《2022年海安中学学高一下学期期中考试数学试题含解析2 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年海安中学学高一下学期期中考试数学试题含解析2 .pdf（18页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、20172018 年度第二学期期中学业质量监测高一创新班数学试卷一、填空题：本大题共14 小题，每小题5 分，共 70 分请把答案填写在答题卡相应位置上1. 已知集合，则_. 【答案】 1 ，2 【解析】分析：根据一元二次不等式，求解集合，再利用补集的运算即可求解详解：由集合或，所以，即点睛：本题主要考查了集合的运算，其中正确求解集合是解答的关键，着重考查了推理与运算能力2. 设是虚数单位，若复数满足，则复数的模=_. 【答案】 1 【解析】分析：利用复数的运算法则，以及模的计算公式，即可求解详解：由，则，所以点睛：本题主要考查了复数的运算法则和复数模的计算，其中熟记复数的运算公式和模的计算公
2、式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题3. 函数的定义域为 _. 【答案】【解析】分析：根据函数的解析式，得到解析式有意义所满足的条件，即可求解函数的定义域详解：由函数可知，实数满足，即，解得，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 1 页，共 18 页 - - - - - - - - - - 即函数的定义域为点睛：本题主要考查了函数的定义域的求解，其中根据函数的解析式得到满足条件的不等式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力4. 若，则的值为 _. 【答案】【解析】分析：根据三角函
3、数的诱导公式，即可求解对应的函数值详解：由，则点睛：本题主要考查了三角函数的诱导公式的应用问题，其中熟记三角函数的诱导公式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题5. 已知，且，则的值为 _. 【答案】【解析】分析：利用两角和与差的正切函数公式，即可化简求值详解：由，则点睛：本题主要考查了三角函数的化简求值问题，其中把角转化为和熟记两角和与差的正切公式是解答的关键，着重考查了转化意识和推理、运算能力6. 已知双曲线的一条渐近线方程是yx，它的一个焦点与抛物线y216x 的焦点相同，则双曲线的方程为_. 【答案】【解析】分析：先由双曲线的渐近线方程为，易得，再由抛物线的焦点为，可得双曲
4、线，最后根据双曲线的性质列出方程组，即可求解的值，得到双曲线的方程精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 2 页，共 18 页 - - - - - - - - - - 详解：由双曲线的渐近线方程为，得，因为抛物线的焦点坐标为，得，又由，联立可得，所以双曲线的方程为点睛：本题主要考查了双曲线和抛物线的标准方程及其几何性质的应用，其中熟记圆锥曲线的几何性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力7. 由 0，1，2，3，4，5 这 6 个数字共可以组成_. 个没有重复数字的四位偶数【答案】 156 【解
5、析】分析：可分当末位为和末位不为两种情况分类讨论，再根据分类计数原理求得结果详解：可分为两类：（1）当末位为时，可以组成个；（2）当末位是或 时，则首位有四种选法，中间可以从剩余的个数字选取两个，共可以组成种，由分类计数原理可得，共可以组成个没有重复数字的四位偶数点睛：本题主要考查了排列、组合及简单的计数原理的应用，着重考查了分类的数学思想方法，对于数字问题是排列中常见到的问题，条件变换多样，把排列问题包含数字问题时，解答的关键是看清题目的实质，注意数列字的双重限制，即可在最后一位构成偶数，由不能放在首位8. 用数学归纳法证明：“即，其中，且”时，第一步需验证的不等式为：“_. ”【答案】【解
6、析】分析：由题意时，即可得到第一步需要验证的不等式详解：由题意可知，当时，所以第一步需验证的不等式为“”点睛：本题主要考查了数学归纳法的应用，其中熟记数学归纳法的基本步骤是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 3 页，共 18 页 - - - - - - - - - - 9. 已知函数有且只有一个零点，则实数b的取值范围是_. 【答案】【解析】分析：函数有零点是函数图象的交点，利用函数和的图象，即可求出参数的取值范围详解：由题意，函数有一个零点，即函
7、数和的图象只有一个交点，如图所示，直线与半圆相切的直线方程为，又过点的直线为，所以满足条件的的取值范围是或，即点睛：本题主要考查了函数零点的应用问题，其中解答中把函数有零点转化为函数图象得交点是解答的关键，着重考查了转化与化归思想和数形结合思想，以及分析问题和解答问题的能力10. 设 x，y，z 均是不为 0 的实数， 9x，12y，15z 成等比数列， 且， ， 成等差数列， 则的值是 _. 【答案】【解析】试题分析：由于成等比数列， 得， 又因为成等差数列，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -
8、第 4 页，共 18 页 - - - - - - - - - - . 考点：等差数列和等比数列的性质. 11. 设满足约束条件则目标函数的取值范围为 _. 【答案】【解析】试题分析：可行域为一个三角形ABC及其内部， 其中, 因此当时过点 C时，取最大值1，当时与直线相切时取最小值，当时，综上目标函数的取值范围为考点：线性规划12. 如图，在 ABC中，边 BC的四等分点依次为D，E，F若，则 AE的长为 _. 【答案】【解析】 分析：用和表示出得出， 在根据和的关系计算，从而得到的长详解：因为, 所以，所以所以，因为，所以, 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - -
9、 - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 5 页，共 18 页 - - - - - - - - - - 所以，所以，所以，所以，所以，即点睛：本题考查了平面向量的基本定理，及平面向量的数量积的运算问题，对于平面向量的计算问题，往往有两种形式，一是利用数量积的定义式，二是利用数量积的坐标运算公式、向量夹角公式、模公式及向量垂直的充要条件，可将有关角度问题、线段长问题及垂直问题转化为向量的数量积来解决13. 设函数在上存在导数,对任意的有, 且在上.若, 则实数的取值范围 _. 【答案】【解析】令，所以，则为奇函数 . 时，由奇函数性质知：在 R上上递增 . 则实数的
10、取值范围是点睛：利用导数解抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造 . 构造辅助函数常根据导数法则进行：如构造，构造，构造，构造等14. 设是三个正实数，且，则的最大值为 _. 【答案】【解析】分析：由已知条件可得是方程的正根，求出，打入变形化简利用基本不等式，即可求解详解：由，所以，所以是方程的正根，所以，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 6 页，共 18 页 - - - - - - - - - - 所以，当且仅当等号成立，所以的最小值为. 二解答题：本大题共6
11、 小题，共90 分请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤15. 如图，在正三棱柱中，已知，分别为，的中点，点在棱上，且求证：（1）直线平面；（2）直线平面【答案】（1）见解析（ 2）见解析【解析】试题分析： （1）证明线面平行，一般利用线面平行判定定理，即从线线平行出发给予证明，而线线平行的寻找与论证，往往需要利用平几知识，如本题利用平行四边形性质：连结，可先证得四边形是平行四边形，进而证得四边形是平行四边形，即得， （2）证明线面垂直，一般利用线面垂直判定与性质定理，经多次转化论证，而在精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢
12、迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 7 页，共 18 页 - - - - - - - - - - 寻找线线垂直时，不仅可利用线面垂直转化，如由平面，得，而且需注意利用平几中垂直条件，如本题中利用正三角形性质得试题解析：（1）连结，因为，分别为，的中点，所以且，所以四边形是平行四边形，2分所以且，又且，所以且，所以四边形是平行四边形，4分所以，又因为，所以直线平面7分（2）在正三棱柱中，平面，又平面，所以，又是正三角形，且为的中点，所以，9分又平面，所以平面，又平面，所以，11分又，平面，所以直线平面14分精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - -
13、 - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 8 页，共 18 页 - - - - - - - - - - 考点：线面平行判定定理，线面垂直判定与性质定理【思想点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型. (1) 证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行. (2) 证明线面垂直，需转化为证明线线垂直. (3) 证明线线垂直，需转化为证明线面垂直. 16. 已知向量与共线，其中A是 ABC的内角（1）求角的大小；（2）若 BC=2 ，求 ABC面积的最大值，并判断S取得最大值时ABC的形状 . 【答案】（1）（2） ABC的面积最大值, 等边三角形 . 【解
14、析】分析： （1）由，得，利用三角恒等变换的公式，求解，进而求解角的大小；（2）由余弦定理，得和三角形的面积公式，利用基本不等式求得，即可判定当时面积最大，得到三角形形状详解：（1）因为 m/n, 所以. 所以，即，即. 因为 , 所以. 故，. （2）由余弦定理，得又，而， （当且仅当时等号成立）所以. 当 ABC的面积取最大值时，. 又，故此时 ABC为等边三角形点睛：本题主要考查了利用正弦定理和三角函数的恒等变换求解三角形问题，对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - -
15、 - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 9 页，共 18 页 - - - - - - - - - - 用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题. 17. 已知椭圆：（）的离心率为，椭圆与 轴交于两点，且（1）求椭圆的方程；（2）设点是椭圆上的一个动点， 且点在 轴的右侧， 直线与直线交于两点，若以为直径的圆与轴交于，求点横坐标的取值范围及的最大值【答案】（1）（2）2 试题解析：（1）由题意可得，得， 解得， 椭圆的标准方程为.
16、（2）设，所以，直线的方程为，同理得直线的方程为， 直线与直线的交点为，直线与直线的交点为，线段的中点，所以圆的方程为，令，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 10 页，共 18 页 - - - - - - - - - - 则， 因为，所以，所以，因为这个圆与轴相交 , 该方程有两个不同的实数解，所以，解得设交点坐标，则（） ，所以该圆被轴截得的弦长为最大值为2考点：直线与圆位置关系，两直线交点18. 如图，一个角形海湾AOB ，AOB 2（常数 为锐角）拟用长度为l （l 为常数）的围网围成
17、一个养殖区，有以下两种方案可供选择：方案一如图 1，围成扇形养殖区OPQ ，其中l ；方案二如图 2，围成三角形养殖区OCD ，其中 CD l ；（1）求方案一中养殖区的面积S1；（2）求证：方案二中养殖区的最大面积S2；（3）为使养殖区的面积最大，应选择何种方案？并说明理由【答案】（1）（2）见解析（ 3）为使养殖区面积最大，应选择方案一【解析】分析： （1）设，利用弧长公式得，再利用扇形的面积公式，即可求解；（2）设，由余弦定理和基本不等式得，再利用三角形的面积公式，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - -
18、- - -第 11 页，共 18 页 - - - - - - - - - - 即可证得；（3）由（ 1） （2）得，令，求得，求得函数的单调性，得，得，作出相应的选择详解：解：（1）设 OP r ，则 l r 2，即 r ，所以 S1 lr ，(0，) (2) 设 OC a， OD b由余弦定理，得l2 a2b22abcos2，所以l2 2ab2abcos2所以 ab，当且仅当ab 时“”成立所以 SOCD absin2 ，即 S2 (3)(tan ) ， (0，) ， 令 f( ) tan ，则f () ()1当 (0，) 时， f ( ) 0，所以 f( ) 在 0 ，) 上单调增，所以，
19、当(0，) ，总有 f( ) f(0) 0所以0，得 S1S2答：为使养殖区面积最大，应选择方案一(没有作答扣一分) 点睛：本题主要考查了扇形的弧长公式和扇形的面积公式，及导数在函数中的综合应用，其中正确理解题意，利用扇形的弧长公式和面积公式建立函数关系式是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力19. 已知函数 (a 0，b，c) （1）设若，在处的切线过点 (1 ，0) ，求的值；若，求在区间上的最大值；（2）设在，两处取得极值，求证：，不同时成立【答案】（1）或0（ 2）见解析精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载
20、名师归纳 - - - - - - - - - -第 12 页，共 18 页 - - - - - - - - - - 【解析】（1）根据题意，在中，利用导数的几何意义求出切线方程，再将点代入即求出的值，在中，通过函数的导数来研究其单调性，并求出其极值，再比较端点值，从而求出最大值；（2）由题意可采用反证法进行证明，假设问题成立，再利用函数的导数来判断函数的单调性，证明其结果与假设产生矛盾，从而问题可得证. 试题解析：（1）当时，. 若，则，从而，故曲线在处的切线方程为. 将点代入上式并整理得，解得或. 若，则令，解得或. （）若，则当时，所以为区间上的增函数，从而的最大值为. （ii ）若，列表
21、：所以的最大值为. 综上，的最大值为0. （2）假设存在实数，使得与同时成立 . 不妨设，则. 因为，为的两个极值点，所以. 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 13 页，共 18 页 - - - - - - - - - - 因为，所以当时，故为区间上的减函数，从而，这与矛盾，故假设不成立 . 既不存在实数， ， ，使得，同时成立 . 点睛：此题主要考查了有关函数导数的几何意义、以及导数在判断函数单调性、求函数的最值等方面的知识和运算技能，属于中高档题型，也是高频考点.利用导数求函数单调区间的
22、一般步骤： 1. 确定函数的定义域；2. 求导数； 3. 在函数的定义域内解不等式和；4. 根据 3 的结果确定函数的单调区间. 20. 已知是数列的前 n项和，且（1）求数列的通项公式；（2）对于正整数，已知成等差数列，求正整数的值；（3）设数列前 n项和是，且满足：对任意的正整数n，都有等式成立 . 求满足等式的所有正整数n. 【答案】（1）（2）（3）1 和 3. 【解析】试题分析： （1）先根据和项与通项关系得项之间递推关系，再根据等比数列定义判断，最后根据等比数列通项公式求结果，（2）根据等差数列化简得，再根据正整数限制条件以及指数性质确定不定方程正整数解，（3）先根据定义求数列通项
23、公式，再根据等差数列求和公式求，根据数列相邻项关系确定递减，最后根据单调性求正整数解. 试题解析：（1）由得，两式作差得，即. 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 14 页，共 18 页 - - - - - - - - - - ，所以，则，所以数列是首项为公比为的等比数列，所以；（2）由题意，即，所以，其中，所以，所以，；（3）由得，所以，即，所以，又因为，得，所以，从而，当时；当时；当时；下面证明：对任意正整数都有，当时，即，所以当时，递减，所以对任意正整数都有；精品资料 - - - 欢迎下
24、载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 15 页，共 18 页 - - - - - - - - - - 综上可得，满足等式的正整数的值为和. 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 16 页，共 18 页 - - - - - - - - - - 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 17 页，共 18 页 - - - - - - - - - - 文档编码：KDHSIBDSUFVBSUDHSIDHSIBF-SDSD587FCDCVDCJUH 欢迎下载 精美文档欢迎下载 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 18 页，共 18 页 - - - - - - - - - -