2026届上海市浦东新区进才中学高一下数学期末教学质量检测试题含解析

2026届上海市浦东新区进才中学高一下数学期末教学质量检测试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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．已知的顶点坐标为，，，则边上的中线的长为（）A． B． C． D．2．在中，，且面积为1，则下列结论不正确的是（）A． B． C． D．3．如图，长方体的体积为，E为棱上的点,且，三棱锥E－BCD的体积为，则=（）A． B． C． D．4．若在是减函数，则的最大值是A． B． C． D．5．某协会有200名会员，现要从中抽取40名会员作样本，采用系统抽样法等间距抽取样本，将全体会员随机按1~200编号，并按编号顺序平均分为40组（1－5号，6－10号，…，196－200号）.若第5组抽出的号码为22，则第1组至第3组抽出的号码依次是（）A．3，8，13 B．2，7，12 C．3，9，15 D．2，6，126．已知数列的通项公式，前n项和为，若，则的最大值是（）A．5 B．10 C．15 D．207．已知函数图象的一条对称轴是，则的值为（）A．5 B． C．3 D．8．已知，所在平面内一点P满足，则（）A． B． C． D．9．已知分别为内角的对边,若,b=则=()A． B． C． D．10．函数的部分图象如图所示，则的单调递减区间为A．B．C．D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．甲、乙两名射击运动员进行射击比赛，甲的中靶概率为0.8，乙的中靶概率为0.7，现两人各自独立射击一次，均中靶的概率为______．12．已知，则与的夹角等于___________.13．若（），则_______（结果用反三角函数值表示）．14．已知函数的图象关于点对称，记在区间的最大值为，且在（）上单调递增，则实数的最小值是__________．15．中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体的所有棱长和为_______.16．的值域是______.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．设数列的前项和为，且．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和．18．已知分别为三个内角的对边长，且（1）求角的大小；（2）若，求面积的最大值.19．设数列的前n项和为，满足，，．（1）若，求数列的通项公式；（2）若，求数列的通项公式；20．已知关于的一元二次函数，从集合中随机取一个数作为此函数的二次项系数，从集合中随机取一个数作为此函数的一次项系数.（1）若，，求函数有零点的概率；（2）若，求函数在区间上是增函数的概率.21．如图，有一直径为8米的半圆形空地，现计划种植甲、乙两种水果，已知单位面积种植甲水果的经济价值是种植乙水果经济价值的5倍，但种植甲水果需要有辅助光照．半圆周上的处恰有一可旋转光源满足甲水果生长的需要，该光源照射范围是,点在直径上，且．（1）若，求的长；（2）设,求该空地产生最大经济价值时种植甲种水果的面积．

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】

利用中点坐标公式求得，再利用两点间距离公式求得结果.【详解】由，可得中点又本题正确选项：【点睛】本题考查两点间距离公式的应用，关键是能够利用中点坐标公式求得中点坐标.2、C【解析】

根据三角形面积公式列式，求得，再根据基本不等式判断出C选项错误.【详解】根据三角形面积为得，三个式子相乘，得到，由于，所以.所以，故C选项错误.所以本小题选C.【点睛】本小题主要考查三角形面积公式，考查基本不等式的运用，属于中档题.3、D【解析】

分别求出长方体和三棱锥E－BCD的体积，即可求出答案.【详解】由题意，，，则.故选D.【点睛】本题考查了长方体与三棱锥的体积的计算，考查了学生的计算能力，属于基础题.4、A【解析】

分析：先确定三角函数单调减区间，再根据集合包含关系确定的最大值.详解：因为，所以由得因此，从而的最大值为，选A.点睛：函数的性质：(1).(2)周期(3)由求对称轴，(4)由求增区间；由求减区间.5、B【解析】

根据系统抽样原理求出抽样间距，再根据第5组抽出的号码求出第1组抽出的号码，即可得出第2组、第3组抽取的号码．【详解】根据系统抽样原理知，抽样间距为200÷40=5，

当第5组抽出的号码为22时，即22=4×5+2，

所以第1组至第3组抽出的号码依次是2，7，1．

故选：B．【点睛】本题考查了系统抽样方法的应用问题，是基础题．6、B【解析】

将的通项公式分解因式，判断正负分界处，进而推断的最大最小值得到答案.【详解】数列的通项公式当时，当或是最大值为或最小值为或的最大值为故答案为B【点睛】本题考查了前n项和为的最值问题，将其转化为通项公式的正负问题是解题的关键.7、D【解析】

化简函数f（x）＝acosx+sinx为一个角的一个三角函数的形式，利用图象关于直线对称，就是时，函数取得最值，求出a即可．【详解】函数f（x）＝acosx+sinxsin（x+θ），其中tanθ＝a，，其图象关于直线对称，所以θ，θ，所以tanθ＝a，故答案为D【点睛】本题考查正弦函数的对称性，考查计算能力，逻辑思维能力，是基础题．8、D【解析】

由平面向量基本定理及单位向量可得点在的外角平分线上，且点在的外角平分线上，，，在中，由正弦定理得得解．【详解】因为所以，因为方向为外角平分线方向，所以点在的外角平分线上，同理，点在的外角平分线上，，，在中，由正弦定理得，故选：．【点睛】本题考查了平面向量基本定理及单位向量，考查向量的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．9、D【解析】

由已知利用正弦定理可求的值，根据余弦定理可得，解方程可得的值．【详解】，，，由正弦定理，可得：，由余弦定理，可得：，解得：，负值舍去．故选．【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理在解三角形中的应用，考查了方程思想，属于基础题．10、D【解析】

根据图象可得最小正周期，求得；利用零点和的符号可确定的取值；令，解不等式即可求得单调递减区间.【详解】由图象可知：又，，由图象可知的一个可能的取值为令，，解得：，即的单调递减区间为：，本题正确选项：【点睛】本题考查利用图象求解余弦型函数的解析式、余弦型函数单调区间的求解问题；关键是能够灵活应用整体对应的方式来求解解析式和单调区间，属于常考题型.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、0.56【解析】

根据在一次射击中，甲、乙同时射中目标是相互独立的，利用相互独立事件的概率乘法公式，即可求解．【详解】由题意，甲的中靶概率为0.8，乙的中靶概率为0.7，所以两人均中靶的概率为，故答案为0.56【点睛】本题主要考查了相互独立事件的概率乘法公式的应用，其中解答中合理利用相互独立的概率乘法公式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．12、【解析】

利用再结合已知条件即可求解【详解】由，即，故答案为：【点睛】本题考查向量的夹角计算公式，在考题中应用广泛，属于中档题13、【解析】

根据反三角函数以及的取值范围，求得的值.【详解】由于，所以，所以.故答案为：【点睛】本小题主要考查已知三角函数值求角，考查反三角函数，属于基础题.14、【解析】，所以，又，得，所以，且求得，又，得单调递增区间为，由题意，当时，。点睛：本题考查三角函数的化简及性质应用。本题首先考查三角函数的辅助角公式应用，并结合对称中心的性质，得到函数解析式。然后考察三角函数的单调性，利用整体思想求出单调区间，求得答案。15、【解析】

取半正多面体的截面正八边形，设半正多面体的棱长为，过分别作于，于，可知，，可求出半正多面体的棱长及所有棱长和.【详解】取半正多面体的截面正八边形，由正方体的棱长为1，可知，易知，设半正多面体的棱长为，过分别作于，于，则，，解得，故该半正多面体的所有棱长和为.【点睛】本题考查了空间几何体的结构，考查了空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.16、【解析】

对进行整理，得到正弦型函数，然后得到其值域，得到答案.【详解】，因为所以的值域为.故答案为：【点睛】本题考查辅助角公式，正弦型函数的值域，属于简单题.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）；（2）【解析】

(1)由，且，可得当也适合，；(2)∵18、（1）；（2）.【解析】

（1）利用正弦定理、三角形内角和定理、两角和的正弦公式，特殊角的三角函数值，化简等式进行求解即可（2）根据余弦定理，结合三角形面积公式、重要不等式进行求解即可【详解】（1）由正弦定理可知：，，，所以可得：，；（2）由余弦定理可知：，由可知：，所以，所以面积的最大值为【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理、三角形面积公式，考查了重要不等式，考查了两角和的正弦公式，考查了数学运算能力.19、（1）；（2）【解析】

（1）根据递推公式，得到，累加即可计算出的结果；（2）分类讨论：为奇数、为偶数，然后在求和时分奇偶项分别求和即可得到对应的的通项公式.【详解】（1）因为，所以，所以上式叠加可得：，所以，又因为时符合的情况，所以；（2）因为，，所以，所以，又因为，所以，所以，因为，所以，当时，，当时，，当时，，当时，,所以.【点睛】本题考查数列的综合应用,难度较难.(1)利用递推公式求解数列通项公式时，对于的情况，一定要注意验证是否满足时的通项公式，此处决定数列通项公式是否需要分段书写；(2)对于奇偶项分别成等差数列的数列，可以分奇偶讨论数列的通项公式.20、（1）；（2）【解析】

（1）依次列出所有可能的情况，求出满足的情况总数，即可得到概率；（2）列出不等关系，表示出平面区域，求出满足表示的区域的面积，即可得到概率.【详解】（1）由题可得，，从集合中随机取一个数作为此函数的二次项系数，从集合中随机取一个数作为此函数的一次项系数，记为，这样的有序数对共有，9种情况；函数有零点，即满足，满足条件的有：，6种情况，所以其概率为；（2），满足条件的有序数对，，即平面直角坐标系内区域：矩形及内部区域，面积为4，函数在区间上是增函数，即满足，，，即，平面直角坐标系内区域：直角梯形及内部区域，面积为3，所以其概率为.【点睛】此题考查古典概型与几何概型，关键在于准确得出二次函数有零点和在区间上是增函数，分别所对应的基本事件个数以及对应区域的面积.21、（1）1或3（2）【解析】

试题分析