上海市行知中学2021-2022学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析）.docx

1、上海市行知中学2021-2022学年高一下期末数学试卷一、选择题（本大题满分27分，本大题共有9题）1. 如果，那么下列不等式中成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据不等式的性质和取特殊值即可得答案.【详解】因为，故由不等式的性质得，故C选项正确；对于A选项，当时满足，但不成立，故A选项错误；对于B选项，由于，但，故B选项错误；对于D选项，由于，但，故D选项错误.故选：C.2. “存在，使得满足性质”的否定形式为（ ）A. 存在，使得不满足性质B. 存在，使得满足性质C. 对任意，都有不满足性质D. 对任意，都有不满足性质【答案】D【解析】【分析】直接根据特称命题

2、的否定是全称命题，即可写出结果.【详解】解：因为特称命题的否定是全称命题，所以，命题：“存在，使得满足性质”的否定为：对任意，都有不满足性质.故选：D.【点睛】本题考查特称命题的否定，特称命题与全称命题的否定关系，属于基本知识的考查.3. 如果且，那么直线不经过（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】C【解析】【分析】通过直线经过的点来判断象限.【详解】由且，可得同号，异号，所以也是异号；令，得；令，得；所以直线不经过第三象限.故选：C.4. 下列函数是定义域为的偶函数，且在上单调递增的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】对于A，由幂函数的性

3、质可知函数的定义域为，从而可判断其不满足题意；对于B，由余弦函数的性质可知函数在上单调递减，从而可判断其不满足题意；对于C，先判断函数的奇偶性，再由幂函数的性质可知其单调性，从而可知其满足题意；对于D，由对数函数的性质可知在处没有意义，从而可判断其不满足题意.【详解】对于A，因为幂函数的定义域为，显然定义域不关于原点对称，故是非奇非偶函数，故A错误；对于B，因为在上单调递减，显然不满足题意，故B错误；对于C，令，易知的定义域为，关于原点对称，又，所以是定义域为的偶函数，又由幂函数的性质可知，在上单调递增，故C正确；对于D，因在处没有意义，所以其定义域不为，故D错误.故选：C.5. 已知且，则（

4、 ）A. 有最小值B. 有最大值C. 有最小值D. 有最大值【答案】A【解析】【分析】根据，变形为，再利用不等式的基本性质得到，进而得到，然后由，利用基本不等式求解.【详解】因为，所以，所以，所以，所以，所以，当且仅当时取等号，故选：A.【点睛】思路点睛：本题思路是利用分离常数法转化为，再由，利用不等式的性质构造，再利用基本不等式求解.6. 函数（其中，）的图像如图所示，为了得到的图象，则只要将的图象（ ）A. 向右平移个单位长度B. 向右平移个单位长度C. 向左平移个单位长度D. 向左平移个单位长度【答案】D【解析】【分析】先利用“五点法”，由图像求得的解析式，再利用三角函数图像的平移变换及

5、三角函数的诱导公式即可求得答案.【详解】由图像可知，的最小值为，又，所以，因为，所以，所以，从而，将代入，得，故，得，又，所以，所以，对于A，将的图象向右平移个单位长度得到，故A错误；对于B，将的图象向右平移个单位长度得到，故B错误；对于C，将的图象向左平移个单位长度得到，故C错误；对于D，将的图象向左平移个单位长度得到，故D正确.故选：D.7. 在数列中，如果对任意都有（为常数），则称为等差比数列，称为公差比，则下列选项中错误的是（ ）A. 等差比数列的公差比一定不为0B. 等差数列一定是等差比数列C. 若等比数列是等差比数列，则其公比等于公差比D. 若，则数列是等差比数列【答案】B【解析】

6、【分析】对于A，假设公差比为，推出矛盾，从而可判断其说法正确；对于B，考虑常数列可判断其说法错误；对于CD，代入等差比数列公式可判断CD说法正确.【详解】对于A，若等差比数列的公差比为，则，则，这与分母不为矛盾，故A说法正确，即A不满足题意；对于B，若是常数列，则是等差数列，但，故无意义，故B说法错误，即B满足题意；对于C，若等比数列是等差比数列，则，则，故C说法正确，即C不满足题意；对于D，若，则，所以数列是等差比数列，故D说法正确，即D不满足题意.故选：B.8. 设直线，圆，若在圆上存在两点，在直线上存在一点，使，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由切线

7、的对称性和圆的知识将问题转化为到直线的距离小于或等于2，再由点到直线的距离公式得到关于的不等式，求解即可.【详解】圆：，圆心为：，半径为，因为在圆上存在两点，在直线上存在一点，使得，所以在直线上存在一点，使得到的距离等于2，所以只需到直线的距离小于或等于2，故，解得故选：A【点睛】处理直线与圆的位置关系时，若两方程已知或圆心到直线的距离易表达，则用几何法；若方程中含有参数，或圆心到直线的距离的表达较繁琐，则用代数法.9. 满足条件的所有集合的个数是（ ）A. 4个B. 8个C. 16个D. 32个【答案】B【解析】【分析】根据集合并集定义“由所有属于集合A或属于集合B的元素所组成的集合叫做并集

8、”进行反向求解即可【详解】1，3，5M=1，3，5，7，97M，且9M的集合M可能为7，9或1，7，9或3，7，9或5，7，9或1，3，7，9或1，5，7，9或3，5，7，9或1，3，5，7，9故选B【点睛】本题考查了并集概念的灵活应用，属于基础题.二、填空题（本大题满分21分，本大题共有7题）10. 若方程表示椭圆，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】由题意可得，解不等式组可得答案【详解】因为方程表示椭圆，所以，得且.所以实数的取值范围是，故答案为：11. 设函数，若的定义域为，则实数的取值范围_【答案】【解析】【分析】根据绝对值三角不等式可得，再根据的解集为可得.【详解】因为，又

9、的定义域为，所以的解集为，因为，所以.故答案为：.12. 复数和在复平面上所对应的两个向量的夹角的大小为_（结果用反三角函数表示）.【答案】【解析】【分析】由复数的几何意义得到两个向量的坐标表示，再利用向量夹角余弦的坐标表示即可求得结果.【详解】依题意得，复数所对应的向量，复数所对应的向量，所以，因为，所以，即所求角大小为.故答案为：.13. 已知关于的方程有一个模为1的虚根，则的值为_.【答案】#【解析】【分析】根据题意得，利用韦达定理列方程可求得的值，结合判别式小于零即可得结果.【详解】由题意，得，解得或，设方程的两根为、，则，得，又由韦达定理得，即，解得或，所以.故答案为：14. 如图，

10、是一块直径为2的半圆形纸板，在的左下端剪去一个半径为的半圆后得到图形，然后依次剪去一个更小的半圆（其直径为前一个被剪掉半圆的半径）得到图形，记纸板的周长为，则_.【答案】【解析】【分析】由题意知纸板每剪掉半圆，周长依次增加，而，利用等比数列求和公式可得，再利用极限思想即可求.【详解】由题意得圆形的周长为，每剪掉半圆，周长依次增加，所以，所以.故答案为：.15. 如图，正方形的边长为2，点是半圆弧上的动点，且，则的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】建立直角坐标系，利用直角三角形的三角函数求得，从而得到，进而利用向量的数量积运算及三角函数基本关系式求得，结合即可求得的取值范围.【详解】根据题意

11、，以为原点，以为轴，过点垂直于向上的线段为轴，建立直角坐标系，则，令，则，连结，过作交于，则在中，在中，故，所以，故，因为，所以，故，所以，故.故答案为：.16. 若不等式对恒成立，则的值等于_【答案】【解析】【分析】作出y在1，1上的图像，作出符合题意的y的图像即可求出a、b，从而得到答案【详解】设函数y=，下面分析它们的性质，以作出它们的图像.对函数y=，时，当或，即或时，；当，即时，对，则在上单调递减，在上单调递增，且的图像关于直线对称.若不等式对恒成立，则当或时，；当时，使f(x)满足上述条件，其图像仅能如图所示：，又，则，故答案为：三、解答题（本大题满分52分，本大题共有5题）17.

12、 已知是关于的实系数一元二次方程.（1）若是方程的一个根，且，求实数的值；（2）若是该方程的两个实根，且，求使的值为整数的所有的值.【答案】（1）或或 （2）【解析】【分析】（1）分类讨论是题设方程的实根或虚根两种情况，实根时直接将代入即可求得值，虚根时利用韦达定理及判别式即可求得值，由此得解；（2）利用韦达定理求得，从而列出的所有可能取值，再利用一元二次方程的判别式即可确定所有取值.【小问1详解】因为是关于的实系数一元二次方程，所以,因为是方程的一个根，且，当时，则或，若，代入方程得，解得；若，代入方程得，解得；当为虚数时，不妨设，则也是方程的一个根，故，又因为，即，故，所以，解得，又，得，

13、所以；综上：或或.【小问2详解】由韦达定理可知，所以，因为为整数,，所以必为的因式，则的值可能为，则实数的值可能为，又因为是该方程的两个实根，所以，则，所以的所有取值为.18. 已知：复数，且，其中，为的内角，为角所对的边.（1）求角的大小；（2）若，求的面积.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据复数相等的条件可得，再根据正弦定理边化角可解得结果；（2）根据余弦定理结合求出，再根据三角形的面积公式可求出结果.【详解】（1），由得在ABC中，由正弦定理得，（2），由余弦定理得，由得，得，=.19. 某快递公司在某市的货物转运中心，拟引进智能机器人分拣系统，以提高分拣效率和降低物流成

14、本，已知购买台机器人的总成本万元.（1）若使每台机器人的平均成本最低，问应买多少台？（2）现按（1）中的数量购买机器人，需要安排人将邮件放在机器人上，机器人将邮件送达指定落袋格口完成分拣，经实验知，每台机器人的日平均分拣量（单位：件），已知传统人工分拣每人每日的平均分拣量为1200件，当机器人日平均分拣量达最大值时，若完成这些分拣任务，求所需要的传统的人工数量.【答案】（1）300 （2）120【解析】【分析】（1）由总成本，得到平均成本，再利用基本不等式求解；（2）引进300台机器人后，求得分段函数的最大值，再除以1200求解.【小问1详解】每台机器人的平均成本,当且仅当，即时，等号成立，所

15、以若使每台机器人的平均成本最低，问应买300台；【小问2详解】当时，当m=30时，300台机器人每日的平均分拣量的最大值为144000件；当时，300台机器人每日的平均分拣量为件，所以300台机器人每日的平均分拣量为件，若传统人工分拣量达到最大值时，则需人数为人.20. 已知椭圆经过两点为坐标原点，且的面积为.过点且斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点、，且直线、分别与轴交于点.（1）求椭圆的方程；（2）设，求的取值范围.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）把点A坐标代入椭圆的方程得，由的面积为得，从而解得，进而求得椭圆C的方程；（2）联立直线l与椭圆C的方程，得到关于x的一元二次方程，

16、由求得k的取值范围，再由点斜式求得的方程，进而求得，同理可得，结合，得到，关于的关系式，从而求得的取值范围.【小问1详解】因为椭圆C：经过点，所以，解得，又由的面积为，可得，故，所以椭圆C的方程为.小问2详解】因为，设，则直线的方程为，令，得，所以点S的坐标为，同理：点T的坐标为，所以，故由，可得，由题意知直线l的方程为，所以，同理：，联立，消去，得，所以，又因为直线与椭圆有两个不同的交点，所以，解得，故，因为，所以，则，所以的范围是.【点睛】方法点睛：（1）解答直线与椭圆题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等

17、量关系（2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形21. 已知数列中，前项和为，若对任意的，均有（是常数，且）成立，则称数列为“数列”.（1）若数列为“数列”，求数列的前项和；（2）若数列为“数列”，求证：；（3）若数列为“数列”，且为整数，试问：是否存在数列，使得对一切，恒成立？如果存在，求出这样数列的的所有可能值，如果不存在，请说明理由.【答案】（1）； （2）证明见解析； （3）存在，.【解析】【分析】（1）先由新定义得到，从而利用与的关系分类讨论与两种情况，证得是等比数列，由此求得，进而求得；（2）由定义得到，利用与的关系得到与，从而利用作差法与代

18、入法证得结论；（3）由（2）可得数列是常数列，由此得到，又由得到，从而可求得的所有可能值.【小问1详解】因为数列为“数列”，所以，当时，又，所以当时，所以，即，经检验：满足，所以，故数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，故.【小问2详解】由题意得，故，两式相减得，则，所以当时，又因为，所以当时，故.【小问3详解】由（2）得，当时，数列是常数列，所以，因为当时，成立,所以，所以，因为，令，得，又因为，所以，所以，又当时，且为整数，易得，将分别代入不等式，可得，所以存在数列符合题意，的所有可能值为.【点睛】关键点睛：本题考查数列的新定义的理解能力、等比数列的通项公式和数列递推公式的运用；通过反复利用递推公式，得到数列为常数列是求解本题的关键.