2022-2023学年上海市虹口区复兴高级中学高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年上海市虹口区复兴高级中学高一（下）期末数学试卷（含解析），共14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。

2022-2023学年上海市虹口区复兴高级中学高一（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知函数f(x)=2cos(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的部分图象如下所示，其中A(π12,2),B(7π12,0)，为了得到g(x)=2sin2x的图象，需将(    )
A. 函数f(x)的图象的横坐标伸长为原来的32倍后，再向左平移3π8个单位长度
B. 函数f(x)的图象的横坐标缩短为原来的23后，再向右平移π8个单位长度
C. 函数f(x)的图象向左平移π4个单位长度后，再将横坐标伸长为原来的32倍
D. 函数f(x)的图象向右平移π12个单位长度后，再将横坐标伸长为原来的32倍

2. 数列{an}的前n项和Sn=an2+bn(a,b为常数，n∈N*)是数列{an}成等差数列的(    )
A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件
C. 充要条件 D. 既非充分又非必要条件
3. 设O是△ABC的外心，若AO⋅BC=|AB|22，则|AC||BA|=(    )
A. 2 B. 2 2 C. 2 D. 22
4. 设复数z的共轭复数是z−，且|z|=1，又复数z对应的点为Z，A(−1,0)与B(0,1)为定点，则函数f(z)=|(z+1)(z−−i)|取最大值时在复平面上以Z，A，B三点为顶点的图形是(    )
A. 等边三角形 B. 直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等腰三角形
二、填空题（本大题共12小题，共54.0分）
5. 若tanx=1，x∈(π2,3π2)，则x= ______ ．
6. 已知tanα=3，则cos(α−π2)+cos(α+π)2sinα= ______ ．
7. 已知i是虚数单位，复数1+3i1+i= ______ ．
8. 在复平面内，复数z=i(1+2i)对应的点位于第______象限．
9. 在等差数列{an}中，a1949=1949，a102+a1921=2023，则a74= ______ ．
10. 关于x的一元二次方程x2+(m+2i)x+2+mi=0至少有一个实根，则实数m的值是______ ．
11. 若|a|=1,|b|=2，且a与b的夹角为π3，则|2a−b|= ______．
12. 下列关于向量的命题，序号正确的是______ ．
①零向量平行于任意向量；
②对于非零向量a,b，若a/​/b，则a=±b；
③对于非零向量a,b，若a=±b，则a/​/b；
④对于非零向量a,b，若a/​/b，则a与b所在直线一定重合．
13. 已知向量a=(3,4)，b=(1,0)，c=a+tb，若=，则t=______．
14. 已知an=2n−1(n∈N*)，把数列{an}的各项排列成如图所示的三角形数阵，记S(m,n)表示该数阵中第m行中从左到右的第n个数，则S(10,4)对应数阵中的数是______ ．


15. 设全集U=C，A={z|||z|−1|=1−|z|,z∈C}，B={z||z|<|z−1|,z∈C}，若z∈A∩B−，则复数z在复平面内对应的点形成图形的面积为______ ．
16. 莱洛三角形，也称圆弧三角形，是一种特殊三角形，在建筑、工业上应用广泛，如图所示，分别以正三角形ABC的顶点为圆心，以边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形即为莱洛三角形，已知A，B两点间的距离为2，点P为AB上的一点，则PA⋅(PB+PC)的最小值为______ ．


三、解答题（本大题共5小题，共76.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题14.0分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a=1，c= 3．
(1)若B=π6，求b；
(2)若A=π6，求b．
18. (本小题14.0分)
已知数列{an}的前n项和sn=32n−n2，
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{an}的前多少项和最大．
19. (本小题14.0分)
如图，在平行四边形ABCD中，点E是AB的中点，点F，G分别是AD，BC的三等分点(AF=13AD,BG=13BC.设AB=a，AD=b．
(1)用a，b表示EF，EG；
(2)如果|b|=32|a|，EF，EG有什么位置关系？用向量方法证明你的结论．

20. (本小题16.0分)
设复数z1，z2满足z1z2+2i⋅z1−2i⋅z2+1=0．
(1)若z1，z2满足z2−−z1=2i，求z1，z2；
(2)若z1，z2是实系数一元二次方程x2−2 2x+p=0的两个虚根，求实数p的值；
(3)若|z1|= 3，是否存在常数k，使得等式|z2−4i|=k恒成立，若存在，试求出k；若不存在说明理由．
21. (本小题18.0分)
已知集合S2={a|a=(x,y)，x∈N*，y∈N*}，O为坐标原点，若OA=(x1,y1)，OB=(x2,y2)，OA、OB∈S2，定义点A、B之间的距离为d(A,B)=|x1−x2|+|y1−y2|.
(1)若OA=(3,2)，OB=(1,x)，d(A,B)≤3，求x的值；
(2)记OI=(1,1)∈S2，若d(I,A)=d(I,B)=p(p为常数)，求d(A,B)的最大值，并写出一组此时满足条件的向量OA、OB；
(3)若OC=(x3,y3)∈S2，试判断“存在λ>0，使AB=λBC”是d(A,B)+d(B,C)=d(A,C)”的什么条件？并证明．
答案和解析

1.【答案】D 
【解析】解：依题意，34T=7π12−π12=π2，解得T=2π3，
故ω=2πT=3，则f(x)=2cos(3x+φ)，
而f(π12)=2cos(π4+φ)=2，
故φ=−π4+2kπ(k∈Z)，
而|φ|<π2，
故φ=−π4,f(x)=2cos(3x−π4)，
将函数f(x)的图象向右平移π12个单位长度后，
得到y=2cos(3x−π2)=2sin3x，再将横坐标伸长为原来的32倍，得到g(x)=2sin2x．
故选：D．
根据已知条件可知，34T=7π12−π12=π2，即可求得ω，再代入点的坐标，根据已知条件的|φ|<π2来确定解析式，最后根据伸缩平移法则即可求得．
本题主要考查三角函数的图象与性质，考查转化能力，属于基础题．

2.【答案】C 
【解析】解：若Sn=an2+bn(a,b为常数，n∈N*)，
则当n≥2，an=Sn−Sn−1=an2+bn−[a(n−1)2+b(n−1)]=2an+b−a，
当n=1，a1=S1=a+b满足an=2an+b−a，
此时当n≥2，an−an−1=2an+b−a−2a(n−1)−b+a=2a为常数，则数列{an}成等差数列，即充分性成立，
若满足数列{an}成等差数列，则数列{an}前n项的和为Sn=an2+bn，即必要性成立，
故数列{an}前n项的和Sn=an2+bn(a,b为常数，n∈N*)是数列{an}成等差数列的充分必要条件，
故选：C．
求出数列的通项公式，利用等差数列的定义以及充分条件和必要条件进行判断即可．
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据求出等差数列的通项公式是解决本题的关键，属于基础题．

3.【答案】C 
【解析】解：设|AB|=c,|AC|=b，
则AO⋅BC=AO⋅(BA+AC)=−c22+b22=c22，
可得b2=2c2，
故|AC||BA|=bc= 2．
故选：C．
设|AB|=c,|AC|=b，利用平面向量数量积的运算得到b2=2c2，即可求解．
本题考查了平面向量数量积的运算，属于中档题．

4.【答案】D 
【解析】解：∵|z|=1，
∴设z=cosθ+isinθ，
则(z+1)(z−−i)=[(1+cosθ)+isinθ][(cosθ−i(sinθ+1)]=(sinθ+cosθ+1)−(1+sinθ+cosθ)i,
则f(z)= (1+sinθ+cosθ)2+(1+sinθ+cosθ)2= 2[1+ 2sin(θ+π4)]2，
∴当sin(θ+π4)=1，即θ+π4=2kπ+π2，θ=2kπ+π4时取得最大值，
最大值为 2(1+ 2)2= 2⋅(1+ 2)=2+ 2，此时z=cosπ4+isinπ4= 22+ 22i，
|ZA|2=( 22+1)2+( 22)2=2+ 2，|ZB|2=( 22+1)2+( 22)2=2+ 2，|AB|2=2，
则|ZA|=|ZB|，
则对应三角形为等腰三角形．
故选：D．
根据复数的几何意义，结合复数模长公式进行计算即可
本题主要考查复数的几何意义，利用三角函数的性质求出对应最值，结合复数模长公式是解决本题的关键，属于中档题．

5.【答案】5π4 
【解析】解：tanx=1，x∈(π2,3π2)，
则x=54π．
故答案为：5π4．
根据已知条件，结合正切函数的特殊值，即可求解．
本题主要考查三角函数的特殊值，属于基础题．

6.【答案】13 
【解析】解：因为tanα=3，
所以cos(α−π2)+cos(α+π)2sinα=sinα−cosα2sinα=tanα−12tanα=13．
故答案为：13．
先根据诱导公式化简，再弦化切，即可求解．
本题主要考查三角函数的同角公式，属于基础题．

7.【答案】2+i 
【解析】解：1+3i1+i=(1+3i)(1−i)(1−i)(1+i)=4+2i2=2+i．
故答案为：2+i．
根据复数的四则运算法则，直接计算即可．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．

8.【答案】二 
【解析】解：∵z=i(1+2i)
=i+2i2
=−2+i，
∴复数z=i(1+2i)对应的点(−2,1)位于第二象限．
故答案为：二．
利用复数的代数形式的乘除运算法则求解．
本题考查复数对应的点在第几象限的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意复数的代数形式的乘除运算法则的合理运用．

9.【答案】74 
【解析】解：因为1949+74=102+1921，
所以由等差数列的性质可得a74+a1949=a102+a1921=2023，
所以a1949=74．
故答案为：74．
根据等差数列的性质列式计算即可．
本题主要考查等差数列的性质，属于基础题．

10.【答案】(−∞,−2 3]∪[2 3,+∞) 
【解析】解：关于x的一元二次方程x2+(m+2i)x+2+mi=0至少有一个实根，
则Δ=(m+2i)2−4(2+mi)≥0，即m2−12≥0，解得m≥2 3或m≤−2 3，
故实数m的值为(−∞,−2 3]∪[2 3,+∞)．
故答案为：(−∞,−2 3]∪[2 3,+∞)．
根据已知条件，结合二次函数的判别式，即可求解；
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．

11.【答案】2 
【解析】解：|2a−b|= 4a2+b2−4a⋅b= 4×1+4−4×1×2×12=2，
故答案为：2．
由向量模的公式计算即可．
本题考查平面向量数量积的运算，主要涉及向量模的公式应用，属于基础题．

12.【答案】①③ 
【解析】解：对于①，由零向量的定义可知，零向量平行于任意向量，故①正确；
对于②，对于非零向量a,b，若a/​/b，则a和b是平行向量，
则a和b是方向相同或相反的非零向量，所以a不一定等于±b，故②错误；
对于③，对于非零向量a,b，若a=±b，则a/​/b，故③正确；
对于④，对于非零向量a,b，若a/​/b，则a与b所在直线平行或重合，故④错误．
故答案为：①③．
根据零向量的定义，以及共线向量的性质逐个判断各个选项即可．
本题主要考查了共线向量的性质，考查了零向量的定义，属于基础题．

13.【答案】5 
【解析】解：∵a=(3,4)，b=(1,0)，c=a+tb，
∴c=(3+t,4)，
∵=，
∴a⋅c|a| |c|=b⋅c|b| |c|，即25+3t5=3+t1，解得t=5．
故答案为：5．
根据已知条件，先求出c，再结合平面向量的夹角公式，即可求解．
本题主要考查平面向量的数量积公式，属于基础题．

14.【答案】97 
【解析】解：由题意可得：每个数均为奇数，且第m行有m个数，
则到第m行最后一个数共有1+2+⋅⋅⋅+m=m(m+1)2个，
则S(10,4)是第9(9+1)2+4=49个奇数，所以S(10,4)=2×49−1=97．
故答案为：97．
根据数阵的排列规律，结合等差数列的求和公式即可求解S(10,4)．
本题是规律探究型题目，此题要发现各行的数字个数和行数的关系，从而进行分析计算．

15.【答案】π3− 34 
【解析】解：设z=a+bi(a,b∈R)．
由A={z|||z|−1|=1−|z|,z∈C}，可知|z|−1|≤0，即|z|= a2+b2≤1，即a2+b2≤1．
因为，z−1=a−1+bi，|z|= a2+b2，所以|z−1|= (a−1)2+b2，
则|z|<|z−1|可化为 a2+b2< (a−1)2+b2，解得a<12．
即集合A在复平面内表示的图形为圆a2+b2=1及其内部，
集合B在复平面内表示的图形为直线a=12的左侧，
集合B−在复平面内表示的图形为直线a=12的右侧(包括直线a=12)，
如图所示：

所以，复数z在复平面内对应的点形成的图形即为图中的弓形MNP部分，
弓形MNP的面积为扇形OMNP的面积减去△OMP的面积，易知扇形的圆心角α=∠POM=120°=2π3，圆的半径R=1，
则扇形的面积S1=12αR=12×23π×1=π3，S△POM=12R2sinα=12×12× 32= 34，
所以弓形MNP的面积为S1−S△POM=π3− 34．
故答案为：π3− 34．
根据题意可得，集合A在复平面内表示的图形为圆a2+b2=1及其内部，集合B在复平面内表示的图形为直线a=12的左侧，作出图象，可得复数z在复平面内对应的点形成的图形即为图中的弓形MNP部分．
本题主要考查复数几何几何意义，属于难题．

16.【答案】10−4 7 
【解析】解：设D为BC的中点，E为AD的中点，如图所示，

则PA⋅(PB+PC)=2PA⋅PD=2(PE+EA)⋅(PE+ED)=2(PE+EA)⋅(PE−EA)=2(PE2−EA2)，
在正三角形ABC中，AD= AB2−BD2= 22−12= 3，
所以AE=DE= 32，
所以PA⋅(PB+PC)=2(PE2−EA2)=2PE2−32，
因为CE= CD2+DE2= 12+( 32)2= 72，
所以|PE|min=2−|CE|=2− 72，
所以PA⋅(PB+PC)的最小值为：2PE2−32=2(2− 72)2−32=10−4 7．
故答案为：10−4 7．
利用平面向量的线性运算及向量数量积的运算将所求式子表示为2PE2−32，再利用三角形的几何意义求解即可．
本题主要考查了平面向量的数量积运算，属于中档题．

17.【答案】解：(1)由余弦定理，得cosB=a2+c2−b22ac=12+( 3)2−b22 3= 32，
解得b=1(负值舍去)，
故b=1；
(2)由正弦定理，得sinC=csinAa= 31×12= 32，
∵C∈(0,π)，
∴C=π3或C=2π3，
当C=π3时，B=π2，∴b= a2+c2= 1+3=2；
当C=2π3时，A=B=π6，∴b=a=1．
综上，b=2或b=1． 
【解析】(1)依据余弦定理结合条件即得；
(2)依据正弦定理结合条件即得．
本题主要考查了正弦定理和余弦定理的应用，属于中档题．

18.【答案】解：(1)∵数列{an}的前n项和sn=32n−n2，
∴a1=s1=32−1=31，
当n≥2时，an=sn−sn−1=(32n−n2)−[32(n−1)−(n−1)2]=33−2n.当n=1时，上式也成立．
∴an=33−2n．
(2)令an≥0，解得n≤332，∴n≤16．
∴数列{an}的前16项和最大． 
【解析】(1)利用递推关系即可得出；
(2)令an≥0，解出即可得出．
本题考查了等差数列的通项公式及其前n项和公式、数列的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

19.【答案】解：(1)EF=AF−AE=13AD−12AB=13b−12a，
EG=EB+BG=12AB+AF=12AB+13AD=12a+13b，
(2)EF⊥EG，证明：由(1)得，EF=13b−12a，EG=13b+12a，
∴EF⋅EG=(13b−12a)⋅(13b+12a)=19b2−14a2=19×94a2−14 a2=0，
∴EF⊥EG，
∴EF⊥EG． 
【解析】(1)根据平面向量运算法则可得，
(2)根据(1)的表示形式计算EF⋅EG=0即可解．
本题考查了平面向量的基本运算，属于中档题．

20.【答案】解：(1)设z1=a+bi(a,b∈R)，则z2=a−(b+2)i，
∵z1z2+2i⋅z1−2i⋅z2+1=0，
∴(a+bi)(a−(b+2)i)+2i(a+bi)−2i(a−(b+2)i)+1=0，
∴a2+b(b+2)+1−4b−4−2ai=0，
∴a2+b(b+2)+1−4b−4=0，2a=0，
解得，a=0，b=3或b=−1，
故z1=3i，z2=−5i或z1=−i，z2=−i．
(2)∵z1，z2是实系数一元二次方程x2−2 2x+p=0的两个虚根，
∴z1+z2=2 2，z1z2=p，
设z1= 2+bi，则z2= 2−bi，
由题意得，2+b2=p，p+2i⋅2bi+1=0，
解得，b=1，p=3或b=3，p=11；
故p=3或p=11．
(3)设z1=a+bi(a,b∈R)，则a2+b2=3，
由z1z2+2i⋅z1−2i⋅z2+1=0得，
z2−4i=−2iz1−1z1−2i−4i=−3i(2z1−3i)z1−2i，
∴|z2−4i|=|−3i(2z1−3i)z1−2i|
=|3i|⋅|2z1−3iz1−2i|=3⋅ 4a2+4b2−12b+9 a2+b2−4b+4
=3 21−12b 7−4b=3 3；
故k=3 3． 
【解析】(1)设z1=a+bi(a,b∈R)，由z2−−z1=2i得到z2=a−(b+2)i，从而代入z1z2+2i⋅z1−2i⋅z2+1=0化简求解；
(2)由题意设z1= 2+bi，则z2= 2−bi，从而得到2+b2=p，p+2i⋅2bi+1=0，从而解得；
(3)由题意设z1=a+bi(a,b∈R)，则a2+b2=3，化简得z2−4i=−2iz1−1z1−2i−4i=−3i(2z1−3i)z1−2i，从而代入求模即可．
本题考查了复数运算的常规方法，待定系数法，同时考查了学生的化简运算能力，属于中档题．

21.【答案】解：(1)若OA=(3,2)，OB=(1,x)，d(A,B)≤3，
则|3−1|+|2−x|≤3，即|2−x|≤1，解得1≤x≤3，
又x∈N*，所以x的值为1，2，3．
(2)设A(x1,y1)，(x1,y1∈N*)，B(x2,y2)，(x2,y2∈N*)，
d(I,A)=|x1−1|+|y1−1|=p，d(I,B)=|x2−1|+|y2−1|=p，
所以d(A,B)=|x1−x2|+|y1−y2|=|(x1−1)−(x2−1)|+|(y1−1)−(y2−1)|≤|x1−1|+|y1−1|+|x2−1|+|y2−1|=d(I,A)+d(I,B)=2p，
可取OA=(1,p+1),OB=(p+1,1)；
(3)“存在λ>0，使AB=λBC”是d(A,B)+d(B,C)=d(A,C)”的充分不必要条件，证明如下：
取OA=(x1,y1)∈S2,OB=(x2,y2)∈S2，
充分性：若存在λ>0，使AB=λBC，即(x2−x1,y2−y1)=λ(x3−x2,y3−y2)，
则(x2−x1)(x3−x2)>0，(y2−y1)(y3−y2)>0，
故d(A,B)+d(B,C)=|x2−x1|+|y2−y1|+|x3−x2|+|y3−y2|=|(x2−x1)+(x3−x2)|+|(y2−y1)+(y3−y2)|=|x3−x1|+|y3−y1|=d(A,C)，
故充分性成立；
必要性：因为d(A,B)+d(B,C)=d(A,C)，可取OA=(2,5),OB=(3,3),OC=(5,2)，
则d(A,B)+d(B,C)=(|3−2|+|3−5|)+(|5−3|+|2−3|)=6，
d(A,C)=|2−5|+|5−2|=6，
则d(A,B)+d(B,C)=d(A,C)，
但是AB=OB−OA=(1,−2)，BC=OC−OB=(2,−1)，
所以1×(−1)≠2×2，
则AB,BC不共线，
所以必要性不成立．
综上所述，“存在λ>0，使AB=λBC”是d(A,B)+d(B,C)=d(A,C)”的充分不必要条件， 
【解析】(1)根据d(A,B)的定义可得关于x的不等式，求解x的取值范围，即可得到答案；
(2)设A(x1,y1)，(x1,y1∈N*)，B(x2,y2)，(x2,y2∈N*)，利用绝对值三角不等式可求出d(A,B)的最大值，结合已知条件可取符合条件的一组向量的坐标即可；
(3)判断出“存在λ>0，使AB=λBC”是d(A,B)+d(B,C)=d(A,C)”的充分不必要条件，利用题中的定义、绝对值的运算性质以及特殊值法、充分条件和必要条件的定义证明即可．
本题考查了平面向量的综合应用，绝对值三角不等式的应用，新定义问题的理解与应用，解决此类问题，关键是读懂题意，理解新定义的本质，把新情境下的概念、法则、运算化归到常规的数学背景中，运用相关的数学公式、定理、性质进行解答即可，属于难题．