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）

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：C

4．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：B

7．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：A

9．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：A

11．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.