2023-2024学年上海市闵行区古美高级中学高一(下)期末数学试卷

2023-2024学年上海市闵行区古美高级中学高一（下）期末数学试卷一、填空题（本大题共12题，1-6每题4分，7-12每题5分，共54分）1．（4分）已知角α的终边经过点P（﹣3，4），则tanα＝．2．（4分）在△ABC中，三内角A，B，C成等差数列，则B等于°．3．（4分）复数（i是虚数单位）的虚部是．4．（4分）在复平面上，复数z1＝2+i，z2＝1﹣i对应的点分别为A、B，O为坐标原点，则＝．5．（4分）若数列{an}为等差数列，a2＝﹣4，a5＝5，则an＝．6．（4分）在△ABC中，角A、B、C所对应的边分别为a、b、c，若bsinA＝acosB，则B＝．7．（5分）已知复数z1＝2﹣i，z2＝1+mi，m∈R，若z1•z2为纯虚数，则m的值是．8．（5分）已知向量，，则在方向上的投影向量为．9．（5分）已知数列{an}的通项公式为，则＝．10．（5分）已知复数z满足|z|＝1，则|z﹣3+4i|的取值范围是．11．（5分）若A、B、C三点共线，对任意一点O，有成立，则x＝．12．（5分）设函数在x∈[0，2π]上恰有两个零点x1，x2，则x1+x2＝．二、选择题（本大题共4题，每题5分，共20分）13．（5分）下列函数为奇函数，且在上是严格增函数的是（）A．y＝﹣sinx B．y＝cosx C．y＝tanx D．y＝|sinx|14．（5分）用数学归纳法证明12+22+…+（n﹣1）2+n2+（n﹣1）2+…+22+12＝时，由n＝k的假设到证明n＝k+1时，等式左边应添加的式子是（）A．（k+1）2+2k2 B．（k+1）2+k2 C．（k+1）2 D．15．（5分）已知向量，，若与的夹角θ是锐角，则实数λ的取值范围是（）A． B． C． D．16．（5分）已知正方形ABCD的边长为4，点M、N分别在边AD、BC上，且AM＝1，BN＝2，若点P在正方形ABCD的边上，则的取值范围是（）A．[﹣6，6] B．[﹣6，2] C．[﹣2，6] D．[﹣2，2]三、解答题（本大题共5题，共14+14+14+16+18＝76分）17．（14分）如图，在平行四边形ABCD中，点E足AB的中点，F，G是AD，BC的三等分点（＝，＝），设，．（1）用，表示；（2）如果，用向量的方法证明：EF⊥EG．18．（14分）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S6＝，公比q＝﹣．（1）求数列{an}的通项公式；（2）求和：a12+a22+a32+…+an2．19．（14分）已知关于x的实系数一元二次方程x2﹣2x+k＝0．（1）若方程有一个根（i是虚数单位），求k的值；（2）若方程有两实根x1，x2，且|x1﹣x2|＝3，求k的值．20．（16分）已知向量＝（，cos2x），＝（f（x），﹣1），且．（1）求函数f（x）在x∈[0，π]上的单调递减区间；（2）已知△ABC的三个内角分别为A、B、C，其对应边分别为a、b、c，若有，BC＝，求△ABC面积的最大值．21．（18分）对于集合A＝{a1，a2，a3，⋯，an}，n≥2且n∈N*，定义A+A＝{x+y|x∈A，y∈A且x≠y}．集合A中的元素个数记为|A|，当时，称集合A具有性质Γ．（1）判断集合A1＝{1，2，3}，A2＝{1，2，4，5}是否具有性质Γ，并说明理由；（2）设集合B＝{1，3，p，q}（p，q∈N，且3＜p＜q）具有性质Γ，若B+B中的所有元素能构成等差数列，求p、q的值；（3）若集合A具有性质Γ，且A+A中的所有元素能构成等差数列，问：集合A中的元素个数是否存在最大值？若存在，求出该最大值；若不存在，请说明理由．

2023-2024学年上海市闵行区古美高级中学高一（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、填空题（本大题共12题，1-6每题4分，7-12每题5分，共54分）1．（4分）已知角α的终边经过点P（﹣3，4），则tanα＝﹣．【考点】任意角的三角函数的定义．【答案】﹣．【分析】由已知结合三角函数的定义即可求解．【解答】解：因为角α的终边经过点P（﹣3，4），则tanα＝﹣．故答案为：﹣．2．（4分）在△ABC中，三内角A，B，C成等差数列，则B等于60°．【考点】等差数列的性质．【答案】见试题解答内容【分析】由△ABC的三内角A，B，C成等差数列，知，故3B＝180°，由此能够求出角B．【解答】解：∵△ABC的三内角A，B，C成等差数列，∴，∴3B＝180°，∴B＝60°．故答案为：60°．3．（4分）复数（i是虚数单位）的虚部是﹣．【考点】复数的三角表示．【答案】﹣．【分析】化简复数z，可得z的虚部．【解答】解：z＝＝＝＝﹣i，虚部为﹣．故答案为：﹣．4．（4分）在复平面上，复数z1＝2+i，z2＝1﹣i对应的点分别为A、B，O为坐标原点，则＝1．【考点】复数的代数表示法及其几何意义．【答案】1．【分析】根据已知条件，结合复数的几何意义，以及向量的数量积运算，即可求解．【解答】解：，复数z1＝2+i，z2＝1﹣i对应的点分别为A、B，则A（2，1），B（1，﹣1），O为坐标原点，故，，所以＝2×1+（﹣1）×1＝1．故答案为：1．5．（4分）若数列{an}为等差数列，a2＝﹣4，a5＝5，则an＝3n﹣10．【考点】等差数列的通项公式．【答案】3n﹣10．【分析】根据已知条件，结合等差数列的性质，即可求解．【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，a2＝﹣4，a5＝5，则d＝，故an＝a2+3（n﹣2）＝﹣4+3（n﹣2）＝3n﹣10．故答案为：3n﹣10．6．（4分）在△ABC中，角A、B、C所对应的边分别为a、b、c，若bsinA＝acosB，则B＝．【考点】正弦定理．【答案】．【分析】由题意及正弦定理可得tanB的值，再由角B的范围，可得角B的大小．【解答】解：因为bsinA＝acosB，由正弦定理可得sinAsinB＝sinAcosB，在△ABC中，sinA＞0，所以tanB＝1，而B∈（0，π），可得B＝．故答案为：．7．（5分）已知复数z1＝2﹣i，z2＝1+mi，m∈R，若z1•z2为纯虚数，则m的值是﹣2．【考点】纯虚数；复数的运算；虚数单位i、复数．【答案】﹣2．【分析】根据已知条件，结合纯虚数的概念，以及复数代数形式的乘法运算，即可求解．【解答】解：∵z1＝2﹣i，z2＝1+mi，∴z1•z2＝（2﹣i）（1+mi）＝（2+m）+（2m﹣1）i，∵z1•z2为纯虚数，∴，即m＝﹣2．故答案为：﹣2．8．（5分）已知向量，，则在方向上的投影向量为（，）．【考点】平面向量的投影向量．【答案】（，）．【分析】根据已知条件，结合投影向量的公式，即可求解．【解答】解：，，则，，故在方向上的投影向量为：＝＝（，）．故答案为：（，）．9．（5分）已知数列{an}的通项公式为，则＝．【考点】等比数列的前n项和．【答案】．【分析】根据已知条件，结合等比数列的前n项和公式，即可求解．【解答】解：数列{an}的通项公式为，则＝＝1＝．故答案为：．10．（5分）已知复数z满足|z|＝1，则|z﹣3+4i|的取值范围是[4，6]．【考点】复数的三角表示．【答案】[4，6]．【分析】利用复数的几何意义进行求解．【解答】解：设z＝x+yi，因为|z|＝1，则x2+y2＝1，所以在复平面中表示复数z的点Z在以原点为圆心，半径为1的圆上，又|z﹣3+4i|＝|（x﹣3）+（y+4）i|＝，则表示为点Z到点P（3，﹣4）的距离，因为，所以4≤|PZ|≤6，所以4≤|z﹣3+4i|≤6，即|z﹣3+4i|的取值范围是[4，6]．故答案为：[4，6]．11．（5分）若A、B、C三点共线，对任意一点O，有成立，则x＝+2kπ或+2kπ，k∈Z．【考点】三点共线．【答案】+2kπ或+2kπ，k∈Z．【分析】直接由共线向量定理求解即可．【解答】解：∵A、B、C三点共线，对任意一点O，有＝sinx+，可得sinx+＝1，即sinx＝，即x＝+2kπ或x＝+2kπ，k∈Z．故答案为：+2kπ或+2kπ，k∈Z．12．（5分）设函数在x∈[0，2π]上恰有两个零点x1，x2，则x1+x2＝或．【考点】两角和与差的三角函数．【答案】或．【分析】由已知可得m＝＝2sin（x+）在∈[0，2π]上恰有两个零点x1，x2，结合正弦函数的对称性即可求解．【解答】解：由＝0可得m＝＝2sin（x+）在∈[0，2π]上恰有两个零点x1，x2，又函数在[0，2π]上的对称轴为x＝或x＝，则x1+x2＝或．故答案为：或．二、选择题（本大题共4题，每题5分，共20分）13．（5分）下列函数为奇函数，且在上是严格增函数的是（）A．y＝﹣sinx B．y＝cosx C．y＝tanx D．y＝|sinx|【考点】函数的单调性；奇函数偶函数的判断．【答案】C【分析】由已知结合三角函数的单调性及奇偶性检验各选项即可判断．【解答】解：y＝﹣sinx在上是严格减函数，A错误；y＝cosx为偶函数，B错误；y＝tanx为奇函数，且在上是严格增函数，C正确；y＝|sinx|为偶函数，D错误．故选：C．14．（5分）用数学归纳法证明12+22+…+（n﹣1）2+n2+（n﹣1）2+…+22+12＝时，由n＝k的假设到证明n＝k+1时，等式左边应添加的式子是（）A．（k+1）2+2k2 B．（k+1）2+k2 C．（k+1）2 D．【考点】数学归纳法．【答案】B【分析】根据等式左边的特点，各数是先递增再递减，分别写出n＝k与n＝k+1时的结论，即可得到答案．【解答】解：根据等式左边的特点，各数是先递增再递减，由于n＝k，左边＝12+22+…+（k﹣1）2+k2+（k﹣1）2+…+22+12n＝k+1时，左边＝12+22+…+（k﹣1）2+k2+（k+1）2+k2+（k﹣1）2+…+22+12比较两式，从而等式左边应添加的式子是（k+1）2+k2故选：B．15．（5分）已知向量，，若与的夹角θ是锐角，则实数λ的取值范围是（）A． B． C． D．【考点】数量积表示两个平面向量的夹角．【答案】D【分析】由向量夹角的坐标表示求解即可．【解答】解：已知向量，，若与的夹角θ是锐角，则，则2λ+3＞0，λ＞﹣．当与同向时，λ＝，所以λ＞﹣且λ≠．故选：D．16．（5分）已知正方形ABCD的边长为4，点M、N分别在边AD、BC上，且AM＝1，BN＝2，若点P在正方形ABCD的边上，则的取值范围是（）A．[﹣6，6] B．[﹣6，2] C．[﹣2，6] D．[﹣2，2]【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】C【分析】由平面向量数量积的运算结合分类讨论的数学思想方法分类讨论①当点P在AB线段上运动时，②当点P在BC线段上运动时，③当点P在CD线段上运动时，④当点P在DA线段上运动时，即可得解．【解答】解：建立如图所示的平面直角坐标系，则A（0，0），B（4，0），C（4，4），D（0，4），M（0，1），N（4，2），设P（x，y），则•＝（﹣x，1﹣y）•（4﹣x，2﹣y）＝x2+y2﹣4x﹣3y+2，①当点P在AB线段上运动时，x∈[0，4]，y＝0，则•＝x2﹣4x+2∈[﹣2，2]，②当点P在BC线段上运动时，y∈[0，4]，x＝4，•＝y2﹣3y+2∈[﹣，6]，③当点P在CD线段上运动时，x∈[0，4]，y＝4，•＝x2﹣4x+6∈[2，6]，④当点P在DA线段上运动时，y∈[0，4]，x＝0，•＝y2﹣3y+2∈[﹣，6]，综合①②③④得：当点P在正方形的四条边上运动时，•的取值范围是[﹣2，6]，故选：C．三、解答题（本大题共5题，共14+14+14+16+18＝76分）17．（14分）如图，在平行四边形ABCD中，点E足AB的中点，F，G是AD，BC的三等分点（＝，＝），设，．（1）用，表示；（2）如果，用向量的方法证明：EF⊥EG．【考点】平面向量数量积的性质及其运算；平面向量的基本定理．【答案】（1），；（2）证明过程见解析．【分析】（1）由向量的加法与减法运算；（2）证明，得，可得EF⊥EG．【解答】（1）解：∵E是AB的中点，＝，＝，∴＝＝，＝；（2）证明：∵，∴＝＝＝＝0．∴，则EF⊥EG．18．（14分）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S6＝，公比q＝﹣．（1）求数列{an}的通项公式；（2）求和：a12+a22+a32+…+an2．【考点】数列的求和；数列递推式．【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据求和公式列方程解出a1即可得出an；（2）证明{an2}是等比数列，代入求和公式计算．【解答】解：（1）∵S6＝，公比q＝﹣．∴＝，解得a1＝16．∴an＝16•（﹣）n﹣1＝（﹣1）n﹣1•25﹣n．（2）设bn＝an2，则＝＝（﹣）2＝．∴{bn}是以162为首项，以为公比的等比数列，∴a12+a22+a32+…+an2＝＝（1﹣）．19．（14分）已知关于x的实系数一元二次方程x2﹣2x+k＝0．（1）若方程有一个根（i是虚数单位），求k的值；（2）若方程有两实根x1，x2，且|x1﹣x2|＝3，求k的值．【考点】实系数多项式虚根成对定理．【答案】（1）3；（2）﹣．【分析】（1）根据已知条件，推得方程的另一个根为1﹣i，再结合韦达定理，即可求解；（2）根据已知条件，结合韦达定理，即可求解．【解答】解：（1）关于x的实系数一元二次方程x2﹣2x+k＝0，若方程有一个根（i是虚数单位），则方程的另一个根为1﹣i，故；（2）方程有两实根x1，x2，则x1+x2＝2，x1x2＝k，Δ＝4﹣4k＞0，|x1﹣x2|＝3，则＝，解得k＝﹣．20．（16分）已知向量＝（，cos2x），＝（f（x），﹣1），且．（1）求函数f（x）在x∈[0，π]上的单调递减区间；（2）已知△ABC的三个内角分别为A、B、C，其对应边分别为a、b、c，若有，BC＝，求△ABC面积的最大值．【考点】三角函数中的恒等变换应用；平面向量数量积的性质及其运算；数量积判断两个平面向量的垂直关系．【答案】（1）[，]；（2）．【分析】（1）根据平面向量垂直时数量积为0，求出f（x）的解析式，再求f（x）在x∈[0，π]上的单调递减区间；（2）由题意求出A的值，再利用余弦定理和基本不等式求出△ABC面积的最大值．【解答】解：（1）向量＝（，cos2x），＝（f（x），﹣1），且．所以•＝0，即f（x）﹣sin2x﹣cos2x＝0，所以f（x）＝sin2x+cos2x＝2sin（2x+），令2kπ+≤2x+≤2kπ+，k∈Z，解得kπ+≤x≤kπ+，k∈Z；k＝0时，求得函数f（x）在x∈[0，π]上的单调递减区间是[，]；（2）△ABC中，，所以2sin（2A﹣+）＝2sin（2A+）＝1，所以sin（2A+）＝，又A∈（0，π），所以2A+∈（，），所以2A+＝，解得A＝，又a＝BC＝，由余弦定理得3＝a2＝b2+c2﹣2bccosA＝b2+c2﹣2bccos＝b2+c2﹣bc≥2bc﹣bc＝bc，当且仅当b＝c＝时取“＝”，所以bc≤3，所以△ABC面积的最大值为S＝bcsinA＝×3×＝．21．（18分）对于集合A＝{a1，a2，a3，⋯，an}，n≥2且n∈N*，定义A+A＝{x+y|x∈A，y∈A且x≠y}．集合A中的元素个数记为|A|，当时，称集合A具有性质Γ．（1）判断集合A1＝{1，2，3}，A2＝{1，2，4，5}是否具有性质Γ，并说明理由；（2）设集合B＝{1，3，p，q}（p，q∈N，且3＜p＜q）具有性质Γ，若B+B中的所有元素能构成等差数列，求p、q的值；（3）若集合A具有性质Γ，且A+A中的所有元素能构成等差数列，问：集合A中的元素个数是否存在最大值？若存在，求出该最大值；若不存在，请说明理由．【考点】数列的应用．【答案】（1）集合A1具有性质Γ，集合A2不具有性质Γ，理由见解析，（2）p，q的值分别为4，5或5，9，（3）存在最大值，最大值为4．【分析】（1）根据集合A具有性质Γ的定义进行判断，可得答案；（2）写出B+B中的所有元素，分类讨论，结合等差数列的性质，列出相应的方程组，解得答案；（3）一数列新定义得在集合A+A中，a1+a2＜a1+a3＜⋯＜an﹣2+