精品解析：上海市曹杨第二中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷

上海市曹杨二中2023学年度第二学期 高一年级期终考试数学试卷 试卷共3页1张 考生注意： 1．答卷前，考生务必将姓名、班级、学号等在指定位置填写清楚． 2．本试卷共有21道试题，满分150分，考试时间120分钟．请考生用水笔或圆珠笔将答案直接写在试卷（或答题卷）上． 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. 函数最小正周期为_________． 2. 设，向量，．若，则_________． 3. 若复数是方程一个根，则_________． 4. 计算：______________ 5. 已知，是夹角为的两个单位向量，若向量在向量上的投影向量为，则_______. 6. 函数，的单调增区间为_________． 7. 在中，角、、的对边分别为、、．若是、的等比中项，则角的最大值为_________． 8. 已知，，则_________． 9. 已知是边长为6等边三角形，是的内切圆上一动点，则的最大值为_________． 10. 若，且，则_________． 11. 设，，．如图所示，函数的图象与坐标轴依次交于、、三点，直线交函数的图象于点．若，且坐标原点为的重心，则_________． 12. 已知各项均为正整数的数列满足：对任意正整数，均存在，使得．若，则满足条件的数列的个数为_________． 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） 13. 若复数满足（为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 14. 在中，，则下列说法一定正确的是（ ） A. 若，则是锐角三角形 B. 若，则是钝角三角形 C. 若，则锐角三角形 D. 若，则是钝角三角形 15. 设是公比为的无穷等比数列，为其前项和．若，则“”是“数列存在最小项”的（ ） A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分又非必要条件 16. 已知平面向量满足，则的最大值为（ ） A. 2 B. C. D. 3 三、解答题（本大题共有5题，满分78分） 17. 在中，设角、、所对边的边长分别为、、，已知. （1）求角的大小； （2）当，时，求边长和面积. 18. 已知为虚数，且为实数． （1）求证：； （2）若为纯虚数，求． 19. 设数列的前项和为．已知，且． （1）求数列的通项公式； （2）若是公比为4的等比数列，且，，也是等比数列．设，若数列是严格减数列，求的取值范围． 20. 设，．已知函数的图像关于直线成轴对称． （1）求函数的表达式； （2）若，且为锐角，求； （3）设，．若函数在区间上恰有奇数个零点，求的值以及零点的个数． 21. 设是给定的正整数．对于数列，，…，，令集合． （1）对于数列，，，直接写出集合；（用列举法表示） （2）设常数．若，，…，是以为首项，为公差的等差数列，求证：集合的元素个数为； （3）若，，…，是等比数列，且，公比．求集合的元素个数，并求集合中所有元素之和． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 上海市曹杨二中2023学年度第二学期 高一年级期终考试数学试卷 试卷共3页1张 考生注意： 1．答卷前，考生务必将姓名、班级、学号等在指定位置填写清楚． 2．本试卷共有21道试题，满分150分，考试时间120分钟．请考生用水笔或圆珠笔将答案直接写在试卷（或答题卷）上． 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. 函数的最小正周期为_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据诱导公式和余弦函数的周期公式即可得到答案. 【详解】，则其最小正周期为. 故答案为：. 2. 设，向量，．若，则_________． 【答案】 【解析】 【分析】依题意，根据数量积的坐标表示得到方程，解得即可. 【详解】因为，且， 所以，解得. 故答案为： 3. 若复数是方程的一个根，则_________． 【答案】 【解析】 【分析】求出方程的复数根即可求解. 【详解】（为虚数单位）， 故，即， 所以，故. 故答案为：. 4. 计算：______________ 【答案】 【解析】 【分析】可看作以为首项为公比的等比数列的前项和，根据等比数列前项和公式即可求解. 【详解】可看作以为首项为公比等比数列的各项和， 故， 当时，原式趋于. 5. 已知，是夹角为的两个单位向量，若向量在向量上的投影向量为，则_______. 【答案】 【解析】 【分析】由投影向量计算公式，结合数量积的运算律计算即得. 【详解】在向量上的投影向量为，则， 于是，所以. 故答案为： 6. 函数，的单调增区间为_________． 【答案】 【解析】 【分析】由的取值范围求出的范围，再令，求出的范围，即可得解. 【详解】由，可得， 令，解得， 所以函数，的单调增区间为. 故答案为： 7. 在中，角、、的对边分别为、、．若是、的等比中项，则角的最大值为_________． 【答案】## 【解析】 【分析】由等比中项的性质得到，再由余弦定理及基本不等式求出的范围，即可求出的范围，从而得解. 【详解】因为是、的等比中项， 所以，即， 由余弦定理，当且仅当时取等号， 又，所以，所以角的最大值为. 故答案为： 8. 已知，，则_________． 【答案】## 【解析】 【分析】利用两角和差的余弦公式展开，即可求出，，再由同角三角函数的基本关系计算可得. 【详解】因为， ， 所以，， 所以. 故答案为： 9. 已知是边长为6的等边三角形，是的内切圆上一动点，则的最大值为_________． 【答案】 【解析】 【分析】取的中点，建立平面直角坐标系，设，，表示出，，根据数量积的坐标表示及余弦函数的性质计算可得. 【详解】如图取中点，建立平面直角坐标系，则，，， 则内切圆的圆心在上，设圆心为，则为靠近的三等分点，即， 内切圆的半径， 因为点是的内切圆上一动点，设，， 则，， 所以， 因为，所以， 则， 则，当，即时取得最大值. 故答案为： 10. 若，且，则_________． 【答案】## 【解析】 【分析】由已知条件结合平方和关系求出和即可求. 【详解】因为，所以， 又即， 故由平方和关系得即， 所以即，故， 所以. 故答案为：. 11. 设，，．如图所示，函数的图象与坐标轴依次交于、、三点，直线交函数的图象于点．若，且坐标原点为的重心，则_________． 【答案】 【解析】 【分析】由重心定义得为中点，且由重心性质求出，进而得，从而结合函数图像以及周期公式可求出的解析式，进而求出B点坐标，再利用B点坐标和余弦定理可求出，接着利用同角三角函数的基本关系即可得解. 【详解】由重心定义得为中点，且由重心坐标形式的性质得， 即，故， 所以函数周期满足，又，故， 所以，故， 所以由图以及正弦函数性质得即， 又，故， 所以，则，即， 所以， 故， 又，故， 又，所以， . 故答案为：. 12. 已知各项均为正整数的数列满足：对任意正整数，均存在，使得．若，则满足条件的数列的个数为_________． 【答案】 【解析】 【分析】按照已知等式可确定偶数项，由依次分析奇数项可能的取值，进而确定满足条件的数列. 【详解】，，，，； 当时，，，即，成等差数列， 又，，或，； 当时，或， 当时，（舍）或；当时，（舍）或（舍）， ，，，； 当时，或或， 或或； 当时，，， 当时，（舍）；当时，，则；当时，，则； ，，，，，或，，，，，； 当时，， 当时，或或或或； 当时，或或或或； 当时，，， 当时，（舍）；当时，（舍）； 当时，（舍）；当时，，则； 当，时，，则；当，时，（舍）； 时，或；时，； 综上所述：满足条件的数列有、、，共个. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题考查根据数列递推关系求解数列中的各项，解题关键是能够根据能成立的等式，分析出各项所有可能的取值，并剔除不合题意的取值，考查了学生的分析和逻辑推理能力. 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） 13. 若复数满足（为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由可得，进而根据复数的除法运算即可求解. 【详解】因为，故即， 所以. 故选：B. 14. 在中，，则下列说法一定正确的是（ ） A. 若，则是锐角三角形 B. 若，则是钝角三角形 C. 若，则是锐角三角形 D. 若，则是钝角三角形 【答案】D 【解析】 【分析】根据题中条件利用向量数量积运算可求得，分情况考查的正负情况，转化为的正负情况，进一步分析即可. 【详解】因为， 即, 又时，三角形一定不是直角三角形， 则有， ， 若，则，为锐角，但是不能判断的大小， 故A,B错误； 当时，则，中必有一个钝角， 故此时是钝角三角形，C错误，D正确， 故选：D. 15. 设是公比为的无穷等比数列，为其前项和．若，则“”是“数列存在最小项”的（ ） A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分又非必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】先利用分类讨论思想结合指数函数的单调性证明充分性，再举反例证明不必要性，即可判断. 【详解】当时，，因为，所以此时数列递增，存在是最小项， 当且，， 当，时，可知数列递增，存在是最小项， 当，时，可知数列还是递增，存在是最小项， 综上“”是“数列存在最小项”的充分条件； 当，，不妨取：，， 则 ，, 当时，，即此时是最小项， 即“”不是“数列存在最小项”的必要条件， 综上可知：“”是“数列存在最小项”的充分不必要条件， 故选：A. 16. 已知平面向量满足，则的最大值为（ ） A. 2 B. C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量加减法的平行四边形法则作图，问题转化为求的最值，利用外接圆数形结合可求最值. 【详解】设，如图， 由题意，即在平行四边形中，，， 求的最大值. 延长至，使，则， 由正弦定理，三点所在外接圆的直径， 所以，设圆心为，如图， 所以可知，又， 所以由余弦定理可得， 则由图象可知， 故选：C 三、解答题（本大题共有5题，满分78分） 17. 在中，设角、、所对边的边长分别为、、，已知. （1）求角的大小； （2）当，时，求边长和的面积. 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）借助正弦定理将边化为角，结合及两角和的正弦公式计算化简即可得； （2）根据正弦定理即可计算出，结合可求出，再使用正弦定理即可得到，再使用面积公式即可得到面积. 【小问1详解】 由正弦定理得， 由于，则， 展开得， 化简得， 则， 所以； 【小问2详解】 由正弦定理，得，即有， 因为，所以是锐角，即， 因为， 所以， ， 所以 . 18. 已知为虚数，且为实数． （1）求证：； （2）若为纯虚数，求． 【答案】（1）证明见解析 （2）或 【解析】 【分析】（1）设（且），根据复数代数形式的除法、加法运算法则化简，再根据为实数，虚部为零，即可得到，从而得解； （2）由（1）可得，再根据复数代数形式的除法运算化简复数，最后得到方程组，解出即可； 【小问1详解】 解：设（且）， 则 ， 由题意可得，又可得， 所以 【小问2详解】 由， 则 若为纯虚数，则，解得或， 所以或 19. 设数列的前项和为．已知，且． （1）求数列的通项公式； （2）若是公比为4的等比数列，且，，也是等比数列．设，若数列是严格减数列，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由将转化成即可根据等差数列定义和通项公式求解，进而得解. （2）由已知条件可求出，进而得，根据数列是严格减数列，则即可求解. 小问1详解】 因为， 故即， 所以当时， 左右两边除以有， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列， 所以， 故由得， 【小问2详解】 由（1）以及题意得， 即，， 所以，故， 因为数列是严格减数列， 所以， 所以，即， 故，即的取值范围为. 20. 设，．已知函数的图像关于直线成轴对称． （1）求函数的表达式； （2）若，且为锐角，求； （3）设，．若函数在区间上恰有奇数个零点，求的值以及零点的个数． 【答案】（1） （2） （3）；函数在区间上恰有个零点 【解析】 【分析】（1）根据正弦函数对称轴方程即可求解. （2）利用二倍角的正切公式求出，再利用正弦形式的倍角公式、分母为“1”将变形后弦化切即可求解. （3）根据零点定义令得，再数形结合根据函数图像性质可求解. 【小问1详解】 由题意， 所以，故，又， 所以，故. 【小问2详解】 因为，且为锐角， 所以 故由（1）. 【小问3详解】 由（1）， 令， 则函数在区间上恰有奇数个零点 在区间有奇数个解， 因为，最小正周期为，如图， 故由图像特征以及周期性质可知， 只有当时其在区间才有奇数个解， 此时，两边平方解得， 故此时或， 由图可知时有个解；时，有个解， 所以函数在区间上恰有个零点. 【点睛】易错点睛：在算函数在区间上的零点个数时，易漏算时这一组解导致零点个数算错. 21. 设是给定的正整数．对于数列，，…，，令集合． （1）对于数列，，，直接写出集合；（用列举法表示） （2）设常数．若，，…，是以为首项，为公差的等差数列，求证：集合的元素个数为； （3）若，，…，是等比数列，且，公比．求集合的元素个数，并求集合中所有元素之和． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3），． 【解析】 【分析】（1）由新定义和集合的列举法，可得所求集合； （2）运用等差数列为递增数列，以及性质，即可得到所求个数； （3）由等比数列的通项公式和性质，结合新定义计算可得所求结论． 【小问1详解】 因数列，，，则. 【小问2详解】 因为构成以为首项，()为公差的等差数列， 所以有()，以及()． 此时，集合中的元素有以下大小关系： ． 因此，集合中含有个元素． 【小问3详解】 依题意可得，设， 设集合，． ①先证中的元素个数为，即从集合中任取两个元素，它们的和互不相同． 不妨设，于是． 显然，即． 假设，可得， 即． 因为，，所以，又， 于是，等式不成立． 因此，． 同理可证． ②再证． 不妨设，于是． 显然，． 假设，可得， 即， 因为，所以，又，于是， 等式不成立． 因此，． 由①②，得，且． 此时，集合中的元素个数为． 集合中所有元素的和为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$