2021-2022学年陕西省延安市富县高级中学高一（下）期末数学试卷（B卷）（Word解析版）

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2021-2022学年陕西省延安市富县高级中学高一（下）期末数学试卷（B卷）

第I卷（选择题）

一、单选题（本大题共12小题，共60.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1. 已知角的终边经过点，则(    )

A.  B.  C.  D.

2. 已知数列，，，，，，则该数列的第项为(    )

A.  B.  C.  D.

3. 已知向量若，则(    )

A.  B.  C.  D.

4. 为了得到函数的图象，只需将函数的图象(    )

A. 所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再将所得图象向左平移个单位长度
B. 所有点的横坐标伸长到原来的倍，纵坐标不变，再将所得图象向左平移个单位长度
C. 向左平移个单位长度，再将所得图象所有点的横坐标伸长到原来的倍，纵坐标不变
D. 向左平移个单位长度，再将所得图象所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变

5. 设，满足约束条件，则的最大值为(    )

A.  B.  C.  D.

6. 若，则(    )

A.  B.  C.  D.

7. 若，，且，则的最小值为(    )

A.  B.  C.  D.

8. 在某次骑行活动中，小李沿一条水平的公路向北偏北方向骑行．当骑行到某处时，他看见某地标建筑恰好在其正西方向，距其米的地方．继续骑行分钟后，他看见该地标建筑在其西南方向，则小李骑行的速度是(    )

A. 米分钟 B. 米分钟 C. 米分钟 D. 米分钟

9. 设单调递增的等比数列满足，，则公比(    )

A.  B.  C.  D.

10. 在中，，，，，，则的最大值为(    )

A.  B.  C.  D.

11. 设表示落在区间内的偶数个数．在等比数列中，，，则(    )

A.  B.  C.  D.

12. 在锐角中，，，则面积的取值范围是(    )

A.  B.  C.  D.

第II卷（非选择题）

二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13. 若，，则______．
14. 数列的前项和______．
15. 已知函数在上单调递增，则的取值范围为______．
16. 我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“勾股圆方图”，后人称其为“赵爽弦图”如图，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形．已知，为线段的中点，设为中间小正方形内一点不含边界若，则的取值范围为______．

三、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17. 本小题分
    已知两个单位向量与的夹角为．
    求；
    求向量与夹角的余弦值．
18. 本小题分
    求函数的最小值；
    已知关于的不等式的解集为，求关于的不等式的解集．
19. 本小题分
    记的内角，，的对边分别为，，，且．
    求的大小；
    若，的面积为，求的周长．
20. 本小题分
    已知数列的前项和，满足，数列是公差为的等差数列，且．
    求数列，的通项公式；
    设，数列的前项和为，证明：．
21. 本小题分
    已知函数的部分图象如图所示．
    求的解析式；
    若函数在上有两个零点，求的取值范围．

22. 本小题分
    某城市一扇形空地的平面图如图所示，为了方便市民休闲健身，政府计划在该扇形空地建设公园．经过测量，扇形空地的半径为，在其中圈出一块矩形场地设计成林荫跑步区，且．
    求扇形空地的面积；
    求矩形场地的最大面积．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：因为角的终边经过点，
所以．
故选：．
由已知利用任意角的三角函数的定义即可求解．
本题考查了任意角的三角函数的定义，属于基础题．
 

2.【答案】 

【解析】解：由数列，，，，，，
可得该数列的通项公式为，
所以，
则该数列的第项为，
故选：．
可先找到数列的通项公式，再由通项公式求解第项即可．
本题考查了不完全归纳法求数列的通项公式，做题时要注意观察，找到规律．
 

3.【答案】 

【解析】解：，
，解得．
故选：．
根据向量共线的坐标运算即可求解．
本题考查了向量平行的坐标关系，考查了计算能力，属于容易题．
 

4.【答案】 

【解析】解：为了得到函数的图象，只需将函数的图象向左平移个单位长度，再将所得图象所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，
即可得到．
故选：．
直接利用函数的图象的平移变换和伸缩变换的应用求出结果．
本题考查的知识要点：函数的图象的平移变换和伸缩变换的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
 

5.【答案】 

【解析】解：由约束条件作出可行域如图，

联立，解得，
由，得，由图可知，当直线过时，
直线在轴上的截距最大，有最大值为．
故选：．
由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．
本题考查简单的线性规划，考查数形结合思想，是基础题．
 

6.【答案】 

【解析】解：，可得，
．
故选：．
利用诱导公式以及同角三角函数基本关系式，转化求解即可．
本题考查诱导公式以及同角三角函数基本关系式的应用，是基础题．
 

7.【答案】 

【解析】解：，，且，
由题意得，
，
解得，即，
当且仅当时，等号成立．
的最小值为．
故选：．
由题意得，，求出，由此能求出的最小值．
本题考查基本不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
 

8.【答案】 

【解析】解：根据题意作出图形，可得，，，

在中，由正弦定理可得，即，解得，
所以小李骑行的速度是米分钟．
故选：．
由正弦定理可得，可得，可求速度．
本题考查正弦定理在解三角形中的应用，属基础题．
 

9.【答案】 

【解析】解：因为为等比数列，所以，
所以，则，
又单调递增，所以，
解得：，，则，
因为，所以．
故选：．
根据等比数列的性质计算得到，结合数列的单调性求出：，，则，从而求出公比．
本题考查等比数列的性质，方程思想，属基础题．
 

10.【答案】 

【解析】解：由题可知，，，
则



，
则的最大值为，
故选：．
根据题意分别表示出、，利用平面向量的线性运算与数量积运算、二次函数的性质即可求出最大值．
本题考查了平面向量的线性运算与数量积运算问题，是中档题．
 

11.【答案】 

【解析】解：设等比数列的公比为，则，
所以，
解得，
所以．
所以落在区间内的偶数共有个，
所以．
故选：．
求出等比数列的公比，写出通项公式，求出，再求落在区间内的偶数个数．
本题考查了等比数列的定义与性质应用问题，是基础题．
 

12.【答案】 

【解析】解：在锐角中，，所以，
则，故B的取值范围是，
因为，所以，即，
故．
故选：．
根据锐角三角形及可得的取值范围是，再由正弦定理及面积公式求解．
本题考查了正弦定理和三角形的面积公式，属于中档题．
 

13.【答案】 

【解析】解：．
故答案为：．
根据两角差的正切公式，即可得解．
本题考查三角函数的化简求值，熟练掌握两角差的正切公式是解题的关键，考查运算求解能力，属于基础题．
 

14.【答案】 

【解析】解：由题意，．
故答案为：．
根据分组求和法，利用进行求解即可．
本题考查分组求和法，考查学生逻辑推理和数学运算的能力，属于基础题．
 

15.【答案】 

【解析】解：由于函数的单调递增区间满足：；
整理得；
由于函数在在上单调递增；
故；
整理得：，
当时，故．
故答案为：．
直接利用函数的关系式的性质和正弦型函数的单调递增区间的关系及和区间的子集关系求出的取值范围．
本题考查的知识要点：三角函数关系式的变换，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
 

16.【答案】 

【解析】解：过点作，分别交，于点，，过点作，交的延长线于点，过点作，交的延长线于点，
如图，由可知，点在线段上运动不含端点，
当点与点重合时，，可知；
当点与点重合时，，可知；
当点在线段上运动不含端点时，．
综上，的取值范围为，
故答案为：．

由题意，数形结合运用平面向量的基本定理求之．
本题考查平面向量基本定理，逻辑推理的核心素养与数形结合的数学思想，是中档题．
 

17.【答案】解：两个单位向量与的夹角为，
，，
，
．
，． 

【解析】根据已知条件，结合向量的数量积公式，求出，再结合向量模公式，即可求解．
根据已知条件，结合向量的夹角公式，即可求解．
本题主要考查向量的数量积公式，以及向量的夹角公式，属于基础题．
 

18.【答案】解：，
函数，
当且仅当，即时，取等号，
函数的最小值为；
关于的不等式的解集为，
和是方程的两个根，
，解得，，
关于的不等式为，
解得，
关于的不等式的解集为． 

【解析】利用基本不等式求函数的最小值．
推导出，是方程的两个根，求出，，由此能求出关于的不等式的解集．
本题考查基本不等式、一元二次不等式的性质及解法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
 

19.【答案】解：由题意得及正弦定理可得
因为，所以，
得，得，而，
可得；
由，由可得，
而，
由余弦定理，可得，
可得，的周长，
所以的周长为． 

【解析】由正弦定理及三角形的内角和的性质可得的余弦值，进而求出角的大小；
由三角形的面积和可得的值，再由余弦定理可得，进而求出三角形的周长．
本题考查正弦定理和余弦定理的应用，属于基础题．
 

20.【答案】解：由，得，
两式相减得，即，
当时，，则满足上式，
所以；
由，所以，
所以，
证明：由可知，
令，则，
所以，
由于，故． 

【解析】由可得，两式相减并整理得，进一步结合即可求出；根据题意可得，从而利用可得；
由可知，进一步根据裂项相消求和法及分组求和法即可求出，结合即可证明．
本题考查等差数列与等比数列的通项公式，裂项相消求和法，考查学生逻辑推理和数学运算的能力，属于中档题．
 

21.【答案】解：根据函数的部分图象可得，，
由于点在函数图象上，
所以，
结合图象可得，，
又因为，
所以．
将点的坐标代入解析式可得，
结合图象可得，，则，，
又因为，
所以，
故．
当时，，
令，函数在上单调递增，在上单调递减，，，．
若函数在上有两个不相等的实数根，
故的取值范围为． 

【解析】由函数图象可得，将点的坐标代入，结合范围，可求，将点的坐标代入，结合图象可得，，则，，又，可求的值，即可得解函数解析式．
由题意利用正弦函数的定义域和值域，求得的值域，根据正弦函数的性质即可求解．
本题考查由的部分图象确定其解析式，三角函数的图象与性质，熟练掌握正弦函数的图象与性质是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 

22.【答案】解：因为，，
所以扇形面积；
如图，设弧的中点为，连接，分别与，交于点，，连接，

 设，则，

故矩形面积．
所以当，即时，矩形场地的面积取得最大值，且最大值为． 

【解析】根据扇形面积公式计算即可；
设，利用三角函数表示出矩形面积，再利用三角恒等变换求最大值即可．
本题考查了扇形的面积公式、三角恒等变换及求三角函数的最值，属于中档题．