【文档说明】江西省上饶市2020-2021学年高一下学期期末教学质量测试数学（理）答案（定）.pdf，共(7)页，211.706 KB，由小赞的店铺上传

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答案第1页，总7页上饶市2020-2021学年度高一第二学期期末教学质量测试理科数学答案一．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一项．题号123456789101112答案CDBBCDBDCDBA二．填空题

：本大题共四小题，每小题5分，共20分．131214．515．9.16．①③．详解：1.由题意知，43sin,cos55，则sin4tancos3，所以4tan()tan3，故选:C.2．由1233

aaa++=得123233aaaa，则21a，由7910aa得798210aaa，则85a，所以1928999392722aaaaS故选：D3．因为623所以1coscossin+62333

所以1sin33，选B.4．不等式220axbx的解集为{|12}xx，220axbx的两根为1，2，且0a，即12ba，21

2a，解得1a，1b，则不等式可化为2210xx，解得112x，则不等式220xbxa的解集为．故选：B5．因为222252=50=1(7)5(5)所以模为52的等模整向量有1(1,7)a，2(1,7)a，3(

1,7)a，4(1,7)a5(7,1)a，6(7,1)a，7(7,1)a，8(7,1)a1{1}2xxx或第2页，总7页9(5,5)a

，10(5,5)a，11(5,5)a，12(5,5)a所以模为52的等模整向量共有12个.故选：C6．取12a，1b，则12abab，排除A，B；因为110ab，则0a，0b，从而0ab.又110ba，即0abab，则0

ab，所以0baab，故选：D.7．两个圆化为标准方程可得22125xy，22220xmym，圆1C的圆心为11,2C，半径15r，圆2C的圆心为1,2Cmm，半径225r，圆心距22212(1)(22

)5105CCmmmm，因为两圆的公切线恰好有2条，所以两圆相交，则22555105255mm，解得(2,0)(2,4)m.故选：B8．将函数2sin23yx的图形向左平移个单位后，可得函数2sin223yx的图象，

再根据得到的图象关于y轴对称，可得22,32kkZ，即212k，令1k，可得正数的最小值是512，故选：D9．2222()525cabaabb，即22225abcab，由余弦定理得22

2251cos3222abcababab，解得5ab，则ABC的面积是11353sin52224abC.故选：C.10．由题意得：,222ABCACAB，AD为BAC的平分线，所以四边形ABDO为菱形，即1AOODABBD，又1cos2

ABBACAC，所以60BAC，所以60BOABODDOC，又,ADAOODBCOCOB，答案第3页，总7页所以ADBCAOODOCOBAOOCAOOBODOCODOB

=cos0cos120cos60cos60AOOCAOOBODOCODOB

=111312222.故选：D11．设2()6fxxxa，其图象为开口向上，对称轴为3x的抛物线，根据题意可得，3640a

，解得9a，因为()0fx解集中有且仅有5个整数，结合二次函数的对称性可得(1)0(0)0ff，解得05a，又,aZ所以a=1,2,3,4,5，所以符合题意的a的值之和1+2+3+4+5=15故选

：B12．当*2nkkN，则21261kkaak，232265kkaak，当*21nkkN，则22164kkaak，222162kkaak，∴2223kkaa，2121125kkaak，232112

7kkaak作差得232112kkaa，∴120211125056060aaa，∴120216060aa为定值．而202112017201935722021201820204()S

aaaaaaaaaaa20211213+5++1009101055053a不为定值．故选：A．13．(1,2),(0,1)ab，=1,20,1,21kabkkk，2

=1,2+20,11,4ab，kab与2ab共线，4210kk，解得12k故答案为：1214．解：因为圆心（0,0）到直线380xy的距离d=4,由222ABrd

可得r=5故答案为：515．解：由212mabab得212mabab恒成立，而第4页，总7页212225abababba2252549abba，故9m，所以m的最大值为9.16．解：函数

cos2sincossincossincoscos2sincosxxxfxxxxxxxx，对于①：由2πfxfx所以函数的最小正周期为2π，故①正确；对于②：由于π12f

，01f，π12f，π04f，故函数fx在ππ,22上不是单调增函数，故②错误；对于③：函数fx）的最大值为1，若122fxfx，则121fxfx，所以111π2xk，221π2xk，12

,kkN，故则12π2kxxkZ；故③正确；对于④：当0,2πx时，π5πcos244π5πcos202π44xxfxxxx或，由于10gxfx，即1fx，解得πx或3π2，所以函

数有两个零点，故④错误．故答案为：①③．三、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．(本题10分)（1）原式132cos10sin10224sin3010cos103sin1041sin10cos10sin20sin202

-----------5分（2）∵2∴sincos0.所以，原式答案第5页，总7页cossincoscossincossin-------------10分18．（本题12分）（1）∵不等式226

0kxxk的解集为1,6，∴1和6是方程2260kxxk的两根且0k，由根与系数的关系得：216k，解得：27k.---------------------6分（2）令226

fxkxxk，则原问题等价于2400ff，即446016860kkkk，解得：411k.又0k，∴实数k的取值范围是40,11.--------12分19．（本题12分）（1）1121222nnnnaaana（1

），当2n时，12121222(1)nnnnaaana（2），由（2）2（1）可得122(1)nnnanana，即12nnaa，又因为12a，2124aa，也满足上式，故数列{}na为首项为2，公比为

2的等比数列，所以2nna，*nN；----------6分（2）由（Ⅰ）可得2nna，22211111()(2)22nnnblogalogannnn，所以1111111111(1)232435112nTnnnn1111323(1)221

242(1)(2)nnnnn．--------------------12分20．（1）kab与a垂直，则0kaba，化简得20kaab，即2111102k，解得12k.------------------4分（2）设,O

AaOBb，以O为原点，OA所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，如图则131,0,,22ab，设,cxy第6页，总7页由()()0acbc，可得1

31,,022xyxy化简得22331444xy，即c的轨迹为以33,44C为圆心，12r为半径的圆则c的最大值为2233131442

2OCr,2c的最大值为31。-------12分21．（本题12分）（1）由已知及正弦定理，得abaccab，即()()()ababcac，即2

22abacc，即222acbac.由余弦定理，得2221cos22acbBac，因为0,180B，所以60B.--------5分（2）因为120AC，1c，由正弦定理，得3

1cossinsin120sin1322(1)sinsinsin2tanCCCcAaCCCC.1133sinsin60122tan8SacBaC------------------9分因为ABC为锐角三角形，则3090C

，从而3tan,3C，所以3328,S--------------12分22．（1）设点,74,,74AaaDbb，ab，因为以线段AB为直径的圆C与直线l相交于点D，所以0ADBD，即,777,7

10bababb，解得：0bba，所以0b，故点0,4D，------------2分又ABCD，且777,22aaC，所以答案第7页，总7页717,7,71022aaCDABaa

，解得：1a或1a，--------------------4分当1a时，21,11,4,7,25ACAC，所以圆C的标准方程为：224725xy；当1a时，21

,3,3,0,25ACAC，所以圆C的标准方程为：22325xy；-----------------6分（2）因为点A不在第一象限内，所以圆C方程为：22325xy，则点8,0P，设直线MN：

ykxm,则由22325ykxmxy得：222126160kxkmxm，设1122,,,MxyNxy，则21212226216,11kmmxxxxkk

，------8分又1212121258888MPNPyykxmkxmkkxxxx，化简得：2212125403200kxxmkxxm，所以222221662540320011mkmkmkmkk，

化简得：221524330kmkm，所以81930kmkm，所以8mk或193mk，----------10分当8mk时，直线MN:88ykxkkx，过点8,0

P，不符合题意，应舍去，当193mk时，直线MN:191933ykxkkx，过定点19,03.---------12分