专题06：期末满分冲刺 （提高篇）期末复习讲义-2024-2025学年高一数学下学期沪教版（2020）必修第二册

2024-2025学年高一数学春学期期末复习满分冲刺（培优课程） 专题06 期末满分冲刺（提高篇） 考点01：正弦余弦正切余切 1. （23-24高一下·上海宝山·期中）角化为弧度制为__________． 2．（23-24高一下·上海奉贤·期中）在半径为1的圆中，弧度的圆心角所对的弧长为 . 3．（23-24高一下·上海·阶段练习）已知是第三象限角，满足，则是（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 4．（2024·上海闵行·二模）始边与轴的正半轴重合的角的终边过点，则= . 5．（2023高一下·上海青浦·期中）已知，则 考点02：常用的三角公式 6．（23-24高一下·上海·期中）若，且为第三象限的角，则 . 7．（2023高一下·上海嘉定·期末）当时，化简的结果是（    ） A． B． C． D． 8．（23-24高一下·上海·期中）若，，，，则的值等于（    ） A． B． C． D． 9．（2025·上海嘉定·二模）已知，若，则 ． 10．（23-24高一下·上海金山·期末）设为锐角，且，则 . 考点03：解三角形 11．（2024高一下·上海奉贤·期末）在中，，三角形的面积等于，则的长为 . 12．（24-25高三上·上海·期中）在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c.已知，，，则的面积为 . 13．（23-24高一下·上海黄浦·期中）在中，若，且，则的周长为 . 14．（23-24高一下·上海·期中）在中，若，，且，则 . 考点04：三角函数的图像变换 15．（2023高一下·上海宝山·期末）函数的部分图象如图所示，则 ． 16.（2024·全国·模拟预测）为了得到函数的图象，只需将函数的图象（    ） A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度 C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度 17.函数，（，，）的部分图象如图中实线所示，图中圆C与的图象交于M，N两点，且M在y轴上，则下说法正确的是（    ） A．函数的最小正周期是 B．函数在上单调递减 C．函数的图象向左平移个单位后关于直线对称 D．若圆C的半径为，则函数的解析式为 18．（2024·上海奉贤·二模）已知函数，其中，，其中，则图象如图所示的函数可能是（    ）． A． B． C． D． 考点05：三角函数的性质 19．（2025·上海浦东新·二模）若，则函数的最小正周期为 ． 20．（2025·上海崇明·二模）函数的最小正周期是，则 ． 21．（23-24高一下·上海·期中）下列函数中，既是奇函数，又在上是严格增函数的是（    ） A． B． C． D． 22.将函数的图象向右平移个单位后，所得图象关于坐标原点对称，则的值可以为（    ） A． B． C． D． 23.函数的最小正周期为（    ） A． B． C． D． 24.（2024上海黄浦区二模）已知函数，，则函数的单调递减区间为 . 25．（23-24高一下·上海浦东新·期中）在上的值域为 . 26．（23-24高一下·上海·期中）设为常数，若函数的最大值为5，则 . 考点06：三角函数与方程、不等式、零点问题 27.已知函数在上有且只有5个零点，则实数的范围是（    ） A． B． C． D． 28. 已知函数在区间上只有一个零点和两个最大值点，则的取值范围是 ． 29．（23-24高一下·上海·期中）设函数，若对于任意，都存在，使得，则的最小值为 . 30．（23-24高一下·上海闵行·期中）将函数的图像向上平移1个单位，得到的图像，若，则的最小值是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 31. 已知函数. (1)若时，恒成立，求实数的取值范围； (2)将函数的图象的横坐标缩小为原来的，纵坐标不变，再将其向右平移个单位，得到函数的图象.若，函数有且仅有4个零点，求实数的取值范围. 考点07：向量的概念与运算 32．（2023·安徽芜湖·模拟预测）已知向量，，，则向量在向量上的投影向量的模长为（    ） A．6 B．3 C．2 D． 33．（2023高一下·上海闵行·期末）下列命题中正确的是（   ） A． B． C．若，则 D．若，则 34．（2024高一下·上海嘉定·期末）设为任意非零向量，且相互不共线，则下列命题中是真命题的有（    ） （1） （2） （3）不与垂直 （4） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 35.已知是的边上一点，若，则（    ） A． B． C．0 D． 考点08：向量的数量积 36．（2023高一下·上海杨浦·期末）已知向量、满足，，，则 . 37.（2023嘉定区二模）△是边长为的等边三角形，点为边的中点，则 . 38．（2023·全国·高考真题）正方形的边长是2，是的中点，则（    ） A． B．3 C． D．5 39.已知等边的边长为2，点、分别为的中点，若，则=（    ） A．1 B． C． D． 40.在中，角A为，角A的平分线AD交BC于点D，已知，且，则（    ） A．1 B． C．9 D． 41．（2023高一下·上海宝山·期末）若向量、满足，，则 . 42.已知平面向量满足，则与的夹角为（    ） A． B． C． D． 43．（2025·上海徐汇·二模）已知是正方形，点是的中点，点在对角线上，且则的大小为 . 考点09：向量的最值与范围问题 44．（2024高一下·上海长宁·期末）在中，为中线上的一个动点，若，则的取值范围是 ． 45．（2025·上海杨浦·二模）已知、、是单位圆上的三个点，若，则的最大值为（    ）. A． B． C． D．    46．（2023·全国·高考真题）已知的半径为1，直线PA与相切于点A，直线PB与交于B，C两点，D为BC的中点，若，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 47．（23-24高三下·贵州贵阳·一模）如图，在边长为2的正方形中．以为圆心，1为半径的圆分别交于点．当点在劣弧上运动时，的取值范围为（    ） A． B． C． D． 48．（2023·全国·模拟预测）已知中，，且为的外心．若在上的投影向量为，且，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 考点10：复数及四则运算 49．（2025·上海黄浦·二模）为虚数单位，若复数满足且，则 ． 50．（2022•闵行区二模）若为纯虚数为虚数单位），则实数　　． 51．（2024•上海）已知虚数，其实部为1，且，则实数为 　　． 52．（2025·上海长宁·二模）复数，，则 ． 考点11：复数的几何意义及实系数一元二次方程 53．（2023•杨浦区校级模拟）已知复数在复平面内对应的点是，其共轭复数在复平面内对应的点是，是坐标原点，若在第一象限，且，则　　． 54．（2024•杨浦区校级三模）在复平面内，复数、所对应的点分别为、，对于下列四个式子： ①；②；③；④． 其中恒成立的是 　　（写出所有恒成立式子的序号） 55．（2023•上海主考）已知，且为虚数单位），满足，则的取值范围为 　　． 56．（2023秋•徐汇区校级月考）设和是关于的方程的两个虚数根，若、、在复平面上对应的点构成直角三角形，则实数　　． 57．（2023秋•宝山区校级期中）若复数满足，则的最小值为 　　． 58．（2024•黄浦区校级三模）已知关于的一元二次方程有两个虚根，，且，则实数的值为 　　． 考点12：解答题 59．（23-24高一下·上海·期中）在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，. (1)求的值； (2)若，求bc的最大值. 60．（2025·上海长宁·二模）已知向量． (1)求函数的单调递减区间； (2)若函数在区间上恰有2个零点，求实数a的取值范围． 61．（2023高一下·上海虹口·期末）已知函数，其中. (1)若，求函数的最小正周期以及函数图象的对称中心； (2)若在闭区间上是严格增函数，求正实数的取值范围. 62．（2023高一下·上海闵行·期末）已知是平面上一点，，且. (1)若，求； (2)若，求实数的值； (3)求的最小值. 63．（2024高一下·上海宝山·期末）若定义域为的函数满足：对于任意，都有，则称函数具有性质． （1）设函数，的表达式分别为，，判断函数与是否具有性质，说明理由； （2）设函数的表达式为，是否存在以及，使得函数具有性质？若存在，求出，的值；若不存在，说明理由； （3）设函数具有性质，且在上的值域恰为；以为周期的函数的表达式为，且在开区间上有且仅有一个零点，求证：． 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年高一数学春学期期末复习满分冲刺（培优课程） 专题06 期末满分冲刺（提高篇） 考点01：正弦余弦正切余切 1. （23-24高一下·上海宝山·期中）角化为弧度制为__________． 【答案】. 2．（23-24高一下·上海奉贤·期中）在半径为1的圆中，弧度的圆心角所对的弧长为 . 【答案】/ 【分析】根据弧长公式进行化简即可. 【解析】在半径为1的圆中，弧度的圆心角所对的弧长为, 故答案为： 3．（23-24高一下·上海·阶段练习）已知是第三象限角，满足，则是（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】D 【分析】根据题意，可得为第二或第四象限角，又，可判断得解. 【解析】是第三象限角，，， 则，，即为第二或第四象限角， 又， 为第四象限角． 故选：D. 4．（2024·上海闵行·二模）始边与轴的正半轴重合的角的终边过点，则= . 【答案】/ 【分析】结合三角函数的诱导公式，以及任意角的三角函数的定义，即可求解． 【详解】始边与轴的正半轴重合的角的终边过点， 则， 故． 故答案为：． 5．（2023高一下·上海青浦·期中）已知，则 【答案】1 【分析】根据诱导公式直接求解即可. 【解析】. 故答案为:1. 考点02：常用的三角公式 6．（23-24高一下·上海·期中）若，且为第三象限的角，则 . 【答案】 【分析】首先由同角三角函数的基本关系求出、，再由两角和的正弦公式计算可得. 【解析】因为且为第三象限的角， 即，解得（舍去）或， 所以 . 故答案为： 7．（2023高一下·上海嘉定·期末）当时，化简的结果是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用二倍角公式、同角三角函数的基本关系式求得正确答案. 【解析】由于，所以， . 故选：B 8．（23-24高一下·上海·期中）若，，，，则的值等于（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】结合同角三角函数基本关系，两角差的余弦公式与二倍角公式计算即可得. 【解析】，，，， ，， ， . 故选：B. 9．（2025·上海嘉定·二模）已知，若，则 ． 【答案】/0.4 【分析】根据已知，应用商数关系及平方关系可得，再应用二倍角正弦公式求函数值. 【详解】由， 所以，则. 故答案为： 10．（23-24高一下·上海金山·期末）设为锐角，且，则 . 【答案】 【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. 【解析】根据题意，， 所以， 即， 两式相加，得， 所以. 故答案为： 考点03：解三角形 11．（2024高一下·上海奉贤·期末）在中，，三角形的面积等于，则的长为 . 【答案】或 【分析】由面积公式求出，即可得到，再利用余弦定理计算可得； 【解析】解：因为，且三角形的面积等于， 所以，所以， 因为，所以或， 当时，由余弦定理，所以； 当时，由余弦定理，所以； 故答案为：或 12．（24-25高三上·上海·期中）在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c.已知，，，则的面积为 . 【答案】 【分析】根据题意，利用正弦定理，求得，再由，求得，结合三角形的面积公式，即可求解. 【解析】在中，因为， 可得，且，， 由正弦定理得， 又因为， 可得， 所以的面积为. 故答案为：. 13．（23-24高一下·上海黄浦·期中）在中，若，且，则的周长为 . 【答案】 【分析】由正弦定理及余弦定理求出，求解即可． 【解析】由正弦定理可得，故， 所以，由余弦定理可得， 所以，可得，则， 则周长为： 故答案为：． 14．（23-24高一下·上海·期中）在中，若，，且，则 . 【答案】/ 【分析】根据正弦定理求得，再根据余弦定理可得求解即可. 【解析】由余弦定理可得，即. 由正弦定理，故. 又，故，即. 又，故， 故. 故答案为：. 考点04：三角函数的图像变换 15．（2023高一下·上海宝山·期末）函数的部分图象如图所示，则 ． 【答案】/ 【分析】根据图象求得，进而可得，再代入最大值点即可求得的值，进而可求得. 【解析】由已知可得，，所以，所以， 所以. 又因为在处取得最大值， 所以有， 所以. 又因为，所以， 所以， 所以. 故答案为：. 16.（2024·全国·模拟预测）为了得到函数的图象，只需将函数的图象（    ） A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度 C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度 【答案】A 【解析】因为， 所以只需将函数的图象向左平移个单位长度. 故选：A 17.函数，（，，）的部分图象如图中实线所示，图中圆C与的图象交于M，N两点，且M在y轴上，则下说法正确的是（    ） A．函数的最小正周期是 B．函数在上单调递减 C．函数的图象向左平移个单位后关于直线对称 D．若圆C的半径为，则函数的解析式为 【答案】D 【解析】由函数图象，可得点的横坐标为， 所以函数的最小正周期为，所以A不正确； 又由，且，即， 根据五点作图法且，可得，解得， 因为，可得， 结合三角函数的性质，可得函数在是先减后增的函数，所以B错误； 将函数的图象向左平移个单位后，得到， 可得对称轴的方程为，即， 所以不是函数的对称轴，所以C错误； 当时，可得，即, 若圆的半径为，则满足，即， 解得，所以的解析式为，所以D正确. 故选：D. 18．（2024·上海奉贤·二模）已知函数，其中，，其中，则图象如图所示的函数可能是（    ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据函数图象和的奇偶性判断. 【详解】易知是偶函数， 是奇函数，给出的函数图象对应的是奇函数， A. ，定义域为R， 又，所以是奇函数，符合题意，故正确； B. ，，不符合图象，故错误； C. ，定义域为R， 但，故函数是非奇非偶函数，故错误； D. ，定义域为R， 但，故函数是非奇非偶函数，故错误， 故选：A 考点05：三角函数的性质 19．（2025·上海浦东新·二模）若，则函数的最小正周期为 ． 【答案】 【分析】利用两角和差的余弦公式化简，再利用周期公式求解. 【详解】， 故最小正周期为. 故答案为： 20．（2025·上海崇明·二模）函数的最小正周期是，则 ． 【答案】 【分析】由正弦型函数的周期公式可求得的值. 【详解】因为函数的最小正周期是，则. 故答案为：. 21．（23-24高一下·上海·期中）下列函数中，既是奇函数，又在上是严格增函数的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据奇偶性定义、三角函数的单调性逐项判断可得答案. 【解析】对于A，，因为时， ，所以为偶函数，故A错误； 对于B，，因为时， ，所以为偶函数，故B错误； 对于C，，因为时， ，所以为奇函数， 时，单调递增，故C正确； 对于D，，因为时， ，所以为奇函数， 时，单调递减，故D错误. 故选：C. 22.将函数的图象向右平移个单位后，所得图象关于坐标原点对称，则的值可以为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】因为向右平移个单位后解析式为， 又图象关于原点对称， 时，， 故选：B. 23.函数的最小正周期为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】， 所以的最小正周期． 故选：C． 24.（2024上海黄浦区二模）已知函数，，则函数的单调递减区间为 . 【答案】 【解析】由题意知，， 由，得， 令，得，令，则， 即函数的单调递减区间为. 故答案为： 25．（23-24高一下·上海浦东新·期中）在上的值域为 . 【答案】 【分析】根据题意，由三角恒等变换公式化简，再由正弦型函数的值域即可得到结果. 【解析】 . 故答案为： 26．（23-24高一下·上海·期中）设为常数，若函数的最大值为5，则 . 【答案】 【分析】首先把函数的关系式变换成正弦型函数，进—步利用函数的最值求出的值. 【解析】因为，其中， 所以，解得. 故答案为：. 考点06：三角函数与方程、不等式、零点问题 27.已知函数在上有且只有5个零点，则实数的范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】因为， 令，即， 所以，在上有且只有5个零点， 因为，所以， 所以，如图，由正弦函数图像，要使在上有且只有5个零点， 则，即， 所以实数的范围是.    故选：C 28. 已知函数在区间上只有一个零点和两个最大值点，则的取值范围是 ． 【答案】 【解析】 ， 由，，得， 时，，最大时，也最大， 若在区间上只有一个零点和两个最大值点， 则只需，解得． 故答案为：. 29．（23-24高一下·上海·期中）设函数，若对于任意，都存在，使得，则的最小值为 . 【答案】/ 【分析】首先求出函数在，依题意时的值域包含，结合正弦函数的性质求出的取值范围，即可得解. 【解析】当时， 因为对于任意，都存在，使得， 所以当时的值域包含， 又， 所以，则的最小值为. 故答案为： 30．（23-24高一下·上海闵行·期中）将函数的图像向上平移1个单位，得到的图像，若，则的最小值是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】由的最大值和可知，的最小值即为的最小值周期，然后可得. 【解析】由题知，， 因为，所以， 因为的最大值为1，所以， 所以的最小值即的最小值周期， 所以. 故选：D 31. 已知函数. (1)若时，恒成立，求实数的取值范围； (2)将函数的图象的横坐标缩小为原来的，纵坐标不变，再将其向右平移个单位，得到函数的图象.若，函数有且仅有4个零点，求实数的取值范围. 【解析】（1）因为， 当时，可得， 当，即时，取得最小值， 因为时，恒成立，所以， 即实数的取值范围为. （2）由图象的横坐标缩小为原来的，可得：， 再将其向右平移，可得：， 即函数， 因为，所以，在给定区间的正弦函数的零点是， 再由函数有且仅有4个零点，则满足， 解得，所以实数的取值范围. 考点07：向量的概念与运算 32．（2023·安徽芜湖·模拟预测）已知向量，，，则向量在向量上的投影向量的模长为（    ） A．6 B．3 C．2 D． 【答案】C 【解析】因为，所以， 因为，所以， 所以， 又，所以， 所以向量在向量上的投影向量的模的值为，故选：C. 33．（2023高一下·上海闵行·期末）下列命题中正确的是（   ） A． B． C．若，则 D．若，则 【答案】B 【分析】根据相等向量、零向量的定义判断A、C、D，根据向量数量积的定义判断B. 【解析】对于A：，故A错误； 对于B：，故B正确； 对于B：若时，与的方向可能不同，与可能不相等，故C错误； 对于D：若时，即，所以，得不出，故D错误． 故选：B． 34．（2024高一下·上海嘉定·期末）设为任意非零向量，且相互不共线，则下列命题中是真命题的有（    ） （1） （2） （3）不与垂直 （4） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】C 【分析】根据平面向量数量积的定义和运算律逐个分析判断即可 【解析】对于（1），因为与共线，与共线，而不共线，所以与不共线，所以，所以（1）错误， 对于（2），因为不共线，所以由向量的减法法则和三角形两边之差小第三边，可得，所以（2）正确， 对于（3），因为，所以与垂直，所以（3）错误， 对于（4），因为，所以（4）正确， 故选：C 35.已知是的边上一点，若，则（    ） A． B． C．0 D． 【答案】B 【解析】由题意可得：， 可知，所以.故选：B. 考点08：向量的数量积 36．（2023高一下·上海杨浦·期末）已知向量、满足，，，则 . 【答案】/－0.25 【分析】根据题意将两边平方，结合数量积以及模的运算，即可求得答案. 【解析】由可得，即， 即，所以， 故答案为：. 37.（2023嘉定区二模）△是边长为的等边三角形，点为边的中点，则 . 38．（2023·全国·高考真题）正方形的边长是2，是的中点，则（    ） A． B．3 C． D．5 【答案】B 【解析】方法一：以为基底向量，可知， 则， 所以； 方法二：如图，以为坐标原点建立平面直角坐标系， 则，可得，所以； 方法三：由题意可得：， 在中，由余弦定理可得， 所以.故选：B. 39.已知等边的边长为2，点、分别为的中点，若，则=（    ） A．1 B． C． D． 【答案】A 【解析】在中，取为基底，则. 因为点、分别为的中点， ，， 故选：A 40.在中，角A为，角A的平分线AD交BC于点D，已知，且，则（    ） A．1 B． C．9 D． 【答案】C 【解析】由可得：， 因为B，C，D三点共线，故，即， 所以， 以A为原点，以AB为x轴建立平面直角坐标系如图所示， 因为，，则 因为，故设 则 由得，解得，故，， 所以.故选：C， 41．（2023高一下·上海宝山·期末）若向量、满足，，则 . 【答案】 【分析】根据给定条件，利用向量数量积的运算律求解作答. 【解析】由，，得， 所以. 故答案为： 42.已知平面向量满足，则与的夹角为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由题意知平面向量满足， 故，所以， 所以，所以， 则，，故，故选：B. 43．（2025·上海徐汇·二模）已知是正方形，点是的中点，点在对角线上，且则的大小为 . 【答案】/ 【分析】建立平面直角坐标系，求出点的坐标，利用数量积即可求解. 【详解】以点为坐标原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系，设， 则有，由有，所以， 所以，所以， 即，所以， 故答案为：. 考点09：向量的最值与范围问题 44．（2024高一下·上海长宁·期末）在中，为中线上的一个动点，若，则的取值范围是 ． 【答案】 【分析】根据平面向量运算法则得到，利用数量积公式得到，设，从而得到，结合求出取值范围. 【解析】因为是的中线，所以， 故， 因为，设，则， 所以， 故当时，取得最小值，最小值为， 当或3时，. 故答案为：. 45．（2025·上海杨浦·二模）已知、、是单位圆上的三个点，若，则的最大值为（    ）. A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立平面直角坐标系，根据数量积的运算律得到，设，， ，再由数量积的坐标表示及两角差的正弦公式计算可得. 【详解】因为、、是单位圆上的三个点，如图建立平面直角坐标系， 因为，即，所以， 所以，即， 不妨设，，设，所以，， 所以， 所以当，即时取得最大值，且. 故选：D    46．（2023·全国·高考真题）已知的半径为1，直线PA与相切于点A，直线PB与交于B，C两点，D为BC的中点，若，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】如图所示，，则由题意可知:， 由勾股定理可得 当点位于直线异侧时或PB为直径时，设， 则： ，则 当时，有最大值. 当点位于直线同侧时，设， 则： ， ，则 当时，有最大值. 综上可得，的最大值为.故选：A. 47．（23-24高三下·贵州贵阳·一模）如图，在边长为2的正方形中．以为圆心，1为半径的圆分别交于点．当点在劣弧上运动时，的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】依题意，以点为原点，直线分别为轴建立平面直角坐标系，如图， 设点，而， 则， 因此， 由，得，则， 因此， 所以的取值范围为.故选：B 48．（2023·全国·模拟预测）已知中，，且为的外心．若在上的投影向量为，且，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】因为， 则，所以，即B，O，C三点共线． 因为为的外心，即有， 所以为直角三角形，因此，为斜边的中点． 因为，所以为锐角． 如图，过点作，垂足为． 因为在上的投影向量为，所以， 所以在上的投影向量为． 又因为，所以． 因为，所以， 故的取值范围为．故选：A． 考点10：复数及四则运算 49．（2025·上海黄浦·二模）为虚数单位，若复数满足且，则 ． 【答案】 【分析】设出复数的代数形式，由给定条件列式，结合复数乘法及复数相等求解. 【详解】设，则，由，得，解得， 即，由，得，所以. 故答案为： 50．（2022•闵行区二模）若为纯虚数为虚数单位），则实数　　． 【分析】根据已知条件，结合纯虚数的概念，以及复数的四则运算，即可求解． 【解答】解：为纯虚数， 则，解得． 故答案为：． 【点评】本题考查了纯虚数的概念，以及复数代数形式的乘法运算，需要学生熟练掌握公式，属于基础题． 51．（2024•上海）已知虚数，其实部为1，且，则实数为 　　． 【分析】根据已知条件，结合复数的概念，以及复数的四则运算，即可求解． 【解答】解：虚数，其实部为1， 则可设， 所以，因为， 所以，解得， 所以． 故答案为：2． 【点评】本题主要考查复数的概念，以及复数的四则运算，属于基础题． 52．（2025·上海长宁·二模）复数，，则 ． 【答案】/ 【分析】由已知可得，根据复数的乘法运算即可求解. 【详解】因为，所以， 所以. 故答案为：. 考点11：复数的几何意义及实系数一元二次方程 53．（2023•杨浦区校级模拟）已知复数在复平面内对应的点是，其共轭复数在复平面内对应的点是，是坐标原点，若在第一象限，且，则　　． 【分析】设点坐标，根据共轭复数的概念得坐标，再由得横纵坐标的关系式，根据复数的除法运算求值即可． 【解答】解：设，，，则由共轭复数的概念可得：， 由得：， 因为，，所以，故， 故． 故答案为：． 【点评】本题主要考查复数的四则运算，属于中档题． 54．（2024•杨浦区校级三模）在复平面内，复数、所对应的点分别为、，对于下列四个式子： ①； ②； ③； ④． 其中恒成立的是 　　（写出所有恒成立式子的序号） 【分析】设，，则，，利用复数的乘法运算法则和复数的模判断①②；利用向量数量积公式和向量的模判断③④． 【解答】解：设，，则，， 对于①，，，，故错误； 对于②，， ， ， ，故②正确； 对于③，，，，故③正确； 对于④，，， ， ， ，故错误． 故答案为：②③． 【点评】本题考查命题真假的判断，考查复数的乘法运算法则和复数的模、向量数量积公式和向量的模等基础知识，考查运算求解能力，是基础题． 55．（2023•上海主考）已知，且为虚数单位），满足，则的取值范围为 　　． 【分析】引入复数的三角形式，将问题转化为三角函数的值域问题求解． 【解答】解：设，则， 因为，所以， 所以 ， 显然当时，原式取最小值0， 当时，原式取最大值， 故的取值范围为，． 故答案为：，． 【点评】本题考查复数的三角形式以及三角恒等变换，同时考查了复数的模长公式，属于中档题． 56．（2023秋•徐汇区校级月考）设和是关于的方程的两个虚数根，若、、在复平面上对应的点构成直角三角形，则实数　　． 【分析】设，则，结合韦达定理可得，，根据题意可知，结合向量的坐标运算求解． 【解答】解：设，，，由实系数一元二次方程虚根成对定理可得， 由根与系数的关系可得，， 整理得，， 设、、在复平面上对应的点分别为、、， 则， 可知，关于轴对称， 若复平面上、、对应点构成直角三角形，则， 即，解得， 所以． 故答案为：13． 【点评】本题主要考查复数的四则运算，以及复数的几何意义，属于基础题． 57．（2023秋•宝山区校级期中）若复数满足，则的最小值为 　　． 【分析】根据题设条件确定复数对应点在以，为焦点，长轴长为10的椭圆上，结合椭圆性质及的几何意义确定最小值． 【解答】解：设且，，又， 所以， 即点到两定点，的距离之和为10， 所以点在以，为焦点，长轴长为10的椭圆上， 由表示椭圆上点到原点距离，故其最小值为短半轴． 故答案为：4． 【点评】本题考查了椭圆的性质，复数的模及其几何意义，是基础题． 58．（2024•黄浦区校级三模）已知关于的一元二次方程有两个虚根，，且，则实数的值为 　　． 【分析】由已知结合二次方程虚根的性质即可求解． 【解答】解：由，得， 依题意，，即或， 解得， 而，即， 整理得，解得或（舍，故， 所以实数的值为3． 故答案为：3． 【点评】本题主要考查了二次方程虚根的性质的应用，属于中档题． 考点12：解答题 59．（23-24高一下·上海·期中）在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，. (1)求的值； (2)若，求bc的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用二倍角的余弦函数公式及同角三角函数的基本关系化简后，得到一个关于的关系式，把的值代入即可求出值； （2）根据余弦定理表示出，然后把等式变为，利用基本不等式和的值即可求出的最大值． 【解析】（1）因为， 所以. （2）根据余弦定理可知：， ， 又，即， ，当且仅当时，， 故的最大值是． 60．（2025·上海长宁·二模）已知向量． (1)求函数的单调递减区间； (2)若函数在区间上恰有2个零点，求实数a的取值范围． 【答案】(1)，. (2) 【分析】（1）由数量积的坐标形式结合三角变换公式可得，由整体法可求函数的单调减区间； （2）函数在给定区间上的零点问题可转化为与的图象在上有两个不同的交点，利用正弦函数的性质可求参数的取值范围. 【详解】（1）， 令，则，其中， 故函数的单调递减区间为，. （2）由题设有在有两个不同的零点， 而，故在有两个不同的解， 故与的图象在上有两个不同的交点， 而在为增函数，在为减函数， 且，故， 故. 61．（2023高一下·上海虹口·期末）已知函数，其中. (1)若，求函数的最小正周期以及函数图象的对称中心； (2)若在闭区间上是严格增函数，求正实数的取值范围. 【答案】(1),,Z; (2) 【分析】（1）利用正切函数的周期性和对称性求解； （2）利用正切函数的单调性求出的范围. 【解析】（1）∵，∴函数的最小正周期为, 令,Z,解得，Z, ∴函数图象的对称中心为,Z. （2）∵在闭区间上是严格增函数， ∴， ∴，且ω为正实数，解得 62．（2023高一下·上海闵行·期末）已知是平面上一点，，且. (1)若，求； (2)若，求实数的值； (3)求的最小值. 【答案】(1)， (2) (3). 【分析】（1）根据题意，直接由平面向量数量积的定义即可得到结果； （2）解法一，以为原点，方向为轴正向建立平面直角坐标系，通过平面向量的坐标运算即可得到结果；解法二，由平面向量的数量积运算，即可得到结果； （3）解法一，设， 设表示出向量的模长，然后结合基本不等式即可得到结果；解法二，建立平面直角坐标系，由平面向量的坐标运算即可得到结果. 【解析】（1） （2）解法一： 以为原点，方向为轴正向建立平面直角坐标系. ，得 由 解得（舍去）和.所以满足要求的实数. 解法二： 由 解得（舍去）和.所以满足要求的实数. （3）解法一： 设，由题意可知，在之间， 设， ， 所以的最小值是，当且仅当时等号成立. 解法二： 因为， 以为原点，方向为轴正向建立平面直角坐标系， 设，满足 所以的最小值是 63．（2024高一下·上海宝山·期末）若定义域为的函数满足：对于任意，都有，则称函数具有性质． （1）设函数，的表达式分别为，，判断函数与是否具有性质，说明理由； （2）设函数的表达式为，是否存在以及，使得函数具有性质？若存在，求出，的值；若不存在，说明理由； （3）设函数具有性质，且在上的值域恰为；以为周期的函数的表达式为，且在开区间上有且仅有一个零点，求证：． 【答案】（1）函数具有性质，不具有性质，理由见解析；（2）不具备，理由见解析；（3）证明见解析. 【分析】（1）根据具有性质的定义依次讨论即可得答案； （2）假设函数具有性质，则有，即，进而得，再根据并结合函数的值域为得，故，此时，在验证不具有性质，进而得到答案； （3）结合（2），并根据题意得，进而得在的值域为，当时，与零点唯一性矛盾得或，再讨论当时不成立得，即． 【解析】（1）函数具有性质，不具有性质，说明如下： ， ， 对任意，都有， 所以具有性质， ，， 所以， 所以不具有性质； （2）若函数具有性质， 则有，即， 于是，结合知， 因此； 若，不妨设 由可知： （记作*），其中 只要充分大时，将大于1 考虑到的值域为为，等式（*）将无法成立， 综上所述必有，即； 再由，，从而，而 当时，， 而，显然两者不恒相等（比如时) 综上所述，不存在以及使得具有性质； (3）由函数具有性质以及（2）可知， 由函数是以为周期的周期函数，有， 即，也即 由，及题设可知 在的值域为 当时，当及时，均有， 这与零点唯一性矛盾，因此或， 当时，，在的值域为 此时 于是在上的值域为， 由正弦函数的性质，此时当时和的取值范围不同， 因而，即． 【点睛】本题考查函数的新定义问题，考查逻辑推理能力，运算求解能力，是难题.本题解题的关键在于正确理解具有性质P的函数的定义，利用定义，结合反证法，分类讨论思想等讨论求解. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$