上海市延安中学2021-2022高一数学下学期期末考试试题(含解析)

1、- - PAGE 15 -上海市延安中学 2021 高一数学下学期期末考试试题（含解析）一.填空题（本大题 14 题，每题 3 分，共 42 分）ytanx 6的最小正周期.6【答案】【解析】【分析】y tan ytanx 的最小正周期是T .故答案为：61【点睛】本题主要考查了正切函数周期公式的应用，属于基础题lim n n 1【答案】3【解析】【分析】.直接利用数列的极限的运算法则求解即可lim333【详解】limn1 n1110.nn故答案为：3【点睛】本题考查数列的极限的运算法则，考查计算能力，属于基础题3.设函数f(x)arcsinx x1，则f1 .333【答案】32【解析】【分析

2、】利用反三角函数的定义，解方程arc sin x 即可3f(x)arcsinx 1xarcsinx ，333 33得x sinf 1 3.3223故答案为：32【点睛】本题考查了反三角函数的定义，属于基础题已知数列n是等差数列，若a1 1，a59，则公差d .【答案】2【解析】【分析】利用等差数列的通项公式即可得出【详解】设等差数列an公差为d a1 1，a5 9 ，a5 a 4d ，解得d 21故答案为：2【点睛】本题考查了等差数列的通项公式，考查了计算能力，属于基础题已知数列 n等比数列，若a2 4 ，a51 ，则公比q.2【答案】 12是【解析】【分析】利用等比数列的通项公式即可得出【详

3、解】数列 an是等比数列，若 a2 4 ，a5 12，则 a5 a q3 ，解得q3 ，即1281q 1.2故答案为： 12【点睛】本题考查了等比数列的通项公式，考查了计算能力，属于基础题111n1 6.lim 1 n 3933 .3【答案】4【解析】【分析】111n131n由等比数列前n项和公式，得139331n= 1 ，从而求极限即可4411 111n13 31n【详解】14 1 ，3931 1 3111n13331n3lim1 lim1= n 33n 4343故答案为： 4【点睛】本题考查了等比数列前n项和公式的应用，以及数列极限的求法，属于基础题方程cosx sin6的解集.【答案】x

4、|x2k ,kZ【答案】3【解析】【分析】cos x sin 6 cos cos( ) 33x 2k 3, k Z .【详解】因为方程cosxsin6，由诱导公式得sin6 cos cos( ) ，33所以 x 2k 3, k Z ，故答案为： x|x2k ,kZ故答案为： 3【点睛】本题考查解三角函数的方程，余弦函数的周期性和诱导公式的应用，属于基础题已知数列n是等差数列，记数列an的前n ，若 Sn11n 33 a6.【答案】3【解析】【分析】由等差数列的求和公式和性质可得S116，且，代入已知式子可得a6，且11aaS112a【详解】由等差数列的求和公式和性质可得：1111126 26S

5、 33 ，a11 3 .故答案为：3【点睛】本题考查了等差数列的求和公式及性质的应用，属于基础题夏季某座高ft上的温度从ft脚起每升高100米降低0.8度，若ft脚的温度是36度，ft顶温度是20度，则这座ft的高度米【答案】2000【解析】【分析】由题意得，温度下降了20 16 100100【详解】由题意得，这座ft10036200.8 100202000米故答案为：2000【点睛】本题结合实际问题考查有理数的混合运算，解题关键是温度差里有几个0.8，属于基础题.若arccosx 41 x ，则x的取值范围.2【答案】1 x22【解析】【分析】利用反函数的运算法则，定义及其性质，求解即可【详

6、解】由arc cos x 4 x1，得cosarccosx cos2422所以 x ，又因为1x1，所以1x.2222222故答案为：1 x 22【点睛】本题考查反余弦函数的运算法则，反函数的定义域，考查学生计算能力，属于基础题3若函数f(x)3sinxcosx，x0,m的最大值3，则m 的值.【答案】2【解析】【分析】 f(x2sinx，由x 的范围可得x的666范围，根据 f (x) 最大值可得m 的值.【详解】函数f(x)3sinxcosxsinxcosx）2sinx 6，31 31 3x0,m，x36，m，又f (x) 的最大值为，66ysinx 3，即m 3= ，解得m.66故答案为

7、：22632【点睛】本题主要考查两角差的正弦公式的应用，正弦函数的定义域和最值，属于基础题已知ab0，且ab2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ab .【答案】5【详解】试题分析：由题意得，为等差数列时， 一定为等差中项，即 2【详解】试题分析：由题意得，为等差数列时， 一定为等差中项，即 2b 2 a ，为等比数列时，-2 为等比中项，即ab 4 ，所以a 4, b 1,a b 5 . 考点：等差，等比数列的性质已知数列n满足a1 2 2an2 3 cos(nn的前n 项和为 S ，n则 S100.【答案】7500【解析】【分析】讨论n n的通项公式进而可求S.10

8、0【详解】当n是奇数时，cos(n)1，由aa3cos(n )，得aa 2，n2nn2n所以a a a135，2n1，是以a1 12当ncos(n1，由an23cos(n)，得aan2n4，所以a ，a ，a ，a，是首项为a 2，以4为公差的等差数列，2462n22n2,则2n2,则，n所以 S50 a +a150+a10050502+200-2 7500.1002222故答案为：7500【点睛】本题考查数列递推公式的化简，等差数列的通项公式，以及等差数列前n 项和公式的应用，也考查了分类讨论思想，属于中档题已知数列n的通项公式是an 2n ，若将数列an中的项从小到大按如下方式分组：第(2

9、, 4)，第二组：(6,8,10,12) (14,16,18,20,22,24) 2021 【答案】32【解析】【分析】根据题意可分析第一组、第二组、第三组、中 数的个数及最后的数，从中寻找规律使问题得到解决的【详解】根据题意:第一组有 212 个数，最后一个数为 4；第二组有22个数，最后一个数为1，即22+4；第三组有23个数，最后一个数为2，即22+4+；第n组有2n个数，其中最后一个数为2（2+4+2n）（1+2+3+n）2（n+当 n31 时，第 31 组的最后一个数为 231321984，n3232232332112，202132故答案为：32【点睛】本题考查观察与分析问题的能力，

10、考查归纳法的应用，从有限项得到一般规律是解决问题的关键点，属于中档题二、选择题（本大题共 4 题，每题 4 分，共 16 分）“数列n为等比数列”是“数列an2为等比数列”的（）A. 充分非必要条件C. 充要条件【答案】A【解析】【分析】B. 必要非充分条件D. 非充分非必要条件数列an是等比数列与命题n2要条件的定义进行判断【详解】若数列a a qn ，2 a 2q2n2 ，数列 a2是等比数nn1n1n列，若数列2是等比数列，则2 a 2qn1 ，数列a不是等比数列，qn1nn1qn1数列an是等比数列是数列是等比数列an2的充分非必要条件，故选：A【点睛】本题主要考查充分不必要条件的判断

11、，注意等比数列的性质的灵活运用，属于基础题S(n1)(n2)(n(n nN*Sn1 （）nSnA. 2n12(2n1)【答案】D【解析】【分析】B. 2n2C. (2n 1)(2n2)D.S由S (n1)(n2)(nn(n nN得 Sn1，再计算n1 即可.S【详解】Sn(n1)(n2)(n3)(n nnN*， S(n11)(n12)(n1n1(n 1 n 1)(n2)(n4)(2n1)2n2，S所 以 n1(n2)(n3)(n4)(2n1)2n2 2(2n1)S(n1)(n2)(n3)(n n)n故选：D【点睛】本题考查了以数列的通项公式为载体求比值的问题，以及归纳推理的应用，属于基础题已知

12、等差数列n 数列an是递增数列；数列nan是递增数列； a数列n 是递增数列； n 数列an是递增数列；其中正确命题的个数为（ ）A. 1【解析】【分析】B. 2C. 3D. 4n项的差，看此差的符号，再根据递增数列的定义得出结论【详解】设等差数列an a n 1d ，d01对于，aa d0，数列是递增数列成立，是真命题n+1对于，数列nannn，得n 1an1nan n 1a1n1dn n 1d a12nd ，1a R，所以a112nd 不一定是正实数，即数列n不一定是递增数列，是假命题a aaa nd1dd d a对于，数列n n1 n 11a R，1 n n1nn1nn(n1)1n(n

13、1)不一定是正实数，故是假命题对于，数列an1 3n 1danaan1 4d 0 ，故数列n是递增数列成立，是真命题 故选：B【点睛】本题考查用定义判断数列 单调性，考查学生的计算能力，正确运用递增数列的定义是关键，属于基础题已知数列n和数列bn都是无穷数列，若区间a ,bnn满足下列条件：,b ,blimba 0和数列可构成“区间套”，n1n1nnnnnn则下列可以构成“区间套”的数列是（）an 1 nb 2 ， nb 2 n 3an 1 ，bn 11nan n 1 ，b nnn 1n 3an 1，bn n 2n1【答案】C【解析】【分析】【 详解】由题意， 对于 A ： a 1 nb，b

14、2 na，a 1 n1 a 1 n，n 2n 3n1 2n 2n1,bn1 ,bn不成立，所以A 不正确；B：由 1 ，11，得limlim 12 1 0 不成立，所以Bnnnnnnnn n确；a n1,b 1 n对于 C：nnn1 3 ，an n1,b 1n1n1,b,b n1n1nnn1 3n11 3n1n1成立，nn并且limba 0也成立，所以Cnnn对于 D：由a 1， n 2 ，得b n 2131313b，nnn1nn1n1n11n 2n1n1,bn1 ,bn不成立，所以D 不正确；故选：C【点睛】本题考查新定义 理解和运用，考查数列的极限的求法，考查分析问题解决问题的能力及运算能

15、力，属于中档题三、解答题（本大题共 4 题，共 42 分）xsin2 x5sin xcosx6cos2 x0【答案】| x k arctanx k arctan3,k Z【解析】【分析】根据方程解出tanx 2或tan x 3x 【详解】由sin2 x 5sin x cos x 6cos 2 x 0 ，得x 2cos xsin x 3cos x 0 ，所以tan x 2 或tan x 3x k arctan 2 x k arctan3 ， x | x k arctan x k arctan3, k Z.【点睛】本题考查了三角方程的解法，终边相同角的表示，反三角函数的定义，考查计算能力，属于基础

16、题.已知数列n的前n Sn，且 Sn 2n2 3n 1，求数列n的通项公式.a4,n 1【答案】n4n1,n 2【解析】【分析】n 1a1S ，当n2a1 S Snn1，即可得出【详解】已知数列n的前n Sn，且 Sn 2n2 3n 1，n 1 a S11n2a 4S2n2 n12n2 3n4n1，nnn1检验：当n 1a1 4 不符合上式， a4,n 1n4n1,n 2【点睛】本题考查了数列递推关系、数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题已知等比数列n是递增数列，且满足： a a23 8 ，a a1 9.求数列n的通项公式：设bn log 2an1，求数列bn的前n 项和S.n

17、（1）an2n 12）Sn n2【解析】【分析】利用等比数列的性质结合已知条件解得首项和公比，由此得通项公式；由得bn log 2a 2n 1，再利用等差数列的求和公式进行解答即可【详解a a23a 1，4 a a1 8 a a1 9a1 1，a4 8 ，或a1 8 ，由n是递增的等比数列，得q 1 ，所以a1 1，a48，且q2，a a qn1n1 12n1 2n1 ，即an2n 1 ；（2）由（1）得bn log 2 an1 log22n1 2n112n1，得bn1n 2n 11 2n 1 2，所以数列bn是以 1 为首项，以 2 为公差的等差数列，所以 Snn b1n2 n2 .【点睛】

18、本题考查了等差数列与等比数列的通项公式，以及等差数列的其前n 项和公式的应用，考查了推理能力与计算能力，属于基础题已知数列 满足 1，n,nN*aan1 1 n12a 1na n证明：数列是等差数列，并求数n的通项公式；an 设b a，数 的前n项和为，求使不等式nbSk 对一切nN 恒成立的n2n1nnn实数k 的范围（1）1）1,n2n12【解析】【分析】a ；n1 1aan1n 2 1 ，an由得 11 ，再使用裂项相消法求出，使用不等式得出的Sn2 2n12n1范围，从而得出k 的范围a1111（1），两边取倒数,2， 2，又 1， 1 n12a 1naan1naa1n1n数列是以1为首项为公差的等差数列，an 1 an1 212n1，aa1a12n 11111（2）由得b n，n2n1(2n1)(2n1)2 2n12n1S 1111111 111 1 ，n23352n12n12