2021-2022学年上海市上海师范大学附属中学高一下学期期末数学试题（解析版）

2021-2022学年上海市上海师范大学附属中学高一下学期期末数学试题

一、单选题

1．已知方程的两个根在复平面上对应的点分别为、，则的面积为（    ）

A． B． C．2 D．4

【答案】B

【分析】解方程求出两个复数根，从而可得、两点的坐标，再求出，进而可得三角形的面积

【详解】解：方程的根为，

即，，

所以，

所以，，

，

所以，

所以，

故选：B

2．在下列各式中，正确的是（    ）

A． B．

C．若，则 D．若，且，则

【答案】C

【分析】通过平面向量数量积的定义可判断A,B错误；对两边平方可判断正确；对进行移项、提公因式可判断错误．

【详解】对A，，所以不一定成立，错；

对B，，不一定等于，错；

对C，由两边平方，得，，对；

对D，由，得，，

又，或，可能成立，错．

故选：C．

3．如图，在下列四个正方体中，A，B，C，D分别为所在棱的中点，则在这四个正方体中，A，B，C，D四点共面的是（    ）．

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据正方体的性质判断点是否共面，并应用平面的性质画出截面即可判断.

【详解】由正方体性质，选项A，B，C中，A，B，C，D四点显然不共面．

对于D选项，如下图取E，F为正方体所在棱的中点，依次连接ADCEBF，

易知ADCEBF为平面正六边形，所以A，B，C，D四点共面．

故选：D

4．已知平面，直线，记与所成的角分别为，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】讨论直线与平面的位置，根据线面角的定义确定，再分别求，，的表达式，由此确定结论.

【详解】如图，不妨设，，设，过点作，垂足为，

因为，，，，所以，所以为直线与平面所成的角的平面角，即，过点作，垂足为，作且，连接，同理可得，，因为，，所以四边形为平行四边形，所以，

因为，，所以，所以为直角三角形，为直角，所以，

因为，，所以，所以为直角三角形，为直角，所以，，

因为，所以，当且仅当重合时取等号，B错误，

，D错误，

若取直线为，则，，则，， C错误，

故选：A.

二、填空题

5．若复数，(表示虚数单位），则___________.

【答案】

【分析】先根据复数的除法运算求解出，然后可直接判断出的虚部.

【详解】因为，所以的虚部为，

所以，

故答案为：.

6．若，则__________．

【答案】

【分析】根据，利用两角差的余弦公式可求出结果.

【详解】因为，所以，

所以

.

故答案为：．

7．已知点A的坐标为，向量，则点B的坐标为______．

【答案】

【分析】设，则，再由可求出的值，从而可求出点B的坐标

【详解】设，则，

因为，所以，

所以，得，

所以点B的坐标为，

故答案为：

8．若点在直线上，在平面内，则用符号表示､､之间的关系可记作___________.

【答案】，，

【分析】根据点、线、面的定义，即可得到答案.

【详解】点在直线上，在平面内，则，，

故､､之间的关系可记作，，.

故答案为：，，

9．若则的位置关系是_______.

【答案】相交或异面

【分析】以正方体为载体，列举各种可能发生的情况，能求出结果．

【详解】在正方体中，

，，与相交，

，，与异面，

直线，，则与的位置关系相交或异面．

故答案为相交或异面

【点睛】本题考查两直线的位置关系的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意空间中线线、线面、面面间的位置关系的合理运用．

10．为所在平面外一点，为在平面上的射影.若､､与平面所成的角相等，则是的___________心.

【答案】外

【分析】由条件证明，由此判断是的外心.

【详解】如图，因为为在平面上的射影，所以平面，又平面，

所以，，，即，

因为平面，所以分别为，，与平面所成的角的平面角，

由已知可得，又，

所以，所以，所以是的外心，

故答案为：外.

11．下列3个函数：①；②；③；其中最小正周期为的偶函数的编号为___________.

【答案】①②

【分析】利用偶函数的定义判断各函数的奇偶性，再结合周期函数的定义判断各函数的周期，由此确定符合要求的函数的编号.

【详解】记，则函数的定义域为，且

，所以为偶函数，

因为，所以为函数的周期，

若为函数的周期，则，，矛盾，所以为函数的最小正周期，所以函数满足要求，

记，则，函数的定义域为，因为，所以函数为偶函数，又函数的最小正周期为，所以函数满足要求，

记，则，所以函数的定义域为，且，函数不满足要求，

故答案为：①②.

12．如图，定点A和B都在平面α内，，定点，，是内一动点，且.那么，动点在平面内的轨迹所围成图形的面积为___________．

【答案】π

【分析】连接BC，证明AC⊥平面PBC得AC⊥BC，从而得到C的轨迹形状及其围成图形的面积．

【详解】连接BC．

∵，∴AC⊥PC．

∵PB⊥α，ACα，∴PB⊥AC﹒

又PB∩PC＝P，PB、PC平面PBC，

∴AC⊥平面PBC，BC平面PBC，

∴AC⊥BC，故C的轨迹是平面α内以AB为直径的圆(去掉A、B两点)，

故动点在平面内的轨迹所围成图形的面积为．

故答案为：π

13．已知是两条不同直线，､是两个不同平面，对下列命题：

①若，则.

②若，则且.

③若，，则.

④若，则.

⑤若，则.

其中正确的命题是___________（填序号）.

【答案】③⑤

【分析】由给定条件，举例说明判断命题①②④，利用线面垂直的性质判断③，利用线面平行的性质、线面垂直的判定、面面垂直的判定推理判断⑤作答.

【详解】如图，长方体中，记平面为，

对于①，记直线为，直线为，则，但与相交，①不正确；

对于②，记平面为平面，直线为直线，直线为直线，满足，而，②不正确；

对于③，因为，，所以，又，所以，③正确，

对于④，记平面为平面，直线为直线，直线为直线，满足，而与是异面直线，④不正确；

对于⑤，因，则过直线作平面，令，如图，

于是得，而，则有，由，所以，⑤正确.

故答案为：③⑤

14．如图,四个棱长为1的正方体排成一个正四棱柱,是一条侧棱,是上底面上其余的八个点,则的不同值的个数为___________.

【答案】1

【分析】由于几何体是由四个棱长为1的正方体排成一个正四棱柱,则,即,将写为,利用数量积的运算律展开计算出结果即可.

【详解】解:由题知几何体是由四个棱长为1的正方体排成一个正四棱柱,

则有,

,

,

的不同值的个数为1.

故答案为:1

15．边长为的正方形沿折成的二面角，则中点与的距离是___________.

【答案】1

【分析】取中点为，中点为，中线定理，数形结合即可解决.

【详解】由题知，边长为的正方形沿折成的二面角，

取中点为，由正方形的性质可知

所以二面角的平面角为，又，

所以为等边三角形，

所以，

设中点为，

所以中，由中线定理可知

1

故答案为：1

16．已知平面向量，且，向量满足，则当成最小值时___________.

【答案】

【分析】先根据平面向量数量积的定义求出夹角，然后根据平面向量的加减法作出示意图，进而求出和，进而根据图形得出点C的几何意义，最后确定取最小值时的.

【详解】∵，，而，， 又∴，∴，，，

因为向量满足，所以

如图所示，

若，，，，则，，所以，所以在以为圆心，2为半径的圆上，若，则，由图象可得当且仅当，，三点共线且时，最小，即取最小值，此时，，又，，所以.，

故答案为：.

三、解答题

17．已知复数，，其中是实数.

(1)若在复平面内表示复数的点位于第二象限，求的取值范围；

(2)若，求.

【答案】(1)的取值范围为；

(2).

【分析】(1)由复数的几何意义列不等式求的取值范围；(2)先求，结合等比数列求和公式求即可.

【详解】（1）因为，所以复数在复平面内的对应的点的坐标为，由已知，所以，故的取值范围为；

（2）因为，所以，

所以

.

18．已知函数.

(1)求解方程:;

(2)设,求函数的单调递增区间;

(3)在中,角所对应的边为.若的面积为.求的值.

【答案】(1)

(2)

(3)或

【分析】(1)将代入方程,用反三角函数解出即可;

(2) 将代入用半角公式,辅助角公式进行化简,求出单调增区间即可;

(3)先求出的值,再根据面积公式求出的值,根据的值求出角的值,再用余弦定理求出,再根据正弦定理即可求出.

【详解】（1）解:由题知,

即,

解得或;

即

（2）由题,

即

,

的单调递增区间为:

,,

解得:,,

故的单调递增区间为;

（3）由

,

或,

,

,

当时,

在中由余弦定理得:

,

解得,

此时在中由正弦定理得:

,

解得,

当时,

在中由余弦定理得:

,

解得,

此时在中由正弦定理得:

,

解得,

综上:或.

19．在梯形中，，分别为直线上的动点.

(1)当为线段上的中点，试用和来表示；

(2)若，求；

(3)若为的重心，若在同一条直线上，求的最大值.

【答案】(1)；

(2)；

(3)1.

【分析】(1)结合条件证明，再用和来表示即可；

(2)利用表示，根据模的性质和数量积的性质求；

(3)由条件确定的关系，结合基本不等式求的最大值.

【详解】（1）因为为线段上的中点，所以，，又方向相同，

所以，所以；

（2）因为，所以，因为，，所以，所以，

又，所以

又，

所以；

（3）设线段的中点为，连接，交与点，由已知为的重心，

由重心性质可得，

又，

，

，

所以，

设，，

所以，，

由基本不等式可得，所以，当且仅当时等号成立，所以的最大值为1.

20．如图，四面体中，，，，为的中点.

(1)证明：平面平面；

(2)设，，点在上；

①点为中点，求与所成的角的大小；

②当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值.

【答案】(1)详见解析；

(2)①与所成的角的大小；

②与平面所成的角的正弦值为.

【分析】（1）根据已知关系有得到，结合等腰三角形性质得到垂直关系，结合线面垂直的判定即可证明面面垂直；

（2）①取的中点，的中点，则（或其补角）为与所成的角，在中求解.

②先证平面平面，可得（或其补角）为与平面所成的角，在中求解.

【详解】（1）因为，E为的中点，所以，

在和中，

所以，所以，又E为的中点，

所以，又平面，，

所以平面.

又因为平面，

所以平面平面；

（2）

①取的中点，的中点，连接，则，，

所以（或其补角）为与所成的角，

由且，所以是等边三角形，则，

由且，E为的中点，

所以，在等腰直角中， ，

在中，，由勾股定理知为直角三角形，所以 ，

在中，由余弦定理得 ，

，所以，

在中， ，由余弦定理得，

在中，，

，所以，故 ，

在中，，，故 ，

所以与所成的角的大小.

②

连接，由（1）知，平面，平面，

所以，则，

当时最小，即的面积最小.

因为平面，平面，所以，

又因为平面，平面，，

所以平面，

又因为平面，所以平面平面，

作于（或交延长线），因为平面平面，平面，

所以平面，所以（或其补角）为与平面所成的角，

由知，所以 ，

在直角中， ，

在直角中，，所以，

在等腰中，，

所以 ，

所以，

所以与平面所成的角的正弦值为.

【点睛】线面角的几何作法：

直接法：即定义法，作出斜线、垂线、斜线在平面上的射影组成的直角三角形,根据条件求出斜线与射影所成的角即为所求.

垂面法：找一个过斜线且与平面垂直的面，根据面面垂直的性质知这两个面的交线即为斜线在平面内的射影，根据直角三角形或余弦定理求解.