上海大学附属中学2025-2026学年第二学期期末考试高一年级数学试卷（含解析）

这是一份上海大学附属中学2025-2026学年第二学期期末考试高一年级数学试卷（含解析），共3页。试卷主要包含了解答题内写出必要的步骤.等内容，欢迎下载使用。
一、填空题（本大题共12题，满分42分，1~6题每题3分，7~12题每题4分）要求在答题纸相应题序的空格内直接填写结果，每个空格填对得分，否则一律得零分.
1. 已知扇形的半径为，弧长为，则扇形的圆心角的弧度数为________．
【答案】##
【解析】
【分析】由圆心角定义得解.
【详解】根据圆心角定义可知，，
故答案为：
2. 函数 y=cs2ωx (ω>0) 的最小正周期是 ，则 ______.
【答案】
【解析】
【详解】由余弦函数周期性可知，解得.
3. 若全集，集合，，则图中阴影部分表示的集合为_____.
【答案】
【解析】
【分析】由韦恩图可知阴影部分表示，根据集合间的运算直接可得解.
【详解】由韦恩图可知阴影部分表示，
又,，则，
所以.
故答案为：
4. 若，，则________．
【答案】2
【解析】
【分析】由题得，再根据对数运算法则求解即可.
【详解】因为，，
所以，.
5. 已知复数，那么复数的虚部是________.
【答案】.
【解析】
【分析】根据复数的运算法则，求得，再求其虚部即可.
【详解】因为，
故可得，
故其虚部为.
故答案为：.
本题考查复数的运算法则，涉及复数虚部的辨识，属基础题.
6. 设为单位向量，且，则______．
【答案】1
【解析】
【分析】根据向量数量积的性质列方程求解即可.
【详解】因为为单位向量，所以.
由可得，
解得.
故答案为：1.
7. 在中，，，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】由同角三角函数的平方关系结合角的范围可得和，再根据两角和的正弦公式求解即可.
【详解】因为，，且，，，
所以.
8. 已知直三棱柱中，，，Q点为棱的中点，一只虫子由表面从Q点爬到点的最近距离为______.
【答案】5
【解析】
【分析】将直三棱柱侧面展开为长方形，结合题意计算求解即可；
【详解】将直三棱柱侧面展开如图所示：
因为，所以，，
因为，
所以结合展开图可知，从点爬到点的最近距离为.
9. 若不等式对一切恒成立，则a的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】对二次项系数进行分类讨论，当二次项系数等于0时不等式恒成立，当二次项系数不等于0时转化为一元二次不等式恒成立问题求解，需要满足开口向下和判别式小于0两个条件，最后整合得到结果.
【详解】①当，即时，
不等式为恒成立，所以满足题意；
②当时，需满足，
解得.
综上，的取值范围是.
故答案为：.
10. 已知是奇函数，则实数a的值为________．
【答案】1
【解析】
【分析】主要依据奇函数的性质得到等式，然后通过对数运算性质化简等式，最后求解方程并检验得到符合条件的值.
【详解】不确定0是否在定义域内，故不能令，
由
得 ，即，
恒成立．故，解得．
11. 某公司拟投资开发一种新产品，估计公司能获取不低于100万元且不高于2500万元的投资收益．该公司对研发部门的奖励方案有如下三条要求：
①奖金（单位：万元）随投资收益（单位：万元）的增加而增加；
②奖金不低于10万元且不超过200万元；
③奖金不超过投资收益的20%．
已知函数符合公司奖励方案要求，则在该函数模型前提下，研发部门可以获取的奖金最多为___________万元．
【答案】180
【解析】
【分析】根据给定的函数模型，求出a的取值范围，再求出最多可以获取的奖金作答.
【详解】因为函数符合公司奖励方案函数模型要求，
所以函数在上是增函数，有，
，
，
所以．
由，不等式恒成立，
得，即对任意恒成立，
显然，则，当且仅当，即时取等号，
于是，解得，从而．
因此当，时，，
当且仅当且时取等号．
所以在该奖励方案函数模型前提下，研发部门最多可以获取180万元奖金．
故答案为：
12. 已知向量 满足 ，且 在 方向上的投影为 的单位向量，，则 的最大值为 ______.
【答案】
【解析】
【分析】根据投影向量，求出，与的夹角为，设，，作图，利用正弦定理求外接圆的半径，再由求最值即可.
【详解】由题意可得在上的投影向量为，即，所以，
因为，所以，
设与的夹角为，则，
又因为，所以．如图，作出符合题意的图形，
设，，，则，，
由已知可得，，，．
连接，则，
又因为，在中，由正弦定理得：，即，
所以的外接圆的半径为2，
设圆为的外接圆，点C为优弧上任意一点，
则，取的中点，
则，
求的最大值，即求的最大值，
当C，，M三点共线时，即点C在优弧的中点时，最大，
又因为是边长为2的正三角形，
所以，即的最大值为，
所以的最大值为：．
二、选择题（本大题共4题，每题3分，共12分）每题都给出四个结论，其中有且只有一个结论是正确的，必须把答题纸上相应题序内的正确结论代号涂黑，选对得相应满分，否则一律得零分.
13. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则以下说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】C
【解析】
【详解】对于A，，则，相交或异面，故错误；
对于B，，则与的关系可以是平行，相交或，故错误；
对于C，，则，故正确
对于D，如图，满足，不满足，故D错误.
14. 已知，都是非零向量，定义新运算，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】将提公因式化简，分别讨论各个因式可得结果.
【详解】若，则，则或.
当时，未必成立；
当时，.
故“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
15. 如图，在中，点是线段上的动点（端点除外），且，则的最小值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据平面向量共线定理，由，得出，且，，再利用基本不等式求出的最小值.
【详解】解：由点是线段上的动点（端点除外），且，
所以，且，，
因此，
当且仅当，即，时，等号成立，此时取最小值为.
16. 学习立体几何能够锻炼直观想象的数学核心素养，小唐在研究正方体的时候发现过空间中的一点，存在条过点的直线，满足与正方体的每条棱所成角的大小都相等；小宋在研究正方体的时候发现过空间中的一点，存在个过点的平面，满足与正方体的每个面所成锐二面角的大小都相等；则下列判断正确的是（ ）
A. B.
C. D. 的大小关系与点 的位置有关
【答案】C
【解析】
【分析】作出正方体四条体对角线，四条体对角线与正方体的每条棱所成角都相等，得到，从正方体一个顶点出发得到正三棱锥，得到与正方体的每个面所成锐二面角都相等的平面，由对称性可得，得到结论.
【详解】正方体有四条体对角线，
四条体对角线与正方体的每条棱所成角都相等，夹角的正切值为，
故过点可以作4条直线，4条直线分别与4条体对角线平行，
由于正方体只有4条体对角线，故，

过正方体的一个顶点可以作出正三棱锥，比如，
可以证明平面与正方体的三个平面，
平面，平面的锐二面角相等，
设平面与平面的夹角为，
相交于点，连接，
则即为平面与平面的夹角，且，
可以求出平面与平面，平面的锐二面角的正切值均为，
根据面面平行，故平面与正方体的每个面所成锐二面角都相等，
从8个顶点可以作出8个类似的正三棱锥，
得到八个平面，分别为平面，平面，平面，
平面，平面，平面，平面，平面，
但平面，平面，平面，平面分别与平面，
平面，平面，平面平行，
综上，过点共可以作出4个平面，满足与正方体的每个面所成锐二面角都相等；
故，综上所述，.
三、解答题（本大题共有5题，满分46分）解答下列各题必须在答题纸的规定区域（对应的题号）内写出必要的步骤.
17. 在中，，，分别为内角，，的对边，已知．
（1）求角；
（2）若，，求的面积．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）方法一：由可得，从而可求出角，方法二：把化简可得，从而可求出角，
（2）方法一：由余弦定理可求得，从而可求出的面积，方法二：由正弦定理可求得，则可得，从而可求出，进而可求出三角形面积
【详解】（1）方法一：，，
由，得，因此．
方法二：，
由于，所以．
（2）方法一：由余弦定理得，
而，，，得，即，
因为，所以，故的面积．
方法二：由正弦定理得，从而，
又由，知，所以为锐角，，
故，
所以．
18. 已知关于的实系数一元二次方程
(1)若方程的一个根为求实数的值；
(2)若方程的两根为且求实数的值．
【答案】（1）或；（2）或
【解析】
【分析】（1）由题意可得，另一个根为利用一元二次方程根与系数的关系求出m的值；
（2）当△≥0，求得m的范围，由，可知两根同号，从而|x1|+|x2|＝|x1+x2|＝2，从而求得m的值．当△＜0时，求得m的范围，此时方程有两个共轭复根，由|x1|+|x2|＝2可得|x1|＝1，进而，解得m的值，综合可得结论．
【详解】（1）根据“实系数方程虚根共轭成对出现”，知另一根为
根据韦达定理，知
∴或；
（2）当△≥0，即，由，可知两根同号，
从而|x1|+|x2|＝|x1+x2|＝2，求得 2（m﹣1）＝±2，解得m＝0或m＝2（舍）．
当△＜0，可得 ，此时方程有两个共轭复根，
故|x1|＝|x2|，且由|x1|+|x2|＝2可得|x1|＝1，
进而，解得m＝1或m＝﹣1（舍）；
从而综上所述：m＝0，或m＝1．
本题主要考查实系数的一元二次方程求根问题，韦达定理的应用，体现了分类讨论的数学思想，属于基础题．
19. 如图，在三棱柱中，，，，点在底面ABC的射影为BC的中点O，M为的中点．
（1）求证：平面；
（2）求二面角的平面角的正弦值．
【答案】（1）证明见详解
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直可得，根据三线合一可得，结合线面垂直的判定定理分析证明；
（2）建系标点，分别为平面、平面的法向量，利用空间向量求二面角.
【小问1详解】
因为平面∥平面，且平面，则∥平面，
由题意可知：平面，平面，则，
又因为，为的中点，则，
且∥，则，
且，平面，所以平面.
【小问2详解】
因为，为的中点，则，
且平面，
以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
设，则，，可得，
则，
可得，
设平面的法向量为，则，
令，则，可得，
由题意可知：平面的法向量，
设二面角的平面角为，
则，可得，
所以二面角的平面角的正弦值为.
20. 已知向量 ，，函数 .
（1）若 ，且，求满足条件的 取值的集合；
（2）若存在 使得不等式 成立，求实数 的取值范围.
【答案】（1）

（2）
【解析】
【分析】（1）运用向量的平行的性质求解；（2）先计算出，再解含绝对值的不等式.
【小问1详解】
因为，所以存在，所以，，
即，当时，，，，，
零向量与任何向量平行，故成立
当时，即，故，则，
因为，解得，，综上.
【小问2详解】
由题意可得，
即，
故时，单调递增，当时，单调递减，
因此，又因为，
故在上，
又因为存在 ，使，
所以，解得，
或者，解得，
综上.
21. 已知集合是满足下列性质的函数的全体：存在实数 、（），对于定义域内任意，均有成立，称复数 为函数的伴随复数．
（1）判断函数是否属于集合；
（2）若函数所有的伴随复数构成集合，复数 构成集合，请判断“复数”是“复数”的什么条件，并证明你的结论；
（3）若和都是函数的伴随复数，当 时，，当 时，，求当 时，函数的解析式和零点．
【答案】（1）
（2）“复数”是“复数”的必要不充分条件，
设的伴随复数为，则，
展开得，
，
若，则，故，
若，则，故，
故，
已知，则，
故“复数”是“复数”的必要不充分条件．
（3），零点为
【解析】
【分析】（1）采用构造法，取，结合函数定义得出结论；
（2）采用待定系数法，将利用两角和与差的正弦公式展开后合并同类项，分类讨论求出，得出集合，与集合对比，进而判定结论；
（3）先进行条件转化，推导函数周期，求出一个周期内的解析式，根据函数周期性求出在指定区间内的解析式，进而判断零点．
【小问1详解】
取，对任意，，
故，
故．
【小问2详解】
“复数”是“复数”的必要不充分条件
证明：略
【小问3详解】
已知和都是函数的伴随复数，则：
①，
②，
联立①②得，故，
则函数的周期为4，
当时，，，
则时，，
当时，令，
，
当时，令，
，
根据周期4，区间映射到：
，
故，
时，；
时，令，则，解得，
在区间内有；
时，令，则，解得，
在区间内无解；
时，；
故零点为．