精校解析Word版---重庆市第八中学高一下学期期末考试数学(理)试题

重庆八中高一年级（下学期）期末考试
数学（理科）
一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共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.设，且，则下列说法正确的是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
∵，当c≤0时，A 显然不成立；a=1，b=-2时，,故B不正确；y=x3在R上为增函数，故C正确；当a=1，b=0时，D显然不正确.
故选C.
【思路点睛】判断两个式子的大小关系方法：
（1）作差作商法，（2）不等式性质法、（3）函数的单调性、（4）中间量法、（5）特殊值法、（6）数形结合法等.
2.设集合，，则（）
A. [-1,4 ）
B. [-1,3 ）
C. （0,3 ]
D. ( 0,4 )
【答案】C
【解析】
【分析】
解一元二次不等式得集合，由交集定义得结论．
【详解】由题意，．
故选C．
【点睛】本题考查集合的交集运算，解题基础是掌握交集运算的定义，关键是确定集合A中的元素．
3.已知是椭圆的两个焦点，过的直线与椭圆交于两点，则的周长为（）
A. 16
B. 8
C. 25
D. 32
【答案】A
【解析】
因为椭圆的方程我，所以，由题意的定义可得的周长
，故选A.
4.已知，若直线与直线平行，则的值为（）
A. 6
B. 7
C. 8
D. 9
【答案】B
【解析】
【分析】
由两直线平行的条件计算值，同时要检验是否重合．
【详解】直线的斜率显然存在，因此由题意有，解得．
故选B．
【点睛】两直线和平行的条件是且（
或），在均不为0时，条件可写为．
一般可由求出参数值，然后检验是否重合即可．
5.在明朝程大位《算法统宗》中有这样的一首歌谣：“远看巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”这首古诗描述的这个宝塔其古称浮屠，本题说它一共有七层，每层悬挂的红灯数是上一层的2倍，共有381盏灯，问塔顶有几盏灯？（）A. 6 B. 5 C. 4 D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】
设塔顶有盏灯，则由等比数列的前项公式列出方程可解得．
【详解】设塔顶有盏灯，由题意得，解得．
故选D．
【点睛】本题考查考查等比数列的应用．关键是由实际问题抽象出数学概念，题中“红光点点倍加增”，说明每层灯盏数依次成系数，从而利用等比数列的前项和公式可计算．
6.下列函数中，既是偶函数，又在内单调递增的为（）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】
可先根据奇偶性确定奇偶性，现对其中的偶函数判断单调性．
【详解】根据奇偶性的定义知A即不是奇函数也不是偶函数，C是奇函数，B、D是偶函数，在上B是减函数，D是增函数．
故选D．
【点睛】本题考查奇偶性与单调性，掌握奇偶性与单调性是解题关键．此类问题一般比较简单，记住基本初等函数的奇偶性与单调性可以很快得出结论．
7.已知平面向量的夹角为且，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由向量数量积的定义计算即可．
【详解】．
故选B．
【点睛】本题考查平面向量的数量积运算，掌握数量积运算律与定义是解题关键．由数量积定义有性质：．
8.已知实数满足约束条件，则的最大值为（）
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】
作出可行域及目标函数对应的直线，平移直线可得最值．
【详解】作出可行域，如图内部（含边界），作直线，向下平移直线，当直线过点时，取得最大值3．
故选B．
【点睛】本题考查简单的线性规划，解题关键是作出可
行域，作出目标函数对应的直线，平移直线
过可行域的边界点后可得最优解．
9.若正数a，b满足，则的最小值为
A. 1
B. 6
C. 9
D. 16
【答案】4
【解析】
因为正数满足，解得，同理，则
，当且仅当时取等号（此时
）.的最小值为，故选A.
【易错点晴】利用基本不等式求最值，属于难题.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.
10.已知函数的部分图象如图所示，下面结论错误的是（）
A. 函数的最小正周期为
B. 函数的图象关于直线对称
C. 函数在区间上单调递增
D. 函数的图象可由的图象向右平移个单位得到
【答案】C
【解析】
【分析】
可根据“五点法”求出函数的周期，根据图象得出一个对称轴，再由周期得出其它的对称轴，从而可判断单调性，也可求出函数解析式，从而判断平移的结论．
【详解】由题意函数周期为，A正确；
由图象知其一条对称轴为，而也是其对称轴，B正确；
又，所以是最低点，但，因此函数在上不是单调递增的，C错误；
，，，
，而把图象向右平移个单位得图象的解析式为
，D正确．
故选C．
【点睛】函数的图象中，关键是五点，是与正弦函数图象中的五点
对应的五点，一定要记住，它们能反映的性质．函数的图象也有类似的五点，另外函数图象平移，是解析式中加减平移的单位，如向右平移个单位，得解析式为．
11.在平面直角坐标系中，记为点到直线的距离，当变化时，的最大值为（）
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】
利用几何意义求解，点P在单位圆上，直线是过定点的直线，求出圆心到直线距离的最大值，然后加上半径1即可．
【详解】由题意是单位圆上的点，而直线是过定点的直线（不含轴），原点（即圆心）到直线的距离的最大值为3，∴到直线的距离的最大值为3＋1＝4．
故选D．
【点睛】本题考查点到直线的距离，但在求最大值时，不用点到直线距离公式求出距离，而借助几何意义求解，点P在单位圆上，直线是过定点的直线，求出圆心到直线距离的最大值，然后加上半径1即可．而圆心到定点的距离就是当直线变化时，圆心到直线距离的最大值，这可由直角三角形的性质直接得出．这种方法简单易行，值得提倡．
12.已知正项数列的前项和为，首项且，则以下说法中正确的个数是（）
①；②当为奇数时，；③
A. 0
B. 1
C. 2
D. 3
【答案】D
【解析】
因为，故，即；当时，
，故
；当
时，
，所以
，即
，
又，所以
，所以
，所以当为奇数时，；
，
所以
；综上所述，
①②③都正确.选D.
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题卷上） 13.已知向量，若
，则
__________
【答案】5 【解析】 【分析】
利用向量垂直，其数量积为0，可求得参数． 【详解】由已知
，∵
，∴
，
．
【点睛】本题考查向量垂直的坐标运算．运用的结论是，这是平面向量中的重
要结论之一，一定熟记． 14.直线与圆
相交于
两点，则弦
的长度等于________
【答案】
【解析】
的圆心为
.半径
，
圆心到直线的距离
弦长
故答案为
15.在中，角的对边分别为，且，若的面积，则的最小值
为___________
【答案】
【解析】
【分析】
利用三角形面积公式和余弦定理建立的等量关系，再由不等式的性质求解．
【详解】由题意，即，∴，
又，
∴，时等号成立．
∴，故的最小值为．
【点睛】本题考查解三角形的应用，解题关键是利用三角形面积公式和余弦定理建立的等量关系，然后再由基本不等式得出不等关系，从而求得最值．这种方法也是求最值的常用方法之一．
16.设点是椭圆上的点，以点为圆心的圆与轴相切于椭圆的焦点，圆
与轴相交于不同的两点,且满足,则椭圆的离心率为________。

【答案】
【解析】
【分析】
由向量加法的平行四边形法则知由于，则以为邻边的平行四边形是矩形，再由对称性知其为正方形，从而易得的关系式，变形后可求得离心率．
【详解】∵，由向量加法的平行四边形法则知以为邻边的平行四边形是矩形，又，因此此四边形是正方形．以点为圆心的圆与轴相切于椭圆的焦点，
则轴，∴，，∴，∴，
即，∴（舍去），∴．
【点睛】求椭圆的离心率问题，关键是建立的等量关系，而结合图形，利用椭圆的几何性质可以容易得出所要结论．
三、解答题：本大题共6小题，共70分。

解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17.已知等比数列中，。

（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）若分别是等差数列的第8项和第20项，试求数列的通项公式及前项和。

【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】
【分析】
（Ⅰ）先求出公比，再写出通项公式；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，可由等差数列的通项公式求出公差，首项，然后可得通项公式和前项和．
【详解】（Ⅰ）设等比数列的公比为，则，解得：
所以数列的通项公式
（Ⅱ）设等差数列的公差为，依题意由：，
所以，解得：，又，所以
所以数列的通项公式，前项和公式
【点睛】等差数列和等比数列中基本量法是最基本最重要的方法，它就是在
或中的知二求三问题．实质就是列方程组求解．
18.已知在中，角的对边分别为，且。

（Ⅰ）求角的值；
（Ⅱ）若，求的面积；
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】
试题分析：（1）根据正弦定理将边换成角，利用两角和的正弦函数公式及诱导公式变形后，根据sinA不为0，得到cosB的值，即可求出角B的度数；
（2）由（1）中得到角B的度数求出sinB和cosB的值，根据余弦定理表示出b2，利用完全平方公式变形后，将b，a+c及cosB的值代入求出ac的值，然后利用三角形的面积公式表示出△ABC的面积，把ac与sinB的值代入即可求出值．
试题解析：
（Ⅰ）由已知得
（Ⅱ）将代入中，得，
19.已知的三个顶点坐标为
（Ⅰ）求的外接圆的方程；
（Ⅱ）若一光线从射出，经轴反射后与圆相切，求反射光线所在直线的斜率。

【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）或
【解析】
【分析】
（Ⅰ）可证得，从而是所求外接圆的直径，求得圆心坐标和半径，可得圆标准方程；
（Ⅱ）利用对称性，点关于的对称点一定在反射光线所在直线上，由直线与圆相切可得斜率．
【详解】（Ⅰ）注意到：,于是
所以是直角三角形，于是外接圆圆心为斜边的中点，半径
所以：的外接圆的方程为：
（Ⅱ）点关于轴对称的点，则反射光线经过点
有图象易得：反射光线斜率存在，故设反射光线所在直线方程为
因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离，解得：或
【点睛】求圆的标准方程，关键是确定圆心坐标和圆的半径，因此只要根据圆的性质确定圆心与半径即可，而光线反射问题主要记住性质：入射光线关于反射面（线）的对称图形与反射光线共线．
20.已知椭圆的离心率为，且经过点
（Ⅰ）求椭圆方程；
（Ⅱ）过椭圆右焦点的直线交椭圆于两点，为坐标原点，求面积的最大值。

【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】
【分析】
（Ⅰ）由离心率得，再把点的坐标代入椭圆方程，结合联立方程组可解得，从而得椭圆方程；
（Ⅱ）设出直线方程为，与椭圆方程联立方程组，设交点为，方程组中消去得的一元二次方程，由韦达定理得，由弦长公式得，计算点到直线的距离，这样的面积可表示为的函数，用换元法结合不等式的知识可得最大值．
【详解】（Ⅰ）依题意有：，又，解得：
所以：所求椭圆方程为
（Ⅱ）椭圆的右焦点，因为直线斜率不可能为0，最可设直线的方程为，由可得：
设，则
于是：
所以：
令，所以
当且仅当即即时取等号
所以，面积的最大值是．
【点睛】在直线与椭圆（圆锥曲线）相交时，通过设直线方程，设交点坐标为，然后由直线方程与椭圆方程联立方程组，消去得一元二次方程，再应用韦达定理得，然后把所求量用表示，并代入，最后再变形求解．这是解析几何中通常所说的“设而不求”思想．
21.已知数列满足，设。

（Ⅰ）证明：数列是等差数列，并求数列的通项公式；
（Ⅱ）求数列的前项和。

【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】
【分析】
（Ⅰ）根据等差数列的定义，证明为常数即可，由此可得通项公式；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得通项，从而用错位相减法求出其前项和．
【详解】（Ⅰ）因为
所以数列是公差为3的等差数列
又因为，所以，所以数列的通项公式是
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知：
于是：
两式相减得：
．
所以：
【点睛】数列求和是数列问题中的一类重要问题，除直接利用等差数列和等比数列的前项和公式的公式法外，还必须掌握几种特殊的求和的方法：设数列是等差数列，是等比数
列，则数列用裂项相消法求和，数列用错位相减法求和，数列用分组求和法求和．
22.如图，已知圆的半径为，,是圆上的一个动点，的中垂线交于点，以直线为轴，的中垂线为轴建立平面直角坐标系。

（Ⅰ）若点的轨迹为曲线，求曲线的方程；
（Ⅱ）设点为圆上任意一点，过作圆的切线与曲线交于两点，证明：以
为直径的圆经过定点，并求出该定点的坐标。

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）根据中垂线性质得出：，从而知点轨迹是椭圆，由椭圆标准方程可得．
（Ⅱ）当切线斜率不存在时，可得两圆，它们的交点为原点，接着证明其它的圆都过原点即可，即证，也即证，为此可设直线方程为，由直线与圆相切得关系式，设，由直线方程与椭圆方程联立化简可得，计算可得结论．
【详解】（Ⅰ）因为是线段中垂线上的点，所以
所以：
所以：点的轨迹是以为焦点的椭圆
于是：，于是
所以：曲线的方程是
（Ⅱ）当直线斜率不存在时，
取,则,此时圆的方程是
取，则，此时圆的方程是
两圆相交于原点，下面证明原点满足题目条件，即证：
当直线斜率不存在时，设直线方程为
因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离，即①
由可得：
设，则
于是：
所以：
将①代入可得：
综上所述：以为直径的圆经过定点
【点睛】本题考查圆锥曲线中的定点问题，解决此问题常采用“设而不求”思想．即在直线与椭圆（圆锥曲线）相交时，通过设直线方程，设交点坐标为，然后由直线方程与椭圆方程联立方程组，消去得一元二次方程，再应用韦达定理得，然后把所求量用表示，并代入，最后再变形求解．。