高二数学期中试卷[下学期]

高二数学上学期期中考试试卷一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分）1．4x是x141的（）A．必要不充分条件B．充要条件C．充分不必要条件D．既不充分又非必要条件2．下列各组不等式中同解的是（）A．6x与22)3(6)3(xxxB．0)2(12xx与2xC．31x32xx与0232xxD．0)1()1(22xxx与0232xx3．直线l：)0(034mamyax，过点（1，－1），那么l的倾斜角为（）A．41arctanB．)41arctan(C．41arctanD．4arctan4．若直线1l：03)1(yaax，与2l：02)32()1(yaxa互相垂直，则a的值为（）A．－3B．1C．0或－23D．1或－35．在下列函数中，当x取正数时，最小值为2的是（）A．xxy4B．xxylg1lgC．11122xxyD．322xxy6．若10,10ba，则ba，ab2，22ba，ab2中最大一个是（）A．baB．ab2C．22baD．ab27．如果直线l将圆：04222yxyx平分，且不过第四象限，那么l的斜率取值范围是（）A．[0，2]B．（0，2）C．（－∞，0）∪（2，+∞）D．（－∞，0]∪[2，+∞)8．直线)0(0mnpnymx在两坐标轴上的截距相等，则pnm,,满足条件是（）A．nmB．||||nmC．nm且0pD．0p或0p且nm9．已知两点A（－1，3），B（3，1），当C在坐标轴上，若2ACB,则这样的点C的个数为（）A．1B．2C．3D．410．使axx|5||4|有实数解的a为（）A．1aB．91aC．1aD．1a11．若不等式342xxax＞0的解为13x或2x，则a的值为（）A．2B．－2C．21D．－2112．若动点),(),(2211yxByxA、分别在直线1l：07yx和2l：05yx上移动，则AB中点M到原点距离的最小值为（）A．23B．32C．33D．24第Ⅱ卷（非选择题，共90分）二、填空题（本大题共4小题，第小题4分，共16分）13．函数11072xxxy(1x)的最小值是.14．过点P（3，0）作直线l，使它被两相交直线022yx和03yx所截得的线段中点恰好被P点平分，则直线l的方程是.15．已知圆的方程为02222ayaxyx，一定点A（1，2），要使过定点A作圆的切线有两条，则a的范围是.16．将a千克的白糖加水配制成b千克糖水（0ab），则其浓度为；若再加入m千克白糖（0m），糖水更甜了，根据这一生活常识提炼出一个常见不等式.三、解答题（本大题共6小题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程式或推演步骤）17．（12分）解不等式：13252xxx18．（12分）已知0,0ba，试比较：212212)()(abba与2121ba的大小.19．（12分）求yxz32的最大值，使式中的yx,满足约束条件：1211013623242yxyxyx20．（12分）在ABC中，BC边上的高所在直线方程为：012yx，∠A的平分线所在直线方程为：0y，若点B的坐标为（1，2），求点A和C的坐标.21．（12分）某商品计划两次提价，有甲、乙、丙三种方案，其中0qp次方案第一次提价第二次提价甲p00q00乙q00p00丙2qp002qp00经两次提价后，哪种方案的提价幅度大？22．（14）已知等腰直角三角形的斜边所在直线方程是：023yx，直角顶点C（52,514）,求两条直角边所在的直线方程和此三角形面积.高二数学上学期期中试题参考答案一、选择题1.C2.A3.C4.D5.D6.A7.A8.D9.C10.C11.B12.A二、填空题13．914.8x－y－24=015.α∈(332,332)16.baba,＜mbma三、解答题17．解：原不等式移项，整理得322322xxxx＜02分同解于（x2－3x+2）(x2－2x－3)＜0即：(x+1)(x－1)(x－2)(x－3)＜06分由数轴标根法可有：－1＜x＜1或2＜x＜310分故原不等式的解集为{x|－1＜x＜1或2＜x＜3}12分18．解：（法一）∵)()()(2121212212baabba2分)()(aabbbabaabba))(()11)((abbabaabbaaabbba6分当a＞b时，a－b＞0，ba＞0∴abbaba))((＞0同理当a≤b时，abbaba))((≥010分∴212212)()(abba≥)(2121ba12分（法二）记p=212212)()(abba，q=)(2121ba)(1])()[(133babaabbabaabbaabbaqp∵a＞0,b＞0∴a+b≥2ab∴a－ab+b≥ab∴)(1babaab≥1即qp≥1又q＞0∴p＞q即a－ab+b≥ab19．解：画出约束条件所表示的区域：如图示4分由3623242yxyx解得x=6,y=9取点M（6，9）8分作直线l1：2x+3y－z=0与2x+3y=0平行当l1经过点M（6，9）时，原点到l1的距离最大，此时z最大，最大值为：z=2×6+3×9=3912分20．解：由0012yyx∴A（－1，0）2分又KAB=1)1(102∵x轴为∠A的平分线，故KAC=－1∴AC：y=－(x+1)6分∵BC边上的高的方程为：x－2y+1=08分∴KBC=－2∴BC：y－2=－2（x－1）即：2x+y－4=010分由01042yxyx解得C（5，－6）12分21．解：设该商品原价为a，提价后三种方案的价格分别为s，t，u则有：s=a(1+p%)(1+q%)t=a(1+q%)(1+p%)u=a(1+%2qp)（1+%2qp）5分显然：s=t=a(1+p%+q%+10000pq)，]10000)2(%%1[])%2(%%1[22qpqpaqpqpau∵(2qp)2＞pq，∴u＞s=t10分故经两次提价后，丙种方案提价幅度最大.12分22．解：∵直线AB方程为3x－y+2=0∴KAB=3设与直线AB成45°角的直线斜率为k，则|1tg45|313kk4分解之得：k=21或k=－26分故两直角边所在直线方程为：x－2y－2=0和2x+y－6=08分由于点C到AB的距离d=1031|2525143|210分而|AB|=2d=210∴所求三角形面积为S=10||412AB14分