四川省达州市2021-2022学年高一数学理科下学期期末监测试题（Word版附解析）

达州市2022年普通高中一年级春季期末监测数学试题（理科）一､选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用交集的定义直接求解即可【详解】因为，，所以，故选：D2.三个实数，，的大小关系是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据正弦函数，余弦函数和对数函数的性质确定，，的范围，由此比较它们的大小.【详解】因为，，又函数，在单调递减，所以，，又函数在上单调递增，所以，所以， 故选：C.3.在等差数列中，，则前17项的和（）A.17B.27C.34D.51【答案】D【解析】【分析】根据等差数列前n项和公式，即可求解.【详解】解：，故选：D.4.已知在中，，，，则的面积为（）A.3B.C.6D.【答案】B【解析】【分析】首先求出，再根据面积公式计算可得；【详解】解：因为，A为三角内角，所以，所以；故选：B5.直线恒过定点（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】将直线变形为，则且，即可求出定点【详解】将变形为：，令且，解得，故直线恒过定点 故选：A6.已知实数x，y满足，则的最小值是（）A.2B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据约束条件画出可行域，根据目标函数的几何意义即可求解最小值.【详解】根据约束条件，画出可行域（如图），可看成可行域内的点与定点的距离，由图可知：当过点的直线与垂直时，距离最小，此时最小距离为：.故选：B7.若向量，且与的夹角是锐角，则实数x的取值范围是（）A.B.C.D. 【答案】D【解析】【分析】由与的夹角是锐角可得，再排除与共线的情况即可得答案.【详解】解：因为与的夹角是锐角，所以且与不共线，即：，解得且.故选：D.8.函数的图像大致是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用排除法求解，先判断函数的奇偶性，再利用函数的变化情况判断即可【详解】定义域为，因为，所以函数为奇函数，所以排除AB，当时，，则，因为当时，，所以当时，，所以排除D， 故选：C9.已知，，过点且斜率为的直线l与线段AB有公共点，则的取值范围是（）A.B.CD.【答案】D【解析】【分析】画出图形，由图可知，或，从而可求得答案【详解】因为过点且斜率为的直线l与线段AB有公共点，所以由图可知，或，因为或，所以或，故选：D10.函数的部分图象如图，的最小正零点是，要得到函数的图象，可将函数的图象（） A.向左平移个单位B.向左平移个单位C.向右平移个单位D.向右平移个单位【答案】B【解析】【分析】由图象可得，点的图象上可得，从而得到的解析式，根据图象的平移规律可得答案.【详解】由图象可得，点的图象上，所以，因为，所以，所以，将函数的图象向左平移个单位可得的图象.故选：B.11.定义在R上的偶函数在上单调递增，且，则的解集是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由偶函数的性质可得，函数在在上单调递减，结合函数性质解不等式即可. 【详解】因为为的偶函数，又，在上单调递增，所以，函数在在上单调递减，所以当时，，，当时，，，当时，，，当时，，，又当或或时，，所以的解集为，故选：A.12.如图，一束光线从扇形OAB的弧上的C点出发，经该扇形半径两次反射用时后第一次回到C点.已知，如果光源C沿顺时针移动后到达点，那么光线从出发再经该扇形半径两次反射后第一次回到所用的时间为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】作出辅助线，得到圆弧上任意一点C经过该扇形半径两次反射后回到原来C点，光线所走的距离长度为定值，从而得到正确答案.【详解】设扇形的半径为R，圆弧上任意一点C经过该扇形半径两次反射后回到原来C点，光线所走的距离长度为定值，理由如下： 过点C作CE垂直OA，垂足为M，且CM=ME，过点C作CD⊥OB于点N，且CN=DN，连接OE，OD，DE，则OD=OE=R，且，则∠DOE=60°×2=120°，故，因为点C具有任意性，所以光线从出发再经该扇形半径两次反射后第一次回到所用的时间也是，故选：C二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.直线的倾斜角为______．【答案】【解析】【分析】由直线方程求直线的斜率，再由倾斜角与斜率的关系求其倾斜角.【详解】直线的斜率为1，设直线的倾斜角为，则，所以，故答案为：.14.在直角坐标系中，若、、，则的最小值是______．【答案】 【解析】【分析】作点关于轴的对称点，由对称性可得，再利用当点为线段与轴的交点时，取最小值可得结果.【详解】由题意可知，点在轴上，点关于轴的对称点为，由对称性可得，所以，，当且仅当点为线段与轴的交点时，等号成立，故的最小值为.故答案为：.15.在数列中，，，则___________.【答案】42【解析】【分析】根据递推关系及所给条件，逐一求出，即可得答案.【详解】由题意得，又，所以，，所以，，所以，，所以，，所以.故答案为：4216.如图，已知O是边长为6的正方形ABCD的中心，质点从点A出发沿A→D→C→B 方向，同时质点也从点A出发沿A→B→C→D方向在该正方形上运动，直至它们首次相遇止.若质点的速度为2，质点的速度为1，则的最小值为___________.【答案】##【解析】【分析】建立平面直角坐标系，表达出各点坐标，分，与，求出的表达式，从而求出最小值.【详解】以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，则，，解得：，所以，当时，，则，当时，取得最小值，最小值为；当时，，则，当时，取得最小值，最小值为；当时，，则 ，当时，取得最小值，最小值为0，综上：故最小值为.故答案为：三､解答题：共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17.已知直线l经过点．（1）若点在直线l上，求直线l的方程；（2）若直线l与直线垂直，求直线l的方程．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据两点坐标可求直线的斜率，进而根据点斜式求方程.（2）根据两直线垂直斜率之间的关系，可求的斜率，然后根据点斜式求方程即可.小问1详解】直线l经过点和点，直线l的斜率k＝3，直线l的方程为（或）；【小问2详解】因为直线l与直线垂直，设直线l的方程为， 因为直线l过点，所以，解得．所以直线l的方程为18.已知向量，，函数．（1）求的最小正周期；（2）当时，求的零点和单调递增区间．【答案】（1）（2）零点为和；单调递增区间为，【解析】【分析】（1）根据向量数量积的坐标运算以及二倍角公式，辅助角公式，将化简为，利用周期公式即可求解.（2）将零点转化为方程的根即可求解，根据整体法代入正弦函数的单调递增区间中即可求解.【小问1详解】由向量，，函数得．所以的最小正周期为．【小问2详解】令，∴，，解得，，∵，所以的零点为和．令，，得，．又，所以的单调递增区间为，． 19.（1）已知，求的最小值；（2）已知，且，证明：．【答案】（1）8；（2）证明见解析．【解析】【分析】(1)可化为，再由基本不等式求其最值；(2)由条件可得，结合基本不等式完成证明.【详解】解：（1）因，所以，则，当且仅当，即时，等号成立．所以最小值8．（2）因为，得．则．所以成立，当且仅当，时等号成立，所以.20.在中，角所对的边长分别为，且．（1）求角C的大小；（2）若，c＝4，求的周长．【答案】（1）（2） 【解析】【分析】（1）根据正弦定理可将已知条件化为，即，进而可求出的值，即可得角C的大小；（2）由已知可得，即可得，由可得的值，即可得周长.【小问1详解】解：∵，由正弦定理得，∴，即．由余弦定理得．∵，∴．【小问2详解】解∵，c＝4，，∴由正弦定理得：，∵，∴．∴，∴，即的周长为．法二：∵，由正弦定理得，又由，c＝4，则，∴， 即的周长为．21.已知正项等比数列中，，.（1）求数列的通项公式；（2）记，求数列的前n项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设正项等比数列的公比为，根据，，利用等比数列通项公式的基本运算求解；（2）由得，利用错位相减法求解.【小问1详解】解：设正项等比数列的公比为，因为，，所以，.解得，，所以.【小问2详解】由得，所以，……①，……②①-②得，∴， 所以.22.在中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，，函数在区间上有9个零点.（1）求a，b的值；（2）若，求c的取值范围.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）换元后得到有两个不等实根，结合两根之积为负得到，对两根范围进行分类讨论，得到，，即，是满足要求，根据零点个数得到，；（2）根据第一问求出的，，利用余弦定理得到c的取值范围.【小问1详解】设，则.由得，①，，∴方程①有两个不相等的实数根，分别设为，，∴，不妨假定当时，，方程在区间上解的个数之和是偶数，不合题意，舍去.同理不合题意，舍去.当时，方程与方程在区间上解的个数之和是偶数，不合题意，舍去.当时，，即时，， 根据曲线得，方程与在区间上解的个数之和为9，则.当时，，即时，，根据曲线得，方程与在区间上解的个数之和是偶数，不合题意，舍去.所以，此时，解得:.小问2详解】∵，，，∴在中，由余弦定理得，解得:.由于，