上海市向明中学2021-2022学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析）

上海市向明中学2021-2022学年高一下期末数学试卷一､填空题（本大题共有12小题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分）1.（文）若为纯虚数（为虚数单位），，则__________．【答案】3【解析】【分析】由题可知，复数的实部为0，虚部不为0，求出实数即可，然后再求复数的模．【详解】解：若复数满足为虚数单位）为纯虚数，其中，则，解得：则，得，所以．故答案为：3.【点睛】本题考查复数的模以及对纯虚数的定义的理解．2.已知扇形的周长为，半径为，则该扇形的面积是___________.【答案】2【解析】【分析】首先求出弧长，即可求出圆心角，再根据扇形面积公式计算可得.【详解】解：因为扇形的周长为，半径，所以扇形的弧长为，设扇形的圆心角的弧度数为，由弧长公式得，解得，所以该扇形的面积是.故答案为：3.已知，且，则实数___________.【答案】3【解析】 【分析】根据向量共线的坐标运算即可求解.【详解】因为，所以，所以.故答案为：3.4.已知sin（α+）=，α∈（–，0），则tanα=___________．【答案】–2．【解析】【详解】∵sin（α+）=cosα，sin（α+）=，∴cosα=，又α∈（–，0），∴sinα=–，∴tanα==-2．故答案为–2．5.的二项展开式中的系数为____________【答案】【解析】【分析】根据二项式定理计算即可.【详解】解：展开式的通项公式为，故当时，二项展开式中的项为，其系数为.故答案为：6.函数的值域为___________.【答案】【解析】【分析】先化简，再利用正弦函数的有界性结合不等式的性质推理得解.【详解】解：，因为，所以，所以，所以， 所以的值域是.故答案为：7.在中，已知是边上一点，若，则______.【答案】【解析】【分析】根据题意画出图形，结合图形用向量与表示出即可.【详解】由题知：因为.所以故答案为：【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算的几何意义，熟练掌握向量的加减法是解题的关键，属于中档题.8.在线段的反向延长线上（不包括端点），且，则实数的取值范围是___________.【答案】【解析】【分析】结合题意设，再由整理得，由此得到，从而得解. 【详解】依题意，设，因为，所以，则，故，所以.故答案为：.9.已知，，则在的投影是_________．【答案】【解析】【分析】直接利用在的投影的定义求解即可【详解】解：因，，所以在的投影为，故答案为：【点睛】此题考查平面向量的几何意义的应用，属于基础题10.有七名同学站成一排照毕业纪念照，其中甲必须站在正中间，并且乙、丙两位同学要站在一起，则不同的站法有_____种．【答案】192【解析】【详解】试题分析：不妨令乙丙在甲左侧，先排乙丙两人，有种站法，再取一人站左侧有种站法，余下三人站右侧，有种站法考虑到乙丙在右侧的站法，故总的站法总数是.故答案为.考点：排列、组合的实际应用. 【方法点晴】本题考查排列、组合的实际应用，解题的关键是理解题中所研究的事件，并正确确定安排的先后顺序，此类排列问题一般是谁最特殊先安排谁，俗称特殊元素优先法．由于甲必须站中央，故先安排甲，两边一边三人，不妨令乙丙在甲左边，求出此种情况下的站法，再乘以即可得到所有的站法总数，计数时要先安排乙丙两人，再安排甲左边的第三人，最后余下三人，在甲右侧是一个全排列.11.已知向量，是平面内的一组基向量，为内的定点，对于内任意一点，当时，则称有序实数对为点的广义坐标，若点、的广义坐标分别为、，对于下列命题：①线段、的中点的广义坐标为；②A、两点间的距离为；③向量平行于向量的充要条件是；④向量垂直于向量的充要条件是.其中的真命题是________（请写出所有真命题的序号）【答案】①③【解析】【分析】根据点、的广义坐标分别为、，，，利用向量的运算公式分别计算①②③④，得出结论.【详解】点、的广义坐标分别为、，，，对于①，线段、的中点设为M，根据=（）=中点的广义坐标为,故①正确.对于②，∵（x2﹣x1），A、两点间的距离为，故②不一定正确. 对于③，向量平行于向量，则，即（）=t,，故③正确.对于④，向量垂直于向量，则=0，，故④不一定正确.故答案为①③.【点睛】本题在新情境下考查了数量积运算性质、数量积定义，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．12.已知平面向量满足，且与的夹角为，则的取值范围是___________.【答案】【解析】【分析】画出图形，表示出，，从而确定，利用正弦定理得到，结合，求出的取值范围.【详解】设，，如图所示，则，因为与的夹角为，所以，因为，所以由正弦定理得：，所以，因为，所以 故答案为：.二､选择题13.函数的部分图像是A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据函数的奇偶性和函数值在某个区间上的符号，对选项进行排除，由此得出正确选项.【详解】∵是奇函数，其图像关于原点对称，∴排除A,C项；当时，，∴排除B项.故选D.【点睛】本小题主要考查函数图像的识别，考查函数的单调性，属于基础题.14.设是虚数单位，则的值为（）A.B.C.D.0【答案】B【解析】【分析】利用的周期性求解，连续4项的和为0. 【详解】，的取值周期为4，连续4项的和为0，所以，故选:B.15.要得到函数的图象，只需将函数的图象上所有的点的（）A.横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），再向右平行移动个单位长度B.横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），再向左平行移动个单位长度C.横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再向左平行移动个单位长度D.横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再向右平行移动个单位长度【答案】A【解析】【分析】先将函数化为，再根据三角函数图象的平移变换即可得到答案.【详解】根据题意得，所以要得到函数的图象，只需将函数的图象上所有的点横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变）得到，再向右平行移动个单位长度即可得到函数的图象.故选：A.16.在中，分别是内角所对的边，若 （其中,且则的形状是A.有一个角为的等腰三角形B.正三角形C.直角三角形D.等腰直角三角形【答案】D【解析】【详解】试题分析：在边AB，AC上分别取点D，E，使，以AD，AE为邻边作平行四边形ADFE，则：四边形ADFE为菱形，连接AF，DE，AF⊥DE，且；∵；∴；∴AF⊥BC；又DE⊥AF；∴DE∥BC，且AD=AE；∴AB=AC，即b=c；∴延长AF交BC中点于O，则：S△ABC＝，b=c；∴；∴；∴；∴∠BAC=90°，且b=c；∴△ABC的形状为等腰直角三角形．考点：平面向量数量积的运算三､解答题17.已知对任意给定的实数，都有.求值：（1）；（2）.【答案】（1）（2）【解析】 【分析】（1）利用赋值法求解，令可得结果；（2）利用赋值法求解，令可得结果；【小问1详解】因为，令，则；【小问2详解】令，则，由（1）知，两式相减可得.18.已知向量.（1）求､的夹角；（2）若与的夹角为锐角，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）且【解析】【分析】（1）利用向量夹角公式计算；（2）两向量夹角为锐角的充要条件是数量积大于0，且不共线.【小问1详解】，因为，所以；【小问2详解】由题意得且与不共线，，解得， 当与共线时，,所以.综上：且.19.已知关于的实系数一元二次方程.（1）若方程的一个根在复平面上对应点为，求的值；（2）是否存在实数，使得方程的两个根在复平面上对应的向量的夹角为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）存在，【解析】【分析】(1)当方程的根时复数时，两根为共轭复数，运用韦达定理即可求解；(2)共轭复数在复平面上对应的点关于实轴对称，据此运用三角函数即可求解.【小问1详解】由题意得方程的两根为和，所以，所以；【小问2详解】因为方程的两个根在复平面上对应的向量的夹角为，所以方程的两个根为虚根，，解得；设这两个根为，它们在复平面上对应的向量分别为，因为，则，所以，即，又，，由，解得综上，（1），（2）k存在，. 20.在平面直角坐标系中，在以原点为圆心半径等1的圆上，将射线绕原点逆时针方向旋转后交该圆于点，设点的横坐标为，纵坐标.（1）如果，，求的值（用表示）；（2）如果，求的值.【答案】（1）答案见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由题设知，根据三角函数与单位圆的关系及和角正余弦公式、同角三角函数的平方关系求，，进而可得.（2）由题设可得求，再由倍角余弦公式、万能公式可得，即可求值.【小问1详解】由题设知：，则， ∴，，∴，而，，则，∴，时，；，时，.【小问2详解】由题设，，可得，又，∴.21.设函数，，函数，，.（1）当函数是奇函数，求；（2）证明是严格增函数；（3）当是奇函数时，解关于的不等式.【答案】（1）（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）先证得在有定义，再由函数的奇偶性得到，从而得解； （2）利用函数单调性的判定方法证明，结合正弦函数的单调性即可得证；（3）构造函数，利用函数的单调性解不等式得到，从而得解.小问1详解】当时，由得，满足，所以在处有定义，又因为函数是奇函数，所以，即，则，因为，所以.【小问2详解】函数，，不妨设，则，因为，在单调递增，所以，故，即，所以在上严格递增.【小问3详解】由（1）知，当是奇函数时，，因为，移项得，令，则上述不等式化为，因为幂函数与在上单调递增，则在上单调递增， 所以在上单调递增，因为，所以，即，解得，即关于的不等式的解集为.