单元测评(二)
第二章
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.第Ⅰ卷60分,第Ⅱ卷90分,共150分,考试时间120分钟.
第Ⅰ卷 (选择题 共60分)
一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.已知数轴上三点A,B,C,且AB=2.5,BC=-3,若点A的坐标为0,则点C的坐标为 ( )
A.0.5 B.-0.5
C.5.5 D.-5.5
2.已知直线l:x-1=0,则直线l的倾斜角为 ( )
A.0° B.30°
C.45° D.90°
3.已知点A(1,2,2),B(1,-3,1),点C在平面yOz上,且点C到点A,B的距离相等,则点C的坐标可以为 ( )
A.(0,1,-1)
B.(0,-1,6)
C.(0,1,-6)
D.(0,1,6)
4.过两点(-1,1)和(3,9)的直线在x轴上的截距是 ( )
A.-32 B.-23
C.25 D.2
5.若直线x+(m+1)y+3=0与直线mx+2y-1=0平行,则实数m的值为 ( )
A.1 B.-2
C.2或-1 D.-2或1
6.在平面直角坐标系中,正三角形ABC的边BC所在直线的斜率为0,则边AC,AB所在直线的斜率之和为 ( )
A.-23 B.0
C.3 D.23
7.已知点P(a,b)(ab≠0)是圆x2+y2=r2(r>0)内的一点,直线m是以P为中点的弦所在的直线,直线l的方程为ax+by=r2,那么 ( )
A.m∥l,且l与圆相交 B.m⊥l,且l与圆相切
C.m∥l,且l与圆相离 D.m⊥l,且l与圆相离
8.圆(x+1)2+y2=2的圆心到直线y=x+3的距离为 ( )
A.1
B.2
C.2
D.22
9.设A,B是x轴上的点,点P的横坐标为2,且|PA|=|PB|,若直线PA的方程为x-y+1=0,则直线PB的方程为 ( )
A.x+y-5=0
B.2x-y-1=0
C.x-2y+4=0
D.2x+y-7=0
10.若直线ax+by-3=0和圆x2+y2+4x-1=0相切于点P(-1,2),则ab的值为 ( )
A.-3
B.-2
C.2
D.3
11.两圆x2+y2-4x+2y+1=0与x2+y2+4x-4y-1=0的公切线有 ( )
A.1条
B.2条
C.3条
D.4条
12.一辆卡车宽1.6 m,要经过一个单向行驶的半圆形隧道(半径为3.6 m),则这辆卡车的平顶车篷篷顶距地面的高度不得超过 ( )
A.1.4 m
B.3.5 m
C.3.6 m
D.2.0 m
第Ⅱ卷 (非选择题 共90分)
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.把正确答案填在题中横线上)
13.若点(2,k)到直线3x-4y+6=0的距离为4,则实数k的值为 .?
14.以点A(2,0)为圆心,且经过点B(-1,1)的圆的方程是 .?
15.已知x,y∈R,则“a=1”是“直线ax+y-1=0与直线x+ay+1=0平行”的 (从“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分也不必要”中选择一个)条件.?
16.已知直线l垂直于直线3x+4y-2=0,且与两坐标轴所围成的三角形的周长为5,则直线l的方程为 .?
三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(10分)直线l过点P43,2,且与x轴、y轴的正方向分别交于A,B两点,O为坐标原点,当△AOB的面积为6时,求直线l的方程.
18.(12分)已知一条直线经过点(-2,2),且与两坐标轴所围成的三角形的面积为1,求这条直线的方程.
19.(12分)已知直线y=-2x+m,圆x2+y2+2y=0.
(1)当m为何值时,直线与圆相交?
(2)当m为何值时,直线与圆相切?
(3)当m为何值时,直线与圆相离?
20.(12分)求与圆C1:(x-2)2+(y+1)2=4相切于点A(4,-1),且半径为1的圆C2的方程.
21.(12分)已知圆O1:x2+y2+6x-4=0,圆O2:x2+y2+6y-28=0.求:
(1)两圆的公共弦所在直线的方程;
(2)两圆的公共弦长.
22.(12分)以原点为圆心,半径为r的圆与直线x-3y-8=0相切.
(1)直线l过点(-2,6)且l截圆O所得弦长为43,求直线l的方程.
(2)设圆O与x轴的正半轴的交点为M,过点M作两条斜率分别为k1,k2的直线,两条直线分别交圆O于A,B两点,且k1·k2=-3.证明:直线AB过一个定点,并求出该定点的坐标.
参考答案
单元测评(一)
1.D [解析] 由题意得,根号里面是首项为2,公差为4的等差数列,∴该等差数列的通项公式为an=2+4(n-1)=4n-2.而72=98,令98=4n-2,得n=25.
2.A [解析] 由题图中的变化规律可得,{an}的通项公式可以为an=3n-1.
3.D [解析] 由题知log3a1+log3a2+…+log3a10=log3(a5a6)5=20.故选D.
4.A [解析] ∵a1,a3,a2成等差数列,∴2a3=a1+a2,∴2a1q2=a1+a1q,∴2q2=1+q,∴q=1或q=-12,故选A.
5.B [解析] ∵Sn=n2,∴Sn-1=(n-1)2,n≥2,∴an=Sn-Sn-1=2n-1,n≥2,又a1=S1=1,∴an+1-an=2,但an+1an=2n+12n-1不是常数,故数列{an}是等差但不是等比数列.
6.B [解析] 设等差数列{an}的公差为d,
∵a1+a4+a7=39,a2+a5+a8=33,
∴(a2+a5+a8)-(a1+a4+a7)=3d=-6,∴d=-2,
∴a3+a6+a9=(a2+a5+a8)+3d=33-6=27.故选B.
7.A [解析] 由题意得Sn-1=2n-1-1(n≥2),又Sn=2n-1(n∈N*),两式作差得an=2n-1(n≥2),经检验n=1满足上式,所以an=2n-1,所以an2=4n-1,所以a12+a22+…+an2=1?4n1?4=4n-13,故选A.
8.C [解析] 依题意有a2=a1+d=3,a6=a1+5d=11,解得a1=1,d=2,所以S7=7a1+21d=49.
9.A [解析] 由已知得b2=ac,∴Δ=b2-4ac=-3ac.又∵a,b,c成等比数列,∴a,c同号,∴Δ<0,故函数f(x)的图像与x轴无交点.
10.D [解析] 因为an=1n(n+1)=1n-1n+1,所以{an}的前n项和Sn=1-1n+1=20182019,解得n=2018.
11.B [解析] 因为a1a30=a2a29=…=a15a16,所以a1a2a3…a30=(a1a30)15=230?a1a30=22,所以a3a6a9…a30=(a3a30)5=(a1q2·a30)5=(a1a30)5·210=220.
12.B [解析] S15=15(a1+a15)2=15a8>0?a8>0,则a1+7d>0.因为a8+a9<0,所以a9<0,即a1+8d<0.不等式an+Snn<0可化为a1+34(n-1)d<0,要使此不等式成立,则需34(n-1)>7,解得n>1013,故使不等式成立的最小的n值为11.
13.2 [解析] 因为数列{an}为等比数列,a1+a3=5,a2+a4=10,所以a2+a4a1+a3=q(a1+a3)a1+a3=q=2.
14.3 [解析] 由a3=4,S3=3,得a1+2d=4,3a1+3×22d=3?d=3.
15.2600 [解析] 当n为奇数时,an+2-an=0,
即an+2=an=a1=1;当n为偶数时,an+2-an=2,又a2=2,即当n为偶数时,数列{an}是首项为2,公差为2的等差数列.
∴S100=(a1+a3+…+a99)+(a2+a4+…+a100)=50+2×50+50×492×2=2600.
16.8 [解析] ∵S16=16(a1+a16)2=8(a8+a9)>0,S17=17(a1+a17)2=17a9<0,
∴a8>0且a9<0,∴数列{an}是一个前8项均为正数,从第9项起为负数的等差数列,∴当n=8时,Sn最大.
17.解:设三个数分别为aq,a,aq,
根据题意可得aq·a·aq=a3=512,解得a=8,
所以三个数分别为8q,8,8q.
根据第一个数与第三个数各减2,则新的三个数构成等差数列,
可得8q-2+8q-2=16,解得q=12或q=2,
所以这三个数分别为16,8,4或4,8,16.
18.解:(1)由an+2-2an+1+an=2n-6得
(an+2-an+1)-(an+1-an)=2n-6,
∴bn+1-bn=2n-6.
当n≥2时,bn-bn-1=2(n-1)-6,
bn-1-bn-2=2(n-2)-6,
…,
b3-b2=2×2-6,
b2-b1=2×1-6,
累加得
bn-b1=2×(1+2+…+n-1)-6×(n-1)
=n(n-1)-6n+6
=n2-7n+6.
又b1=a2-a1=-14,
∴bn=n2-7n-8(n≥2),
当n=1时,b1也适合此式,
故bn=n2-7n-8.
(2)由bn=(n-8)(n+1)得
an+1-an=(n-8)(n+1),
∴当n<8时,an+1
当n=8时,a9=a8;当n>8时,an+1>an.
∴当n=8或n=9时,an的值最小.
19.解:(1)由2Sn=an2-2Sn-1+1(n≥2,n∈N*),
可得n≥3时,2Sn-1=an-12-2Sn-2+1,
两式相减可得2an=an2-2Sn-1+1-an-12+2Sn-2-1=an2-an-12-2an-1(n≥3),
即2(an+an-1)=(an-an-1)(an+an-1)(n≥3).
∵数列{an}为递增数列,
∴an+an-1≠0(n≥2),
∴an-an-1=2(n≥3),
又a1=1,2S2=a22-2a1+1,
∴a2=3,满足a2-a1=2,
∴{an}是首项为1,公差为2的等差数列,
∴an=2n-1.
(2)由(1)知bn=1an·an+1=1(2n-1)(2n+1)=12×12n-1-12n+1,
可得Tn=12×1-13+13-15+…+12n-1-12n+1
=12×1-12n+1=n2n+1.
令Tn>919,即n2n+1>919,
解得n>9,即n的最小值为10.
20.解:(1)证明:当n=1时,a1+1=2a1,解得a1=1;
当n≥2时,Sn+n=2an,Sn-1+(n-1)=2an-1,
得an+1=2an-2an-1,
即an=2an-1+1,
即an+1=2(an-1+1)(n≥2),
又a1+1=2,故{an+1}是首项为2,公比为2的等比数列.
故an+1=2n,即an=2n-1(n∈N*).
(2)由题意得bn=n·2n,
则Tn=1×2+2×22+3×23+…+n×2n①,
2Tn=1×22+2×23+…+(n-1)×2n+n×2n+1②,
①-②得-Tn=2+22+23+…+2n-n×2n+1=2×(1?2n)1?2-n×2n+1=(1-n)×2n+1-2,
∴Tn=(n-1)×2n+1+2.
21.解:(1)因为a1=1,a1+a2+…+an-1-an=-1(n≥2)①,
所以a1+a2+…+an-an+1=-1②,
由①-②得an+1-2an=0,即an+1an=2(n≥2).
当n=2时,a1-a2=-1,
因为a1=1,所以a2=2,则a2a1=2,
所以数列{an}是首项为1,公比为2的等比数列,
故an=2n-1(n∈N*).
(2)证明:因为an=2n-1(n∈N*),
所以dn = 1 + loga an + 12+an + 225 = 1 + 2nloga 2,
所以dn+1-dn=2loga2,
所以{dn}为等差数列.
22.解:(1)证明:当n≥2时,an=Sn-Sn-1=1-2an+1-1+2an=2(an-an+1),
∴an+1an=12.又当n=2时,有a1=1-2a2,
∵a1=12,∴a2=14,∴a2a1=12,
∴{an}是以12为首项,12为公比的等比数列.
∴an=12n(n∈N*),∴a3=18,a5=132,
代入等式化简得(bn+2+bn-2bn+1)ln12=0,
∴2bn+1=bn+2+bn,∴数列{bn}为等差数列.
(2)∵b1=2,b2=3,且{bn}为等差数列,∴bn=n+1,
∴anbn=12n(n+1),
∴xn = 22 + 322 + 423+…+n+12n①,
①×12得
12xn=222 + 323 + 424+…+n2n+n+12n+1②,
①-②得12xn=1+122+123+…+12n-n+12n+1=12+12×(1?12n)1?12-n+12n+1=32-n+32n+1,
∴xn=3-n+32n.
