精品解析：上海市闵行区六校期末联考2023-2024学年高一下学期6月期末考试数学试题

2023学年第二学期高一年级期末考试 数学试卷 考生注意： 1．本场考试时间120分钟，满分150分． 2．作答前，考生在答题纸正面填写学校、姓名、考生号，粘贴考生本人条形码. 3．所有作答务必填涂或书写在答题纸上与试卷题号对应的区域，不得错位.在草稿纸、试卷上作答一律不得分． 4．用28铅笔作答选择题，用黑色笔迹钢笔、水笔或圆珠笔作答非选择题． 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1∼6题每题4分，第7∼12题每题5分）考生应在答题纸的相应位置直接填写结果. 1. 是第_____________象限角， 【答案】三 【解析】 【分析】利用终边相同角的概念可知，与的终边相同可得结论. 【详解】易知，因此与的终边相同， 因为在第三象限，所以是第三象限角. 故答案为：三 2. 函数的最小正周期是___________． 【答案】 【解析】 【详解】的最小正周期是， 故答案为： 3. 已知扇形的半径长为5cm，圆心角是2rad，则扇形的弧长是______cm． 【答案】10 【解析】 【分析】根据弧长的定义求解即可. 【详解】由题意，弧长是cm. 故答案为：10 4. 已知点，，若，则点的坐标是______． 【答案】 【解析】 【分析】设，表示出、，再根据向量相等得到方程组，解得即可. 【详解】设，则，， 因为，所以，即，解得， 所以 故答案为： 5. 已知无穷数列满足，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】依题意可得，即可得到是以为首项，为公比的等比数列，设的前项和为，根据等比数列求和公式求出，再取极限即可. 【详解】因为，，即， 所以是以为首项，为公比的等比数列，所以， 设的前项和为，则， 所以. 故答案为： 6. 若，则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据可求出，从而求出，再根据即可求解. 【详解】， ， ， ， ， ， . 故答案为：. 7. 已知等差数列，若，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据等差数列的性质对式子进行化简，利用特殊角的正弦值得出结果； 【详解】因为等差数列，，， 则. 8. 已知，，则向量在向量方向上的投影向量为_________. 【答案】 【解析】 【分析】利用在方向上的投影向量公式即可得到答案. 【详解】向量在向量方向上的投影， 即. 故答案为：. 9. 已知,且关于的方程有实数根，则与的夹角的取值范围是 ______. 【答案】 【解析】 【分析】先由得出，再根据即可求出与的夹角的取值范围. 【详解】因为关于的方程有实数根，所以，即，设与的夹角为，所以，因为，所以，即与的夹角的取值范围是 【点睛】本题主要考查平面向量的夹角公式的应用等，属基础题. 10. 若复数，满足．且（i为虚数单位），则______． 【答案】 【解析】 【分析】令，，根据复数的相等可求得，代入复数模长的公式中即可得到结果. 【详解】设，， ， ，又，所以，， ， ， . 故答案为：. 11. 已知函数，将图像上所有点横坐标伸长到原来的2倍，而纵坐标保持不变，得到函数的部分图像如图所示，若，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】设点的坐标，然后通过向量的坐标运算公式求出周期，进而求出。 【详解】设，其中为的最小正周期， 根据得：，解得， 因为是由图像上的点横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标保持不变， 所以的解析式为，故，即。 故答案为： 12. 已知关于的方程有四个互不相等的根，若这四个根在复平面上对应的点共圆，则的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】解出方程，设其对应的点、，对于方程，讨论其，进一步分析计算即可. 【详解】因为，即，解得， 设所对应的两点分别为、，则、， 设的解所对应的两点分别为、，记为，， 当，即，解得，即时， 因为、关于轴对称，且，关于轴对称， 当，，，四点共线时，，不合题意， 除此种情况，以、、、为顶点的四边形为矩形或等腰梯形，所以、、、四点共圆； 当，即或时， 此时，，且，， 故此圆的圆心为，半径， 又圆心到的距离， 解得， 综上可得. 故答案为：. 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13、14题每题4分，第15、16题每题5分）每题有且只有一个正确答案，考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑． 13. 已知等差数列，，……，则该数列的前n项和（ ） A. 无最大值，有最小值 B. 有最大值，无最小值 C. 有最大值，有最小值 D. 无最大值，无最小值 【答案】A 【解析】 【分析】根据通项首项为负，公差为正判断即可. 【详解】易得该等差数列首项为负，公差为正， 故该数列的前n项和， 故当或时取得最小值，无最大值. 故选：A 14. 用数学归纳法证明时，由到时，不等式左边应添加的项是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分别写出不等式在n＝k，n＝k+1时的式子，两式相减，即可得到所求结论． 【详解】当n＝k时，有不等式， 当n＝k+1时，不等式为， 将上面两式的左边相减可得，由n＝k到n＝k+1时，不等式左边应添加的项是. 故选：D 【点睛】本题考查数学归纳法的运用，考查由n＝k到n＝k+1时，不等式的左边的变化，考查运算能力，属于基础题． 15. 对于函数，给出下列结论： ①函数的图象关于点对称； ②函数对称轴是，； ③若函数是偶函数，则的最小值为； ④函数在的值域为， 其中正确的命题个数是（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】利用三角恒等变换公式将函数化简，再根据正弦函数的性质一一判断即可. 【详解】因为 ， 因为，所以函数的图象关于点对称，故①正确； 令，解得， 所以函数的对称轴是，，故②正确； 因为为偶函数， 所以，解得， 所以的最小值为，故③正确； 当，则，当， 即时，故④错误. 故选：D 16. 中国文化中的太极八卦图蕴含了现代哲学中的矛盾对立统一规律，如图1是八卦模型图，其平面图形记为图2中的正八边形，其中，若点P是其内部任意一点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据向量模长可得，到的距离，再根据平面向量数量积的运算，结合平面向量数量积的几何意义求解即可. 【详解】由八卦图的对称性可得， 故 . 设到的距离为，则， 解得. 又 . 又即在上的投影， 其最大值为， 最小值为. 故， 即. 故选： C 三、解答题（本大题满分78分）本大题共有5题，解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤. 17. 已知，，． （1）求； （2）若，求实数k的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先求出，再根据及数量积的运算律计算可得； （2）依题意可得，根据数量积运算律计算可得. 【小问1详解】 因为，，， 所以， 所以 . 【小问2详解】 因为， 所以，即， 即，解得. 18. 设复数，． （1）若在复平面上所对应的点在第一象限，求a的取值范围； （2）若为纯虚数，求． 【答案】（1） （2）4. 【解析】 【分析】（1）根据共轭复数的定义，并计算，由在复平面上对应的点在第一象限即可求解； （2）根据为纯虚数得，即可得. 【小问1详解】 由题意可知，因为， 所以， 所以， 又因为在复平面上对应的点在第一象限， 所以， 解得. 所以实数的取值范围为. 【小问2详解】 因为为纯虚数， 所以，即， 所以， 故. 19. 如图，某快递小哥从A地出发，沿小路以平均时速20km/h，送快件到C处，已知，，，，． （1）求的面积． （2）快递小哥出发25分钟后，公司发现快件有重大问题，由于通讯不畅，公司只能派车沿大路追赶，若汽车平均时速50km/h，问汽车能否先到达C处？ 【答案】（1） （2）汽车先到达C处，理由见解析 【解析】 【分析】（1）由余弦定理求出，利用三角形面积公式求出答案； （2）由正弦定理求出，得到汽车所需时间，由余弦定理求出，进而得到快递小哥出发25分钟的路程和剩余时间，作差比较后得到结论. 【小问1详解】 因为，，， 由余弦定理得， 即，故， 解得，负值舍去， 故 【小问2详解】 在中，由正弦定理得， 又，故， 因为，所以， ， 故汽车所需时间为h， 因为，由余弦定理得 ， 故， 故， 快递小哥出发25分钟，骑行路程为， 剩余路程为，到达C处所需时间为， 其中， 故，所以汽车先到达C处. 20. 已知，，记 （1）求函数的值域； （2）求函数，的单调减区间； （3）若，恰有2个零点，求实数的取值范围和的值． 【答案】（1） （2） （3）， 【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式及两角差的正弦公式化简，再结合正弦函数的值域计算可得；（2）利用二倍角公式及两角差的正弦公式化简，再结合正弦函数的单调性计算可得；（3）化简函数，根据恰有2个零点，求出实数的取值范围；再根据对称性求出的值. 【小问1详解】 由题意可知， 则函数函数的值域为 【小问2详解】 由 因为，所以，令，解得， 函数，的单调减区间 【小问3详解】 因为，所以， 根据条件在恰有2个零点，则有两个根， 即有两个根，则，解得 实数的取值范围 根据函数在恰有2个零点，即有两个根， 因为，令，解得，所以关于对称， 则． 21. 已知数列，若为等比数列，则称具有性质P. （1）若数列具有性质P，且，，求的值； （2）若，求证：数列具有性质P； （3）设，数列具有性质P，其中，，，若，求正整数m的取值范围. 【答案】（1） （2）见解析 （3）且 【解析】 【分析】（1）由题意建立等比数列，根据等比中项的性质，可得答案； （2）由题意结合等比数列的定义，可得答案； （3）根据求和公式求得数列的通项公式，结合等比数列的定义，可得数列的递推公式，利用辅助数法，可得其通项公式，可得答案. 【小问1详解】 由题意可知成等比数列. 则 即，，解得. 【小问2详解】 证明：； . ，， 数列是以6为首项，以2为公比等比数列故数列具有性质. 【小问3详解】 设数列的前项和为，则 当时，； 当时，； 经检验，. 由，解得， 则 由数列具有性质，则为等比数列， ，故数列为以2为首项以2为公比的等比数列， 则，于是， 即,由. 则数列是以为首项，以为公比的等比数列， 故，则. ，化简可得. ①若为偶数，则，即； ②若为奇数，则，即； 综上可得，的取值范围是且. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023学年第二学期高一年级期末考试 数学试卷 考生注意： 1．本场考试时间120分钟，满分150分． 2．作答前，考生在答题纸正面填写学校、姓名、考生号，粘贴考生本人条形码. 3．所有作答务必填涂或书写在答题纸上与试卷题号对应的区域，不得错位.在草稿纸、试卷上作答一律不得分． 4．用28铅笔作答选择题，用黑色笔迹钢笔、水笔或圆珠笔作答非选择题． 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1∼6题每题4分，第7∼12题每题5分）考生应在答题纸的相应位置直接填写结果. 1. 第_____________象限角， 2. 函数的最小正周期是___________． 3. 已知扇形的半径长为5cm，圆心角是2rad，则扇形的弧长是______cm． 4. 已知点，，若，则点的坐标是______． 5. 已知无穷数列满足，，则______． 6. 若，则__________. 7. 已知等差数列，若，则______． 8. 已知，，则向量在向量方向上的投影向量为_________. 9. 已知,且关于的方程有实数根，则与的夹角的取值范围是 ______. 10. 若复数，满足．且（i为虚数单位），则______． 11. 已知函数，将图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，而纵坐标保持不变，得到函数的部分图像如图所示，若，则______． 12. 已知关于的方程有四个互不相等的根，若这四个根在复平面上对应的点共圆，则的取值范围是______． 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13、14题每题4分，第15、16题每题5分）每题有且只有一个正确答案，考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑． 13. 已知等差数列，，……，则该数列前n项和（ ） A. 无最大值，有最小值 B. 有最大值，无最小值 C. 有最大值，有最小值 D. 无最大值，无最小值 14. 用数学归纳法证明时，由到时，不等式左边应添加的项是（ ） A. B. C. D. 15 对于函数，给出下列结论： ①函数的图象关于点对称； ②函数的对称轴是，； ③若函数是偶函数，则的最小值为； ④函数在的值域为， 其中正确的命题个数是（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 16. 中国文化中太极八卦图蕴含了现代哲学中的矛盾对立统一规律，如图1是八卦模型图，其平面图形记为图2中的正八边形，其中，若点P是其内部任意一点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 三、解答题（本大题满分78分）本大题共有5题，解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤. 17. 已知，，． （1）求； （2）若，求实数k的值． 18. 设复数，． （1）若在复平面上所对应的点在第一象限，求a的取值范围； （2）若为纯虚数，求． 19. 如图，某快递小哥从A地出发，沿小路以平均时速20km/h，送快件到C处，已知，，，，． （1）求的面积． （2）快递小哥出发25分钟后，公司发现快件有重大问题，由于通讯不畅，公司只能派车沿大路追赶，若汽车平均时速50km/h，问汽车能否先到达C处？ 20. 已知，，记 （1）求函数的值域； （2）求函数，的单调减区间； （3）若，恰有2个零点，求实数的取值范围和的值． 21. 已知数列，若为等比数列，则称具有性质P. （1）若数列具有性质P，且，，求值； （2）若，求证：数列具有性质P； （3）设，数列具有性质P，其中，，，若，求正整数m的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$