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上海市嘉定区第二中学2021-2022学年高一数学下学期期末自查试题(Word版附解析)
上海市嘉定区第二中学2021-2022学年高一数学下学期期末自查试题(Word版附解析)
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嘉定二中2021学年度第二学期期末自查高一年级数学学科试卷一、填空题(本大题满分54分,第1-6题每题4分,第7-12题每题5分)1.若扇形的弧长为,半径为2,则该扇形的面积是______.【答案】【解析】【分析】根据扇形面积公式直接求解即可.【详解】根据题意得,该扇形的面积为.故答案为:.2.已知,,则___________.【答案】【解析】【分析】根据反正弦函数的性质进行求解即可.【详解】因为,,所以,故答案为:3.已知复数的实部为0,其中为虚数单位,则实数a的值是_____.【答案】2.【解析】【分析】本题根据复数的乘法运算法则先求得,然后根据复数的概念,令实部为0即得a的值.【详解】,令得. 【点睛】本题主要考查复数的运算法则,虚部的定义等知识,意在考查学生的转化能力和计算求解能力.4.复数的三角形式的辐角主值为___________.【答案】##【解析】【分析】直接由辐角主值的概念求解即可.【详解】由辐角主值的概念知,的辐角主值为.故答案为:.5.已知,则在方向上的数量投影为___________.【答案】【解析】【分析】根据向量数量积的坐标表示以及向量数量积的几何意义即可求解.详解】由则在方向上的数量投影.故答案为:.6.如图,将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一小块,八个顶点共截去八小块,得到八个面为正三角形、六个面为正方形的“阿基米德多面体”,则异面直线与所成角的大小是___________ 【答案】【解析】【分析】利用平移的思想,得出或其补角为异面直线与所成角,结合为正三角形,即可得解.【详解】解:如图所示,由题可知,四边形和均为正方形,为正三角形,,,或其补角为异面直线与所成角,而为正三角形,,即异面直线与所成角的大小是.故答案为:.7.已知方程()的两个虚根是,,若,则______.【答案】【解析】【分析】根据虚根成对定理可设,,代入可解得,根据韦达定理可得,,将代入可解得,.【详解】因为方程()的两个虚根是,,所以,解得,由虚根成对定理可设,, 所以,,因为,所以,所以,所以,所以,所以,所以,满足,故答案为:.【点睛】本题考查了实系数一元二次方程虚根成对定理,考查了韦达定理,复数的模长公式,属于基础题.8.如图,三角形ABC中,,D是线段BC上一点,且,F为线段AB的中点,AD交CF于点M,若,则___________.【答案】##【解析】【分析】由于F为线段AB的中点,结合已知条件可得,再由直线与相交于点,设,则,从而得,进而求出的值 【详解】因为F为线段AB的中点,所以,因为,所以,所以,因为,所以,由直线与相交于点,设,则,所以,所以,解得故答案为:9.设复数,满足,,则___________.【答案】【解析】【分析】依题意设,,,根据复数代数形式的运算法则及复数模的计算公式计算可得;【详解】解:依题意设,,,所以,因为,所以, 所以,所以,所以所以所以;故答案为:10.在直角梯形中,,,,,点是线段上(包括边界)的一个动点,则的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】以点为坐标原点,为轴的正方向建立平面直角坐标系,得出的方程为,可设点的坐标为,然后利用坐标计算出关于实数的表达式,然后结合的取值范围得出的取值范围.【详解】以点为坐标原点,为轴的正方向建立平面直角坐标系,则点、、、,边所在直线的方程为,设点.,,,,则,因此,的取值范围是.故答案为:.【点睛】本题考查平面向量数量积的取值范围问题,可以引入参数来表示平面向量的数量积,也可以建立坐标系,将平面向量的数量积的取值范围转化为函数的值域来求解,考查运算求解能力,属于中等题. 11.已知函数在区间上有且仅有两个零点,则的取值范围是___________.【答案】【解析】【分析】根据正弦函数的性质求解的零点,再根据零点与区间端点的位置关系列式求解范围即可【详解】求解有,即或,解得或.又在区间上有且仅有两个零点,因为在正半轴的零点依次为,,,故,解得故答案为:12.定义空间点到几何图形的距离为:这一点到这个几何图形上各点距离中最短距离.在空间中,记边长为1的正方形区域(包括边界及内部的点)为,则到距离等于1的点所围成的几何体的体积为___________.【答案】【解析】【分析】分析可知,到距离等于1的点所围成的几何体是一个棱长分别为1,1,2的长方体和四个高为1,底面半径为1的半圆柱以及四个半径为1的四分之一球所围成的几何体,根据公式计算可得答案.【详解】解:到距离等于1的点所围成的几何体是一个棱长分别为1,1,2 的长方体和四个高为1,底面半径为1的半圆柱以及四个半径为1的四分之一球所围成的几何体,其体积为;故答案为:二、选择题(本大题满分20分,每题5分)13.已知是空间三条不同的直线,则下列结论正确的是()A.如果则B.如果则共面C.如果则D.如果共点,则共面【答案】A【解析】【分析】通过异面直线的性质判断的正误;利用直线的平行;判断出的正误;通过垂直关系利用反例判断的正误;利用反例判断的正误;【详解】解:对于,,.则,正确;对于,,.则、、共面,例如正方体中的三条平行的棱,不共面,所以错误;对于,例如直三棱柱中的侧棱与上下底面中的线,满足垂直,上下底面的直线不一定垂直,故错误.对于,例如正方体,从同一个顶点出发的三条棱两两相交,三个直线不共面,故错误.故选:.14.“函数(,且)的最小正周期为2”,是“”的A.充分非必要条件B.必要非充分条件C.充要条件D.既非充分也非必要条件【答案】B【解析】【分析】验证当函数最小正周期为2时,是否成立;验证成立时函数 (,且)的最小正周期为2是否成立,再结合充分必要条件定义即可得出答案.【详解】解:当函数(,且)的最小正周期为2时,所以,不能得出,故充分性不成立,当时,的最小正周期为,故必要性成立综上:“函数(,且)的最小正周期为2”,是“”的必要非充分条件.故选:B.【点睛】充分条件、必要条件的三种判定方法:(1)定义法:根据进行判断,适用于定义、定理判断性问题;(2)集合法:根据对应的集合之间的包含关系进行判断,多适用于命题中涉及字母范围的推断问题;(3)等价转化法:根据一个命题与其逆否命题的等价性进行判断,适用于条件和结论带有否定性词语的命题.15.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【解析】【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【详解】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:C16.设、均为实数,关于的方程在复数集上给出下列两个结论:①存在、,使得该方程仅有两个共轭虚根;②存在、,使得该方程最多有个互不相等的根.其中正确的是().A①与②均正确B.①正确,②不正确C.①不正确,②正确D.①与②均不正确【答案】A【解析】【分析】取可知①正确;分析根为实根和虚根的两种情况,讨论根的个数即可.【详解】解:令,为正实数,则存在两个共轭的虚根,如,则存在两个共轭虚根,,故①正确;若为实数,则方程可看做,只需保证有两个正解即可,此时方程有四个实根;若为虚数,则设,有,等价于,所以,又为虚数,所以,则有,即,,即最多有两个根,所以方程最多有6个解. 只需即可,如,方程有四个实根,有两个虚根.故②正确;故选:A.【点睛】本题考查复数范围内求解,属于中档题.易错点睛:(1)根为复数时,设,代入计算,可得;(2)把握求实根和虚根时,两个方程之间的关系,保证一个最多方程4个根,一个方程最多2个根.三、解答题(本大题共有5题,满分76分)17.已知复数,若和互为共轭复数.(1)求实数a的值;(2)求满足不等式的实数m的取值范围.【答案】(1);(2)或.【解析】【分析】(1)由共轭复数的概念列方程组求参数a;(2)应用复数的四则运算化简,根据模的范围解不等式求m范围.【小问1详解】由题意,可得.【小问2详解】由(1)知:,所以, 则,即,可得或.18.已知函数的部分图像如图所示.(1)求的解析式及对称中心;(2)先将的图像纵坐标缩短到原来的倍,再向右平移个单位后得到的图像,求函数在上的单调减区间和最值.【答案】(1),对称中心为,.(2)单调递减区间为;,.【解析】【分析】(1)由函数的图像的顶点坐标求出,由周期求出,由五点法作图求出的值,可得的解析式,再利用三角函数的图像的对称性,得出结论.(2)由题意利用函数的图像变换规律,求得的解析式,再利用余弦函数的单调性、余弦函数的定义域和值域,得出结论.【小问1详解】解:根据函数,,的部分图像,可得,,.再根据五点法作图,,,故有.根据图像可得,是的图像的一个对称中心, 故函数的对称中心为,.【小问2详解】解:先将的图像纵坐标缩短到原来的,可得的图像,再向右平移个单位,得到的图像,即,令,,解得,,可得的减区间为,,结合,可得在上的单调递减区间为.又,故当,时,取得最大值,即;当,时,取得最小值,即.19.如图,在四棱锥中,是正三角形,四边形是菱形,,,点是的中点.(1)求证:平面;(2)若平面平面,求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析;(2).【解析】【分析】(1)连接交于,利用中位线易得∥ ,进而利用线面平行的判定定理即可证明;(2)取中点,利用面面垂直得平面,从而可求得,利用等体积法即可求解点到平面的距离.【详解】(1)在四棱锥S−ABCD中,连接交于,则为中点,连接,又为中点,∴,又平面,平面,∴平面.(2)∵四边形是菱形,且,∴为正三角形,取中点的,连接,,则,∵平面平面,平面平面,∴平面,∵均是正三角形,AB=2,易得,,∴.易得,由,∴,取的中点,连接,因为,∴,∴,可得,设点到平面的距离为,∴,解得,即点到平面的距离为.20.已知向量.令. (1)化简;(2)当时,求方程的解集;(3)已知集合,D是函数和定义域的交集且,判断元素与集合P的关系,并说明理由.【答案】(1)(2)(3)当时,;当时,【解析】【分析】(1)根据向量坐标运算可得,代入整理可得;(2)根据题意可得,整理得,结合正弦函数求解;(3)根据题意整理可得,结合题意讨论分析.【小问1详解】由题意可得:,∴【小问2详解】当时,则,解得∴或 方程的解集为【小问3详解】∵,则与的共同定义域为∴当,即时,,则当,即时,,则21.如图,是底面边长为1的正三棱锥,D、E、F分别为棱长上的点,截面底面ABC,且棱台与棱锥的棱长和相等(棱长和是指多面体中所有棱的长度之和)(1)证明:为正四面体;(2)若,求二面角的大小(结果用反三角函数值表示);(3)设棱台体积为V,是否存在体积为V且各棱长均相等的直平行六面体,使得它与棱台有相同的棱长和?若存在,请具体构造出这样的一个直平行六面体,并给出证明,若不存在,请说明理由(直平行六面体指侧棱垂直于底面,底面是平行四边形的四棱柱)【答案】(1)见解析; (2);(3)存在,其他见解析【解析】【分析】(1)由棱长和相等结合截面底面ABC,求得,即可得证;(2)取的中点,先判断出为二面角的平面角,再求出相关边长,即可求得二面角的大小;(3)构造直平行六面体的棱长均为,底面相邻两边的夹角为,由体积相等解出即可求解.【小问1详解】由棱台与棱锥棱长和相等,可得,又平面平面ABC,三棱锥是正三棱锥,则,,则,则为正四面体;【小问2详解】取的中点,连接,由可得,又平面,,则平面,又平面,则,为 二面角的平面角,由(1)知,三棱锥的各棱长均为1,则,又,则,则,则,即二面角的大小为;【小问3详解】存在满足条件的直平行六面体.易得棱台的棱长和为定值6,体积为,设直平行六面体的棱长均为,底面相邻两边的夹角为,则该六面体棱长和为6,体积为,令,取的中点,连接,作底面,垂足为,易得在上,且,则,则的体积为, 则,即,即显然有解,则,故存在棱长均为,底面相邻两边的夹角为的直平行六面体符合要求.
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