【文档说明】江西省抚州市黎川县2020-2021学年高一下学期期末质量检测数学（文）试题 含答案.doc，共(8)页，804.000 KB，由小赞的店铺上传

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2020—2021学年度下学期期末质量检测高一数学试卷（文科）本试卷分为第I卷（选择题)和第II卷（非选择题)两部分，共150分，考试时间120分钟注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息；2．请将答案正确填写在答题卡指定位置处，写在试卷上无效。第I卷（选择题共60分)一、

单选题（每小题5分，共12个小题，本题满分60分）1．已知ab，下列不等式一定成立的是（）A．11abB．n0()lab−C．||||abD．33ab2．已知，是两个不同的平面，m，n是两条不同的

直线，则下列正确的结论是（）A．若//mn，//m，n//，则//B．若//，m，n，则//mnC．若mn⊥，m⊥，n⊥，则⊥D．若mn⊥，m⊥，n//，则⊥3．已知正项等比数列na的前n项和为nS，若22352628100aaaa++=，2436SS

−=，则2021S=（）A．2021312−B．2020312−C．2021312020−D．2021212020−4．已知实数x，y满足313032110250xyxyxy+−+−−−，若不等式10xmy++恒成立，则实数m的取值范围是（）A．10,4B．14

,2−−C．1,2−−D．(,4]−−5．一个长方体的平面展开图如图所示，其中4AB=，2AD=，2DH=，点M为AB的中点，则将该长方体还原后，AH与CM所成角的余弦值为（）A．13B．33C．23D．536．故宫是世界上现存规模最大、保存最为完整的木质结构古建筑群．

故宫宫殿房檐设计恰好使北房在冬至前后阳光满屋，夏至前后屋檐遮阴．已知北京地区夏至前后正午太阳高度角约为75，冬至前后正午太阳高度角约为30．图1是顶部近似为正四棱锥、底部近似为正四棱柱的宫殿，图2是其示意图，则

其出檐AB的长度（单位：米）约为（）A．()631−B．4C．3D．()331+7．在正方体1111ABCDABCD−中，P为底面ABCD的中心，E为线段11AD上的动点(不包括两个端点)，Q为线段AE的中点现有以下结论：①PE与QC是异面直线；②过A，P，E

三点的正方体的截面是等腰梯形；③平面APE⊥平面11BDDB；④//PE平面11CDDC.其中正确结论的个数是（）A．0B．1C．2D．38．已知直线1l：+10xmy+=与直线2l：320mxym−−+=分

别过定点A，B，且交于点P，则PAPB的最大值是（）A．10B．5C．8D．59．鼎是古代烹煮用的器物，它是我国青铜文化的代表，在古代被视为立国之器，是国家和权力的象征.图①是一种方鼎，图②是根据图①绘制的方鼎简易直观图，图中四棱台1111ABCDABCD−是鼎中盛烹煮物的部分，四边形ABCD

是矩形，其中40cmAD=，30cmAB=，1120cmAB=，点1A到平面ABCD的距离为18cm，则这个方鼎一次最多能容纳的食物体积为（）（假定烹煮的食物全在四棱台1111ABCDABCD−内）A．310400cmB．314000cmC．314800cmD．315200cm10．已知

在锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若()2baac=+，则sincoscosaAbAaB−的取值范围是（）A．20,2B．30,2C．12,22

D．13,2211．已知圆22:1Oxy+=上存在点P，直线:40lkxy−+=上存在点Q，使得6PQO=，则实数k的取值范围是（）A．[3,3]−B．(,2][2,)−−+C．[2,2]−D．(,3][3,)−−+第6题图第7题图12．已知数列na满足112a

=，且对任意*nN，2112nnnaaa+=−，112nnba=++，数列nb的前n项和为nT，则2021T的整数部分是（）A．2021B．2022C．2023D．2024第II卷（非选择题共90分)二、

填空题（每小题5分，共4小题，满分20分）13．已知直线:10lkxy−+=与圆22:2410Cxyxy++−+=相交于A、B两点，若22AB=，则k的值为___________.14．已知正实数a，b满足1ab+=，则2241abab+++的最小值为__

____．15．已知数列na的前n项和为nS，若11a=，0na，()21182nnnnSaSa++=+，则1010Sa=______．16．拿破仑定理：“以任意三角形的三条边为边，向外构造三个正三角形，则这三个正三角形的中心恰为另一个正三角形的顶点

.”利用该定理可为任意形状的市区科学地确定新的发展中心区位置，合理组织人流､物流，使城市土地的利用率，建筑的使用效率达到最佳，因而在城市建设规划中具有很好的应用价值.如图，设ABC代表旧城区，新的城市发展中心123,,OOO，分别为正ACD

△，正ABE△，正BCF△的中心､现已知2,30ABACB==，123OOO的面积为3，则ABC的面积为___________.三、解答题（本大题共6小题，17题10分，18—22题均为12分，共计70分，解答时应写出解答过程或证

明步骤）17．（本小题满分10分）设x，y满足约束条件2101000xyxyxy−−−+.（1）在如图所示的网格（单位长度为1）中画出不等式组表示的平面区域；（2）若目标函数(0,0)zaxbyab=+的最大值为

1，求1123ab+的的最小值.18．（本小题满分12分）如图，在三棱柱111ABCABC−中，ABBC⊥，平面11BCCB⊥平面ABC，四边形11BCCB为菱形.（1）证明：1BC⊥平面1ABC；（2）若2BC=，

1AB=，160BCC=，求四棱锥111CABBA−的体积.19．（本小题满分12分）已知正项数列na的前n项和为nS，且满足()22nnnSaan=+N（1）求na的通项公式：（2）设()()121nn

nnabS−+=，求数列nb的前n项和nT．20．（本小题满分12分）数学家欧拉在1765年提出：三角形的重心、外心、垂心位于同一直线上，这条直线被后人称之为三角形的欧拉线，若ABC的顶点()2,0A，()

0,4B，且ABC的欧拉线的方程为20xy−+=.（注：如果ABC三个顶点坐标分别为()11,Axy，()22,Bxy，()33,Cxy，则ABC重心的坐标是123123,33xxxyyyG++++

.）（1）求ABC外心F（外接圆圆心）的坐标；（2）求顶点C的坐标.21．（本小题满分12分）如图，设ABC中角,,ABC所对的边分别为,,abc，AD为BC边上的中线，已知1c=，12sincossinsinsin4cABaAbBbC=−+，21cos

7BAD=．（1）求b边的长度；（2）求ABC的面积．22．（本小题满分12分）已知圆C经过(2,3),(4,3),(1,0)−三点.（1）求圆C的方程；（2）设点A在圆C上运动，点(7,6)B，且点M满足2AMMB=，记点M的轨迹为.①求的方程；②试探究：在直线:lyx=上是否存在定点

T(异于原点O)，使得对于上任意一点P，都有||||POPT为一常数，若存在，求出所有满足条件的点T的坐标，若不存在，说明理由.数学（文科）答案1---5DCADB6-10ACADC11-12DB13.114.1015.3216.23317．解：（1）画出约束条件2101000xyxyxy−−

−+表示的平面区域，如图阴影四边形AOBC所示；…………4分（2）由题意知，1(0,1),,02AB，由21010xyxy−−=−+=，解得23xy==，即(2,

3)C；目标函数zaxby=+经过可行域上的点C时取得最大值1，即231ab+=；…………6分所以11112323(23)222423233232abababababbaba+=++=+++=，当且仅当1232ab==时

取等号；所以1123ab+的最小值为4.…………10分18．（1）因为平面11BCCB⊥平面ABC，平面11BCCB平面ABCBC=，又ABBC⊥，AB平面ABC，所以AB⊥平面11BCCB，又1BC平面11BCCB，所以1ABBC

⊥，又因为四边形11BCCB为菱形，所以11BCBC⊥，而1ABBCB=I，且AB､1BC平面1ABC，所以1BC⊥平面1ABC.…………5分（2）如图所示：过1C作1CDBC⊥，垂足为D，则D为BC中点，因为平面11BCC

B⊥平面ABC，平面11BCCB平面ABCBC=，又1CDBC⊥，1CD平面11BCCB，所以1CD⊥平面ABC.…………8分因为2BC=，160BCC=，所以13CD=，由1AB=，2BC=，13CD=，190ABC=，所以ABCCCBAABCABB

ACVVV−−−−=1111111三棱锥三棱柱四棱锥111231231232323=−=.…………12分（本题解法较多答案不唯一，仅供参考，其它解法酌情给分）19．（1）由已知条件可知，对任意的nN，0na.当

1n=时，2111122aaSa+==，解得11a=；…………2分当2n时，由22nnnSaa=+可得21112nnnSaa−−−=+，上述两式作差得22112nnnnnaaaaa−−=−+−，即22110nnnnaaaa−−−

−−=，即()()1110nnnnaaaa−−+−−=…………4分由已知条件可知10nnaa−+，11nnaa−−=，所以，数列na是等差数列，且首项为1，公差也为1，因此，()111nann=+−=…………6分（2）由

（1）可知22nnnS+=，则()()()()()()121212122111nnnnnnanbSnnnn−+−+===−+++…………9分因此()()2122222222122233411nnnTnnn−

=−+++−+++−+=−+++.………12分20．（1）三角形外心是三边中垂线的交点，由已知条件知顶点()2,0A，()0,4B，则AB中点坐标为(1,2)，40202ABk−==

−−，所以AB边上的中垂线方程为12(1)2yx−=−，化简得230xy−+=…………2分又因为三角形的外心在欧拉线上，联立23020xyxy−+=−+=，解得11xy=−=，所以ABC外心F的坐标为(1,1)−；…………5分（2）设(,)Cmn，则ABC的重心坐标为24(,

)33mn++，由题意可知重心在欧拉线上，故满足242033mn++−+=，化简得40mn−+=……7分由（1）得ABC外心F的坐标为(1,1)−，则CFAF=，即2222(1)(1)(21)(01)mn++−=++−，整理得22228mmnn++−=…………9分联立22

40228mnmmnn−+=++−=，解得40mn=−=或04mn==，当0m=，4n=时，点C与点B重合，故舍去，所以顶点C的坐标为(4,0)−.…………12分21．（1）由条件12sincossinsins

in4cABaAbBbC=−+，可得：2212cos4caBabbc=−+，即222221224acbcaabbcac+−=−+，化简可得：4cb=，因为1c=，所以4b=…………5分（2）因为D为中点，所以()12ADABAC=+，设,ABAC

=，由()()()22222211122cos444ADABACABACABACcbcb=+=++=++得178cos||2AD+=…………7分又()114cos22ABADABABAC+=+=，所以

2114coscos7||||178cosABADBADABAD+===+，化简可得：228cos8cos110+−=解得1cos2=或11cos14=−…………10分又14cos0+，所以1cos2=，则23sin1c

os2=−=，所以ABC的面积为113sin143222bcA==…………12分（本题解法较多答案不唯一，仅供参考，其它解法酌情给分）22．（1）设圆C的方程为222()()xaybr−+−=，将三点

(2,3),(4,3),(1,0)−分别代入得()()()()()()222222222234310abrabrabr−−+−=−+−=−+−=，解得133abr===，所以圆C的方程为22(1)(3)9xy−+−=…………3分（2）①设(,

)Mxy，则：(),,(7,6)AAAMxxyyMBxy=−−=−−，∴142122AAxxxyyy−=−−=−，∴143123AAxxyy=−+=−+，∵点A在圆C上运动，∴22(3141)(312

3)9xy−−+−−=，即：∴22(315)(315)9xy−+−=∴22(5)(5)1xy−+−=，所以点M的轨迹方程为22(5)(5)1xy−+−=，…………7分②假设存在一点(,)Ttt满足||||POPT=(其中为常数)，设(,)Pxy，则：

2222()()xyxtyt+=−+−，整理化简得：()222222222xyxtxtytyt+−++−+=，∵P在轨迹上，∴22(5)(5)1xy−+−=，化简得：22101049xyxy+=+−…………9分所以()2

2101049101292042xyxytxtyt−−+−+−=+，整理得()()22222221010210102494920xtytt−++−+−+=−，∴2222210102049249tt−+=−=

，解得：4910t=；∴存在4949,1010T满足题目条件．…………12分（本题解法较多答案不唯一，仅供参考，其它解法酌情给分）