【文档说明】四川省成都市玉林中学2020-2021学年高一下期期末适应性考试数学文科答案.pdf，共(6)页，484.586 KB，由小赞的店铺上传

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1成都高新区2020～2021学年度下期高2020级期末学业质量检测数学试题（文科）（时间120分钟，满分150分）第Ⅰ卷（选择题，共60分）一、选择题（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．若a，b，c∈R，a>b，则下列不等式成立的是()A.a1<b1

B．a2>b2C.ac2＋1>bc2＋1D．a|c|>b|c|答案C解析对A，若a>0>b，则1a>0，1b<0，此时1a>1b，∴A不成立；对B，若a＝1，b＝－2，则a2<b2，∴B不成立；对C，∵c2＋1≥1，且a>b，∴ac2＋1>bc2＋1恒成立，∴C成立；对D

，当c＝0时，a|c|＝b|c|，∴D不成立．2．设向量a＝(1,0)，b＝(12，12)，则下列结论中正确的是()A．|a|＝|b|B．a·b＝22C．a－b与b垂直D．a∥b答案C3．已知πsinsin=31++，则πsin

=6+（）A.12B.33C.23D.22【答案】B由题意可得：13sinsincos122++=，则：33sincos122+=，，即3sin63+=.4．长方体ABCD－A1B1C1D1中，异面直线AB，A1D1所成的角等于()A.30°B.45

°C.60°D.90°答案D5．已知变量x，y满足x－4y≤－3，3x＋5y≤25，x≥1，求z＝2x＋y的最大值和最小值分别为A.12,3B.12.2C.8,2D.8,3解A。如图，阴影部分为不等式组所表示的可行域．设l0：2x＋

y＝0，l：2x＋y＝z，则z的几何意义是直线y＝－2x＋z在y轴上的截距，显然，当直线越往上移动，对应在y轴上的截距越大，即z越大；当直线越往下移动，对应在y轴上的截距越小，即z越小．作一族与l0平等的直线系l，经上下平移，可得：当l移动到l1，即过点

A(5,2)时，zmax＝2×5＋2＝12；当l移动到l2，即过点B(1,1)时，zmin＝2×1＋1＝3.6．在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝450，则a2＋a8的值等于()A．45B．75C．180D．3002

答案C解∵a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝(a3＋a7)＋(a4＋a6)＋a5＝5a5＝450，∴a5＝90.∴a2＋a8＝2a5＝180.7．下列推理错误的是()A.A∈l，A∈α，B∈l，B∈α⇒l⊂αB.A∈α，A∈β，B∈α，B∈β⇒α∩β＝ABC.l⊄α，A∈l⇒A∉αD.A∈l

，l⊂α⇒A∈α答案C解析若直线l∩α＝A，显然有l⊄α，A∈l，但A∈α.8．若把总长为20m的篱笆围成一个矩形场地，则矩形场地的最大面积是()m2A.5B.10C.20D.25答案D解析设矩形的一边为xm，则另一边为12×(20－2x)＝(10－x)m，∴y＝x(10－x)≤[x

＋(10－x)2]2＝25，当且仅当x＝10－x，即x＝5时，ymax＝25.9．如图所示，半圆的直径AB＝2，O为圆心，C是半圆上不同于A，B的任意一点，若P为半径OC上的动点，则(PA→＋PB→)·PC→的最小值是A.2B.12C.2D.12答案选D。解析因为点O是A，B的中点，所以

PA→＋PB→＝2PO→，设|PC→|＝x，则|PO→|＝1－x(0≤x≤1)．所以(PA→＋PB→)·PC→＝2PO→·PC→＝－2x(1－x)＝2(x－12)2－12.∴当x＝12时，(PA→＋PB→)·PC→取到最小值－12.10．某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积

为A.63+B.623+C.123+D.1223+【解析】D【详解】由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为2的正方形，则其表面积为：()1322222sin6012232S=+=+

.故选：D.11．已知函数f(x)＝x2＋ax＋11x＋1(a∈R)，若对于任意的x∈N*，f(x)≥3恒成立，则a的取值范围是A.8[,)3−+B.2[,)3−+C.1[,)3−+D.[1,)−+解：选A。对任意x∈N*，f(x)≥3恒成立，即x2＋ax＋11x＋

1≥3恒成立，即知a≥－(x＋8x)＋3.设g(x)＝x＋8x，x∈N*，则g(2)＝6，g(3)＝173.∵g(2)>g(3)，∴g(x)min＝173，∴－(x＋8x)＋3≤－83，3∴a≥－83，故a的取值范围是[－83，＋∞)．

12．已知数列{}na为等差数列，公差d不为0，{}na中的部分项组成的数列123,,,...,,...nkkkkaaaa恰为等比数列，其中1231,5,17kkk===，则数列{}nk的前n项和为（）A.3nB.31n−C.31nn+−D.31nn−−【解析】D。由题

意，225117111(4)(16)aaaadaad=+=+，112da=，在等比数列123,,,...,,...nkkkkaaaa中，公比511143aadqaa+===，且111133nnnkkaaa−−==

。另一方面，nka为等差数列{}na的第nk项，则1111112112311(1),3231,22...2(133...3)31nnnnnknnnnnkkaakdaaakkkkknn−−−++=+−===−++++=++++−=−−第Ⅱ卷（非选择题，共

90分）二、填空题（本大题共4个小题，每题5分，共20分）13．0000sin20cos10cos160sin10−=．解析：12。原式=sin20°cos10°+cos20°sin10°=sin30°=1214．设Sn为等比数列{an}的前n项和，若a1＝1，且

3S1,2S2，S3成等差数列，则an＝________.解析：由3S1,2S2，S3成等差数列知，4S2＝3S1＋S3，可得a3＝3a2，所以公比q＝3，故等比数列通项an＝a1qn－1＝3n－1.15．如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，

墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为豪的发现.我们来重温这个伟大发现.圆柱的体积与球的体积之比和圆柱的表面积与球的表面积之比分别为，．解析：32。设球的半径为R，则圆柱的底面半径为R，高为2R，V圆柱＝

πR2×2R＝2πR3，V球＝43πR3，V圆柱V球＝2πR343πR3＝3216．6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,为锐角，35cos,cos().55（1）求cos2的值；（2）求tan的值．解：（

1）因为3cos5,因此，．………………5分（2）因为为锐角，所以．又因为，所以，则．………………7分4由3cos5，得，………………8分所以42tan()tan3tantan[()]241tan()tan1(2)3−−+−=+−==

=+++−………………10分18．（本小题满分12分）设函数f(x)＝mx2－mx－1.(1)若对于一切实数x，f(x)<0恒成立，求m的取值范围；(2)解不等式2()(1)221fxmxxm−+−−．解(1)要使mx

2－mx－1<0恒成立，若m＝0，显然－1<0.………………2分若m≠0，m<0，Δ＝m2＋4m<0⇒－4<m<0.………………5分∴－4<m≤0.………………6分(2)由2()(1)221fxmxxm−+−−得，222212210,(2)20,mxmxmxxxmxm

xm−−−+−++−++()(2)0xmx−−………………7分当2m时，解得2mx；当2m，解得2xm；当2m=时，解集为空集。………………11分综上：当2m时，解集为(,2)m；当2m时，解集(2,)m；当2m=时，解集

为空集。………………12分19．如图，E、F、G、H分别是正方体ABCD—A1B1C1D1的棱BC、CC1、C1D1、AA1的中点，求证：(1)GE∥平面BB1D1D；(2)平面BDF∥平面B1D1H.证明(1)取B1D1中点O，连接GO，OB，易证OG平行且等

于12B1C1，BE平行且等于12B1C1，∴OG平行且等于BE，四边形BEGO为平行四边形.∴OB∥GE.∵OB⊂平面BDD1B1，GE⊄平面BDD1B1，∴GE∥平面BDD1B1.………………6分(2)由正方体性质得B1D1∥BD，∵B1D1⊄平面BDF，

BD⊂平面BDF，5∴B1D1∥平面BDF.连接HB，D1F，易证HBFD1是平行四边形，得HD1∥BF.∵HD1⊄平面BDF，BF⊂平面BDF，∴HD1∥平面BDF.∵B1D1∩HD1＝D1，∴平面BD

F∥平面B1D1H.………………12分20．（本小题满分12分）已知角A，B，C是△ABC的内角，a，b，c分别是其所对边长，向量m＝(23sinA2，cos2A2)，n＝(cosA2，－2)，m⊥n.(1)求角

A的大小；(2)若a＝2，cosB＝33，求b的长．解(1)已知m⊥n，所以m·n＝(23sinA2，cos2A2)·(cosA2，－2)＝3sinA－(cosA＋1)＝0，即3sinA－cosA＝1，即sin(A－π6)＝12，因为0<A<π，

所以－π6<A－π6<5π6.所以A－π6＝π6，所以A＝π3.………………6分(2)在△ABC中，A＝π3，a＝2，cosB＝33，sinB＝1－cos2B＝1－13＝63.由正弦定理知asinA＝bsinB，所以b＝a·sinBsi

nA＝2×6332＝423.………………12分21．（本小题满分12分）在海岸A处发现北偏东45°方向，距A处(3－1)海里的B处有一艘走私船．在A处北偏西75°方向，距A处2海里的C处的我方缉私船奉命以103海里/小时的速度追截走私船，此时走私船正以10海里/小时的速度

从B处向北偏东30°方向逃窜．问：缉私船沿什么方向行驶才能最快截获走私船？并求出所需时间．（取62.5）解如图，设缉私船应沿CD方向行驶t小时，才能最快截获走私船(在D点)，则CD＝103t海里，BD＝10t海里，在△ABC中，由余弦定理，得BC2＝AB2＋AC2－2AB·A

C·cosA＝(3－1)2＋22－2·(3－1)·2·cos120°＝6，解得BC＝6.………………2分又BCsin∠BAC＝ACsin∠ABC，∴sin∠ABC＝AC·sin∠BACBC＝2·sin120°6＝22，………………4分∴∠ABC＝4

5°，故B点在C点的正东方向上，………………6分∴∠CBD＝90°＋30°＝120°，………………8分在△BCD中，由正弦定理，得BDsin∠BCD＝CDsin∠CBD，6∴sin∠BCD＝BD·sin∠CBDCD＝10t·sin1

20°103t＝12.∴∠BCD＝30°，∴缉私船沿北偏东60°的方向行驶．………………9分又在△BCD中，∠CBD＝120°，∠BCD＝30°，∴∠D＝30°，∴BD＝BC，即10t＝6，解得t＝610小时≈15分

钟．………………11分∴缉私船应沿北偏东60°的方向行驶，才能最快截获走私船，大约需要15分钟．………………12分22．（本小题满分12分）已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差d>0，且第2项、第5项、第14项分别是一个等比

数列的第2项、第3项、第4项．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝1n(an＋3)(n∈N*)，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，是否存在t，使得对任意的n均有Sn>t36总成立？若存在，求出最大的整数t；若不存在，请说明理由．解(1)由题意得(a1＋d)(a1＋13d)＝(a1＋

4d)2，整理得2a1d＝d2.∵d>0，∴d＝2.∵a1＝1.∴an＝2n－1(n∈N*)．………………4分(2)bn＝1n(an＋3)＝12n(n＋1)＝121n－1n＋1，………………6分∴Sn＝b1＋b2＋…

＋bn＝121－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝121－1n＋1＝n2(n＋1).………………8分假设存在整数t满足Sn>t36总成立，又Sn＋1－Sn＝n＋12(n＋2)－n

2(n＋1)＝12(n＋2)(n＋1)>0，∴数列{Sn}是单调递增的．∴S1＝14为Sn的最小值，故t36<14，即t<9.………………11分又∵t∈Z，∴适合条件的t的最大值为8.………………12分