上海市东实验学校2026届高一下数学期末学业水平测试试题含解析

上海市东实验学校2026届高一下数学期末学业水平测试试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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．在正四棱柱中，，则点到平面的距离是（）A． B． C． D．2．已知，，且，则向量在向量上的投影等于（）A．-4 B．4 C． D．3．某市新上了一批便民公共自行车，有绿色和橙黄色两种颜色，且绿色公共自行车和橙黄色公共自行车的数量比为2∶1，现在按照分层抽样的方法抽取36辆这样的公共自行车放在某校门口，则其中绿色公共自行车的辆数是()A．8 B．12 C．16 D．244．如图所示，从气球上测得正前方的河流的两岸，的俯角分别为，，此时气球的高度是60m，则河流的宽度等于（）A．m B．m C．m D．m5．设，且，则（）A． B． C． D．6．若函数，则（）A．9 B．1 C． D．07．在中，内角所对的边分别为，且，则（）A． B． C． D．8．已知、是不重合的平面，a、b、c是两两互不重合的直线，则下列命题：①；②；③.其中正确命题的个数是（）A．3 B．2 C．1 D．09．已知,,从射出的光线经过直线反射后再射到直线上,最后经直线反射后又回到点,则光线所经过的路程可以用对称性转化为一条线段,这条线段的长为()A． B．3 C． D．10．已知，那么()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，，，则的最小值为__________．12．=__________.13．若直线l1：ax＋3y＋1＝0与l2：2x＋(a＋1)y＋1＝0互相平行，则a的值为________．14．如图，正方形中，分别为边上点，且，，则________.15．设a＞1,b＞1．若关于x,y的方程组无解，则的取值范围是．16．平面四边形中,,则=_______.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．设是两个相互垂直的单位向量，且（Ⅰ）若，求的值；（Ⅱ）若，求的值．18．如图,在直三棱柱中,,二面角为直角,为的中点.(1)求证:平面平面;(2)求直线与平面所成的角.19．如图，在三棱柱中，平面平面，，，为棱的中点．（1）证明：；（2）求三棱柱的高．20．(1)已知，且为第三象限角，求的值(2)已知，计算的值.21．已知公差不为零的等差数列满足：，且成等比数列．（1）求数列的通项公式．（2）记为数列的前项和，是否存在正整数，使得？若存在，请求出的最小值；若不存在，请说明理由．

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、A【解析】

计算的面积，根据可得点到平面的距离．【详解】中，，，∴的边上的高为，∴，设到平面的距离为，则，又，∴，解得．故选A．【点睛】本题涉及点面距离的求法，点面距可以通过建立空间直角坐标系来求得点面距离，或者寻找面面垂直，再直接过点做交线的垂线即可;当点面距离不好求时，也可以根据等积法把点到平面的距离归结为一个容易求得的几何体的体积.2、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.3、D【解析】设放在该校门口的绿色公共自行车的辆数是x，则，解得x＝1．故选D4、A【解析】

在直角三角形中，利用锐角三角函数求出的长，在直角三角形中，利用锐角三角函数求出的长，最后利用进行求解即可.【详解】在直角三角形中，.在直角三角形中，.所以有.故选：A【点睛】本题考查了锐角三角函数的应用，考查了数学运算能力.5、B【解析】

利用两角和差正切公式可求得；根据范围可求得；利用两角和差公式计算出；利用两角和差余弦公式计算出结果.【详解】，又本题正确选项：【点睛】本题考查利用三角恒等变换中的两角和差的正余弦和正切公式求解三角函数值的问题，涉及到同角三角函数关系的应用；关键是能够熟练应用两角和差公式进行配凑，求得所需的三角函数值.6、B【解析】

根据的解析式即可求出，进而求出的值．【详解】∵，∴，故，故选B.【点睛】本题主要考查分段函数的概念，以及已知函数求值的方法，属于基础题.7、C【解析】

根据题目条件结合三角形的正弦定理以及三角形内角和定理可得sinA，进而利用二倍角余弦公式得到结果.【详解】∵．∴sinAcosB＝4sinCcosA﹣sinBcosA即sinAcosB+sinBcosA＝4cosAsinC∴sinC＝4cosAsinC∵1＜C＜π，sinC≠1．∴1＝4cosA，即cosA，那么．故选C【点睛】本题考查了正弦定理及二倍角余弦公式的灵活运用，考查计算能力，属于基础题．8、C【解析】

由面面垂直的判定定理，可得①正确；利用列举所有可能，即可判断②③错误．【详解】①由面面垂直的判定定理，∵，a⊂β，∴α⊥β，故正确；

②，则平行，相交，异面都有可能，故不正确；

③，则与α平行，相交都有可能，故不正确．

故选：C．【点睛】本题主要考查线面关系的判断，考查的空间想象能力，属于基础题.判断线面关系问题首先要熟练掌握有关定理、推论，其次可以利用特殊位置排除错误结论.9、A【解析】

根据题意，画出示意图，求出点的坐标，进而利用两点之间距离公式求解.【详解】根据题意，作图如下：已知直线AB的方程为：，则：点P关于直线AB的对称点为，则：，解得点，同理可得点P关于直线OB的对称点为：故光线的路程为.故选：A.【点睛】本题考查点关于直线的对称点的求解、斜率的求解、以及两点之间的距离，属基础题.10、C【解析】试题分析：由，得.故选B．考点：诱导公式．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、8【解析】由题意可得：则的最小值为.当且仅当时等号成立.点睛：在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误．12、2【解析】由对数的运算性质可得到，故答案为2.13、-3【解析】试题分析：由两直线平行可得：，经检验可知时两直线重合，所以．考点：直线平行的判定．14、（或）【解析】

先设，根据题意得到，再由两角和的正切公式求出，得到，进而可得出结果.【详解】设，则所以，所以，因此.故答案为【点睛】本题主要考查三角恒等变换的应用，熟记公式即可，属于常考题型.15、【解析】试题分析：方程组无解等价于直线与直线平行，所以且．又，为正数，所以（），即取值范围是．考点：方程组的思想以及基本不等式的应用．16、【解析】

先求出，再求出，再利用余弦定理求出AD得解.【详解】依题意得中，，故．在中，由正弦定理可知，，得．在中，因为，故．则．在中，由余弦定理可知，，即．得．【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于中档题.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、（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ），则存在唯一的使，解得所求参数的值；（Ⅱ）若，则，解得所求参数的值．【详解】解：（Ⅰ）若，则存在唯一的，使，，当时，；（Ⅱ）若，则，因为是两个相互垂直的单位向量，当时，.【点睛】本题考查两个向量平行、垂直的性质，两个向量的数量积公式的应用．18、(1)证明见详解；(2).【解析】

（1）先证明平面，再推出面面垂直；（2）由（1）可知即为所求，在三角形中求角即可.【详解】（1）证明：因为，所以；又为的中点，所以.在直三棱柱中，平面.又因为平面中，所以，因为，所以平面，又因为平面，所以平面平面.（2）由（1）知为在平面内的射影，所以为直线与平面所成的角，设，则，在中，，在中，，又，得，因此直线与平面所成的角为.【点睛】本题第一问考查由线面垂直证明面面垂直，第二问考查线面角的求解，属综合基础题.19、（1）证明见解析（2）【解析】

（1）连接，，作为棱的中点，连结，，由平面平面，得到平面，则，再由，即可证明平面，从而得证；（2）根据等体积法求出点面距.【详解】（1）证明：连接，．∵，，∴是等边三角形．作为棱的中点，连结，，∴．∵平面平面，平面平面，平面，∴平面．∵平面，∴．∵，∴平行四边形是菱形．∴．又，分别为，的中点，∴，∴．又，平面，平面．∴平面．又平面，∴．（2）解：连接，∵，，∴为正三角形．∵为的中点，∴，同理可得又∵平面平面，且平面平面，平面，∴平面．∴，又三棱柱的高即点到平面的距离．在中，，，则．又∵，∴，则．【点睛】本题考查线面垂直，线线垂直的证明，三棱锥的体积及点到平面的距离的计算，属于中档题.20、（1）；（2）【解析】

（1）由，结合为第三象限角，即可得解；（2）由，代入求解即可.【详解】（1）,∴,又∵是第三象限.∴（2）.【点睛】本题主要考查了同角三角函数的基本关系，属于基础题.21、（1）（2）存在，最小值是．【解析】

（1）利用等比中项的性质列方程，将已知条件转化为的形式列方程组，解方程组求得，由此求得数列的通项公式.（2）首先求得数列的