上海市黄浦区2022-2023学年高一下学期期末数学试题（教师版）

黄浦区2022学年第二学期高一年级期终调研测试数学试卷考生注意：1．每位考生应同时收到试卷和答题卷两份材料，解答必须在答题卷上进行，写在试卷上的解答一律无效；2．答卷前，考生务必将姓名等相关信息在答题卷上填写清楚；3．本试卷共21道试题，满分100分；考试时间90分钟．一、填空题（本大题共有12题，满分42分，第1-6题每题3分，第7-12题每题4分）考生应在答题卷的相应位置直接填写结果．1.若集合，则________【答案】【解析】【分析】根据两个集合的元素直接写出并集即可.【详解】由题：集合，则.故答案为：【点睛】此题考查集合的并集运算，根据集合中的元素，直接写出并集，属于简单题目.2.不等式的解是_____．【答案】【解析】【详解】由可得，解得，所以不等式的解是.故答案为：.3.若，则____．【答案】【解析】【分析】由两角和的正切公式直接求解即可．【详解】若，则，故答案：.4.已知，若，则______．【答案】##【解析】【分析】根据二倍角的余弦公式，结合角的范围，即可求得结果．【详解】因为，所以，即，又，所以.故答案为：.5.已知，，若用、表示，则______．【答案】##【解析】【分析】将指数式化为对数式，在利用换底公式及对数的运算法则计算可得.【详解】因为，，所以，，所以.故答案：6.若，则______．【答案】【解析】【分析】利用诱导公式对所求进行化简，把条件代入求值即可.【详解】又，所以原式故答案：7.函数图像的对称中心的坐标为______．【答案】【解析】【分析】将函数解析式分离常数变形后，利用反比例函数的对称性，结合函数图像的平移变换即可得答案．【详解】，它的图像是由函数的图像向右平移1个单位，再向上平移2个单位得到的，因为函数的图像对称中心的坐标为，所以函数图像的对称中心的坐标为．故答案为：．8.在平面直角坐标系中，角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的正半轴重合，若其终边过点，则函数，的值域为______．【答案】【解析】【分析】先根据题意结合任意角三角函数的定义求出，代入化简可得，然后由求出，再结合正弦函数的性质可求出其范围.【详解】因为角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的正半轴重合，其终边过点，所以，因为是第一象限的角，所以，所以，因为，所以，所以，所以函数，的值域为，故答案为：9.已知和，其中，若对任意成立，则所有的的值为______．【答案】、、【解析】【分析】根据幂函数的性质判断即可.【详解】因为在上单调递增，且幂函数恒过点，当时在上单调递减，当时在上单调递增，且越大在上增长趋势越快，所以要使对任意的成立，则，故符合题意的有、、.故答案为：、、10.若复数满足，，且（为虚数单位），则的最小值为______．【答案】##【解析】【分析】根据已知关系求得变量关系，然后统一未知量，最后根据二次函数性质可得答案.【详解】设=，，，即，化简得，，∴，根据二次函数性质可知，当时，取得最小值，此时，符合，，∴的最小值为.故答案为：.11.在中，若，，且，则______．【答案】或【解析】【分析】由正弦定理可求出，再由余弦定理可得，解方程即可得出答案.【详解】由正弦定理可得：，故，所以，由余弦定理可得：，所以，可得，则，又因为，所以可以看成是一元二次方程的两根，所以，解得：或，故或.故答案为：或12.已知，若对任意的正整数成立，则的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】依题意可得，，对、、、、分别求出的取值范围，从而求出需满足的条件，再根据周期性即可得解.【详解】由，可得，，又，当时，均满足题意；当时，均满足题意；当时，均满足题意；当时，此时需，即；当时，此时需，即；由的最小正周期，所以之后会重复前面的取值，综上可得，即的取值范围是.故答案为：二、选择题（本大题共有4题，满分14分，第13-14题每题3分，第15-16题每题4分）每题有且只有一个正确选项．考生应在答题卷的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑．13.若是关于的实系数方程的一个复数根，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】把代入方程，整理后由复数相等的定义列方程组求解.【详解】由题意1i是关于实系数方程∴，即∴，解得.故选：D．14.在平面直角坐标系中，角和的顶点与原点重合，始边与轴的正半轴重合，若角和的终边关于轴对称，则下列关系式一定正确的是（）A.（） B.（）C.（） D.（）【答案】D【解析】【分析】根据角与角的终边关于轴对称，即可确定与的关系．【详解】是与关于轴对称的一个角，与的终边相同，即（），，（）.故选：D．15.已知向量、，“”是“在方向上的数量投影与在方向上的数量投影相等”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【答案】A【解析】【分析】设与的夹角为，结合向量的数量投影的几何意义判断充分性，利用特例法判断必要性，从而可得答案.【详解】设与的夹角为，则在方向上的数量投影为，在方向上的数量投影，若，则成立，充分性成立；若，不能推出成立，例如，，时，成立，而不成立，所以必要性不成立，故“”是“在方向上的数量投影与在方向上的数量投影相等”的充分非必要条件，故选：A.16.已知，若存在实数，使得方程有无穷多个非负实数解，则的表达式可以为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】分别分析各选项函数解析式，改写成分段函数，再分析方程的解的情况，即可判断.【详解】因为，对于A：令，则在，上单调递增，在，上单调递减，则当时有四个实数根，当或时有两个实数根，当时有三个实数根，当时无实数根，故A错误；对于B：令，所以当时的解集为，故B正确；对于C：令，则在，上单调递增，在，上单调递减，则当时有四个实数根，当或时有两个实数根，当时有三个实数根，当时无实数根，故C错误；对于D：令，显然当时函数在上单调递增，故方程不可能有无穷多个非负实数解，故D错误；故选：B三、解答题（本大题共有5题，满分44分）解答下列各题必须在答题卷的相应位置写出必要的步骤．17.已知复数，（，为虚数单位）．（1）若为实数，求；（2）设、在复平面上所对应的点为、，为原点，若，求．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据复数代数形式的乘法运算化简，再根据为实数得到虚部为，即可求出参数的值，从而得解；（2）首先表示出、，由向量垂直得到，根据数量积的坐标表示得到方程解得，即可得解.【小问1详解】因为，所以，所以，因为为实数，所以，解得，所以.【小问2详解】因为，在复平面上所对应的点为、，所以、，则、，因为，所以，解得，所以.18.某小区围墙一角要建造一个水池和两条小路．如图，四边形中，，，以为圆心、为半径的四分之一圆及与圈成的区域为水池，线段和为两条小路，且所在直线与圆弧相切．已知米，设（），那么当为多少时，才能使两条小路长之和最小？最小长度是多少？【答案】，最小，最小长度为米.【解析】【分析】设与圆弧的切点为，连接，由三角函数表示出，化简可得，再由基本不等式求解即可.【详解】设与圆弧的切点为，连接，由题设，得，于是，从而，由，得，从而，当且仅当，即，最小，最小长度为米.19.设，．（1）当时，求满足的的取值范围；（2）求证：函数在区间上是严格增函数．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）即，亦即，可得，进而可得答案；（2）设是区间上任意给定的两个实数，且，证明即可得结论.【小问1详解】即，亦即，因为，所以上述不等式即为，解得，故满足的x的取值范围是；【小问2详解】设是区间上任意给定的两个实数，且，0，由，可得，即，又，，从而0，故，因此，函数在区间上是严格增函数增函数．20.如图，已知为平行四边形．（1）若，，，求及的值；（2）记平行四边形的面积为，设，，求证：【答案】（1），（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由，根据数量积的运算律求出，再根据计算可得；（2）由面积公式得到，将两边平方，再由同角三角函数的基本关系、夹角公式及数量积、模的坐标表示计算可得.【小问1详解】在平行四边形中，所以，即，解得，所以.【小问2详解】因为，将两边平方可得，又，所以，整理得，又，，，所以，所以.21.已知定义在上的函数，满足，当时，．（1）若函数的最小正周期为，求证：，为奇函数；（2）设，若，函数在区间上恰有一个零点，求的取值范围．【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）由函数的周期性和奇偶性即可证明；（2）令，则，等价于关于的方程在区间上仅有一解，分别求出在区间和区间的取值范围即可得出答案.【小问1详解】当时，，所以，又因为函数的最小正周期为，所以，所以，故.对于任意给定的，，因为，所以.对于任意给定的，，因为，所以，当