【文档说明】四川省绵阳市南山中学2020-2021学年高一下学期期中考试 数学答案.pdf，共(4)页，262.963 KB，由小赞的店铺上传

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1绵阳南山中学2021年春季高2020级半期考试数学试题参考答案及评分标准一、选择题（每个小题5分，共60分）题号123456789101112选项CBBACDADBCAD二、填空题（每个小题5分，共20分）13.114.515.22xx或16.

518或0_16.【详解】∵,,ADP三点共线，∴可设0PAPD，∵32PAmPBmPC，∴32PDmPBmPC

，即32mmPDPBPC，若0m且32m，则,,BDC三点共线，∴321mm，即32，∵9AP，∴3AD，∵4AB,3AC,90BAC，∴5BC，设CDx，CDA

，则5BDx，BDA.∴根据余弦定理可得222cos26ADCDACxADCD，222257cos265xADBDABADBDx，∵coscos0

，∴2570665xxx，解得185x，∴CD的长度为185.当0m时，32PAPC，,CD重合，此时CD的长度为0，当32m时，32PAPB，,BD重合，此时12PA，不合题意，舍去。三、解答

：（共70分）17．[证法1]:(a2+b2)(c2+d2)=a2c2+a2d2+b2c2+b2d2=(a2c2+2abcd+b2d2)+(b2c2－2abcd+a2d2)=(ac+bd)2+(bc－ad)2≥(ac+bd)2∴))((2222dcba≥|ac+bd|≥ac+bd.

故命题得证.[证法2]:∵(a2+b2)(c2+d2)－(ac+bd)2=(bc－ad)2≥0,∴(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)22∴))((2222dcba≥|ac+bd|≥ac+

bd,即ac+bd≤))((2222dcba[证法3]：知：由设OBOAOBOAdcOBbaOA),,(),,())((2222dcbabdac………………………………………………5分（2）

2132xx………………………………………………10分18．【详解】(1)在△ABD中，由已知得∠ADB=60°，B=45°由正弦定理得212622432ABsinBADsinADB……………

…6分(2)在△ADC中，由余弦定理得CD2=AD2+AC2﹣2AD•ACcos30°，解得CD=83。所以A处与D处之间的距离为24nmile，灯塔C与D处之间的距离为83nmile。…12分19．【详解】（1）A为BC的中点，12OAOBOC

，可得22OCOAOBab，而25233DCOCODOCOBab………6分（2）由（1）得5213OAkDCkakb，OC与OAkD

C共线，设OCOAkDC即52213abkakb，根据平面向量基本定理，得221513kk解之得，34k。………

…………12分20．【详解】(1)外接圆半径）是其中即ABCRRbbRaaBbAanm(22,sinsin//是等腰三角形，故ABCba………………6分(2))2,2(abp,nm

abbaabbaa即0)2()(又2c，3C由余弦定理可知：abbaabba3)(422233sin421sin21(14043)(2CabSabababab舍

），或即。……12分321.【详解】(1)选①:因为3sincosacAaC,所以sin3sinsinsincosACAAC,因为sin0A,所以3sincos1CC,即1sin62C,因为0C,所以5666C,所以66C,即3C

;选②:因为2sin2sin2sinabAbaBcC,所以2222abababc,即222abcab,所以2221cos22abcCab,因为0C,所以3C;………………6分(2)由(1)可知:3

C,在ABC中,由正弦定理得,260sin3sinsinsinCcBbAa3)]120sin([sin23)sin(sin23AABAbaL36sin(32）A又20,20

BAABC是锐角三角形故33,33,3263,26LAA从而。………………………12分22．【详解】（1）因为()0fx的解集为1(,2),2，所以()0fx

的两根为2和12，由韦达定理得1(2)()21(2)()2ab，所以5,12ab。………………4分（2）由题意得，2a，0b，所以2()2fxxx，因为()()1fxgx在[0,2]恒成立，所以212

1xxkx在[0,2]恒成立①当0x时，101满足题意，②当0,2x时，1122xkxxx在0,2恒成立，即maxmin1122xkxxx，

4因为12yxx在0,2单调递增，12yxx在0,1上单调递减，在1,2上单调递增，所以max1122xx，min120xx，所以102k；………………8分（3）因为方程

()0fx在区间(1,2)有两个不同的实根，所以2(1)10(2)42012240fabfabaab，所以(1)1bfa，所以2(1)042(1)10424(1)10fafaaafa

，由(1)31fa，由24(1)10afa得24(1)(2)4fa，得(1)1f，综上所述：0(1)1f.所以(1)f的取值范围是(0,1)………………12分