精品解析：上海市实验学校2024-2025学年高一下学期期末考试数学试题

上实验2024-2025学年第二学期高一年级数学期末 2025.6 一、填空题（本大题满分40分,共有10题，每题填对得4分，否则一律得零分） 1. 与的等差中项为________. 【答案】 【解析】 【分析】由等差中项的定义代入计算，即可得到结果. 【详解】由等差中项的定义可知，与的等差中项为. 故答案为： 2. 已知向量，，则在方向上的投影向量的坐标为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据条件，利用投影向量的定义，即可求解. 【详解】因为，， 所以在方向上的投影向量的坐标为. 故答案为：. 3. 若是关于的方程的一个根，则_______． 【答案】 【解析】 【分析】先由方程复数根互为共轭复数可得为另外一个根，再用韦达定理求解即可. 【详解】根据方程复数根互为共轭复数，可得为另外一个根. 利用韦达定理结合复数的加法和乘法运算可知 ， 故答案为：. 4. ________. 【答案】 【解析】 【分析】根据等比求和公式即可求解. 【详解】， 故. 故答案为： 5. 已知平面向量，，若，则________. 【答案】## 【解析】 【分析】由向量平行的坐标表示列方程求得，再由二倍角正余弦公式及齐次式法求值. 【详解】由，，且，得，所以， 所以. 故答案为：. 6. 将函数图象上各点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），再将图象向左平移个单位，得到偶函数的图象，则的最小值是__________. 【答案】## 【解析】 【分析】利用三角函数图象变换可得出函数的解析式，根据函数为偶函数可得出关于的等式，即可得出的最小值. 【详解】将函数图象上各点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变）， 可得到函数的图象， 再将所得图象向左平移个单位，得到函数的图象， 因为函数为偶函数，则，可得， 故当时，取最小值. 故答案为：. 7. 设两个等差数列的前项和分别为，若对任意正整数都有，则的值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据等差数列的性质和求和公式计算即可. 【详解】因为 为等差数列，所以 ． 故答案为：. 8. 已知函数在处取得最小值，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据辅助角公式化简，其中，再利用和角的正弦公式可求值. 【详解】因为， 其中  因为函数在处取得最小值，则 则 ，即 ， 所以 故答案为： 9. 已知数列满足，，数列满足，若，都有，则的取值范围为_____. 【答案】 【解析】 【分析】利用构造法结合等比数列的定义得到，再结合建立不等式，进而对的奇偶性进行讨论，使用分离参数法求解即可. 【详解】因，所以，即， 得到，而，则， 故是以3为首项，3为公比的等比数列， 可得，即， 因为，所以， 则， 因为，所以， 则，即， 得到，且令， 我们对的取值进行分类讨论，易得， 当为奇数时，，当为偶数时，， 当为奇数时，可得，此时令， 由一次函数性质得在上单调递增，故，此时得到， 当为偶数时，可得，此时， 令，由一次函数性质得在上单调递减， 故，此时得到，综上可得，. 故答案为： 10. 已知中，点分别是的重心和外心，且，则边的长为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据重心和外心性质，通过转化法利用数量积可得，再由三角形法则计算可求出的长为. 【详解】延长交于点，连接，作于点，则分别为的中点，如下图所示： 易知， 同理可得， 由重心性质可知； 所以； 又，即，可得； 所以，可得； 因此，即. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题关键在于要充分利用重心和外心的性质，将数量积通过转化得出三角形边长之间的关系，再由即可得出结果. 二、选择题（本大题满分16分，共有4题，每题选对得4分，否则一律得零分） 11. 已知向量，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】建立如图所示的平面直角坐标系，利用图象性质结合两角差的正切可求. 【详解】作出图形如图所示，令，，则， 而，，， 所以在中，， 故. 故选：A. 12. 已知的内角所对的边分别为，若，则的形状为（ ） A. 锐角三角形 B. 直角三角形 C 等腰三角形 D. 等腰或直角三角形 【答案】C 【解析】 【分析】由正弦定理边角互化，以及两角和差正弦公式，化简可得结果. 【详解】由，可得， ，， 所以，， 因为，所以，即， 所以是等腰三角形. 故选：C. 13. 已知函数，是偶函数，则的最大值为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用偶函数定义化简解出得值，将得值代入，通过三角恒等式展开并化简，利用余弦函数的有界性求出最大值. 【详解】由是偶函数，得， 展开并整理得：， 根据二倍角公式得：， 整理得：，结合，得， 代入，，则 ， 利用积化和差公式： 化简得：， 当时，取得最大值. 故选：B 14. 已知数列为正项等比数列，且，则“”是“”的（ ） A. 必要而不充分条件 B. 充分而不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】取特殊值易证不具有充分性，由，及得，判断的符号可得具有必要性. 【详解】，，当时，，所以不具有充分性； ，所以， 又，则，所以， 所以，不妨设 因为数列为正项数列，所以设公比为，则， ， 当时，，，所以，， 当时，，； 当时，，，所以，， 所以，所以具有必要性， 综上，是的必要不充分条件. 故选：A. 【点睛】作差判断与大小关系，将式子写成指数式，注意正项等比数列公比大于0，根据公比与1的大小进行分类讨论. 三、解答题(本大题满分44分，共有4题，解答下列各题必须写出必要的步骤) 15. 已知z是复数，若是实数，是纯虚数，其中i为虚数单位． （1）求复数； （2）设复数z，在复平面内所对应的向量分别是，若向量与的夹角为钝角，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2）且. 【解析】 【分析】（1）由是实数，是纯虚数，列出等式求解即可； （2）由，且与不共线，列出不等式求解即可 【小问1详解】 设复数， 由是实数知，即， 所以． 又因为是纯虚数，则为纯虚数， 即且， 所以， 所以． 【小问2详解】 由（1）知， 则， 所以，， 因为向量与的夹角为钝角， 所以，且与不共线， 即，且 解得且. 16. 已知是数列的前项和，且. （1）求证：数列是等比数列； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由，当时，可得，两式相减得到，再求得，结合等比数列的定义，即可得证； （2）由（1）得到，求得则，结合等差数列的求和公式，即可求解. 【小问1详解】 解：由数列满足，当时，可得， 两式相减，可得，即，即， 当时，，即，解得， 所以数列是首项为，公比的等比数列. 【小问2详解】 解：由（1）可得数列的通项公式为， 则， 令，可得数列的前项和为， 当时，可得； 当时，可得 ， 所以数列的前项和. 17. 如图，扇形的面积为，且. （1）求. （2）若，且，求，的值. （3）在弧上是否存在点（不与重合），使得.若存在，求的值；若不存在，请说出理由. 【答案】（1） （2）， （3）存在，，理由见解析； 【解析】 【分析】（1）利用扇形的面积公式即可； （2）利用向量的线性运算将化简为，即可列方程组求解； （3）以为原点建系，设，再通过关系式得出与的关系式，利用即可求得的值，再结合的范围即可. 【小问1详解】 由题意可得，，则. 【小问2详解】 因，则，则， 因，则， 解得，. 【小问3详解】 设存在， 以为原点，所在直线为轴，和垂直的直线为轴，建立平面直角坐标系， 则， 设， 则由，可得，即 则， 即，得或， 因，则，则，则， 故存在，使得. 18. 已知是首项为1的等差数列，是其前项和，是等比数列，且，，. （1）求与的通项公式； （2）设是由数列及的公共项按照从小到大的顺序排列而成的数列，是其前项和，用直接写出的表达式； （3）设数列满足，，，是数列前项和，若对于任意的正整数，恒成立，求的最小值. 【答案】（1） （2） （3）627 【解析】 【分析】（1）利用等差数列和等比数列的基本量运算可得答案； （2）设求出n为偶数，进而求出两数列的公共项通项公式，利用等比数列求和公式可得答案； （3）利用错位相减法求出，结合单调性和恒成立可得答案. 【小问1详解】 设的公差为，的公比为，则， 解得，所以，. 【小问2详解】 设，则， ， 因为为正整数，所以能被4整除，所以为偶数， 即公共项为，. 【小问3详解】 因为，所以，所以； 又，所以， ， ， 两式相减可得 . ， . 因为，所以； 所以， 时，令， 则， 即为递增数列，所以，解得， 故的最小值为. 四、附加题 19. 对于一组向量（且），令，如果存在，使得，那么称是该向量组的“1向量”. （1）若，，则向量组是否存在“1向量”?若存在，求出“1向量”；若不存在，请说明理由； （2）已知均是向量组的“1向量”，其中，.设在平面直角坐标系中有一点列且）满足：为坐标原点，，且与关于点对称，与关于点对称，求的最大值. 【答案】（1）存在， （2）12144 【解析】 【分析】（1）法1：先判定向量组以4为周期，进而，然后根据“1向量”验证判断即可；法2：先求出向量模长，再根据“1向量”的定义列出不等式，结合三角函数的值域求解. （2）根据“1向量”的定义及数量积的运算律得，同理，，相加变形得，则，设，由条件列式变形得，从而将问题转化为的最大值问题，结合二倍角正弦公式利用正弦函数性质求解即可. 【小问1详解】 法1：，， ，，，… 向量组以4为周期.， ，不是该向量组的“1向量”； ，是该向量组的“1向量”； ，不是该向量组“1向量”； ，不是该向量组的“1向量”； 存在“1向量”，“1向量”为. 法2：由题意可得， 因为， 所以向量组以4为周期，若存在“1向量”，只需使， 又，所以， 故只需使 ，即， 当时，符合要求， 故存在“1向量”，且“1向量”为； 【小问2详解】 由题意，，即， ， 同理，， 上述三式相加，得：，， 又.， 设，则依题意得， 得， 故， ， 所以， ， 当，即时，，， . 20. 两个由实数组成的无穷数列和具有下述关系：对，，都有已知，. 求的所有可能值. 【答案】 【解析】 【分析】记, ，则有，是函数的两个实数根. 函数总有两个实数根，所以，进而，知，进而得到答案. 【详解】记, ，则有， 于是，数是函数的两个实数根. 可知，这表明的判别式4. 因为函数总有两个实数根，所以，进而. 由以及，知，进而. 依次倒推，结合，知. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 上实验2024-2025学年第二学期高一年级数学期末 2025.6 一、填空题（本大题满分40分,共有10题，每题填对得4分，否则一律得零分） 1. 与的等差中项为________. 2. 已知向量，，则在方向上的投影向量的坐标为______. 3. 若是关于的方程的一个根，则_______． 4. ________. 5. 已知平面向量，，若，则________. 6. 将函数图象上各点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），再将图象向左平移个单位，得到偶函数的图象，则的最小值是__________. 7. 设两个等差数列的前项和分别为，若对任意正整数都有，则的值为__________. 8. 已知函数在处取得最小值，则__________. 9. 已知数列满足，，数列满足，若，都有，则的取值范围为_____. 10. 已知中，点分别是的重心和外心，且，则边的长为__________. 二、选择题（本大题满分16分，共有4题，每题选对得4分，否则一律得零分） 11. 已知向量，，则（ ） A. B. C. D. 12. 已知内角所对的边分别为，若，则的形状为（ ） A. 锐角三角形 B. 直角三角形 C. 等腰三角形 D. 等腰或直角三角形 13. 已知函数，是偶函数，则最大值为（ ） A. B. C. 1 D. 14. 已知数列为正项等比数列，且，则“”是“”的（ ） A. 必要而不充分条件 B. 充分而不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 三、解答题(本大题满分44分，共有4题，解答下列各题必须写出必要的步骤) 15. 已知z是复数，若是实数，是纯虚数，其中i为虚数单位． （1）求复数； （2）设复数z，在复平面内所对应的向量分别是，若向量与的夹角为钝角，求实数的取值范围． 16. 已知是数列的前项和，且. （1）求证：数列等比数列； （2）设，求数列前项和. 17. 如图，扇形面积为，且. （1）求. （2）若，且，求，的值. （3）在弧上是否存在点（不与重合），使得.若存在，求的值；若不存在，请说出理由. 18. 已知是首项为1的等差数列，是其前项和，是等比数列，且，，. （1）求与的通项公式； （2）设是由数列及的公共项按照从小到大的顺序排列而成的数列，是其前项和，用直接写出的表达式； （3）设数列满足，，，是数列的前项和，若对于任意的正整数，恒成立，求的最小值. 四、附加题 19. 对于一组向量（且），令，如果存在，使得，那么称是该向量组的“1向量”. （1）若，，则向量组是否存在“1向量”?若存在，求出“1向量”；若不存在，请说明理由； （2）已知均是向量组的“1向量”，其中，.设在平面直角坐标系中有一点列且）满足：为坐标原点，，且与关于点对称，与关于点对称，求的最大值. 20. 两个由实数组成的无穷数列和具有下述关系：对，，都有已知，. 求的所有可能值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$