上海市建平中学2023-2024学年高一下学期期末教学质量检测数学试题

建平中学2023学年第二学期期末教学质量检测 高一数学试卷 (考试时间120分钟,试卷满分150分) 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. 直线y-3x+5的倾斜角的大小为_. 2. 已知复数z满足iz-2-i:则z=__ 3.在等比数列{a.)中,已知q=3,a:=-81,则公比?-__. 4. 已知直线/过点4(0,1),且与直线x*y=0垂直,则直线的一般式方程为__ 5. 函数y=sin(2x+6)(-π<θ<0)是偶函数,则θ=__ 6. 已知单位向量ā,的夹角为45o,-5与ā垂直,则k=__. 7. 在数列(a.)中,a.=cn+3,若S,<0,则实数c的取值范围为_ 8. 在平面上画n条直线,假设其中任意2条直线都相交,且任意3条直线都不共点,设k条直线 将平面分成了f()个区域,那么k+1条直线可把平面分成f()+_个区域. 9. 已知单位向量ā与,向量5在ā方向上的投影向量为,且b.三aā(AeR) 则a的取值范围是__ 10. 已知a是实数,方程x2+2x+a=0的两根在复平面上对应的点分别为P和Q. 若△POQ是等腰直角三角形,则a=__ 若ao1o=o12,则a2o24+as=__. $2. 知复数z,=a+bi,=c+di,a,b,c,deR,若zl=lzl=2,且ac+b=2; 则a+b-4+2c+d-4的最大值 二、选择题(本大题共有4题,第13,14题,每题4分,第15,16题,每题5分,满分18分) $3. 已知非零向量ā,,,那么“ā-”是“ā:-:”的( -. A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 14. 已知等比数列(a),则直线l:2x+ay=0和l:x+ay+1=0的位置关系是( ~ A. 相交 B. 平行 C. 重合 D. 无法确定 (_ $.知直线l:ax+by+e=0,点M(x,)、N(x,),设4=ax,+b+c,=ax,+by。+c, 以下选项中命题都正确的为( ) (1)若4+&.=0,则线段MN的中点在直线/上 (2)若不-2=0,则直线MV与直线/平行 (2)若”。<0,则点M、N分布在直线/的两侧 C.(2)(3) B.(1)(2) A.(1)(2)③) D.(1)(3) 16, 对于不为常数数列的无穷数列(a.),其中a>0,设其前n项的和为S.,若{a.满足; 对任意的正整数n,均存在正整数m,使得a.一S <a.成立,则称{a.)为“可控数列”. 现给出下列两个命题:(1)存在等差数列为“可控数列”: (2)存在等比数列为“可控数列” 则下列说法正确的是( __ A. 命题(1)(2)均成立 B. 命题(1)成立,命题(2)不成立 C. 命题(1)不成立,命题(2)成立 D. 命题(1)(2)均不成立 三、解答题(本大题共有5题,满分78分) $7.(满分14分)已知直线/:x-y+1+2k=0,kER (1)直线过定点P,求点P坐标; (2)若直线/交x轴负半轴于点A:交v轴正半轴于点B,O为坐标原点 没三角形OAB的面积为4,求出直线/的一般式方程 18.(满分14分)已知向量ā=(cosx+sinx,sinx),5=(cosx-sinx,2cosx),设f(x)=ā.,xER (1)求函数f(x)的单调递增区间和对称中心坐标 (2)当xe[0."]时,求函数/(x)的最大值及最小值. 19.(满分14分)已知数列(n)的前n项和为.,S.-(n+n),其中n是正整数. (求的通项公式 (2)数列3满足,=2b。+1,且b=S,b=S,求数列{的前n项和. 20.(满分18分)人脸识别是基于人的脸部特征进行身份识别的一种生物识别技术.主要应用距离测试 样本之间的相似度,常用测量距离的方式有3种.设A(×,y),B(x2,y), 则欧几里得距离D(A,B)=(x-x)}+(-y){};曼哈顿距离d(A,B)×-|+-y. 余弦距离e(A.B)=1-cos(A.B),其中cos(A.B)=cos(OA.OB)(O为坐标原点) (2)若点M(2.1),d(M.M)=1,求e(M,N)的最大值 (3)已知点P,O是直线l:y-1=k(x-1)上的两动点,问是否存在直线1使得d(O,P=D(O, 若存在,求出所有满足条件的直线1的方程,若不存在,请说明理由 21.(满分18分)对于函数y=F(x)和数列(a.)、(b。},若a.=F(n),F(b.)=n, 则称(a)为函数y=f(x)的“影数列”,(b.)为函数y=f(x)的一个“镜数列”. 己知/(x)-x},g(x)=logx,h(x)=2+x. (1)若(征.)为y=f(x)的“影数列”,(.)为y=g(x)的“镜数列” (①求+b的值 (ì)比较a.和b。的大小,并说明理由. (2)若{c.)为函数y=h(x)的“影数列”,(d.)为函数y=h(x)的“镜数列”,现将fc-与(d.)的公共项 按从小到大的顺序重新构成数列(c),试问在数列(c.)中是否存在连续三项构成等比数列?请说明理由建平中学 2023学年第二学期期末教学质量检测 高一数学试卷 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．直线 3 5y x  的倾斜角的大小为 ． 1． 3  【分析】首先求出直线的斜率，再根据斜率与倾斜角的关系计算可得． 【详解】直线 3 5y x  的斜率 3k  ， 设直线的倾斜角为，则 tan 3k   ，又0    ，所以   3    ． 故答案为： 3  2．已知复数 z 满足 i 2 iz   ，则 z  ． 2． 5 【分析】运用复数的模的计算公式即可求出． 【详解】 1i z i   ， 2 ,iz i  2 , = 5i z i z  即 故答案为： 5 ． 3．在等比数列 na 中，已知 1 3a  ， 4 81a   ，则公比 q  ． 3． 3 【分析】直接利用等比数列的通项公式求解． 【详解】因为 3 3 4 1 3 81a a q q    ，所以 3q   ． 故答案为：3 4．已知直线 l 过点 (0,1)A ，且与直线 0x y  垂直，则直线 l 的一般式方程为 ． 4． 1 0x y   【分析】由垂直设直线 l 的一般式方程为: 0x y m   ，代入 (0,1)A 解出 1m  ，可得结果． 【详解】依题意设直线 l 的一般式方程为: 0x y m   ， 因为直线 l 过点  0,1A ，所以0 1 1 0m    ，得 1m  ，所以直线 l 的一般式方程为: 1 0x y   ． 故答案为: 1 0x y   ． 5．函数 sin(2 )( 0)y x        是偶函数，则  ． 5． 2   【分析】求出函数的对称轴，根据其为偶函数可得对称轴等于 0 ，结合 0    即可求解． 【详解】函数 sin(2 )y x   的对称轴为  2 2 x k k Z      ，得：   4 2 2 k x k Z      ， 因为函数 sin(2 )y x   是R 上的偶函数，所以 0 4 2 2 k     ，可得   2 k k Z      ， 因为  , 0   ，所以 1k   时， 2     ， 故答案为： 2   6．已知单位向量 a ， b 的夹角为 45， ka b 与 a 垂直，则 k  ． 6． 2 2 【分析】首先求得向量的数量积，然后结合向量垂直的充分必要条件即可求得实数 k 的值． 【详解】由题意可得： 2 1 1 cos 45 2 a b        ， 由向量垂直的充分必要条件可得： 0k a b a           ， 即： 2 2 0 2 k a a b k          ，解得： 2 2 k  ． 故答案为： 2 2 ． 7．在数列{ }na 中， 3na cn  ，若 7 0S  ，则实数 c的取值范围为 ． 7． 3 ( , ) 4   【详解】：等差数列由 3na cn  ，知数列{ }na 为等差数列 1 7 7 4 7( ) 7 0 2 a a S a     ， 即 7(4 3) 0c   ，解得 3 4 c   ．故 c 的取值范围为 3 ( , ) 4   ． 故答案为： 3 ( , ) 4   ． 8．在平面上画n条直线，假设其中任意 2 条直线都相交，且任意 3 条直线都不共点，设 k 条直线 将平面分成了 ( )f k 个区域，那么 1k  条直线可把平面分成 ( )f k  个区域． 8． 1k  【详解】第 1k  条直线与前 k 条直线都相交，则第 1k  条直线有 k 个交点，被分为 1k  段， 每段都会把对应的平面分为两部分，则增加了 1k  个平面，即    1 1f k f k k    ． 故答案为： 1k  9．已知单位向量a与b ，向量b 在a方向上的投影向量为 0b ，且 0 ( R)b a   ， 若 a与b 的夹角 ,a b 取值范围是 π 6 2π , 3       ，则的取值范围是 ． 9． 1 3 , 2 2       【分析】根据投影向量可得 cos , cos , b a b a b a       ，根据余弦函数的值域即可得的取值范围． 【详解】单位向量a与b ，则 1a b  ， 向量b 在 a方向上的投影向量为 0 cos , cos , ba b b a b a b a a a         ， 所以 cos , cos , b a b a b a       ，由于 ,a b 的取值范围是 π 6 2π , 3       ，所以 1 3 cos , , 2 2 a b          ． 故答案为： 1 3 , 2 2       ． 10．已知 a 是实数，方程 2 2 0x x a   的两根在复平面上对应的点分别为 P 和Q ， 若 POQ 是等腰直角三角形，则 a  ． 10． 2 【分析】由题可知，方程的两根应为虚根，可设方程 2 2 0x x a   的两复根为 1 1x bi   ， 2 1x bi   ， 根据条件可得OP OQ ，列方程求解即可 【详解】根据题意设方程 2 2 0x x a   的两虚根为 1 1x bi   ， 2 1x bi   ，b 为实数， 方程的两根在复平面上对应的点分别为 P 和Q，三角形POQ是等腰直角三角形，  OP OQ ， 21 0OP OQ b    ， 2 1b  ， 2 1 2 1 2a x x ( bi )     ， a 的值为 2． 故答案为 2． 11．已知   1 , 1 f x x   各项均为正数的数列 na 满足 1 1a  ，  2n na f a  ． 若 1010 1012a a ，则 2024 5a a  ． 11． 1 3 5 6  （ 1 5 6 2  ） 【分析】根据递推关系求得 5 2 3 a  ，且 1010 1012a a 、 1012 5 1 2 a   ，即可得结果． 【详解】由题设 2 1 1 n n a a    ，又 1 1a  得： 3 1 2 a  ， 5 2 3 a  ， 由 1010 1012 1010 1 0 1 a a a     ，可得 2 1010 1010 1 0a a   ， 1010 0a  ，可得 1010 5 1 2 a   ， 又 2024 2022( )a f a ，…， 1016 1014( )a f a ， 1014 1012 1012 1010 1010( ), ( )a f a a f a a   ，得 2024 1010a a ， 综上， 2024 5a a  1 3 5 6  故答案为： 1 3 5 6  ． 12．已知复数 1z a bi  ， 2z c di  ， , , ,a b c d R ，若 1 2 2z z  ，且 2ac bd  ， 则 4 2 4a b c d     的最大值 ． 12．12 2 14 【分析】结合复数模的几何意义和点到直线距离公式求解． 【详解】由 1 2 2z z  ，得复数 1z 在复平面内对应点 1( , )Z a b ，复数 2z 在复平面内对应点 2( , )Z c d ． 1 2( , ), ( , )OZ a b OZ c d  ， 1 2 2OZ OZ  ，记 1 2OZ OZ 与 夹角为 1 2 1 2 1 22, cos 4cos , = 3 OZ OZ ac bd OZ OZ OZ OZ         1( , )Z a b 到直线 : 4 0l x y   的距离 1 4 2 a b d    ， 2( , )Z c d 到直线 : 4 0l x y   的距离 2 4 2 c d d    ， 即求 1 24 2 4 2( 2 )a b c d d d       的最大值． 设点 D 为 1 2 1 2D=2DZ Z Z Z的三等分点，且 ， 则 D 到直线 : 4 0l x y   的距离 1 2 2 3 d d d   4 2 4 3 2a b c d d      ，即求 d 的最大值， 设 D 到直线 0x y  距离为 'd 4 0 ' ' 2 2 2 d d d       ，即求 'd 最大值． 由 1 2 2, = 3 OZ OZ    ，可知 2 7 3 OD  ， 点 1( , )Z a b ， 2( , )Z c d 在圆上运动， 'd OD 故当DO l 时， 'd 取得最大值 2 7 3 ，d 取得最大值 2 7 2 2 3  ， 4 2 4a b c d     取得最大值12 2 14 故答案为：12 2 14 二、选择题（本大题共有 4 题，第 13，14 题，每题 4 分，第 15，16 题，每题 5 分，满分 18 分） 13．已知非零向量 a ， b ， c ，那么“ a b ”是“ a c b c   ”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 13． A 【分析】根据数量积的定义理解判断． 【详解】因为向量a，b ，c 是非零向量，则a b 一定可以推出 a c b c   ， 若 a c b c   成立，只表示 ,a b 在c 上的投影（或投影向量）相等，不能推出 a b ， 故 a b 是 a c b c   的充分不必要条件，故选：A． 14．已知等比数列{ }na ，则直线 1 1 2 0l a x a y ： 和 2 3 4 1 0l a x a y  ： 的位置关系是（ ） A．相交 B．平行 C．重合 D．无法确定 14． B 【分析】根据 na 等比数列，给出直线系数关系，判断位置关系． 【详解】因为 na 等比数列，设公比为q ，则 2 2 2 1 2 1 0l a x a yq q  ： ， 由 na 等比数列， 0, 0,nq a n  为正整数， 1 2 2 2 1 2 0 1 a a a q a q   可知两直线平行．故选：B 15．已知直线 : 0l ax by c   ，点  1 1,M x y 、  2 2,N x y ，设 1 1 1ax by c    ， 2 2 2ax by c    ， 以下选项中命题都正确的为（ ） （1）若 1 2 0   ，则线段MN 的中点在直线 l 上； （2）若 1 2 0   ，则直线MN 与直线 l 平行； （3）若  1 2 0，则点M 、 N 分布在直线 l 的两侧 A．（1）（2）（3） B．（1）（2） C．（2）（3） D．（1）（3） 15． D 【分析】根据条件，结合（1）（2）（3）中所给条件，逐一分析判断即可得出结果． 【详解】对于（1），因为 1 2 0   ，所以 1 1 2 2 1 2 1 2( ) ( ) 2ax by c ax by c a x x b y y c          1 2 1 22[ ( ) ( ) ] 0 2 2 x x y y a b c       ，即 1 2 1 2( ) ( ) 0 2 2 x x y y a b c      ，所以（1）正确； 对于（2），当 1 2 0   时，满足 1 2 0   ，此时有 1 1 0ax by c   ， 2 2 0ax by c   ， 即  1 1,M x y 、  2 2,N x y 均在直线 l 上，所以（2）错误； 对于（3），由 1 2 0   ，得到 1 1 2 2( ) ( ) 0ax by c ax by c      ，由直线分平面区域的点满足“同侧同号， 异侧异号”，知选项 D 正确；故选：D． 16．对于不为常数数列的无穷数列{ }na ，其中 1 0a  ，设其前n项的和为 nS ，若{ }na 满足： 对任意的正整数n，均存在正整数m，使得 1n ma S a  成立，则称{ }na 为“可控数列”． 现给出下列两个命题：(1)存在等差数列为“可控数列”； (2)存在等比数列为“可控数列”． 则下列说法正确的是（ ） A．命题(1)(2)均成立 B．命题(1)成立，命题(2)不成立 C．命题(1)不成立，命题(2)成立 D．命题(1)(2)均不成立 16． C 【分析】由题意 1 1m n mS a a S a    ，结合 na ， mS 的变化情况，利用极限思想即可判断①；根据题 意，结合“可控数列”的定义，举出实例说明②，即可得出答案． 【详解】①数列 na 不是常数列，则 0d  ，则 na 看作是一次函数的变化， 由 1n ma S a  得 1 1m n mS a a S a    ， mS 看作是二次函数的变化， 当n足够大时，极限的思想说明不成立； ②取 1 2 n na        ，则 1 1 1 2 2 1 1 1 2 1 2 m m mS                   ， 则对任意的正整数n，取 1m  ， 1 1 1 1 2 2 2 n n ma S a     ，满足题意 三、解答题（本大题共有 5 题，满分 78 分） 17．（满分 14 分）已知直线 l： 1 2 0kx y k    ， kR （1）直线过定点 P，求点 P 坐标； （2）若直线 l 交 x 轴负半轴于点 A，交 y 轴正半轴于点 B，O 为坐标原点， 设三角形OAB的面积为 4，求出直线 l 的一般式方程． 解：（1） 1 2 0 1 ( 2)kx y k y k x        ，所以直线过定点 ( 2,1) （2）令 0x  ，得 1 2y k  ；令 0y  ，得 1 2x k    ； 由题意可知，   1 1 1 2 2 4 2 k k          且 0k  1 2 k  ，所以直线 l 的一般式方程是 2 4 0x y   ． 18．（满分 14 分）已知向量 (cos sin ,sin )a x x x  ， (cos sin ,2cos )b x x x  ，设 ( )f x a b  ， x R ． （1）求函数 ( )f x 的单调递增区间和对称中心坐标； （2）当 [0, ] 2 x   时，求函数 ( )f x 的最大值及最小值． 解：    ( ) cos sin cos sin sin 2cos cos 2 sin 2 2 sin 2 4 f x a b x x x x x x x x x                  （1）由 3 1 2 2 2 2 4 2 8 8 k x k k x k                   得递增区间 3 1 , , 8 8 k k k Z            由 1 2 sin 2 0 4 2 8 k x x              得对称中心坐标是 1 0 , 2 8 k k Z         ， （2）∵x∈[0， 2  ]，∴2x 4   ∈[ 4  ， 5 4  ]， ∴当 2x 5 4 4     ，即 x 2   时，f（x）min＝﹣1； 当 2x 4 2     ，即 x 8   时，f（x）max 2 ， 综上所述，当 x 2   时，f（x）min＝﹣1；当 x 8   时，f（x）max 2 ． 19．（满分 14 分）已知数列 na 的前 n 项和为 nS ， 21 ( ) 2 nS n n  ，其中n是正整数． (1)求 na 的通项公式； (2)数列 nb 满足 1 1nnb b   ，且 1 1b S ， 2 2b S ，求数列 nb 的前 n 项和 nH ． 解：（1）当 2n  时，     221 1 1( ) 1 1 2 2 nn na S S n n n n n         当 1n  时， 11 1a S  ，所以 na n （2）由题意可知 1 1 1b S  ， 2 2 3b S  ，则3 1 2        1 12 1 1 2 1n n nnb b b b       且 1 1 2b   ，则  1 2 2 1 n n n nb b     所以 1 2(1 2 ) 2 2 1 2 n n nH n n       20．（满分 18 分）人脸识别是基于人的脸部特征进行身份识别的一种生物识别技术．主要应用距离测试 样本之间的相似度，常用测量距离的方式有 3 种．设 1 1( , )A x y ， 2 2( , )B x y ， 则欧几里得距离 2 21 2 1 2( , ) ( ) ( )D A B x x y y    ；曼哈顿距离 1 2 1 2( , ) | | | |d A B x x y y    ， 余弦距离 ( , ) 1 cos( , )e A B A B  ，其中 cos( , ) cos ,A B OA OB  （O为坐标原点）． （1）若 ( 1,2)A  ， 3 4 ( , ) 5 5 B ，求 A ， B 之间的曼哈顿距离 ( , )d A B 和余弦距离 ( , )e A B ； （2）若点 (2,1)M ， ( , ) 1d M N  ，求 ( , )e M N 的最大值； （3）已知点 ,P Q 是直线 : 1 ( 1)l y k x   上的两动点，问是否存在直线 l 使得 min min( , ) ( , )d O P D O Q ， 若存在，求出所有满足条件的直线 l 的方程，若不存在，请说明理由． 解：（1） 3 4 8 6 14 ( , ) 1 2 5 5 5 5 d A B         ； 3 8 5 55 5( , ) 1 55 e A B       （2）解：设 ( , )N x y ，由题意得： ( , ) | 2 | |1 | 1d M N x y     ，即 | 2 | | 1| 1x y    ， 而 | 2 | | 1| 1x y    表示的图形是正方形 ABCD ，其中 (2,0)A 、 (3,1)B 、 (2,2)C 、 (1,1)D ． 即点 N 在正方形 ABCD 的边上运动， (2,1)OM  ， ( , )ON x y ， 可知：当 cos( , ) cosM N OM  ，ON 取到最小值时， OM ，ON 最大，相应的 ( , )e M N 有最大值． 因此，点 N 有如下两种可能： ①点 N 为点 A ，则 (2,0)ON  ，可得 cos( , ) cosM N OM  ， 4 2 5 52 5 ON    ； ②点 N 在线段CD 上运动时，此时ON 与 (1,1)DC  同向，取 (1,1)ON  ， 则 cos( , ) cosM N OM  ， 3 3 10 105 2 ON    ． 因为 3 10 2 5 10 5  ，所以 ( , )e M N 的最大值为 2 5 1 5  ． （3）易知 min 2 |1 | ( , ) 1 k D O P k    ，设 ( , 1)P x kx k  ，则 ( , ) ( ) 1d O P h x x kx k     当 0k  时， ( , ) ( ) 1d O P h x x   ，则 min( , ) 1d O P  ， min( , ) 0D O P  ，满足题意； 当 0k  时， 1 ( , ) ( ) 1 k d O P h x x kx k x k x k           ， 由分段函数性质可知 min 1 ( , ) min (0), k d O P h h k            ， 又 2 |1 | (0) |1 | 1 k h k k      且 2 1 1 |1 | 1 k k k h k k k           恒成立，当且仅当 1k  时等号成立． 综上，满足条件的直线有且只有两条， : 1l y  和 y x ． 21．（满分 18 分）对于函数 ( )y F x 和数列{ }na 、{ }nb ，若 ( )na F n ， ( )nF b n ， 则称{ }na 为函数 ( )y f x 的“影数列”，{ }nb 为函数 ( )y f x 的一个“镜数列”． 已知 2( )f x x ， 2( ) logg x x ， ( ) 2 xh x x  ． （1）若{ }na 为 ( )y f x 的“影数列”，{ }nb 为 ( )y g x 的“镜数列”， (i)求 2 4a b 的值； (ii)比较 na 和 nb 的大小，并说明理由． （2）若{ }nc 为函数 ( )y h x 的“影数列”，{ }nd 为函数 ( )y h x 的“镜数列”，现将{ }nc 与{ }nd 的公共项 按从小到大的顺序重新构成数列{ }nc ，试问在数列{ }nc 中是否存在连续三项构成等比数列？请说明理由． 解：（1）(i)由题意， 2 na n ； 2n nb  ；所以 2 4 4 16 20a b    （ii）当 1n  时， 1 11 2a b   ；当 2n  时， 2 24a b  ；当 3n  时， 3 39 8a b   ； 当 4n  时， 4 416a b  ，当 5,n n N  时， n na b ，数学归纳法证明如下 (1)当 5n  时， 5 525 32a b   ，命题成立； (2)假设当 ( 5, )n k k k Z   时，命题成立，即 2 2kk  则当 1n k  时， 1 2 2 2 2 2 2 1 1 2 ( 1) 2 2 2 1 2 2 1 2 1 ( 1) 2(*) k k k kb a k k k k k k k k k                      5k  ， (*) 0 ，即命题也成立 由(1)(2)可知，当 5,n n N  时， n na b 。 （2） ( ) 2xf x x  ，则 ( ) 2nnc f n n   ， ( ) 2 nd n nf d d n   ， 设 p qc d ，即 2 p qp d  ，则 22 2 p p p p q    ， 设函数 ( ) 2xk x x  ，函数单调递增，对于任意 *p N ，有唯一的 *q N 与之对应， 即数列 nc 中每一项，都有 nd 中的项与之相等， 2nnc n  单调递增，所以新 2 n nc n  ， 假设数列{ }nc 中存在连续三项构成等比数列， 2 1 1m m mc c c   ， 2m ， *m N ， 故 2 1 1(2 ) (2 1) (2 1)m m mm m m        ，整理得到 1( 3)2 1mm   ， 当 1m  时，等式不成立；当 2m  时， 1( 3)2mm  为偶数，等式不成立；所以等式无正整数解． 故假设不成立，即不存在连续三项构成等比数列．