广东省清远市淳溪中学2022年高一数学文上学期期末试卷含解析

广东省清远市淳溪中学2022年高一数学文上学期期末试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1.已知向量，则与的夹角为钝角时，的取值范围为（

）A. B. C.且 D.无法确定参考答案：C【分析】由夹角为钝角可得，解不等式可得的取值范围，去除夹角为平角的情况即可。【详解】与的夹角为钝角，即，解得：又当时，，且方向相反，此时向量的夹角为，不是钝角，故的取值范围为且，故答案选C【点睛】本题考查平面向量的夹角，涉及向量的共线，去掉夹角为平角是解决问题的关键，属于基础题。2.函数（其中，）的图象如图所示，为了得到图象，则只需将的图象

（

）

A.向右平移个长度单位

B.向左平移个长度单位C.向右平移个长度单位

D.向左平移个长度单位参考答案：B略3.已知直线过定点，且与以，为端点的线段（包含端点）有交点，则直线的斜率的取值范围是（）A． B． C． D．参考答案：4.在△中，若边长和内角满足，则角C的值是（

）（A）

（B）

或

（C）

（D）或

参考答案：C略5.平面和直线，给出条件：①；②；③；④；⑤.为使，应选择下面四个选项中的条件（

） A．①⑤ B．①④ C．②⑤ D．③⑤参考答案：B略6.若三个实数a，b，c成等比数列，其中，，则b＝（）A.2 B.－2 C.±2 D.4参考答案：C【分析】由实数a，b，c成等比数列，得,从而得解.【详解】由实数a，b，c成等比数列，得.所以.故选C.【点睛】本题主要考查了等比数列的基本性质，属于基础题.7.已知直线和平面，下列推论中错误的是（

）

A、

B、C、

D、

参考答案：D略8.设等差数列的前项和为，若,则=（

）

Ａ．36

Ｂ．24

C．16

D．8参考答案：选B.9.已知函数是定义在R上的奇函数，对任意的都有，当时，，则（）A.3 B.2 C.－2 D.－3参考答案：C【分析】根据可得函数周期为，从而将所求式子变为；利用函数的奇偶性的性质和在时的解析式即可求得结果.【详解】由得：即：是周期为的周期函数为上的奇函数

且本题正确选项：【点睛】本题考查利用抽象函数的周期性和奇偶性求解函数值的问题，关键是能够将自变量通过周期性和奇偶性转化为已知区间内的值，从而利用已知区间的解析式来进行求解.10.已知，符号表示不超过的最大整数，若关于的方程（为常数）有且仅有3个不等的实根，则的取值范围是A．

B.C．

D．参考答案：B二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.函数的图像与直线有且仅有两个不同的交点，则的取值范围是__________.参考答案：略12.已知点，，若圆上恰有两点，，使得和的面积均为，则的取值范围是

．参考答案：13.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinAsinB+sinBsinC+cos2B=1．若C=，则=． 参考答案：【考点】正弦定理的应用． 【分析】由条件利用二倍角公式可得sinAsinB+sinBsinC=2sin2B，再由正弦定理可得ab+bc=2b2，即a+c=2b，由此可得a，b，c成等差数列．通过C=，利用c=2b﹣a，由余弦定理可得（2b﹣a）2=a2+b2﹣2abcosC，化简可得5ab=3b2，由此可得的值． 【解答】解：在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c， ∵已知sinAsinB+sinBsinC+cos2B=1， ∴sinAsinB+sinBsinC=2sin2B． 再由正弦定理可得ab+bc=2b2，即a+c=2b，故a，b，c成等差数列． C=，由a，b，c成等差数列可得c=2b﹣a， 由余弦定理可得（2b﹣a）2=a2+b2﹣2abcosC=a2+b2+ab． 化简可得5ab=3b2，∴=． 故答案为：． 【点评】本题主要考查等差数列的定义和性质，二倍角公式、余弦定理的应用，属于中档题．14.设函数f（x）=lg（x2+ax﹣a﹣1），给出下述命题：①f（x）有最小值；②当a=0时，f（x）的值域为R；③若f（x）在区间[2，+∞）上单调递增，则实数a的取值范围是a≥﹣4；④a=1时，f（x）的定义域为（﹣1，0）；则其中正确的命题的序号是．参考答案：②【考点】对数函数的图象与性质．【分析】函数f（x）=lg（x2+ax﹣a﹣1），是一个对数型复合函数，外层是递增的对数函数，内层是一个二次函数．故可依据两函数的特征来对下面几个命题的正误进行判断【解答】解：①f（x）有最小值不一定正确，因为定义域不是实数集时，函数f（x）=lg（x2+ax﹣a﹣1）的值域是R，无最小值，题目中不能排除这种情况的出现，故①不对．②当a=0时，f（x）的值域为R是正确的，因为当a=0时，函数的定义域不是R，即内层函数的值域是（0，+∞）故（x）的值域为R故②正确．③若f（x）在区间[2，+∞）上单调递增，则实数a的取值范围是a≥﹣4．是不正确的，由f（x）在区间[2，+∞）上单调递增，可得内层函数的对称轴﹣≤2，可得a≥﹣4，由对数式有意义可得4+2a﹣a﹣1＞0，解得a＞﹣3，故由f（x）在区间[2，+∞）上单调递增，应得出a＞﹣3，故③不对；④a=1时，f（x）=lg（x2+x﹣2），令x2+x﹣2＞0，解得：x＞1或x＜﹣2，故函数的定义域是（﹣∞，﹣2）∪（1，+∞），故④不对；综上，②正确，故答案为：②．15.已知，则函数的最小值为

参考答案：16.设P是一个数集，且至少含有两个数，若对任意a、b∈P，都有a+b、a-b、ab、∈P（除数b≠0）则称P是一个数域，例如有理数集Q是数域，有下列命题：①数域必含有0，1两个数；②整数集是数域；③若有理数集QM,则数集M必为数域；④数域必为无限集。其中正确的命题的序号是

（把你认为正确的命题的序号都填上）.参考答案：①④17.已知向量，，若，则

.参考答案：3三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18.已知直线l的方程为．（1）求直线所过定点的坐标；（2）当时，求点关于直线l的对称点B的坐标；（3）为使直线l不过第四象限，求实数a的取值范围．参考答案：（1）(1,1)；（2）(0,1)；（3）[－2,0]【分析】（1）把直线化简为，所以直线过定点（1，1）；（2）设B点坐标为，利用轴对称的性质列方程可以解得；（3）把直线化简为，由直线不过第四象限，得，解出即可．【详解】（1）直线的方程化简为，点满足方程，故直线所过定点的坐标为．（2）当时，直线的方程为，设点的坐标为，列方程组解得：，，故点关于直线的对称点的坐标为，（3）把直线方程化简为，由直线不过第四象限，得，解得，即的取值范围是．【点睛】本题考查直线方程过定点，以及点关于直线对称的问题，直线斜截式方程的应用，属于基础题．19.已知两直线l1：3x+y+1=0，l2：x+y﹣1=0相交于一点P，（1）求交点P的坐标．（2）若直线l过点P且与直线l1垂直，求直线l的方程．参考答案：【考点】直线的一般式方程与直线的垂直关系．【专题】数形结合；转化思想；直线与圆．【分析】（1）联立，解得P即可得出．（2）由直线l与直线l1垂直，可设直线l的方程为：x﹣3y+m=0，把点P代入即可得出．【解答】解：（1）联立，解得P（﹣1，2）．（2）∵直线l与直线l1垂直，∴可设直线l的方程为：x﹣3y+m=0，把点P代入可得：﹣1﹣3×2+m=0，解得m=7．∴直线l的方程为：x﹣3y+7=0．【点评】本题考查了直线的交点求法、相互垂直的直线斜率之间的关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．20.（12分）平面上三个力、、作用于一点且处于平衡状态，||=1（N），||=（N），与的夹角为45°，将的起点放在原点，终点在x轴的正半轴，的终点放在第一象限内．（1）的大小；（2）求与的夹角大小．参考答案：考点： 平面向量数量积的运算；数量积表示两个向量的夹角．专题： 平面向量及应用．分析： （1）三个力平衡则三个力的和为，移项，利用向量模的平方等于向量的平方求出向量的大小．（2）利用三角形的余弦定理求出两个向量的夹角大小．解答： （1）如图，设力、的合力为，则|\overrightarrow{F}|=|\overrightarrow{{F}_{3}}|，∵∠F1OF2=45°，∴∠OF1F=135°．在△OF1F中，由余弦定理得=+﹣2||?||?cos135°=1+﹣2×1××（﹣）=4+2=，∴||=+1，即||=1+．（2）依题意，由正弦定理得sin∠F1OF==，∴∠F1OF=30°，从而与的夹角为150°．综上可得，的大小为（1+3）N，与的夹角为150°．点评： 本题考查向量模的性质：向量模的平方等于向量的平方、考查三角形的余弦定理，属于中档题．21.判断函数f（x）=x+（x＞0）的单调性，并运用单调性定义予以证明．参考答案：【考点】对勾函数；函数单调性的判断与证明．【分析】f（x）=x+在（0，1）上的单调递减，[1，+∞）上单调递增．运用单调性的定义证明，注意作差、变形、定符号和下结论几个步骤．【解答】解：f（x）=x+在（0，1）上的单调递减，[1，+∞）上单调递增．理由如下：设0＜m＜n，则f（m）﹣f（n）=（m+）﹣（n+）=（m﹣n）﹣（﹣）=（m﹣n）（1﹣），①0＜m＜n＜1，则m﹣n＜0，mn＜1，即mn﹣1＜0，则f（m）﹣f（n）＞0，即f（m）＞f（n）．则有f（x）=x+在（0，1）上的单调递减．②1≤m＜n，则m﹣n＜0，mn＞1，即mn﹣1＞0，则f（m）﹣f（n）＜0，即f（m）＜f（n）．则有f