上海市嘉定区封浜高级中学2023−2024学年高一下学期期末质量调研 数学试题（含解析）

这是一份上海市嘉定区封浜高级中学2023−2024学年高一下学期期末质量调研 数学试题（含解析），共11页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共4小题）
1．已知复数（为虚数单位），则复数在复平面内对应的点所在的象限为（ ）
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
2．已知，向量为单位向量，，则（ ）
A．B．C．D．
3．函数的最小正周期为（ ）
A．B．C．D．
4．下列关于基底的说法正确的是（ ）
①平面内不共线的任意两个向量都可作为一组基底；
②基底中的向量可以是零向量；
③平面内的基底一旦确定，该平面内的向量关于基底的线性分解形式也是唯一确定的．
A．①B．②C．①③D．②③
二、填空题（本大题共12小题）
5． ．
6．已知，，则 ．
7．已知复数，，则在复平面内对应的点位于第 象限．
8．已知关于的实系数二次方程的一根为(其中是虚数单位)，则 ．
9．正方体中，异面直线与所成角的大小为 .
10．已知，，则向量在向量方向上的投影向量为 （用坐标表示）．
11．给出下列命题：①书桌面是平面； ②平面与平面相交，它们只有有限个公共点；③如果两个平面有三个不共线的公共点，那么这两个平面重合. 正确的是 （填写序号）.
12．已知两条直线m，n，两个平面，，给出下列四个说法：
①，，；
②，，；
③，；
④，，，
其中正确的序号是 ．
13．已知复数满足，则的最小值为 ．
14．已知向量，若与的夹角为锐角，其中，则的取值范围是 ．
15．将函数的图象向右平移个单位长度后，所得函数为奇函数，则 .
16．如图，在四面体中，与所成的角为，分别为的中点，则线段的长为 .
三、解答题（本大题共5小题）
17．已知是虚数单位，复数，m为实数．
(1)当实数m满足什么条件时，为纯虚数
(2)若复数在复平面内对应的点位于实轴负半轴，求复数
18．如图，底面ABCD为菱形，点P是平面ABCD外一点，且平面ABCD，E、F分别是为PD，PC的中点．
(1)求证：平面PAB；
(2)若，，，求直线BE与平面ABCD所成角的大小．
19．已知向量，，.
(1)若向量与垂直，求实数的值；
(2)若向量，且与向量平行，求实数的值.
20．如图，在正方体中，
(1)求证：平面；
(2)求直线所成的角的大小；
(3)求证：平面.
21．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
(1)求角A的大小；
(2)若．
（i）求的值；
（ii）求的面积．
参考答案
1．【答案】A
【分析】利用复数的除法运算可得，再利用复数在复平面内对应的点的坐标是，即可得到选项.
【详解】因为，
所以复数在复平面内对应的点的坐标是，该点在第一象限，
故选A.
2．【答案】B
【分析】由向量坐标求出模，将，运用向量数量积运算律展开求得，最后利用向量夹角公式计算即得.
【详解】因为，由，则，
所以.
故选B.
3．【答案】A
【分析】利用辅助角公式将函数化成的形式，代入周期公式可得结论.
【详解】易知，其中，
由周期公式可得其最小正周期为.
故选A.
4．【答案】C
【分析】根据基底的定义和性质分析判断.
【详解】对于①，平面内不共线的任意两个向量都可作为一组基底，所以①正确，
对于②，因为零向量与任意向量共线，故零向量不能作为基底中的向量，所以②错误，
对于③，由平面向量基本定理可知，平面内的基底一旦确定，该平面内的向量关于基底的线性分解形式也是唯一确定的，所以③正确，
故选C.
5．【答案】
【分析】根据向量的加法法则求解即可．
【详解】
故答案为：．
6．【答案】7
【分析】利用数量积的坐标表示计算即得.
【详解】由，，得.
故答案为：7.
7．【答案】二
【分析】利用复数的减法化简复数，利用复数的几何意义可得出结论.
【详解】根据题意，，
所以在复平面内对应的点为，在第二象限．
故答案为：二.
8．【答案】0
【分析】由韦达定理、复数四则运算即可直接运算求解.
【详解】由二次方程求根公式可知虚根是成对出现的，故都是方程的解，
所以.
故答案为：0.
9．【答案】/
【分析】根据给定条件，利用异面直线所成角的定义求解即得.
【详解】正方体中，，因此异面直线与所成的角或其补角，
而，因此.
所以异面直线与所成角的大小为.
故答案为：/.
10．【答案】
【分析】利用向量的数量积定义,可得向量在向量方向上的投影向量为，代入坐标计算即得.
【详解】因向量在向量方向上的投影向量为，
由，可得，，
故向量在向量方向上的投影向量为.
故答案为：.
11．【答案】③
【分析】对于①：根据平面的性质分析判断；对于②：根据公理2分析判断；对于③：根据公理3分析判断.
【详解】对于①：由平面性质知，平面具有无限延展性，所以桌面只是平面一部分，不是平面，故①错误；
对于②：根据公理2可知，若两个平面有一个共点，则有过该点的唯一交线，可知有无限个公共点，且在一条直线上，
故②错误；
对于③：根据公理3可知，不共线的三个点确定一个平面，
因此两个平面有三个不共线的公共点，那么这两个平面重合，③正确.
故答案为：③.
12．【答案】①④
【分析】对于①：根据线面垂直的性质分析判断；对于②③：根据线面位置关系分析判断；对于④：根据线面垂直分析判断.
【详解】对①，∵，，∴，又，∴，∴①正确；
对②，∵，，，∴或m与n异面，∴②错误；
对③，∵，，∴n与可以成任意角，∴③错误；
对④，∵，，则，
又∵，∴，∴④正确．
故答案为：①④．
13．【答案】
【分析】根据复数的几何意义，利用数形结合，即可求解.
【详解】根据复数模的几何意义可知，表示复数与复数对应两点间的距离为1，
所以复数对应的点是以点为圆心，1为半径的圆，如图，
表示圆上的点到原点的距离，由图可知，的最小值为.
故答案为：.
14．【答案】.
【分析】由与的夹角为锐角，得到，求得，再由向量与共线时，求得，即可得到答案.
【详解】由向量，可得且，
则，
因为与的夹角为锐角，
可得，即，解得
当与共线时，可得，所以，解得，
所以且，即实数的取值范围为.
故答案为：.
15．【答案】
【分析】利用三角函数的图象变化规律，结合三角函数的奇偶性、诱导公式，求得的值.
【详解】将函数的图象向右平移个单位长度后，可得的图象，
根据所得函数为奇函数，可得 ，即，因为，令，可得，
故答案为：.
16．【答案】或
【分析】取的中点，连接、，即可得到为异面直线与所成的角或其补角，即或，再利用余弦定理计算可得.
【详解】取的中点，连接、，
、分别为、的中点，且，
同理可得且，
为异面直线与所成的角或其补角，则或.
在中，，，
若，由余弦定理可得
；
若，由余弦定理可得
；
综上所述，或.
故答案为：或.
17．【答案】(1)-1
(2)
【分析】（1）根据纯虚数的定义进行求解即可；（2）利用复数的几何意义，根据对应的点位于实轴负半轴进行求解即可.
【详解】（1）根据纯虚数的定义，，解得；
（2）利用复数的几何意义，复数坐标为，根据对应的点位于实轴负半轴，，解得，则.
18．【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据中位线得出，再利用线面平行的判定定理即可得证；
（2）根据平面，得出就是直线与平面所成角，解三角形即可．
【详解】（1）因为E、F分别是为的中点，
所以，又因为，
所以，
因为平面，平面，
所以平面；
（2）连接，
因为ABCD为菱形，，，
所以三角形为等边三角形，
故，
又，所以，
因为平面，
所以就是直线与平面所成角，
在直角三角形中，
，
所以，
即直线与平面所成角的大小为．
19．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意解出的坐标，进而依据垂直条件解出的值即可；
（2）由题意解出的坐标，进而依据平行条件解出的值即可.
【详解】（1），，
，，
又与垂直，
，
即，解得，经检验符合题意，
若向量与垂直，则.
（2）由题意知：，，，
，
又与向量平行，，
即，解得，
与向量平行，则.
20．【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据线面平行的判定定理可证；
（2）根据异面直线所成角定义求解；
（3）根据线面垂直的判定定理可证.
【详解】（1）因为在正方体中，可知，
而平面，平面，所以平面.
（2）如图，连接，，在正方体中，可知，，
所以四边形是平行四边形，所以，
所以（或其补角）是直线与直线所成角，又，所以
，所以直线与直线所成角为.
（3）因为在正方体中，可知平面，且平面，所以，
又因为、是正方形的对角线，因此，
又，且，平面，
所以平面.
21．【答案】(1)
(2)（i）；（ii）.
【分析】（1）结合余弦定理，即可求解；
（2）（i）结合三角函数的同角公式，以及正弦两角和公式，即可求解；
（ii）结合正弦定理，以及三角形的面积公式，即可求解.
【详解】（1）已知，由余弦定理，
则，又，则.
（2）（i），由正弦定理有，得，
故，
.
（ii）由正弦定理可知，，
故的面积为.