广西南宁市第三中学2021-2022学年高一下学期期中考试数学试题

这是一份广西南宁市第三中学2021-2022学年高一下学期期中考试数学试题，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．已知集合A=x∈Z|-1≤x≤3,B=x|x≥0，则A∩B=（ ）
A．1,2B．1,2,3C．0,3D．0,1,2,3
2．复数21-i的虚部为（ ）
A．1B．-1C．iD．1+i
3．“x>1”是“1x<1”的（ ）
A．充分非必要条件B．必要非充分条件
C．充要条件D．既非充分也非必要条件
4．已知tanα=2，π<α<32π，则csα-sinα=（ ）
A．55B．-55C．355D．-355
5．0.32,lg20.3,20.3这三个数的大小顺序是（ ）
A．0.32<20.3C．lg20.3<0.32<20.3D．lg20.3<20.3<0.32
6．如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为AB的中点，则直线EB1与A1D所成角的余弦值为（ ）
A．155B．105
C．104D．64
7．△ABC中，∠BAC=120∘ ,AB=2,AC=1,D为BC边上一点，DC＝2BD，则AD⋅BC＝( )
A．-83B．-73C．53D．-103
8．在△ABC中，a2+b2a2-b2=sin(A+B)sin(A-B)，则△ABC的形状是（ ）
A．等腰三角形但一定不是直角三角形
B．等腰直角三角形
C．直角三角形但一定不是等腰三角形
D．等腰三角形或直角三角形
二、多选题
9．a,b是两条不同的直线，α，β是空间两个不同的平面，如下有四个命题，其中正确的命题是（ ）
A．a⊥α,b//β,α//β⇒a⊥bB．a⊥b,a⊥α,α//β⇒b//β
C．a⊥b,a//α,α//β⇒b⊥βD．a⊥α,a//b,α//β⇒b⊥β
10．将函数fx=3cs2x+π3的图象向左平移π3个单位长度，得到函数gx的图象，则函数gx具有以下哪些性质（ ）
A．最大值为3，图象关于直线x=-π3对称
B．图象关于y轴对称
C．最小正周期为π
D．图象关于点π4,0成中心对称
11．已知a>0，b>0，且a+b=1，则（ ）
A．a2+b2≥12B．2a-b>12C．1a+1b≥2D．a+b≤2
12．已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥BC，AB=BC=BB1，D是AC的中点，O为A1C的中点．点P是BC1上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．当点P运动到BC1中点时，直线A1P与平面A1B1C1所成的角的正切值为255
B．无论点P在BC1上怎么运动，都有A1P⊥OB1
C．当点P运动到BC1中点时，才有A1P与OB1相交于一点，记为Q，且PQQA1=13
D．无论点P在BC1上怎么运动，直线A1P与AB所成角都不可能是30°
三、填空题
13．已知向量a与b的夹角为π3，a=1，a⋅a+b=2，则b= ．
14．若复数z=m2+m+mi(m∈R,i为虚数单位)为纯虚数，则m的值为 .
15．已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是矩形，其中AD=1,AB=2，侧棱PA⊥底面ABCD，且直线PB与CD所成角的余弦值为255，则四棱锥P-ABCD的外接球表面积为 .
16．已知f(x)=x+2, x≤0lg3x, x>0，若方程fx-a=0有四个根x1，x2，x3，x4且x1四、解答题
17．已知向量a=(-2,-1)，向量b=(λ,1)．
(1)若λ=-12，求a与b的夹角；
(2)若a与b的夹角为钝角，求实数λ的取值范围．
18．如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB//CD，PA=AB=2CD=2，∠ADC=90°，E、F分别为PB、AB的中点．
(1)求证：CE //平面PAD；
(2)求点B到平面PCF的距离．
19．在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别是a，b，c，且bsinB+C2=asinB．
(1)求A；
(2)已知a=23，sinB+sinC=3，求△ABC的面积.
20．在四棱锥Q-ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD=2,QD=QA=5,QC=3．
（1）证明：平面QAD⊥平面ABCD；
（2）求二面角B-QD-A的平面角的余弦值．
21．某公园为了吸引更多的游客，准备进一步美化环境．如图，准备在道路AB的一侧进行绿化，线段AB长为4百米，C，D都设计在以AB为直径的半圆上．设∠COB=θ．
（1）现要在四边形ABCD内种满郁金香，若∠COD=π3，则当θ为何值时，郁金香种植面积最大；
（2）为了方便游客散步，现要铺设一条栈道，栈道由线段BC，CD和DA组成，若BC＝CD，则当θ为何值时，栈道的总长l最长，并求l的最大值（单位：百米）．
22．已知定义域为R的函数fx和gx，其中fx是奇函数，gx是偶函数，且fx+gx=2x+1．
（1）求函数fx和gx的解析式；
（2）若2fx≥gx，求x范围；
（3）若关于x的方程fx-λgx+1=0有实根，求正实数λ的取值范围．
参考答案：
1．D
【分析】直接利用集合的交集运算求解.
【详解】∵集合A=x∈Z|-1≤x≤3=-1,0,1,2,3,B=x|x≥0，
所以A∩B=0,1,2,3.
故选：D.
2．A
【分析】利用复数的除法化简复数21-i，即可得出结论.
【详解】因为21-i=21+i1-i1+i=1+i，因此，复数21-i的虚部为1.
故选：A.
3．A
【分析】化简分式不等式，即可根据充分不必要条件的定义判断.
【详解】由1x<1可得1-xx<0，解得x>1或x<0，
“x>1”可以推出“x>1或x<0”，“x>1或x<0”不能推出“x>1”，例如x=-1，
故“x>1”是“1x<1”的充分非必要条件，
故选：A
4．A
【分析】由tanα=sinαcsα=2及sin2α+cs2α=1解出sinα与csα即可求解.
【详解】因为tanα=sinαcsα=2，且sin2α+cs2α=1，π<α<32π，
所以sinα=-255，csα=-55，
所以csα-sinα=-55--255=55.
故选：A.
5．C
【分析】分别比较与中间值0和1的大小关系即可得答案.
【详解】解：因为0<0.32<0.30=1，lg20.320=1，
所以lg20.3<0.32<20.3，
故选：C.
6．B
【分析】连接B1C、CE，证明出A1D//B1C，可得出直线EB1与A1D所成角为∠CB1E或其补角，计算出△B1CE三边边长，利用余弦定理可求得结果.
【详解】连接B1C、CE，如下图所示：
在正方体ABCD-A1B1C1D1中，A1B1//CD且A1B1=CD，则四边形A1B1CD为平行四边形，
所以，B1C//A1D，故直线EB1与A1D所成角为∠CB1E或其补角，
由勾股定理可得B1C=BB12+BC2=22，B1E=CE=BE2+CB2=5，
由余弦定理可得cs∠CB1E=B1C2+B1E2-CE22B1C⋅B1E=105.
因此，直线EB1与A1D所成角的余弦值为105.
故选：B.
7．A
【分析】以AC,AB为基底表示AD,BC，根据向量的数量积运算律即可计算AD⋅BC的值.
【详解】
由图及题意得BC=AC-AB，AD=AB+13BC=13AC+23AB，
∴AD⋅BC=AC-AB⋅13AC+23AB
=13AC2-23AB2+13AC⋅AB
=13×1-23×4+13×1×2×-12
=-83.
故选：A.
8．C
【解析】原式可化为a2+b2⋅sinAcsB-csAsinB=a2-b2sinAcsB+csAsinB，然后利用正弦定理、余弦定理进行边角互化，得出a，b，c的关系.
【详解】解：由a2+b2a2-b2=sin(A+B)sin(A-B)得：a2+b2⋅sin(A-B)=a2-b2sin(A+B)，且a≠b，
∴a2+b2⋅sinAcsB-csAsinB=a2-b2sinAcsB+csAsinB，且a≠b，
∴a2+b2⋅acsB-bcsA=a2-b2acsB+bcsA，
∴a2+b2⋅aa2+c2-b22ac-bb2+c2-a22bc=a2-b2aa2+c2-b22ac+bb2+c2-a22bc，
化简整理得：a2+b2⋅a2-b2=a2-b2c2，即a2+b2-c2a2-b2=0，
∴a2=b2或a2+b2=c2，又a≠b，
∴△ABC是直角三角形但一定不是等腰三角形.
故选：C.
【点睛】本题考查三角形形状的判定，难度稍大.解答时，利用正、余弦定理进行边角互化是难点.
9．AD
【分析】根据线面、面面垂直与平行的判定定理及性质定理判定即可；
【详解】解：对于A：由a⊥α、α//β，可得a⊥β，又b//β，所以a⊥b，故A正确；
对于B：由a⊥α、α//β，可得a⊥β，又a⊥b，则b//β或b⊂β，故B错误；
对于C：由a//α,α//β，则a//β或a⊂β，又a⊥b，则b//β或b⊂β或b与β相交（不垂直）或b⊥β，故C错误；
对于D：由a⊥α、α//β，可得a⊥β，又a//b，所以b⊥β，故D正确；
故选：AD
10．BCD
【分析】由三角函数的图象变换可求出函数gx的解析式，然后利用余弦型函数的图象与性质，对各选项逐一分析即可求解.
【详解】解：由题意，gx=fx+π3=3cs2x+π3+π3=3cs2x+π=-3cs2x，
对A：gx的最大值为3，最小值为-3，因为g-π3=-3cs-2π3=32，所以函数gx的图象不关于直线x=-π3对称，故选项A错误；
对B：因为g-x=-3cs2-x=-3cs2x=gx，所以函数gx为偶函数，其图象关于y轴对称，故选项B正确；
对C：由周期公式有T=2π2=π，所以函数gx的最小正周期为π，故选项C正确；
对D：因为gπ4=-3cs2×π4=-3csπ2=0，所以函数gx的图象关于点π4,0成中心对称，故选项D正确.
故选：BCD.
11．ABCD
【分析】由基本不等式判断ACD，由条件求a-b的取值范围， 即可求解2a-b的取值范围.
【详解】A.由不等式可知，a2+b2≥(a+b)22=12，故A正确；
B.2a-b=21-2b，由a>0，b>0，且a+b=1，可知，b∈(0,1)，-1<1-2b<1，
所以12<21-2b<2，故B正确；
C.1a+1b=(1a+1b)(a+b)=2+ba+ab≥2+2ba⋅ab=4，当且仅当ba=ab时，即a=b=12时等号成立，故C成立；
D.(a+b)2=1+2ab≤1+(a+b)=2，即a+b≤2，故D正确.
故选：ABCD
12．BD
【分析】选项A：设E为B1C1的中点，连接A1E、EP，可得直线A1P与平面A1B1C1的平面角为∠PA1E，求正切值即可；选项B：利用线面垂直的性质可证明A1P⊥OB1即可判断；选项C：利用三角形中线的性质判断即可；选项D：由直线的平行关系构造线线角为∠B1A1P，结合动点P分析角度范围判断即可.
【详解】选项A：当点P运动到BC1中点时，设E为B1C1的中点，连接A1E、EP，如下图示，
因为直三棱柱ABC-A1B1C1，所以BB1⊥面A1B1C1，
又因为△C1B1B中中位线EP∥BB1，所以EP⊥面A1B1C1，
所以直线A1P与平面A1B1C1所成的角的正切值tan∠PA1E=EPAE，
因为EP=12BB1，AE=A1B12+B1E2=52BB1，所以tan∠PA1E=55，故说法A错误；
选项B中，连接B1C，与BC1交于E，并连接A1B，如下图示，
由题意知，B1BCC1为正方形，即有B1C⊥BC1，
因为A1B1⊥B1C1且ABC-A1B1C1为直三棱柱，BB1⊥平面A1B1C1，A1B1⊂平面A1B1C1，
所以A1B1⊥BB1，
因为B1C1∩BB1=BB1，B1C1，BB1⊂面B1BCC1，所以A1B1⊥面B1BCC1，
因为BC1⊂面B1BCC1，所以A1B1⊥BC1，
又A1B1∩B1C=B1，A1B1,B1C⊂面A1B1C，所以BC1⊥面A1B1C，
因为OB1⊂面A1B1C，所以BC1⊥OB1，
连接AB1,AC1，同理A1B⊥AB1，B1C1⊥面AA1B1B，
因为A1B⊂面AA1B1B，所以B1C1⊥A1B，
又AB1∩B1C1=B1，AB1,B1C1⊂面AB1C1，所以A1B⊥面AB1C1，
因为OB1⊂面AB1C1，所以A1B⊥OB1，
又A1B∩BC1=B，A1B,BC1⊂面A1BC1，
所以OB1⊥面A1BC1，又A1P⊂面A1BC1，即有A1P⊥OB1，故B说法正确；
选项C：点P运动到BC1中点时，即在△A1B1C中A1P、OB1均为中线，所以Q为中线的交点，
所以根据中线的性质有：PQQA1=12，故C错误；
选项D中，由于A1B1∥AB，直线A1P与AB所成角即为A1B1与A1P所成角∠B1A1P，
由选项A可知A1B1⊥面BB1C1C，因为B1P⊂面BB1C1C，所以A1B1⊥B1P，
所以tan∠B1A1P=B1PA1B1，
点P在BC1上运动时，当P在B或C1上时，∠B1A1P最大为45°，
当P在BC1中点上时，∠B1A1P最小，此时为tan∠B1A1P=22>33，∠B1A1P>30°，
所以∠B1A1P不可能是30°，故D说法正确；
故选：BD
13．2
【分析】根据向量数量积的运算律和定义可直接构造方程求得结果.
【详解】∵a⋅a+b=a2+a⋅b=a2+a⋅bcs=1+12b=2，∴b=2.
故答案为：2.
14．-1
【分析】根据复数有分类求解．
【详解】由题意m2+m=0m≠0，解得m=-1．
故答案为：-1．
15．6π
【分析】利用异面直线所成的角可求PA的长度，将四棱锥补成长方体后可求外接球的直径，从而可求外接球的表面积.
【详解】
如图，因为AB//CD，故∠PBA或其补角为异面直线PB与CD所成的角，
因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，故PA⊥AB，
故∠PBA为锐角，故cs∠PBA=255，故PB=2255=5，故PA=1.
将该四棱锥补成如图所示的长方体：
则该长方体的外接球即为四棱锥的外接球，其直径为1+1+4=6，
故表面积为4πR2=π2R2=6π.
故答案为：6π.
16．-2,469
【分析】作出函数fx的图象，结合图象知x1+x2=-2,1将已知转化为求-4+1x4+x4的范围，结合对勾函数的性质，即可求解.
【详解】由题意，作出函数f(x)=x+2, x≤0lg3x, x>0的图象，如图所示，
因为方程fx-a=0有四个根x1，x2，x3，x4且x1由图象可知x1+x2=-4，0又-lg3x3=lg3x4，可得x3x4=1，则x3=1x4
则x1+x2+x3+x4=-4+x3+x4=-4+1x4+x4，
由对勾函数的性质知y=1x4+x4在1,9上单调递增，∴2<1x4+x4≤829
∴-2<-4+1x4+x4≤469，即-2即x1+x2+x3+x4的取值范围是-2,469.
故答案为：-2,469.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查了函数与方程的综合应用，其中解答中作出函数的图象，结合图象和对勾函数的性质求解是解答的关键，着重考查数形结合思想，以及推理与运算能力.
17．(1)π2
(2)-12,2∪(2,+∞)
【分析】（1）根据a⋅b=0得到a与b的夹角；
（2）根据a与b的夹角为钝角得到a⋅b<0且不反向共线，然后求λ即可.
【详解】（1）当λ=-12时，b=-12,1，a⋅b=-2⋅-12+(-1)⋅1=1-1=0，∴a与b的夹角为π2.
（2）因为a与b的夹角为钝角，所以a⋅b=-2λ-1<0，解得λ>-12，
当a与b反向共线，即a⋅b=-|a||b|时，2λ+1=5⋅λ2+1，解得λ=2，
综上，实数λ的取值范围为-12,2∪(2,+∞).
18．(1)证明见解析
(2)255
【分析】（1）设G是PA的中点，连接GE，DG，证明四边形CDGE是平行四边形，可得CE//DG，再根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）利用等体积法求解即可.
【详解】（1）设G是PA的中点，连接GE，DG，
由于E是PB的中点,
所以GE//AB，GE=12AB,
由于CD//AB，CD=12AB，
所以GE//CD，GE=CD，
所以四边形CDGE是平行四边形，
所以CE//DG，
由于CE⊄平面PAD，DG⊂平面PAD，
所以CE //平面PAD；
（2）设B到平面PCF的距离为h，
因为PA⊥平面ABCD，CF⊂平面ABCD，所以PA⊥CF，
由于CD//AF，CD=AF，所以四边形ADCF是平行四边形，
由于∠ADC=90°，所以CF⊥AB，
由于AB∩PA=A,AB,PA⊂平面PAB，
所以CF⊥平面PAB，
又PF⊂平面PAB，所以CF⊥PF，
由VB-PCF=VC-PBF，
得13×S△PCF×h=13×S△PBF×CF，
即h=S△PBF×CFS△PCF=12BF×PA×CF12CF×PF=BF×PAPF=1×212+22=255，
所以点B到平面PCF的距离为255．

19．(1)A=π3
(2)S△ABC=33
【分析】（1）根据三角函数的正弦定理和三角恒等变换即可求出，
（2）根据三角函数的正弦定理和余弦定理求出bc,在由三角形面积公式得出结果.
【详解】（1）方法1：∵bsinB+C2=asinB，
由正弦定理：bsinB=asinA
可得sinBsinB+C2=sinAsinB；而sinB>0，故sinB+C2=sinA；
又∵sinA=sin[π-(B+C)]=sin(B+C)，∴sinB+C2=sin(B+C)
∵B+C2∈0,π2，(B+C)∈(0,π)，
∵sinB+C2=sin(B+C)且B+C2≠B+C，
∴B+C2+(B+C)=π，
B+C=23π，∴A=π3.
方法2：
∵bsinB+C2=asinB，
由正弦定理：bsinB=asinA，
可得sinBsinB+C2=sinAsinB；即sinB+C2=sinA；
其中sinB+C2=sinπ-A2=sinπ2-A2=csA2，
∴csA2=sinA=2sinA2⋅csA2，即sinA2=12；
∵A∈(0,π)，A2∈0,π2
∴A2=π6，∴A=π3.
（2）方法1：由正弦定理：bsinB=csinC=asinA=2332=4
∴b+c=4(sinB+sinC)=43，
由余弦定理：a2=b2+c2-2bc⋅csA，
故a2=(b+c)2-2bc-2bc⋅12=48-3bc=12；
解得bc=12
由（1）可知A=π3，
∴sinA=32，
∴S△ABC=12bc⋅sinA
∴S△ABC=12bc⋅sinA=12×12×32=33.
方法2：sinB+sinC=sin(π-A-C)+sinC=sin(A+C)+sinC，
∵A=π3，∴sin(A+C)+sinC=sinπ3+C+sinC=32csC+32sinC，
∴sinB+sinC=32csC+32sinC=3sinC+π6=3得sinC+π6=1，
∵C∈0,23π，
∴C+π6∈π6,56π，∴C+π6=π2,C=π3，
∴B=π-A-C=π-π3-π3=π3，即A=B=C=π3，
△ABC等边三角形，a=b=c=23
∴S△ABC=12bcsinA=12×23×23×32=33.
20．（1）证明见解析；（2）23.
【分析】（1）取AD的中点为O，连接QO,CO，可证QO⊥平面ABCD，从而得到面QAD⊥面ABCD.
（2）在平面ABCD内，过O作OT//CD，交BC于T，则OT⊥AD，建如图所示的空间坐标系，求出平面QAD、平面BQD的法向量后可求二面角的余弦值.
【详解】
（1）取AD的中点为O，连接QO,CO.
因为QA=QD，OA=OD，则QO⊥ AD，
而AD=2,QA=5，故QO=5-1=2.
在正方形ABCD中，因为AD=2，故DO=1，故CO=5，
因为QC=3，故QC2=QO2+OC2，故△QOC为直角三角形且QO⊥OC，
因为OC∩AD=O，故QO⊥平面ABCD，
因为QO⊂平面QAD，故平面QAD⊥平面ABCD.
（2）在平面ABCD内，过O作OT//CD，交BC于T，则OT⊥AD，
结合（1）中的QO⊥平面ABCD，故可建如图所示的空间坐标系.
则D(0,1,0),Q(0,0,2),B(2,-1,0)，故BQ=(-2,1,2),BD=(-2,2,0).
设平面QBD的法向量n=(x,y,z)，
则{n⋅BQ=0n⋅BD=0即{-2x+y+2z=0-2x+2y=0，取x=1，则y=1,z=12，
故n=(1,1,12).
而平面QAD的法向量为m=(1,0,0)，故cs〈m,n〉=11×32=23.
二面角B-QD-A的平面角为锐角，故其余弦值为23.
21．（1）当θ=π3时，郁金香种植面积最大；（1）当θ=π3为时，栈道的总长l最长，l的最大值为6百米.
【分析】(1)求出利用三角形的面积公式可得四边形ABCD关于θ的函数，利用三角函数的恒等变换可以得到“一角一函”的形式,然后根据角的范围利用正弦函数的性质可求得面积最大值；
(2)利用余弦定理求得BC,DA关于θ的三角函数，相加可求出l关于θ的三角函数表达式，利用二倍角公式和换元思想转化为二次函数的最值，进而求解.
【详解】解：(1)
∵线段AB长为4百米，所以圆的半径为2百米，即OA=OB=OC=OD=2,
当∠COD=π3时，由三角形的面积公式得：
SABCD=S△BOC+S△COD+S△DOA
=12×22sinθ+12×22sinπ3+12×22sinπ-θ-π3
=23sinθ+π6+34，
∴0<θ<23π，则π6<θ+π6<56π，
∴sinθ+π6≤1，当θ+π6=π2，即θ=π3时取等号，
∴当θ=π3时，23sinθ+π6+34取得最大值，
∴当θ=π3时，郁金香种植面积最大；
(2)由余弦定理得：
BC=22+22-2×2×2csθ=4sinθ2，DA=22+22+2×2×2×cs2θ=4csθ，
∴l=8sinθ2+4csθ0<θ<π2，
令t=sinθ2，∵0<θ2<π4，∴0∴l=8sinθ2+41-2sin2θ2=8t+41-2t2=-8t-122+6，
∴t=12，即θ=π3时，l的最大值为6.
故当θ=π3为时，栈道的总长l最长，l的最大值为6百米.
22．（1）fx=2x-2-x,gx=2x+2-x；（2）x∈12lg23,+∞；（3）0<λ≤52．
【分析】（1）构造函数方程，利用奇偶性可解得结果；
（2）2f(x)≥g(x)可化为22x≥3可解得结果；
（3）转化为(2x)2-1-λ[(2x)2+1]+2x=0有实根，令t=2x>0，则转化为t2-1-λ(t2+1)+t=0即λ=t2+t-1t2+1 =1+t-2t2+1有正根，令设t-2=m，则m>-2，则转化为λ=1+mm2+4m+5有大于-2的实根，讨论m，根据对勾函数的单调性可得结果.
【详解】（1）因为f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，
所以f(-x)=-f(x)，g(-x)=g(x)，
则{-f(x)+g(x)=21-xf(x)+g(x)=2x+1
所以{f(x)=2x+1-21-x2=2x-2-xg(x)=2x+1+21-x2=2x+2-x
（2）2f(x)≥g(x)可化为2(2x-2-x)≥2x+2-x，即2x≥3×2-x，
所以22x≥3，所以2x≥lg23，得x≥12lg23，
所以不等式2f(x)≥g(x)的解集为[12lg23,+∞).
（3）关于x的方程f(x)-λg(x)+1=0有实根，即2x-2-x-λ(2x+2-x)+1=0有实根，
所以(2x)2-1-λ[(2x)2+1]+2x=0有实根，
令t=2x>0，则t2-1-λ(t2+1)+t=0有正根，
所以λ=t2+t-1t2+1 =1+t-2t2+1有正根，
因为λ=1+t-2(t-2+2)2+1=1+t-2(t-2)2+4(t-2)+5，
设t-2=m，则m>-2，λ=1+mm2+4m+5，
当m=0时，λ=1，
当m≠0且m>-2时，1λ-1=m2+4m+5m=m+5m+4，
m+5m+4∈(-∞,-12)∪[4+25,+∞)
所以1λ-1<-12或1λ-1≥4+25，
所以0<λ<1或1<λ≤52，
综上所述：0<λ≤52.