上海市徐汇区上海第四中学2026届高一下数学期末经典试题含解析

上海市徐汇区上海第四中学2026届高一下数学期末经典试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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．阅读程序框图，运行相应的程序，输出的结果为()A． B． C． D．2．点到直线（R）的距离的最大值为A． B． C．2 D．3．设，，，则的最小值为（）A．2 B．4 C． D．4．已知是球O的球面上四点，面ABC,，则该球的半径为（）A． B． C． D．5．已知点，,直线的方程为，且与线段相交，则直线的斜率的取值范围为（）A． B． C． D．6．已知，，下列不等式成立的是（）A． B．C． D．7．设，则()A． B．C． D．8．已知点在正所确定的平面上，且满足，则的面积与的面积之比为（）A． B． C． D．9．在中，，，，则（）A． B．或 C．或 D．10．从装有两个红球和两个黑球的口袋里任取两个球，那么对立的两个事件是（）A．“至少有一个黑球”与“都是黑球”B．“至少有一个黑球”与“至少有一个红球”C．“恰好有一个黑球”与“恰好有两个黑球”D．“至少有一个黑球”与“都是红球”二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．设等差数列的前项和为，则______.12．若直线l1：y＝kx+1与直线l2关于点（2，3）对称，则直线l2恒过定点_____，l1与l2的距离的最大值是_____.13．设向量，定义一种向量积：.已知向量，点P在的图象上运动，点Q在的图象上运动，且满足（其中O为坐标原点），则的单调增区间为________.14．数列满足，当时，，则是否存在不小于2的正整数，使成立？若存在，则在横线处直接填写的值；若不存在，就填写“不存在”_______.15．设，若用含的形式表示，则________.16．有6根细木棒，其中较长的两根分别为，，其余4根均为，用它们搭成三棱锥，则其中两条较长的棱所在的直线所成的角的余弦值为.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．已知直线与直线的交点为P，点Q是圆上的动点.（1）求点P的坐标；（2）求直线的斜率的取值范围.18．已知.（1）求的值；（2）若为第二象限角，且角终边在上，求的值.19．如图1，已知菱形的对角线交于点，点为线段的中点，，，将三角形沿线段折起到的位置，，如图2所示．（Ⅰ）证明：平面平面；（Ⅱ）求三棱锥的体积．20．如图，单位圆与轴正半轴相交于点，圆上的动点从点出发沿逆时针旋转一周回到点，设()，的面积为(当三点共线时，)，与的函数关系如图所示的程序框图.(1)写出程序框图中①②处的函数关系式；(2)若输出的值为，求点的坐标.21．已知角的顶点在原点，始边与轴的非负半轴重合，终边上一点的坐标是.（1）求；（2）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】

按照程序框图运行程序，直到时输出结果即可.【详解】按照程序框图运行程序输入，，则，满足，，则，满足，，则，满足，，则，满足，，则，满足，，则，不满足，输出故选：【点睛】本题考查根据程序框图计算输出结果的问题，属于基础题.2、A【解析】

把直线方程化为，得到直线恒过定点，由此可得点P到直线的距离的最大值就是点P到定点的距离，得到答案．【详解】由题意，直线可化为，令，解得，即直线恒过定点，则点P到直线的距离的最大值就是点P到定点的距离为：，故选A．【点睛】本题主要考查了直线方程的应用，其中解答中把直线方程化为，得出直线恒过定点是解答本题的关键，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力，属于基础题．3、D【解析】

利用基本不等式可得，再结合代入即可得出答案．【详解】解：∵，，，∴，∴，当且仅当即，时等号成立，∴，故选：D．【点睛】本题主要考查基本不等式求最值，要注意条件“一正二定三相等”，属于中档题．4、D【解析】

根据面，，得到三棱锥的三条侧棱两两垂直，以三条侧棱为棱长得到一个长方体，且长方体的各顶点都在该球上，长方体的对角线的长就是该球的直径，从而得到答案。【详解】面，三棱锥的三条侧棱，，两两垂直，可以以三条侧棱，，为棱长得到一个长方体，且长方体的各顶点都在该球上，长方体的对角线的长就是该球的直径，即则该球的半径为故答案选D【点睛】本题考查三棱锥外接球的半径的求法，本题解题的关键是以三条侧棱为棱长得到一个长方体，三棱锥的外接球，即为该长方体的外接球，利用长方体外接球的直径为长对角线的长，属于基础题。5、A【解析】

直线过定点，利用直线的斜率公式分别计算出直线，和的斜率，根据斜率的单调性即可求斜率的取值范围．【详解】解：直线整理为即可知道直线过定点，作出直线和点对应的图象如图：，，，，，要使直线与线段相交，则直线的斜率满足或，或即直线的斜率的取值范围是，故选．【点睛】本题考查直线斜率的求法，利用数形结合确定直线斜率的取值范围，属于基础题．6、A【解析】

由作差法可判断出A、B选项中不等式的正误；由对数换底公式以及对数函数的单调性可判断出C选项中不等式的正误；利用指数函数的单调性可判断出D选项中不等式的正误.【详解】对于A选项中的不等式，，，，，，，，A选项正确；对于B选项中的不等式，，，，，，，B选项错误；对于C选项中的不等式，，，，，，，即，C选项错误；对于D选项中的不等式，，函数是递减函数，又，所以，D选项错误.故选A.【点睛】本题考查不等式正误的判断，常见的比较大小的方法有：（1）比较法；（2）中间值法；（3）函数单调性法；（4）不等式的性质.在比较大小时，可以结合不等式的结构选择合适的方法来比较，考查推理能力，属于中等题.7、A【解析】

先由诱导公式得到a＝cos2019°＝–cos39°，再根据39°∈（30°，45°）得到大致范围.【详解】a＝cos2019°＝cos（360°×5+180°+39°）＝–cos39°∵，∴可得：∈（，），＝.故选A．【点睛】这个题目考查了三角函数的诱导公式的应用，以及特殊角的三角函数值的应用，题目比较基础.8、C【解析】

根据向量满足的条件确定出P点的位置，再根据三角形有相同的底边，确定高的比即可求出结果.【详解】因为，所以，即点在边上，且，所以点到的距离等于点到距离的，故的面积与的面积之比为.选C.【点睛】本题主要考查了向量的线性运算，三角形的面积，属于中档题.9、B【解析】

利用正弦定理求出，然后利用三角形的内角和定理可求出.【详解】由正弦定理得，得，，，则或.当时，由三角形的内角和定理得；当时，由三角形的内角和定理得.因此，或.故选B.【点睛】本题考查利用正弦定理和三角形的内角和定理求角，解题时要注意大边对大角定理来判断出角的大小关系，考查计算能力，属于基础题.10、D【解析】

写出所有等可能事件，求出事件“至少有一个黑球”的概率为，事件“都是红球”的概率为，两事件的概率和为，从而得到两事件对立.【详解】记两个黑球为，两个红球为，则任取两球的所有等可能结果为：，记事件A为“至少有一个黑球”，事件为：“都是红球”，则，因为，所以事件与事件互为对立事件.【点睛】本题考查古典概型和对立事件的判断，利用两事件的概率和为1是判断对立事件的常用方法.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

设等差数列的公差为，由，可求出的值，结合，可以求出的值，利用等差数列的通项公式，可得，再利用，可以求出的值.【详解】设等差数列的公差为，因为，所以，又因为，所以，而.【点睛】本题考查了等差数列的通项公式以及等差数列的前项和公式，考查了数学运算能力.12、（4，5）4.【解析】

根据所过定点与所过定点关于对称可得，与的距离的最大值就是两定点之间的距离.【详解】∵直线：经过定点，又两直线关于点对称，则两直线经过的定点也关于点对称∴直线恒过定点，∴与的距离的最大值就是两定点之间的距离，即为.故答案为：，.【点睛】本题考查了过两条直线交点的直线系方程，属于基础题.13、【解析】

设，，由求出的关系，用表示，并把代入即得，后利用余弦函数的单调性可得增区间．【详解】设，，由得：，∴，，∵，∴，，即，令，得，∴增区间为．故答案为：．【点睛】本题考查新定义，正确理解新定义运算是解题关键．考查三角函数的单调性．利用新定义建立新老图象间点的联系，求出新函数的解析式，结合余弦函数性质求得增区间．14、70【解析】

构造数列，两式与相减可得数列{}为等差数列，求出，让=0即可求出.【详解】设两式相减得又数列从第5项开始为等差数列，由已知易得均不为0所以当n=70的时候成立，故答案填70.【点睛】如果递推式中出现和的形式，比如，可以尝试退项相减，即让取后，两式作差，和的部分因为相减而抵消，剩下的就好算了。15、【解析】

两边取以5为底的对数，可得，化简可得，根据对数运算即可求出结果.【详解】因为所以两边取以5为底的对数，可得，即，所以，，故填.【点睛】本题主要考查了对数的运算法则，属于中档题.16、【解析】

分较长的两条棱所在直线相交，和较长的两条棱所在直线异面两种情况讨论，结合三棱锥的结构特征，即可求出结果.【详解】当较长的两条棱所在直线相交时，如图所示：不妨设，，，所以较长的两条棱所在直线所成角为，由勾股定理可得：，所以，所以此时较长的两条棱所在直线所成角的余弦值为；当较长的两条棱所在直线异面时，不妨设，，则，取CD的中点为O，连接OA，OB，所以CD⊥OA，CD⊥OB，而，所以OA+OB<AB，不能构成三角形。所以此情况不存在。故答案为：.【点睛】本题主要考查异面直线所成的角，熟记异面直线所成角的概念，以及三棱锥的结构特征即可，属于常考题型.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）联立方程求解即可；（2）设直线PQ的斜率为，得直线PQ的方程为，由题意，直线PQ与圆有公共点得求解即可【详解】（1）由得∴P的坐标为的坐标为.（2）由得∴圆心的坐标为，半径为设直线PQ的斜率为，则直线PQ的方程为由题意可知，直线PQ与圆有公共点即或∴直线PQ的斜率的取值范围为.【点睛】本题考查直线交点坐标，考查直线与圆的位置关系，考查运算能力，是基础题18、（1）；（2）【解析】

(1)先根据诱导公式将原式子化简，再将已知条件中的表达式平方，可得到结果；（2）原式子可化简为，由已知条件可得到，再由第一问中得到，结合第一问中的条件可得到结果.【详解】（1）=已知,将式子两边平方可得到（2）为第二象限角，且角终边在上，则根据三角函数的定义得到原式化简等于由第一问得到将已知条件均代入可得到原式等于.【点睛】三角函数求值与化简必会的三种方法(1)弦切互化法:主要利用公式tanα=;形如,asin2x+bsinxcosx+ccos2x等类型可进行弦化切.(2)“1”的灵活代换法:1=sin2θ+cos2θ=(sinθ+cosθ)2-2sinθcosθ=tan等.(3)和积转换法:利用(sinθ±cosθ)2=1±2sinθcosθ,(sinθ+cosθ)2+(sinθ-cosθ)2=2的关系进行变形、转化.19、（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）折叠前，AC⊥DE；，从而折叠后，DE⊥PF，DE⊥CF，由此能证明DE⊥平面PCF．再由DC∥AE，DC＝AE能得到DC∥EB，DC＝EB．说明四边形DEBC为平行四边形．可得CB∥DE．由此能证明平面PBC⊥平面PCF．（Ⅱ）由题意根据勾股定理运算得到，又由（Ⅰ）的结论得到，可得平面，再利用等体积转化有，计算结果.【详解】（Ⅰ）折叠前，因为四边形为菱形，所以；所以折叠后，，,又，平面，所以平面因为四边形为菱形，所以．又点为线段的中点，所以．所以四边形为平行四边形．所以．又平面，所以平面．因为平面，所以平面平面．（Ⅱ）图1中，由已知得，，所以图2中，，又所以，所以又平面，所以又，平面，所以平面，所以．所以三棱锥的体积为．【点睛】本题考查线面垂直、面面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查了三棱锥体积的求法，运用了转化思想，是中档题．20、（1）见解析；（2）见解析【解析】

(1)通过实际问题得到与的函数关系为分段函数，从而判断