2021-2022学年上海市大同中学高一下学期期末数学试题（解析版）

2021-2022学年上海市大同中学高一下学期期末数学试题

一、单选题

1．已知纯虚数，其中为虚数单位，则实数的值为（    ）

A．1 B．3 C．1或3 D．0

【答案】B

【分析】根据复数为纯虚数的条件可列出方程及不等式，即可求得答案.

【详解】因为为纯虚数，

故，则，解得.

故选：B

2．若平面四边形满足，在方向上的数量投影是0，则该四边形一定是（    ）

A．直角梯形 B．矩形 C．菱形 D．正方形

【答案】C

【分析】首先根据向量相等判断四边形为平行四边形，再根据投影为零得到对角线互相垂直，即可判断；

【详解】解：因为，所以，所以平面四边形为平行四边形，

又，在方向上的数量投影是0，即，即，所以平行四边形为菱形；

故选：C

3．若a、b、c、d成等比数列，则下列四组数：①，，；②，，；③，，；④，，中，必成等比数列的组数为（    ）组

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】根据等比数列的性质和判定，即可判断正误.

【详解】解：对于①，由于（公比），则，所以，即，，成等比数列，正确；

对于②，当a、b、c、d成公比等于的等比数列时，，，都是 0，不能构成等比数列，错误；

对于③，由于（公比），所以，且，

可得，所以，，成等比数列，正确；

对于④，a、b、c、d成公比等于1的等比数列时，，，都是0，不能构成等比数列，错误；

综上所述，①③中的三项必成等比数列，

故选：B.

4．设等差数列满足，公差．若当时，数列的前项和取得最大值，则首项的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用公式对式子化简，再借助函数来处理.

【详解】由，

得，

得，

由和差角公式，得，

整理得，

所以 ，因为公差，所以，

则，所以，

，

设，其图像的对称轴方程为.

由题意，当时，数列的前项和取得最大值，

所以，解得.

则首项的取值范围是

故选：C

二、填空题

5．已知点满足，若，，则点的坐标为______．

【答案】

【分析】由知为、的中点，由中点坐标公式求解.

【详解】解：由可得，所以为、的中点，

又，，

所以点的坐标为.

故答案为：.

6．若复数满足，则______．

【答案】

【分析】根据复数的除法运算求得复数，根据复数模的计算即可求得答案.

【详解】由复数满足可得，

所以,

故答案为：.

7．函数的初始相位是______．

【答案】

【分析】由初始相位的定义可得结论.

【详解】因为，

所以函数的初始相位是，

故答案为：.

8．记为等比数列的前项和，若，，则______．

【答案】##.

【分析】根据已知条件列方程求出公比，从而可求出.

【详解】设等比数列的公比为，

因为，，

所以，解得，

所以，

故答案为：.

9．是边长为4的正三角形，以为圆心，2为半径作圆，点为圆上一动点，则的取值范围是______．

【答案】

【分析】以为坐标原点建立坐标系，利用数量积的坐标表示求解即可.

【详解】以为坐标原点建立如图所示坐标系，

则，，

设，所以，，

所以，

因为，

所以，

故答案为：

10．已知等比数列的各项均为正数，且，则______．

【答案】100

【分析】根据等比数列的性质和对数的运算律即可求解.

【详解】因为为等比数列, 所以,

所以,

所以,

故答案为：.

11．设，复数，，，其中是虚数单位．若，，成等比数列，则实数的值是______．

【答案】

【分析】由复数的模长公式与等比数列的性质求解即可

【详解】因为，，成等比数列，

所以，

即，

即，

解得或（舍）

所以，

故答案为：

12．若不等式对于任意恒成立，则的最小正值为______．

【答案】##4.5

【分析】由正弦定理角化边，三角形两边之和大于第三边，再利用配方法求出结果.

【详解】根据正弦定理：不等式可转换为，不等式对于任意恒成立，故，

由于，

所以，故，所以的最小正值为.

故答案为：

13．平面上的向量与满足，且，若点满足，则的最小值为______．

【答案】##0.75

【分析】利用数量积性质化简，再结合二次函数性质求的最小值.

【详解】因为，所以，因为，，所以，

，当且仅当时等号成立，所以的最小值为，

故答案为：.

14．筒车是一种水利灌溉工具（如图1所示），筒车上的每一个盛水筒都做逆时针匀速圆周运动，筒车转轮的中心为，筒车的半径为，筒车转动的周期为，如图2所示，盛水桶在处距水面的距离为．后盛水桶在处距水面的距离为，若，则直线与水面的夹角为______．

【答案】

【分析】根据题意构建平面几何模型，在借助三角函数求解答案.

【详解】如图，过作直线与水面平行，过作于，过作于．

设，，则，，

由图知，，，，

所以，整理得，则，即．

故答案为：.

15．在中，，点满足，且对任意，恒成立，则的值为______．

【答案】

【分析】根据题意，设，则，由向量模的定义以及向量减法的几何意义分析可得，即，进而可得、的值，结合余弦定理计算可得答案．

【详解】解：根据题意，在中，点满足.

设，则.

∵，且表示起点为，终点在平行于且过点的直线上的向量，如下图中的，且随变化在直线上运动，

∴对任意，恒成立，即恒成立，只需即可，

∴，即，

∵

∴，

∴.

∴

故答案为：.

16．已知函数的部分图像如图所示，则满足条件的最小正整数x为________．

【答案】2

【分析】先根据图象求出函数的解析式，再求出的值，然后求解三角不等式可得最小正整数或验证数值可得.

【详解】由图可知，即，所以；

由五点法可得，即；

所以.

因为，；

所以由可得或；

因为，所以，

方法一：结合图形可知，最小正整数应该满足，即，

解得，令，可得，

可得的最小正整数为2.

方法二：结合图形可知，最小正整数应该满足，又，符合题意，可得的最小正整数为2.

故答案为：2.

【点睛】关键点睛：根据图象求解函数的解析式是本题求解的关键，根据周期求解，根据特殊点求解.

三、解答题

17．已知向量，，（），其中为坐标原点，且．

(1)若，求的值；

(2)若向量在向量方向上的数量投影为，且，求的面积，

【答案】(1)；

(2)1

【分析】（1）根据向量垂直的坐标表示，结合三角函数和差公式求解可得；

（2）根据向量投影和数量积列式求解可得，然后可得.

【详解】（1）由题知

因为，

所以

即

因为，所以，所以，所以

（2）由题知，得

因为，所以，

又，即，

因为，所以

易知，，，

所以

18．已知复数，，其中为虚数单位，．

(1)当、是实系数一元二次方程的两个虚根时，求实数、的值．

(2)求的值域．

【答案】(1)，；

(2)

【分析】（1）由题意可知，列方程即可求得，从而可求得、的值；

（2）由复数模的定义，结合三角函数值域的求法即可求解.

【详解】（1）复数，，

是实系数一元二次方程的两个虚根，

所以，即，

所以，所以，

，

.

（2）

.

，，

即.

19．我们把一系列向量，，按次序排成一列，称之为向量列，记作．已知向量列满足：，（，）

(1)求数列的通项公式：

(2)设，问数列中是否存在最小项？若存在，求出最小项；若不存在，请说明理由．

(3)设（）表示向量与间的夹角，为与轴正方向的夹角，若，若存在正整数，使得不等式成立，求实数的取值范围．

【答案】(1)；

(2)中存在最小项，最小项为；

(3)

【分析】（1）通过向量模的计算公式，得到，即可证明结论成立；

（2）先由题意，求出，假设中第项最小，先得到时，；再由时，根据，求出的范围，进而可得出结果；

（3）根据向量夹角的运算，得到，推出，利用放缩法得到，再由不等式恒成立，得到，求解即可得出结果.

【详解】（1）证明：根据题意得，

所以数列是以为公比的等比数列；

又，所以.

（2）结论：数列中存在最小项；理由如下：

因为，所以；

假设中第项最小，由，，可知：时，；

当时，有，由，可得：，

即；所以，所以，

解得：或（舍）；所以；即；

所以，由得；

综上，数列中存在最小项；

（3）因为

，所以；所以；

因此，

所以；

又存在正整数，不等式恒成立，

所以只需，即；

因此或，解得：；

即实数的取值范围是.

【点睛】数列最值项的解决方案：

（1）数列也是特殊的函数，其定义域为正整数，因此可以利用函数的单调性判断数列的单调性，从而确定数列中的最值项.

（2）结合基本不等式求最值，将通项整理变形为可用基本不等式的形式求最值项.

（3）利用相邻项比较判断数列的单调性，求最大项只需求满足的正整数即可.