2021-2022学年上海交通大学附属中学高一下学期期末数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年上海交通大学附属中学高一下学期期末数学试题（解析版），共15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。
2021-2022学年上海交通大学附属中学高一下学期期末数学试题 一、单选题1．下列说法错误的是（    ）A．若复数，则B．若复数，则C．若平面向量，则D．若平面向量，则【答案】A【分析】先取一些特定的值找出大概答案，然后再分析每个答案的正确与否.【详解】取，不是一个实数，故A错；为非负实数，由基本不等式可知B对；，所以CD对.故选：A2．设等差数列的前项和为，若，，则满足的最小正整数的值为（    ）A．1011 B．1012 C．2021 D．2022【答案】D【分析】根据等差数列求和公式结合等差数列的下标和性质运算求解.【详解】∵，，则，且，∴等差数列为递增数列，故当时，，当时，，又∵，∴满足的最小正整数的值为2022.故选：D.3．在正方体中，棱长为4，、分别为棱、的中点，点在对角线上，且，过点、、作一个截面，该截面的形状为（    ）A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形【答案】C【分析】延长，分别交与的延长线于，可得截面过、、，再根据直线与面面相交的性质，分别确定截面与各棱的交点位置，进而确定截面的形状即可.【详解】因为，故为的中点.又为正方体，故可延长，分别交与的延长线于，设直线分别交于，易得过点、、的面即平面.因为为中点，且，故，，，所以，故，即.又，故.又为的中点，同理可得，故，所以，，故在线段内.连接交于，综上可知点、、截正方体的截面为五边形.故选：C4．已知无穷等差数列公差，无穷等比数列公比，则下列关于数列和数列的命题，正确的个数为（    ）①“等差数列为严格增数列”是“存在正整数，当时，总有”成立的充要条件；②存在等比数列，使得对任意均有；③对任意的数列和，关于的方程至多两个解；A．3 B．2 C．1 D．0【答案】B【分析】利用等差数列和等比数列的通项公式结合函数的图像和性质判断即可.【详解】①由等差数列的通项公式得，不妨令，由一次函数的图像和性质可得当单调递增是存在，当时总有的充要条件，当时结论仍成立，故“等差数列为严格增数列”是“存在正整数，当时，总有”成立的充要条件，①正确；②由等比数列的通项公式得，不妨假设，则由得对任意均有，由解得，由解得，又根据题意，故此不等式无解。②错误；③由函数的性质可得指数函数与一次函数至多有两个交点，当时结论仍成立，故方程 ，至多有两个解，③正确；综上①③正确，故选：B 二、填空题5．已知复数是纯虚数（为虚数单位），则实数_____．【答案】【分析】由题得，解之即得解.【详解】解：由题得故答案为：6．若，则实数的取值范围是_______．【答案】【分析】利用已知极限列出关于实数a的不等式去求解实数的取值范围【详解】由，可得，解之得故答案为：7．函数的最小正周期为______．【答案】##【分析】直接代入正切型函数的周期公式运算求解.【详解】函数的最小正周期.故答案为：.8．若，，成等比数列，则________.【答案】【分析】由等比中项的性质列方程求值即可.【详解】由题设，，可得.故答案为：9．已知数列为等差数列，且，则____．【答案】##【分析】根据等差数列下标和性质运算求解.【详解】∵数列为等差数列，则，∴.故选：.10．已知单位向量，的夹角为，若，则的取值范围是______．【答案】【分析】由，结合夹角的范围即可求解结果．【详解】由因为，所以，则则的取值范围是．故答案为：11．已知数列满足，则数列的通项公式为___________．【答案】【分析】由已知可得，进而计算即可得出结果.【详解】当时，；当时，由，可得，两式相除得故答案为：12．在锐角中，，则的取值范围是___________.【答案】【分析】根据题意有，进而展开并结合降幂公式和辅助角公式化简，然后根据该三角形为锐角三角形确定出A的范围，最后求得答案.【详解】根据题意，而三角形ABC为锐角三角形，则，所以，于是.故答案为：.13．已知函数（其中为常数，且）有且仅有个零点，则的最小值为_______【答案】2【分析】利用函数与方程的关系转化为两个图象交点个数问题即可求解【详解】由得,,设,则作出与的图象如图则,得,即的最小值是,故答案为:.14．古代典籍《周易》中的“八卦”思想对我国的建筑有一定影响．图1是受“八卦”启示设计的正八边形的八角窗．在正八边形中，若，则______．【答案】##【分析】根据题意结合向量的线性运算分析运算.【详解】如图，连接，则，不妨设，则，即，∴，则，故.故答案为：.15．已知两个不同平面α，β和三条不重合的直线a，b，c，则下列命题：（1）若，，则（2）若a，b在平面α内，且，，则（3）若α，β分别经过两异面直线a，b，且，则c必与a或b相交（4）若a，b，c是两两互相异面的直线，则存在无数条直线与a，b，c都相交其中正确的命题是________．（请写上正确命题的序号）【答案】（3）（4）【分析】简单的反例可以否定（1）（2），利用反证法，借助平行公理可以确认（3），通过较为复杂的构造与证明，可以确认（4）【详解】（1）在保持与平面平行的条件下可以在一个与平行的平面内任意旋转，故a与定直线b所成的角是任意的，故（1）错误；（2）当平行时，不能保证直线垂直于平面，直线甚至可以在平面内，故（2）错误；（3）假若c既不与a相交，也不与b相交，由于a,c都在α内，故a,c平行，同理b,c平行，根据平行公理得到a,b平行，与已知a,b为异面直线矛盾，故（3）正确；（4）如图所示，a，b，c是异面直线，上下两个平面α，β是分别通过a,c中的一条而与另一条平行的平面，直线b与这两个平面都相交，交点A,B都不在直线a,c上.在直线b上任取一点不同于A,B的点P，由于a,b异面，∴P∉a，则直线a与点P确定一个平面，可知这平面与直线c相交，设交点为Q,连接PQ的直线与直线a必然相交（否则，这条线必在平面β内)，由于P点的任意性，可知这样可以做出无数条直线与a,b,c都相交，故（4）正确.【点睛】本题考查线面的平行相交，异面直线等关系，关键难点在于（4）的构造性证明.16．已知数列是共有项的有限数列，且满足，若，，，则______．【答案】68【分析】根据题意整理可得，利用累加法结合等差数列求和运算求解.【详解】∵，则，且，∴，又∵，则，解得：或（舍去），故.故答案为：68. 三、解答题17．在长方体中，，，，、分别为线段、上的点，且，．(1)求证：直线与为异面直线；(2)求异面直线与所成角的余弦值．【答案】(1)证明见详解(2) 【分析】（1）根据异面直线的判定定理分析证明；（2）根据异面直线的夹角结合两角差的余弦公式运算求解.【详解】（1）连接，设，由题意可得：，，则为平行四边形，即四点共面，∵平面，平面，，∴直线与为异面直线.（2）由（1）可得：为平行四边形，则，由题意可得：，则，∴，即为锐角，故异面直线与所成的角为，其余弦值为.18．设复数和，其中是虚数单位，．(1)若，求的取值范围；(2)若，且和为某实系数一元二次方程的两根，求实数所有取值的集合．【答案】(1)；(2). 【分析】（1）根据复数的四则运算求，结合复数的几何意义理解运算；（2）根据复数的四则运算求，由题意可得，运算求解.【详解】（1）设为复平面的坐标原点，∵对应的点为，即，对应的点为，则在标准单位圆上，的几何意义为，则，即，故的取值范围为.（2）由题意可得：，则，，∵和为某实系数一元二次方程的两根，∴，则，由，解得或，若，则，故成立；若，则或，故或，成立；故实数所有取值的集合.19．在工厂实习中，小宋拿到的材料是一块顶角A为的扇形铝板（足够大），现在需要将铝板放在切割机上，加工成一个内角为A的三角形工件．(1)小宋的师傅拿出了一个工件样品，其中，求的值；(2)师傅在小宋的扇形铝板的顶角A的角平分线上打了一个点D，且，并要求小宋加工的工件的边经过点D，则①用角B表示工件的面积S；②求S的最小值，以及取得最小值时角B的大小．【答案】(1)或，(2)① ；②时，S取到最小值 【分析】（1）由题意，得到，求得或和或，即可求解；（2）①利用正弦定理，求得，结合面积公式，即可求解；②利用二倍角公式和积化和差公式，得到，结合三角函数的性质，即可求解.【详解】（1）解：因为，可得，又因为，可得或，所以或，由，可得或，所以或，．（2）解：①在和中使用正弦定理，可得于是．②利用二倍角公式和积化和差公式可得：，由题意可得，所以，当，即时，S取到最小值．20．已知函数对任意实数、都满足，且(1)当时，求的表达式；(2)设，求数列的最大项；(3)设，数列的前项和为，若对恒成立，求最小正整数．【答案】(1)；(2)；(3). 【分析】（1）通过赋值，结合等比数列的定义，即可求得；（2）根据（1）中所求，求得，判断其单调性，即可求得结果；（3）根据（1）中所求，求得，结合等差数列前项和公式，求得，再结合裂项求和法求得，根据其范围，即可求得.【详解】（1）由题可知，，即，故数列是首项为，公比为的等比数列，则.（2）由题可知，，则，当时，，，故，即数列为单调减数列.故的最大项为.（3）由题可知，，又，故数列是首项为，公差为的等差数列，则，，当时，为单调减函数，故为单调增函数，又，故要满足题意，只需，解得，故最小正整数的取值为.21．已知为实数，数列满足：①；②．(1)当时，求的值；(2)求证：存在正整数，使得；(3)设是数列的前项和，求的取值范围，使数列为周期数列且方程有解（若数列满足：存在且，对任意且，成立，则称数列为以为周期的周期数列）．【答案】(1)8(2)证明见详解(3) 【分析】（1）根据题意直接运算求解；（2）先证“若存在正整数，使得，则存在正整数，使得”成立，对分类讨论，分析证明；（3）根据（2）中的结论，以为起始项，对分类讨论，分析运算.【详解】（1）当时，即，则，故.（2）先证：若存在正整数，使得，则存在正整数，使得.证明：若时，则，即从第项起到最后一个大于3的项的下一项为止，数列为递减数列，设数列中满足的最小项为，则，∴，故存在正整数，使得.当，即，则存在正整数，使得；当，即，则存在正整数，使得；当，即，∴，则存在正整数，使得；综上所述：故存在正整数，使得.（3）由（2）可知：存在正整数，使得，若，则，，，，                       依次类推可得：当时，数列不是周期数列，不合题意；若，则，，，，依次类推可得：当时，或，数列是以4为周期的周期数列，且循环依次为，∵数列为周期数列，则或，故，此时，即有解，∴符合题意；若，则，，依次类推可得：当时，，当时，数列是以2为周期的周期数列，且循环依次为，∵数列为周期数列，则，故，此时，即有解，∴符合题意；综上所述：.【点睛】思路点睛：①准确转化，紧扣题意，结合已有知识点；②恰当选取特例法、演绎法，结合性质求解；③耐心读题，挖出隐含条件，分析与综合相结合.