2018-2019学年广东省佛山一中、珠海一中、金山中学高一下学期期中数学试题（解析版）

2018-2019学年广东省佛山一中、珠海一中、金山中学高一下学期期中数学试题（解析版）

‎2018-2019学年广东省佛山一中、珠海一中、金山中学高一下学期期中数学试题 一、单选题 ‎1．设集合，．若，则 (　 　)‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】∵ 集合，，‎ ‎ ∴是方程的解，即 ‎ ∴‎ ‎ ∴，故选C ‎2．若，且，则是（ ）‎ A．第一象限角 B．第二象限角 C．第三象限角 D．第四象限角 ‎【答案】C ‎【解析】，则的终边在三、四象限；则的终边在三、一象限，‎ ‎，，同时满足，则的终边在三象限．‎ ‎3．函数的零点所在的一个区间是　　‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】利用零点存在定理可判断零点所在的区间.‎ ‎【详解】‎ 为上的增函数，‎ 又，故零点所在对的区间为 ，选C．‎ ‎【点睛】‎ 不可解方程的零点所在区间应该通过零点存在定理来寻找，一般地要先考虑函数的单调性，再选择合适的区间，使得，其中要依据解析式的形式来选取（要容易计算）.‎ ‎4．已知，，，则（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】先将转换为同为2为底的指数，，可以转换为指数相同．所以．‎ ‎【详解】‎ 因为，，所以，故选A．‎ ‎【点睛】‎ ‎1.比较幂值大小时，要注意区分底数相同还是指数相同．是用指数函数的单调性，还是用幂函数的单调性或指数函数的图象解决．要注意图象的应用，还应注意中间量0、1等的运用．‎ ‎2.指数函数的图象在第一象限内底大图高(逆时针方向底数依次变大)．当幂的底数不确定时，要注意讨论底数的不同取值情况.‎ ‎3.根据指数函数图象判断底数大小的问题，可以通过直线x＝1与图象的交点进行判断．如图是指数函数(1)y＝ax，(2)y＝bx，(3)y＝cx，(4)y＝dx的图象，底数a，b，c，d与1之间的大小关系为c＞d＞1＞a＞b.‎ 规律：在y轴右(左)侧图象越高(低)，其底数越大．属于较易题目．‎ ‎5．函数在单调递减，且为奇函数.若，则满足的x取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据奇函数的性质由，可以求出 的值，再利用函数的单调性结合已知，可以求出x取值范围.‎ ‎【详解】‎ 为奇函数，.‎ ‎，.‎ 故由，得.‎ 又在单调递减，，‎ ‎.‎ 故选：D ‎【点睛】‎ 本题考查了利用奇函数的单调性求解不等式问题，考查了数学运算能力.‎ ‎6．已知，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】运用两角差的余弦公式展开后再计算平方的结果，结合已知条件得到答案 ‎【详解】‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 故选 ‎【点睛】‎ 本题主要考查了两角差的余弦公式以及二倍角公式，熟练运用公式来解题是关键，较为基础 ‎7．等差数列{an}的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则{an}前6项的和为( )‎ A．－24 B．－3‎ C．3 D．8‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据等比中项的性质列方程，转化为的形式，由此解得的值，进而求得数列的前项和.‎ ‎【详解】‎ 设等差数列{an}的公差为d，依题意得，即(1＋2d)2＝(1＋d)(1＋5d)，解得d＝－2或d＝0(舍去)，又a1＝1，∴S6＝6×1＋×(－2)＝－24.‎ 故选：A ‎【点睛】‎ 本小题主要考查等比中项的性质，考查等差数列通项公式的基本量计算，属于基础题.‎ ‎8．圆的圆心到直线的距离为1，则（ ）‎ A． B． C． D．2‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：由配方得，所以圆心为，因为圆的圆心到直线的距离为1，所以，解得，故选A.‎ ‎【考点】 圆的方程，点到直线的距离公式 ‎【名师点睛】直线与圆的位置关系有三种情况：相交、相切和相离. 已知直线与圆的位置关系时，常用几何法将位置关系转化为圆心到直线的距离d与半径r的大小关系，以此来确定参数的值或取值范围．‎ ‎9．已知等差数列的公差为，关于的不等式的解集为，则使数列的前项和取得最大值的正整数的值为（ ）‎ A．4 B．5 C．6 D．7‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：∵关于的不等式的解集为，∴，分别是一元二次方程的两个实数根，且．∴，可得：‎ ‎，∴．∴，可得：，．∴使数列的前项和最大的正整数的值是．故选B．‎ ‎【考点】等差数列的前项和.‎ ‎10．若平面截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥中与平面平行的棱有（ ）‎ A．0条 B．1条 C．2条 D．0条或2条 ‎【答案】C ‎【解析】考虑特殊情况，作正四面体进行考虑，明显可见，三棱锥中与平面平行的棱有2条 ‎【详解】‎ 因为平行于三棱锥的两条相对棱的平面截三棱锥所得的截面是平行四边形，所以该三棱锥中与平面平行的棱有2条，故选C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查线面平行的关系，属于简单题 ‎11．正方形ABCD边长为2，点E为BC边的中点，F为CD边上一点，若，则 （ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】设，把都用表示并运算，由已知求出，然后可求得．‎ ‎【详解】‎ 设，则，‎ ‎，‎ 所以 ‎，‎ 所以，，所以，‎ ‎．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查求向量的模，解题关键是选取基底，把向量用基底表示出来．‎ ‎12．已知中，角所对的边分别是，且，点在边上，且，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据正弦定理可通过边角关系式求得；再利用同角三角函数关系求得；再次利用正弦定理求得.‎ ‎【详解】‎ 由正弦定理可知：‎ 即 ‎ 即 ‎ ‎ ‎ 在中，，即 解得：‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考察正弦定理解三角形和边角关系式的化简，关键是将边角关系式中的边化成角的关系，从而能够得到所需的三角函数值.‎ ‎13．将偶函数的图像向右平移个单位，得到的图像，则的一个单调递减区间（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】首先化简函数的解析式，然后结合平移变换的结论得到的解析式，最后确定其单调区间即可.‎ ‎【详解】‎ 由函数的解析式可得：，‎ 函数为偶函数，则时，，即，‎ 令可得，‎ 故，‎ 图像向右平移个单位，可得，‎ 函数的单调递减区间满足：，‎ 解得：，‎ 当时，单调递减区间为，故选项B正确，‎ 其余选项无法找到整数k满足所给的区间.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查三角函数的奇偶性，三角函数的平移方法，三角函数的单调区间等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎14．已知定义在上的奇函数满足，当时，，则函数在区间上所有零点之和为(　　)‎ A．8 B．6 C．4 D．2‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据的奇偶性和对称性，推出函数的周期性，根据函数与方程之间的关系，转化为两个函数交点问题，利用对称性进行求解即可．‎ ‎【详解】‎ 解：∵奇函数满足，‎ ‎∴，即是周期为4的周期函数，‎ 同时函数关于对称，‎ ‎∵若，则，‎ ‎∴‎ 即，，‎ 若，则，‎ 此时，，‎ 若，则，‎ 此时，，‎ 由得，‎ 作出函数与，在上的图象，‎ 由图象知两个函数图象有4个交点，‎ 且四个交点，两两关于点对称，‎ 设彼此对称的交点横坐标为，，，，‎ 则，，得，，‎ 即，‎ 函数在区间上所有零点之和为8，‎ 故选A．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查函数与方程的应用，根据条件求出函数的周期，利用数形结合转化为两个函数的交点问题是解决本题的关键．‎ 二、填空题 ‎15．已知向量，，，若向量与向量共线，则实数k的值为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】先由，得出向量的坐标表示，再由向量与向量共线，即可求出结果.‎ ‎【详解】‎ 因为向量，，所以；又，向量与向量共线，所以，解得.‎ 故答案为 ‎【点睛】‎ 本题主要考查向量的坐标运算，熟记共线向量定理即可，属于基础题型.‎ ‎16．已知，，是与的等比中项，则最小值为_________．‎ ‎【答案】9‎ ‎【解析】根据等比中项定义得出的关系，然后用“1”的代换转化为可用基本不等式求最小值．‎ ‎【详解】‎ 由题意，所以，‎ 所以，当且仅当，即时等号成立．‎ 所以最小值为9．‎ 故答案为：9．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等比中项的定义，考查用基本不等式求最值．解题关键是用“1”的代换找到定值，从而可用基本不等式求最值．‎ ‎17．α、β是两个平面，m、n是两条直线，有下列四个命题：‎ ‎（1）如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.（2）如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.‎ ‎（3）如果α∥β，mα，那么m∥β. （4）如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.‎ 其中正确的命题有________.(填写所有正确命题的编号）‎ ‎【答案】②③④‎ ‎【解析】试题分析：：①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，不能得出α⊥β，故错误；‎ ‎②如果n∥α，则存在直线l⊂α，使n∥l，由m⊥α，可得m⊥l，那么m⊥n．故正确；‎ ‎③如果α∥β，m⊂α，那么m与β无公共点，则m∥β．故正确 ‎④如果m∥n，α∥β，那么m，n与α所成的角和m，n与β所成的角均相等．故正确 ‎【考点】命题的真假判断与应用；空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系 ‎18．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：1，1，2，3，5，8……该数列的特点是：前两个数均为1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数所组成的数列称为“斐波那契数列”，则______．‎ ‎【答案】0‎ ‎【解析】利用斐波那契数列的通项公式分析可得：，，，…根据归纳推理可得结果．‎ ‎【详解】‎ 根据题意，，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎… …‎ 则,故答案为0．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查数列的求和以及归纳推理的应用，涉及斐波那契数列的性质．归纳推理的一般步骤: 一、通过观察个别情况发现某些相同的性质. 二、从已知的相同性质中推出一个明确表述的一般性命题(猜想）.‎ ‎19．已知A是直角坐标平面内一定点，点，若圆上任意一点M到定点A与点的距离之比是一个定值，则这个定值的大小是________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】设，，按距离之比为定值求出点的轨迹方程，它就是方程，比较后可得．‎ ‎【详解】‎ 设，，则，整理得：‎ ‎，‎ 易知，方程化为，‎ 已知圆的一般式方程为，‎ 所以，解得．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查平面轨迹方程，解题时由点到两点距离之比为常数，求出的轨迹方程，它就是已知圆，比较系数可得结论．‎ ‎20．已知，则使得成立的的取值范围是______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】先化简函数，求出函数的奇偶性和单调性，然后化简要求的结果，最后运用单调性得到不等式，继而求出结果 ‎【详解】‎ ‎,‎ ‎,‎ 故为偶函数 令 ‎,‎ 当时，为减函数 当时，为增函数 则当时，为减函数 当时，为增函数 ‎,‎ ‎,‎ ‎,‎ ‎,‎ ‎,‎ ‎,‎ ‎,‎ 故 则的取值范围是 ‎【点睛】‎ 本题主要考查了函数的单调性和奇偶性，对于题目中的已知条件和问题进行化简是本题的关键，将其转化为运用函数的单调性解不等式，渗透了转化思想．‎ 三、解答题 ‎21．在中，，‎ 求的值；‎ 若，求的面积．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】由，根据正弦定理可得，从而可求出答案；根据同角的三角函数的关系求出，再根据诱导公式以及两角和正弦公式求出，利用三角形面积公式计算即可．‎ ‎【详解】‎ ‎（1），，‎ 由正弦定理可得.‎ ‎（2）若，则，‎ ‎，‎ ‎，又由可得，‎ ‎，‎ ‎．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了正弦定理、两角和的正弦公式以及三角形的面积公式，属于基础题. 正弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下三种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径.‎ ‎22．在数列中，首项前n项和为，且 ‎（1）求数列的通项；‎ ‎（2）若，求数列的前n项和．‎ ‎【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】（1）由，得数列从第2项开始的递推关系，同时验证，可得数列的通项公式；‎ ‎（2）用错位相减法求．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因为，当时，，所以，即，，‎ 又，，，‎ 所以是等比数列，公比为，所以．‎ 所以．‎ ‎（2）由（1），‎ ‎，①‎ 所以，②‎ ‎①－②得 ‎，‎ 所以．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查由和的关系求数列的通项公式，考查错位相减法求数列的和．在由求解时要注意，也就关系式中一般不包含，所以与的关系要特意去验证，否则可能出错．‎ ‎23．已知在三棱柱中，平面ABC，，E，F分别是，的中点，‎ ‎（1）求证：平面AEF﹔‎ ‎（2）判断直线EF与平面的位置关系，并说明理由．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）平行，证明见解析．‎ ‎【解析】（1）连接后可证，从而可得线面垂直；‎ ‎（2）考虑到平面AA1F与平面AB1C的交线，E,F都是中点，因此取B1C中点M，作辅助线后，可证EFMA是平行四边形，从而得EF与MA平行，即可证得线面平行.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）证明：连接，因为，所以，是中点，所以，‎ 而，所以，‎ 平面ABC，平面ABC，所以，又，‎ 所以平面，即平面AEF；‎ ‎（2）直线EF与平面平行．证明如下：‎ 如图，取中点，连接，由于是中点，所以，‎ 又是中点，所以，‎ 所以，所以是平行四边形，‎ 所以，平面，平面，所以平面．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查线面垂直的证明和线面平行的证明，掌握线面平行与垂直的判定定理是解题关键．‎ ‎24．已知平面向量，，函数.‎ ‎（1）求的单调区间；‎ ‎（2）在锐角中，，，分别是内角，，所对的边，若，，求周长的取值范围.‎ ‎【答案】（1）单调递增区间是，，单调递减区间是，.（2）‎ ‎【解析】（1）先求得的表达式，利用正弦函数的单调区间，求得的单调区间.（2）根据正弦定理求得边的表达式，由此求得的取值范围，进而求得的取值范围.‎ ‎【详解】‎ 解：（1）依题意， .‎ 令，，‎ 解得的单调递增区间是，，‎ 令，.‎ 解得的单调递减区间是，.‎ ‎（2）由得.‎ 设三角形的外接圆半径为，根据正弦定理得.‎ 于是 ‎.‎ 因为是锐角三角形且，‎ 所以由，得，因此的取值范围是.‎ 而由得，所以，‎ 所以，‎ 即周长的取值范围是.‎ ‎【点睛】‎ 本小题主要考查平面向量数量积的坐标运算，考查三角函数单调区间的求法，考查正弦定理解三角形，知识综合较多，属于中档题.‎ ‎25．为弘扬中华传统文化，学校课外阅读兴趣小组进行每日一小时的“经典名著”和“古诗词”的阅读活动. 根据调查，小明同学阅读两类读物的阅读量统计如下：‎ 小明阅读“经典名著”的阅读量（单位：字）与时间t（单位：分钟）满足二次函数关系，部分数据如下表所示；‎ t ‎0‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎0‎ ‎2700‎ ‎5200‎ ‎7500‎ 阅读“古诗词”的阅读量（单位：字）与时间t（单位：分钟）满足如图1所示的关系.‎ ‎（1）请分别写出函数和的解析式；‎ ‎（2）在每天的一小时课外阅读活动中，小明如何分配“经典名著”和“古诗词”的阅读时间，使每天的阅读量最大，最大值是多少？‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）见解析 ‎【解析】（1）设f（t）=代入（10，2700）与（30，7500），解得a与b. 令＝kt，,代入（40，8000），解得k,再令＝mt+b，,代入（40，8000），（60，11000），解得m，b的值．即可得到和的解析式；‎ ‎（2）由题意知每天的阅读量为=，分和两种情况，分别求得最大值，比较可得结论.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因为f（0）=0，所以可设f（t）=代入（10，2700）与（30，7500），解得a=-1,b=280.所以 ,又令＝kt，,代入（40，8000），解得k=200,令＝mt+b，,代入（40，8000），（60，11000），解得m=150,b=2000，所以 . ‎ ‎（2）设小明对“经典名著”的阅读时间为，则对“古诗词”的阅读时间为，‎ ‎① 当，即时，‎ ‎=‎ ‎=，‎ 所以当时，有最大值13600． ‎ 当，即时，‎ h ‎=，‎ 因为的对称轴方程为，‎ 所以 当时，是增函数，‎ 所以 当时，有最大值为13200.‎ 因为 13600>13200，‎ 所以阅读总字数的最大值为13600，此时对“经典名著”的阅读时间为40分钟，对“古诗词”的阅读时间为20分钟．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了分段函数解析式的求法及应用，二次函数的图象和性质，难度中档．‎ ‎26．已知数列满足，且，‎ ‎（1）求证数列是等差数列，并求数列的通项公式；‎ ‎（2）记，求；‎ ‎（3）是否存在实数k，使得对任意都成立？若存在，求实数k的取值范围；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）证明见解析，；（2）；（3）存在且．‎ ‎【解析】（1）用等差数列的定义证明是等差数列，由可得；‎ ‎（2）用裂项相消法求；‎ ‎（3）假设存在实数k，使得对任意都成立，不等式变形为，只要求得的最小值即可，可先证是递增的，然后可得最小值．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因为，所以，即，所以，所以是等差数列，公差为2， ，‎ ‎，所以．‎ ‎（2）由（1），‎ 所以．‎ ‎（3）假设存在实数k，使得对任意 都成立，‎ 因为，‎ 所以，‎ 不等式化为，‎ ‎，‎ 设，‎ 设，则，，‎ ‎，所以，所以是递增数列，‎ ‎，‎ 所以．‎ 所以存在实数k，使得对任意都成立，且．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查用定义证明等差数列，考查裂项相消法求和，考查与不等式恒成立有关的数列问题．‎ 数列不等式恒成立与函数不等式恒成立处理方法是一致的，都可用分离变量法转化为求函数（数列）的最值．‎ ‎27．已知圆O：，直线l：．‎ ‎（1）若直线l与圆O相切，求k的值；‎ ‎（2）若直线l与圆O交于不同的两点A，B，当为锐角时，求k的取值范围；‎ ‎（3）若，P是直线l上的动点，过P作圆O的两条切线PC，PD，切点为C，D，探究：直线CD是否过定点，若过定点，则求出该定点．‎ ‎【答案】（1）；（2）或；（3）直线CD过定点．‎ ‎【解析】（1）由圆心到切线距离等于半径求参数值；‎ ‎（2）只要圆心到直线的距离大于弦长的一半即可．‎ ‎（3）利用点坐标，求出直线的方程，由方程确定是否过定点．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）原点到直线的距离为，由，解得；‎ ‎（2）因为，为锐角时等价于，即，‎ ‎∴，解得或；‎ ‎（3）在直线上，设，则以为直径的圆方程为，即，‎ 同，相减得，这就是直线的方程．‎ 又，‎ ‎∴，，由得，‎ ‎∴直线过定点．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线与圆的位置关系，考查圆中定点问题．直线与圆的位置关系一般用几何方法求解，即求出圆心到直线的距离，由与半径的关系确定直线与圆位置关系，而求直线与圆相交弦长就利用垂径定理得垂直后由勾股定理计算．直线过定点问题，采取基本方法，设动点的坐标为参数，由这个参数求出直线方程，分析方程，得定点．‎ ‎28．已知函数．‎ ‎（1）求的解集；‎ ‎（2）已知函数，当时，、是的两个零点，证明：．（可能用到的参考结论：函数在区间上单调递减）‎ ‎【答案】（1）当时，解集为，当或时，解集为．（2）见解析．‎ ‎【解析】（1）按和分类讨论；‎ ‎（2）首先有，,，然后化简不等式为，为了进一步化简，不妨设，则有，利用可化二元不等式为一元不等式，然后利用函数的单调性得证．‎ ‎【详解】‎ ‎（1），当，即时，不等式解集为；‎ 当，即或时，的根为，，‎ 不等式的解集为．‎ 综上，当时，解集为，当或时，解集为．‎ ‎（2）由（1），,‎ ‎（∵），‎ 不妨设，则，，‎ ‎，即，，‎ 设，则， ‎ ‎∴函数在区间上单调递减，‎ ‎∴时，．‎ ‎∴原不等式成立．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查解一元二次不等式，考查不等式的证明．对含参数的不等式一般要分类讨论，分类标准一是最高次项系数，二是判别式，三是两根的大小（如果有两根）．解题时要注意．不等式的证明要注意问题的转化与化归．象本题与零点有关的不等式，要利用零点的性质对不等式变形，两个零点（或极值点），在对称的情况下，不妨赋予大小关系（如设），便于不等式的化简变形．变量较多时要注意消元，减少变量个数，最后应用一元函数的单调性完成问题的解决．‎