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（文）试题答案 4页

1 上饶市2019—2020学年度下学期期末教学质量测试 高一数学(文科) 试题卷参考答案 一、选择题 (12×5=60 分) 二、填空题 (4×5=20 分) 13. 2 14. 3 4 15. 3 16. ②③④ 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）等差数列{ }na 中， 3 53, 5a a  ，得 na n ， ( 1) 2n n nS  ；………5 分 （2）由题意，得： 1 2 1 12( )( 1) 1n n b S n n n n      1 1 1 1 1 1 1 22( ) 2( ) 2( ) 2(1 )1 2 2 3 1 1 1n nT n n n n              L L . ……10 分 18. 解：（1） 为锐角，又 3sin 5   4cos 5   ，则sin( )6    6sincos6cossin   3 3 4 1 3 3 4 5 2 5 2 10      ； …………5 分 （2） 为锐角，又 1cos( ) 03 3     2 2sin( )3 3    ， 则sin sin[( ) ]3 3      2 2 1 1 3 2 2 3sin( )cos cos( )sin3 3 3 3 3 2 3 2 6               .…………12 分 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 C B A B B B D A B D A A 座位号 2 19. （1） )0(3)2()( 2  axbaxxf 且 0)( xf 的解集为 ），（ 31-         a a b 331 231 ，解得 4,1  ba …………5 分 （2） 2)1( f ， 232  ba ， 即 1 ba ， 0,0  ba ， 9425441))(41(41  b a a bbababa ， 在 3 22  ab ， ba 41  取最小值 9 …………12 分 20. （1） 04222  myxyx ， myx  5)2)1 22 （（ 4,15  mm …………5 分 （2）若直线 l 的斜率不存在，方程为 2x 2x ，此时直线l ： 2x 与圆 C 相切，符合题 意； 若直线 l 斜率存在，设直线斜率为 k ，方程为 )2(3  xky 则圆心到直线的距离为半径 1， 1 1 322 2    k kk ，解得 0k 所以直线为 3y 综上所述直线 l 方程为 2x 或 3y …………12 分 21. 解：（1） x 6  12  3  7 12  5 6  x  0 2   3 2  2  sinA x  0 3 0 -3 0 根据图表可知 3A  ，  f x 的周期为 ，即 2 2   ，又 0 2    ； 将点 ,312      代入    3sin 2f x x   ，解得 3   .即   3sin 2 3f x x      . 3 由 2 2 22 3 2k x k        ，  k Z ，解得 5 12 12k x k      ，  k Z 故  f x 的单调递增区间为  5 ,12 12k k k Z        . ……………………8 分 （2）设 2 3x t  ，由 7 5,24 24x       ， 3,4 4t       ， 由正弦函数的性质可知： 当 4t   ，即 7 24x   时，函数  f x 取得最小值为 3 2 2  ； 当 2t  ，即 12x  时，函数  f x 取得最大值为 3. ……………………………12 分 22. 解：（1）   11 04f a b     ，   0f x  恒成立，则 2 0b a    且 0a  即 2 2 21 1 1 10 0 1,4 4 4 1 1( ) 4 2 42 f x x xa a a a b                    ……5 分 （2） 21 3 1( ) 4 2 4f x c x x c              ，即 2 21 1 1 1 3 1 4 2 4 4 2 4x x c x x c                2 2 0cx x c    ……………7 分 当 0c = 时：解得 0x  ； 当 0c  时： 24 4c   故当 1c  时： 24 4 0c    ，不等式无解； 故当 1c  时： 24 4 0c    ，不等式解为 2 21 1 1 1c cxc c      综上所述： 0c = 时，不等式解集为  0, ； 1c  时，不等式解集为 ； 0 1c  时，不等式解集为 2 21 1 1 1,c c c c         ……………12 分 4