2021-2022学年上海市复兴高级中学高一下学期期末考试线上自测数学试卷（含详解）

这是一份2021-2022学年上海市复兴高级中学高一下学期期末考试线上自测数学试卷（含详解），共11页。试卷主要包含了填空题，选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
上海市复兴高级中学2021学年第二学期期末线上自测高一年级数学试卷一、填空题（每题8分，共80分）1 已知向量，，，______．2. 已知复平面上有点A和点B，向量与向量所对应的复数分别为与，则点B的坐标为____________．3. 已知，，，则点的坐标为____________．4. 已知等比数列，首项，公比，前项和为；则____________．5. ，若，则____________．6. 计算的结果是________.7. 已知向量、满足，，且，则向量在上的投影为____________．8. 已知数列中，，，则通项公式____________．9. 若lg 2，lg(2x－1)，lg(2x＋3)成等差数列，则x值是________.10. 已知数列的前项和为，点在直线上．若，数列的前项和为，则满足的的最大值为________．二、选择题（每题8分，共16分）11. 已知，“”是“z为实数”的（    ）条件A. 充分非必要 B. 必要非充分C. 充要 D. 既非充分也非必要12. 在直角中，是直角，CA=4，CB=3，的内切圆交CA，CB于点D，E，点P是图中阴影区域内的一点(不包含边界)．若，则的值可以是（    ）A. 1 B. 2 C. 4 D. 8三、解答题（14+20+20=54分）13. 已知、两个单位向量．（1）若，试求的值；（2）若、的夹角为，试求向量与的夹角的余弦值．14. 设方程的两根为．（1）若，求的值；（2）若方程至少有一根的模为1，求的值．15. 首项为的无穷等比数列所有项的和为1，为的前n项和，又，常数，数列满足.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的通项公式；（3）若是严格减数列，求t最小值.
上海市复兴高级中学2021学年第二学期期末线上自测高一年级数学试卷一、填空题（每题8分，共80分）1. 已知向量，，，______．【答案】【分析】由两个向量垂直的坐标运算进行计算即可.【详解】因为，所以，所以，解得．故答案为：2. 已知复平面上有点A和点B，向量与向量所对应的复数分别为与，则点B的坐标为____________．【答案】【分析】根据向量的线性运算结合复数的几何意义即可求解.【详解】解：因为，所以点B的坐标为.故答案为：.3. 已知，，，则点的坐标为____________．【答案】【分析】利用平面向量线性运算的坐标表示即可求解.【详解】解：设，因为，，所以，又，所以，解得，故点的坐标为.故答案为：.4. 已知等比数列，首项，公比为，前项和为；则____________．【答案】【分析】根据等比数列求和公式直接计算即可.【详解】由已知得，故答案为：.5. ，若，则____________．【答案】【分析】根据共轭复数的定义及性质结合复数模的定义即可求解.【详解】解：因为，所以，则，故所以.故答案为：.6. 计算的结果是________.【答案】【分析】把化为三角形式，然后模相除，辐角相减得商的模和辐角，再化为代数形式．详解】解析1：.解析2：原式.【点睛】本题考查复数的除法，解题时把所有复数化为三角形式，然后模相除，辐角相减得商的模和辐角，再化为代数形式即可．当然也可以化为代数形式计算．7. 已知向量、满足，，且，则向量在上的投影为____________．【答案】【分析】根据题意可求出向量、的夹角，再根据向量在上的投影为即可得解.【详解】解：因为，，且，所以，所以，所以向量在上投影为.故答案为：.8. 已知数列中，，，则通项公式____________．【答案】【分析】根据题意可得数列是等比数列，从而可求出数列的通项，即可得出答案.【详解】解：因为，所以，因为，所以，所以数列是以1为首项，为公比的等比数列，所以，所以.故答案为：.9. 若lg 2，lg(2x－1)，lg(2x＋3)成等差数列，则x的值是________.【答案】log25【分析】由题意得lg2+lg（2x+3）=2lg（2x﹣1），由对数的运算性质得lg[2•（2x+3）]=lg（2x﹣1）2，解可得2x的值，由指数的运算性质可得答案．【详解】若lg2，lg（2x﹣1），lg（2x+3）成等差数列，则lg2+lg（2x+3）=2lg（2x﹣1），由对数的运算性质可得lg[2•（2x+3）]=lg（2x﹣1）2，解得2x=5或2x=﹣1（不符合指数函数的性质，舍去）则x=log25故答案为log25【点睛】本题考查指数、对数的运算性质以及等差数列的性质，解题时注意结合指数函数的性质，否则容易产生增根．10. 已知数列的前项和为，点在直线上．若，数列的前项和为，则满足的的最大值为________．【答案】13【分析】由题设易得，即可求，进而得，讨论为奇数、偶数求，结合已知不等关系求的最大值即可.【详解】由题意知：，则，当时，；当时，；而，∴，，∴，∴，当为奇数时，，当为偶数时，，∴要使，即或，解得且.故答案为：13.【点睛】关键点点睛：由的关系求通项公式，讨论写出，进而由不等关系求的最大值.二、选择题（每题8分，共16分）11. 已知，“”是“z为实数”的（    ）条件A. 充分非必要 B. 必要非充分C. 充要 D. 既非充分也非必要【答案】C【分析】化简得到是实数，再利用充分条件必要条件的定义判断.【详解】设, 因为，所以,所以是实数；当是实数时，.所以“”是“z为实数”的充要条件.故选：C【点睛】方法点睛：充分条件必要条件的定义的判断常用的方法有：（1）定义法；（2）集合法；（3）转化法. 要根据已知条件灵活选择方法求解.12. 在直角中，是直角，CA=4，CB=3，的内切圆交CA，CB于点D，E，点P是图中阴影区域内的一点(不包含边界)．若，则的值可以是（    ）A. 1 B. 2 C. 4 D. 8【答案】B【分析】先由内切圆性质求出半径，再利用坐标法得到的几何意义，最后利用线性规划方法数形结合可解.【详解】在中，CA=4，CB=3，则AB=5，设内切圆半径为r，且，则，以C为坐标原点建立如图所示的直角坐标系，则，.，令，则点P在直线上(t为截距).又点P是图中阴影区域内的一点(不包含边界)．即直线与阴影区域(不包含边界)有公共点.由图可知，当且时，才满足题意，所以排除选项ACD.故选：B.【点睛】解决这类问题的关键是利用数形结合的思想方法，给目标函数赋于一定的几何意义，依据可行域的情况数形结合决定参数取值．三、解答题（14+20+20=54分）13. 已知、是两个单位向量．（1）若，试求的值；（2）若、的夹角为，试求向量与的夹角的余弦值．【答案】（1）    （2）【分析】（1）平方后由数量积运算律求解（2）由数量积的定义求解【小问1详解】，，是两个单位向量，，，；．【小问2详解】，，，，，，，．14. 设方程的两根为．（1）若，求的值；（2）若方程至少有一根的模为1，求的值．【答案】（1）    （2）的值为-2，0，1【分析】（1）利用方程根与系数的关系得到，结合即可得出结论；（2）讨论两根为实数根和虚数根的情况分别求解的值.【小问1详解】解：因为方程两根为，所以，，又，则，所以.故.【小问2详解】解：①若为实数根，则，即，设，则，将代入方程得，即（满足），将代入方程得，即（满足）；②若为共轭虚根，则，即，设，则，故（满足）.综上，的值为-2，0，1.15. 首项为的无穷等比数列所有项的和为1，为的前n项和，又，常数，数列满足.（1）求数列的通项公式；（2）求数列通项公式；（3）若是严格减数列，求t的最小值.【答案】（1）    （2）    （3）的最小值为1【分析】（1）根据无穷等比数列所有项的和为1，求出公比，再根据等比数列的通项公式可得；（2）求出,代入可得；（3）求出，然后根据数列递减可得恒成立，由不等式恒成立可得答案.【小问1详解】设无穷等比数列的公比为，则,所以，解得，所以.【小问2详解】因为,所以,所以,所以.【小问3详解】,,所以,因为是递减数列，所以 恒成立，所以恒成立，所以恒成立，因为为递减函数，所以时，取得最大值，所以,又因为，所以的最小值为1.