精品解析：上海市第二中学2025-2026学年高一第二学期期末考试数学试卷

2025学年第二学期市二中学期末考试 高一数学试卷 （考试时间100分钟，总分100分） 一、填空题（本大题满分36分，共有12题，每题3分） 1. 函数的最小正周期是________． 2. 若点是角 终边上的一点，则 _________． 3. 若复数 满足（为虚数单位），则________. 4. 已知向量，，且，则______． 5. 在中，角A、B、C所对应的边分别为a、b、c，已知，，，则________． 6. 已知 ，则 _________. 7. 若无穷等比数列的各项和为1，各项的绝对值之和为2，则首项的值为_____． 8. 已知函数的最大值为2，则 ______. 9. 已知数列是公差为的等差数列，首项 ，若，， 按顺序成等比数列，则公差为__________． 10. 若两个非零向量，满足 ，则向量与的夹角为__________. 11. 十字测天仪广泛应用于欧洲中世纪晚期的航海领域，主要用于测量太阳等星体的方位，便于船员确定位置．如图1所示，十字测天仪由杆 和横档 构成，并且E是 的中点，横档与杆垂直并且可在杆上滑动．十字测天仪的使用方法如下：如图2，手持十字测天仪，使得眼睛可以从A点观察．滑动横档 使得A、C在同一水平面上，并且眼睛恰好能观察到太阳，此时视线恰好经过点D，的影子恰好是．然后，通过测量的长度，可计算出视线和水平面的夹角（称为太阳高度角），最后通过查阅地图来确定船员所在的位置．在某次测量中，，横档的长度为20，则此时的太阳高度角为______°．（精确到1°） 12. 若点 都在圆上，若圆的直径为且，则的最小值为__________. 二、选择题（本大题满分12分，共有4题，每题有且只有一个正确选项每题3分） 13. 点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 14. 下列有四个结论，其中说法正确的结论是（ ） A. 模为0的向量与任意向量平行 B. 若，则 C. 若，，则 D. 不存在和，使得且 15. 已知复数 满足：，则的最大值为（ ） A. 2 B. C. D. 3 16. 已知数列对任意正整数 ，数列均为严格增数列，关于数列有如下两个命题：命题1：对任意 恒成立；命题2：已知 且，不等式成立的充要条件是 .关于这两个命题，下列说法正确的是（ ） A. 命题1和命题2都是真命题 B. 命题1和命题2都是假命题 C. 命题1是真命题，命题2是假命题 D. 命题1是假命题，命题2是真命题 三、解答题（本大题满分52分，共有5题） 17. 在数列中，，． （1）证明数列为等比数列，并求的通项公式； （2）求的前项和． 18. 已知两不同点，的坐标分别是，，若点在直线上，且. （1）求证：； （2）已知，，点 在直线上，且，求点 的坐标.（提示：可直接使用（1）中的结论） 19. 已知虚数和虚数是关于的方程 （ ，且）的两个根. （1）若，且满足 ，求虚数的虚部； （2）若 且，求实数 的值. 20. 如图所示，点分别在线段 上，，，为线段中点，设，. （1）用，表示，，； （2）若， ，且 ，求点与点 的距离. 21. 已知函数，，令函数，常数， （1）若与分别在和处取到最大值，求的最小值； （2）是否存在实数，使得的最大值为2？若存在，求出实数的值及对应x的值，若不存在，请说明理由； （3）若在（，）内恰有2027个零点，求实数与n的所有取值，及对应的零点． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025学年第二学期市二中学期末考试 高一数学试卷 （考试时间100分钟，总分100分） 一、填空题（本大题满分36分，共有12题，每题3分） 1. 函数的最小正周期是________． 【答案】 【解析】 【分析】根据余弦函数的最小正周期公式，即可求得答案. 【详解】函数的最小正周期是， 故答案为： 2. 若点是角终边上的一点，则 _________． 【答案】 【解析】 【详解】已知角终边上的一点，则， ． 3. 若复数 满足（为虚数单位），则________. 【答案】 【解析】 【详解】因为，故，. 4. 已知向量，，且，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据平面向量共线的坐标表示计算可得. 【详解】解：因为，，且， 所以，解得 ； 故答案为： 5. 在中，角A、B、C所对应的边分别为a、b、c，已知，，，则________． 【答案】 【解析】 【分析】由正弦定理可得，代入已知数值可求. 【详解】根据正弦定理知，， 又，，， 所以. 6. 已知 ，则 _________. 【答案】 【解析】 【详解】由 ， 所以 ，解得. 7. 若无穷等比数列的各项和为1，各项的绝对值之和为2，则首项的值为_____． 【答案】## 【解析】 【分析】根据等比数列前项和公式，对公比的正负进行分类讨论，结合各项和与各项的绝对值之和列方程即可求得首项. 【详解】设等比数列的公比为 ，显然且； 依题意可得，所以； 当时，又的各项和为1，所以，此时各项的绝对值之和也为1，不合题意； 显然有，且 由，可得，解得， 则． 故答案为： 8. 已知函数的最大值为2，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据辅助角公式，结合三角函数的性质求解. 【详解】， 其中，，， 所以，，得. 9. 已知数列是公差为的等差数列，首项 ，若，， 按顺序成等比数列，则公差为__________． 【答案】 【解析】 【详解】已知是首项为2，公差为的等差数列，则 ， ， 已知，， 按顺序成等比数列， 则，即，解得或 ， 当 时， ，与，， 按顺序成等比数列矛盾，舍去， 当时， ，满足题意. 综上所述，. 10. 若两个非零向量，满足 ，则向量与的夹角为__________. 【答案】 【解析】 【详解】 ，可得， 展开得，即 由 可得， 展开得， 因为，代入化简得 ， 所以， ， 则， 因为 ，所以. 11. 十字测天仪广泛应用于欧洲中世纪晚期的航海领域，主要用于测量太阳等星体的方位，便于船员确定位置．如图1所示，十字测天仪由杆 和横档 构成，并且E是 的中点，横档与杆垂直并且可在杆上滑动．十字测天仪的使用方法如下：如图2，手持十字测天仪，使得眼睛可以从A点观察．滑动横档 使得A、C在同一水平面上，并且眼睛恰好能观察到太阳，此时视线恰好经过点D，的影子恰好是．然后，通过测量的长度，可计算出视线和水平面的夹角（称为太阳高度角），最后通过查阅地图来确定船员所在的位置．在某次测量中，，横档的长度为20，则此时的太阳高度角为______°．（精确到1°） 【答案】28 【解析】 【分析】根据题意可求出，再根据二倍角的正切公式可求得，进而求解. 【详解】由题意知为锐角， 因为E是 的中点，横档与杆垂直，所以， 所以为等腰三角形，所以. 又，横档的长度为20，所以， 所以， 所以. 12. 若点 都在圆上，若圆的直径为且，则的最小值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用向量的坐标运算，再通过圆的横坐标的最小值即可得到点积的最小值. 【详解】 将 放在轴上，以 中点为原点，如图建立平面直角坐标系， 由圆直径为,则圆的半径，且， 得，,则, 设是圆上任意一点，则， 所以 ， 因为圆上点的横坐标最小值为, 代入得：的最小值为. 二、选择题（本大题满分12分，共有4题，每题有且只有一个正确选项每题3分） 13. 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】C 【解析】 【分析】由即可判断. 【详解】因为，所以 弧度角为第二象限的角， 所以， 即点位于第三象限， 故选：C 14. 下列有四个结论，其中说法正确的结论是（ ） A. 模为0的向量与任意向量平行 B. 若，则 C. 若，，则 D. 不存在和，使得且 【答案】A 【解析】 【详解】A：零向量方向任意，规定它与任何向量平行，故A正确； B：因相等向量包括向量的模相等，且方向相同，故B错误； C：当时，满足，，但与方向不能确定，故C错误； D：因零向量与任意向量既平行又垂直，故存在，即D错误. 15. 已知复数 满足：，则的最大值为（ ） A. 2 B. C. D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的几何意义，将问题转化为圆上一点到定点的距离，计算即可. 【详解】设，其中，则， ∵， ∴，即点的轨迹是以为圆心， 为半径的圆， ∴即为圆上动点到定点的距离， ∴的最大值为. 故选：B. 16. 已知数列对任意正整数 ，数列均为严格增数列，关于数列有如下两个命题：命题1：对任意 恒成立；命题2：已知 且，不等式成立的充要条件是 .关于这两个命题，下列说法正确的是（ ） A. 命题1和命题2都是真命题 B. 命题1和命题2都是假命题 C. 命题1是真命题，命题2是假命题 D. 命题1是假命题，命题2是真命题 【答案】B 【解析】 【分析】设，则 是严格递增数列，根据命题1得与严格递增矛盾判断命题1；取 ，判断命题2. 【详解】设，由题意，对任意正整数 ( )， 因为，， 两式相减，可得，即 是严格递增数列， 对于命题1：，这与严格递增矛盾，故命题1为假； 命题2：取 （满足 ），则 即不等式不成立，因此“ ”不能推出不等式成立，命题2为假. 综上，两个命题均为假. 三、解答题（本大题满分52分，共有5题） 17. 在数列中，，． （1）证明数列为等比数列，并求的通项公式； （2）求的前项和． 【答案】（1）证明见解析， （2） 【解析】 【小问1详解】 已知，，. 对递推式变形： 即（常数）. 当时，. 因此数列是以 为首项， 为公比的等比数列. 由等比数列通项公式得： . 整理得的通项公式：. 【小问2详解】 由，前项和：. 等比数列求和：. 常数项求和：. 因此. 18. 已知两不同点，的坐标分别是，，若点在直线上，且. （1）求证：； （2）已知，，点 在直线上，且，求点 的坐标.（提示：可直接使用（1）中的结论） 【答案】（1） 证明：因为两不同点，的坐标分别是，，点 的坐标为， 所以，， 因为， 所以有，整理得，证毕. （2）或 【解析】 【分析】（1）根据向量的坐标表示，结合共线求解即可证明； （2）结合（1）中的结论直接代入求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为点 在直线上，且， 所以或， 由（1）中结果可得或， 代入得或. 19. 已知虚数和虚数是关于的方程 （ ，且）的两个根. （1）若，且满足 ，求虚数的虚部； （2）若 且，求实数的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由实系数方程 的根的特征得到，利用 求出的值，即得的虚部； （2）由 及根与韦达定理得到， 由，代入得到的方程，求解并回代检验即得的值. 【小问1详解】 因为，且是实系数方程 的两根， 所以是的共轭复数，即， 由 可得 ， 解得， 因为，所以，故的虚部为. 【小问2详解】 因为 ， 由韦达定理，（*）， 因， 将（*）代入，得， 整理得 ， 解得或. 当时， ， ， 此时方程有实根，不符合题意，舍去； 当时，， ， 符合题意，故. 20. 如图所示，点分别在线段 上，，，为线段 中点，设，. （1）用，表示，，； （2）若， ，且 ，求点与点 的距离. 【答案】（1） ，， （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量的线性运算即可求解； （2）由于，根据题意，结合向量的数量积即可求出. 【小问1详解】 已知，，则， 因为，所以， 又因为，为线段 中点，所以. 【小问2详解】 已知 ，所以 ， 又因为，则 ，即 ，化简得 ，解得 ， 由于 ，则 ，即 ， 所以 ， 因此 ， 解得. 21. 已知函数，，令函数，常数， （1）若与分别在和处取到最大值，求的最小值； （2）是否存在实数，使得的最大值为2？若存在，求出实数的值及对应x的值，若不存在，请说明理由； （3）若在（，）内恰有2027个零点，求实数与n的所有取值，及对应的零点． 【答案】（1） （2）存在，当时，或；当时，或 （3），零点为，， 【解析】 【分析】（1）由余弦函数和正弦函数的性质可得最大值点和，进而有的最小值； （2）令，将原函数转化为，根据对称轴与定义域的关系分类讨论最大值即可； （3）令，先得到方程有两个符号相反的根，再分析在内的零点个数，结合总零点数可知中必然有一个为 或 ，再分类讨论是否满足总零点数. 【小问1详解】 在即处取得最大值， 在处取得最大值， 所以， 当或 时有最小值； 【小问2详解】 ， 令，则原函数转化为， 该二次函数开口向下，对称轴为， ①若即，在处取得最大值， 由，解得， 当时，在时取得最大值，即， 此时或； 当时，在时取得最大值，即， 此时或； ②若即，在上单调递增，在 处取得最大值 由，解得，矛盾； ③若即，在上单调递减，在处取得最大值 由，解得，矛盾； 综上，存在使得的最大值为，当时， 或；当时，或； 【小问3详解】 令，即，其中，， 设该方程两根为，则有，不妨设， 考虑在内的零点个数，设， 当时，在内的零点个数依次为； 当时，在内的零点个数依次为； 当 时，在内的零点个数依次为； 当时，在内的零点个数依次为， 可知当或时，在内必有偶数个零点， 因为总零点个数为个即奇数个，所以中必然有一个为 或 ， ①，则，若， 则总零点数为，令，无整数解； 若，则总零点数为， 令，无整数解； ②，则，若， 则总零点数为，令，无整数解； 若，则总零点数为， 令，解得， 此时由得，，区间为， 在内的零点为满足或的值， 即，，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $