2025届上海市上海师大附中数学高一第二学期期末教学质量检测试题含解析.doc

2025届上海市上海师大附中数学高一第二学期期末教学质量检测试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的
1．sincos＋cos 20°sin 40°的值等于
A． B． C． D．
2．《九章算术》是我国古代数学成就的杰出代表.其中《方田》章给出计算弧田面积所用的经验公式为:弧田面积(弦矢+矢).弧田，由圆弧和其所对弦所围成.公式中“弦”指圆弧所对的弦长，“矢”等于半径长与圆心到弦的距离之差.现有圆心角为，弦长等于的弧田.按照《九章算术》中弧田面积的经验公式计算所得弧田面积为（ ）
A． B． C． D．
3．已知函数的零点是和（均为锐角），则（ ）
A． B． C． D．
4．在中，点满足，则（ ）
A． B．
C． D．
5．已知角的顶点与原点重合，始边与轴非负半轴重合，终边过点，则（ ）
A． B． C． D．
6．在中，角，，所对的边分别为，，，若，且，则的面积的最大值为( )
A． B． C． D．
7．在中，角所对的边分别为，若，则此三角形（ ）
A．无解 B．有一解 C．有两解 D．解的个数不确定
8．若，则的大小关系为
A． B． C． D．
9．向量，若，则的值是（　　）
A． B． C． D．
10．函数（）的部分图象如图所示，其中是图象的最高点，是图象与轴的交点，则（ ）

A． B． C． D．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．若等比数列满足，且公比，则_____.
12．已知过两点，的直线的倾斜角是，则______．
13．设公差不为零的等差数列的前项和为，若，则__________．
14．若三棱锥的底面是以为斜边的等腰直角三角形，，,则该三棱锥的外接球的表面积为________.
15．已知向量为单位向量，向量，且，则向量的夹角为__________．
16．在中，角，，所对的边分别为，，，若，则角最大值为______.
三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．已知各项为正数的数列满足：且．
（1）证明：数列为等差数列．
（2）若，证明：对一切正整数n，都有
18．已知数列中，， ，数列满足。
（1）求证：数列为等差数列。
（2）求数列的通项公式。
19．如图，已知矩形中，，，M是以为直径的半圆周上的任意一点（与C，D均不重合），且平面平面.

（1）求证：平面平面；
（2）当四棱锥的体积最大时，求与所成的角
20．已知扇形的半径为3，面积为9，则该扇形的弧长为___________.
21．已知函数（其中）的图象如图所示：

（1）求函数的解析式及其对称轴的方程；
（2）当时，方程有两个不等的实根，求实数的取值范围，并求此时的值.
参考答案

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的
1、B
【解析】
由题可得，.故选B.
2、C
【解析】
首先根据图形计算出矢，弦，再带入弧田面积公式即可.
【详解】
如图所示：

因为，，为等边三角形.
所以，矢，弦.
.
故选：C
本题主要考查扇形面积公式，同时考查学生对题意的理解，属于中档题.
3、B
【解析】
将函数零点转化的解，利用韦达定理和差公式得到，得到答案.
【详解】
的零点是方程的解
即

均为锐角

故答案为B
本题考查了函数零点，韦达定理，和差公式，意在考查学生的综合应用能力.
4、D
【解析】
因为，所以，即；故选D.
5、C
【解析】
利用三角函数定义即可求得：，，再利用余弦的二倍角公式得解.
【详解】
因为角的终边过点，所以
点到原点的距离
所以，
所以
故选C
本题主要考查了三角函数定义及余弦的二倍角公式，考查计算能力，属于较易题．
6、A
【解析】
由以及，结合二倍角的正切公式，可得，根据三角形的内角的范围可得，由余弦定理以及基本不等式可得，再根据面积公式可得答案.
【详解】
因为，且，
所以，
所以，则.
由于为定值，由余弦定理得，即.
根据基本不等式得，即，
当且仅当时，等号成立.
所以.
故选：A
本题考查了二倍角的正切公式，考查了余弦定理，考查了基本不等式，考查了三角形的面积公式，属于中档题.
7、C
【解析】
利用正弦定理求，与比较的大小，判断B能否取相应的锐角或钝角.
【详解】
由及正弦定理，得，，B可取锐角；当B为钝角时，，由正弦函数在递减，，可取.故选C.
本题考查正弦定理，解三角形中何时无解、一解、两解的条件判断，属于中档题.
8、A
【解析】
利用作差比较法判断得解.
【详解】
①，
∵，
∴，
故.
②∵，
∴，
所以a＞ab.
综上，
故选A.
本题主要考查作差比较法比较实数的大小，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.
9、C
【解析】
由平面向量的坐标运算与共线定理，列方程求出λ的值．
【详解】
向量=（-4，5），=（λ，1），
则-=（-4-λ，4），
又（-）∥，
所以-4-λ-4λ=0，
解得λ=-．
故选C．
本题考查了平面向量的坐标运算与共线定理应用问题，是基础题．
10、D
【解析】
函数的周期为，四分之一周期为，而函数的最大值为，故，由余弦定理得，故.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、.
【解析】
利用等比数列的通项公式及其性质即可得出．
【详解】
，
故答案为：1．
本题考查了等比数列的通项公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于容易题．
12、
【解析】
由两点求斜率公式及斜率等于倾斜角的正切值列式求解．
【详解】
解：由已知可得：，
即，则．
故答案为．
本题考查直线的斜率，考查直线倾斜角与斜率的关系，是基础题．
13、
【解析】
设出数列的首项和公差,根据等差数列通项公式和前项和公式,代入条件化简得和的关系,再代入所求的式子进行化简求值.
【详解】
解：设等差数列的首项为,公差为,
由,得,得,
.
故答案为：
本题考查了等差数列通项公式和前n项和公式的简单应用,属于基础.
14、
【解析】
由已知计算后知也是以为斜边的直角三角形，这样的中点到棱锥四个顶点的距离相等，即为外接球的球心，从而很容易得球的半径，计算出表面积．
【详解】
因为，所以是等腰直角三角形，且为斜边，为的中点，

因为底面是以为斜边的等腰直角三角形，所以，点即为球心，则该三棱锥的外接圆半径，故该三棱锥的外接球的表面积为.
本题考查球的表面积，考查三棱锥与外接球，解题关键是找到外接球的球心，证明也是以为斜边的直角三角形，利用直角三角形的性质是本题的关键．也是寻找外接球球心的一种方法．
15、
【解析】
因为，所以，所以，所以，则.
16、
【解析】
根据余弦定理列式，再根据基本不等式求最值
【详解】
因为
所以角最大值为
本题考查余弦定理以及利用基本不等式求最值，考查基本分析求解能力，属中档题

三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、（1）证明见解析．（2）证明见解析．
【解析】
（1）根据所给递推公式，将式子变形，即可由等差数列定义证明数列为等差数列.
（2）根据数列为等差数列，结合等差数列通项公式求法求得通项公式，并变形后令.由求得的取值范围，即可表示出，由不等式性质进行放缩，求得后，即可证明不等式成立.
【详解】
（1）证明：各项为正数的数列满足：
则，，
同取倒数可得，
所以，
由等差数列定义可知数列为等差数列．
（2）证明： 由（1）可知数列为等差数列．，
则数列是以为首项，以为公差的等差数列.
则，
令，
因为，
所以，
则，
所以，
所以
，
所以

由不等式性质可知，若，则总成立，
因而，
所以

所以
不等式得证.
本题考查了数列递推公式的应用，由定义证明等差数列，换元法及放缩法在证明不等式中的应用，属于中档题.
18、（1）见解析；（2）
【解析】
（1）将题目过给已知代入进行化简，结合的表达式，可证得为等差数列；（2）利用（1）的结论求得的通项公式，代入求得的通项公式.
【详解】
（1）证明：由题意知，，又，故，又易知，故数列是首项为，公差为1的等差数列。
（2）由（1）知，所以由，可得，故数列的通项公式为。
本小题第一问考查利用数列的递推公式证明数列为等差数列，然后利用这个等差数列来求另一个等差数列的通项公式.在解题过程中，只需要牢牢把握住等差数列的定义，利用等差数列的定义来证明.
19、（1）证明见解析 （2）
【解析】
（1）证明，得到平面，得到答案.
（2）过点M作于点E，当M为半圆弧的中点时，四棱锥的体积最大，作于F，连接，与所成的角即与所成的角，计算得到答案.
【详解】
（1）为直径，，已知平面平面，.
平面，所以，
又，平面，又平面，
∴平面平面.
（2）过点M作于点E， ∵平面平面，
平面，即为四棱锥的高，又底面面积为定值.
所以当M为半圆弧的中点时，四棱锥的体积最大.
作于F，连接，
，与所成的角即与所成的角.
在直角中，，
，所以.
，故与所成的角为.

本题考查了面面垂直，体积的最值，异面直线夹角，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.
20、6
【解析】
直接利用扇形的面积公式，即可得到本题答案.
【详解】
因为扇形的半径，扇形的面积，由，得，所以该扇形的弧长为6.
故答案为：6
本题主要考查扇形的面积公式的应用.
21、（1），；（2），.
【解析】
（1）根据图像得A=2,利用，求ω值，再利用时取到最大值可求φ，从而得到函数解析式，进而求得对称轴方程；（2）由得，方程f（x）＝2a﹣3有两个不等实根转为f（x）的图象与直线y＝2a﹣3有两个不同的交点，从而可求得a的取值范围，利用图像的性质可得的值.
【详解】
（1）由图知，,解得ω=2，f(x)=2sin(2x+φ),
当时，函数取得最大值，可得，即，
，解得 ，又所以，
故，
令则，
所以的对称轴方程为；
（2），
所以方程有两个不等实根时，
的图象与直线有两个不同的交点，可得
,
当时，，有，
故.
本题考查由y＝Asin（ωx+φ）的部分图象确定函数解析式，考查函数y＝Asin（ωx+φ）的图象及性质的综合应用，属于中档题．