2021-2022学年青海玉树州三校（二高、三高、五高）高一下学期期末考试数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年青海玉树州三校（二高、三高、五高）高一下学期期末考试数学试题（解析版），共12页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年青海玉树州三校（二高、三高、五高）高一下学期期末考试数学试题 一、单选题1．不等式的解集为（    ）．A． B．C． D．【答案】B【分析】根据一元二次不等式的解法将化为，再结合小于取中间即可求解.【详解】因为不等式可化为，解得：，所以不等式的解集为，故选：.2．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则（    ）．A． B． C． D．【答案】B【分析】由正弦定理直接求解即可.【详解】解：因为，，，由正弦定理得.故选：B.3．在等差数列中，，，若，则正整数（    ）．A．10 B．11 C．12 D．13【答案】C【分析】由求出公差，由通项公式可求.【详解】因为，，所以，，则，，.故选：C4．已知，且，那么下列各式中正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】对于A，B，C三项通过已知条件举反例即可排除，D选项则通过作差法因式分解即可判断.【详解】对于A选项：举反例，则，则A不成立；对于B选项：举反例，则，所以，则B不成立；对于C选项：举反例，则，所以，则C不成立；对于D选项：∵，∴又∵∴，即.则D成立故选：D.5．在数列中，，，若，则（    ）．A．或1 B．1 C．0或 D．【答案】A【分析】根据数列的递推公式，分别将代入，发现从第二项开始，一项为0，一项为，然后根据的取值即可求解.【详解】因为，所以当时，，当时，；当时，；当时，；当时，；所以当时，，当且时，，所以或，故选：.6．已知实数x，y满足约束条件，则目标函数的最大值为（    ）．A．2 B． C． D．【答案】B【分析】画出可行域，根据几何意义求出的最大值.【详解】画出可行域，如图所示，显然当目标函数经过点时，取得最大值，由，解得，所以最大值为.故选：B7．在中，角所对的边分别为，若，，，则此三角形解的情况为（    ）A．无解 B．有两解 C．有一解 D．有无数解【答案】C【分析】利用正弦定理可得，由的取值范围可求得的范围，结合大边对大角可知为锐角的一个，由此可得结果.【详解】由正弦定理得：，，，则，，，，只能为锐角的一个值，只有一个解.故选：C.8．在数列中，，对任意正整数m，n，恒成立，为的前n项和，若，则（    ）．A．7 B．6 C．5 D．4【答案】A【分析】令可求出公比，得出等比数列前项和，进而得解.【详解】令，由可得，即，所以该数列为等比数列，，所以，令，解得.故选：A9．如图，把长的棒斜靠在石堤旁，棒的一端在离堤足的地面上，另一端在沿堤向上的地方，棒的上端恰好可以与堤的顶端平齐，则该石堤的高（，结果保留两位小数）为（    ）A．B．C．D．【答案】C【分析】设石堤对地面的倾斜角为，由余弦定理即可求出的值,由同角三角函数基本关系可求得的值，即可求解.【详解】设石堤对地面的倾斜角为，由余弦定理可得，故，则，则石堤的高为．故选：C.10．若实数，满足，则的最小值为（    ）．A．4 B．3 C．2 D．1【答案】A【分析】由题设，利用基本不等式“1”的代换求目标式最小值，注意等号成立条件.【详解】由题设，且，，故，所以，当且仅当，即时等号成立，所以目标式的最小值为4.故选：A11．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则一定是（    ）A．等边三角形 B．等腰三角形 C．直角三角形 D．等腰直角三角形【答案】B【分析】利用余弦定理化角为边，从而可得出答案.【详解】解：因为，所以，则，所以，所以是等腰三角形.故选：B.12．已知数列的前项和为，且，，那么的值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】根据题中条件，得到，推出数列的奇数项和偶数项都是成等比数列，由等比数列的求和公式，分别计算奇数项与偶数项的和，即可得出结果.【详解】因为，，所以，，所以，即，所以成以1为首项、3为公比的等比数列，也成以3为首项、3为公比的等比数列，所以.故选：A.【点睛】本题主要考查等比数列求和公式的基本量运算，考查分组求和，熟记公式即可，属于常考题型. 二、填空题13．已知关于x的不等式的解集为R，则b的取值范围是__________．【答案】【分析】结合一元二次不等式与二次函数性质即可求解.【详解】因为开口向上，所以当恒成立时，，解得.故答案为：14．已知正项数列中，若，则数列的通项______.【答案】【分析】根据的递推关系，用累乘法，可求出的通项.【详解】因为，所以，所以时，，满足上式，.故答案为:【点睛】本题考查由递推公式求通项，常考的几种求通项的方法要归纳总结，属于基础题.15．已知，则__________．（填“＞”“＜”或“＝”）【答案】【分析】将两式分别平方，作差，根据不等式的基本性质，判断符号，得到大小关系.【详解】，因为，所以，，所以，，又因为，，所以.故答案为：.16．在中，，，，平分交于点，，则的长为___________．【答案】【分析】由，结合三角形面积公式可构造方程求得，由此可得；利用余弦定理可求得.【详解】由题意得：，，即，解得：（舍）或，，，，解得：.故答案为：. 三、解答题17．已知的内角所对的边分别为，且，解三角形.【答案】，.【详解】分析：根据三角形内角和求得角C的值，再根据正弦定理即可求出c的值．详解：，，由正弦定理得：，∴.点睛：本题考查了正弦定理的简单应用，主要是利用好各个边角关系，属于简单题．18．（1）若不等式的解集为，求不等式的解集；（2）已知正数a，b满足，求的最大值．【答案】（1）不等式得解集为；（2）的最大值为【分析】（1）根据一元二次不等式的解集确定一元二次方程的根，即可得之间的关系，代入不等式中即可得解集；（2）根据基本不等式，凑和为定值，即可得所求式子的最大值.【详解】解：（1）若不等式的解集为，则方程的两根为，且所以，则不等式为，又即，解得则不等式的解集为：；（2）已知正数a，b满足所以当且仅当，即时等号成立，所以的最大值为.19．已知是递增的等差数列，，，，成等比数列．（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前n项和，并证明．【答案】（1）；（2）；证明见解析.【分析】（1）根据数列的基本量运算可得首项和公差，从而得解；（2）由，根据裂项相消法求和可得证.【详解】（1）设数列的公差为，由已知得，解得，或．（舍）所以．（2）由（1）知，所以．所以．因为，所以，所以，所以．20．在中，，．(1)求的值；(2)若的外接圆半径为3，求的面积．【答案】(1)；(2) 【分析】（1）求出角B的余弦，进而利用化简得到，结合同角三角函数关系得到；（2）使用正弦定理求出，结合第一问求出角C的正弦，使用面积公式求出答案.【详解】（1）由于，所以为钝角，所以，又，所以，故，所以，即，又，，解得：；（2）由正弦定理得：，故，，又，所以21．2021年为抑制房价过快上涨，各大城市相继开启了集中供地模式，某开发商经过数轮竞价，摘得如图所示的矩形地块，，，现根据市政规划建设占地如图中矩形的小区配套幼儿园，要求顶点C在地块的对角线MN上，B，D分别在边AM，AN上．（1）要使幼儿园的占地面积不小于，AB的长度应该在什么范围内？（2）如何设计方能使幼儿园的占地面积最大？最大值是多少平方米？【答案】（1）；（2），时，幼儿园的占地面积最大，最大值是．【分析】（1）设，利用相似三角形的性质得到，进而得到函数关系式，然后解不等式即可求出结果；（2）解法一：利用均值不等式即可求出结果；解法二：结合二次函数的性质即可求出结果.【详解】（1）设，依题意，∴，即，则．故矩形的面积．要使幼儿园的占地面积不小于，即，化简得，解得，故AB的长度范围（单位：）为．（2）解法一：，当且仅当，即时等号成立．此时．故，时，幼儿园的占地面积最大，最大值是．解法二：，当时，．此时．故，时，幼儿园的占地面积最大，最大值是．22．已知数列，满足，，对任意正整数n，，．(1)求数列和的通项公式；(2)若，求的前项和．【答案】(1)且，；(2). 【分析】（1）由题设可得，讨论的奇偶性分别求通项公式，再由等比数列定义求的通项公式；（2）由，，应用分组求和及错位相减法求.【详解】（1）由题意，且，，，所以，故、且都为公差为3的等差数列，且，；且，；所以且，由，故是首项为1，公比为3的等比数列，所以.（2）由（1）知，，所以的前项和，令，则，所以，则，令，则，所以，则.所以.