精品解析：上海市南洋模范中学2024-2025学年高一下学期期末考试数学试卷

2024-2025学年上海市南洋模范中学 高一年级下学期期末数学试卷 一、填空题（本大题共有12小题，满分54分）考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果，1-6题每个空格填对得4分，7-12题每个空格填对得5分，否则一律得0分． 1. 已知扇形的弧长为8，半径为4，则扇形的面积为_______． 2. 已知在第二象限，则的值为__________. 3. 记为等差数列的前n项和，若，，则________. 4. 已知角终边经过点，则的值是______. 5. 已知虚数，其实部为1，且，则实数为______． 6. 已知数列的通项公式为（为正整数），则数列的前项和的最小值为________. 7. 已知向量，，，，则的取值范围是_________. 8. 如图，在中，为线段AC上靠近点的三等分点，若，则_________. 9. 在中，，，.若，，且，则的值为______. 10. 已知函数在区间上只有一个零点和两个最大值点，则的取值范围是______． 11. 无穷等比数列满足首项，记，若对任意正整数集合是闭区间，则的取值范围是______． 12. 设单位向量，的夹角为锐角，若对于任意满足，的实数对，都有成立，则的最小值为_____________. 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13、14题每题4分，第15、16题每题5分）每题有且只有一个正确选项．考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑． 13. 在复平面内，复数的共轭复数对应的点位于（ ） A 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 14. 已知为等比数列，，公比为，则“”是“对任意的正整数”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 15. 已知平面向量满足，且对任意的实数，均有．则的最小值为（　　） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 16. 如图所示，已知，对任何，点按照如下方式生成： ，且按逆时针排列，记点的坐标为，则为 A B. C. D. 三、解答题（本大题满分78分）本大题共有5题，解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤 17. 已知平面向量，，． （1）若，求x的值； （2）若，求的值． 18. 已知复数为虚数单位)，在复平面上对应的点在第四象限，且满足(为的共轭复数)． （1）求实数的值; （2）若复数是关于的方程，且的一个复数根，求的值． 19. 如图所示为灌溉工具——筒车的示意图，已知筒车的半径为4米．转轴与水面的距离为2米，水深为3米．筒车其边缘上一点从图示位置开始随筒车逆时针匀速旋转（同时开始计时），设匀速旋转一周的时间为秒，从计时起旋转时间为秒；点与水底的距离为米． （1）当时： ①直接写出关于的函数表达式； ②求前120秒内，点与水底的距离为7米时的值； （2）若当时，点一直处于水中（含水面上），求的取值范围． 20. 在锐角△ABC中，记△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，点O为△ABC的所在平面内一点，且满足． （1）若，求的值； （2）在（1）条件下，求的最小值； （3）若，求的取值范围． 21. 已知整数，数列是递增的整数数列，即且定义数列的“相邻数列”为，其中或 （1）已知，数列，写出的所有“相邻数列”； （2）已知，数列是递增的整数数列，，且的所有“相邻数列”均为递增数列，求这样的数列的个数； （3）已知，数列是递增整数数列，，且存在的一个“相邻数列”，对任意的，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年上海市南洋模范中学 高一年级下学期期末数学试卷 一、填空题（本大题共有12小题，满分54分）考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果，1-6题每个空格填对得4分，7-12题每个空格填对得5分，否则一律得0分． 1. 已知扇形的弧长为8，半径为4，则扇形的面积为_______． 【答案】16 【解析】 【分析】由扇形面积公式直接求解即可. 【详解】所求为. 故答案为：16. 2. 已知在第二象限，则的值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用同角公式求解. 【详解】由在第二象限，得， 所以. 故答案为：. 3. 记为等差数列的前n项和，若，，则________. 【答案】95 【解析】 【分析】利用等差数列通项公式得到方程组，解出，再利用等差数列的求和公式即可得到答案. 【详解】因为数列为等差数列，则由题意得，解得， 则. 故答案为：. 4. 已知角的终边经过点，则的值是______. 【答案】## 【解析】 【分析】根据三角函数定义得到，，进而得到答案. 【详解】角的终边经过点， ，， . 故答案为：. 5. 已知虚数，其实部为1，且，则实数为______． 【答案】2 【解析】 【分析】设且，直接根据复数的除法运算，再根据复数分类即可得到答案. 【详解】设，且. 则， ，，解得， 故答案为：2. 6. 已知数列的通项公式为（为正整数），则数列的前项和的最小值为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据数列的单调性，结合数列通项的正负得出数列和的最小值即可. 【详解】为单调递增的数列， 当时，当时， 所以. 故答案为：. 7. 已知向量，，，，则的取值范围是_________. 【答案】 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，设，向量与夹角为，直线与轴正半轴夹角为，易得，结合，，可得，进而结合向量投影的定义求解即可. 【详解】如图，设，则，， 由题意，设向量与夹角为，直线与轴正半轴夹角为， 则，则， 因为，，则，即， 又，则. 故答案为：. 8. 如图，在中，为线段AC上靠近点的三等分点，若，则_________. 【答案】## 【解析】 【分析】结合图形由向量的减法和三点共线可求； 【详解】， 因为为线段AC上靠近点的三等分点，所以， 所以， 又三点共线，所以， 故答案为：. 9. 在中，，，.若，，且，则值为______. 【答案】2 【解析】 【分析】结合已知，用表示，然后结合向量数量积的运算性质即可求解． 【详解】∵，， ∴. ， ∵， ∴， 则，解得. 故答案为：. 10. 已知函数在区间上只有一个零点和两个最大值点，则的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】先将化简为，再根据在区间上只有一个零点和两个最大值点，结合正弦型三角函数的处理办法求出的取值范围. 【详解】 ， 由，，得， 时，，最大时，也最大， 若在区间上只有一个零点和两个最大值点， 则只需，解得． 故答案为：. 11. 无穷等比数列满足首项，记，若对任意正整数集合是闭区间，则的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】当时，不妨设，则，结合为闭区间可得对任意的恒成立，故可求的取值范围. 【详解】由题设有，因为，故，故， 当时，，故，此时为闭区间， 当时，不妨设，若，则， 若，则， 若，则， 综上，， 又为闭区间等价于为闭区间， 而，故对任意恒成立， 故即，故， 故对任意的恒成立，因， 故当时，，故即. 故答案为：. 【点睛】思路点睛：与等比数列性质有关的不等式恒成立，可利用基本量法把恒成立为转为关于与公比有关的不等式恒成立，必要时可利用参变分离来处理. 12. 设单位向量，的夹角为锐角，若对于任意满足，的实数对，都有成立，则的最小值为_____________. 【答案】 【解析】 【分析】设单位向量，的夹角为锐角，依题意可得，即可得到恒成立，从而得到恒成立，再利用基本不等式求出的最小值，即可求出的最小值，从而得解. 【详解】设单位向量，的夹角为锐角， 由，，得， 又恒成立，所以恒成立， 所以恒成立， 当时上式显然成立， 当时则恒成立， 又，当且仅当时等号成立， 所以，则， 所以， 即的最小值为． 故答案为：． 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13、14题每题4分，第15、16题每题5分）每题有且只有一个正确选项．考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑． 13. 在复平面内，复数的共轭复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】化简复数，求出共轭复数即可判断对应点所在象限. 【详解】因为 所以，共轭复数对应的点坐标为，位于第四象限， 故选：D. 14. 已知为等比数列，，公比为，则“”是“对任意的正整数”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】由等比数列通项公式得到的变形式，转化成关于公比的不等式，解得的取值范围，进而判定二者的关系. 【详解】由，即，即， ，可得，即. 所以不能推出，而可以推出， 所以是的必要不充分条件. 故选：B 15. 已知平面向量满足，且对任意的实数，均有．则的最小值为（　　） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，记，，根据已知列方程求出点的轨迹方程，转化为圆上动点和直线上动点的距离最小值问题即可得解. 【详解】建立平面直角坐标系，如图所示，记， 因为，所以点， 作，设其坐标为， 因为， 所以点在以点为圆心，1为半径的圆上，即， 因为对任意的实数，均有，所以， 整理得， 由于上式对任意的实数的一元二次不等式恒成立， 则有，即，故， 设，又设， 则，整理得：， 所以可知点在直线上， 又因为点在以点为圆心，1为半径的圆上，且， 所以可以把看成两动点和的距离， 而圆心到直线的距离， 所以，即的最小值为3． 故选：B． 16. 如图所示，已知，对任何，点按照如下方式生成： ，且按逆时针排列，记点的坐标为，则为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量的定义，推导知的向量坐标，然后求出an，bn的表达式，然后进行计算即可． 【详解】由题意可知， （k 0）都是在上一个点的基础上横坐标发生变化，纵坐标不变. （k 0）都是在上一个点的基础上横坐标减小，纵坐标增加. （k 0）都是在上一个点的基础上横坐标减小，纵坐标也减小.又，所以 =4- = = =3- =+ = 所以选A. 【点睛】本题是新定义题目，首先读懂新定义的实质，转化成我们已有的知识并解决．本题实质考查向量的坐标运算，几何运算，难度较大． 三、解答题（本大题满分78分）本大题共有5题，解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤 17. 已知平面向量，，． （1）若，求x的值； （2）若，求的值． 【答案】（1）或3 （2）1或 【解析】 【分析】（1）运用两向量垂直坐标公式计算即可. （2）运用两向量平行坐标公式计算可求得的值，结合向量线性运算及模的坐标公式计算即可. 【小问1详解】 若，则． 整理得，解得或． 故的值为或． 小问2详解】 若，则有，即，解得或． 当时，，，∴，∴． 当时，，，∴，∴． 综上，的值为1或． 18. 已知复数为虚数单位)，在复平面上对应的点在第四象限，且满足(为的共轭复数)． （1）求实数的值; （2）若复数是关于的方程，且的一个复数根，求的值． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，可得，再由共轭复数及复数乘法计算得解. （2）利用方程根的意义，结合复数乘方运算、复数相等求解即得. 【小问1详解】 依题意，点在第四象限，即，由，得，即， 所以. 【小问2详解】 由（1）知，，由复数是关于方程的根， 得，整理得，而， 因此，解得， 所以. 19. 如图所示为灌溉工具——筒车的示意图，已知筒车的半径为4米．转轴与水面的距离为2米，水深为3米．筒车其边缘上一点从图示位置开始随筒车逆时针匀速旋转（同时开始计时），设匀速旋转一周的时间为秒，从计时起旋转时间为秒；点与水底的距离为米． （1）当时： ①直接写出关于的函数表达式； ②求前120秒内，点与水底的距离为7米时的值； （2）若当时，点一直处于水中（含水面上），求的取值范围． 【答案】（1）①，；②或. （2）. 【解析】 【分析】（1）①由题意可得，；②根据题意，得，解方程即可. （2）由题意得，当时，恒成立，解不等式即可求解. 【小问1详解】 ①由题意得， ②由题意，， 即，化简得， 则或， 解得或 又由于，所以或 【小问2详解】 由（1）得，， 由题意得，当时，恒成立， 即，化简得， 故，解得， 所以，即，解得 由于，则，因此. 20. 在锐角△ABC中，记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，点O为△ABC的所在平面内一点，且满足． （1）若，求的值； （2）在（1）条件下，求的最小值； （3）若，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用正弦定理化简得到，求得，再由向量的线性运算法则，求得，得到为的外心，结合正弦定理，即可求得的长． （2）由（1）求得，且，根据向量的运算法则，化简得到，结合三角函数的性质，即可求解； （3）取AB的中点D，连接OD，求得，，由向量数量积的定义得到，结合题意，得到和，联立方程组，求得，化简得到，即可求解. 【小问1详解】 解：因为， 由正弦定理得, 因为，可得，所以， 又因为，可得，所以，即， 因为，所以， 又由， 可得， 解得，即，所以为的外心， 由正弦定理有，所以． 【小问2详解】 解：因为，所以，所以，， 所以，外接圆的半径， 其中，且为锐角，故， 由，可得， 因为，解得，即 则，则，且， 因为余弦函数在上单调递减，在上单调递增， 又因为，， 所以，，所以， 所以． 【小问3详解】 解：如图所示：取AB的中点D，连接OD，则， 所以， 同理可得， 由平面向量数量积的定义可得， 因为，所以，， 即，所以，① ，即， 所以，②． 联立①②可得，， 所以， 又因为， 因为，可得，所以. 【点睛】 21. 已知整数，数列是递增的整数数列，即且定义数列的“相邻数列”为，其中或 （1）已知，数列，写出的所有“相邻数列”； （2）已知，数列是递增的整数数列，，且的所有“相邻数列”均为递增数列，求这样的数列的个数； （3）已知，数列是递增的整数数列，，且存在的一个“相邻数列”，对任意的，求的最小值． 【答案】（1）；；；. （2）11个 （3）37 【解析】 【分析】（1）根据相邻数列的概念直接求解即可； （2）任取的一个“相邻数列”，根据相邻数列的概念可得且，对于的取值分情况讨论，利用为递增数列可得是公差为1的等差数列，列不等式组求解即可； （3）令可得对任意，设，证明与要么是空集，要么是连续自然数构成的集合，进而根据定义求解即可. 【小问1详解】 根据“相邻数列”的概念可知，， 或，或， 所以的所有“相邻数列”有；；；. 【小问2详解】 任取的一个“相邻数列”， 因为或， 或， 所以有且， 对于的取值分以下4种情形： （a）， （b）， （c）， （d） 由数列是递增的整数数列，前3种情形显然都能得到，所以只需考虑第4种情形， 递增，，即， 由是递增的整数数列得，从而是公差为1的等差数列， 于是，则，即满足数列的有11个. 【小问3详解】 令，所以对任意， 设，则且， 先证明与要么是空集，要么是连续自然数构成的集合， 若，令，则，由得， 所以，即，即是空集，或是连续自然数构成的集合． 若，令，则，由得， 所以，即，即是空集，或是连续自然数构成的集合， 因此，的分布只可能是如下三种情况： （i），此时，对任意的，由得， 所以对任意的，注意到，所以， 等号当且仅当时取到； （ii）存在整数，使得 对任意的，对任意的，所以 （iii）．此时，对任意的，与情形1类似， 对任意的，注意到， 所以， 综上，的最小值为． 【点睛】思路点睛：根据“相邻数列”的定义，按照或分类讨论不同情形，结合数列的定义求解即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $