2024-2025学年上海市金山中学高一下学期期末考试数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年上海市金山中学高一下学期期末考试数学试卷（含答案），共8页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知非零实数a>b，则下列命题中成立的是( )．
A. a2>b2B. ab>b2C. a2+b2≥2 abD. a3>b3
2.要得到函数y=sin2x的图象，只需将函数y=cs2x+π3的图象( )
A. 向左平移5π6个单位长度B. 向右平移5π12个单位长度
C. 向左平移5π12个单位长度D. 向右平移5π6个单位长度
3.设A、B、C是半径为1的圆上三点，若AB= 2，则AB⋅AC的最大值为( )
A. 3+ 3B. 32+ 3C. 1+ 2D. 2
4.已知各项均为正实数的数列an，若对任意的正整数n，都存在唯一的正整数m，使得am=Sn(Sn为an的前n项和)，那么称an为J数列，记bn=m，称bn为an的“J和数列”，则下列命题中真命题的序号为( )
①存在等差数列an为J数列
②存在等比数列an为J数列
③若J数列an为严格增数列，则其“J和数列”bn为严格增数列
④若J数列an的“J和数列”bn为严格增数列，则an为增数列
A. ①②③B. ①③④C. ①③D. ②③
二、填空题：本题共12小题，每小题5分，共60分。
5.已知集合A={−1,0,1,2},B=x∣y=lg2x，则A∩B= ．
6.函数f(x)=tanx+1的最小正周期为 ．
7.若复数z满足1−iz=i，其中i为虚数单位，则|z|= ．
8.不等式x2−2mx+4≥0对一切实数x都成立，则实数m的取值范围是
9.已知lg189=a，18b=5，用a,b表示lg3645为 ．
10.已知csθ=−35,θ∈(0,π)，则tan(θ−π4)的值为 ．
11.已知向量a、b满足|a|=|b|=2，且a+b在a上的数量投影为1，则〈a,b〉= ．
12.已知复数z的实部为1，且|z|= 3，若z是关于x的方程x2+px+q=0,p,q∈R的根，则p+q= ．
13.已知an是等比数列，若a3、a7分别是函数y=x2+4x+2的两个零点，则a5= ．
14.已知ω∈R,φ∈0,2π，若对任意实数x均有csx≥sin(ωx+φ)，则满足条件的有序实数对(ω,φ)的个数为 ．
15.已知点O是▵ABC外接圆圆心，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且有2bccs2A2=a2，若ACcsC−ABcsB=λBO，则实数λ的值为 ．
16.对于正整数n，设xn是关于x的方程nx3+2x−n=0的实数根，记an=(n+1)xn，其中[x]表示不超过x的最大整数，bn=ansinnπ2,Sn为bn的前n项和，则S2025= ．
三、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
已知复数z=−m2+m+2+(m+1)i，i为虚数单位，m为实数．
(1)若复数z为纯虚数，求m的值；
(2)若复数z在复平面内对应的点位于第一象限，求m的取值范围．
18.(本小题12分)
记公差大于零的等差数列an的前n项和为Sn，已知a1=2,a4是a2与a8的等比中项．
(1)求数列an的通项公式；
(2)求数列1Sn的前n项和Tn．
19.(本小题12分)
如图，某学校准备在宿舍楼前两条小路OA和OB之间修建一处弓形花园，使之有着类似”冰淇淋”般的凉爽感，已知∠AOB=π4，线段AB=2 2，弓形花园上一点M，其中∠MAB=∠MBA=π4，设∠OBA=θθ∈π4,π2．

(1)将线段OA、OB的长度a、b分别用含有θ的代数式表示出来；
(2)现准备在M点处修建喷泉，求点M与点O距离的最大值以及对应的θ的值．
20.(本小题12分)
如图，设Ox、Oy是平面内相交成α(0t的任意x1,x2，均有fx2−fx1>t，则称函数y=f(x)具有“P(t)性质”．
(1)在下述条件下，分别判断函数y=f(x)是否具有P(2)性质，并说明理由；
①y=43x；
②y=100sin2x；
(2)已知f(x)=ax3，且函数y=f(x)具有P(1)性质，求实数a的取值范围；
(3)证明：“函数y=f(x)−x为增函数”是“对任意t>0，函数y=f(x)均具有P(t)性质”的充要条件
参考答案
1.D
2.B
3.C
4.C
5.{1,2}
6.π
7. 2
8.−2≤m≤2
9.a+b2−a
10.7
11.2π3/23π
12.1
13.− 2
14.3
15.2 3
16.1012
17.解：(1)由复数z为纯虚数，得−m2+m+2=0m+1≠0，解得m=2．
(2)因为复数z在复平面内对应的点位于第一象限，
所以−m2+m+2>0m+1>0，解得−10)，且∠BOC=π3,BC=1,OD=37OC=0,37n，

因为F为BC的中点，则OF=OB+BF=OB+12(OC−OB)=12me1+12ne2，
因为E为BD中点，同理可得OE=12OD+12OB=0,314n+12m,0=12me1+314ne2
所以OE⋅OF=12me1+314ne212me1+12ne2=14m2e12+328n2e22+514mne1⋅e2
由题意可知，e→12=e→22=1,e1→⋅e2⃗=12×csπ3=12，
则OE⋅OF=14m2+328n2+528mn
在▵OBC中，由余弦定理得m2+n2−mn=1，所以mn=m2+n2−1，
代入上式得OE⋅OF=14m2+328n2+528m2+n2−1=37m2+27n2−528
在▵OBC中，由正弦定理得BCsinπ3=OBsin∠BCO=OCsin∠CBO，
设∠BCO=θ，则sin∠CBO=sinθ+π3，且01时，am34>1恒成立.，
即a>4m3恒成立，
由m>1，可得4m3x1均有f(x2)−x2≥f(x1)−x1，
即f(x2)−f(x1)≥x2−x1，因此，对任意t>0，若x2−x1>t，
则f(x2)−f(x1)>t，函数y=f(x)具有P(t)性质，充分性得证；
必要性：
若对任意t>0，函数y=f(x)均具有P(t)性质，
假设函数y=f(x)−x不是增函数，则存在x2>x1，满足f(x2)−x2