精品解析：上海市第四中学2025-2026学年高一下学期期末考试数学试卷

上海市第四中学2025学年第二学期高一数学期末试卷 总分：100分 考试时间：90分钟 一、填空题（共42分，1-6，每题3分；7-12，每题4分） 1. 函数 的最小正周期是___________． 【答案】 【解析】 【详解】 的最小正周期是， 故答案为： 2. 在等差数列 中， ，公差，则_______． 【答案】13 【解析】 【分析】根据等差数列的通项即可得解. 【详解】解：因为 ，公差， 所以. 故答案为：13. 3. 已知 ，若 ，则 __． 【答案】 【解析】 【详解】由题意得 ,解得 ． 4. 已知角 满足，则________． 【答案】 【解析】 【分析】利用和角的正切公式计算得解. 【详解】由，得. 故答案为： 5. 已知 为虚数单位，设，若为纯虚数，则 的值为__________. 【答案】3 【解析】 【分析】由纯虚数的定义计算可得. 【详解】由题意可得，解得所以 . 故答案为：3. 6. 函数的振幅是，最小正周期是，初始相位是，则它的函数表达式为 ________. 【答案】 【解析】 【分析】根据函数的性质直接可得解. 【详解】由已知函数的振幅，初始相位， 最小正周期， 又，则 ， 故答案为：. 7. 已知为递增等比数列，其前 项和为，若 ， ，则_____ 【答案】81 【解析】 【详解】设等比数列的公比为， 由题意可得，解得或， 又数列为递增等比数列，所以，所以 . 8. 在 中，已知三边之比为，则该三角形最大角的余弦值为___． 【答案】## 【解析】 【详解】不妨设三边边长分别为 、 、 ，显然最大角为边长为 所对的角， 由余弦定理，该角的余弦值为． 9. 若点是所在平面内的一点，且满足，则的形状为__________. 【答案】直角三角形 【解析】 【分析】利用向量的线性运算和向量的中线公式得到，从而得到，进而得到角间的关系，再利用三角形内角和为 即可求出结果. 【详解】如图，取中点，因为，所以，即，所以，，所以，又三角形内角和为 ，所以 ，所以为直角三角形， 故答案为：直角三角形. 10. 已知 是等比数列，若、是函数的两个零点，则________ 【答案】 【解析】 【分析】首先利用韦达定理可得，再利用等比数列的性质即可求解. 【详解】由题意可知的两根为，，所以由韦达定理可知 ， 所以， 因为是等比数列，其通项满足 ，公比的平方 （若则，不符题意）， 所以  与  同号，故 ,又因为 ， 综上可得 . 故答案为：. 11. 在平行四边形中， 是边上的动点，则的最大值是__． 【答案】28 【解析】 【分析】设 ，根据平面向量的线性运算可得，，结合平面向量的数量积定义及运算律可得 ，进而结合二次函数的性质求解即可. 【详解】设 ， 则，， 所以 ，函数开口向上，对称轴为， 又 ，则 时，取得最大值28． 12. 在中，，，分别是角， ， 的对边，已知，的面积，点是线段的中点，点 在线段上，且，线段 与线段交于点，若点 是三角形的重心，则的最小值为________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据正弦定理进行边角互化，结合余弦定理可得 ，再根据三角形面积公式可得， 【详解】因为， 所以由正弦定理可得，整理得， 故，因为，所以， 又，所以， 如图，由题意可得，， 因为， ，三点共线， 故可设，， 又因， ，三点共线，故，即， 所以， 因为， 所以， 于是，即 两边平方得：， 当且仅当时等号成立， 故，即， 所以的最小值为， 故答案为：. 二、选择题（共14分，13-14每题3分，15-16每题4分） 13. 设复数和分别是方程的两个根，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解方程得复数、，利用复数的减法和复数的模长公式可求得结果. 【详解】由可得，可得， 不妨取，，所以，，因此，. 故选：A. 14. 已知等差数列的前 项和为，，且，则（ ） A. 24 B. 20 C. 16 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】根据等差数列的通项公式和前 项和公式进行求解即可. 【详解】由题意得，，其中分别是等差数列的首项和公差， 化简得，解得. 所以. 故选：B. 15. 已知 ， ，其中，的夹角为，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量投影的概念直接计算. 【详解】由，，其中，的夹角为， 则在方向上的投影的数量为， 所以在方向上的投影向量为， 故选：D. 16. 对于实数，记表示不超过的最大整数，例如，．已知，．有下列三个命题：①是周期函数；②函数的图象关于对称；③方程有且仅有2个实根．则真命题的个数为（ ）． A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】对于①，根据函数性质画出图象观察即可判断；对于②观察图象并且验算得即可判断；对于③，只需判断方程是否有且仅有1个非零实根即可，通过分类讨论即可解决. 【详解】对于①，显然的定义域关于原点对称，且，即是偶函数， 当时，， 当时，， 从而画出函数的图象如下图所示， 观察可知函数不是周期函数，故①错误； 对于②，观察上图发现，，故②错误； 对于③，，显然 是方程的一个根， 若方程有且仅有2个实根， 则方程有且仅有1个非零实根， 注意到，从而，当然也有， 所以当 时，方程无解， 设， 那么当时，，此时无解， 当时，， 因为，此时，而， 所以此时即 无解， 当时，，此时，， 所以此时即无解， 当时，，此时， 当时，，，， 所以此时即无解， 当时，，，， 所以此时即 无解， 当时，，，， 所以此时即无解， 当时，，，， 所以此时即无解， 当时，，， 所以此时无解， 当时，，，， 所以此时即无解， 当时，，，， 所以此时即无解， 当时，，，， 所以此时即 无解， 当时，，，， 所以此时即无解， 当时，，， 所以此时无解， 当时，，，， 所以此时即无解， 当时，，，， 所以此时即 无解， 当时，，，， 所以此时即无解， 注意到，当时，方程无解， 综上所述，方程无非零实数解，故③错误， 即真命题的个数为0个. 故选：A. 三、解答题（共44分，8+8+8+8+12) 17. 已知等差数列不是常数列，其前四项和为10，且成等比数列： （1）求数列的通项公式； （2）设，求证数列是等比数列. 【答案】（1） （2）由（1）知 ，则， 所以， 所以数列是等比数列，且等比数列的首项为 ，公比为. 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为 ， ，依题意建立关于 的方程组，求解后代入通项公式化简即得； （2）在求出的通项后，再利用等比数列的定义证明是等比数列. 【小问1详解】 设等差数列的公差为 ， ， 因为数列的前四项和为10，且成等比数列， 则 ，， 即，化简得，解得. 故数列的通项公式为 . 【小问2详解】 略 18. 已知向量，，函数. （1）求函数的单调增区间； （2）已知，，分别为 内角， ， 的对边，，，且 ，求的面积. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）根据数量积的坐标表示结合三角恒等变换化简，可得的表达式，利用正弦函数单调性即可求得答案； （2）利用（1）的结果求得，由余弦定理求出，再利用三角形面积公式即可求得答案. 【小问1详解】 由题意可知， ， 由， 解得 所以函数的单调增区间为. 【小问2详解】 由， 所以，即， 又因为， 所以. 又因为， 所以由余弦定理得 ， 即， 解得或（舍去）， 故的面积为. 19. 已知复数满足，的虚部为2. （1）求复数； （2）设复数、、在复平面上对应点分别为、 、 ，求的值. 【答案】（1） 或；（2） 【解析】 【分析】（1）设出,根据题意可得,求解即可； （2）由（1）作分类讨论,根据题意计算即可 【详解】（1）设,由题,可得,, 的虚部为2 则 或 故或 （2）由（1）可知,即 为, 当时,即为,,此时,即 为, 当时,即为,,此时,即 为, 综上, 【点睛】本题考查复数的运算,考查复平面,考查数量积,考查分类讨论的思想,考查运算能力 20. “但有一枝堪比玉，何须九畹始征兰”，盛开的白玉兰是上海的春天最亮丽的风景线，除白玉兰外，上海还种植木兰科的其他栽培种，如黄玉兰和紫玉兰等.某种植园准备将如图扇形空地分成三部分，分别种植白玉兰、黄玉兰和紫玉兰；已知扇形的半径为70米，圆心角为，动点 在扇形的弧上，点 在 上，且. （1）当米时，求 的长； （2）综合考虑到成本和美观原因，要使白玉兰种植区的面积尽可能的大.设，求面积的最大值. 【答案】（1）80m （2） 【解析】 【分析】（1）结合平行线的性质与余弦定理计算即可得； （2）结合题意，利用正弦定理与面积公式表示出面积后，借助三角恒等变换将其变形为正弦型函数，结合正弦函数的性质计算即可得. 【小问1详解】 由，故， 由余弦定理可得， 即，即有， 即，故（舍去）或， 即； 【小问2详解】 由，故，，又， 由正弦定理可得，即， 则， 令，， 则 ， 有最大值，此时，即时取得， 此时平方米. 21. 对于平面向量 ，定义“ 变换”： ，其中，， 表示、中较大的一个数， 表示、中较小的一个数．若，则．记． （1）若 ，求及； （2）已知 ，将经过 次 变换后，最小，求 的最小值； （3）证明：对任意，经过若干次 变换后，必存在，使得 ． 【答案】（1） （2）1349 （3）对当 ， 时，当 ， 时，当 ， 时， 三种不同的情况进行分析， 当 ， 时，显然存在，使得 ， 当 ， 时， ，即 ， 存在，使得 ． 同理，当 ， 时，存在，使得 ． 当 ， 时，若，则 ， 存在，使得 ． 若，设 ， 假设对任意 ，所以、均不为0． 因为、，所以 ． 如果，则， 如果，则，所以 ， 所以，即 ． 因为 ， 所以，所以 ， 与 矛盾，故假设错误，存在 ，使得 ， 综上所述，对于任意，经过若干次 变换后，必存在，使得 ． 【解析】 【分析】（1）根据定义即可求得，从而求得 ； （2）根据定义求得，即可求得 ，然后分析得到，由题意即可求得答案； （3）分别当 ， 时，当 ， 时，当 ， 时，三种不同的情况进行分析，利用假设法及题目定义即可证明结论. 【小问1详解】 因为 ， ， ， ， ， ， ， 所以 ． 【小问2详解】 因为 ， 令是方程 的两根，即 ， 所以或， 所以 ， ， 即 ， 由题意得 ， ， 由规律分析得 且 ， 由 且 可以得到 的最大值为674，所以 ， 所以 ，此后进入循环， 所以当 时， ； 当 时， ； 当 时， ． 所以最小时， 的最小值为1349． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 上海市第四中学2025学年第二学期高一数学期末试卷 总分：100分 考试时间：90分钟 一、填空题（共42分，1-6，每题3分；7-12，每题4分） 1. 函数 的最小正周期是___________． 2. 在等差数列 中， ，公差，则_______． 3. 已知 ，若 ，则 __． 4. 已知角 满足，则________． 5. 已知 为虚数单位，设，若为纯虚数，则 的值为__________. 6. 函数的振幅是，最小正周期是，初始相位是 ，则它的函数表达式为 ________. 7. 已知为递增等比数列，其前 项和为，若 ， ，则_____ 8. 在 中，已知三边之比为，则该三角形最大角的余弦值为___． 9. 若点 是 所在平面内的一点，且满足，则 的形状为__________. 10. 已知 是等比数列，若、是函数的两个零点，则________ 11. 在平行四边形中， 是边上的动点，则的最大值是__． 12. 在 中，， ， 分别是角， ， 的对边，已知， 的面积，点是线段的中点，点 在线段上，且，线段 与线段交于点，若点 是三角形 的重心，则的最小值为________. 二、选择题（共14分，13-14每题3分，15-16每题4分） 13. 设复数和分别是方程的两个根，则（ ） A. B. C. D. 14. 已知等差数列的前 项和为，，且，则（ ） A. 24 B. 20 C. 16 D. 12 15. 已知 ， ，其中，的夹角为，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 16. 对于实数，记表示不超过的最大整数，例如，．已知，．有下列三个命题：①是周期函数；②函数的图象关于对称；③方程有且仅有2个实根．则真命题的个数为（ ）． A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 三、解答题（共44分，8+8+8+8+12) 17. 已知等差数列不是常数列，其前四项和为10，且成等比数列： （1）求数列的通项公式； （2）设，求证数列是等比数列. 18. 已知向量，，函数. （1）求函数的单调增区间； （2）已知， ， 分别为 内角， ， 的对边，，，且 ，求 的面积. 19. 已知复数满足，的虚部为2. （1）求复数； （2）设复数、、在复平面上对应点分别为、 、 ，求的值. 20. “但有一枝堪比玉，何须九畹始征兰”，盛开的白玉兰是上海的春天最亮丽的风景线，除白玉兰外，上海还种植木兰科的其他栽培种，如黄玉兰和紫玉兰等.某种植园准备将如图扇形空地分成三部分，分别种植白玉兰、黄玉兰和紫玉兰；已知扇形的半径为70米，圆心角为，动点 在扇形的弧上，点 在 上，且. （1）当米时，求 的长； （2）综合考虑到成本和美观原因，要使白玉兰种植区的面积尽可能的大.设，求面积的最大值. 21. 对于平面向量 ，定义“ 变换”： ，其中，， 表示、中较大的一个数， 表示、中较小的一个数．若，则．记． （1）若 ，求及； （2）已知 ，将经过 次 变换后，最小，求 的最小值； （3）证明：对任意，经过若干次 变换后，必存在，使得 ． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $