上海市奉贤区致远高级中学2022-2023学年高一下学期期末教学评估数学试题答案_0122026上海中考一模二模真题试卷_2026年上海一模_上海1500初中高中试卷_高中_高一_下学期_3：期末

上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽 有 ，+V: jiajiao6767 ) 高一期末 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、填空题    1．向量加法运算：ABCDBC ________          【详解】ABCDBC  ABBC CD ACCD AD. 2．斜二测画法中，位于平面直角坐标系中的点M4,4在直观图中对应的点为M，则M 的坐标为_________. 【详解】在坐标系xOy中， 过点4,0和y轴平行的直线与过点0,2和x轴平行的直线交点即是点M， 所以M为4,2. 3. 已知复数z满足（1i）z 17i（i是虚数单位），则∣z∣= 5 5     4. 已知sin ， , ，则sin( )_________. 5  2 2 2    2 5  2 5 【详解】因为 , ，所以cos 1sin2 ，所以sin( )cos  2 2 5 2 5 5．已知ak,1，b  2,3，若a与b  互相平行，则实数k的值是__________． 3 2 6．空间两个角ABC和ABC，若AB//AB，BC//BC，ABC 40，则ABC的大 小是______． 【详解】解：空间两个角ABC和ABC，因为AB//AB，BC//BC且ABC 40， 则ABC40或ABC18040140.               7. 向量a,b的夹角为，定义运算“”：ab a bsin，若a 3,1 ,b  3,1 ，则ab 的值为___________.       【详解】因为a 3,1 ,b  3,1 ，     ab 31 1 所以cos a,b      ， a b 22 2   3   则sin a,b  ，所以ab2 3. 2 8. 已知23i是实系数一元二次方程 x2 bxc0 的一个根，则实数b= -4 第 1 页 共 9 页9. 如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中，异面直线AB与CD的夹角为 __________． 【详解】 如图所示，把展开图恢复到原正方体． 连接AE，BE．由正方体可得CE//AD且CE AD， ∴四边形ADCE是平行四边形，∴AE//DC． ∴BAE或其补角是异面直线AB与CD所成的角． 由正方体可得：AB AEBE，∴ ABE是等边三角形，∴∠BAE60．  ∴异面直线AB与CD所成的角是60°． 10.已知函数 f(x) 3sinxcosx，对于任意xR，都有 f(x) f(x )成立，则sinx  0 0 _____． 3 1  【详解】 f(x) 3sinxcosx2( sinx cosx)2sin(x ), 2 2 6 对于任意xR，都有 f(x) f(x )成立,则 f(x )是 f(x)的最大值, 0 0    所以x  2k ，kZ，x 2k ，kZ， 0 6 2 0 3   3 sinx sin(2k )sin  ． 0 3 3 2 11.在  ABC中，acosC 3asinCbc0，则A______________． 【详解】因为  ABC中，acosC 3asinCbc0， 故由正弦定理可得sinAcosC 3sinAsinCsinBsinC 0， 试卷第2页，共9页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽 有 ，+V: jiajiao6767 ) 所以sinA  cosC 3sinC  sinACsinC 0， 即 3sinAsinCsinCcosAsinC 0， 而C(0,π),sinC 0，故 3sinA- cosA-1=0， π π 1 所以2sin(A )1,sin(A ) ， 6 6 2 π π 5π π π π 由于A(0,π),A ( , ),故A  ,A , 6 6 6 6 6 3 12、如图所示， ABC中，AB3，AC 2，BC 4，点M为线段AB中点，P为线段CM  的中点，延长AP交边BC于点N，则下列结论正确的有_______  1 1    19 （1） AP AB AC （2）BN 3NC （3） | AN | 4 2 3   5 19 （4） AP与AC夹角的余弦值为 38 【分析】对1，根据平面向量基本定理，结合向量共线的线性表示求解即可；  1 1  1 2 对2，根据三点共线的性质，结合AP AB AC可得AN  AB AC，进而得到 4 2 3 3   BN 2NC判断即可；  1 2 对3，根据余弦定理可得BAC，再根据B中AN  AB AC两边平方化简求解即可； 3 3 对4，在 ANC中根据余弦定理求解即可  uuur uuur uuur uuur uuur 1 1 1 1 【详解】对1，AP AM  AC  AB AC，故1正确； 2 2 4 2 uuur uuur uuur 1 uuur 1 uuur uuur 1 uuur 1 uuur 对2，设APAN，则由A，AN  AB AC，故AN  AB AC，因为B,N,C 4 2 4 2 1 1 3  1 2 三点共线，故  1，解得 ，故AN  AB AC，故 4 2 4 3 3 uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur 1 2 2 2 2   ABBN  AB AB BC，所以BN  BN  NC ，即BN 2NC，故2错误； 3 3 3 3 3 32 22 42 1  1 2 对3，由余弦定理，cosBAC   ，由B有AN  AB AC，故 232 4 3 3 第 3 页 共 9 页uuur 2 1 uuur 2 4 uuur 2 4 uuur uuur  1 uuur 2 16 2 19  19 AN  AB  AC  AB  AC  ，即 AN 1   ，所以| AN | ， 9 9 9  4 9 3 9 3 故3正确； 19 1 4 对4，在 ANC中AN  ，AC 2，NC  BC  ，故  3 3 3 19 16 4 AN2  AC2 NC2 9 9 13 19 cosNAC    ，故4错误； 2ANAC 19 76 2 2 3 故选：1、3 二、填空题 13.“a0”是“复数abi(a,bR)是纯虚数”的( )条件. A.必要不充分 B.充分不必要 C.充要 D.既不充分又不必要 【详解】因为复数abia,bR是纯虚数a0且b0，所以“a0”是“复数 abia,bR是纯虚数”的必要不充分条件. 故答案为：A   14. 已知向量a1,3，b1,1，则下列结论正确的是（ ）      A．a与b的夹角是钝角 B．a+b  b     10 C．a在b上的数量投影为 2 D．a在b上的数量投影为 5   【详解】向量a1,3，b1,1，       对于A，由ab1(1)3120，有cosa,b0，则a与b的夹角不是钝角，故A错 误； r r r r r    对于B，ab(0,4)，(ab)b40，即ab与b不垂直，故B错误；   ab 2   对于CD，a在b上的数量投影为    2，故C正确，D错误. |b| 2 故选：C 15．如图，在下列四个正方体中，A，B，C，D分别为所在棱的中点，则在这四个正方体中， 试卷第4页，共9页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽 有 ，+V: jiajiao6767 ) A，B，C，D四点共面的是（ ）． A. B. C. D. 【详解】由正方体性质，选项A，B，C中，A，B，C，D四点显然不共面． 对于D选项，如下图取E，F为正方体所在棱的中点，依次连接ADCEBF， 易知ADCEBF为平面正六边形，所以A，B，C，D四点共面． 故选：D 16.记 ABC内角A,B,C的对边分别为a,b,c，点G是 ABC的重心，若BGCG,5b6c则   cosA的取值是（ ） 59 57 11 61 A． B． C． D． 75 75 15 75 【详解】依题意，作出图形， uuur uuur uuur 1  因为点G是 ABC的重心，所以M 是BC的中点，故AM  ABAC ，  2    由已知得 BC a, AC b, AB c， 1 1 因为BGCG，所以GM  BC  a， 2 2 1 1 3 又因为点G是 ABC的重心，所以GM  GA，则AM  aa a，  2 2 2 又因为  A  M 2  1 A  B    A  C 2 ，所以 9 a2  1  c2b22bccosA  ，则9a2 c2b22bccosA， 4 4 4 又由余弦定理得a2 c2b22bccosA，所以9  c2b22bccosA  c2b22bccosA，整理 得2c22b25bccosA0， 因为5b6c，令b6kk 0，则c5k， 第 5 页 共 9 页所以25k2 26k2 56k5kcosA0， 122 61 则cosA  . 150 75 故选：D. 三、解答题 17．已知复数z 1aiaR，且z 3i为纯虚数. 1 1 (1)求实数a的值； bi2023 (2)设复数z  ，且复数z 对应的点在第二象限，求实数b的取值范围. 2 z 2 1 【详解】（1）因为z 1ai,z 1ai， 1 1 z 3i1ai3i3i3aiai2 3a13ai， 1 3a0 又z 3i为纯虚数， ，解得a3. 1 13a0 bi2023 bi2023 bi bi13i b33b1i b3 3b1 （2）z        i， 2 z 1ai 13i 13i13i 10 10 10 1 因为复数z 所对应的点在第二象限， 2 b30 1 所以 ，解得 b3， 3b10 3  1  所以b的取值范围是 ,3.  3    18.已知向量 a 2，向量b1,1．    (1)若向量a//b，求向量a的坐标；    2 2   (2)若向量a在向量b上的投影向量的坐标为  ,   ，求向量a,b的夹角大小． 2 2   【详解】（1）设a  x,y，所以x2y2 4，因为a  //b  ，所以xy0，  x 2,  x 2, r     解得 或 ，所以a 2, 2 或  2, 2 . y 2 y 2, 试卷第6页，共9页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽 有 ，+V: jiajiao6767 ) （2）设向量a  ,b  的夹角为0π，   b  2 2 根据投影的定义知：a  在b  的投影向量为： a cos     ,   ， b  2 2   2 2  2 2 1 π 即2cos ,  , ，cos ， ，     2 2 2 2 2 3        向量a,b的夹角大小为 . 3 19. 空间四边形ABCD中，E，F，G分别在AB，BC，CD上，且满足 AE:EBCF:FB2:1，CG:GD3:1，过点E，F，G的平面交AD于H，连接EH. (1)求AH:HD； (2)求证：EH，FG，BD三线共点． AE CF 【详解】（1）∵  2，EF//AC， EB FB 又EF 平面ACD，AC平面ACD，EF//平面ACD， ∵EF 平面EFGH，且平面EFGH∩平面ACD＝GH，EF//GH ， 又EF//AC，AC//GH， AH CG ∴  3，即AH:HD3:1： HD GD EF 1 GH 1 （2）∵EF//GH ，且  ，  ， AC 3 AC 4 ∴EF GH ，∴四边形EFGH为梯形， 设EHFGP，则PEH，而EH 平面ABD，PFG，PG平面BCD， 平面ABD平面BCD＝BD，∴PBD，∴EH，FG，BD三线共点． 如图，平面ABCD外一点P，PA平面ABCD，AD//BC，ABBC，PA AD4， BC1，AB 3，CD2 3. 第 7 页 共 9 页(1) 求异面直线PC与AD所成角的大小 (2) 证明：DC平面PAC； (3)求AD与平面PCD所成角的余弦值. 【详解】（1） （2）∵ABBC，BC1，AB 3， arctan 19 π 由勾股定理得：AC  AB2BC2  12( 3)2 2，ACB 3  ACD中，CD2 3， ∵AC2CD2 41216 AD2，∴DC  AC， 又因为PA底面ABCD，DC底面ABCD，所以PADC， 又因为ACPA A且AC,PA平面PAC，∴DC平面PAC， （3）作AH PC，垂足为H，连结DH ， 因为DC平面PAC， AH平面PAC，所以AH CD， 又因为CD  PC＝C且CD,PC平面PAC，所以AH平面PCD， 所以ADH 为AD与平面PCD所成的角， PAAC 42 4 △PAC中，AH    ， PC 2 5 5 AH 4 1 5 sinADH     ， DA 5 4 5 2 5 所以直线AD与平面PCD所成角的余弦值为 . 5 21. 在路边安装路灯，灯柱AB与地面垂直（满足BAD90），灯杆BC与灯柱AB所在平 试卷第8页，共9页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽 有 ，+V: jiajiao6767 ) 面与道路垂直，且ABC 120，路灯C采用锥形灯罩，射出的光线如图中阴影部分所示， 已知ACD60，路宽AD12m.设灯柱高ABhm，ACB3045 . (1)求灯柱的高h（用表示）； (2)若灯杆BC与灯柱AB所用材料相同，记此用料长度和为S，求S关于的函数表达式，并 求出S的最小值. 【详解】（1）由题设ADC 90，ACD60，AD12m， ADsinADC 12cos AD AC AC   8 3cos 在△ACD中  ，则 sinACD 3 ， sinACD sinADC 2 ACsin 8 3sincos AB AC h AB  8sin2 在△ABC中  ，则 sinABC 3 . sin sinABC 2 所以h8sin23045 . BC AC （2）由题意S  ABBC，而  ，则 sin(60) sinABC 8 3cossin(60) BC  16cossin(60) 3 ， 2 3 1 所以BC 16cos( cos sin)8 3cos28sincos4 3cos24sin24 3， 2 2 结合（1）知：S 4sin24 3cos24 3 380sin(24650 ). 4 3 (3)S 4sin24 3cos24 38sin(260)4 3， 又120260150， 1   所以，当260150，45时，S 8 4 3 44 3 米. min 2 第 9 页 共 9 页