上海市华东师范大学第二附属中学2018-2019学年高一下学期期末考试数学试题

上海市华东师范大学第二附属中学2018-2019学年高一下学期期末考试数学试题

www.ks5u.com 华师大二附中2021届高一第二学期 期末数学考试试卷 一、填空题 ‎1.函数的值域是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据的单调性，结合的范围，得到答案.‎ ‎【详解】函数是单调递增函数，‎ 所以时，，‎ 时，，‎ 所以函数的值域为：.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查反三角函数单调性，根据函数的单调性求值域，属于简单题.‎ ‎2.数列的前项和,则的通项公式 _____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据和之间的关系,应用公式得出结果 ‎【详解】当时,；‎ 当时；‎ ‎∴‎ 故答案为 ‎【点睛】本题考查了和之间的关系式,注意当和时要分开讨论,题中的数列非等差数列.本题属于基础题 ‎3.的值域是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对进行整理，得到正弦型函数，然后得到其值域，得到答案.‎ ‎【详解】‎ ‎，‎ 因为 所以的值域为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查辅助角公式，正弦型函数的值域，属于简单题.‎ ‎4.“”是“数列依次成等差数列”的______条件（填“充要”，“充分非必要”，“必要非充分”，“既不充分也不必要”）.‎ ‎【答案】必要非充分 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过等差数列的下标公式，得到必要条件，通过举特例证明非充分条件，从而得到答案.‎ ‎【详解】因为数列依次成等差数列，‎ 所以根据等差数列下标公式，可得，‎ 当，时，‎ 满足，‎ 但不能得到数列依次成等差数列 所以综上，“”是“数列依次成等差数列”的必要非充分条件.‎ 故答案为：必要非充分.‎ ‎【点睛】本题考查必要非充分条件的证明，等差数列通项的性质，属于简单题.‎ ‎5.已知等差数列的前项和为，且，，则 ；‎ ‎【答案】60‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】若数列{an}为等差数列则Sm，S2m-Sm，S3m-S2m仍然成等差数列．‎ 所以S10，S20-S10，S30-S20仍然成等差数列．‎ 因为在等差数列{an}中有S10=10，S20=30，‎ 所以S30=60．‎ 故答案为60．‎ ‎6.已知的三边分别是，且面积，则角__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：由，可得，整理得，即，所以.‎ 考点：余弦定理；三角形面积公式.‎ ‎7.已知数列中，其中，，那么________‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知数列递推式可得数列是以为首项，以为公比的等比数列，然后利用等比数列的通项公式求解．‎ ‎【详解】由，得，‎ ‎，‎ 则数列是以为首项，以为公比的等比数列，‎ ‎．‎ 故答案为1．‎ ‎【点睛】本题考查数列的递推关系、等比数列通项公式，考查运算求解能力，特别是对复杂式子的理解．‎ ‎8.等比数列中首项，公比，则______.‎ ‎【答案】9‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等比数列求和公式，将进行转化，然后得到关于和的等式，结合，讨论出和的值，得到答案.‎ ‎【详解】因为等比数列中首项，公比，‎ 所以成首项为，公比为的等比数列，共项，‎ 所以 整理得 因为 所以可得，等式右边为整数，故等式左边也需要为整数，‎ 则应是的约数，‎ 所以可得，‎ 所以，‎ 当时，得，此时 当时，得，此时 当时，得，此时，‎ 所以，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查等比数列求和的基本量运算，涉及分类讨论的思想，属于中档题.‎ ‎9.在△ABC中，，则________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】因为 所以 注意到：‎ 故 ‎．‎ 故答案为 ‎10.已知数列的通项公式为是数列的前n项和，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对数列的通项公式进行整理，再求其前项和，利用对数运算规则，可得到，从而求出，得到答案.‎ ‎【详解】‎ 所以 所以.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查对数运算公式，由数列的通项求前项和，数列的极限，属于中档题.‎ 二、选择题 ‎11.“十二平均律” 是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于.若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：根据等比数列的定义可知每一个单音的频率成等比数列，利用等比数列的相关性质可解.‎ 详解：因每一个单音与前一个单音频率比为，‎ 所以，‎ 又，则 故选D.‎ 点睛：此题考查等比数列的实际应用，解决本题的关键是能够判断单音成等比数列. 等比数列的判断方法主要有如下两种：‎ ‎（1）定义法，若（）或（）， 数列是等比数列；‎ ‎（2）等比中项公式法，若数列中，且（），则数列是等比数列.‎ ‎12.已知函数，则 A. 的最小正周期为，最大值为 B. 的最小正周期为，最大值为 C. 的最小正周期为，最大值为 D. 的最小正周期为，最大值为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先利用余弦的倍角公式，对函数解析式进行化简，将解析式化简为，之后应用余弦型函数的性质得到相关的量，从而得到正确选项.‎ ‎【详解】根据题意有，‎ 所以函数的最小正周期为，‎ 且最大值为，故选B.‎ ‎【点睛】该题考查的是有关化简三角函数解析式，并且通过余弦型函数的相关性质得到函数的性质，在解题的过程中，要注意应用余弦倍角公式将式子降次升角，得到最简结果.‎ ‎13.将函数的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数 A. 在区间上单调递增 B. 在区间上单调递减 C. 在区间上单调递增 D. 在区间上单调递减 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意首先求得平移之后的函数解析式，然后确定函数的单调区间即可.‎ ‎【详解】由函数图象平移变换的性质可知：‎ 将的图象向右平移个单位长度之后的解析式为：‎ ‎.‎ 则函数的单调递增区间满足：，‎ 即，‎ 令可得一个单调递增区间为：.‎ 函数的单调递减区间满足：，‎ 即，‎ 令可得一个单调递减区间为：，本题选择A选项.‎ ‎【点睛】本题主要考查三角函数的平移变换，三角函数的单调区间的判断等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎14.已知函数（其中），对任意实数a，在区间上要使函数值出现的次数不少于4次且不多于8次，则k值为（ ）‎ A. 2或3 B. 4或3 C. 5或6 D. 8或7‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意先表示出函数的周期，然后根据函数值出现的次数不少于4次且不多于8次，得到周期的范围，从而得到关于的不等式，从而得到的范围，结合，得到答案.‎ ‎【详解】函数，‎ 所以可得，‎ 因为在区间上，函数值出现的次数不少于4次且不多于8次，‎ 所以得 即与的图像在区间上的交点个数大于等于4，小于等于8，‎ 而与的图像在一个周期内有2个，‎ 所以，即 解得，‎ 又因，所以得或者，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查正弦型函数的图像与性质，根据周期性求参数的值，函数与方程，属于中档题.‎ 三、解答题 ‎15.△ABC中，a=7，b=8，cosB= –．‎ ‎（Ⅰ）求∠A；‎ ‎（Ⅱ）求AC边上的高．‎ ‎【答案】(1) ∠A= (2) AC边上的高为 ‎【解析】‎ 分析：（1）先根据平方关系求,再根据正弦定理求，即得；（2）根据三角形面积公式两种表示形式列方程，再利用诱导公式以及两角和正弦公式求，解得边上的高．‎ 详解：解：（1）在△ABC中，∵cosB=–，∴B∈（，π），∴sinB=．由正弦定理得 =，∴sinA=．∵B∈（，π），∴A∈（0，），∴∠A=．‎ ‎（2）在△ABC中，∵sinC=sin（A+B）=sinAcosB+sinBcosA=‎ ‎=．‎ 如图所示，在△ABC中，∵sinC=，∴h==，∴AC边上的高为．‎ 点睛：解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.‎ ‎16.已知.‎ ‎（1）当时，求数列前n项和；（用和n表示）；‎ ‎（2）求.‎ ‎【答案】（1）时，时，；（2）；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当时，求出，再利用错位相减法，求出的前项和；（2）求出的表达式，对，的大小进行分类讨论，从而求出数列的极限.‎ ‎【详解】（1）当时，可得，‎ 当时，得到，‎ 所以，‎ 当时，‎ 所以，‎ 两边同乘得 上式减去下式得 ‎，‎ 所以 所以综上所述，时，；时，.‎ ‎（2）由（1）可知当时，‎ 则；‎ 当时，‎ 则 若，‎ 若，‎ 所以综上所述.‎ ‎【点睛】本题考查错位相减法求数列的和，数列的极限，涉及分类讨论的思想，属于中档题.‎ ‎17. 已知方程；‎ ‎（1）若，求的值；‎ ‎（2）若方程有实数解，求实数的取值范围；‎ ‎（3）若方程在区间上有两个相异的解、，求的最大值.‎ ‎【答案】（1）或； （2）； （3）；‎ ‎【解析】‎ 试题分析：(1)时，由已知得到;(2)方程有实数解即a在的值域上，（3）根据二次函数的性质列不等式组得出tana的范围，利用根与系数的关系得出α+β的最值.‎ 试题解析：‎ ‎（1），‎ ‎ 或；‎ ‎（2）‎ ‎ ‎ ‎（3）因为方程在区间上有两个相异的解、，所以 ‎18.（1）证明：；‎ ‎（2）证明：对任何正整数n，存在多项式函数，使得对所有实数x均成立，其中均为整数，当n为奇数时，，当n为偶数时，；‎ ‎（3）利用（2）的结论判断是否为有理数？‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）不是 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1），利用两角和的正弦和二倍角公式，进行证明；（2）对分奇偶，即和两种情况，结合两角和的余弦公式，积化和差公式，利用数学归纳法进行证明；（3）根据（2）的结论，将表示出来，然后判断其每一项都为无理数，从而得到答案.‎ ‎【详解】（1）‎ 所以原式得证.‎ ‎（2）为奇数时，‎ 时，，其中，成立 时，‎ ‎，其中，成立 时，‎ ‎，其中，成立，‎ 则当时，‎ 所以得到 因为均为整数，所以也均为整数，‎ 故原式成立；‎ 为偶数时，‎ 时，，其中，‎ 时，‎ ‎，‎ 其中，成立，‎ 时，‎ ‎，‎ 其中，成立，‎ 则当时，‎ 所以得到 其中，‎ 因为均为整数，所以也均为整数，‎ 故原式成立；‎ 综上可得：对任何正整数，存在多项式函数，使得对所有实数均成立，其中，均为整数，当为奇数时，，当为偶数时，；‎ ‎（3）由（2）可得 其中均为有理数，‎ 因为为无理数，所以均为无理数，‎ 故为无理数，‎ 所以不是有理数.‎ ‎【点睛】本题考查利三角函数的二倍角的余弦公式，积化和差公式，数学归纳法证明，属于难题.‎ ‎ ‎ ‎ ‎