河北省邢台市2018_2019学年高一数学下学期第三次月考试题（含解析）.docx

邢台市20182019学年高一下学期第三次月考数学一、选择题：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.过点，且斜率为2的直线方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由直线的点斜式计算出直线方程.【详解】因为直线过点，且斜率为2，所以该直线方程为，即.故选【点睛】本题考查了求直线方程，由题意已知点坐标和斜率，故选用点斜式即可求出答案，较为简单.2.不等式的解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】运用一元二次不等式的解法来求解，可以先因式分解，结合图像来求解集.【详解】不等式可以因式分解为，又因为其图像抛物线开口向上，要求大于或等于零的解集，则取两根开外，故不等式的解集为，故选【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法，较为简单.3.已知，直线，若直线过线段的中点，则（ ）A. -5B. 5C. -4D. 4【答案】B【解析】【分析】根据题意先求出线段的中点，然后代入直线方程求出的值.【详解】因为，所以线段中点为，因为直线过线段的中点，所以，解得.故选【点睛】本题考查了直线过某一点求解参量的问题，较为简单.4.在中，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】运用正弦定理结合题意得到三边的数量关系，再运用余弦定理求出结果【详解】因为，所以.设，则，由余弦定理可得，故.故选【点睛】本题考查了运用正弦定理、余弦定理求解角度问题，熟练掌握公式并运用公式求解是解题关键，较为基础5.设满足约束条件，则的最小值为（ ）A. 3B. 4C. 5D. 10【答案】B【解析】【分析】结合题意画出可行域，然后运用线性规划知识来求解【详解】如图由题意得到可行域，改写目标函数得，当取到点时得到最小值，即故选【点睛】本题考查了运用线性规划求解最值问题，一般步骤：画出可行域，改写目标函数，求出最值，需要掌握解题方法6.若直线被圆截得的弦长为4，则圆的半径为（ ）A. B. 2C. D. 6【答案】C【解析】【分析】先求出圆心到直线的距离，然后结合弦长公式求出半径.【详解】由题意可得，圆的圆心到直线的距离为，则圆的半径为.故选【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，结合弦长公式求出圆的半径，较为基础.7.在中，角所对的边分别是，若，则的形状一定是（ ）A. 等腰三角形B. 直角三角形C. 等腰直角三角形D. 钝角三角形【答案】A【解析】【分析】结合已知条件及正弦定理进行化简，求出三角形的形状.【详解】因为，所以，所以，因为，所以，所以，即，故是等腰三角形.故选【点睛】本题考查了运用正弦定理求解三角形形状，在运用正弦定理时注意边角之间的互化，需要掌握解题方法.8.已知正项等比数列的前项和为，若，则（ ）A. 4B. 8C. 16D. 32【答案】B【解析】【分析】结合已知条件和等比数列的性质运用先求出公比，然后求出结果.【详解】因为，所以，所以，即，解得（舍去），则.故选【点睛】本题考查了等比数列的性质运用，结合已知条件即可求出结果，较为基础.9.直线：与圆的位置关系为（ ）A. 相离B. 相切C. 相交D. 无法确定【答案】C【解析】【分析】求出圆的圆心坐标和半径，然后运用点到直线距离求出的值和半径进行比较，判定出直线与圆的关系.【详解】因为圆，所以圆心，半径，所以圆心到直线的距离为，则直线与圆相交.故选【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，运用点到直线的距离公式求出和半径比较，得到直线与圆的位置关系.10.已知等差数列的前项和为，若，且，则满足的最小正整数的值为（ ）A. 27B. 28C. 29D. 30【答案】C【解析】【分析】由已知条件先计算出取值范围，然后运用等差数列的求和公式求出最小值【详解】因为，所以，因为，所以数列的公差，所以，所以，故要使，.故选【点睛】本题考查了数列的基础性质运用，在求解时要结合题意先求出的取值范围，然后求出结果，需要掌握解题方法11.某船在小岛的南偏东，相距20千米的处，该船沿东北方向行驶20千米到达处，则此时该船与小岛之间的距离为（ ）A. 千米B. 千米C. 20千米D. 千米【答案】D【解析】【分析】结合题意运用余弦定理求出结果.【详解】由题意可得，在中，则.故选【点睛】本题考查了运用余弦定理求解实际问题，首先要读懂题目意思，将其转化为解三角形问题，然后运用公式求解.12.已知点，若圆上存在不同的两点，使得，且，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】结合题意将其转化为圆和圆的位置关系，两圆相交，计算出圆心距，然后求出结果.【详解】依题意可得，以为直径的圆与圆相交，则圆心距，解得.故选【点睛】本题考查了圆与圆的位置关系，在解答过程中要先读懂题目的意思，将其转化为圆与圆的位置关系，本题还需要一定的计算量，属于中档题.二、填空题（将答案填在答题纸上）13.已知直线与，则与之间距离为_【答案】【解析】【分析】题目中的两条直线为平行线，运用公式进行求解【详解】因为直线：与：平行，所以与之间的距离为.【点睛】本题考查了两条平行线之间的距离，直接运用公式求出结果即可，较为简单14.已知，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】运用基本不等式求出结果.【详解】因为，所以，所以，所以最小值为【点睛】本题考查了基本不等式的运用求最小值，需要满足一正二定三相等.15.若圆与圆相切，则_【答案】9或49【解析】【分析】由题意两圆相切，可知两圆内切或者外切，则计算出圆心距，求出的值.【详解】因为圆与圆，所以圆心距，因为圆与圆相切，所以或，所以或.【点睛】本题考查了已知圆的位置关系求参量的值，注意两圆相切分为内切和外切，求出两个结果.16.在四棱锥中，平面，底面是菱形，且，则直线与平面所成的角为_【答案】（或）【解析】【分析】结合题意先构造出线面角，然后根据边的数量关系求出线面角的大小.【详解】作，垂足为.因为平面，平面，所以.因为，所以平面，则直线与平面所成的角为.因为，四边形是菱形，所以，因为，所以.在中，则，故直线与平面所成的角为.【点睛】本题考查了求线面角的大小，需要先根据题意构造出线面角，然后再计算，构造线面角是关键.三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知直线：与：.（1）若，求的值；（2）若，求的值.【答案】（1）或.（2）【解析】【分析】（1）由两直线垂直，代入公式求出的值.（2）由两直线平行，代入公式且两直线不重合求出的值.【详解】解：（1）因为，所以，解得或.（2）因为，所以，解得.【点睛】本题考查了由两直线的位置关系求出参量的值，代入公式即可求出结果，较为基础.18.在数列中，设.（1）证明：数列是等比数列；（2）求数列的通项公式.【答案】（1）见证明；（2）【解析】【分析】（1）结合已知条件，运用等比数列的定义进行证明（2）先求出数列的通项公式，然后再求出数列的通项公式【详解】（1）证明：因为，所以，所以，因为，所以，故数列是等比数列，首项是2，公比是2.（2）解：由（1）可知，数列是等比数列，首项，公比，所以.因为，所以，则.【点睛】本题考查了证明数列是等比数列，求数列通项公式，结合定义即可求出结果，较为基础19.的内角的对边分别为，且.（1）求；（2）若，的面积为，求.【答案】（1）（2）8【解析】【分析】（1）运用二倍角公式和余弦定理求出角（2）由面积公式求出的值，然后求出的值.【详解】解：（1）因为，所以，即，所以，则，因为，所以.（2）因为的面积为，所以，即，因为，所以，所以.【点睛】本题考查了二倍角公式的化简、余弦定理解三角形、面积公式，较为综合，需要熟练运用公式来解题，掌握解题方法.20.如图，已知四棱锥的侧棱底面，且底面是直角梯形，点在棱上，且.（1）证明：平面；（2）求三棱锥的体积.【答案】（1）见证明；（2）4【解析】【分析】（1）取的三等分点，使，证四边形为平行四边形，运用线面平行判定定理证明.（2）三棱锥的体积可以用求出结果.【详解】（1）证明：取的三等分点，使，连接，.因为，所以，.因为，所以，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面.（2）解：因为，所以的面积为，因为底面，所以三棱锥的高为，所以三棱锥的体积为.因为，所以三棱锥的高为，所以三棱锥的体积为，故三棱锥的体积为.【点睛】本题考查了线面平行的判定定理、三棱锥体积的计算，在证明线面平行时需要构造平行四边形来证明，三棱锥的体积计算可以选用割、补等方法.21.已知数列的前项和为，且，在等比数列中，.（1）求和的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由已知条件计算，然后验证当时也是成立，求出通项公式.（2）运用错位相减法求出前项和【详解】解：（1）因为，所以，所以.当时，满足上式，所以.因为，所以，即，所以.（2）由（1）可得，则，由，得.故.【点睛】本题考查了求数列的通项公式，运用，需验证当时是否成立，在遇到形如通项时可以采用错位相减法求和.22.已知圆的圆心在直线上，且直线与圆相切.（1）求圆的方程；（2）设圆与轴交于两点，点在圆内，且.记直线，的斜率分别为，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先求出圆心坐标，由直线与圆相切求出半径，求得圆的