2022北京清华附中高一（下）期末数学（教师版） 试卷

2022北京清华附中高一（下）期末数 学一、选择题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。1．已知集合，2，3，4，，且，则集合可以是　　A． B． C． D．，2，2．已知，，为虚数单位），则　　A．， B．， C．， D．，3．已知，是第一象限角，且角，的终边关于轴对称，则　　A． B． C． D．4．在中，点在边上，．记，，则　　A． B． C． D．5．已知，，，则　　A． B． C． D．6．已知向量，，，若，的夹角与，的夹角相等，则　　A． B． C．5 D．67．设，则“”是“”的　　A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件8．设等差数列的前项和为，若，则下列结论中正确的是　　A． B． C． D．9．记函数的最小正周期为，若，且的图象关于点，中心对称，则　　A．1 B． C． D．310．已知函数，其中，且．给出下列三个结论：①函数是单调函数；②当时，函数的图象关于直线对称；③存在，使方程恰有1个实根．其中所有正确结论的序号是　　A．①② B．①③ C．②③ D．①②③二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。11．（5分）已知向量，．若，则　　．12．（5分）已知等比数列的前3项和168，，则　　．13．（5分）若函数是奇函数，则　　，　　．14．（5分）已知为等边三角形且边长为2，则，　　，若，，则的最小值为 　　．15．（5分）已知数列各项均为正数，且，2，3，，给出下列四个结论：①对任意，都有；②数列不可能为常数列；③若，则数列为递增数列；④若，则当时，．其中所有正确结论的序号是 　　．三、解答题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。16．（14分）已知函数．（Ⅰ）求的最小正周期和图象的对称轴方程；（Ⅱ）若在区间，上的值域为，，求实数的取值范围．17．（14分）已知公差不为0的等差数列满足，且，，成等比数列．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，为的前项和，求证：．18．（14分）已知函数，其中．（Ⅰ）求曲线在点，（1）处的切线方程；（Ⅱ）设，求函数在区间，上的最小值；（Ⅲ）若在区间，上的最大值为，直接写出的值．19．（14分）中，已知，边上的中线为．（Ⅰ）求；（Ⅱ）从以下三个条件中选择两个，使存在且唯一确定，并求和的长度．条件①：；条件②；条件③．20．（14分）设，函数，．（Ⅰ）若，求的值；（Ⅱ）求证：怡有1个极小值点，恰有1个零点；（Ⅲ）若是的极值点，是的零点，求证：．21．（15分）设数列，，，中每一项都是正整数，如果，，，量量不同，则称数列为一数列．设（A），并且记（A）中的元素个数为（A）．（Ⅰ）判断数列，3，1，4与数列，2，2，4是否为一数列，并说明理由；（Ⅱ）若数列为一数列，且，求证：（A）的最小值为4；（Ⅲ）若数列，，，为一数列，且（A），求证：．参考答案一、选择题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。1．【分析】推导出，逐一判断所给集合是否符合条件即可．【解答】解：集合，2，3，4，，且，，对于，，符合题意，故正确；对于，或，没有元素1，不包含，故错误；对于，不包含集合，故错误；对于，，2，中没有元素4，5，不包含，故错误．集合可以是．故选：．【点评】本题考查集合的运算，考查交集、子集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．2．【分析】利用复数的乘法运算化简，再利用复数的相等求解．【解答】解：，，，，，故选：．【点评】本题考查复数代数形式的乘法运算，考查了复数的相等，是基础题．3．【分析】根据已知求出，的值，再根据，的关系建立等式关系，由此即可求解．【解答】解：因为，是第一象限角，所以，则，又因为角，的终边关于轴对称，所以，，则，故选：．【点评】本题考查了正余弦函数的同角关系以及诱导公式的应用，考查了学生的运算能力，属于基础题．4．【分析】直接利用平面向量的线性运算可得，进而得解．【解答】解：如图，，，即．故选：．【点评】本题主要考查平面向量的线性运算，考查运算求解能力，属于基础题．5．【分析】利用对数函数和指数函数的性质求解．【解答】解：，，，，，，，故选：．【点评】本题考查三个数的大小的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意对数函数和指数函数的性质的合理运用．6．【分析】化简，可得，从而求得．【解答】解：，，，，的夹角与，的夹角相等，，即，解得，故选：．【点评】本题考查了平面向量的坐标运算及数量积的应用，属于基础题．7．【分析】利用同角三角函数间的基本关系，充要条件的定义判定即可．【解答】解：，①当时，则，充分性成立，②当时，则，必要性不成立，是的充分不必要条件，故选：．【点评】本题考查了同角三角函数间的基本关系，充分必要条件的判定，属于基础题．8．【分析】根据，求出，，从而判断；举反例判断；根据等差数列的性质，结合基本不等式判断．【解答】解：等差数列的前项和为，，，故错误；，，公差，故错误；，等差数列是增数列，，，，，，，故正确；当，时，，，，此时，故错误．故选：．【点评】本题考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．9．【分析】由周期范围求得的范围，由对称中心求解与值，可得函数解析式，则可求．【解答】解：函数的最小正周期为，则，由，得，，的图象关于点，中心对称，，且，则，．，，取，可得．，则．故选：．【点评】本题考查型函数的图象与性质，考查逻辑思维能力与运算求解能力，是中档题．10．【分析】对于①，讨论与时，判断函数的单调性；对于②，把函数图象的对称问题转化为点的对称问题即可；对于③，判断直线与的位置关系即可．【解答】解：因为函数，当时，在，上单调递减，且，在单调递减，且，所以在上单调递减；当时，在，上单调递增，且，在单调递增，且，所以在上单调递增，命题①正确；设，为图象上的点，不妨设，因为，所以，所以点，关于直线对称的对称点为，，由得，所以点，满足函数，所以当时，函数的图象关于直线对称，命题②正确；当时，令，若，则，若，则化为，设，则，所以在点处的切线斜率为，当时，直线与相切，方程根的个数为1，当，且时，直线与相切，方程根的个数是1，当，且时，直线与相交，方程根的个数为2，命题③正确．综上知，所有正确结论的序号是①②③．故选：．【点评】本题考查了命题真假的判断问题，也考查了分段函数的应用和导数性质的应用问题，是难题．二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。11．【分析】根据已知条件，结合向量的数量积公式，即可求解．【解答】解：向量，，，，解得．故答案为：4．【点评】本题主要考查向量的数量积公式，属于基础题．12．【分析】根据已知条件，结合等比数列和等比数列的前项和公式，即可求解．【解答】解：当时，不符合题意，当时，等比数列的前3项和168，，，即，，解得，，．故答案为：3．【点评】本题主要考查等比数列和等比数列的前项和公式，属于基础题．13．【分析】根据函数奇偶性的定义和性质进行求解即可．【解答】解：当时，有意义，是奇函数，，得，此时，，，得，即，则，即或，当时，，此时为非奇非偶函数，不满足条件．故，故答案为：1；0．【点评】本题主要考查函数奇偶性的应用，利用奇函数的定义和性质建立方程进行求解是解决本题的关键，是基础题．14．【分析】由为等边三角形且边长为2，可得，；建立如图所示的平面直角坐标系，由题意有，，，，然后结合平面向量数量积的坐标运算求解即可．【解答】解：已知为等边三角形且边长为2，则，；建立如图所示的平面直角坐标系，由题意有，，，，则，，则，又，，则，即的最小值为，故答案为：；．【点评】本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量数量积的坐标运算，属基础题．15．【分析】直接利用，整理得，进一步确定①的结论；利用假设法的应用进一步整理得，即，进一步确定②结论；利用相邻项的差，进一步确定数列的单调性，最后确定③④的结论．【解答】解：对于①：数列各项均为正数，且，2，3，，整理得，对于任意的，则，则，即对任意的，都有，故①正确；对于②：不妨设数列为常数列，则，由于，故，整理得，即时，数列为常数列，故②错误；对于③：，又，则，即，同理当时，都有，即，即，故数列为递增数列，故③正确；对于④：由于，则，即，同理当时，都有，又，即数列为递减数列，故④正确．故答案为：①③④．【点评】本题考查的知识要点：数列的递推关系式，数列的单调性，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．三、解答题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。16．【分析】（1）将函数进行化简，转化成，即可解出；（2）利用正弦型函数的求值方法，即可解出．【解答】解：，（1），对称轴方程为：，，．（2），，在区间，上的值域为，，，，即．【点评】本题考查了三角函数的性质，学生的数学运算能力，属于基础题．17．【分析】设等差数列的公差为，根据等比中项的性质结合等差数列通项公式，可得，根据，即可求得的值，代入公式，即可得答案．由可得，代入可得，利用分组和裂项相消求和法，即可得的表达式，即可得证．【解答】解：设等差数列的公差为，因为，，成等比数列，所以，则，即，所以，又，所以，所以，即，证明：由可得，所以，所以数列的前项和为，即得证．【点评】本题考查数列求和，考查学生的运算能力，属于中档题．18．【分析】（Ⅰ）求导后，计算（1）和（1）的值，即可得解；（Ⅱ）求导得，再分和两种情况，讨论与0的大小关系，可得的单调性，进而知其最小值，其中当时，还需再分三类，结合二次函数的图象与性质，进行讨论；（Ⅲ）先猜测最大值为（2），可得，再证明当时，在区间，上的最大值为，即可．【解答】解：（Ⅰ）因为，所以，所以（1），而（1），所以曲线在点，（1）处的切线方程为．（Ⅱ），所以，当时，恒成立，所以在，上单调递减，最小值为（2）；当时，令，则，若，即时，在，上单调递增，所以最小值为（1）；若，即时，在，上单调递减，在，上单调递增，所以最小值为；若，即时，在，上单调递增，所以最小值为（2）；综上所述，当时，的最小值为；当时，的最小值为；当时，的最小值为0．（Ⅲ）因为（1），所以不妨猜测最大值为（2），因为在区间，上的最大值为，所以，下面证明当时，在区间，上的最大值为因为，所以由（Ⅱ）知，，即在，上单调递增，所以（2），符合猜想，故．【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性与最值，理解函数的单调性与导数之间的联系，导数的几何意义是解题的关键，考查分类讨论思想，逻辑推理能力和运算能力，属于难题．19．【分析】利用三角恒等变换对已知等式进行化简，即可求解；根据（1）的结果，利用余弦定理可判断条件①错误，根据条件②和条件③，利用三角形面积公式可得，利用余弦定理可得，在中，利用正弦定理可得，进而得到，在中利用余弦定理可得的值．【解答】解：因为，则，，又，解得，故，由得，由余弦定理可得，所以，由条件①，；所以，显然不符合题意，即条件①错误；由条件②，，条件③，解得．由余弦定理可得，所以，在中，由正弦定理可得，解得，又，所以，因为为边上的中线，所以，在中，由余弦定理可得，解得，故，．【点评】本题考查正余弦定理的应用，考查运算求解能力，属中档题．20．【分析】求出导数，即可求出；根据零点存在性定理即可判断和有唯一零点；转化可得和是的零点，再根据有唯一零点可得即可证明．【解答】解：因为，所以，解得；证明；因为在上单调递增，且，，所以存在唯，，当时，，单调递减；当，时，，单调递增，所以在处取得极小值，所以恰有1个极小值点；因为在单调递增，且，（1），所以有唯一一个零点．证明：因为是的极值点，所以，令，则可得和是的零点，由可知存在唯一零点，所以，即，所以，即．【点评】本题考查利用导数研究函数的极值，考查学生的运算能力，属于中档题．21．【分析】（Ⅰ）由数列的定义依次判断两个数列即可；（Ⅱ）先由（A）、（A）和（A）时，数列不是数列说明（A），再举特殊数列说明（A）可以等于4即可；（Ⅲ）由（A）及数列为数列得（A）中的元素之和最小为26，此时（A），2，3，5，7，，即可证得结论．【解答】（Ⅰ）解：对于数列，3，1，4，，则数列，3，1，4是数列；对于数列，2，2，4，，由于，则数列，2，2，4不是数列；（Ⅱ）证明：先说明（A），若（A），显然，不满足数列为数列；若（A），不妨设（A），，且，均为正整数，则，，，的值为或，又从（A），选取可以相同的两数作商，不同的结果有个，则必出现相同的结果，不满足数列为数列；若（A），不妨设（A），，，，，不相等且均为正整数，则，，，的值为或或，又从（A），，选取可以相同的两数作商，不同的结果最多有个，则必出现相同的结果，不满足数列为数列，则（A）；再说明（A）可以等于4，不妨令（A），2，3，，数列，1，2，3，4，3，2，1，4，则，满足数列为数列，则（A）的最小值为4；（Ⅲ）证明：由于（A），不妨设（A），，，，，，，，，，，不相等且均为正整数，又从（A），，，，，选取可以相同的两数作商，不同的结果最多有个，又数列，，，为数列，则两两不同，即为31个不同的值，则从（A），，，，，选取可以相同的两数作商，不同的结果必有31个，即任意两个不同的数作商结果不同，使，，，，，之和最小且满足上述要求的（A），2，3，5，7，，则，即．【点评】本题主要考查数列中的递推关系，数列中的新定义及其应用等知识，属于中等题．