山西省长治市第二中学2021-2022高一数学下学期期末考试试题(含解析).doc

山西省长治市第二中学2021-2022高一数学下学期期末考试试题（含

解析）

一、选择题：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.在△ABC中，a7，c3,A3．sinC值为( )

A.

33 16B.

33 14【答案】B 【解析】 【分析】

由正弦定理列方程求解。 【详解】由正弦定理可得：

ac， sinAsinC7所以

sin3333，解得：. sinCsinC14故选：B

【点睛】本题主要考查了正弦定理，属于基础题。

2.不等式x23x20的解集是 A. {x|x2或x1} C. {x|1x2} 【答案】C 【解析】 【分析】

的B. {x|x2或x1} D. {x|1x2}

- 1 - / 17- 1 -

C.

43 7D.

73 16把原不等式化简为x1x20，即可求解不等式的解集.

【详解】由不等式x23x20即x23x20，即x1x20，得1x2， 则不等式x23x20的解集为x|1x2，故选C．

【点睛】本题主要考查了一元二次不等式的求解，其中把不等式对应的一元二次方程能够因

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式分解，即能够转化为几个代数式的乘积形式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

3.已知各项为正数的等比数列{an}中，a21，a4a664，则公比q＝ A. 4 【答案】C 【解析】 【分析】

由a4a664，利用等比数列的性质，结合各项为正数求出a58，从而可得结果. 【详解】

2a4a6a564，a50，

B. 3 C. 2

D. 2

a58， a58q38,q2，故选C. a21【点睛】本题主要考查等比数列的性质，以及等比数列基本量运算，意在考查灵活运用所学知识解决问题的能力，属于简单题.

4.若实数a、b满足条件ab，则下列不等式一定成立的是( ) A.

11 abB. a2b2 C. abb2 D. a3b3

【答案】D 【解析】 【分析】

根据题意，由不等式的性质依次分析选项，综合即可得答案． 【详解】根据题意，依次分析选项： 对于A、a1，b1时，有

11成立，故A错误； ab对于B、a1，b2时，有a2b2成立，故B错误； 对于C、a1，b2时，有abb2成立，故C错误；

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对于D、由不等式的性质分析可得若ab，必有a3b3成立，则D正确； 故选：D．

【点睛】本题考查不等式的性质，对于错误的结论举出反例即可．

5.已知数列an为等差数列，若a1a7a134，则tana2a12（ ） A. 3 3B. 3

C. 3 3D. 3

【答案】D 【解析】 【分析】

由等差数列的性质可得a7=

4，而tan（a2+a12）=tan（2a7），代值由三角函数公式化简可得． 34， 3【详解】∵数列{an}为等差数列且a1+a7+a13=4π， ∴a1+a7+a13=3a7=4π，解得a7=∴tan（a2+a12）=tan（2a7） =tan

8=tan（3π﹣）=﹣tan=﹣3 333故选：D．

【点睛】本题考查等差数列的性质，涉及三角函数中特殊角的正切函数值的运算，属基础题．

x06.已知满x,y足条件{y0，则目标函数zxy的最小值为

yx2A. 0 【答案】C 【解析】

作出不等式区域如图所示：

B. 1

C.

D.

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求目标函数zxy的最小值等价于求直线yxz的最小纵截距. 平移直线经过点A(-2,0)时z最小为-2. 故选C.

7.公差不为零的等差数列an的前n项和为Sn.若a4是a3与a7的等比中项, a13，则S10等于 （ ） A. 18 【答案】C 【解析】 【分析】

2由等比中项的定义可得a4a3a7，根据等差数列的通项公式及前n项和公式，列方程解出a1B. 24 C. 60 D. 90

和d，进而求出S10.

【详解】因为a4是a3与a7的等比中项，

2所以a4a3a7，

2即(a13d)(a12d)(a16d)，

整理得2a13d0，

又因为a13，所以d2，故S1010a145d309060， 故选C.

【点睛】该题考查的是有关等差数列求和问题，涉及到的知识点有等差数列的通项，等比中

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项的定义，等差数列的求和公式，正确应用相关公式是解题的关键.

8.若关于x的一元二次不等式ax22ax10的解集为R，则实数a的取值范围是( ) A. ,01, 【答案】B 【解析】 【分析】

由题意，得出a0，再分析不等式开口和判别式，可得结果. 【详解】由题，因为为一元二次不等式，所以a0 又因为ax22ax10的解集为R 所以B. 0,1

C. ,01,

D. 0,1

a02(2a)4a00a1

故选B

【点睛】本题考查了一元二次不等式解法，利用二次函数图形解题是关键，属于基础题.

9.在ABC中，边a，b，c分别是角A，B，C的对边，且满足bcosC3accosB，若BCBA4，则ac 的值为 A. 12 【答案】A 【解析】 【分析】

利用正弦定理把题设等式中的边换成角的正弦，进而利用两角和公式化简整理可得cosB的值，由BCBA4可得ac的值 【详解】在

B. 11



C. 10

D. 9

ABC中，bcosC3accosB

由正弦定理可得sinBcosC3sinAsinCcosB

3sinAcosBsinCcosBsinBcosC化为：3sinAcosBsinCcosBsinBcosC

即sinBCsinA

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在

1ABC中，sinA0，故cosB

3BCBA4,

可得accosB4，即ac12 故选A

【点睛】本题以三角形为载体，主要考查了正弦定理，向量的数量积的运用，考查了两角和公式，考查了分析问题和解决问题的能力，属于中档题。

10.若a，b是方程xpxq0(p0,q0)的两个根，且a，b，2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则pq的值为( ) A. -4 【答案】D 【解析】 【分析】

由韦达定理确定a0 ，b0，利用已知条件讨论a，b，2成等差数列和等比数列的位置，从而确定pq的值。 【详解】由韦达定理得：abB. -3

C. -2

D. -1

2p0 ，abq0 ，所以a0 ，b0

由题意a，b，2 这三个数可适当排序后成等比数列，且ab0，则2一定在中间 所以ab22=4，即q=4

因为a，b，2 这三个数可适当排序后成等差数列，且ab0，则2一定不在a，b 的中间 假设ab ，则2b即

2a

ab=42b2aab41

pab=41=5 pq故选D

【点睛】本题考查了等差数列和等比数列的基本性质，解决本题的关键是要掌握三个数成等差数列和等比数列的性质，如a，b，2成等比数列，且a0 ，b0，则2必为等比中项，有

541

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ab22=4。

11.在△ABC中，AB＝2，C＝A. 7 【答案】C 【解析】 【分析】

首先求得外接圆半径，然后结合正弦定理得到关于∠A的三角函数式，结合辅助角公式求解

，则AC＋3BC的最大值为 6B. 37 C. 47 D. 27

AC＋3BC的最大值即可.

【详解】△ABC中,AB=2,C=则：2R， 6AB4，由正弦定理可得： sinCAC3BC4sinB43sinA 54sinA43sinA

62cosA63sinA

47sinA，

由于0A54，0，所以0A， 6322时，AC＋3BC取得最大值47. 所以当A本题选择C选项.

【点睛】本题主要考查正弦定理的应用，辅助角公式，等价转化的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

12.对于数列{an}，定义Ana12a2n2n1an为数列{an}的“好数”，已知某数列{an}n1的“好数”An2，记数列{ankn}的前n项和为Sn，若SnS6对任意的nN*恒成立，

则实数k的取值范围为（ ）

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A. [，] 【答案】B 【解析】

91647B. [167，] 73C. [，]

71235D. [125，] 52分析：由题意首先求得an的通项公式，然后结合等差数列的性质得到关于k的不等式组，求解不等式组即可求得最终结果. 详解：由题意,An则a12a2a12a2n2n1an2n1，

2n1ann2n1，很明显a14

n⩾2时,a12a2两式作差可得：2n12n2an1n12n，

ann2n1n12nn12n，

则an=2(n+1),对a1也成立，故an=2(n+1)， 则an−kn=(2−k)n+2， 则数列{an−kn}为等差数列，

故Sn⩽S6对任意的nN*恒成立可化为：

a6−6k⩾0,a7−7k⩽0；

16762k20k. 即，解得：7372k20实数k的取值范围为本题选择B选项.

点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.对于此题中的新概念，对阅读理解能力有一定的要求.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.

二、填空题.

167，. 73 - 8 - / 17- 8 -

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13.在△ABC中，a23,b2，SABC3，则角C_____. 【答案】30或150 【解析】 【分析】

本题首先可以通过解三角形面积公式得出sinC的值，再根据三角形内角的取值范围得出角C的值。

【详解】由解三角形面积公式可得：SABC即31absinC， 211232sinC，sinC， 22因为0C180， 所以C30或150。

【点睛】在解三角形过程中，要注意求出来的角的值可能有多种情况。

14.记Sn为等差数列an的前n项和，若a35,a713，则S10___________. 【答案】100 【解析】 【分析】

根据题意可求出首项和公差，进而求得结果. 【详解】a3a12d5a1,得1,

a7a16d13d2109109d1012100. 22S1010a1【点睛】本题考点为等差数列的求和，为基础题目，利用基本量思想解题即可，充分记牢等差数列的求和公式是解题的关键。

15.已知正实数a,b满足2ab1，则

11的最小值为_______． a2b9【答案】

2

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【解析】 【分析】

利用“乘1法”和基本不等式即可得出． 【详解】解：∵正实数a,b满足2ab1，

∴

111ba9115ba5（2a+b）2，当且仅当ab时取等a2b3ab2a2b2ab2号．

119的最小值为 a2b29故答案为：．

2∴

【点睛】本题考查了“乘1法”和基本不等式的应用，属于基础题．

16.已知数列an的前n项和为Sn，a11，a22且Sn23Sn12Snan0（nN），记Tn11S1S21（nN），若(n6)Tn对nN恒成立，则的最小值为__． Sn【答案】

1 6【解析】

Sn23Sn12SnanSn2Sn12Sn1Snan an22an1an0 , 即 an2an1an1an,an 为首项为1 ，公差为211 等差数列，

an1n11n,Snnn12 ，

12112 ，Snnn1nn1112n111Tn21... ，由n6Tn 得nn1n12232n22166 ，因为 或 时， 有最大值 ，n2n3n1n6n7n76nn111 ，即 的最小值为，故答案为 .

666【方法点晴】裂项相消法是最难把握求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，掌握一些常见的裂项技巧：

的- 10 - / 17- 10 -

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11111① ；②nnkknnknkn1knkn；③

111；

2n12n122n12n111111④；此外，需注意裂项之后相消的过程中容

nn1n22nn1n1n2易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.

三、解答题。

17.已知等差数列an满足a32,a53． （1） 求an的通项公式；

（2） 设等比数列bn满足b1a1,b4a15,求bn【答案】（1）an【解析】 【分析】

前n项和Tn．

n1n（2）Tn21 2（1）根据基本元的思想，将已知条件转化为a1,d的形式，列方程组，解方程组可求得a1,d的

值.并由此求得数列的通项公式.（2）利用（1）的结论求得b1,b4的值，根据基本元的思想，，将其转化为b1,q的形式，由此求得q的值，根据等比数列前n项和公式求得数列bn的前n项和.

a1a321【详解】解：（1）设an的公差为d，则由得1,

a3d52n1n1，即an． 221518． （2）由（1）得b11,b4a152故an的通项公式an13设an的公比为q，则q的- 11 - / 17- 11 -

b48，从而q2， b1

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故bn的前n项和Tnb11qn1q1122nn121．

【点睛】本小题主要考查利用基本元的思想解有关等差数列和等比数列的问题，属于基础题.

18.在锐角ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，且满足3a2bsinA0． （1）求角B的大小； （2）若ac5，b7，求ABC的面积．

【答案】(1)【解析】 【分析】

33；（2）. 32（1）利用正弦定理化简已知的等式，根据sinA不为0，可得出sinB的值，由B为锐角，利用特殊角的三角函数值，即可求出B的度数；（2）由b及cosB的值，利用余弦定理列出关于a与c的关系式，利用完全平方公式变形后，将a+c的值代入，求出ac的值，将a+c=5与ac=6联立，并根据a大于c，求出a与c的值，再由a，b及c的值，利用余弦定理求出cosA的值，将b，c及cosA的值代入即可求出值． 【详解】(1)

3a2bsinA,

3， 2由正弦定理得3sinA2sinBsinA，所以sinB因为三角形ABC为锐角三角形，所以B3.

（2）由余弦定理b2a2c22accosB得a2c2ac7，

ac5，所以ac6

所以S

19.已知数列an的前n项和为Sn，且2，an，Sn成等差数列．

ABC133. acsinB22 - 12 - / 17- 12 -

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（1）求数列an的通项公式；

（2）若bnnan，求数列bn的前n项和Tn；

n1n【答案】(1) an2； (2) Tn(n1)22

【解析】 【分析】 （1）利用anS1,n1SnSn1,n2 求解；

nn（2）由（1）知an2，bnn2，差比数列，利用错位相减法求其前n项和.

【详解】（1）由题意知2,an,Sn成等差数列，所以2an2Sn ① , 可得2an12Sn1(n2) ②

①-②得an2an1(n2)，又2a12a1，a12， 所以数列an是以2为首项，2为公比的等比数列，

an2n.

n（2）由（1）可得bnn2，用错位相减法得：

Tn2222323424n2n ①

2Tn22223(n1)2nn2n1 ②

n1①-②可得Tn(n1)22.

S1,n1【点睛】已知an 与Sn的关系式利用公式an求解

SS,n2n1n错位相减法求等差乘等比数列的前n项和。

C所对的边分别为a,b,c.已知bc2a，20. 在△ABC中，内角A，B，3csinB4asinC.

（Ⅰ）求cosB的值；

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（Ⅱ）求sin2B【答案】(Ⅰ) 的值. 61； 4(Ⅱ) 357. 16【解析】 【分析】

(Ⅰ)由题意结合正弦定理得到a,b,c的比例关系，然后利用余弦定理可得cosB的值 (Ⅱ)利用二倍角公式首先求得sin2B,cos2B的值，然后利用两角和的正弦公式可得

sin2B的值.

6【详解】(Ⅰ)在△ABC中，由正弦定理

bc得bsinCcsinB， sinBsinC又由3csinB4asinC，得3bsinC4asinC，即3b4a.

42bc2a，得到ba，ca.

33416a2a2a22221acb99. 由余弦定理可得cosB242ac2aa3又因

(Ⅱ)由(Ⅰ)可得sinB1cos2B15， 4从而sin2B2sinBcosB71522，cos2BcosBsinB.

88故sin2B15371357. sin2Bcoscos2Bsin666828216【点睛】本题主要考查同角三角函数的基本关系，两角和的正弦公式，二倍角的正弦与余弦公式，以及正弦定理､余弦定理等基础知识.考查计算求解能力.

21.已知数列an满足a11，an12an1，nN*. （1）求数列{an}的通项公式；

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1（2）设bnlog2a2n11，求数列的前n项和Tn.

bnbn1【答案】(1) an21nN【解析】 【分析】

（1）由an12an1，构造an1是以2为首项，2为公比等比数列，利用等比数列的通项公式可得结果； （2）由（1）得

n* ；(2) Tn11nN* 64n611111，利用裂项相消可求Tn. bnbn12n12n322n12n3an112，且a112 an1【详解】（1）由an12an1得：an112an1，即

数列an1是以2为首项，2为公比的等比数列

an122n12n 数列an的通项公式为：an2n1nN*

（2）由（1）得：bnlog2a2n11log222n1112n1

11111 bnbn12n12n322n12n3111111111*TnnN 235572n12n364n6【点睛】关系式an1

22.设数列an,bn，已知a13,b15,an1（1)求数列bnan的通项公式；

（2)设Sn为数列bn的前n项和,对任意nN. （i）求证：anbn8；

（ii)若p(Sn4n)1,3恒成立，求实数p的取值范围．

panq可构造为an1+qqp(an)，中档题。 p1p14bn4annN， ，bn122 - 15 - / 17- 15 -

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1n1【答案】(1)bnan22,32；(2) （i）见证明；（ii)

【解析】 【分析】

（1)计算bn1an1可知数列bnan为等比数列； （2）（i）要证anbn8即证{anbn8}恒为0； （ii)由前两问求出bn再求出Sn，带入式子，再解不等式. 【详解】(1)b4an4bnanbn1n1an12222(bnan)， 又b1a12，

b为首项，1nan是以22为公比的等比数列，

n1ba21nn；

2（2）（i）

b4ann1an124bnanbn224， an1bn1812(anbn8) 又a1b180,anbn80恒成立，即anbn8

n1（ii)由anbn8,b1nan2，

2两式相加即得：b1n1n4(2)，

n11S221nn4n114n312

2pS2p1nn4n312

pS1,3，12p1nn4n3123

 - 16 - / 17- 16 -

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n110，1122n12p331， 1201nn1n111当n为奇数时，

111随n的增大而递增，且

22n112111当n为偶数时，

n11111随n的增大而递减，且；22n11n213n4n42p112的最大值为，1的最小值为2，2 31233解得2p3，所以实数p的取值范围为2,3．

【点睛】本类试题，注意看问题，一般情况，问题都会指明解题方向

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