【文档说明】江西师范大学附属中学2020-2021学年高一上期末考试数学试题 含答案.doc，共(9)页，796.500 KB，由小赞的店铺上传

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江西师大附中2020-2021学年度上学期期末考试卷高一数学命题人：审题人：一．选择题：共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．已知幂函数()fx的图像经过点42（，），则2f=（）A．12

B．1C．2D．22．若角满足tan0，sin0，则角所在的象限是A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限3．若2cos(π)3−=，]π2,π[，则sin2=A．306−B．66−C．66D．3064．已知向量(1,)(3,1)m=−，=ab，

且//ab，则m=A．3−B．13−C．13D．35．已知2logea=，12π5sin=b，23log22=c，则A．bacB．acbC．abcD．cab6．已知a与b的夹角为60，4|a|=，则−

|ab|（R）的最小值为A．23B．72C．103D．4337．已知)1,3(),3,3(),2,2(−−−−CBA，且CACM2=，CBCN21=，则MN=A．)2,4(−B．)2,4(−C．)7,1(−D．)7,1(−

8．在平面直角坐标系xOy中，若点P从)0,2(出发，沿圆心在原点，半径为2的圆按逆时针方向运动3π4弧长到达点Q，则点Q的坐标是A．)3,1(−B．)3,1(−−C．)3,1(D．)3,1(−9．若将函数πtan()(0)4yx=+的图像向右平移π3个单位长度后，与函数的图像重合

，则的最小值为A．16B．14C．13D．1210．已知2232,0,()|lg|,0.xxxfxxx−−=若关于x的方程()()fxmm=R有四个不相等的实根1234,,,xxxx，则1234xxxx的取值范围是A．1

[0,)4B．7[0,)16C．1[0,)2D．9[0,)1611．已知M是ABC内一点，23MAMBMC++=0，记MBC的面积为1S，ABC的面积为2S，则=12SSA．3B．4C．5D．612．设函数π()tan||3fxx=−，π()|sin()|3gxx=−，则函数()()()h

xfxgx=−在区间[2π,2π]−上的零点个数是A．4B．5C．12D．13二．填空题：本大题共4小题，每小题5分,共20分.13.已知集合2|20Axxx=−，|2sinByyx==，则AB=I.14．已知向量,ab的夹角为120，||4=a，||1=b，则a在b方向上的投影为.1

5．已知向量,ab的夹角为60，||2=a，||3−=ab，则||=b.16．如图所示，在梯形ABCD中，ABAD⊥，//ABCD，1ADCD==，2AB=，E是AB的中点，点P在以A为圆心，AE为半径的四分之一圆弧DE上运动，若APADAB=+，,R，则34−的取

值范围是.CDEABP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．（本小题10分）已知3π(π,)2，5sin5=−．（Ⅰ）求πtan()4−的值；（Ⅱ）求2πcos(2)3−的值．1

8．（本小题12分）在ABC中，3ACBC==，2AB=，3BCBM=，2ACAN=．（Ⅰ）用AB和AC表示AM；（Ⅱ）求MNAB．19．（本小题12分）设函数2π()cos(2)2sin3fxxx=++．

（Ⅰ）求函数()fx取得最大值时的自变量x的值；（Ⅱ）求函数()fx的单调递增区间.20．（本小题12分）在ABC中，3AB=，6AC=，2π3BAC=，D为边BC的中点，M为中线AD的中点．（Ⅰ）求中线AD的长；（Ⅱ）求BM与AD的夹角的余弦值.21．（本小题12分）已知向量a=(coss

in)，，b=(cossin)，，(20)=，c．（Ⅰ）求向量b+c的长度的最大值；（Ⅱ）设π3=，且()+⊥abc，求cos的值．22．（本小题12分）已知函数21()log()2xfxm=+，mR.（Ⅰ）若关于x的方程()210fx

x+−=恰有两个解，求m的取值范围；（Ⅱ）设0m，若对任意的实数[2,0]t−，函数()fx在区间[,2]tt+上的最大值与最小值之和不大于2log10，求m的取值范围.江西师大附中高一数学期末考试卷参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共6

0分。题号123456789101112答案CDDBDADABDDA二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.]2,0(14.2−15.116.[2,3]−三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.【

解析】（Ⅰ）由已知，225cos1sin5=−−=−，所以1tan2=，所以1tantan1142tan()1431tantan1142−−−===−++.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，23cos212sin5=−=，4sin22sincos5==

，所以2π131334433cos(2)cos2sin2322252510−−=−+=−+=.18.【解析】（Ⅰ）因为3BCBM=，所以1121()3333AMABBCABACABABAC=+=+−=+.（Ⅱ）过点C作CDAB⊥于D，则1AD=，2ACAB

=.因为2ACAN=，所以12121()23336MNANAMACABACABAC=−=−+=−+.从而22121()||3636MNABABACABABABAC=−+=−+221722363=−+=−.19.【解析】（Ⅰ）13()cos2

sin21cos2sin(2)1226fxxxxx=−+−=−++，所以当sin(2)16x+=−，即2262xk+=−，即3xk=−，kZ时，()fx取得最大值.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，()sin(2)16fxx=−

++，由3222262kxk+++得，263kxk++.所以()fx的单调递增区间为2[,]()63kkkZ++.20.【解析】（Ⅰ）由已知，236cos93ABAC==−，又1()2ADABAC=+，所

以2221127||(||2||)(91836)444ADABABACAC=++=−+=，所以33||2AD=.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，131()444BMAMABABACABABAC=−=+−=−+，所以2

931171||99361681616BM=−−+=（），从而319||4BM=.31132127()()9(9)364428888BMADABACABAC=−++=−−−+=，所以274257

cos819||||31933BMADBMAD===.解法2：（Ⅰ）以点A为原点，AB为x轴，过点A且垂直于AB的直线为y轴建系，则(0,0),(3,0),(3,33)ABC−，因为D为边BC的中点，所以33(0,)2D，3

3(0,)2AD=，所以33||2AD=.（Ⅱ）因为M为中线AD的中点，由（Ⅰ）知，33(0,)4M，所以33(3,)4BM=−，所以27319||9164BM=+=，278BMAD=，所以27425

7cos819||||31933BMADBMAD===.21.【解析】（Ⅰ）解法1：(cos2sin)+=+，bc，则222||(cos2)sin54cos+=++=+bc．21cos10|9−+≤≤，≤|≤bc，即0|3

+≤|≤bc．当cos1=时，有||3+=bc，所以+|bc|的最大值为3．解法2：||1||2||||||3==+=，，≤bcb+cbc，当cos1=时，有(30)+，bc=，即||3+=bc．所以+|bc|的最大值为3．（Ⅱ）若π3=，则1322=

，a．又由(cossin)=，b，(20)=，c得()+abc1322=，·13(cos2sin)cossin1sin()1226+=++=++，()()0=⊥，ab+cab+c，即

sin()16+=−．262k+=−，即223k=−，从而1cos2=−.22.【解析】（Ⅰ）由已知，()210fxx+−=，即21log()122xmx+=−，所以12122xxm−+=，整

理，得2112()22xxm=−，令12x=，0，依题设，22m=−在(0,)+上有且仅有两个解.令2211()22()48g=−=−−，由图可知，m的取值范围为1(,0)8−.（Ⅱ）因

为21()log()2xfxm=+在[,2]tt+上单调递减，所以min221()(2)log()2tfxftm+=+=+，max21()()log()2tfxftm==+，依题设，222211log()log()log1022ttmm++++，即211()()1022t

tmm+++，令12tu=，因为[2,0]t−，所以[1,4]u，从而1()()104umum++，即2254400umum++−.令22()5440huumum=++−，[1,4]u，因为0m，所以()hu单调递增，依题意，

只需(4)0h，即2560mm+−，又0m，所以01m.所以m的取值范围为(0,1].