1、官渡第一中学2019-2020学年度上学期开学考试数学试题班级：_姓名：_一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分.）1. 直线的横截距是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】求出直线与轴交点的横坐标即可【详解】解：当时，解得，所以直线的横截距是，故选：D【点睛】此题考查直线的截距，属于基础题2. 已知 , , , 则a,b,c的大小关系是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据对数函数的性质，确定的范围，即可得出结果.【详解】因为单调递增，所以，又，所以故选A【点睛】本题主要考查对数的性质，熟记对数的性质，即可比较大小，属于基础题型.3. 在
2、中，是上一点，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用平面向量的三角形法则和共线定理，即可得到结果【详解】因为是上一点，且，则 故选：C【点睛】本题考查了平面向量的线性运算和共线定理的应用，属于基础题4. 若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用诱导公式直接求解即可【详解】解：因为，所以，故选：A【点睛】此题考查诱导公式的应用，属于基础题5. 等比数列的各项均为正数，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意，由对数的运算性质可得，又由对数的运算性质可得，计算可得答案【详解】根据题意，等比数列的各项均为正数，且，则
3、有，则；故选【点睛】本题考查等比数列的性质以及对数的运算，属于基础题6. 直线和圆的位置关系是（ ）A. 相离B. 不确定C. 相交D. 相切【答案】C【解析】【分析】先求出圆的圆心和半径，然后利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，再与半径比较大小即可【详解】解：由，得，所以圆心为，半径为1，因为圆心到直线的距离为，所以直线和圆相交，故选：C【点睛】此题考查直线与圆的位置关系，考查圆的方程，考查点到直线的距离公式的应用，属于基础题7. 设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，下列命题中正确的是（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】A【解析】【分析】根据线面平行的性质定理，面面垂
4、直的性质定理，面面垂直判定定理分析每个选项，即可求解正确答案.【详解】对于A，由线面平行性质定理：，可知A正确；对于B，由面面垂直性质定理：，可知B错误；对于C，根据面面垂直判定定理，需再找一条直线，才可判断，则C错误；对于D，一条直线平行于一个平面，不能判定它平行于平面内所有直线，则D错误；故选：A.【点睛】本题属立体几何常考题型，线面平行的判定定理和性质定理、面面垂直性质定理和判定定理要辨析清楚.8. 右图中，小方格是边长为1的正方形，图中粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析】由三视图可知，该几何体为棱长为2的正方体截去一个三
5、棱锥，由正方体的体积减去三棱锥的体积求解【详解】根据三视图，可知原几何体如下图所示， 该几何体为棱长为的正方体截去一个三棱锥， 则该几何体的体积为 故选：D【点睛】本题考查了几何体三视图的应用问题以及几何体体积的求法，关键是根据三视图还原原来的空间几何体，是中档题9. 若数列满足：，而数列的前项和最大时，的值为（ ）A. 6B. 7C. 8D. 9【答案】B【解析】方法一：，数列是首项为19，公差为-3的等差数列则所以时，取最大值选B方法二：，数列是首项为19，公差为-3的等差数列，当时，；当时，所以时，取最大值选B点睛：求等差数列前n项和最值的常用方法：利用等差数列的单调性，求出其正负转折项
6、；利用性质求出其正负转折项，便可求得和的最值；将等差数列的前n项和 (A、B为常数)看作关于项数n的二次函数，根据二次函数的性质求最值10. 为得到函数的图像，只需将函数的图像（ ）A. 向右平移个长度单位B. 向右平移个长度单位C. 向左平移个长度单位D. 向左平移个长度单位【答案】D【解析】，所以要的函数的图象，只需将函数的图象向左平移个长度单位得到，故选D11. 在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则在方向上的投影为（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】A【解析】【分析】根据正弦定理，将已知条件进行转化化简，结合两角和差的正弦公式可求，根据在方向上的投影为，代入数
7、值，即可求解【详解】因为，所以 ， 即， 即， 因为，所以，所以 ， 所以在方向上的投影为： 故选：A【点睛】本题主要考查正弦定理和平面向量投影的应用，根据正弦定理结合两角和差的正弦公式是解决本题的关键，属于中档题12. 设函数的定义域为R，满足，且当时，.若对任意，都有，则m的取值范围是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】本题为选择压轴题，考查函数平移伸缩，恒成立问题，需准确求出函数每一段解析式，分析出临界点位置，精准运算得到解决【详解】时，即右移1个单位，图像变为原来的2倍如图所示：当时，令，整理得：，（舍），时，成立，即，故选B【点睛】易错警示：图像解析式求解过程容易求反，
8、画错示意图，画成向左侧扩大到2倍，导致题目出错，需加深对抽象函数表达式的理解，平时应加强这方面练习，提高抽象概括、数学建模能力二、填空题（本大题共4题，每题5分，共20分.）13. 若直线与直线平行，那么实数m的值为_【答案】0或【解析】因为直线l1：x2my10与l2：(3m1)xmy10平行，则斜率相等，或者斜率不存在，m0，或者，m14. 记Sn为数列an的前n项和若Sn2an1，则S6_【答案】【解析】【分析】先求出，然后当时，由，得，两式相减化简后可得，从而可知数列是以2为公比，为首项的等比数列，进而可求出的值【详解】解：当时，得，当时，由，得，两式相减，得，即，所以，所以数列是以2
9、为公比，为首项的等比数列，所以，故答案为：【点睛】此题考查由递推式证明等比数列，考查等比数列前项和公式的应用，属于基础题15. 如图所示，已知四棱锥的底面为正方形，且，则四棱锥外接球的体积为_.【答案】【解析】【分析】如图，画出剖面图，列方程便可得答案【详解】解：取AC与BD交点，记为T，连接PT，由对称性可知PT与底面垂直，且外接球球心必在PT上，设外接球半径为R，球心为O，做出剖面图如图所示，则在中，由勾股定理有，解得，因此，外接球的体积为故答案为：【点睛】此题考查四棱锥外接球体积的计算方法，属于基础题16. 已知的一个内角为，并且三边长构成公差为4的等差数列，则的面积为_.【答案】【解析
10、】【详解】试题分析：设三角形的三边长为a-4,b=a,c=a+4,(abc),根据题意可知三边长构成公差为4的等差数列，可知a+c=2b ,C=120,，则由余弦定理，c= a+ b-2abcosC，, 三边长为6,10,14，,b= a+ c-2accosB,即（a+c）=a+c-2accosB, cosB=，sinB=可知S=.考点：本试题主要考查了等差数列与解三角形的面积的求解的综合运用点评：解决该试题的关键是利用余弦定理来求解，以及边角关系的运用，正弦面积公式来求解巧设变量a-4,a,a+4会简化运算三、解答题（本大题共6个小题，共70分.）17. 已知公差不为零的等差数列中，且成等比
11、数列（）求数列的通项公式；（）令，求数列的前项和【答案】（）；（）.【解析】【分析】（）解方程组即得，即得数列的通项公式；（）利用裂项相消法求数列的前项和【详解】（）由题意： ,化简得，因为数列的公差不为零，故数列的通项公式为（）由（）知，故数列的前项和【点睛】本题主要考查等差数列通项的求法，考查裂项相消法求和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.18. 函数（）最小正周期为.（1）求的值；（2）当时，求值域.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）化简函数解析式，利用周期求出（2）根据角的范围得到，利用正弦函数的图象和性质即可求出.【详解】（1），（2）， 在上单调递减
12、，在上单调递增的值域为【点睛】本题主要考查了三角函数的化简，正弦型函数的值域，属于中档题.19. 的内角、的对边分别为、,且（）求角；（）若，且边上的中线的长为,求边的值【答案】（）；（）4.【解析】【分析】（）利用正弦定理和三角恒等变换的公式化简即得；（）设，则，由余弦定理得关于x的方程，解方程即得解.【详解】（）由题意， ， ，则， ， ； （）由（）知，又， ， 设，则，在中，由余弦定理得：， 即，解得，即【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，考查三角恒等变换，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.20. 如图，在四棱锥中，底面ABCD，E是PC的中点.（1）求PB
13、和平面PAD所成的角的大小；（2）证明：平面PCD；（3）求二面角的正弦值.【答案】（1）45；（2）见解析；（3）【解析】【分析】以为轴建立空间直角坐标系，求出各点坐标，用空间向量法求线面角，证明线面垂直，求二面角【详解】设，是等边三角形，又，以为轴建立空间直角坐标系，如图，则，（1），平面的一个法向量是，PB和平面PAD所成的角为45；（2），同理，是平面的一个法向量，平面PCD；（3）由（1）（2）得，设二面角大小为，则，二面角正弦值为【点睛】本题考查求线面角，证明线面垂直，求二面角等知识，解题方法是空间向量法，解题关键是建立空间直角坐标系21. 已知线段的端点的坐标是，端点在圆上运动，
14、是线段的中点，且直线过定点.（1）求点的轨迹方程，并说明它是什么图形；（2）记（I）中求得的图形的圆心为：（i）若直线与圆相切，求直线的方程；（ii）若直线与圆交于，两点，求面积的最大值，并求此时直线的方程【答案】（1），是以点为圆心，为半径的圆；（2）（i）或，（ii）或【解析】【分析】（1）设点，则可得，而点A在圆上运动，所以将点A的坐标代入圆方程中化简可得结果；（2）（i）利用分类讨论思想的应用和点到直线的距离公式的应用求出直线的方程；(ii)设，利用点到直线的距离公式可得圆心到直线的距离，而，利用基本不等式可求得其最大值，进而求出，从而可求出直线的斜率【详解】（1）设点，由的坐标是，且
15、是线段的中点知，点在圆上运动，点坐标满足圆的方程，即，整理得.这就是点的轨迹方程，它是以点为圆心，为半径的圆；（2）（i）由（1）知点的轨迹方程是以点为圆心，为半径的圆：若直线的斜率不存在，则直线，符合题意；若直线的斜率存在，设直线，即，由直线与圆相切知，圆心到直线的距离等于半径，即，解得.此时.由知直线的方程为或.（ii）若直线与圆相交于，两点，则直线的斜率一定存在且不为，设直线，即，则圆心到直线的距离.又，当且仅当，即时，“=”成立，时，有最大值为2，此时，解得或，故有最大值为2，此时直线的方程为或【点睛】此题考查轨迹方程的求法，直线与圆的位置关系的应用，点到直线的距离公式的应用，考查基本不等式的应用，属于中档题22. 已知函数，当时，的最大值为，最小值为.（1）若角的终边经过点，求的值；（2）设，在上有两个不同的零点，求的取值范围.【答案】（1）;（2）.【解析】试题分析：（1）先根据二次函数最值求法，求出，再根据三角函数定义得，从而可得的值；（2）先化简函数，再利用变量分离得，结合余弦函数在定义区间上的图象，确定参数的取值范围：，求得的取值范围.试题解析：（1），令，.最大值，最小值，.（2），令，.
