《发布》贵州省铜仁市2020-2021学年高一下学期期末质量监测 数学 WORD版含答案BYCHUN.doc

1、高考资源网（） 您身边的高考专家铜仁市20202021学年高一年级下学期期末质量监测试卷数学本试卷共8页，22题。全卷满分150分。考试用时120分钟。注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分。在

2、每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.不等式(x1)(x4)0的解集为A.x|x1 B.x|1x4 C.x|x4 D.x|4x0，b0)平分圆(x2)2(y1)216的圆周，则的最小值为 。15.已知圆柱的上下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为16的正方形，则该圆柱的体积为 。16.已知P(a，b)为圆O：x2y29上第二象限的动点，直线PA，PB与圆O的另一个交点分别为A，B，且直线PA，PB的斜率之和为0，则直线AB的斜率是 。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.(本小题满分10分)如图，长方体ABCD

3、A1B1C1D1中，AB3，BC2，BB11，求线段BD1的长。18.(本小题满分12分)已知ABC的顶点坐标为A(5，1)，B(1，1)，C(2，3)。(1)试判断ABC的形状；(2)求AC边上的高所在直线的方程。19.(本小题满分12分)如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，CAB60，ACABAA1且D，E分别是BC，CC1的中点。(1)求证：CA1/平面ADB1；(2)求证：BE平面ADB1。20.(本小题满分12分)在锐角ABC中a，b，c是角A，B，C的对边，且sinCcos(AC)cosB。(1)求角A的大小；(2)若a2，ABC的面积是3，求bc。21.(本小题满分12分)设数列

4、an的前n项和为Sn，且Snn2(nN*)，数列bn满足b12，bn13bn2。(1)求数列an的通项公式；并证明：数列bn1是等比数列；(2)设数列cn满足cnan(bn1)，求数列cn的前n项和为Tn。22.(本小题满分12分)已知过原点O的动直线l与圆C1：x2y26x50相交于不同的两点A，B。(1)求圆C1的圆心坐标；(2)求线段AB的中点M的轨迹C的方程；(3)是否存在实数k，使得直线L：yk(x4)与曲线C只有一个交点？若存在，求出k的取值范围；若不存在，请说明理由。2021年7月铜仁市高一年级统一考试数学参考答案一、选择题：（本大题共12个小题，每小题5分，共60分）题号123

5、456789101112答案DCADBCADCBABB1 D1C1BDACA1一、 填空题（每小题5分，共20分）13、 3 14、 8 15、 16、三、解答题：（共计70分）17. （本小题满分10分）解：因为在长方体中，连接，在中，有，5分又因为在长方体中，平面，所以，在中，.9分. 10分也可以直接由长方体性质得： .（10分）18.（本小题满分12分）解：（1） . .2分 ，2分 (如果求AC的斜率，不扣分，不加分）， 为直角三角形 6分 （2）因为 ,所以, 边上高线所在直线的斜率为.9分 直线的方程是，即12分19.（本小题满分12分）解：（1）如图，连接，交于，连接 则，为的

6、中点，因为为的中点 所以，为三角形的中位线， 4分OABDECA1B1C1 又 平面， 平面，所以， 平面. 6分（2） , 为的中点，所以以因为为直棱柱，所以8分,，,即,所以,. 12分20.（本小题满分12分）解（1）在锐角中， ，则，由，可得，得 ，（没有指出锐角或 则在锐角中， 6分（2）由（1）知，且，得，7分由余弦定理得，又，9分那么，则，可得.12分21.（本小题满分12分）解：(1)当n1时，a1S11.当n2时，anSnSn1n2(n1)22n1.检验，当n1时a11211符合. 所以an2n1(nN*).3分当n2时，因为bn13bn2，则3，而b113，所以数列bn1是

7、等比数列，且首项为3，公比为3. 6分(2)由(1)得bn133n13n，cnan(bn1)(2n1)3n，7分所以Tnc1c2c3cn1cn，即 Tn13332533(2n3)3n1(2n1)3n, 8分3Tn132333534(2n3)3n(2n1)3n1，由得：2Tn132(32333n13n)(2n1)3n1，10分2Tn132(2n1)3n16(2n2)3n1，则Tn3(n1)3n1，所以Tn3(n1)3n1. 12分另解：因为cnan(bn1)(2n1)3n(n1)23n1(n2)3n，设dn(n2)3n，则cndn1dn，所以Tnc1c2c3cn1cn(d2d1)(d3d2)(d

8、n1dn)dn1d1(n1)23n1(12)313(n1)3n1，所以Tn3(n1)3n1.22.（本小题满分12分）解：(1)因为圆的方程可化为，所以圆心坐标为(3,0). 4分 (2)设点,则， .由题意可知直线l的斜率必存在, 设直线l的方程为.将上述方程代入圆的方程，化简得.因为. 所以.由解得又,所以.所以线段AB的中点M的轨迹C的方程为 .没有扣1分.8分(3)存在实数k满足条件.由(2)知,曲线C是在区间上的一段圆弧.如图，,直线过定点G(4,0).联立直线的方程与曲线C的方程,消去整理得.由,解得,此时直线l与曲线C相切,由根与系数的关系易得切点的横坐标为,又， ，由图可知要使直线与曲线C只有一个交点,则.故的取值范围为.如没有扣1分12分（注：其他解法请参照步骤给分）- 9 - 版权所有高考资源网