考查计算能力，属于基础题．9.【答案】D 【解析】解：由a1=1，a2n=a2n-1+(-1)n，a2n+1=a2n+3n(n∈N*)，得a2n+1=a2n+3n=a2n-1+(-1)n+3n，a2n-1=a2n-3+(-1)n-1+3n-1，a2n-3=a2n-5+(-1)n-2+3n-2，… a5=a3+(-1)2+32，a3=a1+(-1)1+31，累加得：a2n-1+a2n-3+…+a5+a3=a2n-3+a2n-5+…+a3+a1 +(-1)1+(-1)2+…+(-1)n-2+(-1)n-1+31+32+…+3n-2+3n-1，∴a2n-1=a1+-1×[1-(-1)n-1]2+3×(1-3n-1)1-3 =1-12+12×(-1)n-1+32×3n-1-32=12×(-1)n-1+32×3n-1-1．∴a2n=a2n-1+(-1)n=32×3n-1-12×(-1)n-1-1．则S2017=(a1+a3+a5+…+a2017)+(a2+a4+a6+…+a2016) =12[(-1)0+31-1+(-1)1+32-1+…+(-1)1008+31009-1] +12[31-(-1)0-1+32-(-1)1-1+…+31008-(-1)1007-1] =3+32+33+…+31008+12×31009-2016-12 =3×(1-31008)1-3+12×31009-2016-12 =31009-2018．故选：D．把a2n=a2n-1+(-1)n代入a2n+1=a2n+3n，得到a2n+1=a2n+3n=a2n-1+(-1)n+3n，依次取n为n-1，n-2，…，1，累加后求得a2n-1，进一步得到a2n，则分组可求数列{an}的前2017项的和．本题考查了数列递推式，考查了累加法求数列的通项公式，考查计算能力，是中档题．10.【答案】D 【解析】解：由题意可得，F1M⊥F2M，设∠MF2F1=θ，则|MF1|=2csinθ，|MF2|=2ccosθ，根据双曲线的定义|MF1|-|MF2|=2a，所以2csinθ-2ccosθ=2a，所以ca=1sinθ-cosθ=12sin(θ-π4)，θ∈[π3,5π12]，所以θ-π4∈[π12,π6]，所以ca∈[2,3+1]，故选：D．由题意可得，设∠MF2F1=θ，则|MF1|=2csinθ，|MF2|=2ccosθ，则|MF1|-|MF2|=2a，进而可得ca，即可得出答案．本题考查双曲线的离心率，解题中需要理清思路，属于中档题．11.【答案】-3或1 【解析】解：直线l1：ax+(a+3)y-1=0与l2：(a+3)x-y+2=0垂直，∴a(a+3)+(a+3)×(-1)=0，解得a=-3或a=1．故答案为：-3或1．利用直线与直线垂直性质，得到关于a的方程，再求出a的值．本题考查直线与直线垂直的性质，考查运算求解能力，是基础题．12.【答案】15 【解析】解：由椭圆方程x236+y220=1，得A(-6,0)，B(6,0)，又直线AP的斜率为33，∴直线AP的方程是x-3y+6=0．设点M的坐标是(m,0)，则M到直线AP的距离是|m+6|2，于是|m+6|2=|m-6|，又-6≤m≤6，解得m=2，∴点M(2,0)．设椭圆上的点(x,y)到点M的距离为d，有d2=(x-2)2+y2=x2-4x+4+20-59x2=49(x-92)2+15，由于-6≤x≤6，∴当x=92时，d2取最小值15，则d取最小值15．故答案为：15．由椭圆方程求得A，B的坐标，得到直线AP的方程，设出M的坐标，再由已知列式求得M的坐标，设椭圆上的点(x,y)到点M的距离为d，利用两点间的距离公式列式，再由配方法求最值．本题考查椭圆的几何性质，考查点到直线距离公式的应用，训练了利用配方法求最值，是中档题．13.【答案】8+26 【解析】解：|x1+y1+4|2+|x2+y2+4|2的几何意义为点A，B到直线x+y+4=0的距离之和，根据梯形中位线知其最大值是AB的中点M到直线x+y+4=0的距离的2倍，由题可知，△OAB为等边三角形，则|OM|=22-(22)2=3，∴AB中点M的轨迹是以原点O为圆心，3为半径的圆，故点M到直线x+y+4=0的最大距离为412+12+3=22+3，∴|x1+y1+4|2+|x2+y2+4|2的最大值为2(22+3)，∴|x1+y1+4|+|x2+y2+4|的最大值为2(22+3)×2=8+26．故答案为：8+26．|x1+y1+4|2+|x2+y2+4|2的几何意义为点A，B到直线x+y+4=0的距离之和，根据梯形中位线知其最大值是AB的中点M到直线x+y+4=0的距离的2倍，求出点M的轨迹即可求得该最大值．本题考查直线与圆的位置关系，求距离和的最值问题，属中档题．14.【答案】4 ,n=12n+1 ,n≥2 【解析】解：当n=1时，代入可得a1=S1=4，当n≥2时，an=Sn-Sn-1=n2+2n+1-[(n-1)2+2(n-1)+1]=2n+1，经验证当n=1时，上式不符合，故an=4 n=12n+1 n≥2，故答案为：4 n=12n+1 n≥2由公式an=S1 n=1Sn-Sn-1 n≥2，化简可得结果．本题考查由数列的前n项和求通项公式，注意分类的思想，属基础题．15.【答案】解：(1)由题意可得4+1=5a4×1=b，解得a=1b=4,∴实数a，b的值分别为1，4；(2)由(1)知f(x)=1x+41-x，∵00，41-x>0，∴f(x)=1x+41-x=(1x+41-x)[x+(1-x)]=5+1-xx+4x1-x≥5+21-xx⋅4x1-x=9，当且仅当1-xx=4x1-x即x=13时，等号成立．∴f(x)的最小值为9．【解析】本题考查基本不等式，涉及一元二次不等式的解集，属基础题．(1)由韦达定理可得4+1=5a4×1=b，解方程组可得；(2)由(1)知f(x)=1x+41-x(1x+41-x)[x+(1-x)]=5+1-xx+4x1-x，由基本不等式可得．16.【答案】解：(Ⅰ)圆C的方程为x2+y2-2x-4y+m=0，由D2+E2-4F=4+16-4m=20-4m>0，得m<5，∴m的取值范围是(-∞,5)；(Ⅱ)假设存在实数m，使得以AB为直径的圆过原点，则OA⊥OB，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1x2+y1y2=0，联立x-y-1=0x2+y2-2x-4y+m=0，得2x2-8x+5+m=0，∴△=64-8(m+5)=24-8m>0，即m<3，又由(1)知m<5，故m<3，x1+x2=4，x1x2=5+m2，∴y1y2=(x1-1)(x2-1)=x1x2-(x1+x2)+1=m+52-4+1=m-12，∴x1x2+y1y2=5+m2+m-12=m+2=0，∴m=-2<3，故存在实数m使得以AB为直径的圆过原点，m=-2．【解析】(Ⅰ)由D2+E2-4F=4+16-4m=20-4m>0，即可求得曲线C表示圆的m的范围；(Ⅱ)假设存在实数m使得以AB为直径的圆过原点，则OA⊥OB，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1x2+y1y2=0，联立直线方程与圆的方程，得到关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系结合x1x2+y1y2=0，即可求得实数m的值．本题考查圆的方程，考查直线与圆位置关系的应用，考查运算求解能力，是中档题．17.【答案】解：(1)因b1a1+b2a2+b3a3+⋯+bnan=bn+1an+1+6，则当n≥2时，因为b1a1+b2a2+b3a3+⋯+bn-1an-1=bnan+6，两式相减得：bnan=bn+1an+1-bnan，即bn+1an+1=2×bnan，而当n=1时，b1a1=b2a2+6，得b2a2=-4，b2a2≠2×b1a1，因此，当n≥2时，数列{bnan}是公比为2的等比数列，则bnan=2,n=1-2n,n≥2，又{an}是首项为1，公差为2的等差数列，即an=2n-1，于是得bn=2,n=1-(2n-1)×2n,n≥2，所以数列{bn}的通项公式为bn=2,n=1-(2n-1)×2n,n≥2．(2)当n=1时，S1=2，当n≥2时，Sn=2-3×22-5×23-⋯-(2n-1)×2n，2Sn=4-3×23-5×24-⋯-(2n-1)×2n+1，两式相减得-Sn=-2-3×22-2×(23+⋯+2n)+(2n-1)×2n+1 -14-2×23(1-2n-2)1-2+(2n-1)×2n+1 =2+(2n-3)×2n+1，则有Sn=-2-(2n-3)×2n+1，而S1=2满足上式，所以数列{bn}的前n项和Sn=-2-(2n-3)×2n+1(n∈N*)．【解析】(1)根据给定条件求出数列{an}的通项公式，在n≥2时，写出数列{bnan}前n-1项和的等式，两个等式相减可得{bnan}的性质，再分析计算作答．(2)在n≥2时，利用错位相减法求出Sn，再验证S1=2是否满足即可作答．本题主要考查由递推关系求通项公式的方法，错位相减求和的方法等知识，属于中等题．18.【答案】解：(Ⅰ)f(x)=2sinxcosx-23cos2x+3=sin2x-3cos2x=2sin(2x-π3)，所以函数的周期为T=2π2=π，即f(x)的最小正周期为π．(Ⅱ)mf(x)+3m≥f(x)，即2msin(2x-π3)+3m≥2sin(2x-π3)，令t=sin(2x-π3)，则t∈[-1,1]，∴2t+3∈[1,5]，根据题意得2mt+3m≥2t在[-1,1]恒成立，即有m≥2t2t+3=1-32t+3在[-1,1]恒成立，∵1-32t+3最大值为1-35=25，∴m≥25，即实数m的取值范围为[25,+∞). 【解析】(Ⅰ)利用正余弦的倍角公式以及辅助角公式化简函数的解析式，再根据三角函数的最小正周期公式即可求解；(Ⅱ)令t=sin(2x-π3)，则t∈[-1,1]，∴2t+3∈[1,5]，根据题意得2mt+3m≥2t在[-1,1]恒成立，即有m≥2t2t+3=1-32t+3在[-1,1]恒成立，求出1-32t+3的最大值，由此即可求解．本题考查了三角函数的图像性质，涉及到恒成立的问题，考查了学生的运算能力，属于中档题．19.【答案】解：(1)设椭圆C的半焦距为c，根据题意得c=3a2-b2=c2，又∵x2+y2=a2b2经过点M(0,2)，∴02+(2)2=a2b2，解得a2=6，b2=3，∴椭圆C的方程为x26+y23=1，圆O的方程为x2+y2=2；(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，联立l与椭圆方程，y=kx+mx26+y23=1，化简整理得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0，则Δ=(4km)2-4(1+2k2)(2m2-6)>0，x1+x2=-4km2k2+1，x1x2=2m2-62k2+1，∵OA=(x1,y1),OB=(x2,y2)，∴OA⋅OB=x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+m)(kx2+m) =(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2 =(1+k2)⋅2m2-62k2+1+km⋅-4km2k2+1+m2 =(1+k2)(2m2-6)-4k2m2+m2(2k2+1)2k2+1 =3m2-6k2-62k2+1=3(2k2+2)-6k2-62k2+1=0，综上所述，OA⋅OB为定值，且该定值为0．【解析】(1)根据已知建立a，b，c的等量关系式，解得a2与b2，即可得方程；(2)设出A，B点坐标，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理求OA⋅OB即可确定其为定值0．本题考查了圆与椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，属于中档题．20.【答案】解：(Ⅰ)由题意得ca=322b=2a2=b2+c2，解得a=2，b=1．∴椭圆C的方程为x24+y2=1．(Ⅱ)由(Ⅰ)知，曲线D：x2+y2=1，①当直线AB的斜率不存在时，由直线AB与曲线D：x2+y2=1相切，知直线AB的方程为x=±1，代入椭圆C的方程x24+y2=1，可得y=±32．∴此时|AB|=3．②当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+m，A(x1,y1)，B(x2,y2)，联立x24+y2=1y=kx+m，消去y得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0．∴Δ=64k2m2-4(4k2+1)(4m2-4)>0，即4k2-m2+1>0．∴x1+x2=-8km4k2+1，x1x2=4m2-44k2+1．∵直线AB与曲线D：x2+y2=1相切，∴|m|k2+1=1，即m2=k2+1．∴(x1-x2)2=(x1+x2)2-4x1x2=(-8km4k2+1)2-4×4m2-44k2+1=64k2-16m2+16(4k2+1)2=48k2(4k2+1)2．∴|AB|=k2+1|x1-x2|=43k2(k2+1)4k2+1．设4k2+1=t(t>1)，则|AB|=3-3t2+2t+1=343-3(1t-13)2．∵t>1，∴0<1t<1．∴0<|AB|≤2．∴|AB|的取值范围为(0,2]．【解析】(Ⅰ)由题意得ca=322b=2a2=b2+c2，解得a，b，得到椭圆方程．(Ⅱ)①当直线AB的斜率不存在时，求解|AB|即可．②当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+m，A(x1,y1)，B(x2,y2)，联立x24+y2=1y=kx+m，利用韦达定理，结合直线AB与曲线D：x2+y2=1相切，得到m2=k2+1.利用弦长公式结合二次函数的性质求解范围即可．本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．