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- 2021-06-15 发布
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武威六中2018-2019学年度第二学期第三次学段考试
高一数学试卷
一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,满分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.若、、为实数,则下列命题正确的是( )
A. 若,则 B. 若,则
C. 若,则 D. 若,则
【答案】B
【解析】
【分析】
利用等式的性质或特殊值法来判断各选项中不等式的正误.
【详解】对于A选项,若,则,故A不成立;
对于B选项,,在不等式同时乘以,得,
另一方面在不等式两边同时乘以,得,,故B成立;
对于选项C,在两边同时除以,可得,所以C不成立;
对于选项D,令,,则有,,,所以D不成立.
故选:B.
【点睛】本题考查不等式正误的判断,常用的判断方法有:不等式的基本性质、特殊值法以及比较法,在实际操作中,可结合不等式结构合理选择相应的方法进行判断,考查推理能力,属于基础题.
2.已知倾斜角为的直线经过,两点,则( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
试题分析:∵直线经过两点,,∴直线AB的斜率,
又∵直线的倾斜角为,∴,∴.故选:A.
考点:直线的斜率;直线的倾斜角.
3.在△ABC中,若,,,则B等于( )
A. B. 或 C. D. 或
【答案】B
【解析】
试题分析:由正弦定理可得:或.
考点:正弦定理解三角形.
4.圆与圆的位置关系为( )
A. 相离 B. 相交 C. 外切 D. 内切
【答案】A
【解析】
【分析】
求得两圆的圆心坐标和半径,根据圆心距和两圆半径的关系,即可判定,得到答案.
【详解】由题意,圆的圆心坐标,半径为,
圆的圆心坐标,半径为,
则圆心距为,所以,
所以两圆相离,故选A.
【点睛】本题主要考查了两圆的位置关系的判定,其中解答中熟记两圆的位置关系的判定方法是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题.
5.若正数满足,则的最小值为
A. B.
C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】
由,利用基本不等式,即可求解,得到答案.
【详解】由题意,因为,
则,
当且仅当,即时等号成立,
所以的最小值为,故选A.
【点睛】本题主要考查了利用基本不等式求最小值问题,其中解答中合理构造,利用基本不是准确运算是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题.
6.已知数列是递增的等比数列, ,则数列的前项和等于( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意,根据等比数列的性质和通项公式,求得,再由前n项和公式,即可求解.
【详解】由题意,根据等比数列的性质,可得,
联立方程组,解得或,
因为数列是递增的等比数列,所以,
又由,解得,
所以数列的前项和等于,故选D.
【点睛】本题主要考查了等比数列的性质,以及等比数列的通项公式和前n项和公式的应用,着重考查了推理与运算能力,属于基础题.
7.已知过点和点的直线为,,.若,,则的值为( )
A. B. C. 0 D. 8
【答案】A
【解析】
∵l1∥l2,∴kAB==-2,解得m=-8.
又∵l2⊥l3,∴×(-2)=-1,解得n=-2,∴m+n=-10.选A.
8.过坐标原点作圆的两条切线,切点为,直线被圆截得弦的长度为( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
求得圆的圆心坐标和半径,借助,即可求解.
【详解】如图所示,设圆的圆心坐标为,半径为,
则,,
则,可得,
故选A.
【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用,其中解答中涉及到圆的切线方程应用,着重考查了推理与运算能力,属于基础题.
9.关于的不等式的解集为,则的取值范围为 ( )
A. B. C. 或 D.
【答案】D
【解析】
【分析】
分情况讨论,当时,求出满足条件的的值;当时,求出满足条件的的取值范围,即可得出结果.
【详解】当时,,若,则原不等式可化为,显然恒成立;若,则原不等式可化为不是恒成立,所以舍去;
当时,因为的解集为,
所以只需,解得;
综上,的取值范围为:.
故选D
【点睛】本题主要考查一元二次不等式恒成立的问题,需要用分类讨论的思想来处理,属于常考题型.
10.若,满足,且的最小值为,则的值为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
试题分析:作出不等式组,所表示的平面区域,如下图:
由图可知:由于直线过定点,只需它还过点即可,
,解得:.
故选D.
考点:线性规划.
此处有视频,请去附件查看】
11.直线的倾斜角范围是( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意,设直线的倾斜角为,根据直线方程,求得,即可求解.
【详解】由题意,设直线的倾斜角为
直线的斜率为,
即,又由,所以,
故选B.
【点睛】本题主要考查了直线方程的应用,以及直线的斜率与倾斜角的关系的应用,着重考查了推理与运算能力,属于基础题.
12.若直线与曲线有公共点,则的取值范围是( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
化简曲线得到表示以为圆心,以2为半径的一个半圆,利用圆心到直线的距离等于半径2,求得或,结合图象,即可求解.
【详解】如图所示,曲线,即,
表示以为圆心,以2为半径的一个半圆,
由圆心到直线的距离等于半径2,可得,
解得或,
结合图象可得,故选C.
【点睛】本题主要考查了直线和圆的位置关系的应用,以及点到直线的距离公式的应用,着重考查了数形结合法,以及推理与运算能力,属于中档试题.
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)
13.在中,若,,,则_______.
【答案】4
【解析】
由题意,,
整理可得:,解得.
14.已知两条直线若与间的距离是
,则____.
【答案】
【解析】
【分析】
化直线,利用平行线之间的距离,即可求解.
【详解】由题意,两条直线的距离是,
可化为直线的距离是,
所以,又由,可得.
【点睛】本题主要考查了两平行线间的距离公式的应用,其中解答中熟记两平行线间的距离公式是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题.
15.记为数列的前项和,若,,则通项公式______.
【答案】
【解析】
【分析】
先求出,然后由得,两式相减得,从而由等比数列定义得数列为等比数列.
【详解】∵,∴,又,∴,由得,两式相减得,即,而,∴是公比为2的等比数列,∴.故答案为.
【点睛】本题考查等比数列通项公式,解题关键是掌握数列前项和与项之间的关系,即,利用此式得出数列的递推关系,同时要注意此关系式中有,因此要考虑数列的首项与的关系是否与它们一致.
16.已知圆和两点,,若圆上存在点使得,则的最大值为__________.
【答案】6
【解析】
圆C:(x﹣3)2+(y﹣4)2=1的圆心C(3,4),半径r=1,
设P(a,b)在圆C上,则=(a+m,b),=(a﹣m,b),
∵∠APB=90°,∴,
∴=(a+m)(a﹣m)+b2=0,
∴m2=a2+b2=|OP|2,
∴m的最大值即为|OP|的最大值,等于|OC|+r=5+1=6.
故答案为:6.
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.求满足下列条件的圆的方程:
(1)过三点的圆的方程;
(2)圆心在直线上且与直线切于点.
【答案】(1);(2) .
【解析】
【分析】
(1)设出圆的一般方程,列出方程组,求得的值,即可求解;
(2)设出圆标准方程,根据题设条件和圆的性质,求得的值,即可求解.
【详解】(1)设过三点的圆的方程为
则,解得,
所以圆的一般方程为,标准方程为.
(2)由题意,圆心在直线上,设圆的标准方程为
又由圆直线切于点,则,解得,
即圆心坐标为,所以,
所以圆的方程为.
【点睛】本题主要考查了圆的方程的求解,其中解答中熟记圆的标准方程和圆的一般方程,准确计算是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题.
18.在△ABC中,a=3,b−c=2,cosB=.
(Ⅰ)求b,c的值;
(Ⅱ)求sin(B–C)的值.
【答案】(Ⅰ) ;
(Ⅱ) .
【解析】
【分析】
(Ⅰ)由题意列出关于a,b,c的方程组,求解方程组即可确定b,c的值;
(Ⅱ)由题意结合正弦定理和两角和差正余弦公式可得的值.
【详解】(Ⅰ)由题意可得:,解得:.
(Ⅱ)由同角三角函数基本关系可得:,
结合正弦定理可得:,
很明显角C为锐角,故,
故.
【点睛】本题主要考查余弦定理、正弦定理的应用,两角和差正余弦公式的应用等知识,意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
19.求满足下列条件的直线的方程:
(1)求与直线平行,且过点的直线方程;
(2)已知正方形的中心为直线和的交点,其一边所在直线的方程为,求其他三边的方程.
【答案】(1);(2) ,,.
【解析】
【分析】
(1)过点与直线平行,斜率得到,利用点斜式方程,即可求解;
由点斜式方程,可得直线方程是,即;
(2)联立方程组,解得交点坐标为,分别设所求直线为,
【详解】(1)过点与直线平行,即所求直线的斜率为,
由点斜式方程,可得直线方程是,即;
(2)联立方程组,解得交点坐标为,
设与边所在直线平行的边的方程为,
设与边所在直线垂直的边的方程为,
又由正方形的中心到直线的距离为,
所以点到其它边的距离也等于,
所以,解得或,
所以其它边所在的直线方程分别为,,.
【点睛】本题主要考查了两条直线的位置关系的应用,直线方程的求解,以及点到直线的距离公式的应用,着重考查了推理与运算能力,属于基础题.
20.等差数列前项和,且,.
(1)求的通项公式;
(2)数列满足且,求的前项和.
【答案】(1) (2)
【解析】
【分析】
(1)根据等差数列中,,列出关于首项、公差的方程组,解方程组可得与的值,从而可得数列的通项公式;(2)利用(1),由“累加法”可得,利用裂项相消法求和即可得结果.
【详解】(1)等差数列的公差设为,前项和为,且,.
可得,,
解得,,
可得;
(2)由,
可得
,
,
则前项和
.
【点睛】本题主要考查等差数列的求和公式,以及裂项相消法求数列的和,属于中档题. 裂项相消法是最难把握的求和方法之一,其原因是有时很难找到裂项的方向,突破这一难点的方法是根据式子的结构特点,常见的裂项技巧:(1);(2) ; (3);(4);此外,需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题,导致计算结果错误.
21.在锐角中,角所对边为
若, ,且.
(1)求角的值;
(2)求的取值范围.
【答案】(1);(2).
【解析】
【分析】
(1)根据三角恒等变换的公式和三角形的内角和定理,化简可得,即可求解;
由正弦定理得,得到所以,利用三角函数的性质,即可求解.
【详解】(1)由题意,因为,
又由,则,
所以,
可得,
因为,则,所以,
即,又由为锐角,可得.
(2)由正弦定理,则,
所以,
因为,
可得,所以,
可得,所以.
故的取值范围.
【点睛】本题主要考查了三角恒等变换、三角函数的图象与性质的应用,以及正弦定理的边角互化的应用,着重考查了推理与运算能力,属于中档试题.
22.已知等差数列满足,等比数列满足,且.
(1)求数列,的通项公式;
(2)若,求的前项和.
【答案】(1),;(2).
【解析】
【分析】
(1)由,求得,得到等差数列的通项公式,又由和,求得,得到等比数列的通项公式;
(2)由(1),求得,利用乘公比错位相减法,即可求解数列的前项和.
【详解】(1)设的首项为,公差为,则有,,
解得,所以,
设,由,即,
即,解得,
由得,,
可得,所以.
(2)由知,,所以,
则,
两侧同乘公比2,可得,
两式相减可得
所以.
【点睛】本题主要考查等差、等比数列的通项公式及求和公式、以及“错位相减法”求和的应用,此类题目是数列问题中的常见题型,解答中确定通项公式是基础,准确计算求和是关键,易错点是在“错位”之后求和时,弄错等比数列的项数,能较好的考查考生的逻辑思维能力及基本计算能力等.