2019-2020学年福建省泉州市泉港区第一中学高二上学期第二次月考试题 数学 Word版
泉港一中2019-2020学年上学期第二次月考
高二数学
试卷满分150分 考试时间：120分钟
一、选择题（本大题共12小题，共60分）
1. 经过点A(-1,4)且在x轴上的截距为3的直线方程是( )
A. x+y+3=0 B. x-y+3=0 C. x+y-3=0 D. x-y-3=0
2. 已知函数f(x)在R上可导，其部分图象如图所示，设f(2)-f(1)2-1=a，则下列不等式正确的是( )
A. f'(1)
0)的焦点F,C上一点(3,m)到焦点的距离为5.
（1）求C的方程；
（2）过F作直线l，交C于A,B两点，若直线AB中点的纵坐标为-1，求直线l的方程.
2. 在平面直角坐标系xOy中，已知圆C:x2+y2+8x-4y=0与圆O:x2+y2=r2(r>0)关于直线l对称．
（1）求直线l的方程；
（2）设圆C与圆O交于点A、B，点P为圆O上的动点，求ΔABP面积的最大值．
3. 设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=2-12n-1，数列{bn}为等差数列，且a1=b1,a2(b2-b1)=a1．
（Ⅰ）求数列{an}和{bn}的通项公式；
（Ⅱ）设cn=bnan，求数列{cn}的前n项和Tn;
（Ⅲ）若对任意正整数n，不等式Tn⩾t·2n-9均成立，求t的最大值．
1. 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，E、F分别为A1C1、BC的中点，AB=BC=2，C1F⊥AB．
（1）求证：平面ABE⊥平面B1BCC1；
（2）若直线C1F和平面ACC1A1所成角的正弦值等于1010，求二面角A-BE-C的余弦值．
2. 已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的离心率e=22，且与直线l：y=x+3相切．
（Ⅰ）求椭圆的标准方程；
（Ⅱ）过椭圆上点A（2，1）作椭圆的弦AP，AQ，若AP，AQ的中点分别为M，N，若MN平行于l，则OM，ON斜率之和是否为定值？
答案和解析
1. C 2. B 3.C 4. C 5. D 6. D 7. C 8. A 9. C 10. D 11. B 12. A
13. 1 14. 8 15. x2-y23=1 16. ①③④
17.解：（1）设数列｛an｝的公差为d，
∵a2＝3，S4＝16，
∴a1+d=34a1+4×32d=16,
∴解得a1=1,d=2,∴an=2n-1；
（2）∵由题意，bn=1anan+1,
=12n-12n+1,=1212n-1-12n+1,∴Tn=b1+b2+⋯+bn,
=121-13+13-15+⋯+12n-1-12n+1,=121-12n+1,=n2n+1.
18.解：（1）抛物线C:y2=2px(p>0)的准线方程为x=-p2,
由抛物线的定义可知3-(-p2)=5，解得p=4.
∴C的方程为y2=8x；
（2）由（1）得抛物线C的方程为y2=8x，焦点F(2,0)，
设A,B两点的坐标分别为A(x1,y1),B(x2,y2)，
则y12=8x1y22=8x2.两式相减整理得y2-y1x2-x1=8y2＋y1，
∵线段AB中点的纵坐标为-1，
∴直线l的斜率kAB=8y2＋y1=8(-1)×2=-4.
直线l的方程为y-0=-4(x-2)，即4x＋y-8=0.
19.解：（1）把圆C:x2＋y2＋8x-4y=0的方程化为(x＋4)2＋(y-2)2=20，
所以圆心C(-4,2),半径为25.
因为O(0,0), 所以OC的中点为(-2,1),kOC=-12.
由已知条件得,直线l经过点(-2,1),且斜率kl=2,
所以直线l的方程为y-1=2(x＋2),即2x-y＋5=0.
（2）由（1）得:直线AB的方程为2x-y＋5=0，
圆心O(0,0)到直线AB的距离为d=55=5.
由条件可得圆O的半径与圆C的半径相等,都是25，
所以弦长AB=220-5=215.
要使ΔABP的面积最大,则须PO⊥AB.
此时点P到AB的距离为25＋5=35,
此时ΔABP的面积为12×215×35=153．
所以ΔABP面积的最大值为153.
20.解：（Ⅰ）当n=1时，a1=S1=1；
当n⩾2时，an=Sn-Sn-1=12n-1，此式当n=1时也成立.
∴an=12n-1(n∈N*).
∴a1=1,a2=12.
∵a1=b1,a2(b2-b1)=a1，
∴b1=1,b2=3，公差d=b2-b1=2,
易得bn=2n-1；
（Ⅱ）由（Ⅰ）cn=(2n-1)·2n-1 .
Tn=1＋3⋅2＋5⋅22＋⋅⋅⋅＋(2n-1)⋅2n-1 ，
2Tn=2＋3⋅22＋5⋅23＋⋅⋅⋅＋(2n-3)2n-1＋(2n-1)⋅2n .
Tn=2Tn-Tn
=-1-2·2-2·22-…-2·2n-1+(2n-1)·2n
=-1-2·2(1-2n-1)1-2+(2n-1)·2n
=3+(2n-3)·2n；
（Ⅲ）Tn⩾t·2n-9,得t⩽122n＋2n-3 .
令An=122n+2n-3，
则An+1-An=122n+1+2n-1-122n+2n-3=2-62n.
当n⩾2时，An＋1>An.
而A1>A2，{An}从第2项起是递增的，
故An=122n＋2n-3⩾A2=4，t⩽4，t的最大值为4.
21.（1）证明：由直三棱柱ABC-A1B1C1，∴BB1⊥底面ABC，
∴BB1⊥AB，又C1F⊥AB，BB1与C1F相交，
∴AB⊥平面ABE，又AB⊂平面ABE，
∴平面ABE⊥平面B1BCC1；
（2）解：由（2）可知：AB⊥BC．
因此可建立如图所示的空间直角坐标系．F（0，1，0），设C1（0，2，t）（t＞0），FC1=（0，1，t）．
由题意可取平面ACC1A1的法向量为a=（1，1，0）．
∵直线C1F和平面ACC1A1所成角的正弦值等于1010，
∴1010=|cos＜a，FC1＞|=|a⋅FC1||a|⋅|FC1|=12⋅1+t2，
解得t=2．
∴E（1，1，2），A（2，0，0），C（0，2，0），BA=（2，0，0），BE=（1，1，2），BC=（0，2，0）．
设平面ABE的法向量为m=（x，y，z），则m⋅BA=m•BE=0，
可得：x=0，x+y+2z=0，取y=2，可得：m=（0，2，-1）．
同理可得平面CBE的法向量为n=（2，0，-1）．
∴cos＜m，n＞=m⋅n|m|⋅|n|=15×5=15．
∴二面角A-BE-C
的余弦值为15．
22.解：（Ⅰ）∵e=22，∴b2a2=a2-c2a2=1-e2=12，
即a2=2b2，
由y=x+3x22b2+y2b2=1，得3x2+12x+18-2b2=0，
Δ=144-4×3（18-2b2）=0，
得b2=3，则a2=6，所以椭圆方程为x26+y23=1；
（Ⅱ）因为AP，AQ的中点分别为M，N，直线MN平行于l，
所以KMN=KPQ=1，
设直线PQ的方程y=x+t，P（x1，y1），Q（x2，y2），
联立方程组y=x+tx26+y23=1，
得3x2+4tx+2t2-6=0，
x1+x2=-4t3，x1x2=2t2-63，
由题意得，M(x1+22,y1+12)，N(x2+22,y2+12)，
kOM+kON=y1+1x1+2+y2+1x2+2
=x1+t+1x1+2+x2+t+1x2+2
=2x1x2+(t+1+2)(x1+x2)+4(t+1)(x1+2)(x2+2)
=2×2t2-63+(t+1+2)×-4t3+4(t+1)(x1+2)(x2+2)=0，
所以OM，ON斜率之和是为定值0．
