上海市三林中学2026届数学高一下期末监测试题含解析

上海市三林中学2026届数学高一下期末监测试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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．已知基本单位向量，，则的值为（）A．1 B．5 C．7 D．252．若直线过点，则此直线的倾斜角是（）A． B． C． D．90。3．已知向量满足，．O为坐标原点，．曲线，区域．若是两段分离的曲线，则（）A． B． C． D．4．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，，则满足条件的的个数为（）A．0 B．1 C．2 D．无数多个5．已知数列的前n项和为，且满足，则（）A．1 B． C． D．20166．我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如．在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是A． B． C． D．7．已知等差数列的公差为2，若成等比数列，则（）A． B． C． D．8．如图，网格纸上小正方形的边长均为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A．34 B．42 C．54 D．729．设，表示两条直线，，表示两个平面，则下列命题正确的是（）A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则10．直线与圆相交于点，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．已知圆及点，若满足：存在圆C上的两点P和Q，使得，则实数m的取值范围是________.12．函数是定义域为R的奇函数，当时，则的表达式为________.13．已知方程的两根分别为、、且，且__________．14．函数的最小值为____________．15．若，则实数的值为_______.16．已知数列的通项公式为，若数列为单调递增数列，则实数的取值范围是______.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．已知锐角三个内角、、的对边分别是，且．（1）求A的大小；（2）若，求的面积．18．在中，角、、所对的边分别为、、，且满足.（1）求角；（2）若，，求的周长.19．某制造商月生产了一批乒乓球，随机抽样个进行检查，测得每个球的直径(单位：mm)，将数据分组如下表分组频数频率10205020合计100(1)请在上表中补充完成频率分布表(结果保留两位小数)，并在上图中画出频率分布直方图；(2)统计方法中，同一组数据常用该组区间的中点值(例如区间的中点值是作为代表.据此估计这批乒乓球直径的平均值(结果保留两位小数).20．已知函数（）．（1）若不等式的解集为，求的取值范围；（2）当时，解不等式；（3）若不等式的解集为，若，求的取值范围．21．已知数列为递增的等差数列，，且成等比数列．数列的前项和为，且满足．（1）求，的通项公式；（2）令，求的前项和．

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】

计算出向量的坐标，再利用向量的求模公式计算出的值.【详解】由题意可得，因此，，故选B.【点睛】本题考查向量模的计算，解题的关键就是求出向量的坐标，并利用坐标求出向量的模，考查运算求解能力，属于基础题.2、A【解析】

根据两点间斜率公式,可求得斜率.再由斜率与倾斜角关系即可求得直线的倾斜角.【详解】直线过点则直线的斜率设倾斜角为,根据斜率与倾斜角关系可得由直线倾斜角可得故选:A【点睛】本题考查了直线斜率的求法,斜率与倾斜角关系,属于基础题.3、A【解析】

由圆的定义及平面向量数量积的性质及其运算可得：点P在以O为圆心，r为半径的圆上运动且点P在以Q为圆心，半径为1和2的圆环区域运动，由图可得解．【详解】建立如图所示的平面直角坐标系，则，，由，则，即点P在以O为圆心，r为半径的圆上运动，又，则点P在以Q为圆心，半径为1和2的圆环区域运动，由图可知：当C∩Ω是两段分离的曲线时，r的取值范围为：3<r<5，故选：A．【点睛】本题考查平面向量数量积的性质及其运算，利用数形结合思想，将向量问题转化为圆与圆的位置关系问题，考查转化与化归思想，属于中等题.4、B【解析】

直接由正弦定理分析判断得解.【详解】由正弦定理得,所以C只有一解，所以三角形只有一解.故选：B【点睛】本题主要考查正弦定理的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.5、C【解析】

利用和关系得到数列通项公式，代入数据得到答案.【详解】已知数列的前n项和为，且满足，相减：取答案选C【点睛】本题考查了和关系，数列的通项公式，意在考查学生的计算能力.6、C【解析】分析：先确定不超过30的素数，再确定两个不同的数的和等于30的取法，最后根据古典概型概率公式求概率.详解：不超过30的素数有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，共10个，随机选取两个不同的数，共有种方法，因为，所以随机选取两个不同的数，其和等于30的有3种方法，故概率为，选C.点睛：古典概型中基本事件数的探求方法：(1)列举法.(2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求.对于基本事件有“有序”与“无序”区别的题目，常采用树状图法.(3)列表法：适用于多元素基本事件的求解问题，通过列表把复杂的题目简单化、抽象的题目具体化.(4)排列组合法：适用于限制条件较多且元素数目较多的题目.7、B【解析】

通过成等比数列，可以列出一个等式，根据等差数列的性质，可以把该等式变成关于的方程，解这个方程即可.【详解】因为成等比数列，所以有，又因为是公差为2的等差数列，所以有，故本题选B.【点睛】本题考查了等比中项的性质，考查了等差数列的性质，考查了数学运算能力.8、C【解析】

还原几何体得四棱锥E﹣ABCD，由图中数据利用椎体的体积公式求解即可.【详解】依三视图知该几何体为四棱锥E﹣ABCD，如图，ABCD是直角梯形，是棱长为6的正方体的一部分，梯形的面积为：12几何体的体积为：13故选：C．【点睛】本题考查三视图求几何体的体积，由三视图正确还原几何体和补形是解题的关键，考查空间想象能力．9、D【解析】

对选项进行一一判断，选项D为面面垂直判定定理.【详解】对A，与可能异面，故A错；对B，可能在平面内；对C，与平面可能平行，故C错；对D，面面垂直判定定理，故选D.【点睛】本题考查空间中线、面位置关系，判断一个命题为假命题，只要能举出反例即可.10、D【解析】

利用直线与圆相交的性质可知，要求，只要求解圆心到直线的距离.【详解】由题意圆，可得圆心，半径，圆心到直线的距离.则由圆的性质可得，所以.故选：D【点睛】本题考查了求弦长、圆的性质，同时考查了点到直线的距离公式，属于基础题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

设出点P、Q的坐标，利用平面向量的坐标运算以及两圆相交的条件求出实数m的取值范围.【详解】设点，由得，由点在圆上，得，又在圆上，，与有交点，则，解得故实数m的取值范围为.故答案为：【点睛】本题考查了向量的坐标运算、利用圆与圆的位置关系求参数的取值范围，属于中档题.12、【解析】试题分析：当时，，，因是奇函数，所以，是定义域为R的奇函数，所以，所以考点：函数解析式、函数的奇偶性13、【解析】

由韦达定理和两角和的正切公式可得，进一步缩小角的范围可得，进而可求．【详解】方程两根、，，，，又，，，，，，，结合，，故答案为．【点睛】本题考查两角和与差的正切函数，涉及韦达定理，属中档题．14、【解析】

将函数构造成的形式，用换元法令，在定义域上根据新函数的单调性求函数最小值，之后可得原函数最小值。【详解】由题得，，令，则函数在递增，可得的最小值为，则的最小值为.故答案为：【点睛】本题考查了换元法，以及函数的单调性，是基础题。15、【解析】

由得，代入方程即可求解.【详解】,.,,,即，故填.【点睛】本题主要考查了反三角函数的定义及运算性质，属于中档题.16、【解析】

根据题意得到，推出，恒成立，求出的最大值，即可得出结果.【详解】因为数列的通项公式为，且数列为单调递增数列，所以，即，所以，恒成立，因此即可，又随的增大而减小，所以，因此实数的取值范围是.故答案为：【点睛】本题主要考查由数列的单调性求参数，熟记递增数列的特点即可，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）根据正弦定理把边化为对角的正弦求解；（2）根据余弦定理和已知求出，再根据面积公式求解.【详解】解：（1）由正弦定理得∵，∴，又∵∴（2）由余弦定理得所以即∴∴的面积为【点睛】本题考查解三角形.常用方法有正弦定理，余弦定理，三角形面积公式；注意增根的排除.18、（1）（2）【解析】

（1）直接利用余弦定理得到答案.（2）根据面积公式得到，利用余弦定理得到，计算得到答案.【详解】解：（1）由得.∴.又∵，∴.（2）∵，∴，则.把代入得即.∴，则.∴的周长为.【点睛】本题考查了余弦定理，面积公式，周长，意在考查学生对于公式的灵活运用.19、(1)见解析；(2)40.00(mm)【解析】解：(1)频率分布表如下：分组

频数

频率

[39.95,39.97)

10

0.10

5

[39.97,39.99)

20

0.20

10

[39.99,40.01)

50

0.50

25

[40.01,40.03]

20

0.20

10

合计

100

1

注：频率分布表可不要最后一列，这里列出，只是为画频率分布直方图方便．频率分布直方图如下：(2)整体数据的平均值约为39.96×0.10＋39.98×0.20＋40.00×0.50＋40.02×0.20≈40.00(mm)．20、（1）；（2）.；（3）.【解析】试题分析：（1）对二项式系数进行讨论，可得求出解集即可；（2）分为，，分别解出3种情形对应的不等式即可；（3）将问题转化为对任意的，不等式恒成立，利用分离参数的思想得恒成立，求出其最大值即可.试题解析：（1）①当即时，，不合题意；②当即时，，即，∴，∴（2）即即①当即时，解集为②当即时，∵，∴解集为③当即时，∵，所以，所以∴解集为（3）不等式的解集为，，即对任意的，不等式恒成立，即恒成立，因为恒成立，所以恒成立，设则，，所以，因为，当且仅当时取等号，所以，当且仅当时取等号，所以当时，，所以点睛：本题主要考查了含有参数的一元二次不等式的解法，考查了分类讨论的思想以及转化与化归的能力，难度一般；对于含有参数的一元二次不等式常见的讨论形式有如下几种情形：1、对二次项系数进行讨论；2、对应方程的根进行讨论；3、对应根的大小进行讨论等；考查恒成立问题，正确分离参数是关键，也是常用的一种手段．通过分离参数可转化为或恒成立，即或即可，利用导