上海奉贤区致远高级中学2021-2022学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析）

致远高中2021学年第二学期期末在线教学评估练习高一数学（考试时间：120分钟满分150分）一、填空题（第1-6题4分/题，第7-12题5分/题，共54分）1.复数的虚部为______.【答案】【解析】【分析】直接根据复数的相关概念判断即可；【详解】解：复数的虚部为故答案为：2.，则的取值范围是__________．【答案】【解析】【分析】设与的夹角为，则可得，由于，所以可得，然后利用可求出其范围【详解】设与的夹角为，因为，所以，所以，因为，所以， 所以，所以，所以，所以，故答案为：3.在三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c若C＝105°，a＝，A＝45°，则b＝_______【答案】4【解析】【分析】由题意可得，结合运算求解．【详解】由题意可得根据正弦定理：，则故答案为：4．4.如图，是用斜二测画法得到的的直观图，其中，，则AB的长度为______.【答案】【解析】【分析】在原图形中作出，然后由勾股定理计算．【详解】如图，在原图形中，，，， 故答案为：．5.已知、，，，则______【答案】【解析】【分析】根据角度范围，利用同角三角函数关系式，先确定，的值，在用两角余弦和差公式求解即可.【详解】解：、，，.故答案为：.6.已知向量，，则在方向上的投影向量的坐标为______.【答案】【解析】【分析】首先求出，再根据平面向量投影的定义计算即可． 【详解】解：向量，，所以，，则在方向上的投影的坐标为．故答案为：．7.关于的实系数一元二次方程的一根为，则__________．【答案】4【解析】【分析】由实系数一元二次方程的虚数根成对出现得另一根为，再由根与系数关系得结论．【详解】由题意方程另一根为，所以．故答案为：4．8.在中，，三角形的面积等于，则的长为___________.【答案】或【解析】【分析】由面积公式求出，即可得到，再利用余弦定理计算可得；【详解】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9.已知长方体的棱，则异面直线与所成角的大小是_______.（结果用反三角函数值表示）【答案】【解析】【分析】设与交于点，证得异面直线与所成的角是或其补角，由余弦定理解三角形可得．【详解】连接，由与平行且相等得是平行四边形，，设与交于点，则异面直线与所成的角是或其补角，在矩形中，，，则，，，故答案为：． 10.给出下列命题：①若两条不同的直线同时垂直于第三条直线，则这两条直线互相平行；②若两个不同的平面同时垂直于同一条直线，则这两个平面互相平行；③若两个不同的平面同时垂直于第三个平面，则这两个平面互相垂直；④若两条不同的直线同时垂直于同一个平面，则这两条直线互相平行；其中所有错误命题的序号为________.【答案】①③【解析】【分析】根据空间直线、平面间的位置关系判断．【详解】垂直于同一条直线的两条直线可能相交、可能平行、也可能异面，①错；垂直于同一条直线的两个平面平行，②正确；垂直于同一平面的两个平面可能平行也可能相交，③错；垂直于同一平面的两条直线平行，④正确．故答案为：①③．11.已知z是虚数，是实数，是虚数z的共轭复数，则的最小值是__________．【答案】.【解析】【分析】设，，且，根据是实数，得到，表示出，结合二次函数的性质求出其最小值即可． 【详解】解：设，，且，则，因为是实数，所以，因为，所以，所以，则，因为，所以，所以，所以，因为，所以，，则，当时，取到最值.故答案为：．12.若△的内角、、，其中为△的重心，且，则的最小值为________【答案】【解析】【分析】用向量分别表示，利用垂直关系建立方程，最后借助重要不等式求解．【详解】解：因为G为△ABC的重心，所以；，因为，所以，即，整理得，所以，所以， 故答案为：．【点睛】本题考查了平面向量的数量积和向量的线性运算，考查重要不等式，属于中档题目，有一定难度．二、单选题（5分/题，共20分）13.下列函数中，在其定义域上是偶函数的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据奇偶性定义，结合三角函数的奇偶性可直接得到结果.【详解】对于A，定义域为，，为奇函数，A错误；对于B，定义域为，，为偶函数，B正确；对于C，定义域为，即定义域关于原点对称，，为奇函数，C错误；对于D，定义域为，，为奇函数，D错误.故选：B.14.已知l、m、n是空间三条直线，则下列命题正确的是A若l//m，l//n，则m//nB.若l⊥m，l⊥n，则m//nC.若点A、B不在直线l上，且到l的距离相等，则直线AB//lD.若三条直线l、m、n两两相交，则直线l、m、n共面【答案】A【解析】 【详解】分析：由公理4可判断A，利用空间直线之间的位置关系可判断B，C，D的正误，从而得到答案．详解：由公理4可知A正确；若l⊥m，l⊥n，则m∥n或m与n相交或异面，故B错误；若点A、B不在直线l上，且到l的距离相等，则直线AB∥l或AB与l异面，故C错误；若三条直线l，m，n两两相交，且不共点，则直线l，m，n共面，故D错误．故选A．点睛：本题考查命题真假判断与应用，着重考查空间中直线与直线之间的位置关系，掌握空间直线的位置关系是判断的基础，对于这种题目的判断一般是利用课本中的定理和性质进行排除，判断．还可以画出样图进行判断，利用常见的立体图形，将点线面放入特殊图形，进行直观判断．15.以下数都在复数范围内（1）如果，则，；（2）；（3）；（4）若，则.其中错误命题的个数是（       ）A.0B.1C.2D.3【答案】D【解析】【分析】根据复数相等的定义、复数的模、复数的运算判断．【详解】由复数相等的定义只有在时，（1）才能正确，因此题中（1）错误；如，则是实数，，，因此（2）错；，（3）正确；若，，，则，但不成立，（4）错．故选：D．16.已知，是平面向量的一个基底，设非零向量，，给出 下列两个命题：①；②，则（）A.①②均正确B.①②均错误C.①对②错D.①错②对【答案】C【解析】【分析】根据题意，结合向量的共线定理与向量的数量积的计算公式，即可求解.【详解】由题意可知，，都不为零向量，对于①，因，所以，即，消去，得，故①正确；对于②，由，得，即，因，的夹角与模长都未知，所以不一定成立，故②错.故选：C.三、解答题（14+14+14+16+18，共76分）17.已知函数，.（1）求的值；（2）求的最小正周期；（3）求的单调减区间.【答案】（1）（2）（3）（）【解析】【分析】（1）直接代入计算；（2）结合正弦函数的周期求解；（3）由正弦函数的单调性求解． 【小问1详解】；【小问2详解】；【小问3详解】，解得，，所以减区间是（）．18.如图，在四棱锥中，四边形为正方形，已知平面，且，为中点．（1）证明：平面；（2）证明：平面平面．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）连接交于点，由三角形中位线性质可得，根据线面平行的判定可证得结论；（2）由线面垂直的性质和正方形，结合线面垂直的判定可证得平面，由面面垂直的判定可证得结论.【小问1详解】连接交于点，连接， 四边形为正方形，为中点，又为中点，，平面，平面，平面.【小问2详解】平面，平面，；四边形为正方形，；，平面，平面，平面，平面平面.19.已知复数（其中、），存在实数，使成立．（1）求值：；（2）若，求的取值范围.【答案】（1）3（2）【解析】【分析】（1）由，利用复数相等，求得a，b，再消去t得即可；：；（2）根据，求得或，且，再利用复数模，结合二次函数求解.【小问1详解】解：因为复数（其中、）， 所以，则，消去t得：；【小问2详解】因为，所以，即，则，解得或，且，所以，所以.20.对于一个向量组，令，如果存在，使得，那么称是该向量组的“好向量”（1）若是向量组的“好向量”，且，求实数的取值范围；（2）已知，，均是向量组的“好向量”，试探究的等量关系并加以证明．【答案】（1）（2），证明见解析.【解析】【分析】（1）由题意，用坐标表示向量的模，解之可得；（2）由“好向量”的定义得三个不等式，平方转化为向量的数量积，三式相加整理后可得．小问1详解】由题意，而，，，， 所以，解得，所以的范围是；【小问2详解】的等量关系是，证明如下：由题意是向量组的“好向量”，所以，则，即，所以，同理，，三式相加并整理得，所以，所以．21.如图，在长方体中，，点E在棱上运动．（1）证明：；（2）当E与A重合时，求直线与平面所成角的大小（用反三角函数值表示）；（3）等于何值时，二面角的大小为？【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】 【分析】（1）证明平面可得；（2）平面即为平面，在平面内过作于，得就直线与平面所成角，在直角三角形中求解即得；（3）二面角是，则二面角是，作，垂足为，连接，得是二面角的平面角，即，然后求出，，得，从而得．【小问1详解】连接，，在正方形中，，又长方体中平面，平面，所以，，平面，所以平面，而平面，所以；【小问2详解】如图，平面即为平面，在平面内过作于，由平面，平面得，，平面，所以平面，所以就是直线与平面所成角，在直角中， ．所以直线与平面所成角的大小为；【小问3详解】如图二面角是，则二面角是，作，垂足为，连接，平面，平面，则，，平面，所以平面，而平面，所以，所以是二面角的平面角，即，在直角中，，，，，所以，所以．