广东省珠海市第二中学2019-2020学年高一数学下学期开学考试试题（含解析）.doc

1、广东省珠海市第二中学2019-2020学年高一数学下学期开学考试试题（含解析）第卷（选择题）一.选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1. 若全集均为二次函数， ，则不等式组的解集可用、表示为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用集合的交、补运算即可求解.【详解】由 ，则，所以不等式组的解集为.故选：C【点睛】本题主要考查了集合的交、补运算，理解集合的交、补概念，属于基础题.2. 如图所示，已知灯塔A在观察站C北偏东20，距离为，灯塔B在观察站C的南偏东40，距离为，则灯塔A与灯塔B的距离为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用余弦定理即可

2、求解.【详解】在中，,所以.故选：D【点睛】本题考查余弦定理在生活中的应用，需熟记定理内容，属于基础题.3. 若变量满足不等式组，则的最大值为（ ）A. 7B. 5C. 3D. 1【答案】A【解析】【分析】作出不等式组对应的平面区域，根据的几何意义，利用数形结合即可得到最大值.【详解】不等式组对应的平面区域如图（阴影部分）：由可得，平移直线，则由图像可知：当直线经过点时，直线的截距最大，此时最大，由，解得，即，此时.故选：A【点睛】本题考查了简单的线性规划问题，解题的关键是作出可行域，考查了数形结合的思想，属于基础题.4. 设为所在平面内一点，若，则下列关系中正确的是（ ）A. B. C. D

3、. 【答案】A【解析】【详解】=3()；=.故选A.5. 若三个正实数满足，则下列不等式一定成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题意求出的关系以及范围，再利用不等式的性质以及指数函数、对数函数的单调性逐一判断即可.【详解】三个正实数满足，可得或，对于A，当时，不成立；对于B，当时，不成立；对于C，当或时，均成立；对于D，显然当时，则，即不成立.故选：C【点睛】本题考查了不等式性质、指数函数的单调性、对数函数的单调性，属于基础题.6. 函数=的部分图像如图所示，则的单调递减区间为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】由五点作图知，解得，所以，令，解得，故单

4、调减区间为（，），故选D.考点：三角函数图像与性质7. 已知数列的前项和为，且满足：，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由递推关系式构造为等比数列，再根据与的关系求出的通项公式，利用对数的运算性质即可求解.【详解】由，则，即，所以，且 所以是以为首项，为公比的等比数列，所以（1），当时，（2）， （1）（2）相减可得：，所以，所以.故选：A【点睛】本题考查了递推关系式研究数列的性质、构造数列求数列的通项公式，与的关系，属于中档题.8. 函数的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】令，利用基本不等式求出，换元可得，再根据二次函数的图象与性质即

5、可求解.【详解】，令，由，则，当且仅当时取等号，所以，二次函数的图象开口向上，对称轴，所以函数在上单调递减，所以.故选：B.【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质、基本不等式，属于中档题.9. 已知数列且满足：，且，则为数列的前项和，则（ ）A. 2019B. 2021C. 2022D. 2023【答案】D【解析】【分析】根据递推关系式可得数列是以为周期的数列，由，从而可得，即可求解.【详解】由，所以，所以数列是以为周期的数列，所以.故选：D【点睛】本题主要考查了数列的递推关系求数列的性质、数列周期性的应用，属于基础题.10. 将函数的图象上各点的纵坐标不变，横坐标伸长到原来的两倍，再向右平移

6、，所得的函数是，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用三角函数的伸缩平移变换求出，然后再利用正切函数的单调性即可比较出大小.【详解】函数的图象上各点的纵坐标不变，横坐标伸长到原来的两倍，则，然后向右平移，所以，函数在上单调递增， 由，则，即，又，所以.故选：C【点睛】本题考查了三角函数的平移伸缩变换、正切函数的单调性比较大小，属于基础题.11. 设函数，则方程的解的个数是（ ）A. 6B. 5C. 4D. 3【答案】A【解析】【分析】根据的解析式作出函数的图像，再将的图像向右平移一个单位得到的图像，由的图像与的图像关于对称，根据数形结合即可求解.【详解】作出函数的图像，

7、将的图像向右平移一个单位得到的图像，因为的图像与的图像关于对称，根据对称性做出的图像：由图可知，方程的解的个数个.故选：A【点睛】本题考查了求方程根的个数，考查了数形结合的思想，解题的关键是作出函数图像，属于中档题.12. 已知函数时的值域为，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由，则求出的范围，再由函数的值域可得，解不等式即可求解.【详解】由， 则，函数的值域为，则，解得.故选：B【点睛】本题考查了正弦函数的性质、根据函数的值域求参数的取值范围，属于中档题.第卷（非选择题）二.填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13. 已知集合，且下列三个关系：；

8、有且只有一个正确，则等于_【答案】201【解析】【分析】根据集合相等的条件，列出、所有的取值情况，再判断是否符合条件，求出、的值后代入式子求值【详解】由，1，得，、的取值有以下情况：当时，、或、，此时不满足题意；当时，、或、，此时不满足题意；当时，、，此时不满足题意；当时，、，此时满足题意；综上得，、，代入，故答案为：201【点睛】本题考查了集合相等的条件的应用，以及分类讨论思想，注意列举时按一定的顺序列举，做到不重不漏14. 已知都是非零向量，则的夹角为_.【答案】【解析】分析】根据向量垂直，数量积等于零可得，再利用向量数量积的定义即可求解.【详解】由，则，即，所以，又，所以，所以的夹角为.

9、故答案为：【点睛】本题考查了利用向量的数量积求向量的夹角、向量垂直时的数量积关系，考查了基本运算能力，属于基础题.15. 若函数恰有2个零点，则的取值范围是_.【答案】，【解析】【分析】根据题意，在同一个坐标系中作出函数和的图象，结合图象分析可得答案【详解】根据题意，在同一个坐标系中作出函数和的图象，如图：若函数恰有2个零点，即函数图象与轴有且仅有2个交点，则或，即的取值范围是：，故答案为：，【点睛】本题考查分段函数的图象和函数的零点，考查数形结合思想的运用，考查发现问题解决问题的能力.16. 在中，角的平分线交边于点，且，又，则_.【答案】【解析】【分析】利用边角互化可得，根据角平分线定理可

10、得，在与中，由，利用余弦定理即可求解.【详解】由，根据正弦定理可得：，角的平分线交边于点， ，即，解得，在与中，则，由，余弦定理可得，解得. 故答案为：【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理解三角形，掌握定理是解题的关键，属于基础题.三.解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明.证明过程或演算步骤.17. 已知.（1）求的值；（2）若，求的值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）利用诱导公式以及两角和的正弦公式化简即可求解.（2）利用二倍角的正弦、余弦公式化简，然后再切化弦即可求解.【详解】（1） ；（2） ，所以或（舍）.【点睛】本题考查二倍角的正弦、余弦公式、两角和

11、的正弦公式、同角三角函数的基本关系，属于基础题.18. 已知函数（1）若，证明：；（2）若，且，求的取值范围；（3）若，且方程有个不同的根，求的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）【解析】【分析】（1）由，可得，将等式两边分别代入解析式即可证明.（2）根据题意可得函数为增函数，只需在恒成立，分离参数即可求解. （3）利用导数确定函数的单调区间，作出函数的大致图像，数形结合即可求解.【详解】（1）当时，则，所以左边，右边 ，即证.（2）由，则函数在上单调递增，即在上恒成立，即在上恒成立，只需，设，由，所以，所以.（3）当时，则，令，解得或；令，解得，所以函数的单调递增区间为，函数单

12、调递减区间为，且，在同一坐标系中作出与的图像如图所示： 方程有个不同的根，由图像可知：【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性、根据单调性求参数的取值范围、由方程根的个数求参数的取值范围，考查了数形结合的思想，属于中档题.19. 在中，角所对边分别为，且.（1）求角；（2）若，则当的面积最大时，求的内切圆半径.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理的边角互化可得，再根据两角和的正弦公式以及三角形的内角和性质即可求解.（2）由余弦定理得，再利用基本不等式以及三角形的面积公式求出的面积最大值，由等面积法即可求解.【详解】（1）由得，由正弦定理得，所以，又，所以，又，所以.（2）

13、由余弦定理得，整理得，所以，当且仅当时取等号.所以，所以当且仅当时，时的面积的最大值为.设的内切圆半径为，则，所以.【点睛】本题考查了正弦定理的边角互化、余弦定理解三角形、三角形的面积公式，基本不等式求最值，属于中档题.20. 如图，点在圆心为原点.半径分别为和的圆周上运动，其中逆时针，顺时针.角的始边都是轴的正半轴.终边分别为和为坐标原点），且，.（1）若，且，求的值；（2）设，且，求函数的值域.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由可得，从而可得，求出，根据的取值范围即可求解.（2）将与利用坐标表示，再根据向量数量积的坐标表示可得，再由，根据三角函数的性质即可的值域.【详解】（1）

14、由有，即，所以，因为，所以，故（2）由题设，所以，即，因为，所以，从而和时取等），故的值域是【点睛】本题考查了向量数量积的坐标表示、求三角函数的值域，属于基础题.21. 已知等差数列的前项和为，且成等比数列，且.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和；（3）若，为数列的前项和.若对于任意的，都有恒成立，求的取值范围.【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，利用等差数列的通项公式以及前项和的公式求出，代入通项公式即可. （2）判断出数列从第六项为负，分类讨论：当时或当时，利用等差数列前项和公式即可求解.（3）利用裂项求和法求出数列的前项和，恒成立，转化为，利

15、用单调性求出的最大值即可.【详解】（1）令等差数列的公差为. 由于成等比数列，所以，又，所以，所以.（2）记数列的前项和为，令，得，当时，当时， 所以（3）由于，所以，由于对于任意的，都有恒成立，所以，当时，单调递增，所以当时，当时，所以所以，所以的取值范围为.【点睛】本题考查等差数列的前项和的公式、通项公式、裂项求和法、数列不等式，考查了分类讨论的思想，属于中档题.22. 已知函数的定义域为，满足.（1）若，求的值；（2）若时，.求时的表达式；若对任意，都有，求的取值范围.【答案】（1）0；（2）；【解析】【分析】（1）根据题意，将代入表达式根据等式即可求解. （2）利用，当时，代入表达式即可求解.（3）根据题意可得在每一段区间上，函数都有最大值点，从而可得当时，恒成立；当时，可解得两个根或，数形结合即可求解.【详解】（1）由，则解得： （2）函数的定义域为，满足， 且当时，又当时，则有，当时， 则有， 当时，则有.（3）如图所示：函数在每一段区间上，图像为以为对称轴的抛物线的一部分，在每一段区间上，函数都有最大值点，当时，即时，恒成立；当时， 解得或，将这两个值标注在图中， 对任意，都有，必有，即实数的取值范围为.【点睛】本题是压轴题，考查了函数的平移伸缩、恒成立问题，需准确求出函数每一段解析式，分析出临界点位置，精准运算得到解决，属于难题.