陕西省榆林市第一中学2021-2022学年高一理科数学下学期期末试题（Word版附解析）

2021~2022学年度下学期榆林市第一中学高一年级期末考试

数学（理科）

一､选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1. 如果，那么下列不等式中，一定成立的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用不等式的性质分析判断即可

【详解】若，则由可得，，，

因，，所以.

故选：D

2. 已知集合，集合，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】解一元二次不等式求集合B，再由集合的交运算求.

【详解】由题设，，

∴.

故选：C

3. 已知数列满足，，则数列的通项公式是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由题意可得数列为首项为3的常数列，从而可得出答案.

【详解】由题意得，即

所以数列是以首项为的常数列，

则，得.

故选：A

4. 在中，，，，则边上的高的长度为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由面积公式求得面积，由余弦定理求得，再由等面积法可得高.

【详解】由，，，得，

由余弦定理得：，

边上的高的长度为．

故选：A.

5. 已知正实数满足，则的最小值为（    ）

A.  B. 9 C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据，将式子化为，进而化简，然后结合基本不等式求得答案.

【详解】因为，所以，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为.

故选：A.

6. 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.

【答案】C

【解析】

【分析】对于A：用正弦定理判断；

对于B：先由余弦定理，再用正弦定理可以求出角A、B，进行判断；

对于C：由正弦定理，根据大边对大角，这样的角B有2个，进行判断；.

对于D：由正弦定理计算，由大边对大角，这样的角A有1个，进行判断.

【详解】对于A：∵，∴A=140°，

由正弦定理得：，

∴

∴唯一确定；故A正确.

对于B：∵，

由余弦定理，可得：

由正弦定理：，有：

可以求出角A、B，∴唯一确定；故B正确.

对于C：∵

由正弦定理：，有：，

∴，

∵∴∴,这样的角B有2个，所以不唯一，故C错误.

对于D：∵

由正弦定理：，有：，

∴，

∵∴∴,这样的角A有唯一一个，

∴角C唯一，所以唯一，故D正确.

故选：C

【点睛】判断三角形解个数的方法：

（1）画图法：以已知角的对边为半径画弧，通过与邻边的交点个数判断解的个数：

①若无交点，则无解；②若有一个交点，则有一个解；③若有两个交点，则有两个解；④若交点重合，虽然有两个交点，但只能算作一个解。

（2）公式法：运用正弦定理进行判断：①a＝bsinA，则有一个解；②b＞a＞bsinA，则两个解；③a≥ b，则无解。

7. 已知，满足约束条件，则的最小值为（    ）

A. -6 B. -7 C. -8 D. -9

【答案】D

【解析】

【分析】

画出约束条件所表示的平面区域，根据图形确定目标函数的最优解，代入即可求解.

【详解】画出约束条件所表示的平面区域，如图所示，

由目标函数可化为，

当直线过点时，在轴上的截距最小，此时目标函数取得最小值，

又由，解得：，

所以的最小值为.

故选：D.

【点睛】方法点睛：根据线性规划求解目标函数的最值问题的常见形式：

（1）截距型：形如 .求这类目标函数的最值常将函数转化为直线的斜截式：，通过求直线的截距的最值间接求出的最值；

（2）距离型：形如，转化为可行域内的点到定点的距离的平方，结合点到直线的距离公式求解；

（3）斜率型：形如，转化为可行域内点与定点的连线的斜率，结合直线的斜率公式，进行求解．

8. 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.

【答案】D

【解析】

【分析】由，结合可判断选项A; 由等差数列的前项和可得，，结合选项A中得出的结论可判断选项B；由，，可得，，从而，可判断选项C；由可判断选项D.

【详解】由，则，即，

又，故A正确；

，，

则，故，B正确；

由，，即，

所以，数列是递减数列，故C正确；

，D错误.

故选：D

9. 已知数列的前项和为，则数列的前12项和为（    ）

A. 93 B. 94 C. 95 D. 96

【答案】B

【解析】

【分析】由已知得到数列通项公式，推出数列的前2项为负，即可表示出数列的前12项和，进而得解.

【详解】当时，；

当时，

所以数列的通项公式为，即数列从第2项开始为等差数列，

由得，即数列的前2项为负，所以

故选：B

【点睛】易错点睛：本题考查数列的前12项的绝对值的和，解题时要注意数列中的前2项为负数，考查学生的转化思想与运算求解能力，属于一般题.

10. 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

【答案】D

【解析】

【分析】设该塔共有层，根据等差数列的求和公式计算即可.

【详解】设该塔共有层，则，，解得（舍），即该塔共有层.

故选：D

11. 已知是正项等比数列的前项和，若，则的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】设正项等比数列的公比为，把已知式用表示后求得的范围，然后利用计算出，换元后易得最小值．

【详解】设正项等比数列的公比为，有，有，由，有，，，令，有（当且仅当时取等号）.

故选：D．

【点睛】关键点点睛：本题考查系数的前项和，解题关键是求得公比的取值范围，然后利用基本不等式求得最小值．解题中注意用表示．

12. 数列满足，则下列判断一定正确的是（    ）

A. 数列是递增数列

B. 数列是递减数列

C. 若数列满足，则成立

D. 存在常数，使得恒成立

【答案】C

【解析】

【分析】举反例可判断A、B、D选项；对于C选项，由可判断.

【详解】解：令，数列是递减数列，

满足，

当无穷大时，，所以A项错误，D项错误﹔

令，数列是递增数列，

满足，所以B项错误；

对于C项，因为，所以，

由得，

所以，所以成立，C项正确.

故选：C.

二､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 不等式的解集为__________.

【答案】

【解析】

【分析】先将不等式移项通分，得到，进而可求出结果.

【详解】原不等式可化为，即，

所以解得.

故答案为：

14. 已知数列的前项和为，，当且时，则____________.

【答案】

【解析】

【分析】推导出当为奇数时，；当为偶数时，.然后利用分组求和法可求得的值.

【详解】当为奇数时，；当为偶数时，.

.

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：本题考查数列求和，解题的关键就是推导出数列中的相关规律，结合分组求和法求和.

15. 已知实数，满足，则目标函数的最小值为__________.

【答案】##1.8

【解析】

【分析】根据约束条件，画出可行域，根据目标函数的几何意义：函数表示可行域内的点与点的距离的平方即可求解.

【详解】不等式组表示的平面区域如图中阴影部分（包括边界），

函数表示可行域内的点与点的距离的平方.

 由图知，的最小值为点到直线的距离，

即，所以的最小值为.

 故答案为：

16. 在前项和为的数列中，，，对所有正整数均有，则__________.

【答案】1

【解析】

【分析】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.

【详解】由题意有，可求得，，，可得数列是一个周期为3的数列，且，有.

故答案为：1

三､解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤.

17. 解关于的不等式.

【答案】答案见解析

【解析】

【分析】分和讨论，当时，由原不等式可得，讨论与的大小关系即可得出不等式的解.

【详解】①当时，原不等式可化为，解得；

②当时，原不等式可化为，解得；

③当时，原不等式可化为，

<i>当，即时，解得或；

<ⅱ>当，即时，解得或；

<ⅲ>当，即时，解得或.

综上所述，当时，不等式解集为；

当时，不等式解集为；

当时，不等式解集为；

当时，不等式解集为；

当时，不等式解集为.

18. 已知单调递减的等比数列的前项和为.

（1）求数列的通项公式；

（2）求满足的所有正整数的值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由等比数列的基本量法列方程组求得首项和公比，得通项公式；

（2）求出前项和，得其单调性，再通过估值得，从而确定满足题意的值．

【小问1详解】

（1）设公比为，因为等比数列单调递减，所以，

解得，

数列的通项公式为；

【小问2详解】

，

由单调递增，，

故满足的所有正整数的值为.

19. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.

（1）证明：；

（2）求角的最大值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据题意结合三角函数的基本关系式和三角恒等变换的公式，得到，再利用正弦定理，即可求解；

（2）由（1）和余弦定理求得，结合基本不等式求得，得到，即可求解.

【小问1详解】

证明：由，

可得，

所以，

所以，

整理得，

可得，

又由，可得，所以，

由正弦定理，可得.

【小问2详解】

解：由，根据余弦定理得，

又由（当且仅当时取等号），可得，

所以，

因为，所以角的最大值为.

20. 如图，某运动员从A市出发沿海岸一条笔直的公路以每小时15的速度向东进行长跑训练，长跑开始时，在A市南偏东方向距A市75，且与海岸距离为45的海上B处有一艘小艇与运动员同时出发，要追上这位运动员.

（1）小艇至少以多大的速度行驶才能追上这位运动员？

（2）求小艇以最小速度行驶时的行驶方向与AB的夹角.

【答案】（1）小艇至少以每小时的速度才能追上运动员.   

（2）小艇以最小速度行驶时行驶方向与AB的夹角为.

【解析】

【分析】（1）设小艇以每小时的速度从处出发，小时后与运动员在处相遇，在中利用余弦定理可得与的函数关系式，利用一元二次函数求最值即可求解；

（2）根据（1）的结果可计算出的长度，利用正弦定理即可求解.

【小问1详解】

解：如图，设小艇以每小时的速度从处出发，沿方向行驶，小时后与运动员在处相遇，

在中，，，故，，

由余弦定理求得，

则，

整理得：，

当时，即时，，故.

即小艇至少以每小时的速度从处出发才能追上运动员.

【小问2详解】

解：当小艇以每小时的速度从处出发，经过时间小时追上运动员，

故,,

又，由正弦定理得，解得，

故.

即小艇以最小速度行驶时的行驶方向与AB的夹角为.

21. 1.若函数f（x）满足：存在整数m，n，使得关于x的不等式的解集恰为[m，n]，则称函数f（x）为P函数．

（1）判断函数是否为P函数，并说明理由；

（2）是否存在实数a使得函数为P函数，若存在，请求出a的值；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）不是P函数，理由见解析   

（2）存在，a=1

【解析】

【分析】（1）先根据函数特征为第一象限的双曲线的一支，且m，n为整数，得出，mn＞1，再根据函数单调性，得出mn＝1，推出矛盾，从而作出判断；（2）由二次函数的图象特点可知，要想函数为P函数，整数m，n是方程的两个根，且，从而得到m（1－n）＝1，从而得到m，n的值，a的值

【小问1详解】

函数不是P函数，理由如下：

因为m，n为整数，由题意可知，即mn＞1，

令，即，解得，

若函数为P函数，

则，即mn＝1，而mn＞1，所以不存在这样的m，n，

所以函数不是P函数；

【小问2详解】

因为关于x的不等式的解集恰为[m，n]

所以，即

将①代入③得，m（1－n）＝1

又m，n为整数，m＜n，所以，解得，此时a＝1，满足题意，

综上所述，存在实数a使得函数为P函数，a＝1

22. 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．

（1）求证：数列是等差数列；

（2）求数列、的通项公式；

（3）设，如果对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围．

【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）．

【解析】

【分析】

（1）由题意可得，联立化简变形可得即证；

（2）由（1）可得，即为所求；结合求出；

（3）法一：由（2）得，表示出，将原不等式等价转化为，结合二次函数的性质讨论即可；

法二：由（2）得，表示出，将原不等式等价转化为不等式化为对任意恒成立，研究函数的单调性，求出，则.

【详解】解：（1）由已知．①， ②．

由②可得③

将③代入①，得对任意，有，

即，所以，是等差数列

（2）设数列的公差为．由，

得，，

所以．

由已知，当时，，而也满足此式．

所以数列、的通项公式为：．

（3）由（2），得，

则

不等式化为．

解法一：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，函数图像的对称轴为直线，关于递减，

只需，解得，故．

综上可得，的取值范围是．

解法二：不等式化为对任意恒成立，

即，

设，任取、，且，则

，

故关于递减．

又且，

所以对任意恒成立，所以．

因此，实数的取值范围是．

【点睛】解决数列的单调性问题的3种方法：

（1）作差比较法根据的符号判断数列是递增数列、递减数列或是常数列；

（2）作商比较法根据(或)与1大小关系进行判断；

（3）数形结合法结合相应函数的图象直观判断.