2022-2023学年上海市闵行区高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年上海市闵行区高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共13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。

1.复数z=i⋅(1−i)的虚部为( )
A. 1B. −1C. iD. −i
2.下列命题中正确的是( )
A. a+(−a)=0B. 0⋅a=0
C. 若|a|=|b|，则a=bD. 若a2=b2，则a=b
3.某同学将两角和的正弦、余弦、余切公式错误地记成如下三个式子：
①sin(α+β)=sinαcsα+sinβcsβ；
②cs(α+β)=csαcsβ+sinαsinβ；
③ct(α+β)=ctα+ctβ1−ctαctβ.
若存在α、β恰巧能使上述某些式子成立，则能成立的式子最多有( )
A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个
4.在复平面上，设点A、B对应的复数分别为−2i、cs(t−π3)+isin(t−π3)，当t由π6连续变到π2时，向量AB所扫过的图形区域的面积是( )
A. 34B. π6C. π4D. 34+π12
二、填空题：本题共12小题，共54分。
5.函数y=tanx的最小正周期是______.
6.若复数z=i−1，则|z+1|=______ .
7.已知角α的终边经过点P(3,4)，则csα的值为______.
8.已知sinx=−12，x∈[−π2,π2]，则角x=______ .
9.若函数y=3csx−Asinx(A>0)的最大值为 13，则A=______ .
10.已知ctθ=2，则csθsinθ+csθ的值为______ .
11.已知向量a、b的夹角为π3，a=(2,0)，则a在b方向上的数量投影为______ .
12.若1+2i是关于x的实系数一元二次方程x2−2x+m=0的一个根，则m=______.
13.已知a=(2,−3)，b=(0,k)，a与2a+b平行，则实数k的值为______ .
14.在平面直角坐标系中，角α的终边与角β的终边关于y轴对称.若tanα=12，则tan2β=______ .
15.已知函数y=f(x)的定义域为[0,+∞),且当x∈[(n−1)π,nπ)时，f(x)=1nsin(nx)，其中n取一切正整数，函数y=f(x)的图像与直线y=m(m>0)恰有24个交点，则实数m的取值范围是______ .
16.已知平面向量a1、a2、a3、b1、b2、b3两两互不相等，且|a1−a2|=|a2−a3|=|a3−a1|=2.若对任意的i，j∈{1,2,3}，均满足|ai−bj|∈{1, 3}，则当p，q∈{1,2,3}且p≠q时，|bp−bq|的值为______ .
三、解答题：本题共5小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题14分)
在矩形ABCD中，AB=2，AD=1，点M、N分别是边BC、CD的中点，设向量AB=a，AD=b.
(1)试用a、b表示向量AM与AN；
(2)求AM⋅AN的值.
18.(本小题14分)
欧拉公式eθi=csθ+isinθ将自然对数的底数e，虚数单位i，三角函数sinθ、csθ联系在一起，充分体现了数学的和谐美，被誉为“数学的天桥”.已知复数z0、z满足z0=1+i，z0−⋅z=eπi+ai(a∈R).
(1)求|z0|，z0−；
(2)若复数z是纯虚数，求a的值.
19.(本小题14分)
上海花博会的成功举办离不开对展览区域的精心规划.如图所示，将展区中扇形空地AOB分隔成三部分建成花卉观赏区，分别种植玫瑰花、白玉兰和菊花.知扇形的半径为60米，∠AOB=π3，动点P在扇形AOB的弧上，点Q在半径OB上，且PQ//OA.
(1)当OQ=40米时，求分隔栏PQ的长；
(2)综合考虑到成本和美观等原因，希望使白玉兰种植区的面积尽可能的大，求该种植区三角形OPQ的面积S的最大值.
20.(本小题18分)
已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)，其中ω>0，|φ|<π2，分别求满足下列条件的函y=f(x)的解析式.
(1)A=2，ω=1，f(π3)=2.
(2)A=2，x1、x2是y=f(x)的两个相异零点，|x1−x2|的最小值为π2，且y=f(x)的图像向右平移π12个单位长度后关于y轴对称；
(3)ω=π4，f(4)=3，对任意的实数a，记y=f(x)在区间[a,a+2]上的最大值为M(a)，最小值为m(a)，h(a)=M(a)−m(a)，函数y=h(a)的值域为[6−3 2,6 2].
21.(本小题18分)
通过平面直角坐标系，我们可以用有序实数对表示向量.类似的，我们可以把有序复数对(z1,z2)(z1,z2∈C)看作一个向量，记a=(z1,z2)，则称a为复向量.类比平面向量的相关运算法则，对于a=(z1,z2)，b=(z3,z4)，z1、z2、z3、z4、λ∈C，我们有如下运算法则：
①a±b=(z1±z3,z2±z4)；
②λa=(λz1,λz2)；
③a⋅b=z1z3−+z2z4−
④|a|= a⋅a.
(1)设a=(i,1+i)，b=(2,2−i)，求a+b和a⋅b.
(2)由平面向量的数量积满足的运算律，我们类比得到复向量的相关结论：
①a⋅b=b⋅a
②a⋅(b+c)=a⋅b+a⋅c；
(3)(λa)⋅b=a⋅(λb).
试判断这三个结论是否正确，并对正确的结论予以证明.
(3)若a=(2i,1)，集合Ω={p|p=(x,y),y=2x+1,x,y∈C}，b∈Ω.对于任意的c∈Ω，求出满足条件(a−b)⋅(b−c)=0的b，并将此时的b记为b0，证明对任意的b∈Ω，不等式|a−b|≥|a−b0|恒成立.
根据对上述问题的解答过程，试写出一个一般性的命题(不需要证明).
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：z=i⋅(1−i)=1+i，其虚部为1.
故选：A.
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及虚部的定义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及虚部的定义，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：a+(−a)=0，A错误；
0⋅a=0，B正确；
|a|=|b|时，a与b的方向可能不同，∴a与b可能不相等，C错误；
a2=b2时，|a|=|b|，得不出a=b，D错误．
故选：B.
向量相加后仍是一个向量，A错误；
根据向量数量积的计算公式可判断B的正误；
向量长度相等，方向不一定相同，从而可判断C的正误；
由a2=b2得出|a|=|b|，从而可判断D的正误．
本题考查了向量相加、相减后仍是一个向量，向量数量积的计算公式，向量的定义，相等向量的定义，考查了计算能力，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：①当α=β=π4时，sin(α+β)=sinπ2=1，且sin(α+β)=sinαcsα+sinβcsβ= 22× 22+ 22× 22=1，即①符合题意；
②当α=0，β=π2时，cs(α+β)=csπ2=0，且(α+β)=csαcsβ+sinαsinβ=1×0+0×1=0，即②符合题意；
③因为ct(α+β)=ctαctβ−1ctα+ctβ，
所以若ct(α+β)=ctα+ctβ1−ctαctβ成立，则ctαctβ−1ctα+ctβ=ctα+ctβ1−ctαctβ，即−(ctαctβ−1)2=(ctα+ctβ)2，
所以ctαctβ−1=ctα+ctβ=0，化简得ct2α=−1，不符合实际，即③不符合题意．
故选：C.
①取特殊值进行验证即可，例如可取α=β=π4；
②取特殊值进行验证即可，例如可取α=0，β=π2；
③结合ct(α+β)=ctαctβ−1ctα+ctβ与已知等式，推出ct2α=−1，从而进行判断．
本题考查两角和差公式，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：由题意得A(0,−2)，B(cs(t−π3),sin(t−π3)).
因为cs2(t−π3)+sin2(t−π3)=1，所以点B在以原点O为圆心，半径为1的圆上．
t=π6时对应B1( 32,−12)，t=π2时对应B2( 32,12).
B1B2=1，又OB1=OB2=1，所以∠B1OB2=π3，S△OB1B2= 34.
则S弓形=S扇形−S三角形=12×π3×12− 34=π6− 34.
又S△AB1B2=12×1× 32= 34.
向量AB所扫过的图形区域的面积为S弓形+S△AB1B2=π6.
故选：B.
由复数的几何意义得复平面内点的坐标，运用数形结合分析区域图形，运用割补法求区域图形的面积．
本题考查复数的几何意义与扇形、三角形面积综合运用，属于中档题
5.【答案】π
【解析】解：函数y=tanx的最小正周期是π，
故答案为：π.
由题意，利用正切函数的周期性，得出结论．
本题主要考查正切函数的周期性，属于基础题．
6.【答案】1
【解析】解：∵z=i−1，
∴|z+1|=|i−1+1|=|i|=1，
故|z+1|=1.
故答案为：1.
求出z+1，从而求出|z+1|的值即可．
本题考查了复数的运算，考查复数求模问题，是基础题．
7.【答案】35
【解析】解：∵角α的终边经过点P(3,4)，
∴x=3，y=4
则r=5
∴csα=xr=35
故答案为：35
由已知中角α的终边经过点P(3,4)，我们易计算出OP=r的值，进而根据任意角三角函数的第二定义，代入csα=xr，即可得到答案．
本题考查的知识点是任意角的三角函数的定义，其中根据已知中P点的坐标，计算出OP=r的值，是解答本题关键．
8.【答案】−π6
【解析】解：因为sinx=−12，x∈[−π2,π2]，
则角x=−π6.
故答案为：−π6.
由已知结合特殊角的三角函数值即可求解．
本题主要考查了特殊角的三角函数值的应用，属于基础题．
9.【答案】2
【解析】解：函数y=3csx−Asinx(A>0)，
y= 9+A2sin(x+φ)，(其中sinφ=3 9+A2，csφ=−A 9+A2)，该函数的最大值为 13，
所以 9+A2= 13，解得A=2.
故答案为：2.
利用辅助角公式，即可得到 9+A2= 13，进而求出A的值．
本题考查三角函数的辅助角公式，属于基础题．
10.【答案】23
【解析】解：因为ctθ=2，
所以tanθ=12，
则csθsinθ+csθ=11+tanθ=11+12=23.
故答案为：23.
由已知结合同角基本关系即可求解．
本题主要考查了同角基本关系的应用，属于基础题．
11.【答案】1
【解析】解：∵a,b的夹角为π3，a=(2,0)，
∴a在b方向上的数量投影为：a⋅b|b|=|a||b|csπ3|b|=2×12=1.
故答案为：1.
根据条件得出a⋅b=|b|，然后根据投影的计算公式即可求出答案．
本题考查了向量数量积的计算公式，投影的计算公式，考查了计算能力，属于基础题．
12.【答案】5
【解析】解：1+2i是关于x的实系数一元二次方程x2−2x+m=0的一个根，
则1−2i也是关于x的实系数一元二次方程x2−2x+m=0的一个根，
则m=(1+2i)(1−2i)=5.
故答案为：5.
由1+2i是关于x的实系数一元二次方程x2−2x+m=0的一个根，可得1−2i也是关于x的实系数一元二次方程x2−2x+m=0的一个根，利用根与系数的关系即可得出．
本题考查了实系数一元二次方程的虚根成对原理、根与系数的关系，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
13.【答案】0
【解析】解：由题意，a=(2,−3)，2a+b=(4,k−6)，
又a与2a+b平行，则有2k−12=−3×4，解得k=0.
故答案为：0.
找出2a+b的坐标，利用向量平行的坐标关系得到关于k的方程，求解即可．
本题考查向量平行的坐标关系，属基础题．
14.【答案】−43
【解析】解：因为角α的终边与角β的终边关于y轴对称且tanα=12，
所以tanβ=−12，
则tan2β=2tanβ1−tan2β=2×(−12)1−(12)2=−43.
故答案为：−43.
由已知先求出tanβ=−12，然后结合二倍角的正切公式即可求解．
本题主要考查了二倍角公式的应用，属于基础题．
15.【答案】(17,16)
【解析】解：因为函数在各段中的最大值逐渐减小，要使函数y=f(x)的图象与直线y=m(m>0)恰有24个交点，
则函数y=f(x)的图象与直线y=m(m>0)只在前几段有交点，
当x∈[0,π]时，f(x)=sinx，此时函数y=f(x)的图象与直线y=m(m>0)必有2个交点，
当x∈[π,2π]时，f(x)=12sin(2x)，此时函数y=f(x)的图象与直线y=m(m>0)必有2个交点，
当x∈[2π,3π]时，f(x)=13sin(3x)，此时函数y=f(x)的图象与直线y=m(m>0)必有4个交点，
当x∈[3π,4π]时，f(x)=14sin(4x)，此时函数y=f(x)的图象与直线y=m(m>0)必有4个交点，
当x∈[4π,5π]时，f(x)=15sin(5x)，此时函数y=f(x)的图象与直线y=m(m>0)必有6个交点，
若m=16，则当x∈[5π,6π]时，f(x)=16sin(6x)，
此时函数y=f(x)的图象与直线y=m(m>0)必有3个交点，
此时函数y=f(x)的图象与直线y=m(m>0)的图象仅有21个交点，不符合题意，
所以m<16，
当x∈[5π,6π]时，f(x)=16sin(6x)，
此时函数y=f(x)的图象与直线y=m(m>0)必有6个交点，
此时函数y=f(x)的图象与直线y=m(m>0)的图象恰有24个交点，
若m=17时，则当x∈[6π,7π]时，f(x)=17sin(7x)，
此时函数y=f(x)的图象与直线y=m(m>0)必有4个交点，
不满足函数y=f(x)的图象与直线y=m(m>0)的图象恰有24个交点，
所以m>17，
综上可得17即m的取值范围是(17,16).
故答案为：(17,16).
依题意可得函数y=f(x)的图象与直线y=m(m>0)只在前几段有交点，分别分析函数y=f(x)与y=m(m>0)在前几段的交点个数，找到临近点，分析临界值时的交点情况，即可求出参数的取值范围．
本题考查函数与方程的综合应用，属于中档题．
16.【答案】1
【解析】解：根据对称性可得出ai，bj向量的分布，如图，其中ai的模长为2 3，bj的模长为1 3，三角形边长为2，
根据几何性质可知所求值为1 3× 3=1.
故答案为：1.
根据对称性画出符合条件的ai，bj向量而后进行计算即可．
本题主要考查向量的数量积，利用对称性及几何关系确定符合条件的ai，bj是解决本题的关键，属中档题．
17.【答案】解：(1)作出图形，如图所示：
∵向量AB=a，AD=b，点M、N分别是边BC、CD的中点，
∴AM=a+12b，AN=12a+b；
(2)由(1)得AM=a+12b，AN=12a+b，AB=2，AD=1，
则AM⋅AN=(a+12b)⋅(12a+b)=12a2+54a⋅b+12b2=2+12=52.
【解析】(1)作图，利用向量的三角形法则，即可得出答案；
(2)由(1)得AM=a+12b，AN=12a+b，利用向量数量积的运算性质，即可得出答案．
本题考查平面向量数量积的性质，考查转化思想，考查运算能力和逻辑推理能力，属于基础题．
18.【答案】解：(1)∵z0=1+i，∴|z0|= 1+1= 2，z0−=1−i；
(2)∵eπi=csπ+isinπ=−1且z0=1+i，z0−⋅z=eπi+ai，
∴z=−1+ai1−i=(−1+ai)(1+i)(1−i)(1+i)=−1−i+ai+ai21−i2
=(−1−a)+(a−1)i2=−1−a2+a−12i，
∵复数z是纯虚数，
∴−1−a2=0a−12≠0，∴a=−1，
∴a=−1.
【解析】(1)由复数的模和共轭复数的概念直接求得；
(2)先求出eπi，再由复数的运算法则求出z，最后由复数z是纯虚数求出a.
本题考查复数的运算，复数的模，共轭复数，属于基础题．
19.【答案】解：(1)扇形的半径OP=60，
因为圆心角为π3，所以∠PQO=2π3，又OQ=40，
在△OPQ中，由余弦定理可得，OP2=OQ2+PQ2−2OQ⋅PQ⋅cs2π3，
即602=402+PQ2−2×40×PQ×(−12)，
解得PQ=20 6−20或PQ=−20 6−20(舍去)，
所以PQ的长为(20 6−20)米．
(2)设∠AOP=θ，θ∈(0,π3)，
在△OPQ中，由正弦定理得，PQsin(π3−θ)=OPsin∠OQP=60sin2π3，
所以PQ=120 3sin(π3−θ)，θ∈(0,π3)，
所以△OPQ的面积为S=12⋅PQ⋅OP⋅sinθ
=3600 3sin(π3−θ)sinθ
=1200 3( 32csθ−12sinθ)sinθ
=1200 3( 34sin2θ+14cs2θ−14)
=600 3sin(2θ+π6)−300 3，
当sin(2θ+π6)=1，即θ=π6时，△OPQ的面积最大为300 3平方米，
所以此时种植白玉兰的最大面积是300 3平方米．
【解析】(1)在三角形ΔQPO中利用余弦定理列方程，即可解出PQ的长；
(2)设∠AOP=θ，将三角形ΔOPQ的面积用θ表示出来，再求最大值．
本题考查了函数模型的实际应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题．
20.【答案】解：(1)∵A=2，ω=1，f(π3)=2，∴f(π3)=2sin(π3+φ)=2，∴π3+φ=π2+2kπ，k∈Z.
又∵|φ|<π2，∴φ=π6，
∴f(x)=2sin(x+π6).
(2)∵A=2，x1、x2是y=f(x)的两个相异零点，|x1−x2|的最小值为π2，∴f(x)的周期为π，∴ω=2，∴f(x)=2sin(2x+φ).
又∵y=f(x)的图像向右平移π12个单位长度后关于y轴对称，
∴当x=0时，2sin(2(x−π12)+φ)=1或−1.
∴−π6+φ=π2+kπ，k∈Z，又∵|φ|<π2，∴φ=−π3，
∴f(x)=2sin(2x−π3).
(3)T=2πω=8，a+2−a=2=T4.不妨令t=π4x+φ，x∈[a,a+2].
不论a取何值，x的取值范围始终都是T4.故只需考虑t，选取两个特殊的情况即可．
当t∈[π4,π2]时，最大值与最小值之差为A− 22A≥6−3 2，则A≥6.
当t∈[−π4,π4]时，最大值与最小值之差为 22A−(− 22A)≤6 2，则A≤6.
∴A=6.
∵f(4)=6sin(π4×4+φ)=3，∴sinφ=−12，∴φ=−π6+2kπ，k∈Z或φ=−5π6+2kπ，k∈Z.
又∵|φ|<π2，∴φ=−π6，
∴f(x)=6sin(π4x−π6).
【解析】(1)题目中给出了A，ω，通过代入点求出φ即可．
(2)由零点距离的最小值得出周期为π，关于y轴对称得出φ.
(3)由于周期是8，而x的取值范围是T4=2，所以取了两个特殊情况来得出A的范围．
本题主要考查由题目给出的条件求出ω，φ，A，考查方式不尽相同，需要整体把握，属于中档题．
21.【答案】解：(1)因为a=(i,1+i)，b=(2,2−i)，
所以a+b=(2+i,3)，
a⋅b=2i+(1+i)(2+i)=1+5i.
(2)设a=(z1,z2),b=(z3,z4),c=(z5,z6)，z1，z2，z3，z4，z5，z6，λ∈C，
则a⋅b=z1z3−+z2z4−，b⋅a=z3z1−+z2z4−，故①不成立，
b+c=(z3+z5,z4+z6)，a⋅b=z1z3−+z2z4−，a⋅c=z1z5−+z2z6−，
a⋅(b+c)=z1z3+z5−+z2z4+z6−，
因为z3+z5−=z3−+z5−，z4+z6−=z4−+z6−，
所以a⋅(b+c)=z1(z3−+z5−)+z2(z4−+z6−)=z1z3−+z1z5−+z2z4−+z2z6−=z1z3−+z2z4−+z1z5−+z2z6−=a⋅b+a⋅c，故②正确；
λa=(λz1,λz2),λb=(λz3,λz4)，
(λa)⋅b=λz1z3−+λz2z4−，a⋅(λb)=z1λz3−+z2λz4−，
设λ=a+bi，z3=c+di，a，b，c，d∈R，
则λz3=(a+bi)(c+di)=(ac−bd)+(ad+bc)i，λz3−=(ac−bd)−(ad+bc)i，
λz3−=(a+bi)(c−di)=(ac+bd)−(ad−bc)i，
所以λz3−≠λz3−，故(λa)⋅b≠a⋅(λb)，即③错误；
(3)设满足条件的b=(z1,2z1+1),c=(z2,2z2+1)，z1，z2∈C，
则a−b=(2i−z1,−2z1),b−c=(z1−z2,2z1−2z2)，
因为z1−z2为任意的复数，不妨设z3=z2−z1且z3∈C，
由定义可得(2i−z1)z3−+(−2z1)×2z3−=0，即(5z1−2i)z3−=0，则5z1−2i=0，
所以z1=25i，则b0=(25i,45i+1)，
以下证明对任意的b∈Ω，不等式|a−b|≥|a−b0|恒成立，只需计算|a−b|的最小值，
不妨令b=(m+ni,2m+1+2ni)，则a−b=(−m−(n−2)i,−2m−2ni)，
则|a−b|= [−m−(n−2)i][−m+(n−2)i]+(−2m−2ni)(−2m+2ni)= m2+(n−2)2+(2m)2+4n2= 5m2+5n2−4n+4，
当m=0，n=25时取得最小值，此时b=(25i,45i+1)与之前得到的b0相同，结论得证；
推广结论：对于任意复向量a∉Ω，b∈Ω，若对于任意的c∈Ω，
当且仅当(a−b)(b−c)=0时，|a−b|取到最小值．
【解析】(1)根据所给定义计算可得；
(2)根据所给定义及复数代数形式的运算法则计算可得；
(3)设满足条件的b=(z1,2z1+1),c=(z2,2z2+1)，z1，z2∈C，根据所给条件求出b0，再证明对任意的b∈Ω，不等式|a−b|≥|a−b0|恒成立，则只需计算|a−b|的最小值，不妨令b=(m+ni,2m+1+2ni)，表示出a−b，即可得到|a−b|，根据完全平方数的性质计算可得．
本题考查平面向量及其应用，属于中档题．