全国市级联考江苏省泰州市学年度第二学期期末考试高一数学统考试题.docx
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全国市级联考江苏省泰州市学年度第二学期期末考试高一数学统考试题
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【全国市级联考】江苏省泰州市2016-2017学年度第二学期期末考试高一数学统考试题
试卷副标题
考试范围:
xxx;考试时间:
60分钟;命题人:
xxx
学校:
___________姓名:
___________班级:
___________考号:
___________
题号
一
二
总分
得分
注意事项.
1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2.请将答案正确填写在答题卡上
第I卷(选择题)
第II卷(非选择题)
评卷人
得分
一、填空题(题型注释)
1、若正实数满足,则的最小值为__________.
2、若的面积为,则的取值范围是__________.
3、已知为两条不同的直线,为两个不同的平面,则下列四个结论中正确的序号为__________.
①若,则; ②若,则;
③若,则; ④若,则.
4、已知,则__________.
5、点关于直线的对称点的坐标为__________.
6、若实数满足,则的取值范围是__________.
7、底面边长和侧棱长均为2的正四棱锥的体积为__________.
8、过圆上一点作圆的切线,则切线方程为__________.
9、若,则的最小值为__________.
10、无论取任何实数,直线都经过一个定点,则该定点坐标为__________.
11、若直线与直线平行,则实数的值是__________.
12、直线的倾斜角为__________.
评卷人
得分
二、解答题(题型注释)
13、已知数列前项和为.
⑴若,求数列的通项公式;
⑵若,求数列的通项公式;
⑶设无穷数列是各项都为正数的等差数列,是否存在无穷等比数列,使得恒成立?
若存在,求出所有满足条件的数列的通项公式;若不存在,说明理由.
14、如图,过点的直线与圆相交于两点,过点且与垂直的直线与圆的另一交点为.
(1)当点坐标为时,求直线的方程;
(2)求四边形面积的最大值.
15、如图1,在路边安装路灯,路宽为,灯柱长为米,灯杆长为1米,且灯杆与灯柱成角,路灯采用圆锥形灯罩,其轴截面的顶角为,灯罩轴线与灯杆垂直.
⑴设灯罩轴线与路面的交点为,若米,求灯柱长;
⑵设米,若灯罩截面的两条母线所在直线一条恰好经过点,另一条与地面的交点为(如图2)
(图1) (图2)
(ⅰ)求的值;(ⅱ)求该路灯照在路面上的宽度的长.
16、已知函数.
(1)若的解集为,求的值;
(2)当时,若对任意恒成立,求实数的取值范围;
(3)当时,解关于的不等式(结果用表示).
17、设等差数列前项和为,且满足;等比数列满足.
(1)求数列的通项公式;
(2)求数列的前项和.
18、如图,平面,点为中点.
(1)求证:
;
(2)求证:
平面.
19、已知圆过三点,圆.
(1)求圆的方程;
(2)如果圆和圆相外切,求实数的值.
20、在中,角所对的边分别为,且.
(1)求的值;
(2)求.
参考答案
1、
2、
3、③
4、
5、
6、
7、
8、
9、
10、
11、2
12、(或)
13、
(1)
(2)(3)见解析
14、
(1)
(2)
15、
(1)灯柱长为13米.
(2)(ⅰ)值为;(ⅱ)长为米.
16、
(1)
(2)(3)见解析
17、
(1)
(2)
18、
(1)见解析
(2)见解析
19、
(1)
(2)
20、
(1)
(2)
【解析】
1、
所以
当且仅当 时取等号
点睛:
在利用基本不等式求最值时,要特别注意“拆、拼、凑”等技巧,使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用,否则会出现错误.
2、以BC所在直线为x轴,BC中点为坐标原点建立坐标系,则可设
所以
当 时,;
当 时,;
当 时,;
综上的取值范围是
3、①若,则可平行,也可相交,还可在平面内;②若,则可平行,也可相交,还可在平面内;;③若,则;④若,则可平行,也可相交,还可在平面内;;
所以选③
4、因为
所以
点睛:
裂项相消法是指将数列的通项分成两个式子的代数和的形式,然后通过累加抵消中间若干项的方法,裂项相消法适用于形如 (其中是各项均不为零的等差数列,c为常数)的数列.裂项相消法求和,常见的有相邻两项的裂项求和(如本例),还有一类隔一项的裂项求和,如或.
5、设 ,则
6、可行域如图,则直线过点A(2,2)时取最大值8,过点B(0,2)时取最小值2
点睛:
线性规划的实质是把代数问题几何化,即数形结合的思想.需要注意的是:
一,准确无误地作出可行域;二,画目标函数所对应的直线时,要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较,避免出错;三,一般情况下,目标函数的最大或最小值会在可行域的端点或边界上取得.
7、设正四棱锥为P-ABCD,O为底面中心,则高PO为 ,所以体积为
8、因为 ,所以切线斜率为 方程为 ,即
9、当 时 ,当且仅当 时取等号
点睛:
在利用基本不等式求最值时,要特别注意“拆、拼、凑”等技巧,使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用,否则会出现错误.
10、 当 时, ,所以直线都经过一个定点
11、因为 所以
12、
13、试题分析:
(1)利用和项与通项关系,当时,,将条件转化;注意验证当时是否满足题意,
(2)利用和项与通项关系,当时,,将条件转化,根据等差数列定义分别求奇数项与偶数项通项公式,综合可得;(3)设数列的公比为,则,设,代入根据恒等式成立条件可解得,.
试题解析:
解:
(1)当;
当时,,所以,即,
故数列的通项公式是.
(2),则,因为,所以,
当时,,
两式相减得,因为,所以,
所以数列的奇数项和偶数项分别构成以1为公差的等差数列,
所以,,
所以数列的通项公式为.
(3)设,假设存在等比数列,使得,设数列的公比为,则,即,即,
所以对所有的成立,
即 对所有成立,
取得
,①
,②
,③
由①②③解得,,,
当时,则,所以 ,经检验满足要求,
当时,则,所以,则,矛盾,
综上,当等差数列的公差时,存在等比数列,使得,它的通项公式为;
当等差数列的公差时,不存在等比数列,使得.
另法:
假设存在等比数列,使得,设的公差,的公比为,
则,
得,得,
得,
则,,
化简得,因为的各项都为正数,所以,
所以,此时,经检验满足要求.
当等差数列的公差时,存在等比数列,使得,它的通项公式为;
当等差数列的公差时,不存在等比数列,使得.
注意:
各题如有其他不同的解法,请对照以上答案相应给分.
点睛:
给出与的递推关系求,常用思路是:
一是利用转化为的递推关系,再求其通项公式;二是转化为的递推关系,先求出与之间的关系,再求.应用关系式时,一定要注意分两种情况,在求出结果后,看看这两种情况能否整合在一起.
14、试题分析:
(1)先根据斜率公式求直线的斜率,再根据垂直关系可得直线的斜率,最后根据点斜式求直线方程,
(2)四边形面积,根据垂径定理求出(用直线斜率表示),再利用换元转化为二次函数,结合二次函数求最值,最后讨论斜率不存在时情况,并比较大小.
试题解析:
解:
(1)当点坐标为时,直线的斜率为,
因为与垂直,所以直线的斜率为,
所以直线的方程为,即.
(2)当直线与轴垂直时,,
所以四边形面积.
当直线与轴不垂直时,设直线方程为,即,
则直线方程为,即
点到直线的距离为,
所以,
点到直线的距离为,所以,
则四边形面积 ,
令(当时四边形不存在),
所以 ,
故四边形面积的最大值为.
15、试题分析:
(1)在四边形OCAB内求解,先过点作的垂线,垂足为,过点作的垂线,垂足为.再分别在直角三角形AHC,及ABF中求解,则
(2)在中,由余弦定理得,由正弦定理得,即得;再由 以及正弦定理得
试题解析:
解:
(1)过点作的垂线,垂足为,过点作的垂线,垂足为.
因为,
所以,,
所以,,
又因为,所以,
因为,所以,
解得.
(2)(ⅰ)在中,由余弦定理得
,所以,
在中,由正弦定理得,即,
解得,所以.
(ⅱ),,
所以 ,
在中,由正弦定理得,即
.
答:
(1)灯柱长为13米.
(2)(ⅰ)值为;(ⅱ)长为米.
16、试题分析:
(1)根据不等式解集与方程根的关系得的两个根为-1和3,再根据韦达定理可得.
(2)一元二次方程恒成立,得,解得实数的取值范围;(3)当时,先因式分解得,再根据a与1的大小分类讨论不等式解集
试题解析:
解:
(1)因为的解集为,
所以的两个根为-1和3,
所以,解得.
(2)当时,,
因为对任意恒成立,所以,
解得,所以实数的取值范围是.
(3)当时,即,
所以,
当时,;
当时,;
当时,.
综上,当时,不等式的解集为;
当时,不等式的解集为;
当时,不等式的解集为.
17、试题分析:
(1)根据等差数列通项公式及求和公式列方程组得,解得,根据等比数列通项公式列方程组,解得,
(2)利用错位相减法求和:
利用错位相减法求和时,注意相减时项的符号变化,中间部分利用等比数列求和时注意项数,最后要除以
试题解析:
解
(1)设等差数列的公差为,因为满足,
所以,解得,
所以,
因为等比数列满足,
设公比为,则,解得,
所以数列的通项公式为.
(2)由
(1)知:
,
所以,
所以,
由②式减①式得,
,
故.
点睛:
用错位相减法求和应注意的问题
(1)要善于识别题目类型,特别是等比数列公比为负数的情形;
(2)在写出“”与“”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“”的表达式;(3)在应用错位相减法求和时,若等比数列的公比为参数,应分公比等于1和不等于1两种情况求解.
18、试题分析:
(1)由平面得,再由,得,最后根据线面垂直判定定理得;即得;
(2)取的中点,由平几知识得四边形是平行四边形,即得,再根据线面平行判定定理得平面.
试题解析:
证:
(1)因为平面,平面,
所以,
又因为,
所以,
又因为,
所以.
(2)取的中点,连接,
又因为点为中点,所以,
又,
所以,
所以四边形是平行四边形,因此,
又因为平面,平面,
所以平面.
19、试题分析:
(1)设圆一般方程,代入三点坐标,解方程组可得,
(2)先化圆的标准方程,再由两圆外切得,解方程可得实数的值.
试题解析:
解:
(1)设圆的方程为,
因为圆过三点,
所以,
解得,
所以圆的方程为.
(2)圆的方程即,所以圆心,半径为5,
圆即,
所以圆心,半径为2.
因为圆和圆外切,所以,所以,
解得.
20、试题分析:
(1)由余弦定理得,代入即得的值;
(2)由正弦定理得,代入即得.
试题解析:
(1)由余弦定理得 ,
所以.
(2)由正弦定理得,
所以.
点睛:
1.选用正弦定理或余弦定理的原则
在解有关三角形的题目时,要有意识地考虑用哪个定理更适合,或是两个定理都要用,要抓住能够利用某个定理的信息.
2.
(1)运用余弦定理时,要注意整体思想的运用.
(2)在已知三角形两边及其中一边的对角,求该三角形的其它边角的问题时,首先必须判断是否有解,如果有解,是一解还是两解,注意“大边对大角”在判定中的应用.
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- 全国 级联 江苏省 泰州市 学年度 第二 学期 期末考试 数学 统考 试题