河北省沧州市任丘市第一中学2019-2020学年高一下学期入校教学质量检测数学试题

河北省沧州市任丘市第一中学2019-2020学年高一下学期入校教学质量检测数学试题

数学试卷 一､单选题(共12题，每题5分)‎ ‎1.已知集合，，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解出集合、，可得出集合.‎ ‎【详解】，，因此，，故选A.‎ ‎【点睛】本题考查集合的交集运算，解题的关键在于解出两个集合，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎2.下列说法正确的是（ ）‎ A. 若，则 B. 若，，则 C. 若，则 D. 若，，则 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用不等式的性质或举反例的方法来判断各选项中不等式的正误.‎ ‎【详解】对于A选项，若且，则，该选项错误；‎ 对于B选项，取，，，，则，均满足，但，B选项错误；‎ 对于C选项，取，，则满足，但，C选项错误；‎ 对于D选项，由不等式的性质可知该选项正确，故选D.‎ ‎【点睛】本题考查不等式正误的判断，常用不等式的性质以及举反例的方法来进行验证，考查推理能力，属于基础题.‎ ‎3.直线与直线平行，则实数a的值为（ ）‎ A. B. C. D. 6‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用斜率相等列方程求解即可.‎ ‎【详解】因为直线与直线平行，‎ 所以，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查两直线平行的性质：斜率相等，属于基础题.‎ ‎4.若是等比数列的前项和，，，成等差数列，且，则（ ）‎ A. B. C. 4 D. 12‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当公比q=1时，易推断不符合题意，故q，然后利用等比数列前n项和的公式和等差数列的性质得方程，再利用等比数列的性质求解.‎ ‎【详解】设数列的公比为，‎ 当时，，则，，，此时 不成等差数列，不符合题意，舍去；‎ 当时，∵成等差数列，∴，‎ 即，‎ 即，解得或（舍去）或（舍去），‎ ‎∴，，∴，故选C.‎ ‎【点睛】本题综合考查了等比数列与等差数列；在应用等比数列的前n项和公式时，公比不能为1，故在解题过程中，应注意公比为1的这种特殊的等比数列，以防造成漏解.‎ ‎5.不论为何值，直线恒过定点 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据直线方程分离参数，再由直线过定点的条件可得方程组，解方程组进而可得m的值．‎ ‎【详解】恒过定点，恒过定点，由解得即直线恒过定点.‎ ‎【点睛】本题考查含有参数的直线过定点问题，过定点是解题关键．‎ ‎6.在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且cos2＝，则△ABC是( )‎ A. 直角三角形 B. 等腰三角形或直角三角形 C. 等边三角形 D. 等腰直角三角形 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】∵cos2=，2cos2﹣1=cosA，‎ ‎∴cosA=，即，‎ ‎∴△ABC是直角三角形．‎ 故选A．‎ ‎7.直线上的点到圆上点的最近距离为（ ）‎ A. B. C. D. 1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出圆心和半径，求圆心到直线的距离，此距离减去半径即得所求的结果.‎ ‎【详解】将圆化为标准形式可得 可得圆心为，半径，‎ 而圆心到直线距离为， 因此圆上点到直线的最短距离为，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查直线和圆的位置关系，点到直线的距离公式的应用，求圆心到直线的距离是解题的关键，属于中档题.‎ ‎8.在 中，内角 ，， 所对的边分别是 ，，，已知 ，且 ，，则 的面积是 ‎ A. B. C. D. 或 ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：由题意得，分和两种情况求解，然后结合三角形面积公式可得结果．‎ 详解：∵，‎ ‎∴．‎ ‎①当时，为直角三角形，且．‎ ‎∵，，‎ ‎∴．‎ ‎∴．‎ ‎②当时，则有，‎ 由正弦定理得．‎ 由余弦定理得，‎ 即，‎ 解得．‎ ‎∴．‎ 综上可得 的面积是 或 ．‎ 故选D．‎ 点睛：在判断三角形的形状时，对于形如的式子，当需要在等式的两边约去时，必须要考虑是否为0，否则会丢掉一种情况．‎ ‎9.设，，，则的最小值为（ ）‎ A. 2 B. ‎4 ‎C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用基本不等式可得，再结合代入即可得出答案．‎ ‎【详解】解：∵，，，‎ ‎∴，‎ ‎∴，当且仅当即，时等号成立，‎ ‎∴，‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题主要考查基本不等式求最值，要注意条件“一正二定三相等”，属于中档题．‎ ‎10.已知一个三角形的三边是连续的三个自然数，且最大角是最小角的2倍，则该三角形的最小角的余弦值是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设的最大角为，最小角为，可得出，，由题意得出，由二倍角公式，利用正弦定理边角互化思想以及余弦定理可得出关于的方程，求出的值，可得出的值.‎ ‎【详解】设的最大角为，最小角为，可得出，，‎ 由题意得出，，所以，，‎ 即，即，‎ 将，代入得，解得，，，‎ 则，故选B.‎ ‎【点睛】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，解题时根据对称思想设边长可简化计算，另外就是充分利用二倍角公式进行转化是解本题的关键，综合性较强.‎ ‎11.设集合，集合若中恰含有一个整数 ，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出A中不等式的解集确定出A，由A与B交集中恰有一个整数，求出a的范围即可．‎ ‎【详解】‎ 由A中不等式变形得：（x﹣1）（x+3）＞0，‎ 解得：x＜﹣3或x＞1，即A={x|x＜﹣3或x＞1}，如图为图中红色的实线部分，‎ 函数y=f（x）=x2﹣2ax﹣1的对称轴为x=a＞0，f（﹣3）=‎6a+8>0，f（﹣1）=‎2a>0, f（0）<0,故其中较小的根为（-1，0）之间，另一个根大于1，f（1）<0,要使A∩B恰有一个整数，‎ 即这个整数解为2，‎ ‎∴f（2）≤0且f（3）＞0，‎ 即,‎ 解得： ，即≤a＜，‎ 则a的取值范围为．‎ 故答案为A.‎ ‎【点睛】这个题目考查的是已知函数的零点，求参的问题，在研究函数零点时，有一种方法是把函数的零点转化为方程的解，再把方程的解转化为函数图象的交点，特别是利用分离参数法转化为动直线与函数图象交点问题，这样就可利用导数研究新函数的单调性与极值，从而得出函数的变化趋势，得出结论．‎ ‎12.已知圆，圆，分别为圆 上的点，为轴上的动点，则的最小值为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出圆关于轴的对称圆的圆心坐标A，以及半径，然后求解圆A与圆的圆心距减去两个圆的半径和，即可求得的最小值，得到答案．‎ ‎【详解】如图所示，圆关于轴的对称圆的圆心坐标，半径为1，‎ 圆的圆心坐标为,，半径为3，‎ 由图象可知，当三点共线时，取得最小值，‎ 且的最小值为圆与圆的圆心距减去两个圆的半径之和，‎ 即，‎ 故选D．‎ ‎ ‎ ‎【点睛】本题主要考查了圆的对称圆的方程的求解，以及两个圆的位置关系的应用，其中解答中合理利用两个圆的位置关系是解答本题的关键，着重考查了数形结合法，以及推理与运算能力，属于基础题．‎ 二､填空题(共4题，每题5分)‎ ‎13.已知直线，若，则 __________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 由题意可得：.‎ ‎14.若等比数列各项均为正数，且， .‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ 试题分析: ∵等比数列的各项均为正数，且，∴，∴，‎ ‎∴，故答案为 ‎.‎ 考点：对数运算及等比数列性质.‎ ‎15.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，的平分线交AC于点D，且，则的最小值为________．‎ ‎【答案】32‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据面积关系建立方程关系，结合基本不等式1的代换进行求解即可．‎ ‎【详解】‎ 如图所示，‎ 则△ABC的面积为，‎ 即ac=‎2a+‎2c，‎ 得，‎ 得，‎ 当且仅当，即‎3c=a时取等号；‎ ‎∴的最小值为32.‎ 故答案为：32.‎ ‎【点睛】本题考查三角形中的几何计算，属于中等题.‎ ‎16.在数列中，，当时，．则数列的前项和是_____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用累加法求出数列的通项公式，然后将数列的通项裂开，利用裂项求和法求出数列的前项和.‎ ‎【详解】当时，．‎ 所以，，，，，.‎ 上述等式全部相加得，.‎ ‎，‎ 因此， 数列的前项和为，故答案为.‎ ‎【点睛】本题考查累加法求数列通项和裂项法求和，解题时要注意累加法求通项和裂项法求和对数列递推公式和通项公式的要求，考查运算求解能力，属于中等题.‎ 三､解答题(17题10分，18-22题12分，共70分)‎ ‎17.在中，角，，所对的边分别为，，，满足.‎ ‎（1）求角的大小；‎ ‎（2）若，，求的面积.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用正弦定理的边化角公式，结合两角和的正弦公式，求解即可；‎ ‎（2）利用余弦定理以及题设条件得出，最后由三角形面积公式求解即可.‎ ‎【详解】解：（1）在中，由条件及正弦定理得 ‎∴‎ ‎∵，∴‎ ‎∵，∴. ‎ ‎（2）∵，‎ 由余弦定理得 ‎∴. ‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式的应用，属于中档题.‎ ‎18.在公差是整数的等差数列中，，且前项和．‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）令，求数列的前项和．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设等差数列公差为，由题意知，的最小值为，可得出，可得出的取值范围，结合，可求出的值，再利用等差数列的通项公式可求出；‎ ‎（2）将数列的通项公式表示为分段形式，即，于是得出可得出的表达式.‎ ‎【详解】（1）设等差数列的公差为，则，‎ 由题意知，的最小值为，则，‎ ‎，所以，解得，，，‎ 因此，；‎ ‎（2）.‎ 当时，，则，；‎ 当时，，则，.‎ 综上所述：.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列通项公式以及绝对值分段求和，解题关键在于将的最小值转化为与项相关的不等式组进行求解，考查化归与转化数学思想，属于中等题.‎ ‎19.若直线与轴，轴的交点分别为，圆以线段为直径.‎ ‎（Ⅰ）求圆的标准方程；‎ ‎（Ⅱ）若直线过点，与圆交于点，且，求直线的方程.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）或.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)本题首先根据直线方程确定、两点坐标，然后根据线段 为直径确定圆心与半径，即可得出圆的标准方程；‎ ‎(2)首先可根据题意得出圆心到直线的距离为，然后根据直线的斜率是否存在分别设出直线方程，最后根据圆心到直线距离公式即可得出结果．‎ ‎【详解】(1)令方程中的，得，令，得.‎ 所以点的坐标分别为.‎ 所以圆的圆心是，半径是，‎ 所以圆的标准方程为.‎ ‎(2)因为，圆的半径为，所以圆心到直线的距离为.‎ 若直线的斜率不存在，直线的方程为，符合题意.‎ 若直线的斜率存在，设其直线方程为，即.‎ 圆的圆心到直线的距离，解得.‎ 则直线的方程为，即.‎ 综上，直线的方程为或.‎ ‎【点睛】本题考查圆的标准方程与几何性质，考查直线和圆的位置关系，当直线与圆相交时，半径、弦长的一半以及圆心到直线距离可构成直角三角形，考查计算能力，在计算过程中要注意讨论直线的斜率是否存在，是中档题．‎ ‎20.如图，在四边形中，，，.‎ ‎（1）若，求的面积；‎ ‎（2）若，，求的长.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由余弦定理求出BC，由此能求出△ABC的面积．‎ ‎（2）设∠BAC＝θ，AC=x，由正弦定理得从而，在中，由正弦定理得，建立关于θ的方程，由此利用正弦定理能求出sin∠CAD．再利用余弦定理可得结果.‎ ‎【详解】（1）因为，，，‎ 所以，即，‎ 所以.‎ 所以.‎ ‎（2）设，，则，‎ 在中，由正弦定理得：，‎ 所以；‎ 在中，，所以.‎ 即，化简得：，‎ 所以，‎ 所以，，‎ 所以在中，.‎ 即，解得或（舍）.‎ ‎【点睛】本题考查正、余弦定理在解三角形中的应用，考查了引入角的技巧方法，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．‎ ‎21.已知等比数列满足，，且，，为等差数列.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）若，，对任意正整数，恒成立，试求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ 分析：（1）利用等比数列的通项公式、等差中项得到关于首项和公比的方程组，进而得到其通项公式；（2）先利用（1）结论求得，再利用错位相减法进行求和，再分离参数，将不等式恒成立问题转化为求数列的最值问题．‎ 详解：（1）设等比数列的首项为，公比为，‎ 依题意，即有，解得，故.‎ ‎（2）∵ ，‎ ‎∴ ，①‎ ‎，②‎ ‎②-①，得 ‎ ‎ ‎∵ ，‎ ‎∴ 对任意正整数恒成立，‎ ‎∴ 对任意正整数恒成立，即恒成立，‎ ‎∴ ，即的取值范围是.‎ 点睛：（1）错位相减法是一种重要的数列求和方法，其主要适用于求数列的前项和（其中是等差数列，是等比数列），其主要步骤为：‎ 第一步：等式两边同乘以等比数列的公比，‎ 第二步：将所得式子向后错一位，使次数相同的项对齐，‎ 第三步：两式相减，将部分项转化为等比数列进行求解.‎ ‎22.已知圆C过点，圆心在直线上.‎ ‎（1）求圆C的方程；‎ ‎（2）过圆O1：上任一点P作圆C的两条切线，切点分别为Q，T，求四边形PQCT面积的取值范围.‎ ‎【答案】(1).‎ ‎(2).‎ ‎【解析】‎ 分析：（1）根据条件设圆方程为，由题意可解得，于是可求得圆的方程．（2）根据几何知识可得，故将所求范围的问题转化为求切线长的问题，然后根据切线长的求法可得结论．‎ 详解：（1）由题意设圆心为，半径为，‎ 则圆的标准方程为．‎ 由题意得，解得，‎ 所以圆的标准方程为．‎ ‎（2）由圆的切线的性质得，‎ 而．‎ 由几何知识可得，‎ 又，‎ 所以，‎ 故，‎ 所以，‎ 即四边形面积的取值范围为．‎ 点睛：解决圆的有关问题时经常结合几何法求解，借助图形的直观性可使得问题的求解简单直观．如在本题中将四边形的面积转化为切线长的问题，然后再转化为圆外一点到圆上的点的距离的范围的问题求解．‎