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嘉定二中2021学年度高一年级第二学期期末考试
数学试卷
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,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
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