2013-2014年度广东梅县东山中学高二数学第一次月考试题

广东梅县东山中学高二文科数学第一次月考试题 2013-10

一、选择题（本题共10小题，每题5分，共50分）

1、在空间直角坐标系中Q(1,4,2)到坐标原点的距离为（ ）

A.21 B. 21 C.3 D. 7 2、下列命题是真命题的是( )

A.经过三点确定一个平面

B.经过一条直线和一个点确定一个平面 C.四边形确定一个平面 D.两条相交直线确定一个平面

3、两圆x2y29和x2y24x30的位置关系是（ ）

Ａ.相离 Ｂ.相交 Ｃ.内切 Ｄ.外切 4、直线2xym0和x2yn0的位置关系是 （ ）

A .垂直 B .平行 C. 相交但不垂直 D .不能确定 5、已知两点A（9，4）和B（3，6），则以AB为直径的圆的方程为（ ）

A. (x6)2(y5)210 B. (x6)2(y5)210 C. (x5)2(y6)210 D.(x5)2(y6)210 6、直线3x4y130与圆(x2)2(y3)24的位置关系是：（ ）

A. 相离; B. 相交; C. 相切; D. 无法判定.

7、过原点的直线与圆x2y24x30相切，若切点在第三象限，则该直线的方程是A.y3x B.y3x C.y=

33x D.y=33x 8、在等比数列{aa27n}中，若a3a4a5a6a7243，则a的值为（ ）

9 9 AB． 6 C． 3 D． 2 ．

9、已知圆的方程为x2y26x8y0．设该圆过点(3,5)的最长弦和最短弦分别为AC和

BD，则四边形ABCD的面积为（ ）

A．106

B．206

C．306

D．406

10、已知P(t,t),点M是圆O211:x(y1)24上动点，点N是圆Oy212:(x2)24上的动点，则|PN|-|PM|的最大值为（ ） A．51

B．1

C．2

D．5

二、填空题（本题共4小题，每题5分，共20分）

11、圆心在原点与直线xy20相切的圆的方程为 12、如图，E、F分别为正方体的面ADD1A1、面BCC1B1的中心，则四边形BFD1E在该正方体的面上的正投影可能是_______（要求：把可能的图的序号都填上）

13、圆(x1)2y28内有一点P(-1,2),AB过点P, 圆上恰有三点到直线AB的距离等

于2，则直线AB的方程为

14、已知实数x,y满足y9x2, 求z2xy的取值范围为

1

三、解答题（本题共6题，其中第15～16每题12分，第17～20每题14分，共80分）

15、设等差数列an满足a35，a109。 （1）求an的通项公式；

（2）求an的前n项和Sn及使得Sn最大的序号n的值。

16、已知圆与y轴相切，圆心在直线上x3y0，且圆在直线yx上截得的弦长为27 ，求此圆的方程。

17、已知圆O：x2y21和定点A（2，1），由圆O外一点P(a,b)向圆O引切线PQ，切点为Q，且满足|PQ||PA| （1）求实数a,b间满足的等量关系； （2）求线段PQ长的最小值。

18、已知圆C：x2y22x4y200

（1）直线l过点P(4,4)被圆C截得的弦长为8，求直线l的方程； （2）已知Q(3,1)为圆内一点，求以Q为中点的弦所在直线方程。

19、在平面直角坐标系xoy中，曲线yx26x1与坐标轴的交点都在圆C上． （1）求圆C的方程；

（2）若圆C与直线xya0交于A，B两点，且OAOB,求a的值．

20、已知数列{a2nn}的相邻两项an,an1是关于x的方程x2xbn0(nN*)的两根，且

a11.

（1）求证：数列a1nn32是等比数列；

（2）设Sn是数列{an}的前n项和，求Sn

（3）问是否存在常数，使得bnSn0对任意nN*都成立，若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由.

2

广东梅县东山中学高二文科数学第一次月考试题答题卷

16.(12分)

班级： 姓名： 座号： 成绩： 一、选择题；（本大题共10小题，每小题5分，满分50分．） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案

二、填空题：（本大题共4小题，，每小题5分，满分20分）

11、 12、 13、 14、 三、解答题：（本大题共6小题，满分80分．解答须写出文字说明，证明过程或演算步骤．） 15．（12分）

17.

3

14分）（ 18.(14分)

19．（14分）

20．（14分）

4

广东梅县东山中学高二文科数学第一次月考试题答案

班级： 姓名： 座号： 成绩： 一、选择题；（本大题共10小题，每小题5分，满分50分．）

题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D C A A B C C B C

三、填空题：（本大题共4小题，，每小题5分，满分20分）

11、x2y22 12、②③ 13、xy10或xy30 14、[6,35]

三、解答题：（本大题共6小题，满分80分．解答须写出文字说明，证明过程或演算步骤．）

15．（12分）解：（1）由ana1(n1)d及a35，a109，得

a12d5a19d9，可解得a19d2 ………..5分 因此数列{an}的通项公式an112n。 ………..6分 （2）由（1）知Sn(n1)nna12d10nn2，………..9分 因为S2n(n5)25，所以当n=5时，Sn取得最大值………..12分

16.(12分)

解：设所求圆的方程为(xa)2(yb)2r2(r0)，…1分 则

raaa3b0……7分 解得3ab1或3b1．……10分 ab2r3r322(7)r2

所以，所求圆的方程为(x3)2(y1)29，或(x3)2(y1)29．……12分

17.（14分）

解：（1）连接OP，

因为Q为切点，∴PQOQ，………..1分

由勾股定理有，|PQ|2|OP|2|OQ|2 ………..3分

又由已知|PQ|=|PA|，故PQ2PA2，即(a2)2(b1)2a2b21，………..6分

化简，得2ab30。………..8分

（2）由2ab30，得b2a3，………..9分 ∴PQ=a2b215(a6)2455 ………..12分 故当a65时，|PQ|2525min5，即线段PQ长取最小值为5………..14分

18.(14分)

解：（1）圆方程可化为(x1)2(y2)25 ∴ 圆心C(1,2)，半径r5……2分

设圆心C到l的距离为d，则d2(|AB|2)2r2，∴dr2(AB2)252423…4分当直线l的斜率不存在时 ，则l的方程为x4，点C(1,2)到l的距离为d|41|3， 符合题意………..6分

当直线l的斜率存在时，设l的方程为y4k(x4)，即kxy4k40

d|k24k4|3k6|k2(1)2|k213，解得k34，……8分

∴l的方程为3x4y40………..9分

综上所述，直线l的方程为x4或3x4y40………..10分

（2）依垂径定理可知，以Q为中点的弦垂直于点Q与圆心C的连线，因为k1CQ2 5

∴弦所在直线斜率k2 ………..12分

弦所在直线方程为y12(x3)，即2xy50 ………..14分

19．（14分）

解：（Ⅰ）曲线yx26x1与y轴的交点为（0，1），与x轴的交点为（322,0),(322,0).故可设C的圆心为（3，t），………..2分 则有32(t1)2(22)2t2,解得t=1. ……….4分

则圆C的半径为32(t1)23. ………..5分

所以圆C的方程为(x3)2(y1)29.………..6分 （Ⅱ）设A（x1,y1），B（x2,y2），其坐标满足方程组：

xya0, 消去y，得到方程 (x3)2(y1)29.2x2(2a8)xa22a10.………..8分

由已知可得，判别式5616a4a20.……….9分

因此，x2a)5616a4a21,2(84,从而

xx,xa22a1124a1x22 ①………..10分

由于OA⊥OB，可得x1x2y1y20,………..11分 又y1x1a,y2x2a,………..12分

所以 2x21x2a(x1x2)a0.②………..13分 由①，②得a1，满足0,故a1.………..14分

20．（14分）

（1）证：∵an，an+1是关于x 的方程x2－2n x+ bn=0 (n∈N*)的两根，

∴an+an+1=2nb ……2分 n=anan+1∵a132n+12na11n+1n32n+1(an32n)1， a1n1n1nn32an32an32故数列{a1nn2}是首项为a231313，公比为－1的等比数列. ……4分(2)解：由(1)得a111n32n3(1)n，即an3[2n(1)n]，

∴b1nn=anan+19[2n(1)][2n+1(1)n+1]

19[22n+1(2)n1] ……6分 ∴Sn=a1+ a2+ a3+…+ an=

13[(2+22+23+…+2n)－[(－1)+ (－1)2+…+(－1)n] 13[22n+12(1)n12]， ……8分 （3）要使得bn－λSn>0对任意n∈N*都成立，

即19[22n+1(2)n1]3[22n+12(1)n12]0(*)对任意n∈N*都成立. ①当n为正奇数时，由(*)式得1[22n+12n1]2n+193[21]0， 即1(2n+11)(2n1)λn+193(21)0， 6

∵2n+1－1>0，∴λ<13(2n1)对任意正奇数n都成立. 当且仅当n=1时，13(2n1)有最小值1，∴λ<1. ……10分

②当n为正偶数时，由(*)式得1[22n+12n1]93[22n+12]0， 即1(2n+11)(2n1)2λ93(2n1)0， ∵2n－1>0，∴λ<16(2n+11)对任意正偶数n都成立. 当且仅当n=2时，16(2n+11)有最小值1.5，∴λ<1.5. ……12分

综上所述，存在常数λ，使得bn－λSn>0对任意n∈N*都成立，λ的取值范围是(－∞，1). ……14分

7