2021-2022学年上海市建平中学高一下学期期末考试数学试卷（含详解）

建平中学2021学年第二学期期末考试高一数学学科

2022.06.24

说明：（1）本场考试时间为90分钟，总分100分；

（2）请认真答卷，并用规范文字书写．

一、填空题（每题3分，满分36分）

1. 已知复数，则Rez＝___．

2. 若为直线l：的一个法向量，则b＝___．

3. 点(1，2)到直线的距离为___．

4. 设直线、的斜率分别为、，倾斜角分别为、，若，则|___．

5. 若，其中，则最大时，＝___．

6. 已知等差数列{}满足，则___．

7. 已知、的夹角为，设，则在上的数量投影为___．

8. 若复数z满足且，则___．

9. 已知首项为－1的等比数列{}，若，则数列{}的公比为___．

10. 设关于x的实系数一元二次方程的两个虚数根分别为、，若，则＝____．

11. 已知平面上两定点A、B满足，动点P、Q分别满足，则的取值范围是___．

12. 已知数列{}前n项和为，若对任意恒成立，则____．

二、选择题（每题3分，满分12分）

13. 设直线（、不同时为零），（、不同时为零），则“、相交”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

14. 满足的△ABC（    ）

A. 一定锐角三角形 B. 一定为直角三角形

C. 一定钝角三角形 D. 可能为锐角三角形或直角三角形或钝角三角形

15. 设，下列说法中正确的是（    ）

A 若，则 B. 若，则

C. 若，则 D. 若，则

16. 设无穷数列{}的前n项和为，若（），记集合，集合，则（    ）

A. 不存在数列{}使得

B. 存在唯一一个数列使得

C. 存在不止一个但有穷个数列使得

D. 存在无穷个数列{}使得

三、解答题（本题共有5大题，满分52分）

17. 设z为复数．

（1）若，求|z|的值；

（2）已知关于x的实系数一元二次方程的一个复数根为z，若z为纯虚数，求的取值范围．

18. 已知直线，直线

（1）若，求直线、的夹角；

（2）设交x轴于点A，交y轴于点B，交x轴于点D，交y轴正半轴于点C，若，且梯形ABCD的面积为，求直线在y轴上的截距．

19. 银行储蓄存款是一种风险较小的投资方式，将一定数额的本金存入银行，约定存期，到期后就可以得到相应的利息，从而获得收益，设存入银行的本金为P（元），存期为m（年），年化利率为r，则到期后的利息（元）．以下为上海某银行的存款利率：

（1）洪老师将10万元在上海某银行一次性存满二年，求到期后本息和（本金与利息的总和）；

（2）杜老师准备将10万元在上海某银行存三年，有以下三种方案：

方案①：一次性存满三年；

方案②：先存二年，再存一年；

方案③：先存一年，再续存一年，然后再续存一年；

通过计算三种方案的本息和（精确到小数点后2位）判断哪一种方案更合算，并基于该实际结果给予杜老师一般性的银行储蓄存款的建议．

20. 已知等边三角形ABC的边长为2，P为三角形ABC所在平面上一点．

（1）若，求△PAB的面积；

（2）若，求的最大值；

（3）求的最小值．

21. 记项数为10且每一项均为正整数的有穷数列{}所构成的集合为A，若对于任意p、，当时都有，则称集合A为“子列封闭集合”．

（1）若，判断集合A是否为“子列封闭集合”，并说明理由；

（2）若数列{}的最大项为，且，证明：集合A不为“子列封闭集合”；

（3）若数列{}严格增，且集合A为“子列封闭集合”，求数列{}的通项公式．

建平中学2021学年第二学期期末考试高一数学学科

2022.06.24

说明：（1）本场考试时间为90分钟，总分100分；

（2）请认真答卷，并用规范文字书写．

一、填空题（每题3分，满分36分）

1. 已知复数，则Rez＝___．

【答案】10

【分析】根据复数的定义直接写出复数的实部.

【详解】因为复数，

所以Rez＝10.

故答案为：10

2. 若为直线l：的一个法向量，则b＝___．

【答案】

【分析】由直线方程写出其方向向量，利用求参数b.

【详解】由直线一般式为，则其一个方向向量为，

所以，可得.

故答案为：

3. 点(1，2)到直线的距离为___．

【答案】##3.2

【分析】利用点线距离公式求距离即可.

【详解】由点线距离公式有(1，2)到直线的距离为.

故答案为：

4. 设直线、的斜率分别为、，倾斜角分别为、，若，则|___．

【答案】##

【分析】由已知及得，讨论、并结合正切函数性质求.

【详解】由，且，即，

若，则，而，故，即；

同理，可得.

综上，|.

故答案为：

5. 若，其中，则最大时，＝___．

【答案】

【分析】由向量数量积的坐标表示及辅助角公式可得，再由正弦型函数的性质确定取最大时对应值.

【详解】由题设，而，

所以，故当时有最大值.

故答案为：

6. 已知等差数列{}满足，则___．

【答案】##0.5

【分析】设公差为，由已知递推式有求公差，进而可得的值.

【详解】若数列{}的公差为，而，故，

又.

故答案为：

7. 已知、的夹角为，设，则在上的数量投影为___．

【答案】

【分析】由分别表示在、方向上的单位向量，结合已知可得且、的夹角为，进而可求在上的数量投影.

【详解】由分别表示在、方向上的单位向量，且、的夹角为，

由知：且、的夹角为，

所以在上的数量投影为.

故答案为：

8. 若复数z满足且，则___．

【答案】2

【分析】令且，根据模长的等量关系列方程求，再由求结果.

【详解】令且，

由，则，可得，

由，则，可得，

所以，故.

故答案为：2

9. 已知首项为－1的等比数列{}，若，则数列{}的公比为___．

【答案】±1

【分析】利用等比数列通项公式代入结合一元二次不等式求解即可.

【详解】依题意，，设公比为，若，则，即，得，故，得，

故答案为：±1.

10. 设关于x的实系数一元二次方程的两个虚数根分别为、，若，则＝____．

【答案】2

【分析】由实系数一元二次方程有两虚根得到，，再由等量关系列方程求结果.

【详解】由题设，，且，，

由，即，故.

故答案为：2

11. 已知平面上两定点A、B满足，动点P、Q分别满足，则的取值范围是___．

【答案】[－6,6]

【分析】令，由已知判断、的轨迹，再结合向量数量积的几何意义求的最值，即可得范围.

【详解】若，

由题意知：在以为圆心，1为半径的圆上；在以为圆心，2为半径的圆上.

又，，则：

最大时，同向，此时，

最小时，反向，此时，

综上，的范围为[－6,6].

故答案为：[－6,6]

12. 已知数列{}的前n项和为，若对任意恒成立，则____．

【答案】1011

【分析】由题设有，根据关系得，再应用分组求和求目标式的值.

【详解】由题设，，故，

所以，即，故，

所以

.

故答案为：

二、选择题（每题3分，满分12分）

13. 设直线（、不同时为零），（、不同时为零），则“、相交”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】分均不为0和有且只有一个为0两种情况讨论，分别证得充分性和必要性即可得出结论.

【详解】当直线斜率都存在即均不为0时，若“、相交”，则两直线的斜率不相等，得，即，当直线斜率有一个不存在即有且只有一个为0时，也成立，故充分性成立；

反之，均不为0时，若“”，则，则两直线的斜率不相等，即、相交，有且只有一个为0时，、也相交，故必要性成立；综上，则“、相交”是“”的充要条件，

故选：C.

14. 满足的△ABC（    ）

A. 一定为锐角三角形 B. 一定为直角三角形

C. 一定为钝角三角形 D. 可能为锐角三角形或直角三角形或钝角三角形

【答案】C

【分析】由向量数量积的定义及三角形内角的性质可得，即可判断三角形形状.

【详解】由，而，

所以且，故.

所以△ABC一定为钝角三角形.

故选：C

15. 设，下列说法中正确的是（    ）

A. 若，则 B. 若，则

C. 若，则 D. 若，则

【答案】B

【分析】对于A：取z=-1否定结论；对于B：直接证明即可；对于C、D：取z=i否定结论.

【详解】设（其中）.

对于A：不妨取z=-1，满足.故A错误；

对于B：因为，所以，所以，所以，即.故B正确；

对于C：取z=i，满足故C错误；

对于D：取z=i，满足.故D错误.

故选：B

16. 设无穷数列{}的前n项和为，若（），记集合，集合，则（    ）

A. 不存在数列{}使得

B. 存在唯一一个数列使得

C. 存在不止一个但有穷个数列使得

D. 存在无穷个数列{}使得

【答案】D

【分析】因为， 随着的增大而增大，故可考虑当时，逐步分析使得中的元素从小到大一一对应即可

【详解】由题意，因为， 随着增大而增大，且，

不妨设，则，故可令，则，

再令，如此则有，则，

此时满足，故.

同理可得，当时，只需，

，也满足.

故存在无穷个数列{}使得

故选：D

三、解答题（本题共有5大题，满分52分）

17. 设z为复数．

（1）若，求|z|的值；

（2）已知关于x的实系数一元二次方程的一个复数根为z，若z为纯虚数，求的取值范围．

【答案】（1）5；    （2）

【分析】（1）由等量关系，应用复数的除法求复数z，进而求模长.

（2）设，结合根与系数关系列不等式组求，进而确定的范围.

【小问1详解】

，故；

【小问2详解】

设，故，解得，故

18. 已知直线，直线

（1）若，求直线、的夹角；

（2）设交x轴于点A，交y轴于点B，交x轴于点D，交y轴正半轴于点C，若，且梯形ABCD的面积为，求直线在y轴上的截距．

【答案】（1）；   

（2）.

【分析】（1）由直线方程得到它们的法向量，根据法向量夹角与直线夹角关系求、的夹角.

（2）由题意有：，进而求，再由平行线距离求梯形的高，最后根据梯形面积公式求参数b，即可得结果.

【小问1详解】

，：的一个法向量分别为，

则，故．

【小问2详解】

由，故，即：，易知，

梯形的高h即平行直线，之间的距离，故，

设梯形ABCD的面积为S，则，

化简得，解得，故直线在y轴上的截距为．

19. 银行储蓄存款是一种风险较小的投资方式，将一定数额的本金存入银行，约定存期，到期后就可以得到相应的利息，从而获得收益，设存入银行的本金为P（元），存期为m（年），年化利率为r，则到期后的利息（元）．以下为上海某银行的存款利率：

（1）洪老师将10万元在上海某银行一次性存满二年，求到期后的本息和（本金与利息的总和）；

（2）杜老师准备将10万元在上海某银行存三年，有以下三种方案：

方案①：一次性存满三年；

方案②：先存二年，再存一年；

方案③：先存一年，再续存一年，然后再续存一年；

通过计算三种方案的本息和（精确到小数点后2位）判断哪一种方案更合算，并基于该实际结果给予杜老师一般性的银行储蓄存款的建议．

【答案】（1）10.45万元；   

（2）方案①，建议见解析.

【分析】（1）由题意确定，应用利息公式求到期后本息和即可；

（2）根据各方案的模型求出对应的本息和，比较大小选择合算方案，并给予一般性的银行储蓄存款的建议．

【小问1详解】

由题意，，，故

所以，到期后的本息和为104500元，即10.45万元；

【小问2详解】

方案①为单利模型，方案②③为复利模型，三种方案到期后的本息和计算如下．

方案①：；

方案②：

方案③：

由于方案①本息和大于方案②的本息和，方案②的本息和大于方案③的本息和，故方案①最合算，其次是方案②，最后是方案③，

建议杜老师在银行储蓄存款时，对于确定的本金和存期，选择一次性存满存期的方式最合算，即本息和最大；如果无法一次性存满存期，尽量选择较长的存期进行拆分时更合算，即本息和更大．

20. 已知等边三角形ABC的边长为2，P为三角形ABC所在平面上一点．

（1）若，求△PAB的面积；

（2）若，求的最大值；

（3）求的最小值．

【答案】（1）；   

（2）；   

（3）－.

【分析】（1）由重心的性质有，结合三角形面积公式求△PAB的面积；

（2）由题设，可得，再应用基本不等式求目标式最值，注意等号成立条件.

（3）构建直角坐标系并设P（x，y），确定相关点坐标，利用向量数量积的坐标运算求，即可得结果，注意最值对应x、y.

【小问1详解】

由题设知：P为△ABC的重心，故；

【小问2详解】

由于，即，则，

，当且仅当时取到等号，

故的最大值为；

【小问3详解】

以BC的中点O为原点，，分别为x轴、y轴正方向建立平面直角坐标系，

设P（x，y），易知A（0，），B（－1，0），C（1，0），

则

化简得，

故的最小值为－，当且仅当时取到等号.

21. 记项数为10且每一项均为正整数的有穷数列{}所构成的集合为A，若对于任意p、，当时都有，则称集合A为“子列封闭集合”．

（1）若，判断集合A是否为“子列封闭集合”，并说明理由；

（2）若数列{}的最大项为，且，证明：集合A不为“子列封闭集合”；

（3）若数列{}严格增，且集合A为“子列封闭集合”，求数列{}的通项公式．

【答案】（1）集合A为“子列封闭集合”，理由见解析   

（2）证明见解析    （3）或

【分析】（1）按照定义直接判断；

（2）利用反证法证明集合A不为“子列封闭集合”．

（3）先判断出或{21，22}，分类讨论：①，由题意求出；②，求出即可得到答案.

【小问1详解】

对于任意p，，当时，，故集合A为“子列封闭集合”；

【小问2详解】

假设集合A为“子列封闭集合”，，故存在正整数使得，易知，由于，故，显然，这与为集合A中的最大元素矛盾，故集合A不为“子列封闭集合”．

【小问3详解】

根据（2）中证明可知，集合A为“子列封闭集合”，则，

由于数列严格增，，故或{21，22}，

①，则，

假设，此时，由于，故，由于，这与矛盾；

故，又由于，故，此时，经检验符合题意；

②，则，

假设，此时，由于，故，由于，这与矛盾；

假设，此时，由于，故，由于，这与矛盾；

故，又由于，故，此时，经检验符合题意；

综上所述，或．