1、嘉定二中2021学年度第二学期期末自查高一年级数学学科试卷一填空题（本大题满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分）1. 若扇形的弧长为，半径为2，则该扇形的面积是_.【答案】【解析】【分析】根据扇形面积公式直接求解即可.【详解】根据题意得，该扇形的面积为.故答案为：.2. 已知，则_.【答案】【解析】【分析】根据反正弦函数的性质进行求解即可.【详解】因为，所以，故答案为：3. 已知复数的实部为0，其中为虚数单位，则实数a的值是_.【答案】2.【解析】【分析】本题根据复数的乘法运算法则先求得，然后根据复数的概念，令实部为0即得a的值.【详解】，令得.【点睛】本题主要考查复数的运算法
2、则，虚部的定义等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.4. 复数的三角形式的辐角主值为_.【答案】#【解析】【分析】直接由辐角主值的概念求解即可.【详解】由辐角主值的概念知，的辐角主值为.故答案为：.5. 已知，则在方向上的数量投影为_.【答案】【解析】【分析】根据向量数量积的坐标表示以及向量数量积的几何意义即可求解.详解】由则在方向上的数量投影.故答案为：.6. 如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一小块，八个顶点共截去八小块，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的“阿基米德多面体”，则异面直线与所成角的大小是_【答案】【解析】【分析】利用平移的思想，得出或其补角为异面直线与所
3、成角，结合为正三角形，即可得解【详解】解：如图所示，由题可知，四边形和均为正方形，为正三角形，或其补角为异面直线与所成角，而为正三角形，即异面直线与所成角的大小是.故答案为：.7. 已知方程（）的两个虚根是，若，则_.【答案】【解析】【分析】根据虚根成对定理可设，代入可解得，根据韦达定理可得，将代入可解得，.【详解】因为方程（）的两个虚根是，所以，解得，由虚根成对定理可设，所以，因为，所以，所以，所以，所以，所以，所以，满足，故答案为：.【点睛】本题考查了实系数一元二次方程虚根成对定理，考查了韦达定理，复数的模长公式，属于基础题.8. 如图，三角形ABC中，D是线段BC上一点，且，F为线段AB
4、的中点，AD交CF于点M，若，则_.【答案】#【解析】【分析】由于F为线段AB的中点，结合已知条件可得，再由直线与相交于点，设，则,从而得，进而求出的值【详解】因为F为线段AB的中点，所以,因为，所以，所以,因为，所以,由直线与相交于点，设，则,所以，所以，解得故答案为：9. 设复数，满足，则_.【答案】【解析】【分析】依题意设，根据复数代数形式的运算法则及复数模的计算公式计算可得；【详解】解：依题意设，所以，因为，所以，所以，所以，所以所以所以；故答案为：10. 在直角梯形中，点是线段上（包括边界）的一个动点，则的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】以点为坐标原点，为轴的正方向建立平面直角
5、坐标系，得出的方程为，可设点的坐标为，然后利用坐标计算出关于实数的表达式，然后结合的取值范围得出的取值范围.【详解】以点为坐标原点，为轴的正方向建立平面直角坐标系，则点、，边所在直线的方程为，设点.，则，因此，的取值范围是.故答案为：.【点睛】本题考查平面向量数量积的取值范围问题，可以引入参数来表示平面向量的数量积，也可以建立坐标系，将平面向量的数量积的取值范围转化为函数的值域来求解，考查运算求解能力，属于中等题.11. 已知函数在区间上有且仅有两个零点，则的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】根据正弦函数的性质求解的零点，再根据零点与区间端点的位置关系列式求解范围即可【详解】求解有，即或，
6、解得或.又在区间上有且仅有两个零点，因为在正半轴的零点依次为，故，解得故答案为：12. 定义空间点到几何图形的距离为：这一点到这个几何图形上各点距离中最短距离.在空间中，记边长为1的正方形区域（包括边界及内部的点）为，则到距离等于1的点所围成的几何体的体积为_.【答案】【解析】【分析】分析可知，到距离等于1的点所围成的几何体是一个棱长分别为1，1，2的长方体和四个高为1，底面半径为1的半圆柱以及四个半径为1的四分之一球所围成的几何体，根据公式计算可得答案.【详解】解：到距离等于1的点所围成的几何体是一个棱长分别为1，1，2的长方体和四个高为1，底面半径为1的半圆柱以及四个半径为1的四分之一球所
7、围成的几何体，其体积为；故答案为：二选择题（本大题满分20分，每题5分）13. 已知是空间三条不同的直线，则下列结论正确的是（ ）A. 如果则B. 如果则共面C. 如果则D. 如果共点，则共面【答案】A【解析】【分析】通过异面直线的性质判断的正误；利用直线的平行；判断出的正误；通过垂直关系利用反例判断的正误；利用反例判断的正误；【详解】解：对于，则，正确；对于，则、共面，例如正方体中的三条平行的棱，不共面，所以错误；对于，例如直三棱柱中的侧棱与上下底面中的线，满足垂直，上下底面的直线不一定垂直，故错误对于，例如正方体，从同一个顶点出发的三条棱两两相交，三个直线不共面，故错误故选：14. “函数
8、（，且）的最小正周期为2”，是“”的A. 充分非必要条件B. 必要非充分条件C. 充要条件D. 既非充分也非必要条件【答案】B【解析】【分析】验证当函数最小正周期为2时，是否成立；验证成立时函数（，且）的最小正周期为2是否成立，再结合充分必要条件定义即可得出答案.【详解】解：当函数（，且）的最小正周期为2时，所以,不能得出，故充分性不成立，当时，的最小正周期为，故必要性成立综上：“函数（，且）的最小正周期为2”，是“”的必要非充分条件.故选：B.【点睛】充分条件、必要条件的三种判定方法:（1）定义法：根据进行判断，适用于定义、定理判断性问题；（2）集合法：根据对应的集合之间的包含关系进行判断，
9、多适用于命题中涉及字母范围的推断问题；（3）等价转化法：根据一个命题与其逆否命题的等价性进行判断，适用于条件和结论带有否定性词语的命题.15. 设为任意非零向量，且相互不共线，则下列命题中是真命题的有（ ）（1）（2）（3）不与垂直（4）A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个【答案】C【解析】【分析】根据平面向量数量积的定义和运算律逐个分析判断即可【详解】对于（1），因为与共线，与共线，而不共线，所以与不共线，所以，所以（1）错误，对于（2），因为不共线，所以由向量的减法法则和三角形两边之差小第三边，可得，所以（2）正确，对于（3），因为，所以与垂直，所以（3）错误，对于（4），因为，所以（
10、4）正确，故选：C16. 设、均为实数，关于的方程在复数集上给出下列两个结论：存在、，使得该方程仅有两个共轭虚根；存在、，使得该方程最多有个互不相等的根其中正确的是（ ）A 与均正确B. 正确，不正确C. 不正确，正确D. 与均不正确【答案】A【解析】【分析】取可知正确；分析根为实根和虚根的两种情况，讨论根的个数即可.【详解】解：令，为正实数，则存在两个共轭的虚根，如，则存在两个共轭虚根，故正确；若为实数，则方程可看做，只需保证有两个正解即可，此时方程有四个实根；若为虚数，则设， 有，等价于，所以，又为虚数，所以，则有，即，即最多有两个根，所以方程最多有6个解.只需即可，如，方程有四个实根，有
11、 两个虚根.故正确；故选：A.【点睛】本题考查复数范围内求解，属于中档题.易错点睛：（1）根为复数时，设，代入计算，可得；（2）把握求实根和虚根时，两个方程之间的关系，保证一个最多方程4个根，一个方程最多2个根.三解答题（本大题共有5题，满分76分）17. 已知复数，若和互为共轭复数.（1）求实数a的值；（2）求满足不等式的实数m的取值范围.【答案】（1）； （2）或.【解析】【分析】（1）由共轭复数的概念列方程组求参数a；（2）应用复数的四则运算化简，根据模的范围解不等式求m范围.【小问1详解】由题意，可得.【小问2详解】由（1）知：，所以，则，即，可得或.18. 已知函数的部分图像如图所示
12、.（1）求的解析式及对称中心；（2）先将的图像纵坐标缩短到原来的倍，再向右平移个单位后得到的图像，求函数在上的单调减区间和最值.【答案】（1），对称中心为， （2）单调递减区间为；，【解析】【分析】（1）由函数的图像的顶点坐标求出，由周期求出，由五点法作图求出的值，可得的解析式，再利用三角函数的图像的对称性，得出结论（2）由题意利用函数的图像变换规律，求得的解析式，再利用余弦函数的单调性、余弦函数的定义域和值域，得出结论【小问1详解】解：根据函数，的部分图像，可得，再根据五点法作图，故有根据图像可得，是的图像的一个对称中心，故函数的对称中心为，【小问2详解】解：先将的图像纵坐标缩短到原来的，可
13、得的图像，再向右平移个单位，得到的图像，即，令，解得，可得的减区间为，结合，可得在上的单调递减区间为又，故当，时，取得最大值，即；当，时，取得最小值，即19. 如图，在四棱锥中，是正三角形，四边形是菱形，点是的中点（1）求证：平面；（2）若平面平面，求点到平面的距离【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）连接交于，利用中位线易得，进而利用线面平行的判定定理即可证明；（2）取中点，利用面面垂直得平面，从而可求得，利用等体积法即可求解点到平面的距离【详解】（1）在四棱锥SABCD中，连接交于，则为中点，连接，又为中点，又平面，平面，平面.（2）四边形是菱形，且，为正三角形，取中点的
14、，连接，则，平面平面，平面平面，平面，均是正三角形，AB=2，易得， ，易得，由，取的中点，连接，因为，可得，设点到平面的距离为，解得，即点到平面的距离为20. 已知向量.令.（1）化简；（2）当时，求方程的解集；（3）已知集合，D是函数和定义域的交集且，判断元素与集合P的关系，并说明理由.【答案】（1） （2） （3）当时，；当时，【解析】【分析】（1）根据向量坐标运算可得，代入整理可得；（2）根据题意可得，整理得，结合正弦函数求解；（3）根据题意整理可得，结合题意讨论分析【小问1详解】由题意可得：，【小问2详解】当时，则，解得或方程的解集为【小问3详解】，则与的共同定义域为当，即时，则当，
15、即时，则21. 如图，是底面边长为1的正三棱锥，DEF分别为棱长上的点，截面底面ABC，且棱台与棱锥的棱长和相等（棱长和是指多面体中所有棱的长度之和）（1）证明：为正四面体；（2）若，求二面角的大小（结果用反三角函数值表示）；（3）设棱台体积为V，是否存在体积为V且各棱长均相等的直平行六面体，使得它与棱台有相同的棱长和？若存在，请具体构造出这样的一个直平行六面体，并给出证明，若不存在，请说明理由（直平行六面体指侧棱垂直于底面，底面是平行四边形的四棱柱）【答案】（1）见解析； （2）； （3）存在，其他见解析【解析】【分析】（1）由棱长和相等结合截面底面ABC，求得，即可得证；（2）取的中点，先
16、判断出为二面角的平面角，再求出相关边长，即可求得二面角的大小；（3）构造直平行六面体的棱长均为，底面相邻两边的夹角为，由体积相等解出即可求解.【小问1详解】由棱台与棱锥棱长和相等，可得，又平面平面ABC，三棱锥是正三棱锥，则，则，则为正四面体；【小问2详解】取的中点，连接，由可得，又平面，则平面，又平面，则，为二面角的平面角，由（1）知，三棱锥的各棱长均为1，则，又，则，则，则，即二面角的大小为；【小问3详解】存在满足条件的直平行六面体.易得棱台的棱长和为定值6，体积为，设直平行六面体的棱长均为，底面相邻两边的夹角为，则该六面体棱长和为6，体积为，令，取的中点，连接，作底面，垂足为，易得在上，且，则，则的体积为，则，即，即显然有解，则，故存在棱长均为，底面相邻两边的夹角为的直平行六面体符合要求.
