黑龙江省哈尔滨市延寿县第二中学2021-2022学年高三上学期期中考试数学（理）【试卷+答案】

延寿二中2021～2022学年度上学期 期中考试

高三数学（理）试题

姓名：___________  班级：___________  考号：___________

一、单选题

1．已知集合，，记集合，，则（    ）

A． B． C． D．

2．命题“对，都有”的否定为（    ）

A．对，都有 B．对，都有

C．，使得 D．，使得

3．复数,则在复平面内，z对应的点的坐标是（    ）

A． B． C． D．

4．若一扇形的圆心角为2，圆心角所对的弦长为2，则此扇形的面积为（    ）

A．2 B．1 C． D．

5．已知，若，则的值为(    ).

A． B． C． D．

6．在中，角的对边分别为，已知则此三角形一定是（    ）

A．等腰三角形 B．等边三角形

C．直角三角形 D．锐角三角形

7．定积分（    ）

A．3 B．4 C．5 D．6

8．已知平面向量，，且∥， 则的值为（    ）

A． B． C．1 D．

9．已知向量，且，则(    )

A．2 B．1 C．-2 D．4

10．已知函数恰有一个零点，则该零点所在的区间是（    ）

A． B． C． D．

11．若函数在区间上是增函数，则实数a的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

12．如果函数的定义域为，且值域为，则称为“函数”.已知函数是“函数”，则的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

二、填空题

13．函数的导函数为______．

14．已知向量，，若，则___________.

15．若幂函数的图象过点，则的值为______.

16．函数的图象在点处的切线方程为___________.

三、解答题

17．已知点A（﹣2，4），B（3，﹣1），C（m，﹣4），其中m∈R．

（1）当m＝﹣3时，求向量与夹角的余弦值；

（2）若A，B，C三点构成以A为直角顶点的直角三角形，求m的值．

18．已知，，其中， ，且函数的最小正周期为.

（1）求函数的解析式；

（2）若将的图象上的所有点向右平移个单位，得到函数的图象，求函数的单调递增区间

19．已知极坐标系的极点在直角坐标系的原点处，极轴与轴的正半轴重合，直线的极坐标方程为，曲线的参数方程是（是参数）．

（1）求直线的直角坐标方程及曲线的普通方程；

（2）求曲线上的点到直线的距离的最大值．

20．函数（，，）的一段图象如图所示.

（1）求函数的解析式；

（2）将函数的图象向右平移个单位，得到的图象，求函数的单调递增区间.

21．已知在△中，角，，的对边分别为，，.若，.

（1）求；

（2）若△的面积为，求.

22．已知函数．

（1）当时，求函数的单调区间；

（2）若函数存在一个极大值点和一个极小值，则是否存在实数，使得成立？若成立，求出的值；若不成立，请说明理由．

参考答案

1．A

【分析】

根据题意，分别求出集合和，在一一判断即可.

【详解】

由题意，，，故，，，.

故选：A.

2．C

【分析】

利用含有一个量词的命题的否定的定义求解.

【详解】

全称命题的否定是特称命题，

命题“对，都有”的否定为：，使得；

故选：C

3．D

【分析】

根据题意，求出复数的实部与虚部，即可求解.

【详解】

由题意得，，因此z对应的点的坐标为.

故选：D.

4．C

【分析】

利用扇形的面积公式即可求解.

【详解】

因为扇形的圆心角为2，圆心角所对的弦长为2，

故扇形所在圆的半径，

扇形的面积为，

故选：C．

5．A

【分析】

利用平方关系和商数关系求解.

【详解】

由，，解得，又，所以，所以.

故选：A.

6．A

【分析】

利用余弦定理化简可得出.

【详解】

因为由余弦定理可得，

整理得，即，，

所以此三角形一定是等腰三角形.

故选：A.

7．C

【分析】

利用微积分基本定理即可求解.

【详解】

.

故选：C

8．B

【分析】

直接根据平面向量共线的坐标表示得到方程，解得即可；

【详解】

解：因为，，且

所以，解得

故选：B

9．B

【分析】

利用向量垂直的坐标运算公式进行计算.

【详解】

∵，，

∴，

∵

∴．

∴．

故选：B．

10．C

【分析】

根据零点的存在性定理求出区间端点的函数值的符号即可得解.

【详解】

解：，，，，

所以该零点所在的区间是.

故选：C.

11．D

【分析】

结合二次函数的对称轴，列式求实数的取值范围.

【详解】

由题意，得函数的图象的对称轴为直线．∵函数在区间上是增函数，∴，解得，∴实数a的取值范围是．

故选:D．

12．D

【分析】

根据函数的新定义得到且，结合函数和二次函数的性质，列出不等式，即可求解.

【详解】

由题意，函数的定义域为，且值域为，

即函数的最小值，最大值为，

又由函数，

当时，可得，

要是函数满足新定义，则满足，即，所以，

所以实数的取值范围是.

故选：D.

13．

【分析】

先化简，再求导即可.

【详解】

因为，

所以.

故答案为：.

14．

【分析】

由得到解出，利用向量坐标运算计算，再求模.

【详解】

由题意，，解得，

则，.

故答案为：.

15．

【分析】

代入点可求出解析式，即可求出答案.

【详解】

设，把点代入得：，解得：，

.

故答案为：.

16．

【分析】

利用导数的几何意义可求得切线斜率，结合切点坐标可得切线方程.

【详解】

由题意得：，则，又，

切线方程为，即.

故答案为：.

17．（1） ；（2）．

【分析】

（1）求出向量，的坐标，运用向量的夹角公式，计算即可得到；

（2）运用向量垂直的条件，即为数量积为0，计算即可得到m．

【详解】

解：（1）点A（﹣2，4），B（3，﹣1），C（﹣3，﹣4），

则，，，

则向量与夹角的余弦值为；

（2）A，B，C三点构成以A为直角顶点的直角三角形，

则有⊥，由于，，

则，解得．

18．（1）；（2）.

【分析】

（1）根据平面向量数量积的坐标表示及三角恒等变换化简函数，再根据函数的周期求出的值，即可求出函数解析式；

（2）根据三角函数的变换规则求出的解析式，再根据正弦函数的性质计算可得；

【详解】

解：（1）因为，

所以

最小正周期为，，，，

的解析式为.

（2）将图象上的所有点向右平移个单位得到的图象，

令，，

的单调递增区间是.

19．

（1）；

（2）

【分析】

（1）根据极坐标和直角坐标的转换公式，，即可求出直线的直角坐标方程，将曲线的参数的参数方程转化为，再根据即可求出结果.

（2）由（1）得曲线是以为圆心，1为半径的圆，求出圆心到直线的距离，可知直线与曲线相交，再根据圆的性质，即可求出结果．

（1）

解：因为，所以，即，

将，代入，得直线的直角坐标方程是．

由得

所以曲线的普通方程是．

（2）

解：由（1）得曲线是以为圆心，1为半径的圆，又圆心到直线的距离，所以直线与曲线相交，故曲线上的点到直线的距离的最大值为．

20．（1）；（2）.

【分析】

（1）由函数的图象得到，求得，得出，再由图象点，求得，求得，即可求解；

（2）根据三角函数的图象变换，求得，结合三角函数的性质，即可求解.

【详解】

（1）由函数的图象，可得，可得，

因为，所以，所以，

又因为图象点，可得，

解得，可得，

因为，所以，

所以函数的解析式为.

（2）将的图象向右平移个单位得到的图象，

可得

令，可得，

所以的单调递增区间是.

21．（1）；（2）.

【分析】

（1）由正弦定理可得，由三角形内角的性质有，进而求得角B的正切值，即可得的大小；

（2）由三角形面积公式列方程求，再由余弦定理求.

【详解】

（1）∵，，

∴，由正弦定理得：，又，

∴，又，则.

（2）由△的面积为，可得，故，

由余弦定理可得，

∴.

22．

（1）的单调递增区间为和，单调递减区间为；

（2）不存在实数，使得成立．

【分析】

（1）先求导，令求出增区间，令求出减区间；

（2）求导分析可得方程有两个不等实根，求出的取值范围，再根据解出的值，即可求解.

（1）

解：当时，，，

令，解得或，

当时，，当时，，

所以函数的单调递增区间为和，单调递减区间为；

（2）

解：，

因为函数有两个不同的极值点，即有两个不同的零点，

则方程有两个不等实根，

一方面，解得，此时，

不妨设，则随着变化时，和的变化情况如下表：

所以是函数的极大值点，是函数的极小值点，即是极大值，是极小值．

另一方面，．

因为

，

所以，不满足，

故不存在实数，使得成立．