精品解析：上海市金山中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷

金山中学2023学年第二学期高一年级 数学期末2024.06 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） 1. 已知集合，则__________. 2. 若扇形的弧长和半径都是3，则扇形的面积为______. 3. 计算_____________． 4. 设，则函数最小值为_____ 5. 设，，且，则__________． 6. 设 是虚数单位，复数为纯虚数，则实数为________________ 7. 数列是等比数列，和是方程的两根，则__________. 8. 已知函数在时取得最大值，则__________. 9. 已知、满足，在方向上的数量投影为，则的最小值为______． 10. 设为锐角，且，则__________. 11. 为了研究问题方便，有时候余弦公式会写成：，利用这个结构解决如下问题：如果三个正实数满足：，，则__________. 12. 已知平面向量、是不共线的单位向量，记、的夹角为，若平面向量满足，且对于任意的正实数，恒成立，则的最大值为___________. 二､选择题（本大题共有4题，满分18分，13-14题每题4分，15-16题每题5分） 13. “”是“为第三、四象限角” A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 14. 下列命题为假命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若且，则 D. 若且，则 15. 设的内角、、的对边长分别为、、，且，则的值（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 以上都不对 16. 已知，下列结论错误的个数是（ ） ①若，且的最小值为，则；②存在，使得的图像向右平移个单位长度后得到的图像关于轴对称；③若在上恰有7个零点，则的取值范围是；④若在上单调递增，则的取值范围是. A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 三､解答题（本大题共有5题，满分78分）解答下列各题必须写出必要的步骤. 17. 已知集合. （1）求集合； （2）求函数的值域. 18. 已知是关于的方程的两个虚根，为虚数单位. （1）当时，求实数值. （2）当，且，求实数的值. 19. 设是公比大于1等比数列，为数列的前项和.已知，且､构成等差数列，令. （1）求数列的通项公式； （2）令，求数列的前项和. 20. 已知函数（，，）的图象如图所示． （1）求函数的单调递减区间； （2）将函数的图象向右平移个单位长度得到曲线C，把C上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到的曲线对应的函数记作． ①求函数的最小值； ②若函数在内恰有6个零点，求m的值． 21. 已知，向量，，、、是坐标平面上的三点，使得，． （1）若，坐标为，求； （2）若，，求的最大值； （3）若存在，使得当时，△为等边三角形，求的所有可能值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 金山中学2023学年第二学期高一年级 数学期末2024.06 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） 1. 已知集合，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意结合交集运算求解即可. 【详解】因为， 所以. 故答案为：. 2. 若扇形的弧长和半径都是3，则扇形的面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】直接代入扇形面积公式进行求解. 【详解】由扇形面积公式可得：. 故答案为： 3. 计算_____________． 【答案】2 【解析】 【分析】根据无穷等比数列的求和公式直接即可求出答案. 【详解】. 故答案为：2. 4. 设，则函数最小值为_____ 【答案】8 【解析】 【分析】 将解析式变形，再利用基本不等式即可得出． 【详解】， 函数，当且仅当时取等号． 因此函数的最小值为8． 故选：． 【点睛】本题查主要基本不等式的应用，解题过程注意等号成立的条件，属于基础题． 5. 设，，且，则__________． 【答案】0 【解析】 【分析】 根据平面向量共线定理可以得到等式，用二倍角的正弦公式以及特殊角的三角函数，求出的值，最后计算出它的余弦值即可. 【详解】因为，所以， 因此. 故答案为：0 【点睛】本题考查了两个平面向量共线定理，考查了二倍角的正弦公式，考查了特殊角的三角函数值，考查了数学运算能力. 6. 设 是虚数单位，复数为纯虚数，则实数为________________ 【答案】2 【解析】 【分析】把复数化为代数形式，再由复数的分类求解． 【详解】， 它为纯虚数，则且，解得． 故答案为：2． 7. 数列是等比数列，和是方程的两根，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】由韦达定理可知，结合等比中项的性质可求出. 【详解】在等比数列中，由题意知：， 所以， 所以， 所以由等比数列的性质可知， 即. 故答案为： . 8. 已知函数在时取得最大值，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】先利用辅助角公式求出所满足的关系，求出，再利用和角公式求解. 【详解】根据辅助角公式，可得，其中. 由函数在时取得最大值，可得，所以， 根据诱导公式，可得. 根据和角公式，可得. 故答案为： 9. 已知、满足，在方向上的数量投影为，则的最小值为______． 【答案】10 【解析】 【分析】根据数量投影定义，结合平面向量数量积的运算性质进行求解即可. 【详解】设、的夹角为，因为在方向上的数量投影为， 所以，因此，因此，所以， ， 因此有，因为， 所以当时，有最小值，最小值为， 故答案为：10 10. 设为锐角，且，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，两边平方再相加，结合同角基本关系式、和角的余弦公式求解. 【详解】根据题意，， 所以， 即， 两式相加，得， 所以. 故答案为： 11. 为了研究问题方便，有时候余弦公式会写成：，利用这个结构解决如下问题：如果三个正实数满足：，，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】设的角的对边分别为、、，在内取点，使得，设，，，利用余弦定理得出的三边长，由此计算出的面积，再利用可得出的值. 【详解】设的角的对边分别为、、， 在内取点，使得， 设，，， 由余弦定理得，， ，∴， ，∴， 则，即角B为直角，则， 由， 得， 即，所以. 故答案为：. 12. 已知平面向量、是不共线的单位向量，记、的夹角为，若平面向量满足，且对于任意的正实数，恒成立，则的最大值为___________. 【答案】 【解析】 【分析】 由已知可得出或对任意正实数恒成立，在对应的不等式两边平方，利用参变量分离法结合基本不等式可求得的取值范围，进而可求得结果. 【详解】且恒成立，则， 可得到或， ①若对任意正实数恒成立， 在不等式两边平方可得，所以， 由于，由基本不等式可得， 当且仅当时，等号成立，此时，； ②若对任意正实数恒成立， 在不等式两边同时平方可得，所以， 由于没有最大值，所以不恒成立. 综上所述，，即的最大值为. 故答案为：. 【点睛】思路点睛：由向量模的三角不等式可得出，利用绝对值不等式得出或，在求参数的最值或取值范围时，可利用参变量分离法结合基本不等式求解. 二､选择题（本大题共有4题，满分18分，13-14题每题4分，15-16题每题5分） 13. “”是“为第三、四象限角”的 A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【详解】由α为第三、四象限角,可得sinα<0.反之不成立,例如α=. 故选B. 14. 下列命题为假命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若且，则 D. 若且，则 【答案】A 【解析】 【分析】对于A：举例分析判断；对于BC：根据不等式的性质分析判断；对于D：根据不等式的性质结合作差法分析判断. 【详解】对于选项A：例如，则，故A为假命题； 对于选项B：若，则，即，故B为真命题； 对于选项C：若，则，可得， 因为，所以，故C为真命题； 对于选项D：因为，则， 又因为，则，可得，故D为真命题； 故选：A 15. 设的内角、、的对边长分别为、、，且，则的值（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 以上都不对 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦定理及三角形内角和关系，化简得，从而； 【详解】解：在中，由正弦定理及可得 即，则； 故选：B 16. 已知，下列结论错误的个数是（ ） ①若，且的最小值为，则；②存在，使得的图像向右平移个单位长度后得到的图像关于轴对称；③若在上恰有7个零点，则的取值范围是；④若在上单调递增，则的取值范围是. A 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】由二倍角公式将三角函数化简，然后由三角函数的性质逐项判断即可. 【详解】， 周期， ①由条件知，周期为，故①错误； ②函数图象右移个单位长度后得到的函数为， 其图象关于轴对称，则， 故对任意整数，故②错误； ③由条件，得，故③错误； ④由条件，得，又，故④正确. 故选：C. 三､解答题（本大题共有5题，满分78分）解答下列各题必须写出必要的步骤. 17. 已知集合. （1）求集合； （2）求函数的值域. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）根据对数函数的单调性得到且，由此求解出的取值范围，则集合可知； （2）采用换元法令，将函数变形为关于的二次函数，根据二次函数的对称轴以及开口方向确定出单调性并求解出最值，由此可求函数的值域. 【详解】（1）因为，且在上单调递增， 所以，所以，所以， 所以； （2）因为，所以， 令，所以，对称轴为且开口向上， 所以， 所以函数的值域为. 18. 已知是关于的方程的两个虚根，为虚数单位. （1）当时，求实数的值. （2）当，且，求实数的值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据实系数一元二次方程的根互为共轭复数及根与系数的关系求解； （2）由实系数的一元二次方程的求根公式化简求解即可. 【小问1详解】 因为是关于的方程的两个虚根， 所以当时，， 所以； 【小问2详解】 当时，，由求根公式可知，两根分别为， 所以， 所以，解得. 19. 设是公比大于1的等比数列，为数列的前项和.已知，且､构成等差数列，令. （1）求数列的通项公式； （2）令，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设数列的公比为q，由已知条件列方程组求和，可得数列的通项公式，再由得的通项公式； （2）由数列的通项，利用分组求和，结合等差数列和等比数列的前项和公式求. 【小问1详解】 设数列的公比为q，由已知， ， 则有，由，解得，所以； 由，得. 【小问2详解】 ， 所以 20. 已知函数（，，）的图象如图所示． （1）求函数的单调递减区间； （2）将函数的图象向右平移个单位长度得到曲线C，把C上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到的曲线对应的函数记作． ①求函数的最小值； ②若函数在内恰有6个零点，求m的值． 【答案】（1），；（2）①；②或． 【解析】 【分析】(1)根据所给图象求出函数的解析式，再列出关于x的不等式即可得解； (2)由(1)结合给定图象变换求出的解析式，再求出并作变形即可得解；求出并令，将转化为关于t的一元二次方程，按根所在区间讨论得解. 【详解】（1）观察图象得，最小正周期为T，，则， 而，则，，又，于是得， 所以， 由，，得，， 所以单调递减区间为，． （2）由题意得， ①， 当，即时取最小值-1， 所以的最小值为； ②依题意，， 令，可得，令，得， 由于，即方程必有两个不同的实数根，，且，， 由知、异号，不妨设，， 若，则，，无解，在内有四个零点，不符题意； 若，则，在内有2个零点，在内有4个零点，符合题意， 此时，得； 若，，在有4个零点，则在内应恰有2个零点， 必有，此时，，， 综上所述有或． 21. 已知，向量，，、、是坐标平面上的三点，使得，． （1）若，的坐标为，求； （2）若，，求的最大值； （3）若存在，使得当时，△为等边三角形，求的所有可能值． 【答案】（1）；（2）12；（3）． 【解析】 【分析】利用向量线性运算的坐标表示，（1）可得代入，即可求的坐标；（2）可得代入，即可求其的最值；（3）求、的坐标，进而可得、，结合题设有，应用三角恒等变换及三角函数的性质，可得、，由分类讨论的方式求的所有可能值． 【详解】（1）由题意，， ∴， ， ∴由，则、，故； （2）由题意，， ∴， ， ∴由，则、，即， ∴当时，的最大值为12； （3）， ， ∴，， ∵△为等边三角形， ∴， ∴， ， 整理得：且， ∴或， 综上， 当，时，或； 当，时，或； 所以的所有可能值为. 【点睛】关键点点睛：第三问，首先求出、的坐标，再由，结合三角恒等变换、三角函数性质求出的可能值，进而求对应值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$