2021-2022学年陕西省榆林一中高一（下）期末数学试卷（文科）（Word解析版）

这是一份2021-2022学年陕西省榆林一中高一（下）期末数学试卷（文科）（Word解析版），共14页。试卷主要包含了0分，【答案】A，【答案】C，【答案】D，【答案】B等内容，欢迎下载使用。
绝密★启用前2021-2022学年陕西省榆林一中高一（下）期末数学试卷（文科）注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。  第I卷（选择题） 一、单选题（本大题共12小题，共60.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）如果，那么下列不等式中，一定成立的是(    )A.  B.  C.  D. 已知集合，集合，则(    )A.  B.  C.  D. 已知数列满足，，则数列的通项公式是(    )A.  B.  C.  D. 在中，，，，则边上的高的长度为(    )A.  B.  C.  D. 已知正实数，满足，则的最小值为．(    )A.  B.  C.  D. 在中，角，，所对的边分别为，，，下列条件使得无法唯一确定的是(    )A. ，， B. ，，
C. ，， D. ，，已知，满足约束条件，则的最小值为(    )A.  B.  C.  D. 等差数列的前项和为，若，，，则下列结论错误的是(    )A.  B.
C. 数列是递减数列 D. 已知数列的前项和为，则数列的前项和为(    )A.  B.  C.  D. 一百零八塔，位于宁夏吴忠青铜峡市，是始建于西夏时期的喇嘛式实心塔群，是中国现存最大且排列最整齐的喇嘛塔群之一，塔的排列顺序自上而下，第一层座，第二层座，第三层座，第四层座，第五层座，从第五层开始，每一层塔的数目构成一个首项为，公差为的等差数列，总计一百零八座，则该塔共有(    )A. 九层 B. 十层 C. 十一层 D. 十二层已知是正项等比数列的前项和，若，则的最小值为(    )A.  B.  C.  D. 已知不等式对于一切实数恒成立，则实数的取值范围为(    )A.  B.  C.  D. 第II卷（非选择题） 二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）不等式的解集为______．已知，则的最小值是______．已知实数，满足，则目标函数的最小值为______．在前项和为的数列中，，，对所有正整数均有，则______． 三、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）解关于的不等式．已知单调递减的等比数列的前项和为，，．
求数列的通项公式；
求满足的所有正整数的值．在锐角中，角，，的对边分别为，，，的面积为，已知．
证明：；
若，，求的周长．已知的内角，，的对边分别是，，，且．
求角的大小；
若，求面积的最大值．自新冠疫情暴发以来，直播电商迅猛发展，以信息流为代表的各大社交平台也相继入场，平台用短视频和直播的形式，激发起用户情感与场景的共鸣，让用户在大脑中不知不觉间自我说服，然后引起消费行动．某厂家往年不与直播平台合作时，每年都举行多次大型线下促销活动．经测算，只进行线下促销活动时总促销费用为万元．为响应当地政府防疫政策，决定采用线上直播促销线下同时进行的促销模式，与某直播平台达成一个为期年的合作协议，直播费用单位：万元只与年的总直播时长单位：小时成正比，比例系数为已知与直播平台合作后该厂家每年所需的线下促销费单位：万元与总直播时长单位：小时之间的关系为为常数记该厂家线上促销费用与年线下促销费用之和为单位：万元．
写出关于的函数关系式；
该厂家直播时长为多少时，可使最小？并求出的最小值．已知数列、的各项均为正数且对任意，都有，，成等差数列，，，成等比数列，且，．
求证：数列是等差数列并求出数列、的通项公式；
设，如果对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围．
答案和解析 1.【答案】 【解析】【分析】本题考查不等式的性质，考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
利用不等式的基本性质，判断、、、的结论即可．【解答】解：对于：由，可知，当时选项A成立，当时选项A不成立，故A错误；
对于：当时选项B成立，当时选项B不成立，故B错误；
对于：当时，首先求出，再两边同时减去得，故选项C成立，当时选项C不成立，故C错误；
对于：由，可知，故，整理得，故D成立．
故选D．  2.【答案】 【解析】【分析】求出，再求出，的交集即可．
本题考查了集合的运算，考查不等式问题，是基础题．【解答】解：
，，
，
故选：．  3.【答案】 【解析】解：数列满足，，
可得，，
故数列为首项为的常数列，
则，得．
故选：．
根据数列的递推关系式得到数列为首项为的常数列，进而求得结论．
本题主要考查数列递推关系式的应用，考查计算能力，属于基础题．
 4.【答案】 【解析】解：，
由余弦定理，得，
所以边上的高的长度为．
故选：．
利用三角形的面积公式求得面积，再利用余弦定理求得即可得到答案．
本题主要考查三角形面积公式、余弦定理的应用，考查学生的数学运算能力，是一道容易题．
 5.【答案】 【解析】【分析】本题主要考查了利用基本不等式求解最值，属于基础题．
由于正实数，满足，则，展开后结合基本不等式可求．【解答】解：正实数，满足，
则，
当且仅当且，即时取等号，此时取得最小值．
故选：．  6.【答案】 【解析】解：选项A，根据题意，可知，根据正弦定理即可求得和的值，三边确定，所以该三角形唯一；
选项B，根据余弦定理，可求的值，三边确定，所以该三角形唯一；
选项C，根据正弦定理，即，解得，，可能为锐角，可能为钝角，该三角形不唯一确定；
选项D，根据题意，利用正弦定理可求，由，可得为锐角，三角确定，三边确定，所以该三角形唯一；
故选：．
利用正弦定理，余弦定理逐项分析即可求解．
本题考查根据三角形已知三个元素，确定三角形解的个数，考查学生分析能力，属于中档题．
 7.【答案】 【解析】解：作出不等式组对应的平面区域如图：阴影部分
线性区域的端点的坐标为，，，
在轴上的截距取得最小值时，取得最小值，
可得当，时，
的最小值为．
故选：．
作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，求最小值．
本题主要考查线性规划的应用，利用目标函数的几何意义，结合数形结合的数学思想是解决此类问题的基本方法．
 8.【答案】 【解析】解：由，则，即，
又，，易知：，故数列是递减数列，故C正确；
根据，A正确；
，，则，故，故B正确；
再根据，故D错误，
故选：．
由题意，利用等差数列的通项公式、前项和公式，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论．
本题主要考查等差数列的通项公式、前项和公式，属于基础题．
 9.【答案】 【解析】解：数列的前项和为，
可得时，，
当时，，
则数列的前项和为．
故选：．
由数列的递推式：时，，当时，，计算可得，再由等差数列的求和公式，计算可得所求和．
本题考查等差数列的通项公式和求和公式，以及数列的递推式的运用，考查分类讨论思想和运算能力，属于基础题．
 10.【答案】 【解析】解：从第五层开始，塔的数目构成一个首项为，公差为的等差数列，
若将第五层的塔的数目设为，设从第五层开始自上而下，
由题意，每一层的塔的数目构成等差数列，，且公差为，
设等差数列的前项和为，则，
前四层共有塔的数目为，令，又，
解得，故该塔共有层，
故选：．
由题意，利用等差数列的定义、前项和公式，计算得出结论．
本题主要考查等差数列的定义、前项和公式，属于基础题．
 11.【答案】 【解析】解：设正项等比数列的公比为，由题意有，则，
由，得，所以，，令，
有当且仅当，即时取等号．
故选：．
设正项等比数列的公比为，由题意有，从而分析得，，可令，则，结合函数的单调性与最值即可求出的最小值．
本题考查等比数列的前项和公式，涉及基本不等式的运用，考查学生的逻辑推理和运算求解的能力，属于基础题．
 12.【答案】 【解析】解：因为，
令，即，此时对于一切实数恒成立，
因此不等式对于一切实数恒成立等价于对于一切实数恒成立，
所以，即，故；
当时，关于的方程有实数解，即存在实数使得，不满足题意．
故选：．
当时，对于一切实数恒成立，求出；当时，不满足题意．
本题考查函数的恒成立问题，考查学生的运算能力，属于中档题．
 13.【答案】 【解析】解：不等式可化为，即，
，解得，
故答案为：．
由题意，原不等式即，可得，由此求得的范围．
本题主要考查分式不等式的解法，属于中档题．
 14.【答案】 【解析】解：，当且仅当时，等号成立；
故答案为：．
直接利用基本不等式的应用和关系式的恒等变换的应用求出结果．
本题考查的知识要点：不等式的性质，关系式的恒等变换，基本不等式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
 15.【答案】 【解析】由约束条件作出可行域如图，

的几何意义为可行域内动点与定点距离的平方，
由图知，的最小值为点到直线的距离，
即，的最小值为．
故答案为：．
由约束条件作出可行域，再由的几何意义，即可行域内动点与定点距离的平方求解．
本题考查简单的线性规划，考查数形结合思想，是基础题．
 16.【答案】 【解析】解：由题意有，可求得，，，
可得数列是一个周期为的数列，且，有．
故答案为：．
根据递推公式求出前若干项，观察其周期性，然后利用周期性可得．
本题考查数列的递推公式，考查学生的运算能力，属于中档题．
 17.【答案】解：当时，原不等式可化为，解得．
当时，原不等式可化为，解得．
当时，原不等式可化为，
若，即时，解得或；
若，即时，解得或；
若，即时，解得或．
综上所述，
当时，不等式解集为或，
当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为或 ；
当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为． 【解析】由题意，分类讨论的范围，解一元二次不等式，求出原不等式的解集．
本题主要考查其它不等式的解法，解一元二次不等式，体现了分类讨论的数学思想，属于中档题．
 18.【答案】解：根据题意，设等比数列的公比为，，
又由，，则有，
解可得，，
故；
根据题意，由的结论，，则，
若，即，变形可得，
又由，则，即可取的值为、、、、、、、、． 【解析】根据题意，设等比数列的公比为，由等比数列的通项公式可得，求出，的值，计算可得答案；
根据题意，求出的表达式，由此可得关于的不等式，解可得答案．
本题考查等比数列的求和，涉及等比数列的通项公式和性质，属于基础题．
 19.【答案】证明：因为，
所以，又，
所以，
所以；
解：由余弦定理，，
由得，
所以，即，
在锐角中，所以，，
所以或，
若，则，所以，，与为锐角三角形矛盾，舍去；
所以，故B，即，所以，解得，，
所以的周长为． 【解析】直接利用三角形的面积公式的应用，把，转换为，进一步利用余弦关系式的变换求出结果．
利用余弦定理和三角函数关系式的变换的应用求出或，进一步利用分类讨论思想的应用求出三角形的周长．
本题考查的知识要点：正弦定理和余弦定理的应用，三角形面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
 20.【答案】解：在中，，由题意及正弦定理得，
，
，
，
又，
，
又，
；
，，
由余弦定理得，即，化简可得，可得当且仅当时取“”号，
．
面积的最大值为． 【解析】由正弦定理，两角和的正弦公式化简已知等式，结合，可求，结合范围，即可得解的值．
由已知利用余弦定理，基本不等式可求的最大值，进而根据三角形的面积公式即可求解面积的最大值．
本题考查了正弦定理，两角和的正弦公式，余弦定理，基本不等式以及三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
 21.【答案】解：由题意可得，当时，，解得，
故该厂家线上促销费用与年线下促销费用之和为．
，
当且仅当，即时，等号成立，
故该厂家直播时长为时，可使最小，的最小值为万元． 【解析】根据已知条件，先求出，再计算该厂家线上促销费用与年线下促销费用之和，即可求解．
根据已知条件，结合基本不等式的公式，即可求解．
本题主要考查函数的实际应用，掌握基本不等式的公式是解本题的关键，属于基础题．
 22.【答案】证明：由已知，得     ，
    ，
由可得    ，
将代入，得对任意，，有，即，
是等差数列．
设数列的公差为，由，，得，，
，，，
，．
由已知，当时，，而也满足此式．
数列、的通项公式为：，．
解：由，得，
则，
不等式化为，
不等式化为，
设，则对任意恒成立．
当，即时，不满足条件．
当，即时，满足条件．
当，即时，函数图象的对称轴为直线，关于递减，
只需，解得，故．
综上可得，的取值范围是． 【解析】由已知得，，进一步得，联立后可得是等差数列，由等差数列的通项公式求数列的通项公式，进一步求得的通项公式，结合求得数列的通项公式；
由得，然后利用裂项相消法求得，代入不等式化为，然后转化为关于的函数分类求解实数的取值范围．
本题考查了等差数列和等比数列的性质，考查了裂项相消法求数列的前项和，考查了数学转化、分类讨论等数学思想方法，考查了数列的函数特性，是中档题．