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）Word版含答案

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上饶市2020—2021学年度高一第二学期期末教学质量测试数学（理）试题注意事项：1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.回答第Ⅰ卷时，选出每个小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，写在本试卷上无效.3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，答在本试卷上无效.4.本试卷共22题，总分150分，考试时间120分钟.第Ⅰ卷（选择题）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.1.在平面直角坐标系中，角以为始边，终边与单位圆交于点，则的值为（）A.B.C.D.2.是等差数列的前项和，，，则（）A.9B.16C.20D.273.若，则（）A.B.C.D.4.已知不等式的解集为，则不等式的解集为（）A.B.C.D.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，，即为“等模整向量”，那么模为的“等模整向量”有（）A.4个B.6个C.12个D.8个

16.若，则下列不等式成立的是（）A.B.C.D.7.两个圆：与：的公切线恰好有2条，则的取值范围是（）A.B.C.D.8.将函数的图象向左平移个单位后得到的图象关于轴对称，则正数的最小值是（）A.B.C.D.9.在中，，，分别为内角，，所对的边长，若，，则的面积是（）A.3B.C.D.10.如图中，，，的平分线交的外接圆于点，则（）A.B.C.D.11.已知，关于的一元二次不等式的解集中有且仅有5个整数，则所有符合条件的的值之和是（）A.13B.15C.21D.2612.已知数列满足，是数列的前项和，则（）A.不是定值，是定值B.不是定值，不是定值

2C.是定值，不是定值D.是定值，是定值第Ⅱ卷二、填空题：本大题共四小题，每小题5分，共20分.13.若向量，，与共线，则实数__________.14.已知直线和圆相交于，两点，若，则的值为__________.15.已知，，若不等式恒成立，则的最大值为__________.16.已知函数，给出下列结论：①是周期函数；②在区间上是增函数；③若，则；④函数在区间上有且仅有1个零点.其中正确结论的序号是__________.（将你认为正确的结论序号都填上）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.（1）求值：；（2）化简：.18.已知关于的不等式.（1）若不等式的解集为，求实数的值；（2）若，且不等式对都成立，求实数的取值范围.19.数列满足，且.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.20.已知单位向量，的夹角为.

3（1）若与垂直，求的值；（2）若向量满足，求的最大值.21.在中，设角，，的对边长分别为，，，已知.（1）求角的值；（2）若为锐角三角形，且，求的面积的取值范围.22.在平面直角坐标系中，点在直线：上，，以线段为直径的圆（为圆心）与直线相交于另一个点，.（1）求圆的标准方程；（2）若点不在第一象限内，圆与轴的正半轴的交点为，过点作两条直线分别交圆于，两点，且两直线的斜率之积为-5，试判断直线是否恒过定点，若是，请求出定点的坐标；若不是，请说明理由.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.1-5：CDBBC6-10：DBDCD11-12：BA1.由题意知，，，则，所以，故选：C.2.由得，则，由得，则，所以，故选：D.3.因为，所以，所以，选B.4.∵不等式的解集为，∴的两根为-1，2，且，即，，解得，

4，则不等式可化为，解得，则不等式的解集为，故选：B.5.因为，所以模为的等模整向量有，，，，，，，，，，，，所以模为的等模整向量共有12个.故选：C.6.取，，则，排除A，B；因为，则，，从而.又，即，则，所以，故选：D.7.两个圆化为标准方程可得，，圆的圆心为，半径，圆的圆心为，半径，圆心距，因为两圆的公切线恰好有2条，所以两圆相交，则，解得.故选：B.8.将函数的图形向左平移个单位后，可得函数的图象，再根据得到的象关于轴对称，可得，，即，令，可得正数的最小值是，故选：D.9.∴，即，由余弦定理得，解得，则的面积是.故选：C.10.由题意得：，，为的平分线，

5所以四边形为菱形，即，又，所以，所以，又，，所以.故选：D.11.设，其图象为开口向上，对称轴为的抛物线，根据题意可得，，解得，因为解集中有且仅有5个整数，结合二次函数的对称性可得，解得，又，所以，所以符合题意的的值之和，故选：B.12.当，则，，当，则，，∴，，，作差得，∴，∴为定值.而

6不为定值.故选：A.二、填空题：本大题共四小题，每小题5分，共20分.13.14.515.916.①③13.∵，，∴，，∵与共线，∴，解得，故答案为：.14.解：因为圆心到直线的距离，由可得，故答案为：5.15.解：由得恒成立，而，故，所以的最大值为9.16.解：函数，对于①：由所以函数的最小正周期为，故①正确；对于②：由于，，，，故函数在上不是单调增函数，故②错误；对于③：函数的最大值为1，若，则，所以，，，故则；故③正确；对于④：当时，，

7由于，即，解得或，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.（1）原式.（2）∵，∴.所以，原式.18.（1）∵不等式的解集为，1和6是方程的两根且，由根与系数的关系得：，解得：.（2）令，则原问题等价于，即，解得：.又，∴实数的取值范围是.19.（1）（1），当时，（2），由（2）×2－（1）可得，即，又因为，，也满足上式，故数列为首项为2，公比为2的等比数列，所以，；（2）由（1）可得，，所以

8.20.（1）与垂直，则，化简得，即，解得.（2）设，，以为原点，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，如图则，，设，由，可得，化简得，即的轨迹为以为圆心，为半径的圆，则的最大值为，∴的最大值为.21.（1）由已知及正弦定理，得，即，即，即.由余弦定理，得，因为，所以.（2）因为，，由正弦定理，得，∴，

9因为为锐角三角形，则，从而，所以.22.（1）设点，，，因为以线段为直径的圆与直线相交于点，所以，即，解得：，所以，故点，又，且，所以，解得：或，当时，，，，所以圆的标准方程为：；当时，，，，所以圆的标准方程为：；（2）因为点不在第一象限内，所以圆方程为：，则点，设直线：，则由得：，设，，则，，又，化简得：，所以，化简得：，所以，

10所以或，当时，直线：，过点，不符合题意，应舍去，当时，直线：，过定点.