上海市长宁区2025-2026学年高一下学期期末考试数学试题（含解析）

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一、填空题（每小题3分，共36分）
1. 已知扇形的弧所对的圆心角为，且半径为2 cm，则该扇形的面积是________．
【答案】
【解析】
【详解】依题意，扇形的弧所对的圆心角为，且半径为2 cm，
所以扇形的面积为.
2. 已知向量，若，则___________.
【答案】3
【解析】
【分析】由向量垂直的坐标运算求解.
【详解】向量，若，则，解得
故答案为：3.
3. 已知为第三象限角，，则___．
【答案】##
【解析】
【详解】因为为第三象限角，，
所以，
则.
4. 在中，已知，，，则 ______．
【答案】1或2
【解析】
【分析】利用余弦定理建立关于边的一元二次方程求解即可.
【详解】在中，由题意得，，，
根据余弦定理： ，
将已知条件代入得： ，
化简得： ，
因式分解得 ，解得 或，
经检验，两个解均满足三角形三边关系，故 或 .
5. 已知，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据同角的三角函数关系，结合二倍角的正弦公式进行求解即可.
【详解】，
故答案为：
6. 函数的定义域为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据正切函数的定义域用整体代入的方法即可求出函数的定义域.
【详解】由得，
所以函数的定义域为；
故答案为：.
7. 若复数满足，则______．
【答案】
【解析】
【详解】由可得，
故.
8. 已知，，且，则在方向上的投影是_____．
【答案】
【解析】
【分析】根据向量投影公式直接计算即可得.
【详解】.
9. 设点是平面直角坐标系内的一个动点，它从初始位置出发，绕原点按逆时针方向转动角后到达点，然后继续绕原点按逆时针方向转动角到达点；若的横坐标是，则的坐标是______．
【答案】
【解析】
【分析】设是角终边上一点，且，则.根据旋转的特点，可用表示出的横坐标，结合同角三角函数关系式及两角差的正、余弦公式求得，进而求得的坐标．
【详解】设是角终边上一点，且，
因为点到原点的距离：，所以.
由题意知点，的横坐标为，
所以 ，即.
由，得，
所以.
所以
，
，
所以点的坐标为，即.
10. 已知，则的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】利用消元法将目标式转化为单变量函数，再求二次函数在区间上的值域即可.
【详解】由已知条件 ，可得，
,则，
由，得 ，
因此 ，令 ，则 ，
目标式转化为二次函数，
而，开口向上，对称轴为 ，
最小值在对称轴 处取得，
最大值在区间端点处取得，，，最大值为 ，
综上， 的取值范围是 .
11. 如图，已知塔坐落在一座小山上，且垂直于地面；观察者在地面上的点处测得仰角，，在延长线上的点处测得仰角，并测得米，则塔的高大约是_______米（精确到0.01米）

【答案】
【解析】
【分析】利用三角形外角性质求出 ，在 中利用正弦定理求出 ，再分别在 Rt 和 Rt 中求出 和 ，最后由 求解
【详解】由题意可知，，
则 、、 均为直角三角形.
在 中， 是 的外角，
所以 ，
由正弦定理 ， 得 ；
在 Rt 中，，；
在 Rt 中，，
所以塔高
（米）.
故塔 的高大约是 米.
12. 已知平行四边形中，，分别是边，的中点，且，，则的最大值为______．
【答案】
【解析】
【分析】先建立以为原点，直线为轴的直角坐标系，设，从而得到点，，，的坐标，进而结合数量积的坐标表示，及二次函数的配方公式即可求解．
【详解】建立以为原点，直线为轴的直角坐标系，
设，由，，
则，，，
设，，则，
又，分别是边，的中点，
则，解得，，
则，，
所以，
故的最大值为．

二、选择题（每小题3分，共12分）
13. 下列函数中，最小正周期是的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用函数周期的计算即可求解.
【详解】对于A，最小正周期为，故A错误；
对于B，最小正周期为 ，故B错误；
对于C，最小正周期为，故C错误；
对于D，因为，所以最小正周期为，故D正确.
14. 若在中，“”是“”的（ ）条件
A. 充分非必要B. 必要非充分
C. 充要D. 既非充分又非必要
【答案】C
【解析】
【分析】在三角形中，结合正弦定理，利用充分条件和必要条件的定义进行判断．
【详解】在三角形中，若，根据大角对大边可得边，
由正弦定理得.
若，则由正弦定理得，
根据大边对大角可知，
所以“”是“”的充要条件．
故选：C．
15. 已知，，，函数 的部分图象如图所示，则该函数的表达式是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据图象最高点确定，利用周期求出，最后代入最低点坐标求出.
【详解】由 ，，，的图象可知， .
因函数图象过最高点，且随后经过点，
所以函数的最小正周期满足，解得，因为，所以 .
即函数表达式为 .
将点 代入上式，得，化简得.
所以，因为，可得.
所以该函数的表达式是 .
16. 如图，设，是两条射线，，，分别为与，同向的单位向量，称和，一起构成了“-仿射坐标系”；在-仿射坐标系中，若，则称为的坐标，表示为；现有以下几个命题：
①在-仿射坐标系中，若，则；
②在-仿射坐标系中，与平行的充要条件是；
③在-仿射坐标系中，若，，且，则；
其中，真命题的个数是（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】利用“-仿射坐标系”的定义，结合向量的数量积的定义计算可判断①③；利用向量共线的充要条件计算可判断②.
【详解】对于①，在-仿射坐标系中，可知，即，则，
若，则，
所以，故①错误；
对于②，若时，显然有与平行，可得成立，
反之显然成立；
当，与平行的充要条件是存在，使得，
所以，所以，所以，
综上，在-仿射坐标系中，与平行的充要条件是，故②正确；
对于③，在-仿射坐标系中，若，，则，，
所以，
，
，
又因为，所以，
所以，解得，又因为，所以，故③正确.
故真命题有2个.
三、解答题（共52分）
17. 已知，，，，求和的值；
【答案】，
【解析】
【详解】由于，，，，故，
所以，
18. 已知，；
（1）若点O，A，B三点共线，求m的值；
（2）若是钝角，求m的取值范围；
【答案】（1）或；
（2）或且
【解析】
【分析】（1）根据共线得到方程，求出答案；
（2），且不反向共线，结合（1）得到不等式，求出答案.
【小问1详解】
点O，A，B三点共线，则，
所以，即，
解得或；
【小问2详解】
由题意得，
故，且不反向共线，
，
解得或，
由（1），当时，，同向共线，
当时，，反向共线，
故，
综上，或且.
19. 复数和分别对应复平面上的向量和，点在第一象限；已知，的虚部是6；
（1）求；
（2）若点为复平面内一点，且四边形为平行四边形，求所对应的复数；
【答案】（1）或；
（2）当时对应复数为，当时对应复数为
【解析】
【分析】（1）设，根据题意得到方程组，求出答案；
（2）在（1）基础上，分两种情况，利用进行求解，得到答案.
【小问1详解】
设，点在第一象限，故，
则，
由，可得，
的虚部是6，即，，
联立与，解得或，
当时，，当时，，
综上，或；
【小问2详解】
当时，，
故，故，
因为四边形为平行四边形，故，
所以所对应的复数为；
当时，，
故，故，
因为四边形为平行四边形，故，
所以所对应的复数为；
综上，当时对应复数为，当时对应复数为.
20. 已知是以为圆心，20米为半径的扇形舞台，且；现对舞台进行改造，要在扇形内做一个矩形可升降舞台，现有两种改造方案；
方案1：点，在线段上，点在弧上，点在线段上；
方案2：点，分别在线段，上，点，在弧上；
（1）若，采用方案1，设，求可升降舞台面积的最大值以及此时的大小；
（2）若采用方案2，当升降舞台面积最大时，求的面积以及的长度；（用表示）；
【答案】（1），
（2）， .
【解析】
【分析】（1）通过角度将矩形的宽和高表示出来，通过二倍角公式和辅助角公式可以得出面积的最大值；
（2）通过对称性可知矩形面积最大时关于角平分线对称，设，用角分别表示矩形的宽和高，利用辅助角公式即可把面积最大值和边长计算出来.
【小问1详解】
因为扇形半径，圆心角，
，所以，，
，
所以，
设矩形的面积为S，
因为，所以，所以，
当，即时，面积有最大值；
【小问2详解】
由对称性可知，矩形面积最大时关于角平分线对称，
设，所以，
设，所以，
因为，所以，即，
所以矩形面积
所以，当，
即时，面积有最大值，，
此时
米.
21. 已知函数，实数，；
（1）若该函数的最小正周期为，函数图象经过点，求该函数的表达式；
（2）在（1）的条件下，若时，该函数与直线有且仅有一个交点，求实数的取值范围；
（3）若存在实数，使得函数在上有且仅有2个零点，求的取值范围；
【答案】（1）
（2）
（3）.
【解析】
【分析】（1）由最小正周期求解由经过的点求解；
（2）令，问题转化为：与直线在上有且仅有一个交点 ；（3）函数的零点即方程的解， 要存在使得区间内恰有 2 个解.
【小问1详解】
由函数的最小正周期，可得，则得，
将点代入得，即，
则，又，则得，故；
【小问2详解】
令，当时，，问题转化为：与直线在上有且仅有一个交点，
当时，函数单调递增，；当时，函数单调递减，，
当时，仅在处有 1 个交点，符合条件；
当时，仅在递减段有 1 个交点，符合条件；
当时，递增段和递减段各有 1 个交点，共 2 个，不符合；
当或时，无交点，不符合，
综上，的取值范围为；
【小问3详解】
函数的零点即方程的解，
令，由且，得，其中，
方程的解为：或，
正半轴上的解按顺序为：
要存在使得区间内恰有 2 个解，需满足：
当从大于0趋近于 0 时，则区间右端点需大于，才能包含 2 个解，即，即；
当从小于趋近于时，则区间右端点需不超过（开区间端点不算），才能保证最多 2 个解，即，即.
故的取值范围为.