2020-2021学年江西省上饶市高一（下）期末考试数学（文）试卷北师大版（Word含解析）

2020-2021学年江西省上饶市高一（下）期末考试数学（文）试卷
一、选择题
?
1.
是第几象限角(?
?
?
?
)
A.第一象限角
B.第二象限角
C.第三象限角
D.第四象限角
?
2.
在数列中，，，则的值为(?
?
?
?
)
A.
B.
C.
D.
?
3.
若角的终边经过点，则等于(?
?
?
?
)
A.
B.
C.
D.
?
4.
圆与圆的位置关系为（????????）
A.内切
B.相交
C.外切
D.相离
?
5.
如图，在中，点是边的中点，?，则用向量，表示为(?
?
?
?
)
A.
B.
C.
D.
?
6.
中，角，，的对边分别是，，，，，若这个三角形有两解，则的范围是(?
?
?
?
)
A.
B.
C.
D.
?
7.
在中，，则是(????????)
A.等腰三角形
B.等边三角形
C.直角三角形
D.等腰直角三角形
?
8.
已知，，则(?
?
?
?
)
A.
B.
C.
D.
?
9.
已知，，，则，，的大小关系是(????????)
A.
B.
C.
D.
?
10.
下列四个函数中，以为最小正周期，且在区间上为减函数的是(?
?
?
?
)
A.
B.
C.
D.
?
11.
数列的前项和为，若点在函数的图象上，则?
?
?
?
A.
B.
C.
D.
?
12.
已知函数在上单调递减，则的取值范围为(????????)
A.
B.
C.
D.
二、填空题
?
已知扇形的圆心角为，半径为，则扇形的弧长为________．
?
________.
?
的内角，，的对边分别为，，，若，，，则的面积为________.
?
如图所示将若干个点摆成三角形图案，每条边（包括两个端点）有个点，相应的图案中总的点数记为，则________.
三、解答题
?
已知，且．
求的值；
求的值．
?
已知，，在同一平面内，且．
若，且，求；
若，且，求与的夹角的余弦值．
?
已知函数，，在一个周期内的图象如图所示．
求的解析式；
将函数的图象向右平移个单位长度后，得到函数的图象，求在上的单调递增区间．
?
数列的前项和为，且是与的等差中项，数列中，，点直线上.
求数列，的通项公式；
设，求数列的前项和．
?
在平面四边形中，，，．
若的面积为，求；
若，，求．
?
在平面直角坐标系中，已知圆经过，，三点，是直线上的动点．
若，求圆的方程；
若点，是使恒成立的最小正整数，求的值（已知：）
参考答案与试题解析
2020-2021学年江西省上饶市高一（下）期末考试数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
象限角、轴线角
终边相同的角
【解析】
先找出与终边相同的角，进而得到是第四象限角.
【解答】
解：，
是第四象限角，
∴
是第四象限角.
故选.
2.
【答案】
C
【考点】
等差数列的通项公式
【解析】
由可知数列为等差数列，根据通项求即可．
【解答】
解：∵
，
∴
是以为首项，为公差的等差数列，
∴
.
故选.
3.
【答案】
B
【考点】
任意角的三角函数
【解析】
化简所求表达式，由三角函数的定义可求得，的值，即可得到结果.
【解答】
解：因为角的终边经过点，
所以，
，
所以.
故选.
4.
【答案】
A
【考点】
圆与圆的位置关系及其判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：圆，即，
表示以为圆心，半径等于的圆．
圆，
表示以为圆心，半径等于的圆．
∴
两圆的圆心距，
∵
，
∴
两个圆内切．
故选．
5.
【答案】
A
【考点】
向量加减混合运算及其几何意义
【解析】
由已知结的合向量加法的三角形法则及向量共线定理即可求解．
【解答】
解：由题意可得，
.
故选.
6.
【答案】
B
【考点】
正弦定理
【解析】
根据计算即可得答案．
【解答】
解：由题意，有两解时需，
则，
解得.
故选．
7.
【答案】
C
【考点】
正弦定理的应用
三角形的形状判断
【解析】
直接利用正弦定理和勾股定理的逆定理的应用求出结果．
【解答】
解：在中，?，
利用正弦定理：?，
故，
即，
故为直角三角形．
故选．
8.
【答案】
C
【考点】
二倍角的正弦公式
同角三角函数基本关系的运用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：已知，
所以，
可得，
即，
因为，
所以，
解得.
故选.
9.
【答案】
D
【考点】
指数式、对数式的综合比较
【解析】
可看出，然后根据对数函数和指数函数的单调性即可得出，，从而可得出，，的大小关系．
【解答】
解：∵
，
∴
，
，
，
∴
.
故选．
10.
【答案】
B
【考点】
正弦函数的单调性
余弦函数的单调性
正切函数的单调性
三角函数的周期性及其求法
【解析】
分析每个选项中函数的周期性和单调性，利用排除法解题．
【解答】
解：，函数在上单调递减，在上单调递增，故排除；
，，周期为，在内是减函数，符合题意；
，函数的周期是，故排除；
，函数在上单调递增，故排除．
故选．
11.
【答案】
D
【考点】
数列与函数的综合
数列递推式
【解析】
由题可得，，利用这个关系式，可分类讨论和时，，进而求出数列的通项公式，即可得解.
【解答】
解：∵
点在函数的图象上，
∴
，
∴
当时，，
当时，，
当时，适合上式，
∴
，
当时，.
故选.
12.
【答案】
C
【考点】
三角函数中的恒等变换应用
正弦函数的单调性
【解析】
先结合二倍角及辅助角公式进行化简，然后结合正弦函数的单调性可求．
【解答】
解：
，
由题意得，
故，，，，，，
当时，，
因为，
所以，
综上．
故选．
二、填空题
【答案】
【考点】
弧长公式
【解析】
根据弧长的公式，代入直接求解即可．
【解答】
解：根据弧长的公式，得．
故答案为：．
【答案】
【考点】
二倍角的余弦公式
两角和与差的正弦公式
诱导公式
【解析】
由诱导公式，二倍角公式化简所求即可求解．
【解答】
解：
．
故答案为：．
【答案】
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
由余弦定理可求，，然后结合三角形面积公式可求．
【解答】
解：因为，，，
由余弦定理得
，
解得，，
则的面积
．
故答案为：．
【答案】
【考点】
数列的求和
归纳推理
【解析】
根据题意，可得?数列是首项为，公差为的等差数列，通项为?，所以?，据此解答即可．
【解答】
解：根据分析，可得，
，
，
，
，
∴
数列是首项为，公差为的等差数列，
通项为，
∴
，
则
.
故答案为：.
三、解答题
【答案】
解：∵
，，
∴
在第四象限，
∴
，
∴
.
．
【考点】
运用诱导公式化简求值
同角三角函数间的基本关系
【解析】
（1）由已知可求在第四象限，利用同角三角函数基本关系式即可求解．
（2）由（1）利用诱导公式即可计算得解．
?
【解答】
解：∵
，，
∴
在第四象限，
∴
，
∴
.
．
【答案】
解：根据题意，设
则，，
则有，即，①
又由，
则有，②
解得：或
∴
或.
又由，
则有，
变形可得
，
又，，
则有，
则有，
故与的夹角的余弦值为．
【考点】
平面向量共线（平行）的坐标表示
向量的模
数量积判断两个平面向量的垂直关系
数量积表示两个向量的夹角
【解析】
（1）根据题意，设，由向量平行的坐标表示可得＝，即＝，由向量模的公式可得＝，解可得、的值，即可得答案；
（2）根据题意，由向量垂直的判断方法可得，变形可得，又由数量积计算公式，变形分析即可得答案．
【解答】
解：根据题意，设
则，，
则有，即，①
又由，
则有，②
解得：或
∴
或.
又由，
则有，
变形可得
，
又，，
则有，
则有，
故与的夹角的余弦值为．
【答案】
解：由图可得函数的最小正周期为，
∴
，即．
∵
，
则，
∵
，
则，
∴
，
则，
∴
．
∵
，
∴
，
∴
．
由题意可得，
令，，
得，．
记，
则．
因此，函数在上的增区间是．
【考点】
由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
正弦函数的单调性
【解析】
?
?
【解答】
解：由图可得函数的最小正周期为，
∴
，即．
∵
，
则，
∵
，
则，
∴
，
则，
∴
．
∵
，
∴
，
∴
．
由题意可得，
令，，
得，．
记，
则．
因此，函数在上的增区间是．
【答案】
解：是与的等差中项，
∴
，，
∴
，
即是以为首项，为公比的等比数列，
又，解得
∴
；
∵
点在直线上
∴
，
∴
，
即是以为首项，为公差的等差数列，
∴
.
，
∴
，
，
两式相减得
.
∴
．
【考点】
等差数列的通项公式
等比数列的通项公式
数列的求和
【解析】
（2）设等比数列的公比为，则，利用通项公式即可得出；由于点在直线上，可得，即，利用等差数列的通项公式就看得出．
（3），利用“错位相减法”即可得出．
【解答】
解：是与的等差中项，
∴
，，
∴
，
即是以为首项，为公比的等比数列，
又，解得
∴
；
∵
点在直线上
∴
，
∴
，
即是以为首项，为公差的等差数列，
∴
.
，
∴
，
，
两式相减得
.
∴
．
【答案】
解：中，，，
∴
，
∴
，
解得.
在中，由余弦定理可得，
，
∴
.
设，则.
在中，，
∴
.
在中，.
由正弦定理可得，
∴
∴
，
化简可得，，
∴
，
∴
．
【考点】
余弦定理
正弦定理
同角三角函数间的基本关系
两角和与差的正弦公式
【解析】
（1）由已知结合三角形的面积公式可求，在中，再由余弦定理，＝可求；
（2）设＝，则可表示，中，由正弦定理可得，可求，即可求解．
【解答】
解：中，，，
∴
，
∴
，
解得.
在中，由余弦定理可得，
，
∴
.
设，则.
在中，，
∴
.
在中，.
由正弦定理可得，
∴
∴
，
化简可得，，
∴
，
∴
．
【答案】
解由题意可知，圆的直径为，
则的中点就是圆的圆心，
所以圆方程为．
设，由点在直线上，得，即．
由，得，
依题意知，直线与圆至多有一个公共点．
故，
解得或．
因为是使恒成立最小正整数，
所以?．
【考点】
两点间的距离公式
直线与圆的位置关系
【解析】
?
?
【解答】
解由题意可知，圆的直径为，
则的中点就是圆的圆心，
所以圆方程为．
设，由点在直线上，得，即．
由，得，
依题意知，直线与圆至多有一个公共点．
故，
解得或．
因为是使恒成立最小正整数，
所以?．
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