2013-2014学年山东省济南一中高二（下）期中数学试卷（理科）
2013-2014学年山东省济南一中高二（下）期中数学试卷（理科）
一、单项选择题（每小题5分，共60分）
1. 已知点A(−3, 1, −4)，B(3, −5, 10)则线段AB的中点M的坐标为（ ）
A.(0, −4, 6) B.(0, −2, 3) C.(0, 2, 3) D.(0, −2, 6)
2. 设函数f(x)=x2−6x，则f(x)在x=0处的切线斜率为（ ）
A.0 B.−1 C.3 D.−6
3. 如图所示，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，下列各式中运算结果为向量AC1→的是（ ）
①(AB→+BC→)+CC1→；
②(AA1→+A1D1→)+D1C1→；
③(AB→+BB1→)+B1C1→；
④(AA1→+A1B1→)+B1C1→．
A.①③ B.②④ C.③④ D.①②③④
4. 方程2x2−5x+2=0的两个根可分别作为( )
A.一椭圆和一双曲线的离心率 B.两抛物线的离心率
C.一椭圆和一抛物线的离心率 D.两椭圆的离心率
5. 下列等式中，使M，A，B，C四点共面的个数是（ ）
①OM→=OA→−OB→−OC→；
②OM→=15OA→+13OB→+12OC→；
③MA→+MB→+MC→=0→；
④OM→+OA→+OB→+OC→=0→．
A.1 B.2 C.3 D.4
6. 若抛物线y2=2px的焦点与椭圆x26+y22=1的右焦点重合，则p的值为( )
A.−2 B.2 C.−4 D.4
7. 设函数f(x)=2x+lnx，则（ ）
A.x=12为f(x)的极小值点 B.x＝2为f(x)的极大值点
C.x=12为f(x)的极大值点 D.x＝2为f(x)的极小值点
8. 曲线x210−m+y26−m=1(m<6)与曲线x25−m+y29−m=1(5
1324(n>2)”时的过程中，由n=k到n=k+1时，不等式的左边( )
A.增加了一项12(k+1)
B.增加了两项12k+1+12(k+1)
C.增加了两项12k+1+12(k+1)，又减少了1k+1
D.增加了一项12(k+1)，又减少了一项1k+1
10. 设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数f(x)在x=−2处取得极小值，则函数y=xf′(x)的图象可能是（ ）
A.
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B.
C.
D.
11. 已知函数f(x)=−x3+ax2−x−1在(−∞, +∞)上是单调函数，则实数a的取值范围是（ ）
A.(−∞,−3]∪[3,+∞) B.[−3，3]
C.(−∞,−3)∪(3,+∞) D.(−3，3)
12. P是双曲线x29−y216=1的右支上一点，M、N分别是圆(x+5)2+y2＝4和(x−5)2+y2＝1上的点，则|PM|−|PN|的最大值为（ ）
A.6 B.7 C.8 D.9
二、填空题题（每小题5分，共25分）
若向量a→=(4, 2, −4)，b→=(6, −3, 2)，则(2a→−3b→)⋅(a→+2b→)=________．
已知双曲线x2a2−y2b2=1的一条渐近线方程为y=43x，则双曲线的离心率为________．
已知矩形ABCD，P为平面ABCD外一点，M、N分别为BC、PD的中点，且满足MN→=xAB→+yAD→+zAP→，则实数x+y+z的值为________．
曲线y=1x与直线y=x，x=2所围成图形面积为________．
观察下图：
1
2 3 4
3 4 5 6 7
4 5 6 7 8 9 10
…
则第________行的各数之和等于20112．
三、解答题（本大题共3小题，满分35分，解答题写出必要的文字说明、推演步骤．）
已知四棱锥P−ABCD的底面为直角梯形，AB // DC，∠DAB=90∘，PA⊥底面ABCD，且PA=AD=DC=12，AB=1，M是PB的中点．
（1）证明：面PAD⊥面PCD；
（2）求AC与PB所成的角；
（3）求面AMC与面BMC所成二面角的大小余弦值．
已知函数f(x)=ln(1+x)−x+k2x2(k≥0)．
(1)当k=2时，求曲线y=f(x)在点（1, f(1)）处的切线方程；
(2)求f(x)的单调区间．
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已知直线y=−x+1与椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)相交于A，B两点．
（1）若椭圆的离心率为33，焦距为2，求椭圆的标准方程；
（2）若向量OA→与向量OB→互相垂直（其中O为坐标原点），当椭圆的离心率e∈12, 22时，求椭圆长轴长的最大值．
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参考答案与试题解析
2013-2014学年山东省济南一中高二（下）期中数学试卷（理科）
一、单项选择题（每小题5分，共60分）
1.
【答案】
B
【考点】
空间中的点的坐标
【解析】
根据空间中点坐标公式，即可得到AB的中点坐标．
【解答】
根据线段的中点坐标公式可得线段AB的中点坐标是(−3+32, 1−52, −4+102)，即(0, −2, 3)．
2.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
欲求切线斜率，只须先利用导数求出在x=0处的导函数值，再结合导数的几何意义即可求出切线的斜率．从而问题解决．
【解答】
解：f(x)在x=0处的切线斜率为f′(0)=(2x−6)|x=0=−6．
故选D．
3.
【答案】
D
【考点】
向量的加法及其几何意义
【解析】
利用向量的加法运算即可得出．
【解答】
解：①(AB→+BC→)+CC1→=AC→+CC1→=AC1→；
②(AA1→+A1D1→)+D1C1→=AD1→+D1C1→=AC1→；
③(AB→+BB1→)+B1C1→=AB1→+B1C1→=AC1→；
④(AA1→+A1B1→)+B1C1→=AB1→+B1C1→=AC1→．
综上可知：①②③④运算结果皆为向量AC1→．
故选：D．
4.
【答案】
A
【考点】
双曲线的离心率
椭圆的离心率
【解析】
解方程2x2−5x+2=0可得，其两根为2与12，由圆锥曲线离心率的范围，分析选项可得答案．
【解答】
解：解方程2x2−5x+2=0可得，其两根为2与12，
而椭圆的离心率为大于0小于1的常数，双曲线的离心率大于1，抛物线的离心率等于1，
分析选项可得，A符合.
故选A.
5.
【答案】
A
【考点】
向量的线性运算性质及几何意义
【解析】
令OM→=xOA→+yOB→+zOC→，则M，A，B，C四点共面的充要条件为：x+y+z=1，由此分析四个结论的正误，可得答案．
【解答】
解：∵ 当OM→=xOA→+yOB→+zOC→时，
M，A，B，C四点共面的充要条件为：x+y+z=1，
∴ ①中，OM→=OA→−OB→−OC→，x+y+z=1−1−1=−1，故此时M，A，B，C四点不共面；
②中，OM→=15OA→+13OB→+12OC→，x+y+z=15+13+12=3130，故此时M，A，B，C四点不共面；
③MA→+MB→+MC→=0→，MO→+OA→+MO→+OB→+MO→+OC→=0→，即OM→=13OA→+13OB→+13OC→，x+y+z=1，故此时M，A，B，C四点共面；
④OM→+OA→+OB→+OC→=0→，则OM→=−OA→−OB→−OC→，x+y+z=−1−1−1=−3故此时M，A，B，C四点不共面；
综上所述，使M，A，B，C四点共面的个数只有1个，
故选：A
6.
【答案】
D
【考点】
抛物线的标准方程
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椭圆的标准方程
【解析】
先根据椭圆方程求出其右焦点的坐标，在于抛物线的性质可确定p的值．
【解答】
解：由于椭圆x26+y22=1的右焦点为(2, 0)，
又抛物线y2=2px的焦点过(2, 0)，
则p=4，
故选D．
7.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究函数的极值
【解析】
求导数f′(x)，令f′(x)＝0，得x＝2可判断在2左右两侧导数符号，由极值点的定义可得结论．
【解答】
f′(x)=−2x2+1x=x−2x2，
当02时f′(x)>0，
所以x＝2为f(x)的极小值点，
8.
【答案】
A
【考点】
双曲线的离心率
椭圆的离心率
双曲线的定义
椭圆的定义
【解析】
根曲线的方程可知前者为椭圆，后者为双曲线，排除B；前者焦点在x轴，后者焦点在y轴，排除CD，答案可知．
【解答】
解：由x210−m+y26−m=1(m<6)知该方程表示焦点在x轴上的椭圆，
由x25−m+y29−m=1(51324(n>2)左边的各项，他们都是以1n+1开始，以12n项结束，共n项，当由n=k到n=k+1时，项数也由k变到k+1时，但前边少了一项，后面多了两项，分析四个答案，即可求出结论．
【解答】
解：n=k时，左边=1k+1+1k+2+…+1k+k，
n=k+1时，左边=1(k+1)+1+1(k+1)+2+…+1(k+1)+(k+1)
=(1k+1+1k+2+…+1k+k)−1k+1+12k+1+12k+2.
故选C.
10.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究函数的单调性
函数的图象
【解析】
本题考查函数图象、导数在函数性质中的应用．
【解答】
解：由题意可得f′(−2)=0，且当x<−2时，
f′(x)<0，则y=xf′(x)>0，
故排除B和D；
当x>−2时，f′(x)>0，
所以当x∈(−2,0)时，y=xf′(x)<0，
当x>0时，y=xf′(x)>0，
故排除A．
故选C．
11.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】
由f(x)的解析式求出导函数，导函数为开口向下的抛物线，因为函数在R上为单调函数，所以导函数与x轴没有交点或只有一个交点，即△小于等于0，列出关于a的不等式，求出不等式的解集即可得到实数a的取值范围．
【解答】
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解：由f(x)=−x3+ax2−x−1，得到f′(x)=−3x2+2ax−1，
因为函数在(−∞, +∞)上是单调函数，
所以f′(x)=−3x2+2ax−1≤0在(−∞, +∞)恒成立，
则△=4a2−12≤0⇒−3≤a≤3，
所以实数a的取值范围是：[−3, 3]．
故选B
12.
【答案】
D
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
由题设通过双曲线的定义推出|PF1|−|PF2|＝6，利用|MP|≤|PF1|+|MF1|，|PN|≥|PF2|−|NF2|，推出|PM|−|PN|≤|PF1|+|MF1|−|PF2|−|NF2|，求出最大值．
【解答】
双曲线x29−y216=1中，如图：
∵ a＝3，b＝4，c＝5，
∴ F1(−5, 0)，F2(5, 0)，
∵ |PF1|−|PF2|＝2a＝6，
∴ |MP|≤|PF1|+|MF1|，|PN|≥|PF2|−|NF2|，
∴ −|PN|≤−|PF2|+|NF2|，
所以，|PM|−|PN|≤|PF1|+|MF1|−|PF2|+|NF2|
＝6+1+2
＝9．
二、填空题题（每小题5分，共25分）
【答案】
−212
【考点】
空间向量的数量积运算
【解析】
利用向量的坐标形式的四则运算法则、利用向量的数量积公式求出数量积．
【解答】
解：∵ 2a→−3b→=(−10,13,−14)，a→+2b→=(16,−4,0)
∴ (2a→−3b→)⋅(a→+2b→)=−10×16+13×(−4)=−212
故答案为−212
【答案】
53
【考点】
双曲线的特性
【解析】
由双曲线方程得它的渐近线方程为y=±bax，对照已知条件得ba=43，结合平方关系，得到c=a2+b2=53a，从而求得该双曲线的离心率．
【解答】
解：∵ 双曲线的方程为x2a2−y2b2=1，
∴ 该双曲线的渐近线方程为y=±bax
∵ 双曲线一条渐近线方程为y=43x，
∴ ba=43，得b=43a，所以c=a2+b2=53a
因此，双曲线的离心率为e=ca=53
故答案为：53
【答案】
−12
【考点】
平面向量的基本定理及其意义
【解析】
先根据MN→=MB→+BP→+PN→，再根据M、N分别为BC、PD的中点，以及向量的加减得到MN→=12AP→−AB→，问题得以解决．
【解答】
解：∵ M、N分别为BC、PD的中点，
∴ PN→=12PD→，
∵ MN→=MB→+BP→+PN→=−12BC→+(AP→−AB→)+12PD→，
=−12AD→+(AP→−AB→)+12(AD→−AP→)，
=12AP→−AB→，
∵ MN→=xAB→+yAD→+zAP→，
∴ x=−1，y=0，z=12，
∴ x+y+z=−12，
故答案为：−12．
【答案】
32−ln2
【考点】
定积分
【解析】
作出曲线y=1x与直线y=x、x=2的图象，求出它们的交点坐标，可得所求面积为函数x−1x在区间[1, 2]上的定积分的值，再用定积分计算公式加以运算即可得到本题答案．
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【解答】
解：∵ 曲线y=1x和曲线y=x的交点为A(1, 1)
直线y=x和x=2的交点为B(2, 2)
∴ 曲线y=1x与直线y=x，x=2所围成图形面积为
S=12(x−1x)dx=(12x2−lnx)|12
=(12×22−ln2)−(12×12−ln1)=32−ln2
故答案为：32−ln2.
【答案】
1006
【考点】
等差数列的前n项和
【解析】
由已知，得出第n行的第一个数是n，该行共有2n−1个数字，且构成以1为公差的等差数列，根据等差数列前n项和公式，得出关于n的方程求出行数n即可．
【解答】
解：此图各行的数字排布规律是：第n行的第一个数是n，该行共有2n−1个数字，且构成以1为公差的等差数列．
所以第n行的各数之和为(2n−1)⋅n+(2n−1)(2n−2)2=4n2−4n+1，
由4n2−4n+1=20112，得 4n(n−1)=20112−12=2012×2010=(2×1006)×(2×1005)=4×1006×1005
n=1006，
故答案为：1006．
三、解答题（本大题共3小题，满分35分，解答题写出必要的文字说明、推演步骤．）
【答案】
（1）证明：∵ PA⊥面ABCD，CD⊥AD，
∴ 由三垂线定理得：CD⊥PD．
因而，CD与面PAD内两条相交直线AD，PD都垂直，
∴ CD⊥面PAD．
又CD⊂面PCD，
∴ 面PAD⊥面PCD．
（2）解：过点B作BE // CA，且BE=CA，
则∠PBE是AC与PB所成的角．
连接AE，可知AC=CB=BE=AE=2，又AB=2，
所以四边形ACBE为正方形．由PA⊥面ABCD得∠PEB=90∘
在Rt△PEB中BE=a2=3b2，PB=5，
∴ cos∠PBE=105．
∴ AC与PB所成的角为arccos105．
（3）解：作AN⊥CM，垂足为N，连接BN．
在Rt△PAB中，AM=MB，又AC=CB，
∴ △AMC≅△BMC，
∴ BN⊥CM，故∠ANB为所求二面角的平面角
∵ CB⊥AC，由三垂线定理，得CB⊥PC，
在Rt△PCB中，CM=MB，所以CM=AM．
在等腰三角形AMC中，AN⋅MC=CM2−(AC2)2⋅AC，
∴ AN=65．
∴ AB=2，
∴ cos∠ANB=AN2+BN2−AB32AN×BN=−23
故面AMC与面BMC所成二面角的大小余弦值为−23．
【考点】
与二面角有关的立体几何综合题
平面与平面垂直的判定
直线与平面所成的角
【解析】
（1）证明面PAD⊥面PCD，只需证明面PCD内的直线CD，垂直平面PAD内的两条相交直线AD、PD即可；
（2）过点B作BE // CA，且BE=CA，∠PBE是AC与PB所成的角，解直角三角形PEB求AC与PB所成的角；
（3）作AN⊥CM，垂足为N，连接BN，说明∠ANB为所求二面角的平面角，在三角形AMC中，用余弦定理求面AMC与面BMC所成二面角的大小．
【解答】
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（1）证明：∵ PA⊥面ABCD，CD⊥AD，
∴ 由三垂线定理得：CD⊥PD．
因而，CD与面PAD内两条相交直线AD，PD都垂直，
∴ CD⊥面PAD．
又CD⊂面PCD，
∴ 面PAD⊥面PCD．
（2）解：过点B作BE // CA，且BE=CA，
则∠PBE是AC与PB所成的角．
连接AE，可知AC=CB=BE=AE=2，又AB=2，
所以四边形ACBE为正方形．由PA⊥面ABCD得∠PEB=90∘
在Rt△PEB中BE=a2=3b2，PB=5，
∴ cos∠PBE=105．
∴ AC与PB所成的角为arccos105．
（3）解：作AN⊥CM，垂足为N，连接BN．
在Rt△PAB中，AM=MB，又AC=CB，
∴ △AMC≅△BMC，
∴ BN⊥CM，故∠ANB为所求二面角的平面角
∵ CB⊥AC，由三垂线定理，得CB⊥PC，
在Rt△PCB中，CM=MB，所以CM=AM．
在等腰三角形AMC中，AN⋅MC=CM2−(AC2)2⋅AC，
∴ AN=65．
∴ AB=2，
∴ cos∠ANB=AN2+BN2−AB32AN×BN=−23
故面AMC与面BMC所成二面角的大小余弦值为−23．
【答案】
解：(1)当k=2时，f(x)=ln(1+x)−x+x2，
∴ f′(x)=11+x−1+2x，
由于f(1)=ln(2),f′(1)=32，
∴ 曲线y=f(x)在点（1, f(1)）处的切线方程为
y−ln2=32(x−1)，
即3x−2y+2ln2−3=0.
(2)f′(x)=11+x−1+kx(x>−1)，
当k=0时，f′(x)=−x1+x，
在区间(−1, 0)上，f′(x)>0，在区间(0, +∞)上，f′(x)<0，
∴ f(x)的单调递增区间为(−1, 0)，单调递减区间为(0, +∞)；
当00，
∴ 在区间(−1, 0)和(1−kk，+∞)上，f′(x)>0，在区间(0,1−kk)上，f′(x)<0，
即函数f(x)的单调递增区间为(−1, 0)和(1−kk，+∞)，单调递减区间为(0, 1−kk)；
当k=1时，f′(x)=x21+x，f(x)的递增区间为(−1, +∞)，
当k>1时，由f′(x)=x(kx+k−1)1+x=0，得x1=0，x2=1−kk∈(−1,0)，
∴ 在区间(−1,1−kk)和(0, +∞)上，f′(x)>0，在区间(1−kk，0)上，f′(x)<0，
即函数f(x)的单调递增区间为(−1,1−kk)和(0, +∞)，单调递减区间为(1−kk，0)．
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究函数的单调性
【解析】
（1）根据导数的几何意义求出函数f(x)在x=1处的导数，从而求出切线的斜率，然后求出切点坐标，再用点斜式写出直线方程，最后化简成一般式即可；
（2）先求出导函数f′(x)，讨论k=0，01四种情形，在函数的定义域内解不等式fˊ(x)>0和fˊ(x)<0即可．
【解答】
解：(1)当k=2时，f(x)=ln(1+x)−x+x2，
∴ f′(x)=11+x−1+2x，
由于f(1)=ln(2),f′(1)=32，
∴ 曲线y=f(x)在点（1, f(1)）处的切线方程为
y−ln2=32(x−1)，
即3x−2y+2ln2−3=0.
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(2)f′(x)=11+x−1+kx(x>−1)，
当k=0时，f′(x)=−x1+x，
在区间(−1, 0)上，f′(x)>0，在区间(0, +∞)上，f′(x)<0，
∴ f(x)的单调递增区间为(−1, 0)，单调递减区间为(0, +∞)；
当00，
∴ 在区间(−1, 0)和(1−kk，+∞)上，f′(x)>0，在区间(0,1−kk)上，f′(x)<0，
即函数f(x)的单调递增区间为(−1, 0)和(1−kk，+∞)，单调递减区间为(0, 1−kk)；
当k=1时，f′(x)=x21+x，f(x)的递增区间为(−1, +∞)，
当k>1时，由f′(x)=x(kx+k−1)1+x=0，得x1=0，x2=1−kk∈(−1,0)，
∴ 在区间(−1,1−kk)和(0, +∞)上，f′(x)>0，在区间(1−kk，0)上，f′(x)<0，
即函数f(x)的单调递增区间为(−1,1−kk)和(0, +∞)，单调递减区间为(1−kk，0)．
【答案】
解：（1）∵ e=ca=33，2c=2，
∴ a=3，则b=a2−c2=2，
∴ 椭圆的方程为x23+y22=1．
（2）设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
∵ OA→⊥OB→，∴ OA→⋅OB→=0，
即x1x2+y1y2=0．
由x2a2+y2b2=1，y=−x+1，消去y得(a2+b2)x2−2a2x+a2(1−b2)=0．
由Δ=(−2a2)2−4a2(a2+b2)(1−b2)>0，得a2+b2>1．
又∵ x1+x2=2a2a2+b2，x1x2=a2(1−b2)a2+b2，
∴ y1y2=(−x1+1)(−x2+1)=x1x2−(x1+x2)+1．
由x1x2+y1y2=0，得2x1x2−(x1+x2)+1=0．
∴ 2a2(1−b2)a2+b2−2a2a2+b2+1=0，整理得a2+b2−2a2b2=0．
∵ b2=a2−c2=a2−a2e2，代入上式得2a2=1+11−e2，
∴ a2=121+11−e2．
∵ 12≤e≤22，
∴ 14≤e2≤12，∴ 12≤1−e2≤34，
∴ 43≤11−e2≤2，∴ 73≤1+11−e2≤3，
∴ 76≤a2≤32，符合条件a2+b2>1，
由此可得426≤a≤62，∴ 423≤2a≤6，
故椭圆长轴长的最大值为6．
【考点】
直线与椭圆结合的最值问题
椭圆的定义
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）∵ e=ca=33，2c=2，
∴ a=3，则b=a2−c2=2，
∴ 椭圆的方程为x23+y22=1．
（2）设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
∵ OA→⊥OB→，∴ OA→⋅OB→=0，
即x1x2+y1y2=0．
由x2a2+y2b2=1，y=−x+1，消去y得(a2+b2)x2−2a2x+a2(1−b2)=0．
由Δ=(−2a2)2−4a2(a2+b2)(1−b2)>0，得a2+b2>1．
又∵ x1+x2=2a2a2+b2，x1x2=a2(1−b2)a2+b2，
∴ y1y2=(−x1+1)(−x2+1)=x1x2−(x1+x2)+1．
由x1x2+y1y2=0，得2x1x2−(x1+x2)+1=0．
∴ 2a2(1−b2)a2+b2−2a2a2+b2+1=0，整理得a2+b2−2a2b2=0．
∵ b2=a2−c2=a2−a2e2，代入上式得2a2=1+11−e2，
∴ a2=121+11−e2．
∵ 12≤e≤22，
∴ 14≤e2≤12，∴ 12≤1−e2≤34，
∴ 43≤11−e2≤2，∴ 73≤1+11−e2≤3，
∴ 76≤a2≤32，符合条件a2+b2>1，
由此可得426≤a≤62，∴ 423≤2a≤6，
故椭圆长轴长的最大值为6．
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