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）

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（）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】【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”进行反向求解即可．【详解】∵{1，3，5}∪M={1，3，5，7，9}∴7∈M，且9∈M ∴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，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，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.①对函数y=，时，，∴当或，即或时，； 当，即时，．②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.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，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）∵，∴，①，②，由①得在△ABC中，由正弦定理得， ，∵，∴，∴，∵，∴，（2）∵，由余弦定理得，由②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，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.