四川省巴中市2020-2021学年高一下学期期末学情检测数学（文）试题 WORD版含答案.docx

1、巴中市普通高中2020级年段期末学情检测数学（文科）试题（满分150分 120分钟完卷）注意事项：1答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卡规定的位置。2答选择题时请使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题答题时必须用0.5毫米黑色墨迹签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置，在规定的答题区域以外答题无效，在试题卷上答题无效。3考试结束后，考生将答题卡交回。一、选择题：本大题共12小题，每小题5分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1已知集合，则（ ）ABCD2若直线与直线互相平行，则实数（ ）ABCD3设，为实数且，则下列不等式一定成立的是（ ）ABCD4

2、若三点，共线，则实数（ ）ABCD5设等差数列的前项和为，若，则（ ）ABCD6在菱形中，若点为中点，则（ ）ABCD7在中，若角，所对的边分别为，则下列有关正弦定理及其变形错误的是（ ）ABCD8已知是奇函数，当时，（其中为自然对数的底数），则（ ）ABCD9已知实数，满足不等式组，则的最大值为（ ）ABCD10若等腰直角三角形的一条直角边所在直线的斜率为，则斜边所在直线的斜率为（ ）A或B或C或D或11声音是由物体振动产生的声波，其中纯音的数学模型是函数，已知函数的图象向右平移个单位后，与纯音的数学模型函数图象重合若函数在是减函数，则的最大值是（ ）ABCD12已知正数，满足，有以下四个结

3、论：；的最小值为；的最小值为；的最小值为其中所有正确结论的编号为（ ）ABCD二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分将答案直接填写在答题卡相应题号后的横线上13已知是以为周期的偶函数，且当时，则_14已知向量，则_15年月日，以“绿色秦巴，开放互赢”为主题的第三届秦巴山区绿色农林产业投资贸易洽谈会在四川省巴中市开幕，会场设在刚刚竣工的川东北最大的综合体育场巴中市体育中心，即民间所说的“兴文鸟巢”，能被邀请到现场观礼是无比的荣耀如图，在坡度为的观礼台上，某一列座位与旗杆在同一个垂直于地面的平面上，在该列的第一排和最后一排测得旗杆顶端的仰角分别为和，且第一排和最后一排的距离为米，则旗杆

4、的高度为_米16已知的三个内角为，且，成等差数列，则的最大值为_，最小值为_（本题第一空2分，第二空3分）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设公差不为的等差数列满足：，且，成等比数列，记数列的前项和为（1）求及；（2）令，求数列的前项和18已知关于的不等式（1）若不等式的解集为，求的值；（2）若不等式的解集是，求的取值范围19已知数列满足，令（1）证明：数列是等比数列；（2）求数列的前项和20已知函数的部分图象如图所示（1）求函数的解析式；（2）在锐角中，角，所对的边分别为，若，且的面积为，求21在中，分别是角，的对边，且（1）求角；（2）若，求的取

5、值范围22已知数列的前项和为，已知（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，求数列的前项和巴中市普通高中2020级年段学情检测数学（文科）参考答案及评分标准一、选择题：本大题共12小题，每小题5分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1C 【解析】由，得可借助数轴求解【备注】主要考查集合表示及并集的概念改编自必修五P80第4题2B 【解析】直线的斜率为，由知：直线的斜率，所以或由得：，解得【备注】主要考查直线的一般式与斜截式的互化及两直线平行的判定与性质3D 【解析】对于A，若，则；或取，满，但，即此时所以A错误；对于B，反例：，满足，但不满足，所以B错误；对于C，当时，所以C错误

6、；对于D，由知，所以，故D正确【备注】主要考查不等式的基本性质及指数函数和幂函数的性质，特殊与一般的思想，推理论证能力4A 【解析】解法一（化为向量共线处理）：，由，三点共线，得，于是，解得解法二（化为向量共线处理）：，由，三点共线，则，坐标化得，故，解得解法三（化为斜率相等处理）：由，三点共线知：，即，解得解法四（化为点在直线上处理）：由，得直线的方程为，即，因为，三点共线，点在直线上，代入坐标得解法五（数形结合处理）：在直角坐标系中描出三点，可见，可排除C、D，选A或由在同一条与坐标轴不垂直的直线上的点，当其横坐标成等差数列时纵坐标也成等差数列，得【备注】主要考查向量共线的表示与向量共线定

7、理的应用，斜率公式、直线方程及其应用，考查数形结合、化归转化思想与运算求解能力三点共线的平面向量视角与解析几何视角等不同思考方法，虽然基础、但思维方式灵活，必须掌握5C 【解析】解法一（基本量思想）：设公差为，由得，化简得，所以或者，由，得，所以解法二（等差数列的对称性）：由等差数列的性质得，又，所以，即，则解法三（构造常数列）：由解法一，取得，故【备注】考查等差数列的定义、性质及通项公式与前项和公式，考查函数方程思想、特殊与一般的思想和运算求解能力6B 【解析】解法一：由为中点知，由菱形的性质知，故；由知，所以解法二：由菱形的性质及知：，由为中点知，所以解法三：以为原点，所在直线为轴建立平面

8、直角坐标系，由菱形的性质及知，故，由点为中点得，所以，故【备注】考查平面向量基本运算一线性运算与数量积，考查数形结合思想，化归转化思想和运算求解能力7B 【解析】在中，由正弦定理得，则，故，故A正确；当，时，此时，故B错误；根据等比定理易得C正确；，故D正确【备注】考查正弦定理与等比定理，考查化归转化思想、特殊与一般的思想及推理论证能力8D 【解析】由是奇函数得，又时，所以，故选D【备注】考查函数的奇偶性及应用，指数与对数的运算性质，对数恒等式，考查化归转化思想与推理论证能力与运算求解能力9C 【解析】作出不等式组表示的平面区域，如图所示，由图知：当目标函数经过点时取得最大值，所以【备注】考查

9、线性规划，数形结合思想方法，运算求解能力10B 【解析】解法一：设知斜率的直线的倾斜角为，则由题意得，易知因为斜边与直角边的夹角为，画图知斜边的倾斜角为或，所以，所以斜边所在直线的斜率为或解法二：本题可借助图形观察对斜边的斜率大小进行估计作出判断（如图）解法三：不妨取原点为该等腰直角三角形的一个顶点（如图），由题意，一条直角边所在直线为，不妨取直角顶点为过作的垂线与以为圆心为半径的圆交于，两点，则，为斜边，数形结合知，由斜率公式得斜边所在的直线的斜率【备注】考查直线的倾斜角与斜率，和角的正切公式，考查数形结合思想与化归转化思想、特殊与一般的思想及分类与整合思想，考查数学建模能力、直观想象能力和

10、运算求解能力11A 【解析】由图象变换的可逆性及题意知，将的图象左移个单位后得到函数的图象，则，又，故令，解得，所以的单调减区间为，由，可得，由于在区间上单调递减，则，故，解得，则的最大值为【备注】考查正弦型函数的图象与性质，不等式知识，图象的平移变换，数形结合思想，化归转化思想，考查推理论证能力与运算求解能力本题由2018全国II卷理数（文数）12题、2016全国I卷理数12题改编而得12D 【解析】由，得，即，所以，故正确；由，得，当且仅当时取等号，故的最小值为故错误；令，则由对的推断知，于是，易知当时单调递增，所以，即的最小值为，当且仅当时取等号，故错误；由，当且仅当，即，时取等号故正确

11、【备注】考查对数的运算性质，平均值不等式及应用，考查函数方程思想与化归转化思想及推理论证能力与运算求解能力本题由2018年江苏卷及2020年巴中高一期末考试文科16题改编二填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分将答案直接填写在答题卡相应题号后的横线上13 【解析】【备注】考查函数的奇偶性与周期性及应用，考查化归转化思想、数形结合思想与运算求解能力本题也可借助图象数形结合求解14 【解析】解法一（模长公式）：由题意知，则，故解法二（模长公式）：由题意知，所以解法三（模长公式）：，所以解法四（模长公式）：，所以解法五（几何法）：设，由题意知，借助单位圆数形结合知与的夹角，故为正三角形，所以

12、【备注】考查向量运算的坐标表示及几何意义，数量积的性质，和、差、倍角的正余弦公式与简单三角变换及特殊角的三角函数值，考查数形结合思想与化归转化思想，考查直观想象能力和运算求解能力15 【解析】如图，设，在中，；在中，由正弦定理得，即，所以故旗杆的高度为米【备注】考查正弦定理及其应用考查数学建模能力和运算求解能力16 【解析】解法一：由题意得，由正弦定理得，由余弦定理及二元不等式得：，当且仅当时取等号又，故，令，由知：当时，；当时，故的最大值为，最小值为解法二：由及正弦定理得，设，其中，则由余弦定理得：，由知：，故，所以，于是，所以，由知：当时，；当时，故的最大值为，最小值为【备注】本题一题两空

13、，是高考时髦的新题型综合考查等差数列、正弦定理、余弦定理，二倍角的余弦公式及均值不等式、正弦函数与二次函数的图象和性质等核心主干知识，考查化归转化与函数方程思想，考查推理论证能力、运算求解能力破解的关键：一是从题设“，成等差数列”挖掘出角的取值范围，即用正、余弦定理进行角边互化及用二元不等式合理放缩；二是用二倍角公式及换元法将将三角最值问题转化为二次函数的最值问题本题由巴中市2019年春季高一下期末考试16题及2018年全国1卷16题、2016年2卷、2014年陕西高考题原创三解答题：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解：（1）设等差数列的公差为，由题意知：则解

14、得，或（舍去）（2）由（1）得故18解：（1）当时，不等式化为，解集为，不合题意，舍去；当时一元二次不等式的解集为，是相应方程的两根，且，解得：综上可知：（2）当时，不等式化为在上恒成立，符合题意；若，则由关于的一元二次不等式的解集为得：，解得综上，的取值范围是19解：（1）由变形得：又，故，数列是首项为，公比为的等比数列（2）由（1）得，即20解：（1）据图象可得，故由得：由得：由知，解得（2），或，或（舍去）由题意得的面积为，解得由余弦定理得解得：由，知，为最大角又最大角为锐角，此时三角形为锐角三角形，符合题意【备注】未舍去扣1分；未判断最大角为锐角扣1分21解：（1）解法一由正弦定理，得

15、则由知又 解法二：由已知，得由余弦定理，得即，变形得：又 解法三：由已知，得由余弦定理，得，故又 （2）解法一：由得，且由（1）知：，由余弦定理得：当时，由二次函数的性质知：的值域为，当且仅当时取等号，此时的取值范围为解法二：由余弦定理，得：又的取值范围为解法三：由（1）得由正弦定理得由等比定理，得，即由知：，即的取值范围为解法四：由（1）知：，设，由正弦定理得，由等比定理，得当时，故，即的取值范围为22解：（1）由得当时，而（2）解法一（错位相减法）由及，得两式相减得解法二（错位相减法）：由及，得令，则且两式相减得：解法三（裂项相消法）：由及，得当时，令整理得又，由对任何的的正整数恒成立，得：，解得于是当时，