【文档说明】上海市上海师范大学附属中学闵行分校2021-2022学年高一下学期期末数学试题 含解析.docx，共(18)页，1.319 MB，由小赞的店铺上传

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上师大附中闵行分校2021学年第二学期期末考试年级：高一学科：数学分值：150分命题：赵敏东审题：戴丽梅姓名：______学号：______一、填空题（本大题满分54分）本大题共有12题，其中1-6每题4分，7-12每题5分．只要求直接

填写结果．1.已知点A，B，C满足|AB|＝3，|BC|＝4，|CA|＝5，则AB·BC＋BC·CA＋CA·AB的值是________．【答案】－25【解析】【分析】根据已知向量模长即线段的长度，解三角形求出角A，B，C，然后利用平面向量的数量积定义即可求解

【详解】因为222CAABBC=+所以B＝90°，所以0ABBC=因为cosC＝45，cosA＝35，所以()cos180BCCABCCAC=−＝4×5×4()5−＝－16.()cos180CAABCAABA=−＝5×3×3()5−

＝－9.所以25ABBCBCCACAAB++=−，故答案为：25−.2.若复数11()12ibbRi++−的实部与虚部相等，则b的值为_________________．【答案】2【解析】【详解】试题分析：因

为111122ibibi++=+−，所以由题意得：11,2.2bb==考点：复数概念的3.若三个平面两两相交，且三条交线互相平行，则这三个平面把空间分成_____个部分.【答案】7【解析】【详解】将一个

直三棱柱三个侧面无限延伸，即可得到题中所给的三个平面，从上向下看，原问题等价于平面内三条直线彼此相交与不同的3个点，考查直线将平面分成几个部分，如图所示，观察可得，直线将平面分成7个部分，则这三个平面把空间分成7个部分.4

.如果复数z满足112zz−++=，那么1iz−−的最大值是______．【答案】5【解析】【分析】由复数模的几何意义得出z对应的点的性质，设izab=+，计算模1iz−−可得最大值．【详解】112zz−++=，则

复数z对应的点在1−和1两个数对应点的连线段上，即设izab=+，则11a−，0b=，1iz−−2(1)1a=−+，1a=−时，得最大值为2(11)15−−+=．故答案为：5．5.在正方体1111ABCDABCD−中，与BD所成的角度为60的

棱或面对角线有______条．【答案】4【解析】【分析】结合异面直线所成角求法，依次判断各条棱与面对角线所成角大小即可得到结果.【详解】1BB⊥平面ABCD，BD平面ABCD，1BBBD⊥，又1111//////AABBCCDD，1111,,,AABBCCDD都与B

D垂直；四边形ABCD为正方形，45ADBCDB==，又1111//////ADBCBCAD，1111//////CDABABCD，11111111,,,,,,,CDABABCDADBCBCAD与BD所成角

均为45；ACBD^，11//ACAC，11,ACAC都与BD垂直；11//BDBD，11BD与BD所成角为0；11BCCDBD==，1BDC△为等边三角形，1160CDBCBD==，11//BCAD，11//CDBA，1111,,,BCADCDBA与BD所成角均为6

0；综上所述：与BD所成的角度为60的棱或面对角线共有4条.故答案为：4.6.已知为实数，若复数()sin1i2cos1z=−+−是纯虚数，则z的虚部为______．【答案】1−【解析】【分析】根据纯虚数和虚部的定义，结合同角三角函数的基本关系即可求解.【详解】解：因为复数()

sin1i2cos1z=−+−是纯虚数，所以sin102cos10−=−，解得sin1cos0==，所以2cos11−=−，即z的虚部为1−，故答案为：1−.7.如图，AB

C中已知OAa=，OBb=，13OMa=，12ONb=，则用向量a，b表示OP=______．【答案】1255ab+【解析】【分析】设OPmanb=+，利用,MN的性质把OP分别用,OAON，,OMO

B表示，然后由,,APN三点共线，,,BPM三点共线得出,mn的关系，求得,mn，得出结论．【详解】设OPmanb=+，又13OMa=，12ONb=，所以32OPmOMnOBmOAnON=+=+，又,,APN三点共线，,,BPM三点共线，所以3121mnmn+=

+=，解得1525mn==，所以1255OPab=+．故答案为：1255ab+．8.如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”，在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是___________.【答

案】36【解析】【分析】根据题中定义“正交线面对”的含义，找出正方体中“正交线面对”的组数，即可得出结果.【详解】如果一条直线与一个平面垂直，那么，这一组直线与平面就构成一个正交线面对.如下图所示：①对于正方

体的每一条棱，都有2个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12224=个；②对于正方体的每一条面对角线（如11AC，则11AC⊥平面11BBDD），均有一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12112

=个.综上所述，正方体中的“正交线面对”共有36个.故答案36.9.已知正六边形(ABCDEF顶点的字母依次按逆时针顺序确定)的边长为1，点P是CDE△内(含边界)的动点．设APxAByAF→→→=+(x、R)y，则xy+的取值范围是______．【答案】3,4【解析】分

析】如图，连接AD,设CE与AD交于G,证明[3,4],APAD→→求出APAD→→[3,4]xy=+即得解.【详解】解：如图，连接AD,所以2ADCEAD=⊥，,设CE与AD交于G,所以32AG=，设AP→与AD→的夹角为，所以co

sAGAPAD,所以2||AGADAPADAD,即[3,4],,APADAPxAByAF→→→→→=+1122[3,4]22APADxABADyAFADxyxy→→→→→→=+=+=+.故答案为：3,4为【10.已知z为虚数，且满足4

Rzz+，若22z−=，求复数z=______．【答案】13zi=−或13=+zi【解析】【分析】由题意，设izab=+，,Rab，且0b，则有()222241022abab−=+−+=，求解方程组即可得答

案.【详解】解：由题意，设izab=+，,Rab，且0b，因为4Rzz+，即()2222224i444i+i1iRiabaababababababab−+=++=++−++++，所以2241

0ab−=+，即224ab+=，又22z−=，即()222i22abab−+=−+=，所以22444aba+−+=，解得1a=，3b=，所以复数13zi=−或13=+zi，故答案为：13zi=−或13=+zi.11.在复平面内，设点A､P所对应的复数分别为πi､cos(

2t﹣3)+isin(2t﹣3)(i为虚数单位)，则当t由12连续变到4时，向量AP所扫过的图形区域的面积是___________.【答案】6【解析】【分析】当12t=时，求得点P的坐标为131,22P−，当4t=时，

点P的坐标为231,22P，向量AP所扫过的图形区域的面积是12APP的面积与弓形的面积之和，即向量AP所扫过的图形区域的面积是扇形12POP的面积，从而求得向量AP所扫过的图形区域的面

积.【详解】由题意可得，点P在单位圆上，点A的坐标为(0，π)，如图：当12t=时，点P的坐标为131,22P−，当4t=时，点P的坐标为231,22P，向量AP所扫过的图形区域的面积是12APP的面积与弓形的面积之和.由于1P，2P关于实轴对称，所以

12APP面积等于12OPP的面积(因为这两个三角形同底且等高)，故向量AP所扫过的图形区域的面积是扇形12POP的面积.因为∠12POP=2×6=3，所以扇形12POP的面积为等于211236=.故

答案为：6.【点睛】关键点点睛：本题的关键点是：由“12APP的面积等于12OPP的面积”得到“向量AP所扫过的图形区域的面积是扇形12POP的面积”.12.在一很大的湖岸边（可视湖岸为直线）停放着一只小船，由于缆绳突然断开，小船被风刮跑，其方向与湖岸成15°角

，速度为v（km/h），同时岸边有一人，从同一地点开始追赶小船，已知他在岸上跑的速度为4km/h，在水中游的速度为2km/h，则小船被此人追上的最大速度为______．【答案】22km/h【解析】【分析】设岸边停放小船处为O，此人在岸边跑到A点后下水，在B处追上小船，人

追上船所用时间为的t，人在岸上跑的时间为(01)ktk，则人在水中游的时间为(1)kt−，则人、船运动的路线构成一个三角形，由余弦定理可得2212[2(62)8]40kvkv−+−+−=，要使此关于k的方程在(0,1)内有

实数解，解得222v，从而即可得答案.【详解】解：由题意，当人沿岸边跑的轨迹和人在水中游的轨迹以及船在水中漂流的轨迹组成一个封闭的三角形时，人才能追上小船.由题意，当4v时，人不可能追上船，当02v时，人不必在岸上跑，从同一地点直接

下水就可追上小船所以24v.设岸边停放小船处为O，此人在岸边跑到A点后下水，在B处追上小船，人追上船所用时间为t，人在岸上跑的时间为(01)ktk，则人在水中游的时间为(1)kt−，人要追上小船，则人、船运动的路线满足如图所示的三角形

.因为||4||2(1),,||OAktABktOBvt==−=，15BOA=，所以由余弦定理得222||||||2||||cos15ABOAOBOAOB=+−，即2222624(1)(4)()244ktktvtktvt+−=+−，所以2212[2(62)8]40k

vkv−+−+−=，要使此关于k的方程在(0,1)内有实数解，则有240112v−，且()22[2(62)8]41240vv=+−−−，解得222v，所以当222v时，人能追上小船，所以小船被此人追上的最大速度为22km/h.故答案为：22km/h.二、选择题（本大题满分20

分）本大题共有4题，每题都给出代号为A、B、C、D的四个结论，其中有且只有一个结论是正确的．选对得5分，不选、选错或者选出的代号超过一个，一律得零分．13.一条直线和这条直线外不共线的三点，最多可确定A.三个平面B.四个平面C.五个平面D.六个平面【答案

】B【解析】【分析】根据不共线的三点确定一个平面即可得解.【详解】直线和直线外的每一个点都可以确定一个平面，有三个平面，另外，不共线的三点可以确定一个平面，最多可确定四个平面．故选B．【点睛】本题主要考查了平

面的性质，属于基础题.14.在斜二测画法的规则下，下列结论正确的是（）（1）三角形的直观图一定是三角形（2）正方形的直观图一定是菱形（3）等腰梯形的直观图可以是平行四边形（4）菱形的直观图一定是菱形A.（1）（2）B.（

1）C.（1）（3）（4）D.（1）（2）（3）（4）【答案】B【解析】【分析】根据斜二测画法的规则可判断各结论.【详解】由斜二测画法的规则可知（1）正确，（2）错误；（3）中的平行性质不变，但梯形两底平行且长度不相等，故在直观图中平

行且长度不相等，故可能为平行四边形，（3）错误；（4）中由平行于x轴的长度不变，平行于y轴的长度减半，故菱形的直观图为平行四边形，（4）错误；故选：B.15.已知P是四边形ABCD所在平面外一点，且P到这四边形各边的距离相等，那么这个四边

形一定是（）A.圆内接四边形B.矩形C.圆的外切四边形D.平行四边形【答案】C【解析】【分析】根据距离相等，可得点P在平面ABCD上的投影O到各边距离相等可得答案.【详解】如图所示，由已知得PEPFPGPH===，点P在平面ABCD上的投

影为O，所以OEOFOGOH===，即点O到各边距离相等，即点O为四边形内切圆圆心，所以四边形为圆的外切四边形，故选：C.16.在ABC中090C=，4,3ACBC==，D是AB中点，,EF分别是边,BCAC上的动点，且1EF=，则DEDF的最小值等于A.54

B.154C.174D.174【答案】B【解析】【详解】试题分析：由,可分别以所在的直线为轴建立直角坐标系，则()()3,0,0,4BA，3,22D，设，则03,04xy．取EF的中点为M，则由21)(()4DEDFDMDMEMFMDM

=++=−，又，则1||2OM=，点M的轨迹为圆2214xy+=的第一象限部分，所以22min1()(||)42DMDO=−=得DEDF的最小值等于154.(也可以用三角换元利用三角函数求最值的方法解答)故选B.的考点：向量的坐

标形式，向量的数量积运算，解析几何中园的方程，线性规划中的截距型应用，也可使用三角换元，利用三角函数知识解决最值问题．三、解答题（本大题满分76分）本大题共有5题，解答下列各题必须写出必要的步骤，答题务必写在答题纸上规

定位置．17.已知向量(3sin,cos),(cos,cos)axxbxx==，其中0，记函数()fxab=，已知()fx的最小正周期为.(1)求；(2)当03x时，试求函数()fx的值域

.【答案】（1）1（2）31,2【解析】【分析】（1）先根据向量数列积得关系式，再根据二倍角公式以及配角公式化为基本三角函数形式，最后根据正弦函数周期性得；（2）先根据x取值范围得26x+范围，再根据正弦函数性质确定值域.【详解】（1）()311123sincosco

scossin2cos2sin2,1222622fxxxxxxxxT=+=++=++===，（2）由（1）知()1sin262fxx=++，502+3666xx，，()31,2fx，所以函数()fx的值域31,2

.【点睛】本题考查二倍角公式、配角公式以及正弦函数性质，考查基本分析求解能力.18.在矩形ABCD中，2AB=，3AD=，沿BD折叠后C点在平面ABD上的射影M恰好落在AD上，如图所示．（1）求证：CDAB⊥（2）求CD与平面ABD所

成角的余弦值【答案】（1）证明见解析；（2）23.【解析】【分析】（1）证明AB⊥平面,ADC原题即得证；（2）证明CDM就是CD与平面ABD所成角，再解三角形得解.【小问1详解】证明：如图，由题得C

M⊥平面ABD,因为ABÌ平面ABD，所以CMAB⊥.又ABAD⊥,,CMAD平面,ADCCMADM=，所以AB⊥平面,ADC又CD平面,ADC所以ABCD⊥.【小问2详解】解：因为CM⊥平面ABD,所以CDM就是CD与平面ABD所成角.（1）中已证AB⊥平面,ADC又CA平面,AD

C所以ABAC⊥,所以22325AC=−=.所以222,90CDCAADDCA+==.所以2cos3CDM=.所以CD与平面ABD所成角的余弦值为23.19.已知z为虚数，若1zRz=+，且12−.（1）求z的实部的取值范围；（2）设11zz−=+，求2−的最小值.【

答案】（1）112a−（2）1【解析】【分析】（1）设复数izab=+，根据复数的四则运算化简可得221ab+=，进而可得a的取值范围；（2）根据复数的四则运算，结合基本不等式可得最小值.【小问1详解】设izab=+，0b则()()22222222221111ii

iabaabbabzabiabzabiababab+++−−=+=++=++=+++++，又R，则()222210abbab+−=+，所以221ab+=，所以2a=，即122a−，解得112a−；【小问2详解】()()()()22221i1i11i12i11i

121i1iababzababbzabaababab−−+−−−−−−−====+++++++++−，由（1）得221ab+=，2a=所以i2221ibaab==−++−

，所以()()2222211222222122311111baaaaaaaaaaaa−−−=+=+=+=−+=++−+++++，又112a−，所以10a+，所以()2222221411aaaa+++=++，当且仅当2221aa+=+，即

0a=时等号成立，所以222234311aa−=++−−=+，即2−的最小值为1.20.在ABC中，2AB=，3AC=，O为三角形ABC的外心．（1）10BC=，求ABACuuuruuur（2）(),0AOxAByACxy=+

，且21xy+=，求cosBAC（3）在（1）条件下，AOpABqAC=+，求p、q的值【答案】（1）32（2）34（3）13p=，49q=．【解析】【分析】（1）由BCACAB=−平方转化

为数量积的运算可得；（2）用两种方法计算AOAB，由外心性质得2122AOABAB==，由AOxAByAC=+计算AOAB，得,,xyABAC的等式，同样计算AOAC，又得,,xyABAC的等式，结合已知条件可求得ABACuuuruuur，再由数量积定义可

得；（3）结合（1）的条件（2）的方程得,pq的方程组，解之可得．【小问1详解】BCACAB=−，2222()2BCACABACACABAB=−=−+，所以222(10)322ABAC=−+，32ABAC=；【小问2详解】如图，

O是ABC的外心，D是AC中点，则ODAC⊥，219cos22AOACAOACOACACADAC====，同理2122AOABAB==，AOxAByAC=+，则2xAOABABABAyC=+，即42xyABAC+=

①，2AOACxABACyAC=+，即992xABACy+=②，①x−②y得2294922xyxy−=−③，又21xy+=，即12xy=−，代入③，解得2141540yy−+=，12y=或47y=，12y=时，0x=，不合题意，舍去，47y=时，17x=−，代入①

得92ABAC=，即923cos2BAC=，3cos4BAC=；【小问3详解】由（1）32ABAC=，又AOpABqAC=+，由（2）知：则2AOABpABqABAC=+，即3422pq+=④，2AOACpABACqAC

=+，即39922pq+=⑤，④⑤联立解得1349pq==．21.如图，在四边形ABCD中，G为对角线AC与BD中点连线MN的中点，P为平面上任意给定的一点.（1）求证：4PGPAPBPCPD=+++uuuruuruuruuur

uuur；（2）若0ABBCBCCD==uuuruuuruuuruuur，1AB=uuur，1BC=，2CD=uuur，点E在直线AD上运动，当E在什么位置时，EG取到最小值？（3）在（2）的条件下，过G的直线分别交线段AB、CD于点H、K（不含端点），若BHmBA=u

uuruur，CKnCD=uuuruuur，求11mn+的最小值.【答案】（1）证明见解析；（2）E在线段AD上且18ADAE=时，EG取到最小值；（3）4223+．【解析】【分析】（1）根据向量的线性运算计算；（2）由已知得ABBC⊥，以,BCBA为,xy建立平面直角坐标系，用

坐标运算求得EG，求得其最小值；（3）根据向量的线性运算得出,mn的关系式，然后由基本不等式求得11mn+的最小值．【详解】（1）因为M是BD中点，所以0MBMD+=，所以()()2PBPDPMMBPMMDPM+=+++=，同理2PAPCPN

+=，2PMPNPG+=，所以224PAPBPCPDPMPNPG+++=+=uuruuruuuruuuruuuruuuruuur；（2）因为0ABBCBCCD==uuuruuuruuuruuur，所以ABBC⊥，CDBC⊥，以,BC

BA为,xy建立平面直角坐标系，如图，则(0,0),(0,1),(1,0),(1,2)BACD，由（1）知00110102(,)44G++++++，即13(,)24G，(1,1)AD=，设(,)AEkAD

kk==，1111(,)(,),2424EGAGAEkkkk=−=−−=−−−，2222111519()()22()24216832EGkkkkk=−+−−=−+=−+，18k=时，min328EG=．所以E在线段AD上且18ADAE=时，EG取到最小值

；（3）因为BHmBA=uuuruur，CKnCD=uuuruuur，所以(0,)Hm，(1,2)Kn，1313(,),(,2)2424GHmGKn=−−=−,又,,HGK三点共线，即,GHGK共线，所以1313(2)()02424nm−−−−=，322mn

+=，又01,01mn，11211(2)3mnmnmn+=++()222332233nmmn=+++，当且仅当2nmmn=，即3(22)3(21),42nm−−==时，等号成立．所以11mn+的最小值为

4223+．