1、上海市延安中学2021学年第二学期6月质量调研高一年级数学试卷（考试时间：90分钟 满分：100分）一、填空题（本大题共有12题，满分36分，每题3分）考生应在答题纸的相应位置直接填写结果1. 在等差数列中，则公差_【答案】5【解析】【分析】利用基本量代换列方程组，即可解得.【详解】设等差数列的公差为d.因为，所以，解得：.故答案为：5.2. 和的等比中项为_【答案】【解析】【分析】根据等比中项定义直接求解.【详解】和的等比中项为故答案为：【点睛】本题考查等比中项，考查基本分析求解能力，属基础题.3. 若复数为纯虚数，则实数_【答案】【解析】【分析】由题意结合复数的乘法运算可得，再由纯虚数的概
2、念即可得解.【详解】由题意，由复数为纯虚数可得，解得.故答案为：.【点睛】本题考查了复数的运算及纯虚数的概念，考查了运算求解能力，关键是对于概念的掌握，属于基础题.4. 若关于的实系数一元二次方程有一对共轭虚根，则实数的取值范围是_【答案】【解析】【分析】利用判别式小于0列方程即可求解.【详解】因为关于的实系数一元二次方程有一对共轭虚根，所以，解得：.故实数的取值范围是.故答案为：5. 已知向量，则_【答案】【解析】【分析】利用向量的夹角公式直接求解.【详解】因为向量，所以.因为，所以.故答案为：6. 已知向量，若，则单位向量的坐标为_【答案】【解析】【分析】根据向量的坐标运算可求得，再根据求
3、其模长，代入的单位向量运算求解【详解】由题意可得：，则的单位向量故答案为：7. 已知复数满足，则_【答案】【解析】【分析】先求出复数，再由复数的乘、除法运算化简复数，再求出，再由模长公式即可求出答案【详解】因为，所以，则，所以，所以故答案为：8. 已知复平面上平行四边形ABCD的顶点A、B、C的坐标分别为、，则向量所对应的复数是_【答案】#【解析】【分析】由为平行四边形，可得，即可求出，进而可得出答案.【详解】四边形为平行四边形， A、B、C，而，向量所对应的复数为.9. 已知数列的通项公式为，则_【答案】【解析】【分析】根据分组求和结合题意整理得，再利用等差数列的前项和和等比数列的前项和代入
4、运算求解【详解】故答案为：10. 已知等比数列的前n项积为，若，则_.【答案】8【解析】【分析】根据等比数列的定义及题干中的已知条件，可得出等比数列的通项公式，进而求解，则.【详解】设等比数列的公比为q，可得，即.又，解得，故，.故答案为：8.11. 如图，正八边形ABCDEFGH，其外接圆O半径为1.则_.【答案】【解析】【分析】根据平面向量的基本运算，将转换为有关的表达式计算即可【详解】易得的夹角为，再由图可得.故答案为：【点睛】本题主要考查了平面向量的基本运算与数量积运算，属于基础题12. 已知复数列满足： ，设复数在复平面中对应点当无限增大时，点越来越趋近于一个确定的点，点的坐标是_【
5、答案】【解析】【分析】利用累加法可求得，再根据极限于复数的几何意义求解即可【详解】因为，故，累加可得，因为当无限增大时，趋近于，故坐标是 故答案为：二、选择题（本大题共有6题，满分18分，每题3分）每题有且只有一个正确选项考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑13. 设，则“、中至少有一个数是虚数”是“是虚数”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】B【解析】【详解】若、皆是实数，则一定不是虚数，因此当是虚数时，则“、中至少有一个数是虚数”成立，即必要性成立；当、中至少有一个数是虚数，不一定是虚数，如，即充分性不成立，故选B
6、.考点：复数概念，充要关系14. 设复数，在复平面所对应的点为与，则关于点、与以原点为圆心，10为半径的圆的位置关系，描述正确的是（ ）A. 点在圆上，点不在圆上；B. 点不在圆上，点在圆上；C. 点、都在圆上；D. 点、都不在圆上【答案】A【解析】【分析】根据复数的几何意义确定与，再根据与到的距离，结合点与圆位置关系的判定分析即可【详解】由题意，因为到的距离，到的距离，故点在圆上，点不在圆上故选：A15. 现有下列四个结论：对任意向量、，有； 对任意向量，有；对任意复数，有； 对任意复数，有其中正确的个数为（ ）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】C【解析】【分析】据数量积的定义判断，根
7、据复数的运算及模的定义判断.详解】对任意向量、，故不正确；对任意向量、，有，故正确；对任意复数，不妨设，则，而，显然不成立，故不正确；对任意复数，不妨设，则，所以，所以有，故正确.故选：C16. 用数学归纳法证明等式，其中，从到时，等式左边需要增乘的代数式为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】按照数学归纳法类比题干条件逐项展开即可.【详解】当时,左边等于;当时,左边等于，即左边等于；所以左边增乘的项为；故选：D.17. 已知的外心是O，且，则在方向上的投影向量为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据，可得为中点，再根据可得为正三角形，进而根据投影向量的
8、定义求解在方向上的投影向量即可【详解】由题意，即，故为中点，又，的外心是O，故，故为正三角形，取中点，根据等边三角形性质可得，为在方向上的投影向量，又，故在方向上的投影向量为.故选：C18. 著名的斐波那契数列满足：，记数列的前项和为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先利用递推公式列举出数列的前几项，归纳出和，求和得到，即可得到.【详解】由递推公式可得：n123456789101112131415161123581321345589144233377610987其中：，所以；，所以；，所以；，所以；由此归纳：.同理可归纳得：+得：.所以.故选：B三、解题（本大題共有5
9、题，满分46分）解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必要步骤19. 设向量、满足，（1）求与的夹角；（2）若与垂直，求实数的值【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）设与的夹角为，由可得，代入即可得出答案.（2）由与垂直，则，代入即可得出答案.【小问1详解】由可得：，设与的夹角为，所以，所以，则，则.与的夹角为.【小问2详解】若与垂直，则，则，所以，所以.20. 已知复数满足，的虚部为（1）求复数；（2）若，设、在复平面上的对应点分别为A、B、C，求的面积【答案】（1）或 （2）2【解析】【分析】设，结合条件求即可得z；（2）结合（1）结论，利用复数的四则运算即可得的对应坐标，进而求它们
10、构成的的面积；小问1详解】设，则.由的虚部为2，有.或即或.【小问2详解】因为，所以，.点，直线，所以且A到的距离为1；.的面积为2.21. 森林资源是全人类共有的宝贵财富，其在改善环境，保护生态可持续发展方面发挥重要的作用为了实现“到2030年，中国的森林蓄积量比2005年增加60亿立方米”的目标， A地林业管理部门着手制定本地的森林蓄积量规划经统计， A地2020年底的森林蓄积量为120万立方米，森林每年以25%的增长率自然生长，而为了保证森林通风和发展经济的需要，每年冬天都要杴伐掉万立方米的森林设为自2021年开始，第年末的森林蓄积量（例如）（1）试写出数列的一个递推公式：（2）设，证明
11、：数列是等比数列；（3）若到2030年末，A地要实现“森林蓄积量要超过640万立方米”这一目标，那么每年的砍伐量最多是多少万立方米？（精确到1万立方米）参考数据：，【答案】（1） （2）证明见解析 （3）每年的砍伐量最大为12万立方米【解析】【分析】（1）根据题意得到，化简求解；（2）证明为常数即可；（3）由（2）得到，则数列是等比数列，求得其通项公式，再由求解.【小问1详解】由题意，得，【小问2详解】因为，故，当时，即，故是以为首项，为公比的等比数列【小问3详解】由（2）是以为首项，为公比的等比数列，故其通项公式为，所以.2030年底的森林蓄积量为数列的第10项，.由题意，森林蓄积量到203
12、0年底要达到超过640万立方米的目标，所以，即，即.解得.所以每年的砍伐量最大为12万立方米.22. 如图，在直角三角形ABC中，其中，设DE中点为M，AB中点为N（1）若，求证：C、M、N三点共线；（2）若，求的最小值【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）根据平面向量基本定理，化简得证明即可；（2）根据，代入化简可得，再根据二次函数的最值分析最小值即可【小问1详解】当时， ，故，故C、M、N三点共线，即得证【小问2详解】当时，故，故，故当时，取得最小值，即的最小值为23. 已知数列的前项和（1）证明：数列是等差数列；（2）设，试问：数列是否有最大项、最小项，若有，分别指出第几项最大、最小；若没有，试说明理由【答案】（1）证明见解析 （2）第1595项最小，无最大项【解析】【分析】（1）根据通项与前项和的关系求解可得，再根据等差数列的定义证明即可；（2）根据（1）可得，再分析的正负值，进而可得的增减性，进而求得最值项即可【小问1详解】因为数列的前项和，当时，当时，因为当时也满足，故.故为常数，故是等差数列【小问2详解】由（1），故，则，因为，故令可解得或，即，因为，故数列有最小项为第1595项，又随着的增大一直增大无最大值，故数列第1595项最小，无最大项
