浙江省湖州市2019-2020学年高一数学下学期期末考试试题.doc

浙江省湖州市2019-2020学年高一数学下学期期末考试试题

浙江省湖州市2019-2020学年高一数学下学期期末考试试题

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浙江省湖州市2019-2020学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）
第Ⅰ卷（选择题，共40分）
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40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.已知点，，则直线AB的倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由，两点求出直线AB的斜率，再斜率又等于倾斜角的正切值，可求出倾斜角.
【详解】解：由，，得，
设直线AB的倾斜角为，则，
因为，所以，
故选：B
【点睛】此题考查直线的斜率与倾斜角的关系，属于基础题.
2.不等式的解集是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
解一元二次不等式，对原式因式分解可得，利用二次函数的图形性质，可得结果.
【详解】由，
可得，，
所以，，
故选：A
【点睛】本题考查了一元二次不等式求解，考查了数学运算能力和逻辑推理能力，属于容易题目.
3.已知实数a、b、c满足c<b<a，且ac<0，那么下列不等式一定成立是（ ）
A. ac(a−c)>0 B. c(b−a)<0 C. D. ab>ac
【答案】D
【解析】
【分析】
先根据和，得出的符号，再结合，利用不等式的基本性质即可得到结果.
【详解】∵和，∴，，
又，∴，
故选：D.
【点睛】本题主要考查不等关系与不等式应用、不等式的基本性质，属于基础题.
4.若直线与垂直，则实数的值是（ ）
A. 3或-3 B. 3或4 C. -3或-1 D. -1或4
【答案】A
【解析】
∵直线与垂直，
∴，则或，故选A.
5.对于向量，，和实数，下列命题中正确的是（ ）
A. 若，则或 B. 若，则或
C. 若，则或 D. 若，则
【答案】B
【解析】
【分析】
由向量的垂直条件，数量积为0，可判定A；由向量的数乘的定义可判断B；由向量的平方即为向量的模的平方，可判断C；向量的数量积不是满足消去律，可判断D，即可得到答案.
详解】对于A中，若，则或或，所以不正确；
对于B中，若，则或是正确的；
对于C中，若，则，不能得到或，所以不正确；
对于D中，若，则，不一定得到，可能是，所以不正确，综上可知，故选B.
【点睛】本题主要考查了向量的数量积的定义，向量的数乘和向量的运算律等知识点，其中解答中熟记向量的数量积的定义和向量的运算是解答本题的关键，着重考查了判断能力和推理能力，属于基础题.
6.设变量x，y满足约束条件，则（ ）
A. 最大值为4，最小值为0 B. 最大值为6，最小值为4
C. 最大值为6，最小值为0 D. 最大值为4，最小值为2
【答案】C
【解析】
【分析】
先作出不等式组对应的可行域，当直线通过点时，最小，当直线通过点时，最大，求出点的坐标即得解..
【详解】
由题得不等式组对应的可行域是如图所示的区域，
由得，它表示斜率为，纵截距为的直线，
当直线通过点时，直线的纵截距最小，最小；当直线通过点时，直线的纵截距最大，最大.
联立得；
联立得；
所以.
故选：C.
【点睛】本题主要考查线性规划求最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和数形结合分析推理能力.
7.若正实数满足，则（ ）
A. 有最大值4 B. 有最小值
C. 有最大值 D. 有最小值
【答案】C
【解析】
试题分析：因为正实数，满足，所以，故有最小值4，故A不正确；由基本不等式可得，故有最大值，故B不正确；由于，故由最大值为，故C正确；，故由最小值，故D不正确．
考点：基本不等式
8.已知正项等比数列满足，若存在两项，，使得，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
利用正项等比数列的定义，对用通项公式展开，可得出，对化简可得，.求的最小值，很容易想到均值不等式，但是一定要注意验证等号成立是否符合条件，经验证不符合；进而通过取特殊值的方法，找到取最小值的情况.
【详解】由，可得，解得或（舍去），
由，可得，可得，
所以，，
当，即，所以取等号，不和题意，
经验证，当时，取最小值，
故选：B
【点睛】本题考查了等比数列的通项公式，特殊值验证法，考查了数学运算能力和逻辑推理能力，属于一般题目.
9.在平面直角坐标系xOy中，若圆上存在点M，且点M关于直线的对称点N在圆上，则r的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
求得圆关于直线的对称圆的方程，转化为两圆有公共点，结合两圆的位置关系，即可求解.
【详解】解：由题意知，圆圆心，半径，圆圆心，半径，
关于的对称点设为，则 ，
解得，所以圆关于的对称圆，
由题意知，圆与圆有公共点，因为，
所以，解得，
故选:D.
【点睛】本题主要考查了两圆位置关系的判定与应用，其中解答中求得圆的对称圆的方程，转化为两圆有公共点是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力.
10.已知，，，若当时，恒成立，则的最大值是（ ）
A. -6 B. -2 C. 2 D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】
由题意得，作出图象，从而得到，则，根据二次函数的性质即可求出答案．
【详解】解：由当时，恒成立，得在上恒成立，

由图可知，即，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选：A．
【点睛】本题主要考查不等式恒成立问题，考查函数与方程的应用，考查数形结合思想，属于难题．
第Ⅱ卷（非选择题部分，共110分）
二、填空题（本题共有7小题，其中多空题每空3分，单空题每空4分，共36分）
11.已知直线与互相平行，则实数________，它们的距离是________．
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
由两直线平行可得，从而可求出的值，再用两平行线间的距离公式可求出这两平行线间的距离.
【详解】解：因为直线与互相平行，
所以，解得，
此时，即，
所以这两平行线间的距离为

故答案为：2；
【点睛】此题考查两直线的位置关系，两平行线间的距离，属于基础题.
12.设公差为d的等差数列的前n项和为，若，，则________，取最小值时，________．
【答案】 (1). 3 (2). 4
【解析】
【分析】
结合等差数列的通项公式及求和公式可得，从而可求出数列的首项和公差，从而可得，结合二次函数的性质，可求出取最小值时的值.
【详解】解：因为是等差数列，所以 ，解得 ，
所以，
因为的图象开口向上，对称轴为，
由，所以当时，取最小值.
故答案为:;.
【点睛】本题考查了等差数列的通项公式，考查了等差数列的前项和.本题的关键是求出数列的首项和公差.
13.在中，若，，点D在边BC上，且，则________，________．
【答案】 (1). 3 (2).
【解析】
【分析】
利用余弦定理，即可求得；利用正弦定理求出，再求的值.
【详解】，
；
，，
，
，
，，
；
故答案为：；
【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理的综合运用，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.
14.已知平面向量，的夹角为，且 ，，则在方向上的投影是________，的最小值是________．
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
向量在方向上的投影为求出，
平方，转化为求函数最值可解.
【详解】因为平面向量，的夹角为，且 ，
向量在方向上的投影为

所以当时，
故答案为：；
【点睛】求向量模的常用方法:
(1)若向量是以坐标形式出现的，求向量的模可直接利用公式.
(2)若向量 是以非坐标形式出现，求向量的模可应用公式或，先求向量模的平方，再通过向量数量积的运算求解．
15.若关于x的不等式对一切实数x都成立，则实数a的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】
由绝对值的三角不等式，求得最小值，得到，即可求解.
【详解】由绝对值不等式可得，
当且仅当时，等号成立，
所以，解得或，
即实数a的取值范围是.
【点睛】本题主要考查了绝对值三角不等式的应用，其中解答熟记绝对值的三角不等式是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
16.若数列满足，，则________．
【答案】
【解析】
【分析】
先根据递推公式求出前几项，然后得出猜想，再用数学归纳法证明即可．
【详解】解：∵，，
∴，
∴，解得，或（舍去），
∴，解得，或（舍去），
依次代入有，，，……，
∴猜想，
下面用数学归纳法证明
当时，显然成立；
假设当时，令，
则当时，
由得，，
∴，
即，
∴，或（舍去），即假设成立.
∴，，即.
故答案为：．
【点睛】本题主要考查递推公式的应用，考查数学归纳法的应用，考查计算能力，属于中档题．
17.设非零向量，，，满足，，则的最小值是________．
【答案】
【解析】
【分析】
分别设，，求出和，化简，用表示，用换元和均值不等式求最小值.
详解】设，，
，

所以，
（令）

（仅当时取等号）
则的最小值是.
故答案为：
【点睛】本题考查了平面向量的数量积和模长，均值不等式求最值等基本知识，考查了数学运算能力和逻辑推理能力，属于难题.
三、解答题（本大题共5小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
18.已知平面向量，满足，，．
（1）求向量与的夹角；
（2）当实数x为何值时，与垂直．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由化简再结合，可求出向量与的夹角；
（2）要与垂直，只需，化简可求出x的值.
【详解】（1）由
，
得．
（2）当与垂直时，

，
所以．
【点睛】此题考查平面向量的数量积运算，考查向量的夹角的求法，向量垂直等知识，属于基础题.
19.设为数列的前n项和，满足，且，，成等差数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）数列的前n项和为，求使得成立的n的最小值．
【答案】（1）；（2）8.
【解析】
【分析】
（1）由和，可得，所以等比数列，再由，，成等差数列，通过递推分别用表示，列方程可得首项为，进而写出通项公式.
（2）写出，利用等比数列的前n项和公式求，对不等式进行化简可得，，即可求出n的最小值.
【详解】（1）由已知得时，，
所以，，，
故依题得，
所以是以1位首项，3为公比的等比数列，
所以．
（2）由（1）知，，
所以，
所以由
，
即n的最小值为8．
【点睛】本题考查了数列与的关系，等比数列的通项公式，等比数列前n项和公式和解不等式等基本知识，考查了数学运算能力和逻辑推理能力，属于中档题目.
20.在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足．
（1）求角A的大小；
（2）若，且，求的面积．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
(1)由正弦定理对已知式子进行边角互化可得，结合余弦定理可求出，进而可求出角A的大小.
(2)由诱导公式及正弦定理，可得，即可求出，结合三角形的内角和定理可求出，由正弦定理求得，进而代入三角形的面积公式即可求解.
【详解】（1）由正弦定理及已知得，
所以．所以，
则，因为，所以．
（2）由可知，，因为，
所以，则，所以，所以．
又由，所以，解得，
所以
．
【点睛】本题考查了正弦定理，考查了余弦定理，考查了三角形的面积公式，考查了诱导公式，考查了两角和的正弦公式.
21.已知圆，点P是直线上的一动点，过点P作圆M的切线PA，PB，切点为A，B．
（1）当切线PA的长度为时，求点P的坐标；
（2）若的外接圆为圆N，试问：当P运动时，圆N是否过定点？若存在，求出所有的定点的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）求线段AB长度的最小值．
【答案】（1）或；（2）圆过定点，；（3）当时，AB有最小值．
【解析】
【分析】
（1）设，由，计算即可求得，得出结果；
（2）因为A、P、M三点的圆N以MP为直径，所以圆的方程为，化简为，由方程恒成立可知，即可求得动圆所过的定点；
（3）由圆和圆方程作差可得直线方程，设点到直线AB的距离，则，计算化简可得结果.
【详解】（1）由题可知，圆M的半径，设，
因为PA是圆M的一条切线，所以，
所以，
解得或，
所以点P的坐标为或．
（2）设，因为，
所以经过A、P、M三点的圆N以MP为直径，
其方程为，
即，
由，
解得或，
所以圆过定点，．
（3）因为圆N方程为，
即①
又圆②
①-②得圆M方程与圆N相交弦AB所在直线方程为
．
点到直线AB的距离，
所以相交弦长
，
所以当时，AB有最小值．
【点睛】本题考查直线和圆的位置关系，考查定点问题和距离的最值问题，难度较难.
22.设数列的前n项和为，前n项积为，且．
（1）求，，的值及数列的通项公式；
（2）求数列的前n项和；
（3）证明：．
【答案】（1）1，1，，；（2）；（3）见解析.
【解析】
【分析】
(1)利用的关系化简已知条件可得，即可证明为等比数列，进而求得通项得出结果；
(2)由（1）可知代入已知条件，化简即可求得；
(3) 由利用基本不等式化简可得，利用不等式性质可知，化简即可推出结论.
【详解】（1）由，
得．
所以，
由，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，所以，
从而，．
（2）由及，
得．
（3）由，
令，并由n个式子不可能同时取等号，得
，
即
，得证．
【点睛】本题考查利用的关系构造数列证明数列为等比数列，考查基本不等式和不等式性质在证明数列不等式问题中的应用，考查逻辑推理能力，属于中档题.