江西师范大学附属中学2020-2021学年高一上期末考试数学试题 含答案

江西师大附中2020-2021学年度上学期期末考试卷

高一数学

命题人： 审题人：

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.

f2） 1．已知幂函数f(x)的图像经过点，则（（4，2） A．

1 2B．1

C．2

D．2

2．若角满足tan0，sin0，则角所在的象限是

A.第一象限 3．若cos(π)B.第二象限

C.第三象限

D.第四象限

2，[π,2π]，则sin 32B． A．30 66 6C．6 6D．30 ．已知向量a(1,m)，b=(3,1)，且a//b，则m

A．3 B．1 3C．

1 3D．3

5．已知alog2e，bsin A．bac

35πlog2，2，则 12c2B．acb C．abc D．cab

6．已知a与b的夹角为60，|a|=4，则|ab|（R）的最小值为 A．23 B．

7 2C．

10 3D．

43 31CB，则MN 27．已知A(2,2),B(3,3),C(3,1)，且CM2CA，CNA．(4,2)

B．(4,2)

C．(1,7)

D．(1,7)

8．在平面直角坐标系xOy中，若点P从(2,0)出发，沿圆心在原点，半径为2的圆按逆时针方向运动

4π弧长到达点Q，则点Q的坐标是 3B．(1,3)

C．(1,3)

D．(1,3)

A．(1,3)

1

9．若将函数ytan(xππ)(0)的图像向右平移个单位长度后，与函数431 31 2的图

像重合，则的最小值为

A．

1 6B．

1 4C．D．

23x2x2,x0,10．已知f(x)若关于x的方程f(x)m(mR)有四个不相等的实根

x0.|lgx|,x1,x2,x3,x4，则x1x2x3x4的取值范围是

A．[0,)

14B．[0,7) 16C．[0,)

12D．[0,9) 1611．已知M是ABC内一点，MA2MB3MC0，记MBC的面积为S1，ABC的面 积为S2，则 A．3

S2 S1B．4

C．5

D．6

12．设函数f(x)tan|x上的零点个数是 A．4

ππ|，g(x)|sin(x)|，则函数h(x)f(x)g(x)在区间[2π,2π]33C．12

D．13

B．5

二．填空题：本大题共4小题，每小题5分,共20分. 13.已知集合Ax|2xx0，By|y22sinx，则AB . 14．已知向量a,b的夹角为120，|a|4，|b|1，则a在b方向上的投影为 . 15．已知向量a,b的夹角为60，|a|2，|ab|3，则|b| .

16．如图所示，在梯形ABCD中，ABAD，AB//CD，ADCD1，AB2，E是AB

的中点，点P在以A为圆心，AE为半径的四分之一圆弧DE上运动，若APADAB，,R，则34的取值范围是 .

2

DPCAEB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．（本小题10分）

已知(π,3π2)，sin55． （Ⅰ）求tan(π4)的值； （Ⅱ）求cos(2π32)的值．

18．（本小题12分）

在ABC中，ACBC3，AB2，BC3BM，AC2AN． （Ⅰ）用AB和AC表示AM； （Ⅱ）求MNAB．

19．（本小题12分）

设函数

f(x)cos(2xπ3)2sin2x．

（Ⅰ）求函数f(x)取得最大值时的自变量x的值；

（Ⅱ）求函数f(x)的单调递增区间.

3

20．（本小题12分）

在ABC中，AB3，AC6，BAC2π，D为边BC的中点，M为中线AD的中点． 3（Ⅰ）求中线AD的长；

（Ⅱ）求BM与AD的夹角的余弦值.

21．（本小题12分）

已知向量a=(cos，sin)，b=(cos，sin)，c(2，0)．

（Ⅰ）求向量b+c的长度的最大值； （Ⅱ）设π3，且a⊥(bc)，求cos的值．

22．（本小题12分）

已知函数f(x)log12(2xm)，mR.

4

（Ⅰ）若关于x的方程f(x)2x10恰有两个解，求m的取值范围；

（Ⅱ）设m0，若对任意的实数t[2,0]，函数f(x)在区间[t,t2]上的最大值与最 小值之和不大于log210，求m的取值范围.

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江西师大附中高一数学期末考试卷参

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。

题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 C D D B D A D A B D D A

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13. (0,2] 14.2 15. 1 16. [2,3]

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.【解析】（Ⅰ）由已知，cos1sin2255，所以tan12，

tantan1所以tan(414)21. 1tantan111342（Ⅱ）由（Ⅰ）知，cos212sin235，sin22sincos45，

所以cos(2π32)1313344332cos22sin2252510.

18.【解析】（Ⅰ）因为BC3BM， 所以AMAB13BCAB13(ACAB)213AB3AC. （Ⅱ）过点C作CDAB于D，则AD1，ACAB2. 因为AC2AN，

所以MNANAM12AC(23AB1213AC)3AB6AC. 从而MNAB(23AB16AC)AB23|AB|216ABAC

232216273.

19.【解析】（Ⅰ）f(x)12cos2x32sin2x1cos2xsin(2x6)1，

6

所以当sin(2x即xk6)1，即2x62k2，

3，kZ时，f(x)取得最大值.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f(x)sin(2x6)1，

由2k2x2k3262得，k6xk23.

所以f(x)的单调递增区间为[k6,k23](kZ).

20.【解析】（Ⅰ）由已知，ABAC36cos239， 又AD12(ABAC)， 所以|AD|214(|AB|22ABAC|AC|2)1274(91836)4， 所以|AD|332. （Ⅱ）由（Ⅰ）知，BMAMAB14(ABAC)AB314AB4AC， 所以|BM|2916938（9）1163617131916，从而|BM|4. BMAD(34AB14AC)12(ABAC)38928(9)1836278，

所以cosBMAD|BM||AD|27843192573319.

解法2：（Ⅰ）以点A为原点，AB为x轴，过点A且垂直于AB的直线为y轴建系，则A(0,0),B(3,0),C(3,33)， 因为D为边BC的中点，所以D(0,332)， AD(0,33332)， 所以|AD|2. （Ⅱ）因为M为中线AD的中点，由（Ⅰ）知，M(0,334)， 所以BM(3,3327319274)， 所以|BM|9164，BMAD8， 7

所以cosBMAD|BM||AD|27843192335719.

21.【解析】（Ⅰ）解法1：bc(cos2，sin)，则 |bc|2(cos2)2sin254cos．

1≤cos≤1，0≤|bc|2≤9，即0≤|bc|≤3．

当cos1时，有|bc|3，所以|bc|的最大值为3． 解法2：|b|1，|c|2，|b+c|≤|b||c|3，

当cos1时，有bc=(3，0)，即|bc|3．所以|bc|的最大值为3．

（Ⅱ）若π3，则a132，2． 又由b(cos，sin)，c(2，0)得

a(bc)12，3132·(cos2，sin)2cos2sin1sin(6)1a⊥(b+c)，a(b+c)0，即sin(6)1．

262k2，即2k3， 从而cos12.

22.【解析】（Ⅰ）由已知，f(x)2x10，即log12(2xm)12x， 所以

112x1212xm2，整理，得m2(2x)2x， 令12x，0，依题设，m22在(0,)上有且仅有两个解.

令g()222(14)218，由图可知，m的取值范围为(18,0).

（Ⅱ）因为f(x)log12(2xm)在[t,t2]上单调递减，

所以f(x)11minf(t2)log2(2t2m)，f(x)maxf(t)log2(2tm)，

依题设，log112(2t2m)log2(2tm)log210，

8

即(12t2m)(12tm)10， 令u12t，因为t[2,0]，所以u[1,4]， 从而(14um)(um)10，即u25mu4m2400.

令h(u)u25mu4m240，u[1,4]，因为m0，所以h(u)单调递增， 依题意，只需h(4)0，即m25m60，又m0，所以0m1. 所以m的取值范围为(0,1].

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