1、高考资源网（） 您身边的高考专家武威六中2018-2019学年度第二学期第三次学段考试高一数学试卷一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，满分60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.若、为实数，则下列命题正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】B【解析】【分析】利用等式的性质或特殊值法来判断各选项中不等式的正误.【详解】对于A选项，若，则，故A不成立；对于B选项，在不等式同时乘以，得，另一方面在不等式两边同时乘以，得，故B成立；对于选项C，在两边同时除以，可得，所以C不成立；对于选项D，令，则有，所以D不成立.故选：B.【点睛】本题考查不
2、等式正误的判断，常用的判断方法有：不等式的基本性质、特殊值法以及比较法，在实际操作中，可结合不等式结构合理选择相应的方法进行判断，考查推理能力，属于基础题.2.已知倾斜角为的直线经过，两点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：直线经过两点，直线AB的斜率，又直线的倾斜角为，故选：A考点：直线的斜率；直线的倾斜角3.在ABC中，若，则B等于()A. B. 或C. D. 或【答案】B【解析】试题分析：由正弦定理可得：或考点：正弦定理解三角形4.圆与圆的位置关系为（ ）A. 相离B. 相交C. 外切D. 内切【答案】A【解析】【分析】求得两圆的圆心坐标和半径，根据圆心距和两圆
3、半径的关系，即可判定，得到答案.【详解】由题意，圆的圆心坐标，半径为，圆的圆心坐标，半径为，则圆心距为，所以，所以两圆相离，故选A.【点睛】本题主要考查了两圆的位置关系的判定，其中解答中熟记两圆的位置关系的判定方法是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.5.若正数满足，则的最小值为A. B. C. D. 3【答案】A【解析】【分析】由，利用基本不等式，即可求解，得到答案.【详解】由题意，因为，则，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为，故选A.【点睛】本题主要考查了利用基本不等式求最小值问题，其中解答中合理构造，利用基本不是准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题
4、.6.已知数列是递增的等比数列, ,则数列的前项和等于( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题意，根据等比数列的性质和通项公式，求得，再由前n项和公式，即可求解.【详解】由题意，根据等比数列的性质，可得，联立方程组，解得或，因为数列是递增的等比数列，所以，又由，解得，所以数列的前项和等于，故选D.【点睛】本题主要考查了等比数列的性质，以及等比数列的通项公式和前n项和公式的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.7.已知过点和点的直线为，.若，则的值为（ ）A. B. C. 0D. 8【答案】A【解析】l1l2，kAB2，解得m8.又l2l3，(2)1，解得n2，mn10
5、.选A.8.过坐标原点作圆的两条切线，切点为，直线被圆截得弦的长度为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求得圆的圆心坐标和半径，借助，即可求解.【详解】如图所示，设圆的圆心坐标为，半径为，则,，则，可得，故选A. 【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，其中解答中涉及到圆的切线方程应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.9.关于的不等式的解集为，则的取值范围为 （ ）A. B. C. 或D. 【答案】D【解析】【分析】分情况讨论，当时，求出满足条件的的值；当时，求出满足条件的的取值范围，即可得出结果.【详解】当时，若，则原不等式可化为，显然恒成立；若，则原不等式
6、可化为不是恒成立，所以舍去；当时，因为的解集为，所以只需，解得;综上，的取值范围为：.故选D【点睛】本题主要考查一元二次不等式恒成立的问题，需要用分类讨论的思想来处理，属于常考题型.10.若，满足，且的最小值为，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：作出不等式组，所表示的平面区域，如下图：由图可知：由于直线过定点，只需它还过点即可，解得：故选D考点：线性规划此处有视频，请去附件查看】11.直线的倾斜角范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题意，设直线的倾斜角为，根据直线方程，求得，即可求解.【详解】由题意，设直线的倾斜角为 直线的斜率为，即
7、，又由，所以，故选B.【点睛】本题主要考查了直线方程的应用，以及直线的斜率与倾斜角的关系的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.12.若直线与曲线有公共点，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】化简曲线得到表示以为圆心，以2为半径的一个半圆，利用圆心到直线的距离等于半径2，求得或，结合图象，即可求解.【详解】如图所示，曲线，即，表示以为圆心，以2为半径的一个半圆，由圆心到直线的距离等于半径2，可得，解得或，结合图象可得，故选C.【点睛】本题主要考查了直线和圆的位置关系的应用，以及点到直线的距离公式的应用，着重考查了数形结合法，以及推理与运算能力，属于中档试
8、题.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13.在中，若，则_【答案】4【解析】由题意，整理可得：，解得14.已知两条直线若与间的距离是，则_【答案】【解析】【分析】化直线，利用平行线之间的距离，即可求解.【详解】由题意，两条直线的距离是，可化为直线的距离是，所以，又由，可得.【点睛】本题主要考查了两平行线间的距离公式的应用，其中解答中熟记两平行线间的距离公式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.15.记为数列的前项和，若，则通项公式_.【答案】【解析】【分析】先求出，然后由得，两式相减得，从而由等比数列定义得数列为等比数列.【详解】，又，由得，两式相减得，即，而，是
9、公比为2的等比数列，.故答案为.【点睛】本题考查等比数列通项公式，解题关键是掌握数列前项和与项之间的关系，即，利用此式得出数列的递推关系，同时要注意此关系式中有，因此要考虑数列的首项与的关系是否与它们一致.16.已知圆和两点，若圆上存在点使得，则的最大值为_【答案】6【解析】圆C：（x3）2+（y4）2=1的圆心C（3，4），半径r=1，设P（a，b）在圆C上，则=（a+m，b），=（am，b），APB=90，=（a+m）（am）+b2=0，m2=a2+b2=|OP|2，m的最大值即为|OP|的最大值，等于|OC|+r=5+1=6故答案为：6三、解答题(本大题共6小题，共70分解答应写出文字说
10、明，证明过程或演算步骤)17.求满足下列条件的圆的方程：(1)过三点的圆的方程；(2)圆心在直线上且与直线切于点.【答案】(1)；(2) .【解析】【分析】（1）设出圆的一般方程，列出方程组，求得的值，即可求解；（2）设出圆标准方程，根据题设条件和圆的性质，求得的值，即可求解.【详解】（1）设过三点的圆的方程为则，解得，所以圆的一般方程为，标准方程为.（2）由题意，圆心在直线上，设圆的标准方程为又由圆直线切于点，则，解得，即圆心坐标为，所以，所以圆的方程为.【点睛】本题主要考查了圆的方程的求解，其中解答中熟记圆的标准方程和圆的一般方程，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题
11、.18.在ABC中，a=3，bc=2，cosB=（）求b，c的值；（）求sin（BC）的值【答案】() ；() .【解析】【分析】()由题意列出关于a,b,c的方程组，求解方程组即可确定b,c的值；()由题意结合正弦定理和两角和差正余弦公式可得的值.【详解】()由题意可得：，解得：.()由同角三角函数基本关系可得：，结合正弦定理可得：，很明显角C为锐角，故，故.【点睛】本题主要考查余弦定理、正弦定理的应用，两角和差正余弦公式的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.19.求满足下列条件的直线的方程：(1)求与直线平行，且过点的直线方程；(2)已知正方形的中心为直线和的交点，其一边所在
12、直线的方程为,求其他三边的方程.【答案】(1)；(2) ，.【解析】【分析】（1）过点与直线平行，斜率得到，利用点斜式方程，即可求解；由点斜式方程，可得直线方程是，即；（2）联立方程组，解得交点坐标为，分别设所求直线为，【详解】（1）过点与直线平行，即所求直线的斜率为，由点斜式方程，可得直线方程是，即；（2）联立方程组，解得交点坐标为，设与边所在直线平行的边的方程为，设与边所在直线垂直的边的方程为，又由正方形的中心到直线的距离为，所以点到其它边的距离也等于，所以，解得或，所以其它边所在的直线方程分别为，.【点睛】本题主要考查了两条直线的位置关系的应用，直线方程的求解，以及点到直线的距离公式的应
13、用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.20.等差数列前项和，且，（1）求的通项公式；（2）数列满足且，求的前项和【答案】(1) (2) 【解析】【分析】（1）根据等差数列中，列出关于首项、公差的方程组，解方程组可得与的值，从而可得数列的通项公式；（2）利用（1），由“累加法”可得，利用裂项相消法求和即可得结果.【详解】（1）等差数列的公差设为，前项和为，且，可得，解得，可得；（2）由，可得，则前项和【点睛】本题主要考查等差数列的求和公式，以及裂项相消法求数列的和，属于中档题. 裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的
14、裂项技巧：(1)；（2） ； （3）；（4）；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.21.在锐角中,角所对边为若, ,且.(1)求角的值；(2)求的取值范围.【答案】(1)；(2).【解析】【分析】（1）根据三角恒等变换的公式和三角形的内角和定理，化简可得，即可求解；由正弦定理得，得到所以，利用三角函数的性质，即可求解.【详解】（1）由题意，因为，又由,则，所以,可得，因为，则，所以，即，又由为锐角，可得.（2）由正弦定理，则，所以，因为，可得，所以，可得，所以故的取值范围【点睛】本题主要考查了三角恒等变换、三角函数的图象与性质的应用，以及正弦定理的边角互
15、化的应用，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.22.已知等差数列满足，等比数列满足，且.（1）求数列，的通项公式；（2）若，求的前项和.【答案】（1）,；（2）.【解析】【分析】（1）由，求得，得到等差数列的通项公式，又由和，求得，得到等比数列的通项公式；（2）由（1），求得，利用乘公比错位相减法，即可求解数列的前项和.【详解】（1）设的首项为，公差为，则有，解得，所以， 设，由，即，即，解得，由得，可得，所以.（2）由知，所以，则，两侧同乘公比2，可得，两式相减可得所以.【点睛】本题主要考查等差、等比数列的通项公式及求和公式、以及“错位相减法”求和的应用，此类题目是数列问题中的常见题型，解答中确定通项公式是基础，准确计算求和是关键，易错点是在“错位”之后求和时，弄错等比数列的项数，能较好的考查考生的逻辑思维能力及基本计算能力等.高考资源网版权所有，侵权必究！
