上海南匯中學2023學年第二學期期末考試高一數學滿分：100分完成時間90分鐘一、填空題（本大題滿分36分）1．對于復數（i是虛數單位），．2．二面角的取值范圍是（用區間表示）3．化簡：．4．已知，，則．5．已知向量，，若，則實數.6．若（為虛數單位）為方程（）的一個根，則.7．如圖是水平放置的的直觀圖，其中，，，則的周長為.8．在正方體中的12條棱所在直線中，與直線是異面直線的共有條.9．若平面內不共線的四點、、、滿足，則.10．在中，已知、、分別為角、、的對邊，且，若，且，則邊的長等于.11．點是所在平面外一點，，底面是以為直角頂點的直角三角形，且，，點到三邊的距離相等，且點在平面上的射影落在內，則直線與平面所成角的大小為.12．在平面內，若有，，，則的最大值為.二、選擇題（本大題滿分12分）13．復數（是虛數單位）的共軛復數在復平面內對應的點在（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限14．已知是平面的一條斜線，直線，則（

）A．存在唯一的一條直線，使得 B．存在無限多條直線，使得C．存在唯一的一條直線，使得 D．存在無限多條直線，使得15．折紙發源于中國19世紀，折紙傳入歐洲，與自然科學結合在一起成為建筑學院的教具，并發展成為現代幾何學的一個分支.我國傳統的一種手工折紙風車（如圖1）是從正方形紙片的一個直角頂點開始，沿對角線部分剪開成兩個角，將其中一個角折疊使其頂點仍落在該對角線上，同樣操作其余三個直角制作而成的，其平面圖如圖2，則下列結論成立的個數為（

）①；②；③；④A．1 B．2 C．3 D．416．在空間，已知直線及不在上兩個不重合的點A、B，過直線作平面，使得點A、B到平面的距離之比為1:2，則這樣的平面不可能有（

）A．無數個 B．1個 C．2個 D．3個三、解答題：（本大題滿分52分）17．已知長方體中，分別是和的中點.(1)畫出直線與平面的公共點.（保留輔助線，無需說明理由）(2)若，，，求異面直線與所成角的大小.18．在平面直角標系中，O為坐標原點，A、B兩點的坐標分別為.(1)若四邊形是平行四邊形，求點D的坐標；(2)若點A，B，P三點共線，且，求的值.19．已知向量，，.（1）求函數的單調遞增區間和最小正周期；（2）若當時，關于的不等式有解，求實數的取值范圍.20．《九章算術》中，將四個面都為直角三角形的四面體稱之為鱉臑.在如圖所示的空間幾何體中，四邊形為矩形，點為四邊形所在平面外一點，且平面，，點是的中點，連接、、.(1)證明：平面.試判斷四面體是否為鱉臑，若是，寫出其每個面的直角（只需寫出結論）；若不是，請說明理由；(2)若，，點在上運動，試求面積的最小值.21．通過平面直角坐標系，我們可以用有序實數對表示向量.類似的，我們可以把有序復數對看作一個向量，記，則稱為復向量.類比平面向量的相關運算法則，對于，，、、、、，我們有如下運算法則：①；②；③；④.(1)設，，求和.(2)由平面向量的數量積滿足的運算律，我們類比得到復向量的相關結論：①②.試判斷這兩個結論是否正確，并說明理由.(3)若，集合，.對于任意的，求出滿足條件的，并將此時的記為，證明對任意的，不等式恒成立.根據對上述問題的解答過程，試寫出一個一般性的命題（不需要證明）.1．2【分析】根據給定條件，直接求出復數的虛部即得.【詳解】復數的虛部為2，所以.故答案為：22．【分析】根據二面角的定義，即可求解.【詳解】二面角的取值范圍是.故答案為：3．【分析】利用向量的加減運算法則即可求解.【詳解】.故答案為：．4．【詳解】試題分析：由題意，，．考點：同角間的三角函數關系．5．6【解析】根據即可得出，解出即可．【詳解】向量，，且，，．故答案為：6．【點睛】本題考查了平行向量的坐標關系，考查了計算能力，屬于基礎題．6．5【分析】將代入方程，即可求解.【詳解】由題意可知，，所以，所以，所以.故答案為：57．12【分析】根據直觀圖復原原圖，根據斜二測畫法的規則，確定相關線段的長，可求得答案.【詳解】如圖，根據直觀圖復原原圖，則,故的周長為，故答案為;128．6【分析】利用正方體的結構特征，結合異面直線的意義求解即得.【詳解】在正方體中的12條棱所在直線中，與直線相交的棱所在直線有，共6條，其余6條棱所在直線與直線是異面直線，

所以與直線是異面直線的共有6條.故答案為：69．2【分析】用向量的減法法則將，用，，表示，再將已知條件代入消去得解.【詳解】，又，.故答案為：2.10．【分析】根據正弦定理角化邊，再結合三角形的面積公式，求，再結合余弦定理求的值.【詳解】若，由正弦定理可知，，，所以，得，根據余弦定理,所以.故答案為：11．【分析】首先確定點在平面上的射影為三角形的內心，再根據幾何關系，轉化為求線面角的余弦值，即可求解.【詳解】由題意可知，，如圖，平面，，，，連結，，平面，所以，且，平面，所以平面，平面，所以，同理，由題意可知，點到三邊的距離相等，則點到三邊的距離相等，點是的內心，即，根據三角形面積公式可知，，得，如圖，，且，為直線與平面的線面角，，則，所以直線與平面所成角的大小為.故答案為：12．【分析】根據題意，得到，所以，作，則，連接，取的中點，連接，作，連接，得到，得出點在以為直徑的圓上，得到當運動到圓的最右側時，在上的投影最大，此時最大，進而求得最大值.【詳解】由向量，，可得，可得，所以，如圖所示，作，則，且，連接，取的中點，連接，則，因為，可得，所以，作，連接，則，所以，所以點在以為直徑的圓上，所以當運動到圓的最右側時，在上的投影最大，此時最大，由，,因為，且，所以，所以在上的最大投影為，所以.故答案為：.13．D【分析】根據共軛復數的定義與復數的幾何意義判斷即可【詳解】因為，故，在復平面內點的坐標為，在第四象限.故選：D14．B【分析】根據題意，作出圖形，結合直線與直線，直線與平面位置關系，即可得出結果.【詳解】因為是平面的一條斜線，直線，畫出圖形如下：顯然在平面內必存在直線與直線垂直，且平面內有無數條直線與直線平行，故存在無限多條直線，使得.故選：B【點睛】本題主要考查直線與直線位置關系的判定，熟記線面，線線位置關系即可，屬于常考題型.15．C【分析】根據幾何關系，直接判斷與是否平行，即可判斷A;再根據轉化向量求數量積判斷B；根據幾何關系，以及相等相等向量轉化，判斷C；根據向量轉化證明數量積相等.【詳解】A.，則與不平行，故①錯誤；B.設，，，，故②正確；C.，故③正確；D.，故④正確.故選：C16．BD【分析】列舉出線段與的位置關系，分析每種情況下平面的個數，得到答案.【詳解】線段與的位置關系有以下四種，如圖，當線段與異面時，有兩種情況，其中為線段與平面的交點，，在線段的延長線上，且，

當線段與平行時，此時A、B到平面的距離之比為，故這樣的平面為0個，當線段與相交，交點為，且時，此時過直線作平面，可作無數多個平面，使得A、B到平面的距離之比為1:2，當線段與相交，交點為，且時，此時可作0個平面，使得A、B到平面的距離之比為1:2，故選：BD17．(1)見解析(2)【分析】（1）根據點，線，面的位置關系，畫出線面的公共點；（2）根據幾何關系，將異面直線所成的角轉化為相交直線所成的角.【詳解】（1）如圖，，點是直線與平面的交點，理由：平面，，平面，，所以點是直線與平面的交點；（2）連結，因為分別是和的中點，所以，因為，且，所以四邊形是平行四邊形，所以，所以所以異面直線與所成角為和所成的角，即或其補角，若，，，則，,，中，,則,所以異面直線與所成角為.18．(1)(2)0或【分析】（1）四邊形OADB是平行四邊形，則，則，然后求解即可；（2）點A，B，P三點共線，且，然后分①，②兩種情況討論，再結合向量的坐標運算求解即可．【詳解】（1）由題可得因為四邊形OADB是平行四邊形，所以，則，即，所以點D的坐標為；（2）由題可得，點A，B，P三點共線，且，①當時，，則，②當時，，即．19．（1）單調增區間為，；；（2）.【分析】（1）利用向量的數量積的坐標運算,并利用兩角和差的三角函數公式化簡得到函數的解析式，有三角函數的性質求得周期，單調增區間；（2）將不等式分離參數，根據不等式有解的意義得到；然后根據角的范圍，利用三角函數的性質求得函數的最小值，進而求得的的取值范圍.【詳解】（1）因為所以函數的最小正周期；因為函數的單調增區間為，，所以，，解得，，所以函數的單調增區間為，；（2）不等式有解，即；因為，所以，又，故當，即時，取得最小值，且最小值為，所以.20．(1)四面體是鱉臑，為直角.(2)【分析】（1）利用線面垂直的判定定理證明，利用線面垂直的性質定理判斷是否為鱉臑即可.（2）轉化為異面直線之間的距離，利用向量法求解即可.【詳解】（1）面面，又因為為矩形，面，，面平面，，又為斜邊中線，且，，又面面.四面體是鱉臑，為直角.（2）過作的垂線交于點，分析可知當為和公垂線段時，最小，設公垂線段長為則面積最小，如圖建立所示的空間直角坐標系，則,設向量且則不妨令則則則則面積的最小值為21．(1)，；(2)①不正確，②正確，理由見解析(3)證明見解析【分析】（1）代入公式①③即可求解；（2）根據所給定義，以及向量的代數運算法則，即可求解；（3）設滿足條件的，，，根據所給條件求出，再證明對任意的，不等式恒成立，則只需計算的最小值，不妨令，表示出，即可得到，根據完全平方數的性質計算可得.【詳解】（1）由，，得，；（2）設