1、平罗中学20212022学年度第一学期期中考试试卷高三数学（理）一、 选择题（每小题5分，共60分）1集合，则（）ABCD2复数的实部为（）AB1CD23已知,条件甲：；条件乙：,则甲是乙的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件4已知向量，且，则（）ABCD55已知点是角的终边与单位圆的交点，则（）ABCD6在中，为边上的中线，为的中点，则（）ABCD7在中，若，则（）ABC或D或8我国古代的天文学和数学著作周髀算经中记载：一年有二十四个节气，每个节气晷（gu）长损益相同（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度）二十四节气及晷长变化如图所示，相邻两个
2、节气晷长的变化量相同，周而复始若冬至晷长一丈三尺五寸，夏至晷长一尺五寸（一丈等于十尺，一尺等于十寸），则夏至之后第三个节气（立秋）晷长是（）A三尺B三尺五寸C四尺D四尺五寸9已知，则（）ABCD10将函数的图象向右平移个单位长度得到图像，则下列判断错误的是A函数的最小正周期是B图像关于直线对称C函数在区间上单调递减D图像关于点对称11已知等比数列中，若恒成立，则实数的最大值为（）A-16B16C-20D2012已知函数（且）若函数的图象上有且只有两个点关于原点对称，则的取值范围是（）ABCD二、填空题（每小题分，共20分）13已知实数，满足约束条件，则的最小值为_.14已知数列满足，则_.15
3、求直线与曲线所围成的平面图形的面积为_.16已知函数，有下列命题：函数的图像在点处的切线为；函数有3个零点；函数在处取得极大值；函数的图像关于点对称上述命题中，正确命题的序号是_三、解答题（共70分）17(本题12分)已知等差数列的前n项和为，其中r为常数.（1）求r的值；（2）设，求数列的前n项和.18(本题12分)已知函数（1）求的单调递减区间；（2）设锐角内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，求b的取值范围19(本题12分)在中，分别是角，的对边，已知向量，且（1）求的值；（2）若，的面积为，求的周长20(本题12分)已知函数.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若对任意，不
4、等式恒成立，求正整数的最小值.21(本题12分)已知函数（1）求不等式的解集；（2）若，且，证明：.22(本题10分)在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，曲线的参数方程为（为参数）.（1）写出曲线的直角坐标方程和曲线的普通方程；（2）已知点，曲线与曲线相交于，两点，求.参考答案一、 选择题CAAB AAAD DCAC 1C【分析】先求出，再求交集即可.【详解】据题意，所以故选：C2A【分析】将化简即可求解.【详解】的实部为，故选：A.3A【分析】先通过解分式不等式化简条件乙，再判断甲成立是否推出乙成立；条件乙成立是否推出甲成立，利用充要条件的定义判
5、断出甲是乙成立的什么条件【详解】条件乙：，即为若条件甲：ab0成立则条件乙一定成立；反之，当条件乙成立，则也可以，但是此时不满足条件甲：ab0，所以甲是乙成立的充分非必要条件故选A【点睛】判断充要条件的方法是：若pq为真命题且qp为假命题，则命题p是命题q的充分不必要条件；若pq为假命题且qp为真命题，则命题p是命题q的必要不充分条件；若pq为真命题且qp为真命题，则命题p是命题q的充要条件；若pq为假命题且qp为假命题，则命题p是命题q的即不充分也不必要条件判断命题p与命题q所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p与命题q的关系4B【分析】根据向量共线求出参数，从而求
6、出的坐标，再根据向量模的坐标表示，计算可得；【详解】解：因为，且，所以，所以所以所以故选：B【点睛】本题考查平面向量共线的坐标表示，以及向量模的运算，属于基础题.5A【分析】先用三角函数的定义得，再用二倍角公式求出.【详解】由三角函数的定义得，所以故选：A【点睛】(1) 三角函数值的大小与点P（x,y）在终边上的位置无关，严格代入定义式子就可以求出对应三角函数值；(2) 当角的终边在直线上时，或终边上的点带参数必要时，要对参数进行讨论6A【分析】分析：首先将图画出来，接着应用三角形中线向量的特征，求得，之后应用向量的加法运算法则-三角形法则，得到，之后将其合并，得到，下一步应用相反向量，求得，
7、从而求得结果.【详解】根据向量的运算法则，可得，所以，故选A.【点睛】该题考查的是有关平面向量基本定理的有关问题，涉及到的知识点有三角形的中线向量、向量加法的三角形法则、共线向量的表示以及相反向量的问题，在解题的过程中，需要认真对待每一步运算.7A【分析】由正弦定理化边为角，再由诱导公式，两角和的正弦公式变形可得【详解】因为，由正弦定理得，因为，所以，所以，而B为三角形内角，故故选：A8D【分析】根据题意，结合等差数列的通项公式进行求解即可.【详解】根据题意从冬至到夏至可知：晷长为等差数列，公差为，由题意可知：，所以有，因为相邻两个节气晷长的变化量相同，所以当夏至之后第三个节气（立秋）晷长是，
8、故选：D9D【分析】直接利用指数函数和对数函数的单调性判断.【详解】因为，所以故选：D10C【分析】根据三角函数的图象平移关系求出的解析式，结合函数的单调性，对称性分别进行判断即可【详解】由题意，将函数的图象向右平移个单位长度，可得，对于,函数的最小正周期为，所以该选项是正确的；对于，令，则为最大值，函数图象关于直线，对称是正确的；对于中，则，则函数在区间上先减后增，不正确；对于中，令，则，图象关于点对称是正确的，故选【点睛】本题主要考查命题的真假判断，涉及三角函数的单调性，对称性，求出解析式是解决本题的关键11A【分析】由条件求得等比数列通项，将恒成立不等式移项，利用单调性来判断最值情况，从
9、而求得参数最大值.【详解】因为，所以，又，所以，解得，所以，所以恒成立等价于恒成立，令，则，当时，；当时，；当时，所以，所以，所以，即实数的最大值为，故选：A【点睛】关键点点睛：求得等比数列通项公式，作差法求得bn=2n-8n的单调性，从而求解参数最值.12C【分析】根据原点对称的性质，求出当时函数关于原点对称的函数，条件转化为函数与只有一个交点，作出两个函数的图象，利用数形结合的方法，再结合对数函数的性质进行求解即可【详解】当时，函数关于原点对称的函数为，即，若函数的图象上有且只有两个点关于原点对称，则等价于函数与只有一个交点，作出两个函数的图象如图：若时，与函数有唯一的交点，满足条件；当时
10、，若时，要使与函数有唯一的交点，则要满足，即，解得故；综上的取值范围是故选：C13【分析】根据约束条件，画出可行域，将目标函数转化为，平移直线，由直线在y轴上截距最小时求解.【详解】由约束条件，画出可行域如图所示阴影部分：将目标函数转化为，平移直线，当直线经过点A时，直线在y轴上截距最小，此时，目标函数取得最小值，由，解得，所以，所以目标函数的最小值为，故答案为：614【分析】利用递推关系式推出数列为等比数列，再由等比数列的通项公式即可求解.【详解】，即又，是首项为3，公比为3的等比数列，故故答案为：【点睛】方法点睛：本题考查等比数列的定义和等比数列的通项公式，求数列通项公式常用的方法：（1）
11、由与的关系求通项公式；（2）累加法；（3）累乘法；（4）构造新数列法.考查了学生的转化与数学算能力，属于基础题.15【分析】根据题意得，计算定积分，即可得到答案；【详解】或，故答案为：16【分析】求出导数，即为所求切线的斜率，再求出即可写出切线的方程；判断函数的单调性，再利用零点存在定理进行判断；由所求单调性可判断函数的极值点；令，证明函数为奇函数可知函数的图像关于原点对称，再通过平移证明函数的对称性.【详解】，且，函数的图像在点处的切线为，正确；令解得或，函数在和上单调递增，在上单调递减，又，在上各有一点使，即函数有3个零点，正确；由知函数在处取得极小值，错误；令，因为，所以函数为奇函数，则
12、的图像关于原点对称，将函数的图像向右平移一个单位再向上平移一个单位可得函数，所以函数的图像关于点对称，正确.17（1）；（2）.【分析】（1）求出前三项为，利用等差中项的性质即可得解；（2）由（1）可得，利用裂项相消法即可得解.【详解】（1）先求前三项，由为等差数列，所以，所以，即；（2）由（1）知，也满足，所以，所以，所以，所以.18（1）；（2）【分析】（1）化简函数，结合三角函数的图象与性质，即可求解；（2）由，得到，解得，再由正弦定理，进而求得实数的取值范围.【详解】（1）由题意，函数，令，可得，所以的单调递减区间为.（2）由，可得，因为，可得，解得，由正弦定理得，即，因为为锐角三角形
13、，可得，所以实数的取值范围为.19（1）；（2）【分析】（1）利用向量的数量积以及正弦定理可得，再由两角和的正弦公式以及三角形内角和性质即可求解.（2）利用余弦定理可得，再由三角形的面积公式即可求解.【详解】解：（1）由，所以，由正弦定理可得，即，又，所以，又，所以，所以，又，所以（2）根据余弦定理可知，所以，即，又的面积为，所以，解得，所以，解得，所以的周长为20（1）；（2）最小值是.【分析】（1）当时，求导，利用导数的几何意义，可求得切斜斜率k，代入点斜式方程，即可得答案.（2）由题意可得在上恒成立，令，利用导数，求得的单调性和最值，综合分析，即可得答案.【详解】解：（1）当时，则，切线
14、的斜率为，又，所求切线的方程为，即为.（2）当时，整理可得，令，则令，则，由，解得，当时，函数单调递减，在区间上存在一个零点，此时，即，当时，则，函数单调递增，当时，即，函数单调递减，有极大值，即最大值为，则，正整数的最小值是.【点睛】解题的关键是熟练掌握导数的几何意义、利用导数求函数单调区间、极最值的方法，并灵活应用，难点在于，需将，转化为在上恒成立问题，再合理构造函数求解，属中档题.21（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）先分段讨论去绝对值，解不等式，再求并集即可；（2）先利用绝对值不等式求得，再妙用“1”进行代换，利用基本不等式求得即可.【详解】解：（1）当时，则，所以，当时，则，所以，当时，则，所以，综上：不等式的解集为；（2）由绝对值不等式的性质可得，因为，且，所以，当且仅当，时，等号成立.故.22（1）：，：；（2）.【分析】（1）利用两角差的余弦可得，从而可得的普通方程，利用同角的三角函数的基本关系式可得曲线的普通方程.（2）利用直线方程中参数的几何意义可求.【详解】（1），的普通方程为，由可得，故的普通方程为.（2）的参数方程为（为参数），将曲线的参数方程代入的普通方程，整理得，令，由韦达定理得，则有.【点睛】方法点睛：直线的参数方程有很多种，如果直线的参数方程为（其中为参数），注意表示直线上的点到的距离，我们常利用这个几何意义计算直线上线段的长度和、差、积等
