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2025-2026学年上海市高一数学下学期末复习模拟试卷（3）
一、填空题
1．已知扇形的圆心角为，半径为6，则扇形的面积为__________．
2．已知为第三象限角，若，则_____．
3．将个数排成行列的一个数阵，如图：
该数阵第一列的个数从上到下构成以为公差的等差数列，每一行的个数从左到右构成以为公比的等比数列（其中）．已知，，记这个数的和为．给出下列结论：
①；
②；
③；
④．
其中结论正确的是______．（填写所有正确答案的序号）
4．已知角的终边经过点，则______.
5．复数（为虚数单位）为纯虚数,则复数的模为___.已知的展开式中没有常数项,且，则_____.
6．已知公比大于的等比数列满足．则________.
7．在矩形中，点是平面内的动点，且，则=_____；若，则的最小值为_____.

8．已知D、E分别为的边上的点，线段和线段相交于点P，若，且，，其中，则的最小值为________．
9．双曲线的左 右焦点分别为F1，F2，直线l过F1与C的左支和右支分别交于A，B两点，是等边三角形，若x轴上存在点Q且满足，则C的离心率为___________.
10．锐角的角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足，则的取值范围为______．
11．某产品经过4次革新后，成本由原来的200元下降到125元.如果这种产品每次革新后成本下降的百分比相同，那么每次革新后成本下降的百分比是______（结果精确到0.1%）.
12．已知的外接圆圆心为，且，若，则的最大值为________________.
二、单选题
13．若原命题为：“若，互为共轭复数，则”，则该命题的逆命题、否命题、逆否命题真假性的判断依次为（ ）
A．真、真、真 B．真、真、假 C．假、假、真 D．假、假、假
14．下列命题中正确的个数是
①命题“若,则”的逆否命题为“若，则;
②“”是“”的必要不充分条件;
③若为假命题，则，为假命题;
④若命题,则，.
A． B． C． D．
15．已知平面向量，且与的夹角为，则（ ）
A．12 B．16 C． D．
16．1640年法国数学家费马提出了猜想：是质数，我们称为“费马数”.设，若 ，则（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
三、解答题
17．在中，已知a，b，c分别是的内角A，B，C所对的边， 记 且 .
(1)求角C;
(2)若 求的取值范围.
18．已知常数，设关于的方程．
(1)在复数范围内求解该方程．
(2)当时，设该方程的复根分别为，证明：
(3)如果多项式的系数是复数，那么称该多项式为复系数多项式．已知任何一元次）复系数多项式方程至少有一个复根．证明：有个复数根（重根按重数计）．
(4)将题设的常数“”改为“”，并证明：（2）仍然成立．
19．设函数（A，，为常数，且，，）的部分图象如图所示.
(1)求函数的解析式；
(2)若不等式在上恒成立，求实数a的取值范围.
20．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，．
(1)求角B；
(2)延长至D点，若，的面积为，，求的长．
21．对于数列{an}，若an+2﹣an=d（d是与n无关的常数，n∈N*），则称数列{an}叫做“弱等差数列”，已知数列{an}满足：a1=t，a2=s且an+an+1=an+b对于n∈N*恒成立，（其中t，s，a，b都是常数）．
（1）求证：数列{an}是“弱等差数列”，并求出数列{an}的通项公式；
（2）当t=1，s=3时，若数列{an}是等差数列，求出a、b的值，并求出{an}的前n项和Sn；
（3）若s＞t，且数列{an}是单调递增数列，求a的取值范围．
2025-2026学年上海市高一数学下学期末复习模拟试卷（3）（解析版）
一、填空题
1．已知扇形的圆心角为，半径为6，则扇形的面积为__________．
【答案】
【分析】根据扇形的面积公式直接求解.
【详解】，
故答案为：.
2．已知为第三象限角，若，则_____．
【答案】
【分析】先利用两角差的正切公式求出，再利用同角三角函数的基本关系可求出的值．
【详解】由两角差的正切公式得，
由于是第三象限角，则，由同角三角函数的基本关系得，
解得，故答案为.
【点睛】本题考查两角和差的正切公式以及同角三角函数的基本关系，灵活利用相关公式计算是解本题的关键，另外在利用同角三角函数的基本关系解题时，要注意确定角的象限，并确定所求三角函数值的正负，考查计算能力，属于中等题．
3．将个数排成行列的一个数阵，如图：
该数阵第一列的个数从上到下构成以为公差的等差数列，每一行的个数从左到右构成以为公比的等比数列（其中）．已知，，记这个数的和为．给出下列结论：
①；
②；
③；
④．
其中结论正确的是______．（填写所有正确答案的序号）
【答案】①③④
【分析】根据第一列成等差，第一行成等比可求出，列式即可求出，从而求出通项，进而可得，再按照分组求和法，每一行求和可得S，由此可以判断各命题的真假．
【详解】∵，，∴2m2＝2+5m+1，解得m＝3或m（舍去），①正确；
∴，③正确；
当时，，②不正确；
∴，
，④正确；
故答案为: ①③④.
【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：
（1）对于等差等比数列，利用公式法直接求和；
（2）对于型数列，其中是等差数列，是等比数列，利用错位相减法求和；
（3）对于型数列，利用分组求和法；
（4）对于型数列，其中是公差为的等差数列，利用裂项相消法求和.
4．已知角的终边经过点，则______.
【答案】/
【分析】根据三角函数的定义，和二倍角公式、两角差的正切公式求解即可.
【详解】由三角函数的定义得，，，
所以，
故答案为：.
5．复数（为虚数单位）为纯虚数,则复数的模为___.已知的展开式中没有常数项,且，则_____.
【答案】 5
【详解】试题分析:由题意设,则,所以,即,故的模为.因的通项公式,故当时存在常数项,即,故时为常数项,所以当时没有常数项符合题设,故应填.
考点：复数的概念和模的计算公式及二项式定理及运用.
6．已知公比大于的等比数列满足．则________.
【答案】
【分析】根据等比数列的通项公式结合题中条件列出方程，解出后可得的通项公式，继而得到，利用等比数列前项和公式求解即可.
【详解】设等比数列的公比为，
则，
整理可得：，
解得或者，
，
所以.
又因为，
所以
，
故答案为：.
7．在矩形中，点是平面内的动点，且，则=_____；若，则的最小值为_____.

【答案】 0 2
【分析】由条件得到，所以；建立平面直角坐标系，先得到点的轨迹，再对进行变形，通过数形结合，根据几何意义求出最小值.
【详解】因为，所以，所以，即，所以；
依题意，建立以为原点，，所在直线分别为，轴的平面直角坐标系，
因为，
所以，，，，，
因为，则点在以为圆心，为半径的圆上，
设，则，，
则，即，
因为，，，
所以，，
所以
，
其几何意义是点到与的距离之和，
因为，所以点在直线()上，即对应线段(不含点)，连接,，
所以要求的最小值，只需要求的最小值即可，
而关于对称的点为，连接,，
故，此时，即，
所以的最小值是2.

8．已知D、E分别为的边上的点，线段和线段相交于点P，若，且，，其中，则的最小值为________．
【答案】
【分析】由，得，由，得，从而可得，又三点共线，进而有，即，最后利用均值不等式即可求解.
【详解】解：由，得，由，得，由，得，
所以 ，
因为三点共线，所以，
所以，
所以，当且仅当时取等号，
所以的最小值为，
故答案为：.
9．双曲线的左 右焦点分别为F1，F2，直线l过F1与C的左支和右支分别交于A，B两点，是等边三角形，若x轴上存在点Q且满足，则C的离心率为___________.
【答案】
【分析】画出图形，利用 和是等边三角形的条件，得到各边之间的关系，再用余弦定理，找到a和c的关系，进而求出离心率.
【详解】如图所示，由题意可得，因为，所以 ，所以，在等边三角形中，设，则，，由双曲线的定义可得，所以，即①，因为是等边三角形，所以，在中， ，化简可得②，由①②可得，所以.
故答案为：.
10．锐角的角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足，则的取值范围为______．
【答案】
【分析】利用正弦定理的边角变换与三角函数的和差公式得到，从而利用三角函数的性质与锐角三角形的特点推得的取值范围，再次利用正弦定理的边角变换转化所求为，从而得解.
【详解】因为，则，
所以，
由正弦定理得，
又，故，
因为在锐角中，，所以或，
当时，，
所以，解得，符合题意；
当时，，此时，不合题意；
综上，，
又，
而，所以，
则的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是，利用，结合锐角三角形内角的特点求得的取值范围，从而得解.
11．某产品经过4次革新后，成本由原来的200元下降到125元.如果这种产品每次革新后成本下降的百分比相同，那么每次革新后成本下降的百分比是______（结果精确到0.1%）.
【答案】11.1%
【分析】按照等比数列求解.
【详解】设4次革新前的成本价格分别为，，由题意是等比数列，
设公比为q，则 ，
每次革新后成本下降的百分比为；
故答案为：.
12．已知的外接圆圆心为，且，若，则的最大值为________________.
【答案】.
【详解】设三个角所对的边分别为，
由于， ，，所以 ，
解得 ，.
二、单选题
13．若原命题为：“若，互为共轭复数，则”，则该命题的逆命题、否命题、逆否命题真假性的判断依次为（ ）
A．真、真、真 B．真、真、假 C．假、假、真 D．假、假、假
【答案】C
【分析】对原命题的真假性进行判断，可以得出逆否命题的真假，对逆命题的真假性进行判断，可以得出逆命题和否命题的真假.
【详解】原命题为：“若，互为共轭复数，则”
设，则，则，，
∴，原命题为真命题，
因原命题的逆否命题与原命题真假性相同，故其逆否命题为真命题.
原命题的逆命题为“若，则，互为共轭复数”，反例如：，
，，不能得出，互为共轭复数，故逆命题为假命题，同时，否命题与逆命题真假性相同，也为假命题.
因此，原命题的逆命题、否命题、逆否命题的真假性依次为假、假、真.
故选：C
14．下列命题中正确的个数是
①命题“若,则”的逆否命题为“若，则;
②“”是“”的必要不充分条件;
③若为假命题，则，为假命题;
④若命题,则，.
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据逆否命题的概念、必要不充分条件的知识、含有简单逻辑联结词命题真假性的知识、特称命题的否定是全称命题的知识，对四个命题逐一分析，由此得出正确选项.
【详解】对于①，根据逆否命题的概念可知，①正确.对于②，当“”时，可能成立，当“”时，“”，故“”是“”的必要不充分条件，即②正确.对于③，若为假命题，则，至少有一个假命题，故②错误.对于④，根据特称命题的否定是全称命题的知识可知④正确.综上所述，正确命题个数为个，故选B.
【点睛】本小题主要考查逆否命题、必要不充分条件、含有简单逻辑联结词命题真假性、全称命题与特称命题等知识的运用，属于基础题.
15．已知平面向量，且与的夹角为，则（ ）
A．12 B．16 C． D．
【答案】C
【分析】根据数量积的定义可得，结合模长公式和数量积的运算律运算求解.
【详解】由题意可知：，
所以.
故选：C.
16．1640年法国数学家费马提出了猜想：是质数，我们称为“费马数”.设，若 ，则（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】B
【分析】由对数运算性质结合等比数列的前n项和公式求解即可.
【详解】因为，所以.
所以.
所以，即，解得，
故选：B.
三、解答题
17．在中，已知a，b，c分别是的内角A，B，C所对的边， 记 且 .
(1)求角C;
(2)若 求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）首先利用向量共线的坐标表示列出等式，然后根据正弦定理和和差的正弦公式化简从而求得.
（2）先根据正弦定理将分别用表示出来，然后列出的表达式并化简，最后根据的范围求出的范围即可.
【详解】（1）因为，
所以，化简得，
利用正弦定理得，
因为，所以，
所以，因为，所以.
又，所以.
（2）根据正弦定理，所以，
同理.
所以.
因为，所以，所以.
所以的取值范围为.
18．已知常数，设关于的方程．
(1)在复数范围内求解该方程．
(2)当时，设该方程的复根分别为，证明：
(3)如果多项式的系数是复数，那么称该多项式为复系数多项式．已知任何一元次）复系数多项式方程至少有一个复根．证明：有个复数根（重根按重数计）．
(4)将题设的常数“”改为“”，并证明：（2）仍然成立．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
(4)答案见解析
【分析】（1）根据分类讨论得到不同的方程再求解方程的根；
（2）在一元二次方程中，根据判别式的不同情况，求解根验证韦达定理即可证明；
（3）通过方程分解因式的方法层层递进即可得证；
（4）由（3）得复系数二次方程有两个复数根，结合分解因式和对应系数相等，得到证明；
【详解】（1）当时，方程有无数个根，所有根组成的集合是；
当时，方程无根；
当时，方程的根为；
时，配方得．
①当时，方程有两个实根
．
②当时，方程化为，
由于，因此．
由于，因此，
故方程有两个复根．
（如果认为，然后把两种情况合并成一种情况，则只能得1分．
因为我们只曾定义过，但从来没有规定过，而也不能推出．
这是因为开方这种运算本身仅对非负实数而言，对负数是没有意义的．
就算，那为什么不是？我们从来没定义过对负数开根是什么概念，更没有规定过根号下有负数时的运算规则．）
再次强调：不是，“”不能写成“”，i仅仅只是人为规定的一个抽象的数，它满足．
（2）①当时，
②当时，根据复数的运算法则，得
（如果和（1）一样认为合并情况的话，只能得1分）
（3）一元次复系数多项式方程至少有一个复根，
不妨设该方程的一个复根为，则必然能够分解出一个因式，即．
由复数的运算法则可知，方程是一元次复系数多项式方程．
不妨设该方程的一个复根为，则必然能够分解出一个因式，即．
重复该过程，最终，
其中为常数，．显然有个复数根（重根按重数计）．
（4）由（3）得复系数二次方程有两个复数根，分别设为，则原方程可化为，
即，
和原方程比较系数，得
即．
19．设函数（A，，为常数，且，，）的部分图象如图所示.
(1)求函数的解析式；
(2)若不等式在上恒成立，求实数a的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由图得和，结合周期公式求出，再将代入结合正弦函数的性质和即可求出，从而得解.
（2）先求出在的值域，接着令，将不等式在上恒成立等价变形为在上恒成立，从而将问题转化为求函数在上的最小值，求出该最小值即可得解.
【详解】（1）由图得，，
所以，故 ，
所以，
将代入得，
所以，
又，所以，所以.
（2）因为，所以，所以，
所以，令，
因为不等式在上恒成立，
所以在上恒成立，
所以，又，
所以函数在上单调递增，
所以当时，有，
所以，即.
【点睛】方法点睛：分离参数最值化是解决恒成立求参问题的常用方法，在给出的不等式中，通过恒等变形分离出参数，使不等式变形为或恒成立，则或，从而只需求出函数最值即可得解.
20．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，．
(1)求角B；
(2)延长至D点，若，的面积为，，求的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理可将已知条件转化为，再根据的范围可得答案；
（2）在中，由正弦定理，在中利用求出，在中再由余弦定理得可得答案.
【详解】（1）由正弦定理可将已知条件转化为：，
因为，所以，所以，，
因为，所以，；
（2）因为，所以，所以，
在中，由正弦定理得：
，所以，
在中，，
即，所以，
由余弦定理得：，即：
，所以.

21．对于数列{an}，若an+2﹣an=d（d是与n无关的常数，n∈N*），则称数列{an}叫做“弱等差数列”，已知数列{an}满足：a1=t，a2=s且an+an+1=an+b对于n∈N*恒成立，（其中t，s，a，b都是常数）．
（1）求证：数列{an}是“弱等差数列”，并求出数列{an}的通项公式；
（2）当t=1，s=3时，若数列{an}是等差数列，求出a、b的值，并求出{an}的前n项和Sn；
（3）若s＞t，且数列{an}是单调递增数列，求a的取值范围．
【答案】（1）见解析；（2）Sn=n2+n．（3）（s﹣t，+∞）．
【详解】试题分析：（1）由已知得an+2=a（n+1）+b﹣an+1=（an+a+b）﹣（an+b）+an=a+an，由此能证明数列{an}是“弱等差数列”．由a1=t，a2=s，an+2﹣an=a，得到{an}中奇数项是以t为首项，以a为公差的等差数列，偶数列是以s为首项，以a为公差的等差数列，由此能求出数列{an}的通项公式．
（2）由递推公式求出a1=1，a2=3，a3=2a+b﹣3，a4=a+3，由此利用等差数列性质能求出a=4，b=0，从而得到数列{an}是首项为2，公差为2的等差数列，由此能求了Sn．
（3）由已知得a2k+1﹣a2k=（t+ka）﹣[s+（k﹣1）a]=t﹣s+a＞0，由经能求出a的取值范围．
证明：（1）∵数列{an}满足：a1=t，a2=s且an+an+1=an+b对于n∈N*恒成立，
∴an+1=an+b﹣an，
an+2=a（n+1）+b﹣an+1=（an+a+b）﹣（an+b）+an=a+an，
∴an+2﹣an=a，
∴数列{an}是“弱等差数列”．
∵a1=t，a2=s，an+2﹣an=a，
∴{an}中奇数项是以t为首项，以a为公差的等差数列，偶数列是以s为首项，以a为公差的等差数列，
∴an=．
解：（2）∵当t=1，s=3时，数列{an}是等差数列，
∴a1=1，a2=3，3+a3=2a+b，
∴a3=2a+b﹣3，2a+b﹣3+a4=3a+b，∴a4=a+3，
∴，解得a=4，b=0，
∴数列{an}是首项为2，公差为2的等差数列，
∴Sn=2n+=n2+n．
（3）∵s＞t，且数列{an}是单调递增数列，
∴a2k+1﹣a2k=（t+ka）﹣[s+（k﹣1）a]=t﹣s+a＞0，
∴a＞s﹣t．
∴a的取值范围是（s﹣t，+∞）．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页

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