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- 2021-06-22 发布
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江西省高安中学2019—2020学年度上学期期中考试高一年级数学试题（A卷）
一、 选择题 (本大题共12个小题,每小题5分,共60分.)
1.已知集合A＝，则A∩B的元素个数是( )
A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】
首先求解方程组，得到两曲线的交点坐标，进而可得答案．
【详解】联立，解得
即和的图象有3个交点，，，
∴集合有3个元素，故选B.
【点睛】本题考查了交集及其运算，考查了方程组的解法，是基础题．
2.若两直线的倾斜角分别为 与，则下列四个命题中正确的是（ ）
A. 若<，则两直线的斜率：k1 < k2 B. 若=，则两直线的斜率：k1= k2
C. 若两直线的斜率：k1 < k2 ，则< D. 若两直线的斜率：k1= k2 ，则=
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意，两直线的倾斜角分别为 与，斜率分别是，表示出斜率和角之间的关系，根据正切在之间的定义域和单调性的关系，即可作出判定，得到答案．
【详解】由题意，两直线的倾斜角分别为 与，斜率分别是，
所以，且，
根据正切在之间的定义域和单调性的关系，
可得，对于A中，当，此时，所以不正确；
对于B中，当，此时斜率不存在，所以不正确；
对于C中，当，此时，所以不正确；
对于D中，当，此时，所以是正确的，故选D．
【点睛】本题主要考查了斜率与倾斜角的关系，其中解答中正确理解直线的斜率与倾斜角的关系，合理运用正切函数性质是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力．
3.平面向量与的夹角为，，，则等于 ( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
通过题意可求得,从而,即可得到答案.
【详解】由于,所以,因此,因此,故选D.
【点睛】本题主要考查向量的数量积运算，模的相关运算，难度不大.
4.已知直线的倾斜角为，则的值是（ ）．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：，选C.
考点：二倍角公式
5.设为等差数列, 其前n项和为.若，则( )
A. 54 B. 40 C. 96 D. 80
【答案】A
【解析】
【分析】
由已知2a8＝a11+6，结合等差数列的性质可得，2a8＝a11+a5＝a11+6从而可得，a5＝6，代入等差数列的前n项和，然后利用利用等差数列的性质及所求的a5的值代入可求得答案．
【详解】解：∵2a8＝a11+6
由等差数列的性质可得，2a8＝a11+a5＝a11+6
从而可得，a5＝6
由等差数列的前n项和可得，
故选A．
【点睛】本题主要考查了等差数列的前n项和的求解，关键是由已知2a8＝a11+6，结合等差数列的性质可得，2a8＝a11+a5＝a11+6，求出a5，在求和时利用等差数列的和时又一次利用了性质a1+a9＝2a5．灵活利用等差数列的性质是解得本题的关键．
6.已知直三棱柱的所有棱长都相等，为的中点，则与所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
取的中点，连接，则,所以异面直线与所成角就是直线与所成角，在中，利用余弦定理，即可求解．
【详解】由题意，取的中点，连接，则,
所以异面直线与所成角就是直线与所成角，
设正三棱柱的各棱长为,则，
设直线与所成角为，
在中，由余弦定理可得，
即异面直线与所成角的余弦值为，故选D．
【点睛】本题主要考查了异面直线所成角的求解，其中解答中把异面直线所成的角转化为相交直线所成的角是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
7.在中，，则 ( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
本题可以将转化为、转化为，通过化简得出，最后得出结果．
【详解】
，
即故选B．
【点睛】解三角形的余弦公式：．
8.若是函数的两个不同的零点，且这三个数可适当排序后构成等差数列，也可适当排序后构成等比数列，则的值等于（ ）
A. 7 B. 8 C. 9 D. 10
【答案】C
【解析】
【分析】
由一元二次方程的根与系数的关系得到，再由三个数列适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，列出关于的方程组，即可求解.
【详解】由题意，若是函数的两个不同的零点，
可得，
因，可得，
又三个数列适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，
可得或，解得或，
所以，则，故选C.
【点睛】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，以及等差数列和等比数列的性质的应用，其中解答中熟练应用一元二次方程的根和系数的关系和等差、等比数列的性质，合理运算是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，试题综合性强，属于中档试题.
9.已知函数是定义在上的偶函数，，当时，，则不等式的解集是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先根据偶函数的定义域关于原点对称求出，再根据偶函数的对称性和题设给的的增减性解题即可
【详解】 是定义在上的偶函数，，解得，的定义域为
又，当时，
在单调递减，
再由偶函数的对称性可知，解得
答案选C
【点睛】本题考查偶函数的基本性质、利用偶函数的性质解不等式，易错点为解题过程中忽略所有括号中的取值都必须在定义域内
10.已知函数，将的图象上所有的点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，再把所得的图象向右平移个单位长度，所得的图象关于原点对称，则的一个值是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】将的图象上所有的点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，可得函数的图象；再把所得的图象向右平移个单位长度，可得函数的图象．结合所得的图象关于原点对称，可得，即，，当时，则的一个值是．
故选D．
11.正数满足，若不等式对任意实数恒成立，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先用基本不等式求的最小值，再根据配方法求二次函数的最大值.
【详解】，
当且仅当，即时，“=”成立，
若不等式对任意实数恒成立，
则，
即对任意实数恒成立，
实数的取值范围是.
故选D.
【点睛】本题考查基本不等式与二次不等式恒成立.
12.已知球是正三棱锥的外接球，底边，侧棱，点在线段上，且，过点作球的截面，则所得截面圆面积的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
设的中心为，球的半径为，连接，可得，可得的值，过点作圆的截面，当截面与垂直时，截面的面积最小，当截面过球心时，截面面积最大，即可求解．
【详解】解：如图，设的中心为，球的半径为，连接，
则，
在中，，解得，
，
在中，，
过点作圆的截面，当截面与垂直时，截面的面积最小，
此时截面圆的半径为，最小面积为．
当截面过球心时，截面面积最大，最大面积为．
故选B
【点睛】本题考查了球与三棱锥的组合体，考查了空间想象能力，转化思想，解题关键是要确定何时取最值，属于中档题．
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分,请把答案填在题中横线上)
13.已知函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】
根据复合函数单调性同增异减，以及二次函数对称轴列不等式组，解不等式组求得实数的取值范围.
【详解】要使在上递增，根据复合函数单调性，需二次函数对称轴在的左边，并且在时，二次函数的函数值为非负数，即，解得.即实数的取值范围是.
【点睛】本小题主要考查复合函数的单调性，考查二次函数的性质，属于中档题.
14.记不等式组表示的平面区域为，则圆在区域内的弧长为________．
【答案】
【解析】
【分析】
根据不等式组，画出可行域和圆的曲线，求得两条直线夹角，进而求得区域内的弧长．
【详解】根据所给不等式组，画出可行域如下图所示
所以两条直线形成的夹角为
所以圆在区域内的弧长为
【点睛】本题考查了线性规划的简单应用，圆方程曲线，应用正切函数的差角公式时注意角的符号，属于中档题．
15.已知等差数列的公差,且成等比数列,若为数列的前项和,则的最小值为____________.
【答案】4
【解析】
依题意：∵a1，a3，a13成等比数列，a1=1，∴a32=a1a13，∴（1+2d）2=1+12d，d≠0，
解得d=2．可得,
则,
当且仅当n=2,等号成立.
故答案为4
点睛：本题考查了等差数列的通项公式、前n项和公式，等比中项的性质，基本不等式求最值，解题的关键是利用分离常数法化简式子，凑出积为定值．
16.已知函数满足，且,当时，，若曲线与直线有5个交点，则实数的取值范围是_________.
【答案】
【解析】
【分析】
由题意，可得知是周期为2的函数，且图象关于对称，利用与的图象，列出不等式，即可求解.
【详解】
由题意，可得，
可得，是周期为2的函数，
又由，
则函数的图象关于对称，
由当时，,可画出函数的图象，
作出直线的图象，如图所示，
要使得与有5个交点，
则当时， ,解得，当时，，解得，所以实数的取值范围是，
故答案为.
【点睛】本题主要考査了函数与方程的综合应用，着重考査了数形结合思想，属于难题.数形结合是根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法.函数图象是函数的一种表达形式，它形象地揭示了函数的性质，为研究函数的数量关系提供了“形”的直观性．归纳起来，图象的应用常见的命题探究角度有：1、确定方程根的个数；2、求参数的取值范围；3、求不等式的解集；4、研究函数性质．
三、解答题(本大题共6小题,共75分,17题满分10分，其余满分12分)
17.（1）已知直线与.若，求的值.
（2）已知圆过两点，且圆心在直线，求圆的方程.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由两直线平行的条件，建立关于的方程，求出的值；
（2）设圆方程为，代入条件，建立关于的方程组，解方程组即可.
【详解】（1）因为，所以，解得.
（2）设圆方程为，则圆的圆心为
又由圆过两点，且圆心在直线上，
则有，解可得，
则圆的方程为.
【点睛】（1）考查两直线一般式的平行条件，直线与直线
平行的条件为；
（2）考查利用待定系数求圆的方程，是基础题.
18.已知公差不为的等差数列的首项,且成等比数列．
（1）求数列的通项公式;
（2）设,求数列的前项和．
【答案】(1); (2) .
【解析】
【分析】
（1）设数列的公差为,根据题意，求解，即可得到数列的通项公式；
（2）由（1）可得，利用裂项相消法，即可求解.
【详解】(1)设数列的公差为,则.
由成等比数列,得
即得 (舍去)或.
所以数列通项公式为
(2)因为
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、数列求和的“裂项相消法”，此类题目是数列问题中的常见题型，对考生计算能力要求较高，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“裂项”之后求和时，弄错数列的项数，能较好的考查考生的数形结合思想、逻辑思维能力及基本计算能力等.
19.如图，在四棱锥 中， 平面 ，底面是等腰梯形，且
，其中 .
（1）证明：平面 平面 .
（2）求点 到平面 的距离．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）由题意结合已知数据，利用勾股数证得，又由 平面可得，从而证得 平面，再利用面面垂直的判定定理可得结论.
（2）先求得,利用余弦定理及三角形面积公式求得，利用等体积转化根据可得距离.
【详解】（1）过点作交于点.
因为底面 是等腰梯形，且 ，所以
在 中， ，同理可得
因为 与 相似，所以 ，
所以 ，则
因为 平面平面，所以
因为 平面平面，且 ，所以 平面
因为 平面 ，所以平面 平面
（2）因为平面，所以 ，
因为 ，所以
在 中，因为 ，
所以，
所以 ，则的面积为
设点到平面 的距离为，则三棱锥的体积
因为 ，所以，解得
故点到平面的距离为
【点睛】本题考查了面面垂直的判定定理，考查了点面距离的求法，等体积转化是解决此类问题的常用方法，属于中档题.
20.在平面四边形中，已知，，．
（1）若，求的面积；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
分析】
（1）在中，由余弦定理，求得,进而利用三角形的面积公式，即可求解；
（2）利用三角函数的诱导公式化和恒等变换的公式，求解，再在中，利用正弦定理和余弦定理，即可求解.
【详解】（1）在中，
即 ,解得.
所以.
（2）因为,所以 ，,
.
在中，, .
所以.
【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更合适，要抓住能够利用某个定理的信息．一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式时，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.
21.已知向量，，函数．
（1）当时，求的值域；
（2）若对任意，，求实数取值范围．
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）根据向量数量积，得到函数表达式，利用倍角公式、降幂公式，化简得，根据自变量x的范围，求的值域．
（2）利用换元法，令 ，转化成关于t的一元二次不等式．通过分离参数，结合基本不等式，求参数的取值范围．
【详解】（1）
当时，，，
所以的值域为．
（2）令，，由（1）得，问题等价于，恒成立，当时，；
当时，，恒成立，
因为，，当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为2，故，综上，实数的取值范围为．
【点睛】本题考查了利用降幂公式、倍角公式对三角函数式化简、求值，利用换元法、基本不等式等、分离参数法等解不等式，综合性强，属于中档题．
22.对于定义域为的函数，部分与的对应关系如下表：
1
2
3
4
5
0
2
2
0
0
2
（1）求；
（2）数列满足，且对任意，点都在函数的图像上，求；
（3）若，其中，，，，求此函数的解析式，并求()．
【答案】(1) ;(2) ;(3) .
【解析】
试题分析：(1) ；(2)
周期为；(3)由题意得
.
试题解析：(1)
(2)
,周期为4 , 所以=.
(3)由题意得 由
又 而
从而有
此函数的最小正周期为6,
1)当 时.
.
2)当 时.
.
【点睛】本题考查函数的解析式、复合函数、数列的通项公式和三角函数，涉及函数与方程思想、分类讨论思想和转化化归思想，考查逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力，综合性强，属于较难题型.第二小题通过计算发现数列的周期性，并利用周期性解题；第三小题通过待定系数法求得，从而，再利用周期性结合分类讨论思想进行求解.