精品解析：上海市嘉定区第一中学2023-2024学年高一下学期期末测试数学试题

2023学年第二学期高一年级期末测试（数学学科） 考生注意： 1.本场考试时间120分钟，试卷共4页，满分150分，答题纸共2页. 2.作答前，考生在答题纸正面填写姓名、班级. 一、填空题（本大题共54分，1～6每题4分；7～12每题5分） 1. 若向量，，且，则________. 【答案】 【解析】 【分析】利用向量平行的坐标运算即可求解. 【详解】因为向量，，且， 可得，解得. 故答案为：. 2. 若平面与平面平行，，则直线的位置关系为 __________． 【答案】平行或异面 【解析】 【分析】根据面面平行的性质进行判断即可. 【详解】∵平面∥平面， ∴平面与平面没有公共点 ∵， ∴直线没有公共点 ∴直线的位置关系是平行或异面 故答案为：平行或异面． 3. 若复数（i是虚数单位），则=______． 【答案】 【解析】 【分析】根据复数除法，化简复数，得出复数的虚部. 【详解】已知，则， 所以， 故答案为：. 4. 已知，且，则=________. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用正弦函数、正切函数的奇偶性求解. 【详解】依题意，，则， 所以. 故答案为： 5. 若，则的最大值为______. 【答案】3 【解析】 【分析】由复数模的几何意义确定复数z对应点的轨迹，问题化为圆上点到原点的距离最大值，即可得结果. 【详解】令且，又， 所以，即， 所以复数z对应点在以为圆心，半径为1的圆上， 又表示圆上点到原点的距离，而圆心到原点距离为， 所以的最大值为. 故答案为：3 6. 已知平面向量满足，与的夹角为，则的值______. 【答案】 【解析】 【分析】先根据平面向量数量积的定义计算；再根据求向量模长的方法，结合向量数量积的运算法则即可求解. 【详解】因为，与的夹角为， 所以，，. 则. 故答案为： 7. 已知方程的两个根满足，则m的值是__________. 【答案】5 【解析】 【分析】利用根与系数的关系可得，结合已知可得，求解即可. 【详解】因为的两根为，所以， 又因为，所以， 所以，解得，检验可得， 所以. 故答案为：. 8. 如图是四边形ABCD的水平放置的直观图A′B′C′D′，则原四边形ABCD的面积是________． 【答案】28 【解析】 【分析】还原原图可知原图为直角梯形，然后利用梯形面积公式求解即可 【详解】因为A′D′∥y′轴，A′B′∥C′D′，A′B′≠C′D′，所以原图形是一个直角梯形，如图所示．又A′D′＝4， 所以原直角梯形的上、下底及高分别是2，5，8，故其面积为S＝×(2＋5)×8＝28. 故答案为：28 9. 如图，是棱长为2的正方体的棱上一点，且面，则线段的长度是_________. 【答案】 【解析】 【分析】连接与相交于点，则点是的中点，利用线面平行的性质定理可得，即点是的中点，求出可得答案. 【详解】连接与相交于点，连接，则点是的中点， 平面平面， 因为平面，所以， 可得点是的中点， 所以, 故答案为：, 10. 若直线垂直于以为直径的圆所在的平面，为圆周上异于的一点，有下列关系： ① ②平面 ③ ④， 其中正确的是___________. 【答案】①②④ 【解析】 【分析】先由题意，得到，根据线面垂直的判定定理以及性质，可判断①②④正确；推出与不垂直；假设，根据线面垂直的判定定理与性质推出，得出矛盾，即可得出③错. 【详解】因为为以为直径的圆上异于的一点， 所以， 因为直线垂直于以为直径的圆所在的平面，所以平面， 因此；即①正确； 又，且平面， 所以平面；即②正确； 又平面，所以；即④正确； 因为平面，所以，即是以为直角的直角三角形，所以与不垂直； 若，根据，，平面，可得平面，则，这与“，不垂直”矛盾，故，不垂直；即③错. 故答案为：①②④. 【点睛】本题主要考查线面垂直，线线垂直的判断，熟记线面垂直的判定定理和性质即可，属于常考题型. 11. “燕山雪花大如席”，北京冬奥会开幕式将传统诗歌文化和现代奥林匹克运动联系在一起，天衣无缝，让人们再次领略了中国悠久的历史积淀和优秀传统文化恒久不息的魅力.顺次连接图中各顶点可近似得到正六边ABCDEF.若正六边形的边长为1，点P是其内部一点（包含边界），则的取值范围为___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据向量的共线表示以及平面向量基本定理，可表达出，结合图形特征以及数量积的运算即可求解. 【详解】过点作于所以且,其中, 当点与点重合时，在方向上的投影最大，此时,取得最大值为； 当点与点重合时，此时，即,故,取得的最小值为 的取值范围是． 故答案为：． 12. 如图，正方形ABCD的边长为2，O为AD的中点，射线OP从OA出发，绕着点O按逆时针方向旋转至在旋转的过程中，记为x，OP所经过的正方形ABCD内部的区域（阴影部分）的面积为对于函数给出以下4个结论： ；函数在为减函数； ；的图象关于直线对称． 其中正确结论的序号为____________. 【答案】①③ 【解析】 【分析】由题意，分段整理函数的解析式，根据正切函数的性质，逐项计算并检验，可得答案. 【详解】当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 对于①，显然，则，故①正确； 对于②，由，函数为增函数， 当时，，则函数在该范围上单调递增， 当时，，则函数在该范围上单调递增， 并且， 综上可得：函数在上单调递增，故②错误； 对于③，当时，则，可得， 同理可得当取其他值时，等式都成立，故③正确； 对于④，由，则函数的图象关于成中心对称. 故答案为：①③. 二、选择题（本大题共18分，13～14每题4分，15～16每题5分） 13. 下列命题中正确的个数是（ ） ①若直线l上有无数个点不在平面内，则； ②若直线l与平面平行，则l与平面内的任一直线平行； ③如果两条平行线中的一条与一个平面平行，那么另一条也与这个平面平行； ④若直线l与平面平行，则l与平面内的任一直线都没有公共点. A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】根据线面的位置关系逐项判断. 【详解】①若直线l上有无数个点不在平面α内，有可能直线与平面相交，故错误； ②若直线l与平面α平行，有可能直线与平面内的直线异面，故错误； ③如果两条平行线中的一条与一个平面平行，那么有可能另外一条直线在面内，故错误； ④因为直线与平面平行时与平面内直线的位置关系为平行或异面，均没有公共点，正确； 故选：B. 14. 在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】借助正弦定理结合题目所给条件可将所有边长的关系计算出来，再利用余弦定理代入计算即可得解. 【详解】由，则， 则，即， 则， 故. 故选：A. 15. 设函数，若对于任意，在区间上总存在唯一确定的，使得，则m的最小值为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 先求，再由存在唯一确定的，使得，得，从而得解. 【详解】当时，有，所以. 在区间上总存在唯一确定的，使得， 所以存在唯一确定的，使得. ，所以. 故选B. 【点睛】本题主要考查了三角函数的图像和性质，考查了函数与方程的思想，正确理解两变量的关系是解题的关键，属于中档题. 16. 如图，正六边形的边长为，半径为1的圆O的圆心为正六边形的中心，若点M在正六边形的边上运动，动点A，B在圆O上运动且关于圆心O对称，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，由平面向量数量积的运算化简，可得，再由的范围，即可得到结果. 【详解】由题意可得， ， 当与正六边形的边垂直时，， 当点运动到正六边形的顶点时，， 所以，则，即. 故选：B 三、解答题（本大题共78分） 17. 已知复数与都是纯虚数． （1）求； （2）若复数是关于的方程的一个根，求实数、的值． 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）设，根据复数代数形式的运算法则化简，再根据复数的类型得到方程（不等式）组，解得，从而得到，即可求出其模； （2）由（1）可得，根据虚根成对原理得到也是方程的根，利用韦达定理计算可得. 【小问1详解】 由题意可设， 则， 又为纯虚数， 则，解得，所以，则； 【小问2详解】 由（1）可得， 故是关于的方程的一个根， 则也是关于的方程的一个根， 故，解得． 18. 已知平面向量，． （1）求 （2）求实数为何值时，． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）可先对其平方，再利用向量数量积公式展开，最后开方得到结果； （2）根据向量垂直的性质，两垂直向量的数量积为，列出关于的方程求解. 【小问1详解】 对进行平方可得. 已知，，，则. 又因为，，所以，则. 【小问2详解】 因为，所以. 展开： 将，，代入上式可得： ，整理得. 解得. 则实数时，. 19. 已知函数． （1）求函数在R上的单调递增区间； （2）将函数的图象向左平移个单位长度，再将图象向上平移1个单位长度，得到函数的图象，若实数满足，求的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）化简函数得到，结合三角函数的图象与性质，即可求解； （2）根据三角函数的图象变换，求得，根据题意，得到为函数的最值，结合三角函数的性质，即可求解. 【小问1详解】 解：由函数， 令，解得， 所以函数的单调递增区间为. 【小问2详解】 解：将函数的图形向左平移个单位长度， 得到， 再将得到的函数图象向上平移1个单位长度，可得， 由实数满足，则为函数的最值， 不妨设， 则， 解得， 则， 当或时，此时. 20. 如图，长方体中，，分别是的中点. （1）证明：平面； （2）证明：平面； （3）求异面直线与所成角. 【答案】（1）证明：连接AC.在中，因为、分别是，的中点，可得. 又因为平面ABCD，平面ABCD，所以平面ABCD. （2）证明：在长方体中，底面是正方形，所以. 因为平面，平面，可得. 由于，平面，平面，所以AC⊥平面. （3） 【解析】 【分析】（1）连接AC.运用中位线得到，依据直线与平面平行的判定定理得到平面. （2）运用正方体性质得到，依据直线与平面垂直的判定定理得到平面. （3）通过平移其中一条直线，使它们相交，得到所成角，再结合长方体的棱长等条件进行求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（1）知，在长方体中，，所以就是异面直线EF与所成的角（或其补角）. 因为底面是正方形，，所以是等腰直角三角形，，即异面直线与所成角为. 21. 定义非零向量的“相伴函数”为，向量称为函数的“相伴向量”（其中为坐标原点）. （1）设，写出函数的相伴向量； （2）已知锐角的内角的对边分别为记向量的相伴函数，若且，求：①的取值范围；②的内切圆的半径的取值范围. 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）根据两角差的正弦公式结合相伴向量的概念即可得结果； （2）①首先根据相伴函数的概念求出，进而求出，通过正弦定理将表示成关于的三角函数，进而可得结果；②利用面积分割法结合余弦定理得，利用①的结论求解即可. 【小问1详解】 ， 所以函数的相伴向量. 【小问2详解】 ①由题知， 由，得， 又，所以，即，所以， 又，由正弦定理，得，， 即， 因为，所以，即， 所以，即的取值范围为； ②由余弦定理得，即， 因为，所以， 所以， 由①知，所以， 所以内切圆半径的取值范围为. 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测试（数学学科） 考生注意： 1.本场考试时间120分钟，试卷共4页，满分150分，答题纸共2页. 2.作答前，考生在答题纸正面填写姓名、班级. 一、填空题（本大题共54分，1～6每题4分；7～12每题5分） 1. 若向量，，且，则________. 2. 若平面与平面平行，，则直线的位置关系为 __________． 3. 若复数（i是虚数单位），则=______． 4. 已知，且，则=________. 5. 若，则的最大值为______. 6. 已知平面向量满足，与的夹角为，则的值______. 7. 已知方程的两个根满足，则m的值是__________. 8. 如图是四边形ABCD的水平放置的直观图A′B′C′D′，则原四边形ABCD的面积是________． 9. 如图，是棱长为2的正方体的棱上一点，且面，则线段的长度是_________. 10. 若直线垂直于以为直径的圆所在的平面，为圆周上异于的一点，有下列关系： ① ②平面 ③ ④， 其中正确的是___________. 11. “燕山雪花大如席”，北京冬奥会开幕式将传统诗歌文化和现代奥林匹克运动联系在一起，天衣无缝，让人们再次领略了中国悠久的历史积淀和优秀传统文化恒久不息的魅力.顺次连接图中各顶点可近似得到正六边ABCDEF.若正六边形的边长为1，点P是其内部一点（包含边界），则的取值范围为___________. 12. 如图，正方形ABCD的边长为2，O为AD的中点，射线OP从OA出发，绕着点O按逆时针方向旋转至在旋转的过程中，记为x，OP所经过的正方形ABCD内部的区域（阴影部分）的面积为对于函数给出以下4个结论： ；函数在为减函数； ；的图象关于直线对称． 其中正确结论的序号为____________. 二、选择题（本大题共18分，13～14每题4分，15～16每题5分） 13. 下列命题中正确的个数是（ ） ①若直线l上有无数个点不在平面内，则； ②若直线l与平面平行，则l与平面内的任一直线平行； ③如果两条平行线中的一条与一个平面平行，那么另一条也与这个平面平行； ④若直线l与平面平行，则l与平面内的任一直线都没有公共点. A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 14. 在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知，，则（ ） A. B. C. D. 15. 设函数，若对于任意，在区间上总存在唯一确定的，使得，则m的最小值为 A. B. C. D. 16. 如图，正六边形的边长为，半径为1的圆O的圆心为正六边形的中心，若点M在正六边形的边上运动，动点A，B在圆O上运动且关于圆心O对称，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 三、解答题（本大题共78分） 17. 已知复数与都是纯虚数． （1）求； （2）若复数是关于的方程的一个根，求实数、的值． 18. 已知平面向量，． （1）求 （2）求实数为何值时，． 19. 已知函数． （1）求函数在R上的单调递增区间； （2）将函数的图象向左平移个单位长度，再将图象向上平移1个单位长度，得到函数的图象，若实数满足，求的最小值． 20. 如图，长方体中，，分别是的中点. （1）证明：平面； （2）证明：平面； （3）求异面直线与所成角. 21. 定义非零向量的“相伴函数”为，向量称为函数的“相伴向量”（其中为坐标原点）. （1）设，写出函数的相伴向量； （2）已知锐角的内角的对边分别为记向量的相伴函数，若且，求：①的取值范围；②的内切圆的半径的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $