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上师大附中闵行分校2021学年高一第二学期期末考试
数学试卷
分值:150分
一、填空题(本大题满分54分)本大题共有12题,其中1-6每题4分,7-12每题5分.只要求直接填写结果.
1.已知点A,B,C满足||=3,||=4,||=5,则·+·+·的值是________.
【答案】-25
【解析】
【分析】根据已知向量模长即线段的长度,解三角形求出角A,B,C,然后利用平面向量的数量积定义即可求解
【详解】因为
所以B=90°,所以
因为cosC=,cosA=,
所以
=4×5×=-16.
=5×3×=-9.
所以,
故答案为:.
2.若复数的实部与虚部相等,则的值为_________________.
【答案】
【解析】
【详解】试题分析:因为,所以由题意得:
考点:复数概念
3.若三个平面两两相交,且三条交线互相平行,则这三个平面把空间分成_____个部分.
【答案】7
【解析】
【详解】将一个直三棱柱三个侧面无限延伸,即可得到题中所给的三个平面,从上向下看,原问题等价于平面内三条直线彼此相交与不同的3个点,考查直线将平面分成几个部分,如图所示,观察可得,直线将平面分成7个部分,则这三个平面把空间分成7个部分.
4.如果复数z满足,那么的最大值是______.
【答案】
【解析】
【分析】由复数模的几何意义得出对应的点的性质,设,计算模可得最大值.
【详解】,则复数对应的点在和1两个数对应点的连线段上,
即设,则,,
,时,得最大值为.
故答案为:.
5.在正方体中,与所成的角度为的棱或面对角线有______条.
【答案】
【解析】
【分析】结合异面直线所成角求法,依次判断各条棱与面对角线所成角大小即可得到结果.
【详解】
平面,平面,,
又,都与垂直;
四边形为正方形,,
又,,
与所成角均为;
,,都与垂直;
,与所成角为;
,为等边三角形,,
,,与所成角均为;
综上所述:与所成的角度为的棱或面对角线共有条.
故答案为:.
6.已知为实数,若复数是纯虚数,则z的虚部为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据纯虚数和虚部的定义,结合同角三角函数的基本关系即可求解.
【详解】解:因为复数是纯虚数,
所以,解得,
所以,即z的虚部为,
故答案为:.
7.如图,中已知,,,,则用向量,表示______.
【答案】
【解析】
【分析】设,利用的性质把分别用,表示,然后由三点共线,三点共线得出的关系,求得,得出结论.
【详解】设,又,,
所以,
又三点共线,三点共线,
所以,解得,
所以.
故答案为:.
8.如果一条直线与一个平面垂直,那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”,在一个正方体中,由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是___________.
【答案】36
【解析】
【分析】根据题中定义“正交线面对”的含义,找出正方体中“正交线面对”的组数,即可得出结果.
【详解】如果一条直线与一个平面垂直,那么,这一组直线与平面就构成一个正交线面对.
如下图所示:
①对于正方体的每一条棱,都有个侧面构成“正交线面对”,这样的“正交线面对”有个;
②对于正方体的每一条面对角线(如,则平面),均有一个对角面构成“正交线面对”,这样的“正交线面对”有个.
综上所述,正方体中的“正交线面对”共有个.
故答案.
9.已知正六边形顶点的字母依次按逆时针顺序确定的边长为,点是内含边界的动点.设、,则的取值范围是______.
【答案】
【解析】
分析】如图,连接,设与交于,证明求出即得解.
【详解】解:如图,连接,所以,
设与交于,所以,
设与的夹角为,所以,
所以,
即
.
故答案为:
10.已知z为虚数,且满足,若,求复数______.
【答案】或
【解析】
【分析】由题意,设,,且,则有,求解方程组即可得答案.
【详解】解:由题意,设,,且,
因为,即,
所以,即,
又,即,
所以,解得,,
所以复数或,
故答案为:或.
11.在复平面内,设点A?P所对应的复数分别为πi?cos(2t﹣)+isin(2t﹣)(i为虚数单位),则当t由连续变到时,向量所扫过的图形区域的面积是___________.
【答案】
【解析】
【分析】当时,求得点P的坐标为,当时,点P的坐标为,向量所扫过的图形区域的面积是的面积与弓形的面积之和,即向量所扫过的图形区域的面积是扇形的面积,从而求得向量所扫过的图形区域的面积.
【详解】由题意可得,点P在单位圆上,点A的坐标为(0,π),如图:当时,点P的坐标为,当时,点P的坐标为,向量所扫过的图形区域的面积是的面积与弓形的面积之和.
由于,关于实轴对称,所以面积等于的面积(因为这两个三角形同底且等高),故向量所扫过的图形区域的面积是扇形的面积.
因
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