上海市南洋模范中学2021-2022学年高二上学期初态考数学试题（解析版）

南模中学高二初态考数学试卷

一､填空题（本大题共有12题，满分54分）

1. 已知复数满足(i为虚数单位)，则____.

【答案】1

【解析】

【分析】

把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式求解．

【详解】解：由，

得，

∴．

故答案为：1．

2. 已知，则__________．

【答案】2

【解析】

【详解】

【分析】由两角和的正切公式，有，解得.

3. 若关于的方程有负实根，则实数的取值范围是___________

【答案】

【解析】

【分析】设方程有负实根为，根据指数函数的性质，得到，进而得到，即可求解.

【详解】设关于的方程有负实根为，

根据指数函数的性质，可得，

所以，可得，即实数的取值范围是.

故答案为：.

4. 若a，b是异面直线，直线ca，则c与b的位置关系是___________

【答案】相交或异面

【解析】

【分析】根据空间两直线的位置关系判断.

【详解】如图所示：

设，当 时，c与b相交；

当时， c与b异面；

所以若a，b是异面直线，直线ca，则c与b的位置关系是相交或异面.

故答案为：相交或异面

5. 已知向量，，则________．

【答案】

【解析】

【分析】利用平面向量数量积的坐标运算计算出、的夹角的余弦值，进而可求得的大小.

【详解】由平面向量的数量积的坐标运算可得，，

，

，．

故答案为：

【点评】本题考查了向量坐标的数量积运算，根据向量的坐标求向量长度的方法，向量夹角的余弦公式，考查了计算能力，属于基础题．

6. 空间不共线的四点，可能确定___________个平面．

【答案】或

【解析】

【详解】空间四点中，任意三点都不共线时，可确定个平面，当四点共面时，可确定个平面，故空间不共线四点，可确定个或个平面．

7. 已知可表示为（，）的形式，则______.

【答案】

【解析】

【分析】利用辅助角公式将化简为，并得出和，再利用二倍角的正弦公式即可求出.

【详解】解：

令，

则，

所以.

故答案为：.

【点睛】本题考查利用辅助角公式进行化简以及二倍角的正弦公式求值，属于基础题.

8. 将替换为复数，以下关于向量模的性质类比到复数中：

①类比为；

②类比为；

③类比为；

④，类比为.

复数的结论仍成立的序号是___________

【答案】②③##③②

【解析】

【分析】利用复数的乘法法则结合特殊值法可判断①②③④的正误.

【详解】对于①，由，类比为错误，

取，则，，故，①错；

对于②，由，类比为正确，

设，则，，

所以，，，②对；

对于③，类比为正确，

设，，

要证，即证，

即证，

即证，

即证，

即，因为显然成立，③对；

对于④，，类比为错误，

取，，则，，

与不能比大小，④错.

故答案为：②③.

9. 设为奇函数，且在内是严格减函数，，则的解集为___________

【答案】

【解析】

【分析】根据题意画出函数的示意图，结合图象，即可求得的解集.

【详解】因为为奇函数，且在内为单调减函数，

所以在区间上为单调减函数，

又因为，可得，所以函数的图象如图所示，

由不等式，结合函数的图象可得：

当时，则满足，解得；

当时，则满足，解得，

所以不等式的解集为.

故答案为：.

10. 设复数在复平面上对应向量为，将绕原点逆时针旋转个角后得到向量，向量所对应的复数为，若，则自然数的最小数值为___________

【答案】

【解析】

【分析】将复数表示为三角的形式，可得出的三角表示，根据可得出关于的表达式，进而可求得自然数的最小值.

【详解】因为，

将绕原点逆时针旋转个角后得到向量，向量所对应复数为，

则，

因为，所以，，所以，，

所以，，当时，取得最小值.

故答案为：.

11. 设，，，且，则在上的投影的取值范围是       .

【答案】

【解析】

【详解】试题分析：设 在上的投影为

.当时；当时，故当时，取最小值为，即，；当时，

，；综上可得.

考点：平面向量数量积的运算.

【易错点睛】由条件可得的值，可得在上的投影为，分类讨论，求得的范围，要得的取值范围.本题的考点是向量在几何中的应用，综合考查了向量的线性运算，向量的数量积的运算及数量积公式，熟练掌握向量的相关公式是关键，是中档题.

12. 已知函数，若函数在区间内恰好有奇数个零点，则实数k的所有取值之和为__________．

【答案】

【解析】

【分析】讨论0＜x≤时与＜x＜π时函数解析式，令k＝sinx+cosx﹣4sinxcosx，换元，根据二次函数的单调性即可得出答案.

【详解】解：（1）当0＜x≤时，设k＝sinx+cosx﹣4sinxcosx，

令t＝sinx+cosx＝sin（x+），则t∈[1，]，

k＝t﹣2（t2﹣1）＝﹣2t2+ t+2，t∈[1，]为单调函数，

则可知当t＝1时，即k＝1时，一解；

当t＝时，即k＝时，一解；

当1＜t＜时，即﹣2＜k＜1时两解；

（2）当＜x＜π时，设k＝sinx﹣cosx﹣4sinxcosx，

令t＝sinx﹣cosx＝sin（x﹣），则t∈（1，]，

k＝t+2（t2﹣1），t∈（1，]也为单调函数，

则可知当1＜t＜时，即1＜k＜2+时两解，

当t＝时，即k＝时一解，

综上：k＝1或k＝﹣2或k＝，

故所有k的和为.

故答案为：.

【点睛】本题考查函数零点与方程根的转化，换元思想，分类讨论思想，属于中档偏难题.

二､选择题（本大题共有4题，满分20分）每题有且只有一个正确答案，选对得5分，否则一律得零分.

13. 设全集，实数集，纯虚数集为，那么（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据实数和复数的概念，结合补集的运算，得到，再利用交集的概念，即可求解.

【详解】由题意，全集，实数集为，纯虚数集为，

可得，所以.

故选：D.

14. 正方体上点、、、是其所在棱的中点，则直线与异面的图形是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

A. 根据点、、、是其所在棱的中点，判断 即可；B.根据点、、、是其所在棱的中点，判断平面，PQ与 相交即可.C.根据点、、、是其所在棱的中点，判断，即可.D.根据点、、、是其所在棱的中点，判断P，Q，R，S四点共面即可.

【详解】A. 如图：

因为点、、、是其所在棱的中点，则 又，所以 ，所以直线与不是异面直线；

B. 如图：

因为点、、、是其所在棱的中点，则 平面，又平面， 所以平面，PQ与 相交，所以直线与是异面直线；

C. 如图：

因为点、、、是其所在棱的中点， ，所以，又，所以 ，所以直线与相交，不是异面直线；

D. 如图：

因为点、、、是其所在棱的中点，则 ，又，所以 ，所以P，Q，R，S四点共面，所以直线与不是异面直线；

故选：B

15. 已知是边长为2的等边三角形，为平面内一点，则的最小值是　　

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据条件建立坐标系，求出点坐标，利用坐标法结合向量数量积的公式进行计算即可．

【详解】建立如图所示的坐标系，以中点为坐标原点，

则，，，

设，则，，，

则

当，时，取得最小值，

故选：．

16. 设函数，其中､是实数集的两个非空子集，又规定，，则下列说法：

①一定有；

②若，则；

③一定有；

④若，则；

其中正确的说法是（    ）

A. ①④ B. ③④ C. ②③ D. ①②

【答案】C

【解析】

【分析】根据分段函数的定义、一次函数和反比例函数的性质，结合集合交集、并集的运算定义进行判断即可.

【详解】对于③：函数是分段函数，故一定成立，因此③正确；

对于①：当时，根据已知的规定，有，显然，因此①不正确；

对于④：当时，显然满足成立，根据已知的规定，有，则，因此④不正确；

对于②：当时，不一定成立，故当时，显然一定成立，因此②正确.

所以只有②③正确.

故选：C.

三､解答题（本大题共有5题，满分76分）

17. 已知关于实系数一元二次方程的两根为､.

（1）若､为虚数，，且，求和的值；

（2）若，求的值.

【答案】（1），；（2）或2.

【解析】

【分析】（1）根据题意，设两虚根分别为，其中，因为，求得，得到，进而求得的值；

（2）根据题意，分两个实根和两个虚根，两种情况讨论，利用韦达定理和虚根的性质，结合，列出方程，即可求解.

【详解】（1）由题意，关于的实系数一元二次方程的两个虚根为､，

可得，即，

因为，可得设两虚根分别为，其中，

又因为，可得，解得，

所以，，

又由，即.

（2）由关于的实系数一元二次方程的两根为､，

①若方程有两个实根､，则，可得，且，

则，解得，所以；

②若方程有两个虚根，则，可得，

设为，不妨设，

可得，解得，

所以，则，

所以，

综上可得，实数的值为或.

18. 已知函数，周期是．

（1）求的解析式，以及时的值域；

（2）将图像上所有点的横坐标扩大到原来的2倍，再向左平移个单位，最后将整个函数图像向上平移个单位后得到函数的图像，若成立的充分条件是，求实数的取值范围．

【答案】（1），；（2）．

【解析】

【分析】（1）利用三角恒等变换减函数转化为，再根据周期是．求得其解析式，然后利用正弦函数的性质求解；

（2）利用图象变换得到，再根据成立的充分条件是，转化当时，恒成立，由求解.

【详解】（1），

 ，

，

由，解得，

所以函数，

因为，

所以，

所以，

即函数在上的值域是．

（2）由题意得，

因为成立的充分条件是，

所以当时，恒成立，

所以只需，转化为求的最大值与最小值，

当时，，

所以，，

从而，，即．

所以的取值范围是．

【点睛】方法点睛：双变量存在与恒成立问题：

若， 成立，则 ；

若， 成立，则 ；

若， 成立，则 ；

若， 成立，则 ；

若， 成立，则 的值域是的子集；

19. 某公共场所计划用固定高度的板材将一块如图所示的四边形区域沿边界围成一个封闭的留观区.经测量，边界与的长度都是米，，.

（1）若，求的长（结果精确到米）；

（2）求围成该区域至多需要多少米长度的板材（不计损耗，结果精确到米）.

【答案】（1）米；（2）米.

【解析】

【分析】

（1）连接，可知是等边三角形，可得出，求出的值，利用正弦定理可求得的长；

（2）设，利用正弦定理得出，，进而可得出围成该区域所需板材的长度关于的表达式，利用正弦函数的有界性可求得结果.

【详解】（1）连接，由题意是等边三角形，所以，

又因为，所以，

在中，，得（米）；

（2）设，则，，

在中，，

所以，，

所需板材的长度为.

答：当时，所需板材最长为（米）.

【点睛】方法点睛：在解决三角形中的最值问题时，常用两种思路：

（1）转化为边，利用基本不等式求解；

（2）转化为角，利用三角函数的有界性来求解.

20. 对于函数，若存在实数，使得为上的奇函数，则称是位差值为的“位差奇函数”.

（1）判断函数和是否为位差奇函数？说明理由；

（2）若是位差值为的位差奇函数，求的值；

（3）若对任意属于区间中的都不是位差奇函数，求实数、满足的条件.

【答案】（1）是位差奇函数，详见解析不是位差奇函数；（2），；（3），.

【解析】

【分析】（1）根据“位差奇函数”的定义．考查f（x+m）﹣f（m）=2x,和h（x）＝g（x+m）﹣g（m）＝2x+m﹣2m＝2m（2x﹣1）是否为奇函数即可，

 （2）依题意，是奇函数，求出φ；

（3）记h（x）＝f（x+m）﹣f（m）＝（x+m）3+b（x+m）2+c（x+m）﹣m3﹣bm2﹣cm＝x3+（3m+b）x2+（3m2+2bm+c）x．假设h（x）是奇函数，则3m+b＝0，此时．故要使h（x）不是奇函数，必须且只需．

【详解】（1）对于f（x）＝2x+1，f（x+m）﹣f（m）＝2（x+m）+1﹣（2m+1）＝2x，

∴对任意实数m，f（x+m）﹣f（m）是奇函数，

即f（x）是位差值为任意实数m的“位差奇函数”；

对于g（x）＝2x，记h（x）＝g（x+m）﹣g（m）＝2x+m﹣2m＝2m（2x﹣1），

由h（x）+h（﹣x）＝2m（2x﹣1）+2m（2﹣x﹣1）＝0，当且仅当x＝0等式成立，

∴对任意实数m，g（x+m）﹣g（m）都不是奇函数，则g（x）不是“位差奇函数”；

（2）依题意，是奇函数，

∴（k∈Z）．

（3）记h（x）＝f（x+m）﹣f（m）＝（x+m）3+b（x+m）2+c（x+m）﹣m3﹣bm2﹣cm

＝x3+（3m+b）x2+（3m2+2bm+c）x．

依题意，h（x）对任意都不是奇函数，

若h（x）是奇函数，则3m+b＝0，此时．

故要使h（x）不是奇函数，必须且只需，且c∈R．

【点睛】本题考查了函数中的新定义，关键是要弄清新定义的本质含义，属于中档题．

21. 已知集合，为坐标原点，若，，、，定义点、之间的距离为.

（1）若，，，求的值；

（2）记，若（为常数），求的最大值，并写出一组此时满足条件的向量、；

（3）若，试判断“存在，使”是“”的什么条件？并证明.

【答案】（1）、、；（2）的最大值为，可取，；（3）充分不必要条件，证明见解析.

【解析】

【分析】（1）根据的定义可得出关于的不等式，解出的取值范围，结合可得结果；

（2）设、，利用绝对值三角不等式可求得的最大值，结合已知条件可取符合条件的一组向量、的坐标；

（3）判断出“存在，使”是“”的充分不必要条件，利用题中定义、绝对值的运算性质以及特殊值法、充分条件和必要条件的定义证明即可.

【详解】（1）因为，，则，即，

解得，因为，所以，的值为、、；

（2）设、，

，，

所以，

，

可取，；

（3）“存在，使”是“”的充分不必要条件，证明如下：

取，.

充分性：若存在，使，即，

则，，

所以，

，充分性成立；

必要性：因为，可取，，，

则，

，则满足，

但，，

，则、不共线，必要性不成立.

综上所述，“存在，使”是“”的充分不必要条件.

【点睛】关键点点睛：本题考查距离的新定义，在求的最大值，充分利用绝对三角不等式结合定值条件可求得，同时在证明时，要充分利用绝对值的运算性质化简求解.