2025-2026学年高一数学下学期第一次月考（上海专用，范围：沪教版必修第二册第6章三角）

这是一份2025-2026学年高一数学下学期第一次月考（上海专用，范围：沪教版必修第二册第6章三角），共15页。试卷主要包含了测试范围，若，则___________等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟，分值：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
4．测试范围：沪教版必修第二册第6章三角。
一、填空题（本大题共12题，第1~6题每题4分，第7~12题每题5分，共54分.）
1．半径为2的扇形中，圆心角为，该扇形的面积为_____．
【答案】
【详解】扇形圆心角为，半径，
由扇形面积公式得.
故答案为：
2．化简：______．
【答案】
【详解】原式.
故答案为：.
3．已知角的终边经过点，则________．
【答案】
【详解】根据三角函数的定义，，
则．
故答案为：.
4．已知，则________.
【答案】
【详解】由题意有：，
故答案为：.
5．若，则___________．
【答案】
【详解】由题意得，
由二倍角的余弦公式得.
故答案为：.
6．已知平面直角坐标系中，角的始边与轴正半轴重合，终边落在直线上，则满足条件的角的集合是___________．
【答案】
【详解】终边落在直线上，则或，
所以，
故答案为：.
7．已知三角形内接圆半径为1，外接圆半径为5，则该三角形周长的最小值为_________.
【答案】
【详解】设三角形三边长为，由题意内接圆半径，外接圆半径为
由等面积法可知，，
即，由三元均值不等式可得，
解得，等号成立当且仅当.
故答案为：.
8．已知，且为第三象限角，则______.
【答案】
【详解】.
结合为第三象限角，，
则.
故答案为：.
9．已知所有周长为x的扇形中面积最大的扇形面积为x，则该扇形周长为________.
【答案】
【详解】设扇形所在圆的半径为，弧长为，则，即
则，
所以，解得，即该扇形周长为.
故答案为：.
10．黑洞原指非常奇怪的天体，它体积小，密度大，吸引力强，任何物体到了它那里都别想再出来，数字中也有类似的“黑洞”，任意取一个数字串，长度不限，依次写出该数字串中偶数的个数、奇数的个数以及总的数字个数，把这三个数从左到右写成一个新数字串；重复以上工作，最后会得到一个反复出现的数字，我们称它为“数字黑洞”，如果把这个数字设为a，则________．
【答案】
【详解】由数字串的任意性，不妨取数字串，
经过第一步后可得到数字串，经第二步后得到数字串，
再变为，再变为，...
故数字黑洞为，即，
所以．
故答案为：
11．现有一圆形纸片，在纸片上剪出一个三角形，其三个顶点在圆上．已知三角形的一边长4cm，另一边长3cm且第三条边上的中线长3cm，则圆形纸片的半径长为________cm．（结果精确到0.1）
【答案】2.1
【详解】设三角形三边为，第三边为，对应中线长，
在中，，
在中，，
其中，
即，又，
所以，解得，
故cm，
由余弦定理得，
则，
由正弦定理得，圆形纸片的半径cm.
故答案为：2.1
12．如图，在中；，、、分别是、、上的点，若，则___________．
【答案】4
【详解】因为，所以，又，
所以，
又，所以四边形 是平行四边形，
所以,
又 ，所以 ，
即 均为等腰三角形。
设，则，
又，
所以，
因为，
所以，
在中由余弦定理：
，
代入，
解得： ，
在中，
由余弦定理得：
代入数据可得：
解得：，
所以​
故答案为：4
二、选择题（本大题共4题，第13、14题每题4分，第15、16题每题5分，共18分.每题有且仅有一个正确选项。）
13．点在第二象限，则角的终边在（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【答案】D
【详解】由题意，
则终边在轴下方，则终边在轴右侧，
所以终边在第四象限，
故选：D.
14．已知，化简的结果为（ ）.
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】由，
，
故选：B.
15．小马同学和小虎同学记忆公式十分马虎，他们要求一个等腰的面积，小马同学把余弦定理记忆为：小虎同学把正弦定理记忆为： 则小马同学能把该三角形面积求对是小虎同学能把该三角形面积求对的（ ）
A．充要条件B．充分非必要条件
C．必要非充分条件D．既不充分也不必要条件
【答案】D
【详解】根据题意,当小马同学能做对时,即,
解得即,因为是等腰三角形,所以当是等腰直角三角形时小马能做对.
当小虎同学能做对时即
化简得,即是等边三角形时小马能做对.所以是既不充分也不必要条件.
故选:D.
16．下列是有关的几个命题：
①若，则是锐角三角形．
②若，则是等腰三角形；
③若，则是等腰三角形；
④若，则是直角三角形，其中所有正确命题的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】A
【详解】①，
由得，
所以，
中最多只有一个钝角，中最多只有一个负数，
因此，从而均为锐角，①正确；
②若，则由正弦定理得，从而，而三角形中，所以或,所以或，所以是等腰三角形或直角三角形，②错；
③若，由正弦定理得，
即，在中，，故恒成立，
因此，条件对任意三角形都成立，不能据此判断是等腰三角形，故③错误；
④若，则，
又由知为锐角，所以或，
即或，则不一定是直角三角形，④错，因此正确的命题有1个，
故选：A.
三、解答题（本大题共5题，第17-19题每题14分，第20-21题每题18分，共78分.）
17．（14分）已知，且．
(1)求，的值；
(2)已知，且，求的值．
【详解】（1）因为，所以，
则.……（6分）
（2）因为，，所以，
又因为，
所以，则，
.……（14分）
18．（14分）已知在中，三个内角所对的边分别为．
(1)当时，求（用反余弦表示）．
(2)当，时，的面积为，求的值．
【详解】（1）由正弦定理和，可得，不妨设，则，
由余弦定理，，
故，则.……（6分）
（2）因，，且的面积为，
由，可得，
因，故或.
当时，由余弦定理，；
当时，由余弦定理，.
故的值为或.……（14分）
19．（14分）证明下列恒等式：
(1)；
(2)．
【详解】（1）
，
所以原等式成立.……（7分）
（2），
所以原等式成立.……（14分）
20．（18分）如图，某公司要在 、 两地连线上的定点 处建造广告牌 ，其中 为顶端， 长 35 米， 长 80 米. 设 、 在同一水平面上，从 、 看 的仰角分别为 、 .

(1)设计中 是铅垂方向，若要求 ， 求 的长 (结果精确到 0.01 米):
(2)施工完成后 与铅垂方向有偏差，现实际测得 ，求 的长和 的大小 (结果精确到 0.01 米和 ).
【详解】（1）设的长为米，则 ，，
因为，所以，则，
即，解得：米.
故的长为米.……（9分）
（2）由题设，
由正弦定理得，即米，
所以，则米，
又，则，
故的长为米，.……（18分）
21．（18分）已知若存在整数x，使满足或，则称和互为“x级绝配角”
(1)已知在中，角所对边分别为，若，若角A与自己本身互为“x级绝配角”，求：x的值；
(2)若对任意，存在常数，均有和互为“x级绝配角”，求：；
(3)是否存在某一三角形，存在整数使得其所有内角均互为“x级绝配角”，若存在，请给出该三角形的三个内角，若不存在，请说明理由.
【详解】（1）因角A与自己本身互为“x级绝配角”，则，
因，则，故，则，则，
在中利用正弦定理，则化简为，
即，
在中，，则，
得，若，则，
则角均为钝角，不满足题意；若，则，
则角均为锐角，满足题意，故.……（6分）
（2）对任意，存在常数，均有和互为“x级绝配角”，
则对，，有或，其中为常数，
若，由的任意性可得，
取，则；
取，则，故，其中为整数；
取，则，故，其中为整数；
故，矛盾；
故，
则当时，，则，
检验：当时，，若，则为任意整数均可；若，则为整数，
故而当时，对任意，均有x满足和互为“x级绝配角”.……（12分）
（3）不存在，理由如下：
假设存在，存在整数使得其角均互为“x级绝配角”，
若互为“x级绝配角”有或①；
若互为“x级绝配角”有或②；
若互为“x级绝配角”有或③，
则角均互为“x级绝配角”时，则角在①②③中各满足1个，
共8种情况，由于三个字符的轮换性，故而只需研究以下两类即可，
即，或,
（i）若，
因，则均为正数，
则，
由，则，则，
因函数在上单调递减，则，故均为锐角，
则化简为，
则，则或（舍），
故，
检验：当时，化简为，
则不存在整数使得其角均互为“x级绝配角”.
（ii）若，
若角为钝角，则由可得，，
则由，得，则角为钝角，不符合题意，
故为锐角三角形且；
又
，
则，即，则，
将其代入中得，
，，
则为等边三角形，
检验：当时，化简为，
则不存在整数使得其角均互为“x级绝配角”.
综上，不存在三角形，使存在整数使得其所有内角均互为“x级绝配角”……（18分）