2021-2022学年上海理工大学附中高一（下）期末数学试卷（Word解析版）

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2021-2022学年上海理工大学附中高一（下）期末数学试卷

第I卷（选择题）

一、单选题（本大题共4小题，共12.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1. 在中，若，则的形状是(    )

A. 锐角三角形 B. 直角三角形 C. 钝角三角形 D. 不能确定

2. 给定空间中的直线及平面，条件“直线与平面内无数条直线都垂直”是“直线与平面垂直”的条件．(    )

A. 充要 B. 充分非必要
C. 必要非充分 D. 既非充分又非必要

3. 已知点的坐标为，将绕坐标原点逆时针旋转至，则点的纵坐标为(    )

A.  B.  C.  D.

4. 给定方程：，下列命题中：
   该方程没有小于的实数解；
   该方程有无数个实数解；
   该方程在内有且只有一个实数解；
   若是该方程的实数解，则．
   则正确命题的个数是(    )

A.  B.  C.  D.

第II卷（非选择题）

二、填空题（本大题共12小题，共36.0分）

5. 若，是异面直线，直线，则与的位置关系是______．
6. 若复数满足是虚数单位，则 ______ ．
7. 若角的终边落在第三象限内，且，则______．
8. 已知，向量与垂直，则实数______．
9. 已知点、、、，则向量在方向上的投影为______ ．
10. 若是实系数方程的一个虚根，且，则______．
11. 三内角，，所对边的长分别为，，，设向量，，若，则角的大小为______．
12. 在正方体中，，分别是与的中点，则直线与所成的角的大小为______．
13. 已知函数，其中，给出下列四个结论：
    函数是最小正周期为的奇函数；
    函数图象的一条对称轴是直线；
    函数图象的一个对称中心为；
    函数的单调递增区间为，．
    其中正确的结论序号______ ．
14. 如图，圆的半径为，，为圆上的两点，且的最小值为，则______．

15. 已知、是直线，、是平面，给出下列命题：
    若垂直于内两条相交直线，则；
    若平行于，则平行于内所有的直线；
    若，且，则；
    若且，则；
    若，且，则．
    其中正确命题的序号是______ ．
16. 如图，等边是半径为的圆的内接三角形，是边的中点，是圆外一点，且，当绕圆心旋转时，则的取值范围是______．

三、解答题（本大题共5小题，共52.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17. 本小题分
    在棱长为的正方体中，是正方形的中心，点为的中点．
    求异面直线与所成的角的大小；
    求点到平面的距离．

18. 本小题分
    已知函数，．
    求的单调递增区间；
    设为锐角三角形，角所对边，角所对边，若，求的面积．
19. 本小题分
    已知复数，，其中为虚数单位，．
    当，是实系数一元二次方程的两个虚根时，求、的值．
    求的值域．
20. 本小题分
    如图，正方形所在的平面与平面垂直，是和的交点，，且．
    Ⅰ求证：平面；
    Ⅱ求直线与平面所成的角的大小；
    Ⅲ求二面角的大小．

21. 本小题分
    在平面直角坐标系中，我们把函数，上满足，其中表示正整数的点称为函数的“正格点“．
    写出当时，函数，图像上所有正格点的坐标；
    若函数，，与函数的图像有正格点交点，求的值，并写出两个图像所有交点个数，需说明理由．
    对于中的值和函数，若当时，不等式恒成立，求实数的取值范围．
    

答案和解析

1.【答案】 

【解析】

【分析】
本题主要考查了正弦定理、余弦定理的综合应用在三角形的形状判断中的应用，属于基础题．
由，结合正弦定理可得，，由余弦定理可得，可判断为钝角，即可知三角形为钝角三角形．
【解答】
解：，
由正弦定理可得，，
由余弦定理可得，
，为钝角，
是钝角三角形．
故选：．  

2.【答案】 

【解析】解：直线与平面内的无数条平行直线垂直，但该直线未必与平面垂直；
即“直线与平面内无数条直线都垂直”“直线与平面垂直”为假命题；
但直线与平面垂直时，与平面内的每一条直线都垂直，
即“直线与平面垂直”“直线与平面内无数条直线都垂直”为真命题；
故“直线与平面内无数条直线都垂直”是“直线与平面垂直”的必要非充分条件
故选：．
由垂直的定义，我们易得“直线与平面垂直”“直线与平面内无数条直线都垂直”为真命题，反之，“直线与平面内无数条直线都垂直”“直线与平面垂直”却不一定成立，根据充要条件的定义，即可得到结论．
判断充要条件的方法是：若为真命题且为假命题，则命题是命题的充分不必要条件；若为假命题且为真命题，则命题是命题的必要不充分条件；若为真命题且为真命题，则命题是命题的充要条件；若为假命题且为假命题，则命题是命题的即不充分也不必要条件．判断命题与命题所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题与命题的关系．
 

3.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查任意角的三角函数的定义，两角和与差的三角函数公式，属于中档题．
设，根据三角函数定义先求解出和的值，然后将点的纵坐标表示为，结合两角和的正弦公式求解出结果．

【解答】

解：点的坐标为，
设，则，，
将绕坐标原点逆时针旋转至，
则与轴正半轴的夹角为，则，
则点的纵坐标为
，
故选：．

4.【答案】 

【解析】解：由题意可知方程的解，
等价于函数与的图象交点的横坐标，
作出它们的图象：

由图象可知：该方程没有小于的实数解，错误；
该方程有无数个实数解，正确；
该方程在内有且只有一个实数解，正确；
若是该方程的实数解，则，正确．
故选C
问题等价于函数与的图象交点的横坐标，作出函数的图象，逐个选项验证可得答案．
本题考查命题真假的判断，涉及函数图象的作法，属基础题．
 

5.【答案】相交或异面 

【解析】解：，是两条异面直线，直线
过任一点可作与平行的直线，此时与相交．另外与不可能平行理由如下：
若则由可得到这与，是两条异面直线矛盾，故与异面．
故答案为：相交或异面．
两条直线的位置关系有三种：相交，平行，异面．由于，是两条异面直线，直线则有可能与相交且与平行，但是不可能与平行，要说明这一点采用反证比较简单．
此题考查了空间中两直线的位置关系：相交，平行，异面．做题中我们可采用逐个验证再结合反证法的使用即可达到目的，这也不失为常用的解题方法
 

6.【答案】 

【解析】解：由．
故答案为：．
直接化简出，然后化简表达式为、即可．
本题考查复数代数形式的混合运算，是基础题．
 

7.【答案】 

【解析】解：因为角的终边落在第三象限内，且，
所以，
所以．
故答案为：．
由已知结合诱导公式进行化简先求出，然后结合二倍角公式即可求解．
本题主要考查了诱导公式及二本倍角公式在三角化简求值中的应用，属于基础题．
 

8.【答案】 

【解析】解：由题意知，
，
又因为两向量垂直，
所以，
即，
解得．
故答案为解得．
首先由向量坐标运算表示出与的坐标，再由它们垂直列方程解之即可．
本题考查向量坐标运算及两向量垂直的条件，是一道基础题．
 

9.【答案】 

【解析】

【分析】
利用平面向量的数量积、向量的投影定义即可得出．
本题考查了平面向量的数量积、向量的投影，属于基础题．
【解答】
解：，．
设与夹角为，
则，
向量在方向上的投影为．
故答案为：．  

10.【答案】 

【解析】解：设，则方程的另一个根为，且，
由韦达定理直线，，，
所以
故答案为：
设出复数，利用已知条件，结合韦达定理，及，求得．
本题考查复数代数形式乘除运算，韦达定理的使用，复数的模，是中档题．
 

11.【答案】 

【解析】

【分析】
本题考查平行向量与共线向量，余弦定理的应用，是基础题．
利用推出向量中，，的关系，利用余弦定理求出的大小即可．
【解答】
解：因为，得，
即，
由余弦定理得，，
所以．
故答案为：  

12.【答案】 

【解析】解：取的中点，连接，，，，，，如图所示，

，分别是与的中点，
，，所以为平行四边形，
，
又，，为平行四边形，，，
为异面直线与所成的角或其补角，
设是正方体棱长为，则，
，由余弦定理可得，
所以，
故答案为：．
根据平行线的传递性，找到直线的平行线，确定为异面直线与所成的角或其补角，再利用余弦定理求解即可．
本题考查了异面直线所成角的计算，属于基础题．
 

13.【答案】 

【解析】

【分析】
本题考查了三角函数的化简以及图象和性质的应用问题，是综合性题目．
化简函数，由定义判断函数不是奇函数，判断错误；
由取得最大值，得出直线是的一条对称轴，判断正确；
由，得出点是的一个对称中心，判断正确；
由正弦函数的图象与性质求出函数的单调递增区间，判断正确．
【解答】
解：函数
，其中：
对于，，
函数不是奇函数，错误；
对于，当时，为最大值，
函数图象的一条对称轴是直线，正确；
对于，当时，，
函数图象的一个对称中心为，正确；
对于，令，，
解得，；
函数的单调递增区间为，，正确．
综上，正确的结论序号是．
故答案为：．  

14.【答案】 

【解析】解：如图，过作，垂直点为，则为的中点，
，，
设，点在直线上，
，
又圆的半径为，，
．
故答案为：．
过作，垂直点为，则为的中点，设，则点在直线上，从而得，再根据圆中的弦长公式即可求解．
本题考查向量共线定理，向量减法的几何意义，圆的弦长公式，属基础题．
 

15.【答案】 

【解析】

【分析】
本题考查立体几何中线线关系中的平行、线面关系中的垂直、面面关系中的垂直的判定方法，要注意对比判定定理的条件和结论，同时要注意性质定理、空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系的应用．
对于，考虑直线与平面垂直的判定定理，符合定理的条件故正确；对于，考虑直线与平面平行的性质定理以及直线与平面的位置关系，故错误；对于考虑的判定方法，而条件不满足，故错误；对于符合面面垂直的判定定理，故正确；对于不符合线线平行的判定，故错误．
【解答】
解：若垂直于内的两条相交直线，则，故正确，
若，则平行于内的大部分直线，还与一部分直线是异面关系，故不正确，
若，，且，则或平行或斜交，故不正确，
若，且，则；这是面面垂直的判定定理，故正确
若，且，则或异面，故不正确，
故正确命题的序号是．  

16.【答案】 

【解析】解：易知，，
，
又，
．
故答案为：．
依题意可得，求出的范围即可得到答案．
本题考查平面向量基本定理以及数量积的运用，考查转化思想及运算求解能力，属于中档题．
 

17.【答案】解：连接，，，，如图，

在正方体中，，
异面直线与所成角即为直线与所成角或其补角，
，，
，
由余弦定理得，
直线与所成角的大小为．
连接，，交于点，如图，

在正方体中，，
平面，平面，，
且，平面，
取的中点，连接，
是的中点，，
平面，且，
点到平面的距离为． 

【解析】连接，，，，由可得异面直线与所成角即为直线与所成的或其补角，由余弦定理可得答案．
连接，，交于点，利用线面垂直的判定定理可得平面，取的中点，由，得平面，求出可得答案．
本题考查异面直线所成角的定义及求法、线面垂直的判定与性质、点到平面的距离等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
 

18.【答案】解：函数
，，
由，解得，，
时，，
可得的增区间为；
设为锐角三角形，
角所对边，角所对边，
若，即有，
解得，即，
由余弦定理可得，
化为，
解得或，
若，则，
即有为钝角，不成立，
则，
的面积为． 

【解析】由二倍角的余弦公式和余弦函数的递增区间，解不等式可得所求增区间；
由，解得，再由余弦定理解方程可得，再由三角形的面积公式，计算即可得到所求值．
本题考查二倍角公式和余弦函数的图象和性质，考查解三角形的余弦定理和面积公式的运用，考查运算能力，属于中档题．
 

19.【答案】解：复数，，
，是实系数一元二次方程的两个虚根，
所以，即，所以
，所以．
．
．






． 

【解析】由于，是方程的两个复数根故，求出，再根据根与系数的关系可求出，．
直接求出的表达式，利用三角函数以及二次函数的性质，求出值域即可．
本题考查复数的代数表示法及其几何意义，复数的基本概念，三角函数的有界性，是综合试题．
 

20.【答案】解：Ⅰ证明：四边形是正方形，
，   分
平面平面，
又，平面分
平面， 分
平面．
 Ⅱ连接，
平面，是直线与平面所成的角．            分
设，则，，分
，．
即直线与平面所成的角为   分
Ⅲ过作于，连接    分
平面，．
平面是二面角的平面角． 分
平面平面，平面．
在中，，有．
由Ⅱ所设可得，，             分．
二面角等于           分 

【解析】Ⅰ要证平面，关键是寻找线线垂直，利用四边形是正方形，可得利用平面平面，，可得平面，从而有故可证
 Ⅱ要求直线与平面所成的角，连接，根据平面，可知是直线与平面所成的角，故可求．
Ⅲ先最初二面角的平面角． 再在中，利用，有由Ⅱ所设可得，，从而可求二面角的平面角．
本题以面面垂直为载体，考查线面垂直，考查线面角，面面角，关键是作、证、求．
 

21.【答案】解：因为，所以，
所以函数的正格点为，，，，．
作出两个函数图像，如图所示：

可知函数，，与函数的图像只有一个“正格点”交点，
所以，，，
又，可得，
根据图像可知，两个函数图像的所有交点个数为；
由知，，
所以，所以，故，
当时，不等式不能恒成立，
当时，由下图可知，

由，．
综上，实数的取值范围是． 

【解析】由，得，即可求相应正格点的坐标；
作出两个函数图像，根据图像可得正格点交点只有一个点为，从而有，，，，求得，得出交点的个数；
结合的图像，分类讨论，的情况．
本题主要考查函数恒成立问题，对数函数的图像的应用，正弦函数的性质，考查运算求解能力，属于中档题．