【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理科试题.pdf，共(7)页，542.442 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-aaa9db080aa35fb60fff107c8307c506.html

以下为本文档部分文字说明：

第1页（共2页）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（理科）（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<b1B．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．30

0第2页（共2页）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．如图所示，则这个几何体的体积等于()A.4B.6C.8D.12答

案A解析由三视图得几何体为四棱锥，如图记作S－ABCD，其中SA⊥面ABCD，SA＝2，AB＝2，AD＝2，CD＝4，且ABCD为直角梯形，∠DAB＝90°.∴V＝13SA×12(AB＋CD)×AD＝13×2×12×(2＋4)×2＝4，故选A.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.第3页（共2页）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，∴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111133nnnk

kaaa−−==。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a

1＝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.圆柱的表面积与球的表面积之比为．解

析：32。设球的半径为R，则圆柱的底面半径为R，高为2R，S圆柱＝2πR×2R＋2πR2＝6πR2，S球＝4πR2.所以S圆柱S球＝6πR24πR2＝32.16．如图，在ABC中，D是BC的中点，E在边AB上，BE=2EA，AD与CE交

于点O.若6ABACAOEC=，则ABAC的值是_____.【答案】3.如图，过点D作DF//CE，交AB于点F，由BE=2EA，D为BC中点，知BF=FE=EA,AO=OD.第4页（共2页）()()()3632AOECADACAEABACACAE=−=+−()22313112323

3ABACACABABACABACABAC=+−=−+−22223211323322ABACABACABACABACABAC=−+=−+=，得2213,22ABAC=即3,ABAC=故3

ABAC=.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．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()(1)3fxmx+−．解(1)要使mx2－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.∴

－4<m≤0.………………6分(2)由()(1)3fxmx+−得，22130,(21)20,(1)(2)0mxmxmxxmxmxmxx−−−−+−++−−当0m=时，原不等式为(2)0,2xx−

−………………7分当0m时，解得1xm或2x；当110,22mm时，解得12xm；当12m=时，解集为空集；当12m时，12m，解得12xm。………………11分综上：当0m=时，不等式解集为(2,)+；当0m时，不等式解集为1{|xxm或2}x；当10,2m

时不等式解集为1{|2}xxm；当12m=时，不等式解集为空集；第5页（共2页）当12m时，，不等式解集为1{|2}xxm。………………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，∴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BDF∥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＝第6页（共2页）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·sinBsinA＝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·AC·cosA＝(3－1)2＋22－2·(3－1)·2·cos120°＝6，解得BC＝6.………………2分又BCsin∠BAC＝ACsin∠A

BC，∴sin∠ABC＝AC·sin∠BACBC＝2·sin120°6＝22，………………4分∴∠ABC＝45°，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

，∴sin∠BCD＝BD·sin∠CBDCD＝10t·sin120°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）（1）当1n=时，1214()39aaa+=−，229272749,4

416aa=−=−=−，当2n时，由1439nnSS+=−①，得1439nnSS−=−②，①−②得143nnaa+=122730,0,164nnnaaaa+=−=，又213,{}4naaa=是首项为94−，公比为34的等比数列，第7页（共2页）1933()

3()444nnna−=−=−；（2）由3(4)0nnbna+−=，得43(4)()34nnnnban−=−=−①234333333210(4)44444nnTn=−−−++−+，2413333333321(

5)(4)444444nnnTnn+=−−−++−+−，两式相减得234113333333(4)4444444nnnTn+

=−++++−−1193116493(4)34414nnn−+−=−+−−−111993334(4)44444nn

nnn+++=−+−−−=−，所以134()4nnTn+=−，②由nnTb得1334()(4)()44nnnn+−−恒成立，即(4)30nn−+恒成立，分三种情况讨论：4n=时

不等式恒成立；4n时，312344nnn−=−−−−，得1；4n时，312344nnn−=−−−−，得3−；所以31−.