2023-2024学年上海市闵行区莘庄中学高一(下)期末数学试卷

2023-2024学年上海市闵行区莘庄中学高一（下）期末数学试卷一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1∼6题每题4分，第7-12题每题5分）1．（4分）函数f（x）＝sin（πx）的最小正周期是．2．（4分）直线x﹣y﹣1＝0倾斜角大小为．3．（4分）已知复数z满足（1+i）z＝1﹣7i（i是虚数单位），则|z|＝．4．（4分）已知A（2，1），B（﹣4，2），C（1，﹣x），若向量OA→+OB→与OC→垂直（O5．（4分）若3+2i是方程x2+bx+c＝0（b，c∈R）的一个根，则c＝．6．（4分）若直线l1：2x+ay﹣6＝0与直线l2：x+（a﹣1）y+（a+5）＝0平行，则实数a＝．7．（5分）若sin(π−θ)−cosθ=12tanθtan(π28．（5分）平面向量e1→与e2→是单位向量，夹角为60°，那么，向量e1→、e2→构成平面的一个基．若a→=xe1→+ye29．（5分）已知直线l2与直线l1：x−3y+3=0的夹角为π3，且经过点(3，23)，直线10．（5分）已知A（0，2），点P(sin(2t−π3)，cos(2t−π3))是平面上一个动点，则当t由0连续变到11．（5分）已知平面向量a→，b→满足|a→|=3，|b→|=4，a→12．（5分）已知复数z1=2sinθ−3i，z2＝1+（2cosθ）i，i为虚数单位，若θ∈[π2，5π6]，复数z1，z2对应的向量分别为a→二、选择题（本大题共4题，13、14题4分，15、16题5分，共18分）13．（4分）已知函数f（x）＝sin（x+φ）的图象关于y轴对称，则实数φ的取值可能是（）A．π4 B．π3 C．π214．（4分）点P（2，3）关于直线l：x+y＝0的对称点的坐标是（）A．（﹣2，﹣3） B．（﹣3，﹣2） C．（﹣2，3） D．（3，2）15．（5分）已知ω＞0，顺次连接函数f(x)=6sinωx(ω＞0)与g(x)=6A．π2 B．π4 C．π616．（5分）已知向量a→、b→、c→满足|a→①若x＝1，则|c→|②若x＝1，则存在唯一的y，使得a→③若|c→|=1，则x④若|c→|=1，则aA．1 B．2 C．3 D．4三．解答题（本大题共5题，共78分）17．（14分）已知复数z1＝1+ai（a∈R），且z1（1）求实数a的值；（2）设复数z2=b−i2023z18．（14分）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin（A+C）＝8sin2B2（1）求cosB；（2）若a+c＝6，△ABC的面积为2，求b．19．（14分）如图，A、B是海岸线OM、ON上的两个码头，海中小岛有码头Q到海岸线OM、ON的距离分别为2km、7105km．测得tan∠MON＝﹣3，OA＝6km．以点O为坐标原点，射线OM为x轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系．码头Q在第一象限，且三个码头A、B（1）求码头Q点的坐标；（2）海中有一处景点P（设点P在平面xOy内，PQ⊥OM，且PQ＝6km），游轮无法靠近．求游轮在水上沿旅游线AB航行时离景点P最近的点C的坐标．20．（18分）已知函数f（x）＝Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，|φ|≤π（1）求函数f（x）的单调递减区间；（2）将函数y＝f（x）的图象向右平移π6个单位长度得到曲线C，把C上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到的曲线对应的函数记作y＝g（x①求函数h（x）＝f（x2）g（x②若函数F（x）＝g（π2−2x）+mg（x）（m∈R）在（0，4π）内恰有6个零点，求21．（18分）在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝BC＝2，CD＝1，∠BCD＝120°，P，Q分别为直线BC，CD上的动点．（1）当P，Q为线段BC，CD上的中点，试用AB→和AD→来表示（2）若BP→=1（3）若BP→=μBC→，DQ→=λDC→，λ＞0，μ＞0，G

2023-2024学年上海市闵行区莘庄中学高一（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1∼6题每题4分，第7-12题每题5分）1．（4分）函数f（x）＝sin（πx）的最小正周期是．【考点】三角函数的周期性．【答案】2．【分析】利用正弦函数的周期公式即可求解．【解答】解：函数f（x）＝sin（πx）的最小正周期T=2π故答案为：2．2．（4分）直线x﹣y﹣1＝0倾斜角大小为．【考点】直线的倾斜角．【答案】π4【分析】先求出直线x﹣y﹣1＝0的斜率，由此能求出直线x﹣y﹣1＝0倾斜角．【解答】解：∵直线x﹣y﹣1＝0的斜率为1，∴直线x﹣y﹣1＝0倾斜角大小为π4故答案为：π43．（4分）已知复数z满足（1+i）z＝1﹣7i（i是虚数单位），则|z|＝．【考点】复数的除法运算．【答案】5．【分析】结合复数模公式，即可求解．【解答】解：（1+i）z＝1﹣7i，则|z|=|1−7i|故答案为：5．4．（4分）已知A（2，1），B（﹣4，2），C（1，﹣x），若向量OA→+OB→与OC→垂直（O【考点】平面向量数量积的性质及其运算；平面向量数量积的坐标运算．【答案】−2【分析】根据题意，求出向量OA→+OB→与OC→的坐标，由数量积的坐标计算公式可得（OA【解答】解：根据题意，A（2，1），B（﹣4，2），C（1，﹣x），则OA→=（2，1），OB→=（﹣4，2），则有OA→若向量OA→+OB→与OC→垂直，则（OA解可得x=−2故答案为：−25．（4分）若3+2i是方程x2+bx+c＝0（b，c∈R）的一个根，则c＝．【考点】实系数多项式虚根成对定理．【答案】13．【分析】根据已知条件，结合韦达定理，即可求解．【解答】解：3+2i是方程x2+bx+c＝0（b，c∈R）的一个根，则3﹣2i也是方程x2+bx+c＝0（b，c∈R）的一个根，故（3﹣2i）（3+2i）＝13＝c．故答案为：13．6．（4分）若直线l1：2x+ay﹣6＝0与直线l2：x+（a﹣1）y+（a+5）＝0平行，则实数a＝．【考点】直线的一般式方程与直线的平行关系．【答案】2．【分析】根据已知条件，结合直线平行的性质，即可求解．【解答】解：直线l1：2x+ay﹣6＝0与直线l2：x+（a﹣1）y+（a+5）＝0平行，则2（a﹣1）＝a，解得a＝2，经检验，当a＝2时，两直线不重合，故a＝2．故答案为：2．7．（5分）若sin(π−θ)−cosθ=12tanθtan(π2【考点】运用诱导公式化简求值．【答案】34【分析】由已知结合诱导公式，同角平方关系及二倍角公式进行化简即可求解．【解答】解：若sin(π−θ)−cosθ=1则sinθ﹣cosθ=12tanθ两边同时平方得，1﹣2inθcosθ＝1﹣sin2θ=1则sin2θ=3故答案为：348．（5分）平面向量e1→与e2→是单位向量，夹角为60°，那么，向量e1→、e2→构成平面的一个基．若a→=xe1→+ye2【考点】用平面向量的基底表示平面向量．【答案】1．【分析】根据已知条件，结合平面向量的数量积运算，即可求解．【解答】解：a→=〈1，−1〉，则a→故答案为：1．9．（5分）已知直线l2与直线l1：x−3y+3=0的夹角为π3，且经过点(3，23)，直线【考点】直线的一般式方程与直线的性质．【答案】x＝3或x+3【分析】由题意可知，直线l2的倾斜角为π2或5π6，再结合直线l2经过点【解答】解：由题意可知，l1：x−3所以l1的倾斜角为π6因为直线l2与直线l1的夹角为π3，且经过点(3，2所以直线l2的倾斜角为π2或5π所以直线l2的方程是x＝3或y=−3即x＝3或x+3故答案为：x＝3或x+310．（5分）已知A（0，2），点P(sin(2t−π3)，cos(2t−π3))是平面上一个动点，则当t由0连续变到【考点】任意角的三角函数的定义．【答案】3−【分析】根据三角函数的平方式以及函数性质，求得动点轨迹，结合题意，作图，利用图形的组成，能求出结果．【解答】解：由t∈[0，π3]，得2t−π3∈[−∴sin（2t−π3）∈[−32，32]，cos（2t−sin2（2t−π3）+cos2（2t如图，点P在劣弧BC上，即线段AP扫过的部分为图中的阴影部分，设其面积为S，由题意知B（−32，12），C（3在四边形ABOC中对角线AO⊥BC，则四边形ABOC的面积为S′=1在△BOC中，cos∠BOC=O解得∠BOC=2π扇形BOC的面积S“=2π∴当t由0连续变到π3时，线段AP扫过的面积是S=故答案为：3−11．（5分）已知平面向量a→，b→满足|a→|=3，|b→|=4，a→【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】17+1【分析】由平面向量数量积的运算，结合圆的性质求解．【解答】解：如图，设OA→设OC→则|OA|＝3，|OB|＝4∴a→⋅b∴cos∠AOB=1∴AB=O又向量c→满足|∴|OC即|BC∴C在以B为圆心，1为半径的圆上，即|c∴当A，B，C三点共线，且B在AC之间时，|AC|取得最大值AB+r=17故答案为：17+112．（5分）已知复数z1=2sinθ−3i，z2＝1+（2cosθ）i，i为虚数单位，若θ∈[π2，5π6]，复数z1，z2对应的向量分别为a→【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】[2−3【分析】根据已知条件，结合平面向量的数量积运算，以及三角函数的有界性，即可求解．【解答】解：由题意a→=(2sinθ，−3)，即(2λsinθ−1，−3即（2λsinθ﹣1）•（2sinθ﹣λ）+(−整理可得：(2而−2sinθ+23所以8λ−(λ2+1)4sin(θ−因为θ∈[π所以θ−π所以sin(θ−π所以12⩽2λ1+λ所以实数λ的取值范围为[2−3故答案为：[2−3二、选择题（本大题共4题，13、14题4分，15、16题5分，共18分）13．（4分）已知函数f（x）＝sin（x+φ）的图象关于y轴对称，则实数φ的取值可能是（）A．π4 B．π3 C．π2【考点】正弦函数的奇偶性和对称性．【答案】C【分析】由题意根据正弦函数的对称性即可求出φ的一个值．【解答】解：y＝sin（x+φ）的图象关于y轴对称，则φ＝kπ+π2，k∈当k＝0时，φ的一个值是π2故选：C．14．（4分）点P（2，3）关于直线l：x+y＝0的对称点的坐标是（）A．（﹣2，﹣3） B．（﹣3，﹣2） C．（﹣2，3） D．（3，2）【考点】与直线关于点、直线对称的直线方程．【答案】B【分析】设点P（2，3）关于直线x+y＝0的对称点A的坐标为（m，n），则由n−3m−2⋅(−1)=−1m+22+n+32【解答】解：设点P（2，3）关于直线x+y＝0的对称点A的坐标为（m，n），则由n−3m−2⋅(−1)=−1m+22+即答案为：（﹣3，﹣2）．故选：B．15．（5分）已知ω＞0，顺次连接函数f(x)=6sinωx(ω＞0)与g(x)=6A．π2 B．π4 C．π6【考点】正弦函数的图象；余弦函数的图象．【答案】A【分析】令f（x）＝g（x），可得ω=kπ+π4，k∈Z，不妨取k＝0，1，2，得三个连续的交点依次为A(π4ω，3)，B(5π4ω，−3)，A(9π【解答】解：由f(x)=6sinωxg(x)=6cosωx，令f（x）＝g（所以ωx=kπ+π4，k∈Z，不妨取得三个连续的交点依次为A(π4ω，3)因为△ABC为正三角形，9π4ω−π4ω为△ABC的边长，由正弦函数、余弦函数的图象可知在f(x)=6sinωx和sinωx=cosωx=±2所以△ABC的高为2×6所以32(9π故选：A．16．（5分）已知向量a→、b→、c→满足|a→①若x＝1，则|c→|②若x＝1，则存在唯一的y，使得a→③若|c→|=1，则x④若|c→|=1，则aA．1 B．2 C．3 D．4【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】D【分析】根据平面向量数量积的运算性质、二次函数的性质与基本不等式，对题中的4个结论依次加以验证，得到其中真命题的个数，进而可得正确答案．【解答】解：根据题意，|a→|=|对于①，若x＝1，则c→当y=12时，c→2的最小值为34，所以|对于②，由a→⋅c→=0得xa→所以存在唯一的y＝2，使得a→⋅c对于③，若|c→|=1当且仅当x＝y＝1时，取等号，所以(x+y)24≤1，即x结合y⩾0，可得x+y⩾x⩾﹣1，当且仅当y＝0，x＝﹣1时取得等号，所以③正确；对于④，若|c→|=1，则a→⋅c→+b→⋅c→=a→•（xa→+y由③的结论，可知x+y⩾﹣1，所以x+y2≥−12，即a→综上所述，①②③④都正确，正确的结论有4个．故选：D．三．解答题（本大题共5题，共78分）17．（14分）已知复数z1＝1+ai（a∈R），且z1（1）求实数a的值；（2）设复数z2=b−i2023z【考点】复数的运算；共轭复数．【答案】（1）﹣3；（2）（−1【分析】（1）根据已知条件，结合纯虚数的定义，以及复数的四则运算，即可求解；（2）根据已知条件，结合复数的几何意义，以及复数的四则运算，即可求解．【解答】解：（1）复数z1＝1+ai（a∈R），则z1∵z1(3+i)为纯虚数，即（1﹣ai）（3+i）＝3+a+i﹣3ai＝3+a+（1﹣3a）∴3+a=01−3a≠0，解得a（2）i2023＝﹣i，复数z2∵复数z2对应的点在第二象限，∴b−310＜03b+110故实数b的取值范围为（−118．（14分）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin（A+C）＝8sin2B2（1）求cosB；（2）若a+c＝6，△ABC的面积为2，求b．【考点】正弦定理；二倍角的三角函数．【答案】见试题解答内容【分析】（1）利用三角形的内角和定理可知A+C＝π﹣B，再利用诱导公式化简sin（A+C），利用降幂公式化简8sin2B2，结合sin2B+cos2B＝1，求出cosB（2）由（1）可知sinB=817，利用三角形的面积公式求出ac，再利用余弦定理即可求出【解答】解：（1）sin（A+C）＝8sin2B2∴sinB＝4（1﹣cosB），∵sin2B+cos2B＝1，∴16（1﹣cosB）2+cos2B＝1，∴16（1﹣cosB）2+cos2B﹣1＝0，∴16（cosB﹣1）2+（cosB﹣1）（cosB+1）＝0，∴（17cosB﹣15）（cosB﹣1）＝0，∴cosB=15（2）由（1）可知sinB=8∵S△ABC=12ac•sin∴ac=17∴b2＝a2+c2﹣2accosB＝a2+c2﹣2×＝a2+c2﹣15＝（a+c）2﹣2ac﹣15＝36﹣17﹣15＝4，∴b＝2．19．（14分）如图，A、B是海岸线OM、ON上的两个码头，海中小岛有码头Q到海岸线OM、ON的距离分别为2km、7105km．测得tan∠MON＝﹣3，OA＝6km．以点O为坐标原点，射线OM为x轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系．码头Q在第一象限，且三个码头A、B（1）求码头Q点的坐标；（2）海中有一处景点P（设点P在平面xOy内，PQ⊥OM，且PQ＝6km），游轮无法靠近．求游轮在水上沿旅游线AB航行时离景点P最近的点C的坐标．【考点】解三角形．【答案】（1）Q（4，2）；（2）C（1，5）．【分析】（1）由已知先求出ON所在的直线方程，然后结合点到直线的距离公式可求Q；（2）由题意可先求出B的坐标，进而求出AB所在的直线方程，结合点到直线距离的几何意义可求．【解答】解：（1）由题意得A（6，0），直线ON方程为y＝﹣3x，设Q（x0，2），x0＞0，由题意得|3x解得x0＝4，故Q（4，2）；（2）因为直线AQ的方程为y＝﹣（x﹣6），即x+y﹣6＝0，由y=−3xx+y−6=0可得x＝﹣3，y故B（﹣3，9），则直线AB方程为x+y﹣6＝0，点P到直线AB的垂直距离最近，设垂足为C，因为PQ⊥OM，且PQ＝6km，Q（4，2），所以P（4，8），直线PC的方程为x﹣y+4＝0，联立x+y−6=0x−y+4=0可得x＝1，y故C（1，5）．20．（18分）已知函数f（x）＝Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，|φ|≤π（1）求函数f（x）的单调递减区间；（2）将函数y＝f（x）的图象向右平移π6个单位长度得到曲线C，把C上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到的曲线对应的函数记作y＝g（x①求函数h（x）＝f（x2）g（x②若函数F（x）＝g（π2−2x）+mg（x）（m∈R）在（0，4π）内恰有6个零点，求【考点】函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换；由y＝Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式．【答案】（1）[π12+kπ，7π12（2）①−1②m＝1或m＝﹣1．【分析】（1）根据部分图象，找出函数的振幅，周期，确定A，ω，再由图象上的定点代入求φ，进而可求单调递减区间；（2）①根据图象变换及三角恒等变换得到h（x），直接得出最小值；②化简后的F（x）是复合函数，需将其中的sinx看成整体t，通过分类讨论得出符合条件的m的范围．【解答】解：（1）由图可得A＝1，最小正周期T=2×(7π12−由f(712π)=sin(2×712π+φ)=−1，可得又|φ|≤π2，所以φ=π由2kπ+π2≤2x+π3可得π12+kπ≤x≤7π12+kπ所以f（x）的单调递减区间为[π12+kπ，7π12