江苏省扬州中学2012-2013学年高二下学期期中考试数学

-1-江苏省扬州中学2012—2013学年度第二学期期中考试高二数学（文）试卷2013.4注：本试卷考试时间120分钟，总分值160分一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．1．已知i是虚数单位，则(1-i)i=2．命题“03,2xxRx”的否定是________________3．已知集合1357U，，，，137A，，，17B，，则()UCAB=4．设””是“则“xxxRx31,的条件．（填“充分不必要”，“必要不充分”，“充要”，“既不充分也不必要”．）5．在复平面内，复数21i对应的点到直线1yx的距离是6．焦点在x轴上的椭圆方程为2212xym，离心率为12，则实数m的值为7．一列具有某种特殊规律的数为：1,2,3,,5x则其中x=8．曲线2lnyxx在点（1,2）处的切线方程为9．设f(x)＝|x－1|－2，|x|≤111＋x2，|x|＞1，则f[f(12)]＝10．若函数2()||fxxxa为偶函数，则实数a=11．半径为r的圆的面积2Srr，周长2Crr，若将r看作0,上的变量，则22rr，①①式可用语言叙述为：圆的面积函数的导数等于圆的周长函数。对于半径为R的球，若将R看作0,上的变量，请你写出类似于①的式子:-2-(注：球体积公式为343VRR为球体半径)12．已知抛物线)0(22ppxy焦点F恰好是双曲线22221xyab的右焦点，且双曲线过点（2232,abpp），则该双曲线的渐近线方程为13．已知函数f(x)=21xax在(－2,+)内单调递减，则实数a的取值范围14．已知a0，bR，函数342fxaxbxab．若﹣1≤fx≤1对任意x[0,1]恒成立，则a+b的取值范围是二、解答题: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．（本题满分14分）记关于x的不等式01xax的解集为P，不等式11x的解集为Q．（1）若3a，求P；（2）若a=-1，求PQ16．（本题满分14分）记1212min,为,xxxx中最小的一个，(1)求min{31,5}的值；(2)求证：设11,min,2xxxRx．17．（本题满分14分）设2()36fxaxxa不等式()0fx的解集是（－3，2）．（1）求()fx；-3-（2）当函数f（x）的定义域是[0，1]时，求函数()fx的值域．18．（本题满分16分）经销商用一辆J型卡车将某种水果运送（满载）到相距400km的水果批发市场。据测算，J型卡车满载行驶时，每100km所消耗的燃油量u（单位：L）与速度v（单位：km/h）的关系近似地满足2100230502050500vvuvv，除燃油费外，人工工资、车损等其他费用平均每小时300元。已知燃油价格为7.5元/L。（1）设运送这车水果的费用为y（元）（不计返程费用），将y表示成速度v的函数关系式；（2）卡车该以怎样的速度行驶，才能使运送这车水果的费用最少？19．（本题满分16分）已知椭圆E：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）的离心率为32，其长轴长与短轴长的和等于6．（1）求椭圆E的方程；（2）如图，设椭圆E的上、下顶点分别为A1、A2，P是椭圆上异于A1、A2的任意一点，直线PA1、PA2分别交x轴于点N、M，若直线OT与过点M、N的圆G相切，切点为T．证明：线段OT的长为定值．20．（本题满分16分）设2()(fxxbxcb、)cR．-4-（1）若()fx在[2,2]上不单调，求b的取值范围；（2）若()||fxx对一切xR恒成立，求证：214bc；（3）若对一切xR，有1()0fxx，且2223()1xfx的最大值为1，求b、c满足的条件．江苏省扬州中学2012～2013学年第二学期期中考试高二数学试卷答题纸成绩一、填空题（每小题5分，计70分）1．2．3．4．5．6．7．8．9．10．11．12．13．14．二、解答题（本大题共6小题，计90分）15．（14分）16．（14分）考试号________________学号_____班级___________座位号__________姓名_____________………………密……………封……………线……………内……………不……………要……………答……………题………………-5-17．（14分）18．（16分）19．（16分）-6-（请将20题解答写在答题纸反面）答案：文1.1+i2.2,30xRxx3.{3,5}4.充分不必要5.226.327.28.x-y+1=09.41310.011.3＇24（R）=43R12.104yx13.12a14.(1,3]15.(1){|13};(2)(1,2)Pxx16.(1)31;(2)略17.2(1)()3318fxxx(2)[12,18]18.2123000690050(1)12000036005050vvyvvv-7-19.20.（1）由题意222b，44b；（2）须2xbxcx与2xbxcx同时成立，即22(1)40(1)40bcbc，2+14bc；（3）因为1||2xx，依题意，对一切满足||2x的实数x，有()0fx．①当()0fx有实根时，()0fx的实根在区间[2,2]内，设2()fxxbxc，所以(2)0(2)0222ffb，即42042044bcbcb，又2222312(2,3]11xxx，于是，2223()1xfx的最大值为(3)1f，即-8-931bc，从而38cb．故423804238044bbbbb，即45444bbb，解得4,4bc．②当()0fx无实根时，240bc，由二次函数性质知，2()fxxbxc在(2,3]上的最大值只能在区间的端点处取得，所以，当(2)(3)ff时，2223()1xfx无最大值．于是，2223()1xfx存在最大值的充要条件是(2)(3)ff，即4293bcbc，所以，5b．又2223()1xfx的最大值为(3)1f，即931bc，从而38cb．由240bc，得212320bb，即84b．所以b、c满足的条件为380bc且54b．综上：380bc且54.b答案：理1.1+i2.2,30xRxx3.34.充分不必要5.226.327.28.x-y+1=09.3＇24（R）=43R10.22311.21k12.104yx13.ba14.(1,3]15.(1)31;(2)略16.略17.2123000690050(1)12000036005050vvyvvv-9-18.（1）1641；（2）2341719.（1）设000(,)(0)Pxyy，则22002xy．当01x时，直线1l过点(1,0)T，(3,0)S，即00(3,)PSxy，2200031OPPSxxy．当01x时，直线1l过点(1,0)T，直线1l的斜率0101ykx，直线OS的斜率001xky，其方程为001xyxy，0033(3,)xSy，即000033(3,)xPSxyy．220000333321OPPSxxxy．故“如果直线1l过点(1,0)T，那么1OPPS”为真命题．（2）逆命题为：如果1OPPS，那么直线1l过点(1,0)T．逆命题也为真命题，以下给出证明：设000(3,),(,)(0)StPxyy，则00(3,)PSxty，1OPPS，22000031xxtyy，又22002xy，0033=xty．当01x时，直线1l的方程为1x，显然过点(1,0)；当01x时，直线OS的斜率001xky，直线1l的方程为0000()1yyyxxx，令0y，得1x，直线1l过定点(1,0)．综上，直线1l恒过定点(1,0)．20.[解]（1）选取)2,(1xa，Y中与1a垂直的元素必有形式),1(b.-10-所以x=2b，从而x=4.（2）证明：取Yxxa),(111.设Ytsa),(2满足021aa.由0)(1xts得0ts，所以s、t异号.因为-1是X中唯一的负数，所以s、t中之一为-1，另一为1，故1X.假设1kx，其中nk1，则nxx101.选取Yxxan),(11，并设Ytsa),(2满足021aa，即01ntxsx，则s、t异号，从而s、t之中恰有一个为-1.若s=-1，则2，矛盾；若t=-1，则nnxssxx1，矛盾.所以x1=1.（3）[解法一]猜测1iiqx，i=1,2,…,n.记},,,1,1{2kkxxA，k=2,3,…,n.先证明：若1kA具有性质P，则kA也具有性质P.任取),(1tsa，s、tkA.当s、t中出现-1时，显然有2a满足021aa；当1s且1t时，s、t≥1.因为1kA具有性质P，所以有),(112tsa，1s、1t1kA，使得021aa，从而1s和1t中有一个是-1，不妨设1s=-1.假设1t1kA且1tkA，则11kxt.由0),1(),(1kxts，得11kkxtxs，与skA矛盾.所以1tkA.从而kA也具有性质P.现用数学归纳法证明：1iiqx，i=1,2,…,n.当n=2时，结论显然成立；假设n=k时，},,,1,1{2kkxxA有性质P，则1iiqx，i=1,2,…,k；当n=k+1时，若},,,,1,1{121kkkxxxA有性质P，则},,,1,1{2kkxxA也有性质P，所以},,,,1,1{111kkkxqqA.取),(11qxak，并设),(2tsa满足021aa，即01qtsxk.由此可得s与t中有且只有一个为-1.若1t，则1，不可能；所以1s，kkkqqqqtx11，又11kkqx，所以kkqx1.综上所述，1iiqx1iiqx，i=1,2,…,n.[解法二]设),(111tsa，),(222tsa，则021aa等价于2211stts.记|}|||,,|{tsXtXsBts，则数集X具有性质P当且仅当数集B关于原点对称.注意到-1是X中的唯一负数，},,,{)0,(32nxxxB共有n-1个数，所以),0(B也只有n-1个数.由于1221xxxxxxxxnnnnnn，已有n-1个数，对以下三角数阵1221xxxxxxxxnnnnnn，113121xxxxxxnnnnn……12xx注意到12111xxxxxxnn，所以12211xxxxxxnnnn，从而数列的通项公式为111)(12kkxxkqxx，k=1,2,…,n.