实验高二级模块考试理科数学.pdf

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(整理版)实验(下)高二级模块考试理科数学
实验—〔下〕高二级模块考试理科数学
本试卷分学分认定和能力测试两局部,共4150120页,总分值分,考试用时分钟。
考前须知:

,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑;如需改动,用
橡皮擦干净后,再选涂其它答案;不能答在试卷上。
,答案必须写在另发的答题卷各题目指定
区域内的相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新的答案;不准使用铅
。
,考试结束后,将答题卷和答题卡一并收回。
第一局部学分认定〔共100分〕
一、选择题(50)总分值分
()ycos(x)
cosxsinxsinx
—A1B1C1D1中,M为AC与BD的交点,假设==,,A1BaA1D1bA1A
=.那么以下向量中与相等的向量是〔〕cB1M
1111
.abcabc
2222
1111
bcabc
2222
图
1
3.〔〕|x|dx
1
1

2
“自然数中恰有一个偶数〞,正确的选项是()a,b,c
、b、、b、c都是奇数都是偶数
、b、、b、c中至少有两个偶数中或都是奇数或至少有两个偶数
〕,,(,那么△ABC的形状是〔1,2,1)(4,2,3)(3,5,4)


11111
,由到,不等式左边的变化是kk1
n1n22n34
〔〕
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1

2(k1)
11

2k12k2
111

2k12k2k1

(x)是函数f(x)的导函数,将yf(x)和yf(x)的图象画在同一个直角坐标系
中,不可能正确的选项是〔〕
yyyy
OxOxOxOx
.
(x)2x2lnx的递增区间是()
111111
A.(0,)B.(,0)及(,)C.(,)D.(,)及(0,)
222222
,A1B1C1—ABC是直三棱柱,∠BCA=90°,点D1、F1分别是
A1B1、A1C1的中点,假设BC=CA=CC1,那么BD1与AF1所成角的余
弦值是〔〕
301
.
102
3015图
.
1510
,受热膨胀,半径r为时间t的函数,其导数〔半径膨胀率〕为
r'(t)a(cm/s)那么其面积的膨胀率〔〕s'(t)
〔A〕〔B〕〔C〕〔D〕r2r2ar
二、填空题〔每题520分,共分〕请把答案填在答案卷内
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(m/s)的速度运动,那么其在前30秒内的平均速度为v(t)t23t8
______________(m/s).
,、分别是、的中点,求点到截1ABCDA1B1C1D1EFA1B1CDB

,5,11,20,x,47,x
,那么方程f(x)x44x310x2f〔x〕=01,2]上的根有个在区间[
(30)总分值分
2xy4x
(x)x33x
3
〔I〕(x)[3,]
2
〔II〕过点作曲线的切线,(2,6)yf(x)
1
,,AB⊥AC,,NAB为上一点,PABCPAABCPAACAB
2
AB4AN,.M,SP分别为的中点B,BC
〔Ⅰ〕证明:;CMSN
〔Ⅱ〕
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第二局部能力测试(50)共分
一、填空题〔每题510分〕分,共
,假设,那么.{an}nSnS981a2a5a8
AEAC
,的内角平分线所成线段的比为,把这个结ABCCE分AB
EBBC
论类比到空间:在三棱锥中〔如下图〕,平面平分二面角且ABCDDECACDB
A
与ABE,
AE
EBD
BC
C
二、解答题(40201321132214)题题题分分,
1
△ABC中,角A、B、Ca,b,c,所对的边分别为cos2C
4
(I)求的值;sinC
(Ⅱ)当时,2,sinC2sinAbc
33
,线段的长为,是A,ByxyxAB23P
33
AB的中点,
〔1〕求动点的轨迹的方程;PC
〔2〕过点作直线〔与轴不垂直〕与轨迹交于两点,与轴交于点Q(1,0)lxCM、NyR

.假设,,证明:MQRNNQ
33an
,,.{an}a1an1n1,2,
52an1
〔Ⅰ〕求的通项公式;{an}
112
〔Ⅱ〕证明:对任意的,,;x0an≥2nxn1,2,
1x(1x)3
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n2
a1a2an
〔Ⅲ〕证明:.n1
实验—高二级模块考试
数学参考答案
第一局部
一、选择题〔每题550分分,共
**********
CCCDBCDCDD
〔每题520分,共分〕请把答案填在答案卷内
6AESACD

6EBSBCD
(30)总分值分
y22x
15.:由方程组解出抛物线和直线的交点为〔2,2〕及〔8,-4〕……2解分
y4x
解法1:选x作为积分变量,由图可看出S=A1+A2
在A1局部:由于抛物线的上半支方程为,下半支方程为所以……3分y2xy2x
221
S[2x(2x)]dx22x2dx
A100
2,2〕
〔
8
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〔〕8,-4:.
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3
22216
22x0
33
8
SA2[4x(2x)]dx
2
3
12222828
(4xxx)2
233
1638
于是:S18
33
解法二:选y作积分变量,将曲线方程写为
2
y
x及x4y
2
2y2
S[(4y)]dy
42
y2y32
(4y)4
26
3012
18
16I〕,、解:〔f'(x)3(x1)(x1)
3
当或时,,x[3,1)x(1,]f'(x)0
2
3
[3,1],[1,]为函数的单调增区间f(x)
2
当时,,x(1,1)f'(x)0
[1,1]为函数的单调减区间f(x)
39
又因为,f(3)18,f(1)2,f(1)2,f()
28
所以当时,x3f(x)min18
当时,x1f(x)max2
〔II〕设切点为,那么所求切线方程为Q(x,x33x)

y(x33x)3(x21)(xx)

由于切线过点,,P(2,6)6(x33x)3(x21)(2x)

解得或x0x3
所以切线方程为即y3x及y624(x2)
3xy0或24xy540
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=1,以AAB,AC,APx,y,z证明:设分别为为原点,射线轴正向建立空间直角坐标
系如图。
111
那么P〔0,0,1〕,C〔0,1,0〕,B〔2,0,0〕,M〔1,0,N〔,0,0〕,S〔1,,0〕.〕,
222
111
〔Ⅰ〕,CM(1,1,),SN(,,0)
222
11
因为,CMSN00
22
所以CM⊥SN
1
〔Ⅱ〕,NC(,1,0)
2
设a=〔x,y,z〕为平面CMN的一个法向量,
1
xyz0,
2
那么令x2,得a=(2,1,-2).
1
xy0.
2
1
1
22
因为cosa,SN
22
3
2
所以SNCMN45°。与片面所成角为
21
=1-2sin〔Ⅰ〕解:因为C=0<C<π,及
4
10
所以sinC=.
4
ac
〔Ⅱ〕解:当a=2,2sinA=sinC时,由正弦定理,得
sinAsinC
c=4
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21
由cos2C=2cosC-1=J0<C<π得及,
4
6
cosC=±
4
由余弦定理c2=a2+b2-2abcosC,得
b2±b-12=06
解得b=2或66
所以b=b=66
c=4或c=4
〕设,,.解:〔P(x,y)A(x1,y1)B(x2,y2)
x1x2
x,
2
∵是线段的中点,∴PAB
y1y2
y.
2
3333
∵分别是直线和上的点,∴、Byxyxy1x1y2x2
3333
x1x223y,

∴23
y1y2x.
3

又,∴.AB23(xx)2(yy)212
1212
2
242x2
∴,∴x12PCy1
39
〔2〕依题意,直线的斜率存在,k(x1)
设、、,M(x3,y3)N(x4,y4)R(0,y5)
yk(x1),
2
那么两点坐标满足方程组M、Nx2
y1.
9
消去并整理,得,y(19k2)x218k2x9k290
29k29
18k
∴,①②x3x4.2x3x42
19k19k
∵,∴.RMMQ(x3,y3)(0,y5)(1,0)(x3,y3)
x3(1x3),
即∴.∵与轴不垂直,∴,x3(1x3)lxx31
y3y5y3.
x3x4
∴,同理.
1x31x4
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x3x4(x3x4)2x3x4
∴.
1x31x41(x3x4)x3x4
9
将①②代入上式可得.
4
3an121111
22.an1解法一:〔Ⅰ〕,,,11
2an1an133anan13an
12121
又,是以为首项,为公比的等比数列.11
an3an33
n
12123
1n1n,.ann
an33332
n
3
〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕知,ann0
32
112
2nx
1x(1x)3
112
2n11x
1x(1x)3
111
2(1x)
1x(1x)an
112
2
an(1x)1x
2
11
anan≤an,原不等式成立.
an1x
〔Ⅲ〕由〔Ⅱ〕知,对任意的,有x0
112112112
a1a2an≥2x22x2nx
1x(1x)31x(1x)31x(1x)3
n1222
22nnx.
1x(1x)333
21
1n
12223311
取,x2n1n
n3331n3
n1
3
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22
nnn
a2an≥
111n1
11nn1n
n33
原不等式成立.
解法二:〔Ⅰ〕同解法一.
112
〔Ⅱ〕设,f(x)2nx
1x(1x)3
222
(1x)nx2(1x)2nx
133
那么f(x)222
(1x)(1x)(1x)
x0,
22
当时,;当时,,xnf(x)0xnf(x)0
33
221
当时,nf(x)fnan
332
1n
3
原不等式成立.
〔Ⅲ〕同解法一.
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