上海市南汇中学2023-2024学年高一下学期期末考试 数学试卷

上海南汇中学2023学年第二学期期末考试高一数学满分：100分完成时间90分钟一、填空题（本大题满分36分）1．对于复数（i是虚数单位），．2．二面角的取值范围是（用区间表示）3．化简：．4．已知，，则．5．已知向量，，若，则实数.6．若（为虚数单位）为方程（）的一个根，则.7．如图是水平放置的的直观图，其中，，，则的周长为.8．在正方体中的12条棱所在直线中，与直线是异面直线的共有条.9．若平面内不共线的四点、、、满足，则.10．在中，已知、、分别为角、、的对边，且，若，且，则边的长等于.11．点是所在平面外一点，，底面是以为直角顶点的直角三角形，且，，点到三边的距离相等，且点在平面上的射影落在内，则直线与平面所成角的大小为.12．在平面内，若有，，，则的最大值为.二、选择题（本大题满分12分）13．复数（是虚数单位）的共轭复数在复平面内对应的点在（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限14．已知是平面的一条斜线，直线，则（

）A．存在唯一的一条直线，使得 B．存在无限多条直线，使得C．存在唯一的一条直线，使得 D．存在无限多条直线，使得15．折纸发源于中国19世纪，折纸传入欧洲，与自然科学结合在一起成为建筑学院的教具，并发展成为现代几何学的一个分支.我国传统的一种手工折纸风车（如图1）是从正方形纸片的一个直角顶点开始，沿对角线部分剪开成两个角，将其中一个角折叠使其顶点仍落在该对角线上，同样操作其余三个直角制作而成的，其平面图如图2，则下列结论成立的个数为（

）①；②；③；④A．1 B．2 C．3 D．416．在空间，已知直线及不在上两个不重合的点A、B，过直线作平面，使得点A、B到平面的距离之比为1:2，则这样的平面不可能有（

）A．无数个 B．1个 C．2个 D．3个三、解答题：（本大题满分52分）17．已知长方体中，分别是和的中点.(1)画出直线与平面的公共点.（保留辅助线，无需说明理由）(2)若，，，求异面直线与所成角的大小.18．在平面直角标系中，O为坐标原点，A、B两点的坐标分别为.(1)若四边形是平行四边形，求点D的坐标；(2)若点A，B，P三点共线，且，求的值.19．已知向量，，.（1）求函数的单调递增区间和最小正周期；（2）若当时，关于的不等式有解，求实数的取值范围.20．《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.在如图所示的空间几何体中，四边形为矩形，点为四边形所在平面外一点，且平面，，点是的中点，连接、、.(1)证明：平面.试判断四面体是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，请说明理由；(2)若，，点在上运动，试求面积的最小值.21．通过平面直角坐标系，我们可以用有序实数对表示向量.类似的，我们可以把有序复数对看作一个向量，记，则称为复向量.类比平面向量的相关运算法则，对于，，、、、、，我们有如下运算法则：①；②；③；④.(1)设，，求和.(2)由平面向量的数量积满足的运算律，我们类比得到复向量的相关结论：①②.试判断这两个结论是否正确，并说明理由.(3)若，集合，.对于任意的，求出满足条件的，并将此时的记为，证明对任意的，不等式恒成立.根据对上述问题的解答过程，试写出一个一般性的命题（不需要证明）.1．2【分析】根据给定条件，直接求出复数的虚部即得.【详解】复数的虚部为2，所以.故答案为：22．【分析】根据二面角的定义，即可求解.【详解】二面角的取值范围是.故答案为：3．【分析】利用向量的加减运算法则即可求解.【详解】.故答案为：．4．【详解】试题分析：由题意，，．考点：同角间的三角函数关系．5．6【解析】根据即可得出，解出即可．【详解】向量，，且，，．故答案为：6．【点睛】本题考查了平行向量的坐标关系，考查了计算能力，属于基础题．6．5【分析】将代入方程，即可求解.【详解】由题意可知，，所以，所以，所以.故答案为：57．12【分析】根据直观图复原原图，根据斜二测画法的规则，确定相关线段的长，可求得答案.【详解】如图，根据直观图复原原图，则,故的周长为，故答案为;128．6【分析】利用正方体的结构特征，结合异面直线的意义求解即得.【详解】在正方体中的12条棱所在直线中，与直线相交的棱所在直线有，共6条，其余6条棱所在直线与直线是异面直线，

所以与直线是异面直线的共有6条.故答案为：69．2【分析】用向量的减法法则将，用，，表示，再将已知条件代入消去得解.【详解】，又，.故答案为：2.10．【分析】根据正弦定理角化边，再结合三角形的面积公式，求，再结合余弦定理求的值.【详解】若，由正弦定理可知，，，所以，得，根据余弦定理,所以.故答案为：11．【分析】首先确定点在平面上的射影为三角形的内心，再根据几何关系，转化为求线面角的余弦值，即可求解.【详解】由题意可知，，如图，平面，，，，连结，，平面，所以，且，平面，所以平面，平面，所以，同理，由题意可知，点到三边的距离相等，则点到三边的距离相等，点是的内心，即，根据三角形面积公式可知，，得，如图，，且，为直线与平面的线面角，，则，所以直线与平面所成角的大小为.故答案为：12．【分析】根据题意，得到，所以，作，则，连接，取的中点，连接，作，连接，得到，得出点在以为直径的圆上，得到当运动到圆的最右侧时，在上的投影最大，此时最大，进而求得最大值.【详解】由向量，，可得，可得，所以，如图所示，作，则，且，连接，取的中点，连接，则，因为，可得，所以，作，连接，则，所以，所以点在以为直径的圆上，所以当运动到圆的最右侧时，在上的投影最大，此时最大，由，,因为，且，所以，所以在上的最大投影为，所以.故答案为：.13．D【分析】根据共轭复数的定义与复数的几何意义判断即可【详解】因为，故，在复平面内点的坐标为，在第四象限.故选：D14．B【分析】根据题意，作出图形，结合直线与直线，直线与平面位置关系，即可得出结果.【详解】因为是平面的一条斜线，直线，画出图形如下：显然在平面内必存在直线与直线垂直，且平面内有无数条直线与直线平行，故存在无限多条直线，使得.故选：B【点睛】本题主要考查直线与直线位置关系的判定，熟记线面，线线位置关系即可，属于常考题型.15．C【分析】根据几何关系，直接判断与是否平行，即可判断A;再根据转化向量求数量积判断B；根据几何关系，以及相等相等向量转化，判断C；根据向量转化证明数量积相等.【详解】A.，则与不平行，故①错误；B.设，，，，故②正确；C.，故③正确；D.，故④正确.故选：C16．BD【分析】列举出线段与的位置关系，分析每种情况下平面的个数，得到答案.【详解】线段与的位置关系有以下四种，如图，当线段与异面时，有两种情况，其中为线段与平面的交点，，在线段的延长线上，且，

当线段与平行时，此时A、B到平面的距离之比为，故这样的平面为0个，当线段与相交，交点为，且时，此时过直线作平面，可作无数多个平面，使得A、B到平面的距离之比为1:2，当线段与相交，交点为，且时，此时可作0个平面，使得A、B到平面的距离之比为1:2，故选：BD17．(1)见解析(2)【分析】（1）根据点，线，面的位置关系，画出线面的公共点；（2）根据几何关系，将异面直线所成的角转化为相交直线所成的角.【详解】（1）如图，，点是直线与平面的交点，理由：平面，，平面，，所以点是直线与平面的交点；（2）连结，因为分别是和的中点，所以，因为，且，所以四边形是平行四边形，所以，所以所以异面直线与所成角为和所成的角，即或其补角，若，，，则，,，中，,则,所以异面直线与所成角为.18．(1)(2)0或【分析】（1）四边形OADB是平行四边形，则，则，然后求解即可；（2）点A，B，P三点共线，且，然后分①，②两种情况讨论，再结合向量的坐标运算求解即可．【详解】（1）由题可得因为四边形OADB是平行四边形，所以，则，即，所以点D的坐标为；（2）由题可得，点A，B，P三点共线，且，①当时，，则，②当时，，即．19．（1）单调增区间为，；；（2）.【分析】（1）利用向量的数量积的坐标运算,并利用两角和差的三角函数公式化简得到函数的解析式，有三角函数的性质求得周期，单调增区间；（2）将不等式分离参数，根据不等式有解的意义得到；然后根据角的范围，利用三角函数的性质求得函数的最小值，进而求得的的取值范围.【详解】（1）因为所以函数的最小正周期；因为函数的单调增区间为，，所以，，解得，，所以函数的单调增区间为，；（2）不等式有解，即；因为，所以，又，故当，即时，取得最小值，且最小值为，所以.20．(1)四面体是鳖臑，为直角.(2)【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明，利用线面垂直的性质定理判断是否为鳖臑即可.（2）转化为异面直线之间的距离，利用向量法求解即可.【详解】（1）面面，又因为为矩形，面，，面平面，，又为斜边中线，且，，又面面.四面体是鳖臑，为直角.（2）过作的垂线交于点，分析可知当为和公垂线段时，最小，设公垂线段长为则面积最小，如图建立所示的空间直角坐标系，则,设向量且则不妨令则则则则面积的最小值为21．(1)，；(2)①不正确，②正确，理由见解析(3)证明见解析【分析】（1）代入公式①③即可求解；（2）根据所给定义，以及向量的代数运算法则，即可求解；（3）设满足条件的，，，根据所给条件求出，再证明对任意的，不等式恒成立，则只需计算的最小值，不妨令，表示出，即可得到，根据完全平方数的性质计算可得.【详解】（1）由，，得，；（2）设