江西省上饶市2019-2020学年高一下学期期末教学质量测试数学（理）试题答案

江西省上饶市2019-2020学年高一下学期期末教学质量测试数学（理）试题答案

1 上饶市2019—2020学年度下学期期末教学质量测试 高一数学答案(理科) 一、选择题 (12×5=60 分) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 B C A A B C A B D C D C 二、填空题 (4×5=20 分) 13. 25 9 14. )1,1( 15. 3 16. 2021 1 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.（1）原式 1)cos()sin( )sin()cos(     ； ┅┅┅┅┅┅┅┅5分 （2） 1 3 1)2(1 3 12 tantan1 tantan)tan(        ，┅┅┅┅┅┅┅┅8分 又 ),2(),2,0(   ， 2 3 2   .┅┅┅┅┅┅┅┅9分 4 3  .┅┅┅┅┅┅┅┅10分 18.解析：（1）由 63,11 93  Sa ，可得      632 899 112 1 1 da da ，解得      2 151 d a .┅┅┅┅┅┅┅5分 172)1(1  ndnaan ┅┅┅┅┅┅┅┅6分 （2） .162 )17215( 2 )( 21 nnnnaanS n n  ┅┅┅┅┅┅┅┅10分 所以由二次函数的知识可得当 8n 时， nS 最大，最大值为 648 S .┅┅┅┅┅┅┅┅12分 19. 解析：（1）由函数的图象可得 3A ，┅┅┅┅┅┅┅1分 22 72 4 3 4 3    T ，解得 2 1 ．┅┅┅┅┅┅┅┅3分 再根据五点法作图可得 Zkk  ,222 1  ，由 2   ，则令 0k  ，得 4   ，┅┅┅5分 )42 1sin(3)(  xxf .┅┅┅┅┅┅┅┅6分 （2）令 Zkkxk  ,2242 1 22  ，解得 2 3424   kxk ，┅┅┅┅┅8分 2 故函数的增区间为 Zkkk  ],2 34,24[  .┅┅┅┅┅┅┅┅9分 所以，函数的最大值为3，此时， 2242   kx ，即 Zkkx  ， 2 34  ，┅┅┅┅┅11分 即 f x（ ）的最大值为3，及取到最大值时 x 的集合为 }2 34{ Zkkxx  ， .┅┅┅┅┅┅┅┅12分 20. 解析：(1) )32sin(2cos3sin)(   xxxxf ，┅┅┅┅┅┅┅┅3分 由题知函数 )(xf 的最小正周期为 ，┅┅┅┅┅┅┅┅4分 故    2 2 ，解得 1  ；┅┅┅┅┅┅┅┅6分 (2) 由(1)知 )32sin(2)(  xxf ，┅┅┅┅┅┅┅┅7分 当 )4 3,4( x 时，知 )6 7,6(32  x ，┅┅┅┅┅┅┅┅9分 知 ]1,2 1()32sin(  x ，┅┅┅┅┅┅┅┅11分 故函数 )(xf 在 )4 3,4(  上的值域为 ]2,1( ．┅┅┅┅┅┅┅┅12分 21.(1)设 ABC 外接圆 M 的方程为 2 2 0x y Dx Ey F     , 将 )5,1(),3,3(),0,0( CBA 代入上述方程得：         065 06 0 ED ED F , 解得       0 0 6 F E D .┅┅┅┅┅5分 则圆 M 的方程为 0622  xyx .┅┅┅┅┅┅┅┅6分 (2)设点 P 的坐标为 ,x y ， 因为 1222  PAPB ，所以 12)3()3( 2222  yxyx , 化简得： 01 yx .┅┅┅┅9分 因为圆 M 的圆心 )0,3(M 到直线 01 yx 的距离为 32 11 13 22   d .┅┅┅┅┅┅11分 所以直线 01 yx 与圆 M 相交，故满足条件的点 P 有两个.┅┅┅┅┅┅┅┅12分 22.解析：(1) 不等式 012)( 2  bxaxxg 的解集为 }31{  xx .  3,1  xx 是方程 0122  bxax 的两个根.┅┅┅┅┅┅┅┅1分         31 22 21 21 a bxx axx ，解得      4 1 b a . 32)( 2  xxxg .┅┅┅┅┅┅┅┅2分 3 则 .23)(  xxxf ┅┅┅┅┅┅┅┅3分  存在 ]3,1[0 x ，使不等式 mxf )( 0 成立，等价于 mxx  23 在 ]3,1[0 x 上有解，┅┅4分 而 )(xf 在 ]3,1[x 时单调递增， 0)3()( max  fxf .┅┅┅┅┅┅┅┅5分  m 的取值范围为 ]0,( .┅┅┅┅┅┅┅┅6分 (2)原方程可化为 0)32(12)23(12 2  kk xx .┅┅┅┅┅┅┅┅7分 令 tx 12 ，则 ),0( t ，则 032)23(2  ktkt 有两个不同的实数解 21,tt ， 其中 1,10 21  tt ,或 1,10 21  tt .┅┅┅┅┅┅┅┅9分 记 32)23()( 2  ktktth ， 则      04)1( 032)0( kh kh ——①,解得 .2 3k ┅┅┅┅┅┅┅┅10分 或           12 230 04)1( 032)0( k kh kh ——②,不等式组②无实数解.┅┅┅┅┅┅┅┅11分 实数 k 的取值范围为 ),2 3(  .┅┅┅┅┅┅┅┅12分