【全国市级联考】江苏省泰州市2017-2018学年度高一第二学期期末联考数学试题(解析版)

2017～2018学年度第二学期期末考试高一数学试题一、填空题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.请将答案填入答题纸填空题的相应答题线上.）1. 过两点，的直线的斜率为__________．【答案】2.【解析】分析：根据两点连线的斜率公式求解即可．详解：由题意得，过点A,B的直线的斜率为．点睛：本题考查过两点的直线的斜率公式的应用，考查学生的运算和应用能力，属于容易题．2. 若，则的最小值为__________．【答案】4.【解析】分析：根据基本不等式求解可得所求．详解：由题意得，所以，当且仅当，即时等号成立，故的最小值为2.点睛：应用基本不等式求最值时，一定要注意不等式的使用条件，即“一正、二定、三相等”，且这三个条件缺一不可．若求值的式子不满足条件时可通过适当的变形，使得满足运用不等式所需的条件．3. 已知直线的倾斜角为，直线：，若，则实数的值为__________．【答案】.【解析】分析：根据两直线平行的等价条件可得斜率的值．详解：∵直线的倾斜角为，∴直线的斜率为.又，∴．点睛：本题考查两直线平行的性质，即两直线的斜率存在时，则两直线平行等价于两直线的斜率相等．4. 在等差数列中，，，则公差__________．【答案】.【解析】分析：根据等差数列中的基本量间的关系求解可得结论．详解：由题意得．点睛：在等差数列中，若公差为，则，注意此结论和过两点的直线的斜率公式间的联系．5. 已知正四棱锥底面正方形边长为2，体积为，则此正四棱锥的侧棱长为__________．【答案】.【解析】分析：由题意得到四棱锥的高，然后在由侧棱、棱锥的高和底面对角线的一半构成的直角三角形中求解可得侧棱的长．详解：设四棱锥的高为，则由题意得，解得．又正四棱锥底面正方形的对角线长为，∴正四棱锥的侧棱长为．点睛：本题考查四棱锥体积的有关运算，解题的关键是求出棱锥的高，然后再通过勾股定理求解，考查学生的运算能力和空间想象能力．6. 在中，，则角的大小为__________．【答案】.【解析】分析：由正弦定理把变化为角，进而得到角的正切值，于是可得所求角．详解：由正弦定理及条件可得，又，∴，∴，∵，∴．...........................7. 已知空间两平面，和两直线，，则下列命题中正确命题的序号为__________．（1），；（2），；（3），；（4），.【答案】（1）（4）.【解析】分析：根据空间中点线面的位置关系的相关结论对四个命题逐一判断可得结论．详解：对于（1），由，可得，故（1）正确；对于（2），由，可得或，故（2）不正确；对于（3），由，可得或或，故（3）不正确；对于（4），由，可得，故（4）正确．综上可得（1）（4）正确．点睛：解决点、线、面位置关系问题的基本思路：一是逐个判断，利用空间线面关系证明正确的结论，寻找反例否定错误的结论；二是结合长方体模型或实际空间位置(如课桌、教室)作出判断，但要注意定理应用要准确、考虑问题要全面．8. 若直线与直线垂直，且与圆相切，则直线的方程为__________．【答案】.【解析】分析：根据垂直得到直线的斜率，进而设出直线的方程，再根据直线与圆相切得到参数，于是可得直线方程．详解：∵直线与直线垂直，∴直线的斜率为，设直线的方程为，即,．又圆方程为，∴圆心为，半径为2．∵直线与圆相切，∴，即，解得，∴．∴直线的方程为．点睛：利用圆心到直线的距离可判断直线与圆的位置关系，反之，已知直线和圆的位置关系又可得到圆心到直线的距离，解答解析几何问题时要注意几何图形性质的利用，可简化运算、提高解题的效率．9. 已知数列的通项公式为，前项和为，则__________．【答案】.【解析】分析：根据错位相减法求解可得．详解：由题意得，①∴，②①②，得，∴．点睛：在应用错位相减法求和时，一定要抓住数列的特征，即数列的项可以看作是由一个等差数列和一个公比不为1的等比数列对应项相乘所得，“错位相减”的实质就是找“同类项”相减．10. 若关于的不等式的解集为，则实数的值为__________．【答案】2.【解析】分析：根据“三个二次”的关系可得是方程的解，由此可得的值，然后再解不等式得到解集后可得所求．详解：∵关于的不等式的解集为，∴是方程的解，∴，∴原不等式为，即，解得，故不等式的解集为，∴．点睛：解一元二次不等式时要注意与二次方程、二次函数间的关系，解题时可借助二次函数图象的直观性求解，另外还要注意二次方程的根、二次函数的图象与x轴交点的横坐标、二次不等式解集的端点值间的等价关系，借用这些结论解题可得到意想不到的效果．11. 已知圆：与圆关于直线：对称，且圆上任一点与圆上任一点之间距离的最小值为，则实数的值为__________．【答案】2或6.【解析】分析：由两圆对称可得到圆的圆心坐标，然后根据圆上任一点与圆上任一点之间距离的最小值为两圆的圆心距减去两半径可得实数的值．详解：设圆的圆心为，∵圆和圆关于直线对称，∴，解得，∴圆的圆心为．∴．∵圆上任一点与圆上任一点之间距离的最小值为为，∴，解得或．点睛：解答本题的关键是得到圆N的圆心坐标，然后根据几何图形间的关系求解。

解答直线和圆、圆和圆的位置关系问题时，可充分考虑几何图形的性质，将问题转化为两点间的距离或点到直线的距离求解．12. 已知，，，为正实数，若，，成等差数列，，，成等比数列，则的最小值为__________．【答案】.【解析】分析：根据，，成等差数列可得，由，，成等比数列可得，将代入上式后结合基本不等式可得结论．详解：∵，，成等差数列，∴，∴．∵，，成等比数列，∴，∴，当且仅当时等号成立．∴的最小值为．点睛：利用基本不等式求最值时，若不等式不满足使用的条件，则可根据题意进行适当的变形，使得不等式中出现“定值”的形式，然后再判断等号是否成立，若满足了不等式的条件则可得到相应的最值．二、解答题（本大题共8小题，共100分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）13. 已知直线：在轴上的截距为，在轴上的截距为.（1）求实数，的值；（2）求点到直线的距离.【答案】(1),.(2).【解析】分析：（1）在直线方程中，令可得在轴上的截距，令可得轴上的截距．（2）由（1）可得点的坐标，然后根据点到直线的距离公式可得结果．详解：（1）在方程中，令，得，所以；令，得，所以．（2）由（1）得点即为，所以点到直线的距离为.点睛：直线在坐标轴上的“截距”不是“距离”，截距是直线与坐标轴交点的坐标，故截距可为负值、零或为正值．求直线在轴（轴）上的截距时，只需令直线方程中的或等于零即可．14. 在数列中，，，数列的前项和（，为常数）.（1）求实数，的值；（2）求数列的通项公式.【答案】(1).(2).【解析】分析：（1）由，可得关于，的方程组，解方程组可得所求．（2）根据与的关系可得数列的通项公式．详解：（1）由题意得，，解方程组，得，∴．（2）由（1）得．当时，，又当时，不满足上式，∴．点睛：数列的通项a n与前n项和S n的关系是，当n＝1时，a1若适合S n－S n－1，则n＝1的情况可并入n≥2时的通项a n；当n＝1时，a1若不适合S n－S n－1，则用分段函数的形式表示．15. 已知，，且.（1）求的最大值及相应的，的值；（2）求的最小值及相应的，的值.【答案】(1) 的最大值为2；，.(2) 的最小值为18；.【解析】分析：（1）运用基本不等式求解可得结果．（2）将变形为，然后再根据基本不等式求解．详解：（1）由题意得，当且仅当，且，即，时等号成立，∴，即的最大值为2．（2）∵，当且仅当，且，即，时等号成立，∴的最小值为18．点睛：应用基本不等式求最值的关键是得到“定值”和判断等号成立，若条件中不满足使用不等式的条件，则可通过“拼、凑”等方式进行变形，使之满足符合使用基本不等式条件的形式．16. 已知实数，满足，记点所对应的平面区域为.（1）在平面直角坐标系中画出区域（用阴影部分标出），并求区域的面积；（2）试判断点是否在区域内，并说明理由.【答案】(1)画图见解析；。

(2) 点在区域内，理由见解析.【解析】分析：（1）画出三个不等式表示的平面区域，取其公共部分即为所求．（2）将点代入三个不等式中判断不等式是否同时成立，从而可得结论．详解：（1）画出不等式组表示的区域（如图阴影部分所示）．由，解得，故点．结合图形可得区域的面积．（2）点在区域内．理由如下：因为，所以三个不等式同时成立，所以点在区域内．点睛：不等式组表示的平面区域是各个不等式所表示的平面区域点集的交集，画出图形后，面积关系可结合平面知识探求．判断点是否在不等式组表示的平面区域内，可根据点的坐标是否满足不等式组即可得到结论．17. 已知三棱锥中，是底面正边的中点，，分别为，的中点.（1）求证：平面；（2）若平面，求证：平面.【答案】(1) 证明见解析.(2)证明见解析.详解：（1）在中，，分别为，的中点，所以，又平面，平面，所以平面．（2）因为平面，平面，所以．又是底面正边上的中点，所以．又，所以平面.点睛：证明空间中的位置关系时要注意相关定理的运用，解题中要重视表达的规范性，特别是定理中的关键词语在解题过程中要得到体现．18. 如图，圆的圆心在轴上，且过点，.（1）求圆的方程；（2）直线：与轴交于点，点为直线上位于第一象限内的一点，以为直径的圆与圆相交于点，.若直线的斜率为-2，求点坐标.【答案】(1) .(2)【解析】分析：（1）由题意得到点，连线的垂直平分线，在直线方程中，令可得圆心的坐标，进而可得圆的方程．（2）由题意得，故，根据，得．依题意可设设点坐标为，从而得到直线和的方程，解方程组可得点M的坐标为，由点M在圆上可得的值，从而得到点D的坐标．详解：（1）由题意可得以点，为端点的线段的中垂线方程为，令，得，故圆心为，所以半径为，所以圆的方程为．（2）由为直径，得，所以，又直线的斜率为-2，所以．设点坐标为，则直线的方程为，直线的方程为，即，解方程组可得点M的坐标为．又点在圆上，所以或．又因为点位于第一象限，所以点D的坐标为．点睛：解答解析几何问题的注意点：（1）解题时注意将条件中的几何关系转化为数量关系，并通过代数运算加以解决，如将直线的垂直问题转化为斜率之积等于等；（2）由于解题中涉及到大量的计算，所以解题时要注意计算的合理性和准确性．19. 如图，在中，，，.是内一点，且.（1）若，求线段的长度；（2）若，求的面积.【答案】(1) .(2).【解析】分析：（1）在中可得，然后在中由余弦定理可得．（2）设，则．在中可得；又在中根据正弦定理可得，结合平方关系得到，故得．详解：（1）因为，所以在中，，，，所以．在中，，，，由余弦定理得，所以．（2）设，则，在中，，，，所以，在中，，，，，由正弦定理得，所以，所以，又，所以，所以.点睛：（1）利用解三角形的方法解决平面几何中的问题时，首先要结合题意及条件确定所要解的三角形，然后分析是根据正弦定理还是余弦定理求解．（2）求三角形的面积时，可先利用正弦、余弦定理解三角形，求出三角形的各个边、角后，再根据面积公式直接求解即可．20. 已知数列，满足，数列前项和为.（1）若数列是首项为正数，公比为的等比数列.①求证：数列为等比数列；②若对任意恒成立，求的值；（2）已知为递增数列，即.若对任意，数列中都存在一项使得，求证：数列为等差数列.【答案】(1) ①证明见解析；②.(2)证明见解析.【解析】分析：（1）①由题意得，又得，故可得结论成立．②由题意可得对任意恒成立，结合反证法可得．（2）根据可得，再根据数列的单调性可得，故得，从而可证得，所以数列为等差数列．详解：（1）①∵数列是公比为的等比数列，∴．又为定值，∴数列为等比数列．②由题意得，即，整理得对任意恒成立，∵，∴.否则若，，则当时，，与题意矛盾.故．（2）因为数列中都存在一项使得，即．又数列为递增数列，所以，所以，因此，所以数列为等差数列．点睛：（1）证明数列为等差（比）数列时，可根据数列的定义进行，也可根据等差中项（等比中项）证明，但在证明数列为等比数列时，不要忽视证明首项不为零这一步骤．（2）由于数列是一种特殊的函数，所以数列中的恒成立问题可根据函数的恒成立问题解决，解题时要注意对参数的分类讨论．。