2022-2023学年高一下学期期末考前必刷卷：数学（沪教版2020B卷）（全解全析）

这是一份2022-2023学年高一下学期期末考前必刷卷：数学（沪教版2020B卷）（全解全析），共19页。试卷主要包含了填空题，单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年高一下学期期末考前必刷卷数学·全解全析一、填空题1．已知，若与的终边相同，且，则______【答案】【分析】根据已知条件，结合终边相同的角的定义，即可求解.【解析】因为与的终边相同，且，即，所以，故答案为：或2．设复数满足则_______.【答案】或【分析】设出复数，化简，即可求解.【解析】设复数，则，所以则或，所以或.故答案为或【点睛】本题主要考查复数的模长，共轭复数，考查运算求解能力，属于基础题.3．已知，则______．【答案】/0.2【分析】根据三角函数诱导公式直接求解即可.【解析】解：因为，所以.故答案为：.4．已知单位向量满足，则向量的夹角为______．【答案】/【分析】根据向量数量积的公式即可求出向量的夹角.【解析】解：已知为单位向量，则，，，故答案为：.5．已知是两条不同直线，､是两个不同平面，对下列命题：①若，则.②若，则且.③若，，则.④若，则.⑤若，则.其中正确的命题是___________（填序号）.【答案】③⑤【分析】由给定条件，举例说明判断命题①②④，利用线面垂直的性质判断③，利用线面平行的性质、线面垂直的判定、面面垂直的判定推理判断⑤作答.【解析】如图，长方体中，记平面为，对于①，记直线为，直线为，则，但与相交，①不正确；对于②，记平面为平面，直线为直线，直线为直线，满足，而，②不正确；对于③，因为，，所以，又，所以，③正确，对于④，记平面为平面，直线为直线，直线为直线，满足，而与是异面直线，④不正确；对于⑤，因，则过直线作平面，令，如图，于是得，而，则有，由，所以，⑤正确.故答案为：③⑤6．方程在区间上的所有解的和为_____．【答案】【分析】将方程的解转化为两个函数图象的交点问题，利用函数的对称性，即可求解.【解析】如图，画出函数和的图象，方程在区间的解转化为两个函数图象的交点的横坐标，两个函数都关于点对称，所以两个函数图象的交点也关于点对称，.故答案为：7．在中，角，，的对边分别为，，.若，则角的度数为___.【答案】或或【分析】由余弦定理结合同角三角函数基本关系求得的值，结合角的范围即可求解.【解析】由余弦定理可得，因为，所以，所以，因为，所以或，故答案为：或.8．如图，已知四棱锥中，为矩形，平面，，异面直线与之间的距离为___________. 【答案】【分析】由条件计算各边长度，将棱锥补成长方体，在长方体找到的公垂线段，求出长度即可.【解析】因为平面，所以，所以，所以，因为因此我们将四棱锥构建成长方体.接下来我们寻找异面直线的公垂线在平面上的投影为，，易证平面，故得，，连接，与相交于，则为的中点，作的中点，连接，则，，，所以是的公垂线段，即的长度就是异面直线与之间的距离.且，故答案为：.9．已知复数满足，则在复平面内复数对应的点所在区域的面积为_____．【答案】【分析】设，由题意可得，根据复数模的几何意义得出区域形状为圆环，再计算面积即可．【解析】设，，因为，所以，所以，所以复平面内复数对应的点所在区域是圆和圆围成的圆环，故所求区域面积.故答案为：.10．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【解析】由得,,设,则作出与的图象如图则,得,即的最小值是,故答案为:.11．如图，向量与的夹角为， ,，是以为圆心、为半径的弧上的动点，若，则的最大值是________.【答案】【分析】如图建立平面直角坐标系，设P（cosθ，sinθ），，，.，sinθ，λμ，【解析】解：如图建立平面直角坐标系，设P（cosθ，sinθ），，，．∵，∴，sinθ．∴，∴λμ，当且仅当时,取等号,故答案为：【点睛】本题考查了向量的坐标运算，考查正弦型函数的最值,考查计算能力,属于中档题．12．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体M的所有以P为公共点的面.已知在直四棱柱中，底面ABCD为菱形，.①直四棱柱在其各顶点处的离散曲率都相等；②若，则直四棱柱在顶点A处的离散曲率为；③若，则直四棱柱在顶点A处的离散曲率为；④若四面体在点处的离散曲率为，则平面.上述说法正确的有______（填写序号）【答案】②④【分析】根据题意求出线线夹角，再代入离散曲率公式，对四个选项逐一分析判断，结合线面垂直的判定定理及性质即可得出答案.【解析】对于①，当直四棱柱的底面为正方形时，其在各顶点处的离散曲率都相等，当直四棱柱的底面不为正方形时，其在同一底面且相邻的两个顶点处的离散曲率不相等，故①错误；对于②，若，则菱形为正方形，因为平面，平面，所以，，所以直四棱柱在顶点处的离散曲率为，故②正确；对于③，若，则，又，，所以直四棱柱在顶点处的离散曲率为，故③错误；对于④，在四面体中，，，，所以，所以四面体在点处的离散曲率为，解得，易知，所以，所以，所以直四棱柱为正方体，因为平面，平面，所以，又平面，所以平面，又平面，所以，同理，又平面，所以平面，故④正确，所以正确的有②④.故答案为：②④.【点睛】本题主要考查离散曲率，考查考生的创新能力、逻辑思维能力、运算求解能力、空间想象能力，试题结合新定义——离散曲率命制立体几何试题，角度新颖，要求考生充分理解离散曲率的定义，结合立体几何的结构特征求解，体现了数学探索、理性思维学科素养． 二、单选题13．已知角、是的内角，则“”是“”的（    ）条件A．充分不必要 B．必要不充分C．充要 D．既不充分也不必要【答案】C【分析】根据大边对大角定理、正弦定理结合充分条件、必要条件的定义判断可出结论.【解析】在中，.所以，“”是“”的充要条件.故选：C.14．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.【解析】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：A15．已知正方体，点P在直线上，Q为线段BD的中点．则下列说法不正确的是（    ）A．存在点P，使得B．存在点P，使得C．直线PQ始终与直线异面D．直线PQ始终与直线异面【答案】C【分析】对于A，若包含在所垂直的平面内，则，当点P和点重合时，平面，可判断A正确；对于B，通过线面平行的判定定理，当点P为线段的中点时，即可判断；对于C，当点P和点重合时，两条线在同一平面内，不是异面直线；对于D，直线PQ与另一条线所在的平面相交，从而证明这两条线不相交，也不平行即可.【解析】正方体种，易得平面，因为点P在直线上，Q为线段BD的中点，当点P和点重合时，平面，，故A正确；连接,当点P为线段的中点时，为三角形的中位线，即//,故B正确；平面,当点P和点重合时,平面，所以直线PQ和 在同一平面内，故C错误；平面,平面，,所以直线PQ始终与直线不相交，且不平行，是异面直线，故D正确；故选：C16．将函数的图象上所有点的纵坐标伸长为原来的2倍，再向下平移1个单位长度，最后向左平移个单位长度，得到函数的图象.若对任意，都存在，使得，则的值可能是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题意易得在上的值域包含在上的值域，再分析的最值判断值域的包含关系，结合选项排除即可【解析】由题，，又对任意，都存在，使得，故在上的值域包含在上的值域.又当时，，即在上的值域包含.又当时， ，且有解，故区间包含，排除AB；又当时，，因为，故不包含不合题意排除D；当时，此时，故，故此时在上的值域包含满足条件.综上所述满足条件故选：C 三、解答题17．已知函数.(1)求函数的最小正周期;(2)求函数的严格减区间;(3)若不等式对恒成立,求实数的取值范围.【答案】(1)(2)(3) 【分析】(1)利用三角恒等变换可将化简为,从而可求函数的最小正周期;(2)利用正弦函数的单调性即得;(3)由题可得,利用三角函数的图象和性质可求函数在区间上的值域,进而即得.【解析】（1）因为,所以最小正周期.（2）令,得.所以函数的严格减区间为.（3）因为,所以,所以,即当时,,.因为对恒成立,所以,即.18．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，分别为棱中点．(1)求证：平面平面；(2)若平面平面，直线与平面所成的角为，且，求二面角的大小．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据平行四边形性质和三角形中位线性质，结合线面平行的判定可得平面，平面，由面面平行的判定可证得结论；（2）根据面面垂直的性质可证得平面，由线面角定义可知，根据二面角平面角的定义可知所求二面角的平面角为，由长度关系可得结果.【解析】（1）为中点，，，，，四边形为平行四边形，，平面，平面，平面；分别为中点，，平面，平面，平面；，平面，平面平面.（2）平面平面，平面平面，平面，，平面，即为直线与平面所成角，即；设，则，平面，平面，，；，，平面，平面，平面平面，即为二面角的平面角，，，，即二面角的大小为.19．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．(1)求A的值；(2)若是锐角三角形，求的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据同角三角函数关系得出，再应用两角和差公式计算求解即可；（2）先应用正弦定理边角互化，再结合二倍角公式及辅助角公式化简，最后根据余弦型函数求值域可得.【解析】（1）因为，所以，即，所以或（舍去）．所以，结合，得．（2）由（1）得:．因为是锐角三角形，所以B，C均为锐角，即，，所以，所以，，所以的取值范围是．20．在△ABC中，AB＝2，AC＝3，，，．(1)求角A和DE的长；(2)若M是线段BC上的一个动点（包括端点），求的最值．【答案】(1)，DE＝1；(2)最小值；最大值5 【分析】（1）由，根据数量积的运算律和数量积定义可求得，知为等边三角形，可得；设，由向量线性运算可将所求数量积化为，从而将所求数量积化为关于的二次函数的形式，利用二次函数最值的求法可求得结果．【解析】（1）由，知：为中点，为靠近的三等分点；，，解得：， ；又，为等边三角形，；（2）设，，，，对称轴为，当 ，单调递减，当，单调递增则当时，取得最小值，当时，取最大值21．已知函数，（其中，）(1)当时，求函数的严格递增区间；(2)当时，求函数在上的最大值（其中常数）；(3)若函数为常值函数，求的值.【答案】(1)，；(2)(3). 【分析】（1）当时，化简为，再由，，求解即可；（2）由（1）得， 从而，令，先求得，则转化为求，的最大值，分和两种情况求解即可；（3）由函数为常值函数，采用赋值法求得的值，再代入验证即可.【解析】（1）当时，由，，得，.故的严格递增区间为，.（2）由（1）可知，当时，，则，令，当时，则，所以，则，即.于是，①当时，，当且仅当时，最大值为；②当时，在上递减，则在上是增函数，则当时，最大值为，综上所述，（3）由函数为常值函数，令，则原式，令，则原式（为正整数）；令，则原式，即，因为（为正整数），即为正奇数，所以，即，则，解得或，又因为（为正整数），所以.当时，原式为.所以当时，函数为常值函数.【点睛】关键点睛：第三问的关键是抓住函数为常值函数，因此可以采用赋值法先确定的值，再代入验证即可.