- 2021-06-15 发布 |
- 37.5 KB |
- 20页
申明敬告: 本站不保证该用户上传的文档完整性,不预览、不比对内容而直接下载产生的反悔问题本站不予受理。
文档介绍
江苏省海安高级中学2019-2020学年高二上学期入学考试数学试题 含解析
www.ks5u.com 高二年级期初检测 数学试卷 一、选择题: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.设集合,集合,则( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 分别求出集合,,利用交集的定义即可求出 【详解】由题可得:,, 所以 故答案选D 【点睛】本题考查集合交集的定义,属于基础题。 2.已知角的终边经过点,则 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 由题意利用任意角的三角函数的定义,求得sinα的值. 【详解】解:角α的终边经过点, 则sinα, 故选:B. 【点睛】本题主要考查任意角的三角函数的定义,属于基础题. 3.已知函数则( ) A. 3 B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据分段函数的解析式,分别求出和即可。 【详解】由于函数, 所以,,则, 故答案选D 【点睛】本题考查分段函数的应用,函数值的求法,考查学生的计算能力,属于基础题。 4.若直线与直线互相垂直,则的值为( ) A. 1 B. -1 C. D. 【答案】C 【解析】 由两直线垂直充要条件得: ,选C. 5.中角的对边分别为,且,则( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 试题分析:针对利用正弦定理边角互化可得,即,所以,所以. 考点:本小题主要考查解三角形,正弦定理、余弦定理. 6.下列命题正确的是( ) A. 两两相交且不共点的三条直线确定一个平面 B. 四边形确定一个平面 C. 经过一条直线和一个点确定一个平面 D. 经过三点确定一个平面 【答案】A 【解析】 【分析】 对于A: 两两相交且不共点的三条直线,一共有三个不共线的交点,故可以确定一个平面; 对于B:如果空间四边形,可以确定多个平面; 对于C:点在线上,就确定多个平面; 对于D:三点共线,能确定多个平面。 【详解】对于A;两两相交不共点,所以有三个不共线的交点,根据公理,可以确定一个平面,故选项A正确; 对于B:如果是空间四边形,可以确定多个平面,故选项B不正确; 对于C:点在线上,就确定多个平面,故选项C不正确,; 对于D:三点共线,能确定多个平面,故选项D不正确,所以本题选A。 【点睛】本题考查了确定平面的问题。 7.方程的解为,若,则( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 令, ∵,. ∴函数在区间上有零点。 ∴。选C。 8.(1+tan 17°)(1+tan 28°)的值是( ) A. -1 B. 0 C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 ,选D. 点睛:应用三角公式解决问题的三个变换角度 (1)变角:目的是沟通题设条件与结论中所涉及的角,其手法通常是“配凑”. (2)变名:通过变换函数名称达到减少函数种类的目的,其手法通常有“切化弦”、“升幂与降幂”等. (3)变式:根据式子的结构特征进行变形,使其更贴近某个公式或某个期待的目标,其手法通常有:“常值代换”、“逆用变用公式”、“通分约分”、“分解与组合”、“配方与平方”等. 9.函数的大致图象是( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 ∵函数 ,可得 , 是奇函数,其图象关于原点对称,排除C,D;当时, ,令 得:,得出函数在上是增函数,排除B,故选A. 点睛:在解决函数图象问题时,主要根据函数的单调性、奇偶性作出判断.本题首先根据,得出是奇函数,其图象关于原点对称.再利用导数研究函数的单调性,从而得出正确选项. 10.已知圆锥的侧面展开图是一个半径为,圆心角为的扇形,则圆锥的高为( ). A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 通过题意可知圆锥的母线长,通过半径为,圆心角为的扇形,可以求出圆锥底面的周长,进而求出半径的长,利用勾股定理,计算求得圆锥的高。 【详解】扇形的半径为,圆心角为,所以弧长,因此圆锥的底面周长为,所以圆锥底面半径=1,由题意可知圆锥的母线长为6,由勾股定理可知: 圆锥的高故本题选A。 【点睛】本题考查了求圆锥的高。解决本题的关键是圆锥与圆锥侧面展开图之间的联系。 11.设,则有( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 利用两角差的正弦公式化简,分子分母同乘以结合二倍角的正弦公式化简,利用降幂公式化简,从而可得结果. 【详解】 , ,故选A. 【点睛】本题主要考查二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式,两角差的正弦公式,意在考查综合运用所学知识解答问题的能力,属于中档题. 12.已知函数,则关于的不等式的解集为( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 构造函数,从而可得在上为奇函数,则,再利用导数可得的单调性,利用单调性即可求出的解,从而得到答案 【详解】构造函数,即, 则 所以在上为奇函数, 由于 所以,则在上为增函数, 由于,可得,即,即, 因为在上为增函数,所以,解得:, 所以的解集为, 故答案选A 【点睛】本题考查对数的运算,奇偶函数的判断方法,根据函数导数符号判断函数单调性的方法,函数单调性的运用,有一定的综合性。 二、填空题:将答案填在指定的位置上。 13.已知数列满足,且,则______.过点且与原点的距离为1的直线共有______条. 【答案】 (1). (2). 2 【解析】 【分析】 ①由已知条件根据递推公式,依次求出数列的前4项,从而得到数列是以3为周期的数列,由此求出 ②分别讨论斜率存在和不存在情况下,直线的条数,即可得到答案。 【详解】①数列满足,且, ,,,… 所以数列是以3为周期数列,又,故 ②当斜率不存在时,直线的方程为,显然到原点的距离为1,满足条件; 当斜率存在时,设过点的直线方程为:,即, 由已知可得:,解得:,此时有一条直线满足条件, 综述可得过点且与原点的距离为1的直线共有2条。 【点睛】本题考查数列的递推公式以及直线方程的求法,属于基础题。 14.已知关于的不等式的解集为,则__________. 【答案】-2 【解析】 为方程两根,因此 15.三棱锥中,平面平面ABC,和均为边长是的正三角形,则三棱锥的外接球的表面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】 取AC中点G,连接DG,BG,得到两个三角形中心E,F,进而得到球心O,三角形OEB中,求得半径,得解. 【详解】如图,取AC中点G,连接DG,BG, E,F分别为中心,外接球球心为O, 易知OEGF为正方形, 求得,, , , 故答案:. 【点睛】此题考查了三棱锥外接球,难度适中. 16.已知向量,,且与的夹角为钝角,则实数的取值范围为_____________. 【答案】 【解析】 因为与的夹角为钝角,所以,即,解得. 当与反向时,夹角为,此时,即,解得. 综上可得且,故实数的取值范围为. 【名师点睛】依据两向量夹角θ的情况,求向量坐标中的参数时,需注意当夹角为时, ;当夹角为时,,这是容易忽略的地方. 三、解答题:解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤. 17.在中,已知. (1)求角的大小; (2)求的值. 【答案】(1) (2) 【解析】 【分析】 (1)直接使用余弦定理即可得解; (2)法1:由(1)可以求出,由三角形内角和定理,可以求出的关系,用正弦定理,求出,进而求出,也就求出,,最后求出的值; 法2:直接利用余弦定理得,,再利用同角的三角函数关系,求出,最后利用二角差的余弦公式求出的值。 【详解】解:(1)由余弦定理得:, 因为,所以. (2)法1 由正弦定理得:, 所以. 又因为,所以 即,所以 所以, . 因为.所以,所以, 所以 法2 直接利用余弦定理得, 求得,所以 【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理。 18.已知数列满足:,. (1)求数列的通项公式; (2)设,数列的前n项和,求证:. 【答案】(1)().(2)证明见解析 【解析】 【分析】 (1)根据题意,可得,两者相减,即可得到数列的通项公式, (2)由(1)得,利用裂项相消求出,从而可证 【详解】(1)由已知得 由,① 得时,,② ①-②得 ∴, 也适合此式, ∴(). (2)由(1)得,∴ ∴ ∵,∴ ∴ 【点睛】本题考查数列的递推,考查数列的通项与求和,考查数列求和方法中的裂项相消,属于中档题。 19.已知函数的最小正周期为. 求函数的单调递增区间; 将函数的图象向左平移个单位长度,再向上平移2个单位长度,得到函数的图象,求函数在区间上零点的和. 【答案】(1),;(2) 【解析】 【分析】 (1)利用三角恒等变换化简函数的解析式,再利用正弦函数的正弦函数的单调性,得出结论; (2)利用函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律,求得g(x )的解析式,再根据正弦函数的零点的定义求出求函数g(x)在区间[0,5π]上零点的和. 【详解】解:函数的最小正周期为,, 令,求得,可得函数的增区间为,. 将函数的图象向左平移个单位长度,可得 的图象; 再向上平移2个单位长度,得到函数的图象. 令,求得,,,. 函数在区间上零点的和为. 【点睛】本题主要考查三角恒等变换,正弦函数的正弦函数的单调性,函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律,正弦函数的零点,属于中档题. 20.已知三棱锥中,,.若平面分别与棱、、、相交于点、、、,且平面, 求证:(1); (2). 【答案】(1)见证明;(2)见证明 【解析】 【分析】 (1)要证明 ,可以证明平面; (2)由已知线面平行,可以证出线线平行,利用线面平行的判定定理,可以证明出线面平行。 【详解】(1)∵,. 又平面,平面,, ∴平面. 又 ∴ . (2)∵平面,平面平面 ,平面 ∴ 又, 所以 【点睛】本题考查了线线垂直、线面平行。 21.如图,在平面直角坐标系中,点,直线,设圆半径为1, 圆心在上. (1)若圆心也在直线上,过点作圆的切线,求切线方程; (2)若圆上存在点,使,求圆心的横坐标的取值范围. 【答案】(1)或;(2). 【解析】 【分析】 (1)两直线方程联立可解得圆心坐标,又知圆的半径为,可得圆的方程,根据点到直线距离公式,列方程可求得直线斜率,进而得切线方程;(2)根据圆的圆心在直线:上可设圆的方程为,由,可得的轨迹方程为,若圆上存在点,使,只需两圆有公共点即可. 【详解】(1)由得圆心, ∵圆的半径为1, ∴圆的方程为:, 显然切线的斜率一定存在,设所求圆的切线方程为,即. ∴, ∴,∴或. ∴所求圆的切线方程为或. (2)∵圆的圆心在直线:上,所以,设圆心为, 则圆的方程为. 又∵, ∴设为,则,整理得,设为圆. 所以点应该既圆上又在圆上,即圆和圆有交点, ∴, 由,得, 由,得. 综上所述,的取值范围为. 考点:1、圆的标准方程及切线的方程;2、圆与圆的位置关系及转化与划归思想的应用. 【方法点睛】本题主要考查圆的标准方程及切线的方程、圆与圆的位置关系及转化与划归思想的应用.属于难题. 转化与划归思想是解决高中数学问题的一种重要思想方法,是中学数学四种重要的数学思想之一,尤其在解决知识点较多以及知识跨度较大的问题发挥着奇特功效,大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透,这样才能快速找准突破点.以便将问题转化为我们所熟悉的知识领域,进而顺利解答,希望同学们能够熟练掌握并应用于解题当中.本题(2)巧妙地将圆上存在点,使问题转化为,两圆有公共点问题是解决问题的关键所在. 22.如图,是⊙的直径,点是⊙上的动点,垂直于⊙所在的平面. (1)证明:平面平面; (2)设,,求点到平面的距离. 【答案】(1)见证明;(2) 【解析】 【分析】 (1)由是⊙的直径,可以得到线线垂直。再由已知线面垂直,得到另一组线线垂直,利用线面垂直的判定定理,得到线面垂直,最后利用面面垂直的判定定理证出面面垂直。 (2)过点作的垂线,垂足为,利用等积法,可以求出点到平面的距离。 【详解】(1)∵是⊙的直径,点是⊙上的动点, ∴,即. 又∵垂直于⊙所在的平面,平面⊙, ∴ 又, ∴平面. 又平面, ∴平面平面. (2)由(1)知平面平面,平面平面, 过点作的垂线,垂足为,显然平面, 即为三棱锥的高 在中,,所以, 由,得 即点到平面的距离为, 三棱锥的高为 【点睛】本题综合考查了线面、面面垂直的判定与性质,同时也考查了利用等积法求点到面距离。 23.已知圆经过两点,,且圆心在直线:上. (1)求圆的方程; (2)设圆与轴相交于、两点,点为圆上不同于、的任意一点,直线、交轴于、点.当点变化时,以为直径的圆是否经过圆内一定点?请证明你的结论. 【答案】(1);(2)当点变化时,以为直径的圆经过定点 .证明见解析 【解析】 【分析】 (1)设圆圆心为,由求得的值,可得圆心坐标和半径,从而求得圆的标准方程; (2)设(),由条件求得,的坐标,可得圆的方程,再根据定点在轴上,求出定点的坐标。 【详解】(1)设圆圆心为, 由得,, 解得,∴, 半径为, 所以圆: (2)设(),则. 又,, 所以:,, :,. 圆的方程为. 化简得, 由动点关于轴的对称性可知,定点必在轴上, 令,得.又点在圆内, 所以当点变化时,以为直径的圆经过定点. 【点睛】本题主要考查求圆的标准方程的方法,圆经过定点问题,体现了转化的思想,属于中档题。 查看更多