上海市同济大学第一附属中学2025-2026学年高一下学期期末考试数学试卷（含解析）

这是一份上海市同济大学第一附属中学2025-2026学年高一下学期期末考试数学试卷（含解析），共89页。试卷主要包含了填空题，选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（本试卷满分150分，考试时间120分钟，可以使用计算器）
一、填空题（1-6每小题4分，7-12每小题5分，共54分）
1. 已知复数（为虚数单位），则____________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据复数的四则运算法则计算即可.
【详解】.
故答案为：.
2. 已知角θ 终边经过点，则_________．
【答案】##
【解析】
【分析】利用三角函数的定义可求得的值.
【详解】因为角θ 终边经过点，则.
故答案为：.
3. 已知，，用a ，b 表示为__________．
【答案】
【解析】
【分析】将指数化为对数，结合对数运算求解.
【详解】因为，所以，
又，
所以.
4. 不等式的解集为____________.
【答案】
【解析】
【分析】运用公式法解绝对值不等式.
【详解】由可得，
解得，即.
故答案为：.
5. 若向量，，则______．（结果用反三角表示）
【答案】
（或）
【解析】
【详解】因为向量，，所以csa→,b→=a→⋅b→a→⋅b→=3×1+−4×225×5=−55，
所以（或）.
6. 在长方体中，若， ，则直线到平面的距离是______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据条件，易得平面，从而将线面距转化成点面距，过作于E ，根据条件可得平面，再根据条件，利用几何关系，即可求解.
【详解】由题意得，又平面，平面，
所以平面，
则直线到平面的距离等于点到平面的距离，
过作于E ，
因为平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又，，所以，
在中，，所以，
所以直线到平面的距离为.
7. 函数的单调减区间是__________．
【答案】
【解析】
【分析】由二次函数，对数函数，复合函数单调性可得答案.
【详解】函数定义域为或.
又二次函数在上单调递减，对数函数在其定义域内单调递增，
从而函数的单调减区间为.
8. 如图所示直角梯形上下两底分别为2和4，高为，则利用斜二测画法所得其直观图的面积为______.
【答案】3
【解析】
【分析】按照斜二测画法画出直观图，利用梯形面积公式便可求得其面积.
【详解】如图所示，作出直观图，
则，，，
梯形的高为，
∴直观图的面积为.
故答案为：3 .
9. 若，，且，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】由向量平行坐标表示可得，然后由二倍角正切公式可得答案.
【详解】因，则，则.
10. 已知复数满足，则的最小值为______.
【答案】4
【解析】
【分析】根据题意，由条件可得复数表示以为圆心，1为半径的圆，然后再结合其几何意义即可得到结果.
【详解】设，∵，
∴，表示以为圆心，1为半径的圆，
∴，表示圆上的点到点的距离，
∴的最小值为.
故答案为：4 .
11. 已知A、B 、C 是单位圆上的三个点，若，则的最大值为______．
【答案】
【解析】
【分析】由题可知，表示点的坐标，然后将向量坐标化使用辅助角公式计算判断即可.
【详解】由题可知：A、B 、C 是单位圆上的三个点，且，不妨设，
所以，则，
当，即时，有最大值为1，所以.
故答案为：
12. 德国数学家狄利克雷在数学领域成就显著，以其命名函数，该函数被称为狄利克雷函数．那么是否存在三个点、、，使得△ABC 为等边三角形，若不存在请在横线上填写“不存在”，如果存在则在横线上填写该正三角形的面积__________．
【答案】
【解析】
【分析】假设存在，不妨设，分为无理数和为有理数两种情况进行讨论即可．
【详解】因为，所以或1，
设存在三个点、、，使得△ABC 为等边三角形，
则不同时为0或1，
不妨设，
分析得△ABC 的位置有两种情况，
第一种情况：
当为有理数时，即，如图，
过点B 作，垂足为D ，得，，，
可知，为无理数，为无理数，
即，，与图形不一致，舍去；
第二种情况：
当为无理数时，即，如图，
过点B 作，垂足为D ，得，，，
可知，，，
存在，使得，且为无理数，
即，与图形一致，符合题意，
此时，，
综上所述，存在这样的点，该正三角形的面积为.
故答案为：.
二、选择题（13-14每小题4分，15-16每小题5分，共18分）
13. 已知、是两个不同的平面，、m 、n 是三条不同的直线，则下列选项正确的是（ ）
A. 若，，则
B. 若，且，则
C. 若，，，则
D. 若，，，则或异面
【答案】D
【解析】
【分析】A选项，根据线面平行的性质判断；B选项，根据线面平行的判定定理进行判断；C选项，根据线面垂直的性质判断；D选项，根据面面平行的性质进行判断．
【详解】A选项，平行于同一平面的两条直线可以相交，可以平行，也可以异面，故A错误；
B选项，若，且，则或，故B错误；
C选项，若，则与m 可以相交或平行，若，则与m 可以异面或平行，故C错误；
D选项，两平面平行，则平面内的直线没有公共点，可能异面也可能平行，故D正确．
14. 如图所示，在正方体中，点为线段上的动点，则下列直线中，始终与直线BP 异面的是（ ）
A. B. AC C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据异面直线的定义一一判断即可.
【详解】由正方体的性质易知当为的中点时，为的中点，
而，所以共面，则BP 、在平面上，故A不符题意；
因为，即共面，
易知平面，而平面，，，
故BP 与AC 异面，故B符合题意；
当、重合时，易知，
则四边形是平行四边形，则此时，故C不符合题意；
当、重合时，显然，BP 相交，故D不符合题意.
故选：B.
15. 已知常数，不等式的解集为M．不等式的解集为N，则下列关系式中不可能成立的是（ ）．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用三角不等式，结合不等式解集的意义逐项判断作答.
【详解】由三角不等式得：，当且仅当时取等号，
而不等式的解集为N，若，则有，
当时，对，即有，
因此成立，即，则，
于是得，显然A，C，D均有可能，B不可能.
故选：B
16. 已知平面向量，，，对任意实数x，y都有，成立．若，则的最大值是（ ）
A. B. C. 22D.
【答案】A
【解析】
【分析】设, ,，由题意可得点在以为直径的圆周上，设圆心为E ,
作出图形，过E 作,交OC 于点D ,交圆于点N ,向量在上的投影的长等于向量在上的投影的长.所以向量在上的投影的长的最大值为（当重合时取最大值.），设,则，
则，可得答案.
【详解】设, ,,则,
对任意实数x，y都有，成立
即对任意实数x，y都有，成立
即，.所以点在以为直径的圆周上.设圆心为E .
为向量在上的投影的长.
过E 作,交OC 于点D ,交圆于点N ,如图,由，则
所以向量在上的投影的长等于向量在上的投影.
所以向量在上的投影的长的最大值为（当重合时取最大值.）.
则
设,则，
则
当时，有最大值
所以的最大值以为
故选：A
本题考查向量的数量积的最值问题，考查向量的几何意义，考查向量的投影的计算，属于难题.
三、解答题（满分78分）
17. 已知复数，（，是虚数单位）．
（1）若复数在复平面上的对应点落在第一象限，求实数a 的取值范围；
（2）若虚数是实系数一元二次方程的根，求实数m 的值．
【答案】（1）

（2）
【解析】
【分析】（1）由复数的加法求，根据其所在的象限可得，即可求a 的范围；
（2）由是实系数一元二次方程的根，则也是它的根，进而可知，即可求m .
【小问1详解】
．
∵在复平面内对应的点落在第一象限，
∴，解得：．
∴实数a 的取值范围是；
【小问2详解】
∵虚数是实系数一元二次方程的根，．
∴也是实系数一元二次方程的根，
∴，可得，.
∴m 的值为13.
18. 如图所示，在长方体中，， 为棱上—点.
(1) 若，求异面直线和所成角的大小；
(2) 若，求证平面.
【答案】(1) ；(2)证明详见解析.
【解析】
【分析】(1) 由,得是异面直线和所成角,由此能示出异面直线和所成角的正切值；
(2) 时,由勾股定理逆定理得,,由此能证明平面.
【详解】(1),
是异面直线和所成角,
∵在长方体中,平面,
,
,,,M为棱上一点,,
,
,
即异面直线和所成角的大小为.
(2) 时,,
,.
,,
,
,
又,平面.
本题考查异面直线所成角的正切值的求法,考查直线与平面的证明,解题时要注意空间思维能力的培养.
19. 如图，某学校准备在宿舍楼前两条小路和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，线段，弓形花园上一点，其中，设.

（1）将线段、的长度a 、b 分别用含有θ 的代数式表示出来；
（2）现准备在点处修建喷泉，求点与点O 距离的最大值以及对应的θ 的值.
【答案】（1），
（2），
【解析】
【分析】（1）在中利用正弦定理可表示出；
（2）在中，由余弦定理表示出，再结合θ 的范围及正弦函数的性质可求出其最大值.
【小问1详解】
因为，，
所以，.
【小问2详解】
因为，
所以，
在中，由余弦定理易得，
因为，所以，
当，即时，
取最大值取最大值.
20. 如下图（1）是由两个三角形组成的平面图形，其中，，，，；现在将三角形沿AC 折起，使得过点作平面，垂足H 恰好在AC 上，如下图（2）．设O 是AC 的中点，D 是的中点．
（1）求：线段BC 的长；
（2）求：直线BD 与平面所成角的大小；
（3）连接，，设平面与平面的交线为直线，判别与PC 的位置关系，并说明理由．
【答案】（1）；
（2）直线BD 与平面所成角为；
（3），理由如下：
在中，因为O 是AC 的中点，D 是的中点，故；
因为平面，且平面；
故平面；
又因为平面平面，且平面，
故．
【解析】
【分析】（1）在平面图中，根据三角形中已知两边及其夹角，利用余弦定理计算第三边即可；
（2）利用线面角的作角方法，过直线上一点作平面的垂线，连接垂足与交点，直线与投影所形成的夹角为线面角，通过解三角形的方法计算夹角即可；
（3）根据线面平行的性质可知，过平面的平行线的平面与已知平面平行，交线与这条直线平行，由此进行证明即可．
【小问1详解】
在△ABC 中，已知，，；
由余弦定理可得，
整理得，解得；
【小问2详解】
如图所示，作，连接DE ；
因为平面，且平面，故平面平面；
因为平面平面，且，平面，
故平面，故为直线BD 与平面所成角；
由（1）知，在△ABC 中，已知，，，
故△ABC 为直角三角形，；
根据面积公式可得，解得，
则；
在中，，，，
可得，则，
在△ADE 中，由余弦定理可得
，
解得；
故在直角三角形中，，
因为，故；
故直线BD 与平面所成角为；
【小问3详解】
略．
21. 对于定义域在上的函数，定义．设区间，对于区间上的任意给定的两个自变量的值、，当时，总有，则称是的“函数”．
（1）求证：函数不存在“函数”，请说明理由；
（2）若非常值函数，是奇函数，求证：存在“函数”的充要条件是存在常数，使得；
（3）若函数与函数的定义域都为，且均存在“函数”，求实数m 的值．
【答案】（1）由题意，，则，因此： ，
取​计算得： ，
不满足，因此函数不存在“函数”
（2）因为是定义域为的奇函数，故，因此，
且，即是偶函数.
充分性：若（，非常值），此时，为常数函数，
对任意、，当时，总有，满足，
必要性：若存在“函数”即在上单调不减，
由是奇函数得：，即是偶函数，
若不为常数函数，对任意两个正数，则，
但此时，，不满足“函数”的定义.
因此恒为常数，此时.
综上，原命题得证. （3）
【解析】
【分析】（1）先写出的表达式，然后取，说明即可证明；​
（2）先证明是偶函数，充分性直接证明即可；必要性利用反证法结合偶函数的性质即可证明；
（3）先写出的解析式，然后说明既单调不减又单调不增，即为常数即可求出m .
【小问1详解】
略
【小问2详解】
略
【小问3详解】
对，，因此： ，
对，，因此： ，
因为都存在“函数”，故单调不减，也单调不减，
即单调不减，等价于单调不增，既单调不减又单调不增，故为常数，
即： m(2x−1)x=C⟹m⋅2x=m+Cx （C为常数），
指数函数恒等于一次函数+常数，仅当指数项系数为0，即.
验证：时，（常数），（常数），均满足“函数”定义，
故.