精品解析：上海市延安中学2025-2026学年第二学期期末考试高一年级数学试卷

2026年延安中学高一年级下学期期末试卷 2026．06． 一、填空题（1-6每小题3分，7-12每小题4分，共42分） 1. 已知向量，，若，则实数________ 2. 已知数列满足：，，则________ 3. 已知复数满足，则的虚部是________ 4. 已知等差数列中，，为的前n项和，则________ 5. 已知，，则在方向上的数量投影是________ 6. 已知复数满足，则的最小值是________ 7. 已知，关于x的一元二次方程的一个根z是纯虚数，则________ 8. 已知单位向量，满足，则________ 9. 已知数列中，，，为的前n项和，则________ 10. 若点是半径为1的圆上三点，且，则______． 11. 设等比数列的公比为q，为前n项积，且满足，，，则下列结论正确的是________（填序号） ① ② ③的最大值为 ④若，则 12. 在复平面中，已知点，复数对应的点分别为，且满足，则的最大值为___________. 二、选择题（每小题3分，共12分） 13. 已知是无穷等比数列，q是公比，则“，”是“数列严格单调递增”的（ ） A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分又非必要条件 14. 已知复数，，，下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则或 D. 若，则 15. 已知是边长为的等边三角形，P为所在平面内一点，则的值不可能是（ ） A. B. C. D. 16. 已知O是锐角所在平面内的一定点，动点P满足：，，则动点P的轨迹一定通过的（ ） A. 外心 B. 内心 C. 重心 D. 垂心 三、解答题（共48分） 17. 已知向量，，，且； （1）求与的夹角； （2）若，求实数k的值； 18. 已知数列的前n项和为，； （1）求的通项公式； （2）若不等式对任意，恒成立，求实数的取值范围； 19. 已知关于x的一元二次方程有两根，； （1）若，求实数m的取值范围； （2）若，求实数m的值； 20. 对于一个给定的数列，令，则数列称为数列的一阶和数列； （1）若是等比数列，且，，，求； （2）若，令，证明：是等比数列，并求的值； （3）若是首项为1的等差数列，d为公差，，，求正整数k的最大值，以及k取最大值时d的值； 21. 对任意两个非零向量，定义新运算：，其中为与的夹角. （1）若非零向量满足，且，求的取值范围； （2）若向量，且，求正数的值； （3）已知非零向量满足（是正整数），向量的夹角和都是有理数，且，求. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年延安中学高一年级下学期期末试卷 2026．06． 一、填空题（1-6每小题3分，7-12每小题4分，共42分） 1. 已知向量，，若，则实数________ 【答案】 【解析】 【详解】由和，，可得，解得． 2. 已知数列满足：，，则________ 【答案】4 【解析】 【详解】已知，则，即，且， 故数列是首项为1，公差为的等差数列， ， 故． 3. 已知复数满足，则的虚部是________ 【答案】 【解析】 【详解】，则，虚部为． 4. 已知等差数列中，，为的前n项和，则________ 【答案】 【解析】 【详解】由题意得， 5. 已知，，则在方向上的数量投影是________ 【答案】 【解析】 【详解】可知在方向上的数量投影为. 6. 已知复数满足，则的最小值是________ 【答案】 【解析】 【详解】设，代入已知条件， 可得：， 两边平方得，即复数z对应的点的轨迹是以为圆心、半径的圆， 的几何意义是点到原点的距离。 计算圆心到原点O的距离：， 由于，原点在圆外，因此圆上的点到原点的最小距离为， 即的最小值为. 7. 已知，关于x的一元二次方程的一个根z是纯虚数，则________ 【答案】 【解析】 【分析】设纯虚数，代入方程利用复数相等的条件求解的值，再结合复数模的运算性质计算结果. 【详解】设（且），将其代入原方程得：   整理得：   列方程组：   由第二个方程，，故，解得. 将代入第一个方程，得，即. 根据复数模的运算性质：对任意复数，， 因此. 代入，得， 则：   因此. 8. 已知单位向量，满足，则________ 【答案】## 【解析】 【分析】对已知等式两边平方，结合单位向量性质及两向量的数量积，可得到向量的夹角. 【详解】因为， 所以，即. 因为，为单位向量，所以，. 所以，则. 因为，所以. 9. 已知数列中，，，为的前n项和，则________ 【答案】 【解析】 【分析】根据递推公式求出数列前几项，确定数列周期为4，利用周期性计算前50项和即可. 【详解】因为，， 所以， ， ， ， ， 所以数列是周期为4的数列. 所以 . 10. 若点是半径为1的圆上三点，且，则______． 【答案】 【解析】 【分析】把已知的向量等式变形，两边平方后得到，代入求解． 【详解】由已知得，两边平方得，即， 所以． 11. 设等比数列的公比为q，为前n项积，且满足，，，则下列结论正确的是________（填序号） ① ② ③的最大值为 ④若，则 【答案】①③ 【解析】 【详解】因为，，所以，则数列为单调数列， 所以由且，可得，所以数列为单调减数列，即，所以①正确； 由数列是等比数列，可得，因为，所以，所以②错误； 数列为单调减数列，所以，所以的最大值为，即③正确； 当时，，所以④错误. 12. 在复平面中，已知点，复数对应的点分别为，且满足，则的最大值为___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的几何意义，由，分析得关于原点对称，所以确定，再利用平面向量的三角形法则与数量积的运算性质，将所求问题转化为平面向量数量积的最值问题. 【详解】解：因为复数对应的点为 且则可确定点在以O为圆心，2为半径的圆上 又，所以为圆的直径，即关于原点对称 所以 因为 所以 又，， 则 所以 即的最大值为，所以的最大值为. 故答案为：. 二、选择题（每小题3分，共12分） 13. 已知是无穷等比数列，q是公比，则“，”是“数列严格单调递增”的（ ） A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分又非必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】结合等比数列通项公式先验证充分性成立，再通过反例说明必要性不成立，即可判断条件类型． 【详解】① 充分性证明：对任意，等比数列通项为， 若，，则， 由，，，可得，即， 严格单调递增，充分性成立； ② 必要性验证：若严格单调递增，存在反例：取，公比，此时数列通项公式为， 所以， 所以数列严格单调递增，但不满足且，故必要性不成立； 综上，“，”是“数列严格单调递增”的充分非必要条件． 14. 已知复数，，，下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则或 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】A项，由复数的性质可得；BD项，举特例即可判断；C项，先证明命题“若，则，或”成立，再应用所证结论推证可得. 【详解】选项A，，则，但得不到， 例如，满足，但，故A错误； 选项B，令，满足条件，但，且均不为，故B错误； 选项C，下面先证明命题“若，则，或”成立. 证明：设，， 若，则有， 故有，即，两式相乘可得，， 则有，或，或， ①当时，，即； ②当，且时，则， 又因为不同时为，所以，即； ③当，且时，则，同理可得，故； 综上所述，命题“若，则，或”成立. 下面我们应用刚证明的结论推证选项C， ，， ，或，即或，故C正确； 选项D，令， 则， 但，不为，故D错误. 15. 已知是边长为的等边三角形，P为所在平面内一点，则的值不可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知条件建立平面直角坐标系，写出相关点的坐标，利用向量的线性运算的坐标表示及向量的数量积的坐标表示即可求解. 【详解】建立如图所示的平面直角坐标系. 设，又，，，则 ，，. 所以，即 所以， 所以 即. 所以 故选：D. 16. 已知O是锐角所在平面内的一定点，动点P满足：，，则动点P的轨迹一定通过的（ ） A. 外心 B. 内心 C. 重心 D. 垂心 【答案】B 【解析】 【分析】由，且为边上的高，及为角平分线上的单位向量，对原式化简可得. 【详解】设边上的高为， 则， 由， 得. 因为为角平分线上的向量，且， 所以动点P的轨迹一定通过的内心. 三、解答题（共48分） 17. 已知向量，，，且； （1）求与的夹角； （2）若，求实数k的值； 【答案】（1）## （2）或 【解析】 【分析】（1）计算目标向量坐标后用向量夹角公式求夹角； （2）利用向量模长公式列方程求解. 【小问1详解】 由向量垂直则两向量点积为0，即， 解得，即，因此，， 代入向量夹角公式得， 又，因此（或）； 【小问2详解】 依题意， 由两边平方得：， ， ，即， 解得或. 18. 已知数列的前n项和为，； （1）求的通项公式； （2）若不等式对任意，恒成立，求实数的取值范围； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用计算； （2）分、两种情况讨论，利用参变分离并结合对勾函数求最值. 【小问1详解】 因为，所以， 则， 又，不符合上式， 所以. 【小问2详解】 若，则成立，即，得； 若，则，，则恒成立， 即恒成立， 因为在上单调递增，所以， 则的最大值为，则， 综上，实数的取值范围为. 19. 已知关于x的一元二次方程有两根，； （1）若，求实数m的取值范围； （2）若，求实数m的值； 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）利用实系数一元二次方程虚根成对原理，将共轭复数根的关系转化为判别式求解范围. （2）通过分类讨论的正负，在实根情况下利用两根同正直接去掉绝对值，在虚根情况下利用共轭复数模长相等结合韦达定理求出m的值. 【小问1详解】 由题意得， 且， 由得二次方程两根互为共轭复数， 若，方程有两个不相等的实根，此时，不满足题意， 若，方程有两个相等的实根，此时，显然满足， 若，方程有一对共轭虚根，满足， 因此， 解得或. 【小问2详解】 若，即，此时方程有两个实根， 因为，所以两实根同号， 又因为当时，，所以两实根均为正数， 所以，解得，符合， 若，即或，此时方程有一对共轭虚根，即， 根据复数的性质，共轭复数的模长相等，即， 则，解得， 代入韦达定理得， ，，故舍去， 符合题意， 综上，的值为或. 20. 对于一个给定的数列，令，则数列称为数列的一阶和数列； （1）若是等比数列，且，，，求； （2）若，令，证明：是等比数列，并求的值； （3）若是首项为1的等差数列，d为公差，，，求正整数k的最大值，以及k取最大值时d的值； 【答案】（1） （2）因为，所以， 所以. 所以数列是首项为，公比为的等比数列. =. （3）正整数k的最大值，此时 【解析】 【分析】（1）根据等比数列的定义求得等比数列的公比，依次代入，可求得； （2）由题意求得数列的通项公式，根据等比数列的定义证明是等比数列，并求得的值； 【小问1详解】 由题意可知，， 设等比数列的公比为，则， 所以. 即，解得. 【小问2详解】 证明略. =. 【小问3详解】 由，得， 即， 所以，即. 因为， 所以， 因为，，所以 所以，解得， 所以正整数k的最大值为， 此时，解得. 21. 对任意两个非零向量，定义新运算：，其中为与的夹角. （1）若非零向量满足，且，求的取值范围； （2）若向量，且，求正数的值； （3）已知非零向量满足（是正整数），向量的夹角和都是有理数，且，求. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题设定义及条件，得到，又，再结合的性质，即可求解； （2）根据条件，利用向量模长及夹角公式，得到，进而得到，再结合题设条件，即可求解； （3）根据题设可得，利用，得，再结合是正整数，对取值讨论，即可求解. 【小问1详解】 因为且，则， 又，所以，得到， 又，且 所以的取值范围是. 【小问2详解】 因为和，则， 则设向量和的夹角为，则， 所以， 则，整理得到， 所以（舍）或，解得或（舍）， 所以. 【小问3详解】 因为， 则， 又，则， 即， 又，则，又是正整数， 当不合题意， 当，由，得到， 所以，满足题意，故， 当时，，得到，解得， 此时，不是有理数，所以不合题意， 当时，，所以时，不合题意， 综上，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $