2020-2021学年江西省上饶市高一（下）期末考试数学（理）试卷人教B版

这是一份2020-2021学年江西省上饶市高一（下）期末考试数学（理）试卷人教B版，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 在平面直角坐标系xOy中，角θ以Ox为始边，终边与单位圆交于点35,45，则tanπ−θ的值为（ ）
A.43B.34C.−43D.−34

2. Sn是等差数列an的前n项和，a1+a2+a3=3，a7+a9=10，则S9=（ ）
A.9B.16C.20D.27

3. 若cs(π6−α)=13，则sin(α+π3)=( )
A.−13B.13C.223D.−223

4. 已知不等式ax2+bx+2>0的解集为x|−10的解集为（ ）
A.x|−112
C.x|−21}

5. 若对于一些横纵坐标均为整数的向量，它们的模相同，但坐标不同，则称这些向量为“等模整向量”，例如向量a→=1,3，b→=−3,−1，即为“等模整向量”，那么模为52的“等模整向量”有（ ）
A.4个B.6个C.8个D.12个

6. 若1a<1b<0，则下列不等式成立的是（ ）
A.a−b>abB.a−babD.b−a
7. 两个圆C1:x2+y2−2x+4y=0与C2:x2+y2−2mx+4my+5m2−20=0的公切线恰好有2条，则m的取值范围是( )
A.−2,0B.−2,0∪2,4C.2,4D.−∞,0∪4,+∞

8. 将函数y=sin2x+2π3的图象向左平移φφ>0个单位后得到的图象关于y轴对称，则正数φ的最小值是（ ）
A.π3B.π12C.5π6D.5π12

9. 在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边长，若c2=a−b2+5，C=π3，则△ABC的面积是（ ）
A.3B.932C.534D.33

10. 如图Rt△ABC中，∠ABC=π2，AC=2AB=2，∠BAC的平分线交△ABC的外接圆于点D，则AD→⋅BC→=（ ）

A.−32B.32C.−32D.32

11. 已知a∈Z，关于x的一元二次不等式x2−6x+a≤0的解集中有且仅有5个整数，则所有符合条件的a的值之和是（ ）
A.13B.15C.21D.26

12. 已知数列an满足an+1+−1n+1an=3n−1，Sn是数列an的前n项和，则（ ）
A.S2021不是定值， a2021−a1是定值
B.S2021不是定值， a2021−a1不是定值
C.S2021是定值， a2021−a1不是定值
D.S2021是定值， a2021−a1是定值
二、填空题

已知a>0，b>0，若不等式2a+1b≥m2a+b恒成立，则m的最大值为________．
三、解答题


(1)求值： 1sin10∘−3cs10∘；

(2)化简： 12+12cs2θ−1−sin2θπ2<θ<π.

已知关于x的不等式kx2−2x+6k<0.
(1)若不等式的解集为1,6，求实数k的值；

(2)若k>0，且不等式对∀x∈2,4都成立，求实数k的取值范围．

数列an满足a1=2，且2na1+2n−1a2+⋯+2an=nan+1 .
(1)求数列an的通项公式；

(2)设bn=1lg2an⋅lg2an+2，求数列bn的前n项和Tn .

已知单位向量a→，b→的夹角为π3.
(1)若ka→+b→与a→垂直，求k的值；

(2)若向量c→满足a→−c→⋅b→−c→=0，求|2c→|的最大值．

在△ABC中，设角A，B，C的对边长分别为a，b，c，已知sinA−sinBsinC=a−ca+b.
(1)求角B的值；

(2)若△ABC为锐角三角形，且c=1，求△ABC的面积S的取值范围．

在平面直角坐标系xOy中，点A在直线l:y=7x+4上，B7,3，以线段AB为直径的圆C（C为圆心）与直线l相交于另一个点D，AB⊥CD.
(1)求圆C的标准方程；

(2)若点A不在第一象限内，圆C与x轴的正半轴的交点为P，过点P作两条直线分别交圆于M，N两点，且两直线的斜率之积为−5，试判断直线MN是否恒过定点，若是，请求出定点的坐标；若不是，请说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江西省上饶市高一（下）期末考试数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
任意角的三角函数
【解析】
无
【解答】
解：由题意知，sinθ=45，csθ=35，
则tanθ=sinθcsθ=43，
所以tanπ−θ=−tanθ=−43.
故选C．
2.
【答案】
D
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的性质
【解析】
无
【解答】
解：由a1+a2+a3=3得a1+a2+a3=3a2=3，
则a2=1，
由a7+a9=10得
a7+a9=2a8=10，
则a8=5，
所以S9=a1+a992=a2+a892=3×9=27.
故选D．
3.
【答案】
B
【考点】
运用诱导公式化简求值
【解析】
利用诱导公式化简所求结合已知即可求解．
【解答】
解：∵ cs(π6−α)=13，
∴ sin(α+π3)=cs[π2−(α+π3)]＝cs(π6−α)=13．
故选B.
4.
【答案】
B
【考点】
一元二次不等式与一元二次方程
一元二次不等式的解法
【解析】
无
【解答】
解：∵ 不等式ax2+bx+2>0的解集为x|−1∴ ax2+bx+2=0的两根为−1，2，
且a<0，
即−1+2=−ba，−1×2=2a，
解得a=−1，
b=1，
则不等式可化为2x2+x−1<0，
解得−1则不等式2x2+bx+a>0的解集为x|x<−1或x>12．
故选B．
5.
【答案】
D
【考点】
平面向量的坐标运算
向量的模
【解析】

【解答】
解：由于522=50，
而50=1+49或50=25+25，
故在第一象限有3个整数对，(7,1)，(1,7)，(5,5)，
由于圆的对称性，所以共有4×3=12个整数对，
即共有12个模为52的等模整向量．
故选D．
6.
【答案】
D
【考点】
不等式的基本性质
【解析】
无
【解答】
解：取a=−12，b=−1，
则a−b=ab=12，排除A，B；
因为1a<1b<0，
则a<0，b<0从而ab>0．
又1b−1a>0，
即a−bab>0，
则a−b>0，
所以b−a<0故选D．
7.
【答案】
B
【考点】
圆与圆的位置关系及其判定
两点间的距离公式
【解析】
略
【解答】
解：由题意得，
圆C1的圆心为C11,−2，半径r1=5，圆C2的圆心为C2m,−2m，半径r2=25,
所以圆心距|C1C2|=m−12+−2m+22=5m2−10m+5．
因为两圆公切线恰好有2条，
所以两圆相交，
所以25−5<5m2−10m+5<25+5，
解得m∈−2,0∪2,4．
故选B.
8.
【答案】
D
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
正弦函数的对称性
函数y=Asin（ωx+φ）的性质
【解析】
无
【解答】
解：将函数y=sin2x+2π3的图形向左平移φ个单位后，
可得函数y=sin2x+2φ+2π3的图象，
再根据得到的图象关于y轴对称，
可得2φ+2π3=kπ+π2，k∈Z，
即φ=kπ2−π12，
令k=1，
可得正数φ的最小值是5π12．
故选D．
9.
【答案】
C
【考点】
余弦定理
三角形求面积
解三角形
【解析】
无
【解答】
解：∴ c2=a−b2+5=a2−2ab+b2+5，
即a2+b2−c2=2ab−5，
由余弦定理得csπ3=a2+b2−c22ab=2ab−52ab=12，
解得ab=5，
则△ABC的面积是12absinC=12×5×32=534．
故选C．
10.
【答案】
D
【考点】
向量在几何中的应用
平面向量数量积
【解析】
无
【解答】
解：由题意得：∠ABC=π2，AC=2AB=2，AD为∠BAC的平分线，
所以四边形ABDO为菱形，
即AO=OD=AB=BD=1，
又cs∠BAC=ABAC=12，
所以∠BAC=60∘，
所以∠BOA=∠BOD=∠DOC=60∘，
又AD→=AO→+OD→，BC→=OC→−OB→，
所以AD→⋅BC→=AO→+OD→⋅OC→−OB→
=AO→⋅OC→−AO→⋅OB→+OD→⋅OC→−OD→⋅OB→
=|AO→|⋅|OC→|cs0−|AO→|⋅|OB→|cs120∘+|OD→|⋅|OC→|cs60∘−|OD→|⋅|OB→|cs60∘
=1−−12+12−12=32．
故选D．
11.
【答案】
B
【考点】
一元二次不等式的解法
一元二次不等式的应用
【解析】
无
【解答】
解：设fx=x2−6x+a，其图象为开口向上，对称轴为x=3的抛物线，
根据题意可得，Δ=36−4a>0，
解得a<9，
因为fx≤0解集中有且仅有5个整数，结合二次函数的对称性可得
f1≤0,f0>0,
解得0又a∈Z，
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B．
12.
【答案】
A
【考点】
数列的求和
数列递推式
数列的应用
【解析】
无
【解答】
解：当n=2kk∈N∗，
则a2k+1−a2k=6k−1，a2k+3−a2k+2=6k+5，
当n=2k−1k∈N∗，
则a2k+a2k−1=6k−4，a2k+2+a2k+1=6k+2，
∴ a2k+2+a2k=3，a2k−1+a2k+1=12k−5，a2k+3+a2k+1=12k+7，
作差得a2k+3−a2k−1=12，
∴ a2021=a1+12×505=a1+6060，
∴ a2021−a1=6060为定值．
而S2021=a1+a3+a5+a7+⋯+a2017+a2019+a2021+a2+a4+⋯+a2018+a2020
=121+3+5+⋯+1009−505×5+a2021+505×3不为定值．
故选A．
二、填空题
【答案】
9
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由2a+1b≥m2a+b得m≤(2a+1b)(2a+b)，
而(2a+1b)(2a+b)=5+2ab+2ba
≥5+22ab⋅2ba=5+4=9，
故m≤9.
故答案为：9.
三、解答题
【答案】
解：(1)原式=cs10∘−3sin10∘sin10∘⋅cs10∘
=2[12cs10∘−32sin10∘]12sin20∘
=4sin(30∘−10∘)sin20∘=4.
(2)∵ π2<θ<π,
∴ sinθ−csθ>0，
∴ 原式=|csθ|−|sinθ−csθ|
=−csθ−sinθ+csθ=−sinθ.
【考点】
两角和与差的正弦公式
二倍角的正弦公式
二倍角的余弦公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)原式=cs10∘−3sin10∘sin10∘⋅cs10∘
=2[12cs10∘−32sin10∘]12sin20∘
=4sin(30∘−10∘)sin20∘=4.
(2)∵ π2<θ<π,
∴ sinθ−csθ>0，
∴ 原式=|csθ|−|sinθ−csθ|
=−csθ−sinθ+csθ=−sinθ.
【答案】
解：(1)∵ 不等式kx2−2x+6k<0的解集为1,6，
∴ 1和6是方程kx2−2x+6k=0的两根且k>0，
由根与系数的关系得： 1+6=2k，
解得： k=27.
(2)令fx=kx2−2x+6k，
则原问题等价于f2≤0，f4≤0，
即4k−4+6k≤0，16k−8+6k≤0，
解得： k≤411．
又k>0，
∴ 实数k的取值范围是(0,411].
【考点】
一元二次不等式的解法
一元二次方程的根的分布与系数的关系
不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)∵ 不等式kx2−2x+6k<0的解集为1,6，
∴ 1和6是方程kx2−2x+6k=0的两根且k>0，
由根与系数的关系得： 1+6=2k，
解得： k=27.
(2)令fx=kx2−2x+6k，
则原问题等价于f2≤0，f4≤0，
即4k−4+6k≤0，16k−8+6k≤0，
解得： k≤411．
又k>0，
∴ 实数k的取值范围是(0,411].
【答案】
解：(1)2na1+2n−1a2+…+2an=nan+1 ，①
当n≥2时， 2n−1a1+2n−2a2+…+2an−1=n−1an ，②
由②×2− ①可得2an=nan+1−2n−1an，即an+1=2an，
又因为a1=2, a2=2a1=4，也满足上式，
故数列an为首项为2，公比为2的等比数列，
所以an=2n，n∈N∗.
(2)由(1)可得an=2n，bn=1lg2an⋅lg2an+2=1nn+2=121n−1n+2，
所以Tn=121−13+12−14+13−15+…+1n−1−1n+1+1n−1n+2
=121+12−1n+1−1n+2
=34−2n+32n+1n+2.
【考点】
数列递推式
等比数列的通项公式
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)2na1+2n−1a2+…+2an=nan+1 ，①
当n≥2时， 2n−1a1+2n−2a2+…+2an−1=n−1an ，②
由②×2− ①可得2an=nan+1−2n−1an，即an+1=2an，
又因为a1=2, a2=2a1=4，也满足上式，
故数列an为首项为2，公比为2的等比数列，
所以an=2n，n∈N∗.
(2)由(1)可得an=2n，bn=1lg2an⋅lg2an+2=1nn+2=121n−1n+2，
所以Tn=121−13+12−14+13−15+…+1n−1−1n+1+1n−1n+2
=121+12−1n+1−1n+2
=34−2n+32n+1n+2.
【答案】
解：(1)ka→+b→与a→垂直，则ka→+b→⋅a→=0，
化简得ka→2+a→⋅b→=0，
即k×12+1×1×12=0 ，
解得k=−12.
(2)设OA→=a→,OB→=b→，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a→=1,0,b→=12,32，设c=x,y，
由a→−c→⋅b→−c→=0，
可得x−1,y⋅x−12,y−32=0，
化简得x−342+y−342=14，
即c→的轨迹为以C34,34为圆心， r=12为半径的圆，
则|c→|的最大值为|OC|+r=342+342+12=3+12 ，
∴ |2c→|的最大值为3+1.
【考点】
数量积判断两个平面向量的垂直关系
向量在几何中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)ka→+b→与a→垂直，则ka→+b→⋅a→=0，
化简得ka→2+a→⋅b→=0，
即k×12+1×1×12=0 ，
解得k=−12.
(2)设OA→=a→,OB→=b→，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a→=1,0,b→=12,32，设c=x,y，
由a→−c→⋅b→−c→=0，
可得x−1,y⋅x−12,y−32=0，
化简得x−342+y−342=14，
即c→的轨迹为以C34,34为圆心， r=12为半径的圆，
则|c→|的最大值为|OC|+r=342+342+12=3+12 ，
∴ |2c→|的最大值为3+1.
【答案】
解：(1)由已知及正弦定理，得
a−bc=a−ca+b，即a−ba+b=ca−c，
即a2−b2=ac−c2，即a2+c2−b2=ac，
由余弦定理，得csB=a2+c2−b22ac=12，
因为B∈0∘,180∘，
所以B=60∘.
(2)因为A+C=120∘,c=1，由正弦定理，
得a=csinAsinC=sin(120∘−C)sinC
=32csC+12sinCsinC=12(3tanC+1).
所以S=12acsinB=12asin60∘=383tanC+1，
因为△ABC为锐角三角形，则30∘从而tanC∈33,+∞，
所以S∈38,32.
【考点】
余弦定理
正弦定理
三角形的面积公式
正切函数的值域
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由已知及正弦定理，得
a−bc=a−ca+b，即a−ba+b=ca−c，
即a2−b2=ac−c2，即a2+c2−b2=ac，
由余弦定理，得csB=a2+c2−b22ac=12，
因为B∈0∘,180∘，
所以B=60∘.
(2)因为A+C=120∘,c=1，由正弦定理，
得a=csinAsinC=sin(120∘−C)sinC
=32csC+12sinCsinC=12(3tanC+1).
所以S=12acsinB=12asin60∘=383tanC+1，
因为△ABC为锐角三角形，则30∘从而tanC∈33,+∞，
所以S∈38,32.
【答案】
解：1因为BD⊥AD，
所以kDB=−17．
设Da,7a+4，
得7a+4−3a−7=−17，
解得a=0，
所以D(0,4).
在△ABD中，AB⊥CD，C为AB中点，
所以|AD|=|BD|.
设A坐标为(b,7b+4)，
则(b−0)2+(7b+4−4)2=(7−0)2+(3−4)2，
解得b=1或−1.
①当b=1时，A坐标为(1,11)，2R=2|AD|=10，圆心为4,7，
此时圆的标准方程为x−42+y−72=25；
②当b=−1时，A坐标为−1,−3，2R=2|AD|=10，圆心为3,0，
此时圆的标准方程为x−32+y2=25.
综上，圆的标准方程为x−42+y−72=25或x−32+y2=25.
(2)由题意知，圆的标准方程为x−32+y2=25，
因为圆C与x轴的正半轴的交点为P，
所以P(8,0)，
所以设直线MP的方程为y=kx−8，
联立得y=kx−8,x−32+y2=25，
消去y得1+k2x2−6+16k2x+64k2−16=0，
所以xM⋅xP=64k2−161+k2，
所以xM=8k2−2k2+1，
所以M8k2−21+k2,−10k1+k2，
因为两条直线斜率积为−5，用−5k代替k，得N200−2k225+k2,50k25+k2.
①直线MN的斜率存在，即k2≠5时，
kMN=50kk2+25+10kk2+1200−2k2k2+25−8k2−2k2+1
=60k3+300k−10k4+250=6k(k2+5)−k4+25=6k−k2+5，
所以直线MN方程为y−−10k1+k2=6k5−k2x−8k2−21+k2，
即y=6k5−k2x−8k2−21+k2−5−k26k×10k1+k2，
即y=6k5−k2x−193，则直线MN过定点193,0；
②当直线MN的斜率不存在，即k2=5时，直线MN方程为x=193，过定点193,0.
综上可得，直线MN过定点193,0．
【考点】
圆的标准方程
点到直线的距离公式
圆锥曲线中的定点与定值问题
直线恒过定点
【解析】
1 根据直线的效率与倾斜角的关系，求出直线AB的斜率，然后求出点C的坐标，最后求得称圆方程；
2 根据两直线的斜率之积可设出两个方程，然后将来两直线分别与圆联立，求得M和N的坐标，然后求出直线MN的方程，要使得过定点，则求出k2=15，然后即可求出定点坐标.
【解答】
解：1因为BD⊥AD，
所以kDB=−17．
设Da,7a+4，
得7a+4−3a−7=−17，
解得a=0，
所以D(0,4).
在△ABD中，AB⊥CD，C为AB中点，
所以|AD|=|BD|.
设A坐标为(b,7b+4)，
则(b−0)2+(7b+4−4)2=(7−0)2+(3−4)2，
解得b=1或−1.
①当b=1时，A坐标为(1,11)，2R=2|AD|=10，圆心为4,7，
此时圆的标准方程为x−42+y−72=25；
②当b=−1时，A坐标为−1,−3，2R=2|AD|=10，圆心为3,0，
此时圆的标准方程为x−32+y2=25.
综上，圆的标准方程为x−42+y−72=25或x−32+y2=25.
2R=2|AD|=10，圆心为3,0，
此时圆的标准方程为x−32+y2=25.
综上，圆的标准方程为x−42+y−72=25或x−32+y2=25.
(2)由题意知，圆的标准方程为x−32+y2=25，
因为圆C与x轴的正半轴的交点为P，
所以P(8,0)，
所以设直线MP的方程为y=kx−8，
联立得y=kx−8,x−32+y2=25，
消去y得1+k2x2−6+16k2x+64k2−16=0，
所以xM⋅xP=64k2−161+k2，
所以xM=8k2−2k2+1，
所以M8k2−21+k2,−10k1+k2，
因为两条直线斜率积为−5，用−5k代替k，得N200−2k225+k2,50k25+k2.
①直线MN的斜率存在，即k2≠5时，
kMN=50kk2+25+10kk2+1200−2k2k2+25−8k2−2k2+1
=60k3+300k−10k4+250=6k(k2+5)−k4+25=6k−k2+5，
所以直线MN方程为y−−10k1+k2=6k5−k2x−8k2−21+k2，
即y=6k5−k2x−8k2−21+k2−5−k26k×10k1+k2，
即y=6k5−k2x−193，则直线MN过定点193,0；
②当直线MN的斜率不存在，即k2=5时，直线MN方程为x=193，过定点193,0.
综上可得，直线MN过定点193,0．