2025届上海交大附中数学高一下期末达标检测试题含解析

2025届上海交大附中数学高一下期末达标检测试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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．边长为的正三角形中，点在边上，，是的中点，则（）A． B． C． D．2．若变量满足约束条件则的最小值等于（）A． B． C． D．23．已知是等差数列的前项和，.若对恒成立，则正整数构成的集合是（）A． B． C． D．4．已知实数满足，则的最大值为（）A． B． C． D．5．在递增的等比数列an中，a4，a6是方程x2A．2 B．±2 C．12 D．16．以两点A(－3，－1)和B(5,5)为直径端点的圆的标准方程是()A．(x－1)2＋(y－2)2＝10 B．(x－1)2＋(y－2)2＝100C．(x－1)2＋(y－2)2＝5 D．(x－1)2＋(y－2)2＝257．=（）A． B． C． D．8．已知向量，且，则的值为（）A．1 B．2 C． D．39．已知，，且，则向量在向量上的投影等于（）A．-4 B．4 C． D．10．已知一几何体的三视图，则它的体积为（）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，则的值为_______.12．设无穷等比数列的公比为，若，则__________________．13．已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为，若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的侧面积为________.14．某县现有高中数学教师500人，统计这500人的学历情况，得到如下饼状图，该县今年计划招聘高中数学新教师，只招聘本科生和研究生，使得招聘后该县高中数学专科学历的教师比例下降到，且研究生的比例保持不变，则该县今年计划招聘的研究生人数为_______.15．已知扇形的圆心角为，半径为，则扇形的弧长为______.16．若数列满足（，为常数），则称数列为“调和数列”，已知正项数列为“调和数列”，且，则的最大值是__________．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．在ΔABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，a=8，c-1（1）若ΔABC有两解，求b的取值范围；（2）若ΔABC的面积为82，B>C，求b-c18．设等比数列{}的首项为，公比为q(q为正整数),且满足是与的等差中项；数列{}满足.(1)求数列{}的通项公式;(2)试确定的值，使得数列{}为等差数列：(3)当{}为等差数列时，对每个正整数是，在与之间插入个2,得到一个新数列{}，设是数列{}的前项和，试求满足的所有正整数.19．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，已知3(b2＋c2)＝3a2＋2bc.(1)若sinB＝cosC，求tanC的大小；(2)若a＝2，△ABC的面积S＝，且b>c，求b，c.20．已知数列，，，且.(1)设，证明数列是等比数列，并求数列的通项；(2)若，并且数列的前项和为，不等式对任意正整数恒成立，求正整数的最小值.(注:当时，则)21．甲、乙两台机床同时加工直径为10cm的零件，为了检验零件的质量，从零件中各随机抽取6件测量，测得数据如下（单位：mm）：甲：99，100，98，100，100，103；乙：99，100，102，99，100，100.（1）分别计算上述两组数据的平均数和方差（2）根据（1）的计算结果，说明哪一台机床加工的零件更符合要求.

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、D【解析】

，故选D．2、A【解析】

由约束条件作出可行域，由图得到最优解，求出最优解的坐标，数形结合得答案．【详解】解：由变量x，y满足约束条件作出可行域如图，由图可知，最优解为A，联立，解得A（﹣1，）．∴z＝2x﹣y的最小值为2×（﹣1）．故选A．【点睛】本题考查了简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题．3、A【解析】

先分析出，即得k的值.【详解】因为因为所以.所以,所以正整数构成的集合是.故选A【点睛】本题主要考查等差数列前n项和的最小值的求法，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.4、A【解析】

由原式，明显考查斜率的几何意义，故上下同除以得，再画图分析求得的取值范围，再用基本不等式求解即可．【详解】所求式，上下同除以得，又的几何意义为圆上任意一点到定点的斜率，由图可得，当过的直线与圆相切时取得临界条件．当过坐标为时相切为一个临界条件，另一临界条件设，化成一般式得，因为圆与直线相切，故圆心到直线的距离，所以，，解得，故．设，则，又，故，当时取等号．故，故选A．【点睛】本题主要考查斜率的几何意义，基本不等式的用法等．注意求斜率时需要设点斜式，利用圆心到直线的距离等于半径列式求得斜率，在用基本不等式时要注意取等号的条件．5、A【解析】

先解方程求出a4，a6，然后根据等比数列满足【详解】∵a4，a6是方程x2-10x+16=0的两个根，∴a4+a6=10,a4【点睛】本题考查等比数列任意两项的关系，易错点是数列an为递增数列，那么又q>16、D【解析】分析：由条件求出圆心坐标和半径的值，从而得出结论．详解：圆心坐标为(1,2)，半径r＝＝5，故所求圆的标准方程为(x－1)2＋(y－2)2＝25.故选D.点睛：本题主要考查求圆的标准方程的方法，求出圆心坐标和半径的值，是解题的关键，属于基础题．7、A【解析】

试题分析：由诱导公式，故选A．考点：诱导公式．8、A【解析】

由，转化为，结合数量积的坐标运算得出，然后将所求代数式化为，并在分子分母上同时除以，利用弦化切的思想求解．【详解】由题意可得，即．∴，故选A．【点睛】本题考查垂直向量的坐标表示以及同角三角函数的基本关系，考查弦化切思想的应用，一般而言，弦化切思想应用于以下两方面：（1）弦的分式齐次式：当分式是关于角弦的次分式齐次式，分子分母同时除以，可以将分式由弦化为切；（2）弦的二次整式或二倍角的一次整式：先化为角的二次整式，然后除以化为弦的二次分式齐次式，并在分子分母中同时除以可以实现弦化切．9、A【解析】

根据公式，向量在向量上的投影等于，计算求得结果.【详解】向量在向量上的投影等于.故选A.【点睛】本题考查了向量的投影公式，只需记住公式代入即可，属于基础题型.10、C【解析】所求体积，故选C.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

把已知等式展开利用二倍角余弦公式及两角和的余弦公式，整理后两边平方求解．【详解】解：由，得，，则，两边平方得：，即．故答案为．【点睛】本题考查三角函数的化简求值，考查倍角公式的应用，是基础题．12、【解析】

由可知,算出用表示的极限,再利用性质计算得出即可.【详解】显然公比不为1,所以公比为的等比数列求和公式,且,故.此时当时,求和极限为,所以,故,所以,故,又,故.故答案为：.【点睛】本题主要考查等比数列求和公式,当时.13、【解析】

先求出四棱锥的底面对角线的长度，结合勾股定理可求出四棱锥的高，然后由圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，可知四条侧棱的中点连线为正方形，其对角线为圆柱底面的直径，圆柱的高为四棱锥的高的一半，分别求解可求出圆柱的侧面积.【详解】由题可知，四棱锥是正四棱锥，四棱锥的四条侧棱的中点连线为正方形，边长为，该正方形对角线的长为1，则圆柱的底面半径为，四棱锥的底面是边长为的正方形，其对角线长为2，则四棱锥的高为，故圆柱的高为1，所以圆柱的侧面积为.【点睛】本题主要考查了空间几何体的结构特征，考查了学生的空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.14、50【解析】

先计算出招聘后高中数学教师总人数，然后利用比例保持不变，得到该县今年计划招聘的研究生人数.【详解】招聘后该县高中数学专科学历的教师比例下降到，则招聘后，该县高中数学教师总人数为，招聘后研究生的比例保持不变，该县今年计划招聘的研究生人数为.【点睛】本题主要考查学生的阅读理解能力和分析能力，从题目中提炼关键字眼“比例保持不变”是解题的关键.15、9【解析】

由扇形的弧长公式运算可得解.【详解】解：由扇形的弧长公式得：，故答案为9.【点睛】本题考查了扇形的弧长，属基础题.16、1【解析】因为数列是“调和数列”，所以，即数列是等差数列，所以，，所以，，当且仅当时等号成立，因此的最大值为1．点睛：本题考查创新意识，关键是对新定义的理解与转化，由“调和数列”的定义及已知是“调和数列”，得数列是等差数列，从而利用等差数列的性质可化简已知数列的和，结合基本不等式求得最值．本题难度不大，但考查的知识较多，要熟练掌握各方面的知识与方法，才能正确求解．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）(8,62)；（2）【解析】

（1）由c-13b=acosB，利用正弦定理可得sinC-13sinB=sin【详解】（1）∵c-1∴sinC-∴sinA即sin∵sinB≠0，∴cosA=1若ΔABC有两解，∴bsin解得8<b<62，即b的取值范围为(（2）由（1）知，SΔABC=1∵a2=b∴(b-c)2∵B>C，∴b-c=42【点睛】解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷．如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．18、（1）；（2）；（3）.【解析】

（1）由已知可求出的值，从而可求数列的通项公式；（2）由已知可求，从而可依次写出，，若数列为等差数列，则有，从而可确定的值；（3）因为，，，检验知，3，4不合题意，适合题意．当时，若后添入的数则一定不适合题意，从而必定是数列中的某一项，设则误解，即有都不合题意．故满足题意的正整数只有．【详解】解（1）因为，所以，解得或（舍），则又，所以（2）由，得，所以，，，则由，得而当时，，由（常数）知此时数列为等差数列（3）因为，易知不合题意，适合题意当时，若后添入的数，则一定不适合题意，从而必是数列中的某一项，则.整理得，等式左边为偶数，等式右边为奇数，所以无解。综上：符合题意的正整数.【点睛】本题主要考察了等差数列与等比数列的综合应用，考察了函数单调性的证明，属于中档题．19、(1);(2).【解析】试题分析：(1)根据已知条件及余弦定理可求得的值,再由同角三角函数基本关系式可求得的值.因为,所以,由两角和的正弦公式可将其化简变形,可求得与的关系式,从而可得.(2)根据余弦定理和三角形面积均可得的关系式.从而可解得的值.试题解析：，，，.(1)，，，，.(2)，，，①，∴由余弦定理可得，,②，∴联立①②可得.考点：1正弦定理;2余弦定理;3两角和差公式.20、(1)证明见解析，(2)10【解析】

（1）根据等比数列的定义，结合题中条件，计算，，即可证明数列是等比数列，求出；再根据累加法，即可求出数列的通项；（2）根据题意，得到，分别求出，当，用放缩法得，根据裂项相消法求，进而可求出结果.【详解】(1)证明：，而∴是以4为首项2为公比的等比数列，，∴即，，所以，，......，，以上各式相加得：；∴；(2)由（1）得：，，，，，由已知条件知当时，，即∴，而综上所述得最小值为10.【点睛】本题主要考查证明数列为等比数列，求数列的通项公式，以及数列的应用，熟