2021-2022学年陕西省西安市蓝田县高二上学期期末数学（文）试题（解析版）

2021-2022学年陕西省西安市蓝田县高二上学期期末数学（文）试题

一、单选题

1．等比数列中，，，则等于（    ）

A． B． C．1 D．

【答案】C

【分析】利用等比中项直接计算即可.

【详解】因为数列是等比数列，

所以即，解得，

故选：C

2．设命题，则为（      ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】由特称命题否定的定义求解即可.

【详解】由特称命题否定的定义知，为

故选：A

3．若双曲线的离心率为2，则双曲线的标准方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据离心率为2，可求出的值，根据，即可求得的值，代入方程，即可得答案.

【详解】因为，且，所以，

因为，所以，

所以双曲线的标准方程为.

故选：B

【点睛】本题考查双曲线标准方程的求法，考查学生对基础知识的掌握程度，属基础题.

4．设实数a＞b＞0，c＞0，则下列不等式一定正确的是（　　）

A． B．ca＞cb C．ac﹣bc＜0 D．

【答案】D

【分析】根据不等式的取倒性可判断A，举特例可判断B，作差可判断C，由可判断D.

【详解】因为a＞b＞0，所以，故A不正确；

当时，，故B不正确；

，故C不正确；

因为a＞b＞0，所以，所以，故D正确.

故选：D.

【点睛】本题主要考查了不等式的性质及对数函数的单调性比较大小，属于基础题.

5．设的内角所对的边分别是，其中，那么满足条件的（　　）

A．有一个解 B．有两个解 C．不能确定 D．无解

【答案】A

【分析】先利用正弦定理求得 ，再由确定解的个数.

【详解】在中，，

由正弦定理得：,

所以 ，

又因为 ，

所以 ，

所以满足条件的只有一个解，

故选：A

6．已知函数f（x）在上可导，其部分图象如图所示，设，则下列不等式正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据图象在上函数的增长越来越快，再结合求解.

【详解】因为函数的增长越来越快，所以函数在该点的斜率越来越大，

又，所以，

故选：A

7．设为数列的前项和，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据公式，即可求解.

【详解】当时，，

当时，，

验证，当时，，

所以.

故选：A

8．若实数，满足约束条件，则的最大值为（    ）

A．3 B． C．5 D．4

【答案】C

【分析】首先画出不等式组表示的平面区域，再利用的几何意义求目标函数的最大值.

【详解】不等式组表示的平面区域如下图，目标函数化为，表示斜率为的一组平行线，当直线过点时，取得最大值，

联立，得，即，所以.

故选：C

9．已知，，且，则的最小值为（    ）

A．64 B．36 C．18 D．9

【答案】C

【分析】首先利用“1”的妙用，变形，展开后，利用基本不等式求最小值.

【详解】因为，

所以，

当，即，即时，等号成立，

所以的最小值为.

故选：C

10．已知命题若直线与抛物线有且仅有一个公共点，则直线与抛物线相切，命题若，则方程表示椭圆.下列命题是真命题的是

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】若直线与抛物线的对称轴平行，满足条件，此时直线与抛物线相交，可判断命题为假；当时，，命题为真，根据复合命题的真假关系，即可得出结论.

【详解】若直线与抛物线的对称轴平行，直线与抛物线只有一个交点，

直线与抛物不相切，可得命题是假命题，

当时，，

方程表示椭圆

命题是真命题，

则是真命题.

故选:B.

【点睛】本题考查复合命题真假的判断，属于基础题.

11．如图，要测量底部不能到达的某铁塔的高度，在塔的同一侧选择，两观测点，且在，两点测得塔顶的仰角分别为，.在水平面上测得，，两地相距，则铁塔的高度是

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】分析：由题意结合几何关系和余弦定理得到关于塔高的方程，解方程即可求得塔高.

详解：设,则,,

在中,由余弦定理知,

解得米,(舍去).

故铁塔的高度为600米.

本题选择D选项.

点睛：本题主要考查了余弦定理的应用.考查了学生空间观察能力和运用三角函数解决实际问题的能力.

12．一个数列从第二项起，每一项与前一项的和都等于一个常数，则称此数列为等和数列，这个常数叫做等和数列的公和，设等和数列的公和为3，前项和为，若，则（    ）

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】C

【分析】根据定义，将表示为首项和公和的关系，即可求解.

【详解】根据等和数列的定义可知，，

得.

故选：C

二、填空题

13．若抛物线上一点P到定点的距离为2，则点P到x轴的距离为_______.

【答案】1

【分析】由点A是抛物线的焦点,进而根据抛物线定义求得P到准线的距离,进而求得到x轴的距离.

【详解】是抛物线的焦点,根据抛物线定义可知抛物线上一点到焦点距离等于到准线的距离,

所以点P到抛物线准线的距离为2,

抛物线准线方程为，

到x轴的距离为，故答案为1.

【点睛】本题主要考查了抛物线的定义，意在考查对基础知识的掌握情况，属基础题.

14．已知函数的导函数为，且满足关系式，则___________．

【答案】

【分析】首先求导数，再代入，求解.

【详解】由条件可知，，，

解得：.

故答案为：

15．已知数列满足，，则___________．

【答案】

【分析】首先根据数列的递推公式，确定数列的前几项，由此确定数列的周期，再求.

【详解】因为，所以，，，所以数列是周期为3的数列，.

故答案为：

16．“关于的不等式的解集为”的一个充分不必要条件是___________．

【答案】（答案不唯一）

【分析】先计算一元二次不等式大于等于0时的取值范围，再由充分不必要条件的概念求解即可.

【详解】由一元二次不等式的解集为得，

解得，

所以“关于的不等式的解集为”的一个充分不必要条件是“”（答案不唯一），

故答案为：（答案不唯一）

三、解答题

17．解下列不等式．

(1)；

(2)．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用不等式性质转化为二次项系数为正数的一元二次不等式求解即可；

（2）利用不等式性质化为一元二次不等式，解出即可.

【详解】（1）由可得，

解可得，

故原不等式的解集为．

（2）由，可得，即，

解可得，，

故原不等式的解集为．

18．已知函数，为的导函数．

(1)求曲线在点处的切线方程；

(2)求函数的极值．

【答案】(1)；

(2)极小值为，无极大值.

【分析】（1）利用导数求出，代入直线的点斜式方程即可求出切线方程；

（2）求出导函数，用列表法求出极值即可.

【详解】（1）因为的定义域为,，所以，，

所以曲线在点处的切线方程为，即．

（2）依题意,，则，整理得．

令，解得．

当变化时，，的变化情况如表所示：

函数的单调递减区间为，单调递增区间为．

故的极小值为，无极大值．

19．的内角所对边分别为，已知．

（1）求；

（2）若，，求的面积．

【答案】（1）；（2）5.

【分析】（1）根据正弦定理得，化简即得C的值；（2）先利用余弦定理求出a的值，再求的面积．

【详解】（1）因为，根据正弦定理得，

又，从而，

由于，所以．

（2）根据余弦定理，而，，，

代入整理得，解得或（舍去）．

故的面积为．

【点睛】本题主要考查正弦余弦定理解三角形，考查三角形面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.

20．已知数列，，数列满足．

(1)求数列的通项公式；

(2)求数列的前项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）首先求，再代入即可求数列的通项公式；

（2）由（1）可知，再利用错位相减法求和.

【详解】（1），

，

又，

．

（2）由（1）知，，

，

①，

②，

故①-②得．

，

.

21．已知椭圆的右焦点，长半轴长与短半轴长的比值为2．

(1)求椭圆的标准方程；

(2)设为椭圆的上顶点，直线与椭圆相交于不同的两点，，若，求直线的方程．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由条件写出关于的方程组，即可求椭圆方程；

（2）首先直线与椭圆方程联立，利用韦达定理表示，即可求参数.

【详解】（1）由题意得，，，，

，，

椭圆的标准方程为．

（2）依题意，知，设，．

联立消去，可得．

，即，，

，．

，．

，

，

整理，得，

解得或（舍去）．

直线的方程为．

22．已知函数，其中为常数．

(1)若，求函数的单调区间；

(2)若在上恒成立，求实数的取值范围．

【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为

(2)

【分析】（1）由求出，令、解不等式可得答案；

（2）转化为在上恒成立，令，即求，

利用导数判断出单调性可得答案.

【详解】（1）易知函数的定义域为，

由得，，

令，解得；

令，解得，

故的单调递增区间为，单调递减区间为；

（2）在上恒成立，

等价于在上恒成立，

令，则，

，

在上单调递减，

在区间上的最大值为，

，

即实数的取值范围是．

【点睛】关键点点睛：

本题第二问的关键点是转化为在上恒成立的问题，然后构造函数利用导数求出最值可得参数的取值范围，考查了学生的分析问题问题、解决问题的能力.