2022-2022学年第二学期高一年级期末考试理科数学试卷第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,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.点从点出发，沿单位圆顺时针方向运动弧长到达点，则的坐标是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】根据题意可得：.则的坐标是.故选C.2.钝角三角形的面积是，，，则（）A.5B.C.2D.1【答案】B【解析】试题分析：三角形面积解得，因为为锐角，所以．，．故D正确．考点：余弦定理．3.《莱茵德纸草书》（RhindPapyrus）是世界上最古老的数学著作之一，书中有一道这样的题目：把100个面包分给5个人，使每人所得成等差数列，且使较大的三份之和的是较小的两份之和，问最小1份为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】试题分析：设五个人所分得的面包为（其中）；则-12-\n由，得所以，最小的1分为．故选A．考点：等差数列的性质4.在等差数列中，若，，则的值为（）A.30B.27C.24D.21【答案】B【解析】试题分析：由题根据等差数列性质不难得到等差数列1,4,7项的和，2,5,8项的和与3,6,9项的和成等差数列，所以66-39=27，故选B．考点：等差数列性质【名师点睛】该题属于常规题目，属于对等差中项性质的推广应用问题，难度不大，有一定的灵活性，充分考查了等差数列的基本性质，虽然难度不大，有一定的创新性，思考角度比较新颖，属于比较有价值的题目，一定要认真练习．5.若不等式，，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】分析：用变量替换，再得出解集详解：点睛：不等式只能线性运算,。6.设是等差数列，下列结论中正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】C【解析】试题分析：本题可使用举反例法排除错误选项．A项中，取，可见命题是错误的；B项中，取，可见命题是错误的；D项中，取，可见命题是错误的；而C项中，-12-\n，因为，所以，可得，故本题的正确选项为C.考点：等差数列的运用.7.已知，那么下列命题中正确的是（）A.若，则B.若，则C.若且，则D.若且，则【答案】C【解析】中，当时，不成立，故错误；中，当时，，故错误；中，若，，则，所以，故正确；中，当，时，不成立，故错误．综上所述，故选．8.下列不等式一定成立的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】分析：带特殊值进行验证，利用均值不等式的三个条件“一正、二定、三相等”进行判断。详解：令排除A，D。不满足均值不等式的条件排除C。故选B。点睛：判断不等式成立，带特殊值进行验证，利用均值不等式、三角不等式，利用函数的性质进行研究。9.已知，若点满足，，（），则（）A.B.C.D.【答案】D-12-\n故选10.将曲线向左平移个单位后，得曲线，则函数的单调增区间为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】曲线向左平移个单位后，得到，由，得，等价于，函数的单调增区间为，故选C.【方法点睛】本题主要考查三角函数的单调性、三角函数的图像变换及最值，属于中档题.11.若，是第三象限的角，则（）A.3B.C.D.【答案】B【解析】分析：已知，是第三象限的角，求出，根据公式即可-12-\n详解：，是第三象限的角，所以，，故选B。点睛：同角三角函数公式，利用正余弦转化到正切可以避免对角度的讨论。12.已知不等式恒成立，则实数的取值范围是（）A.B.C.或D.或【答案】C【解析】试题分析：原不等式可转化为,令，所以所以在上恒成立所以，，解得或.考点：不等式的恒成立问题.第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.已知向量，，若，则__________．【答案】【解析】，故答案为.【方法点睛】本题主要考查向量的模及平面向量数量积公，属于中档题.平面向量数量积公式有两种形式，一是，二是，主要应用以下几个方面:(1)求向量的夹角，（此时往往用坐标形式求解）；（2）求投影，在上的投影是；（3）向量垂直则;(4)求向量的模（平方后需求）.14.在中，三个角所对的边分别为.若角成等差数列，且边成等比数列，则的形状为__________．【答案】等边三角形-12-\n【解析】分析：角成等差数列解得，边成等比数列，则，再根据余弦定理得出的关系式。详解：角成等差数列，则解得，边成等比数列，则，余弦定理可知故为等边三角形。点睛：判断三角形形状，是根据题意推导边角关系的恒等式。15.若正实数满足，则的最小值是__________．【答案】18【解析】由正实数满足可得即，令，即，解得：即，∴的最小值是18.故答案为：18点睛：在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误16.关于函数有下列命题：①由可得必是的整数倍②由的表达式可改写为③的图象关于点对称④的图象关于直线对称.其中正确命题的序号是__________．【答案】2,3【解析】分析：利用三角函数的性质逐一排除，也可用五点作图法。详解：，周期，那么为两个零点间的距离为的整数倍，①错误。，故②正确。-12-\n时为对称中心，所以对称中心为故点是一个对称中心。为对称轴，解得对称轴方程为，④错误。点睛：本题考查三角函数的性质，对函数的周期为，最值为，对称轴方程为，对称中心坐标为三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）17.（1）已知，解关于的不等式（2）若关于的不等式的解集是，求实数的值.【答案】（1）见解析（2）【解析】试题分析：（1）解含参数不等式关键会进行因式分解，讨论根的大小，写出对应解集.原不等式为,由于，所以，因此所以不等式解为（2）已知不等式解集求参数，关键将不等式解集转化为对应方程的根，由题意得：1，m为方程的两个根，且或（舍去）则不等式的解集为，也可根据韦达定理进行列式求解.解（1）原不等式为3分又所以不等式解为6分（2）或（舍去）10分（不舍去，扣2分）则不等式的解集为14分考点：解不等式18.已知向量，，，设.（1）求函数的解析式及单调增区间；（2）在中，分别为角的对边，且，，，求的面积.【答案】（1）,（2）【解析】试题分析：（1）利用数量积的坐标运算可以得到-12-\n，再逆用二倍角公式和两角和的正弦得到，最后令解出的范围即为的单调递增区间.（2）根据可以得到，再用余弦定理求出，故面积为.解析：（1）因为，令，解得，所以的单调递增区间为.（2）由可得，又，所以，，解得.由余弦定理可知，所以，故，所以.19.的内角的对边分别为，已知.（1）求；（2）若，的面积为，求的周长.【答案】（1）（2）【解析】分析：（1）利用正弦定理，化边为角，化简三角恒等式即可（2）用余弦定理求解的大小详解：：（1）由已知及正弦定理得，，即.故.可得，所以.（2）由已知，.又，所以.由已知及余弦定理得，.故，从而.所以的周长为.点睛：化简三角恒等式的关键是“统一形式”，正弦定理，-12-\n余弦定理都能实现边角之间的转换，这为解题提供了灵活性。在三角形中已知三角或三边的组合条件（至少已知三个量）解三角形，要灵活应用正弦定理，余弦定理。20.等差数列中，，前项和满足条件，（1）求数列的通项公式和；（2）记，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）求等差数列问题，一般利用待定系数法求解.设等差数列的公差为,由得：，所以，且，所以（2）由，得这是等差乘等比型，因此利用错位相减法求和.,两式相减得：，所以.解：（1）设等差数列的公差为,由得：，所以，且，3分所以5分7分（2）由，得8分所以，①9分，②11分-12-\n①②得13分15分所以16分考点：等差数列，错位相减法求和21.设正数列的前项和为，且.（1）求数列的通项公式.（2）若数列，设为数列的前项的和，求.（3）若对一切恒成立，求实数的最小值.【答案】（1）（2）（3）【解析】分析：（1）利用的关系，求解（2）裂项相消求解（3）分离变量转化为求的最值。详解：：（1）∵正数列的前项和为，且，∴，∴，∴，∵，解得，∴，∴，∴，-12-\n当时，，∴.（2），∴，∴（3）对一切恒成立，∴，∴当且仅当时取等号，故实数的最小值为点睛：，一定要注意，当时要验证是否满足数列。求分式结构，数列为等差数列的前项和，用裂项相消。22.已知函数（1）若的值域为，求实数的取值范围；（2）若，解关于的不等式.【答案】（1）或（2）见解析【解析】分析：利用分段函数的图像分析满足条件的参数取值。详解：（1）当时，的值域为，当时，的值域为，∵的值域为，∴，解得或，∴的取值范围是或.（2）当时，，即恒成立，当时，，即（ⅰ）当，即时，无解-12-\n（ⅱ）当，即时，；（ⅲ）当，即时①当时，，②当时，综上（1）当时，解集为，（2）当时，解集为，（3）当时，解集为，（4）当时，解集为.点睛：分段函数的实质是将几个基本函数分段的陈列出来，定义域取不同的范围，所以综合性很强，可以将高中体系的任何一个函数及其知识点吸纳进来，要求学生储备的知识很多，不易入手。研究分段函数的性质，实质是研究分段函数的图像，故分段函数题型的方法用数形结合法。分段函数的研究方法很好的体现了研究函数性质的方法故是高考的热门考点。-12-
