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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（4）
一、填空题
1．已知为角终边上的一点，则__________.
2．欧拉公式（为虚数单位）是由瑞士著名数学家欧拉提出的，它将指数函数的定义域扩大到复数集，则复数的共轭复数为______．
3．在梯形中，，，，，，点在线段上，且.若，其中、为实数，则_________；设是线段上的动点，且，则的最小值为________.
4．公差不为零的等差数列的前项和为是的等比中项，且，则_______，公差________．
5．设,，，，O为坐标原点，若A、B、C三点共线，则的最小值是________________
6．在中，，，则边上的高等于_________________．
7．在正三角形中，由可得到三角恒等式，其中，以此类推，在正边形中，可得到三角恒等式______；
通过上述，______．
8．在数列中，已知其前项和则当为奇数时，________．
9．若复数满足，则的取值范围是__________.
10．为任意角，的最大值为____________．
11．若复数（为虚数单位）在复平面上的对应点在直线上，则实数______；
12．球是一个半径为1的球，其大圆上有一个内接正二十四边形是球面上一点，是正二十四边形边上一点，均不与重合，记，则的取值范围是__________.
二、单选题
13．“为锐角三角形”的充分不必要条件是（ ）
A．
B．
C．，，成等差数列，且
D．
14．已知复数，则复数的共轭复数的虚部是 （ ）
A． B． C． D．
15．如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，，为的中点.过作截面将此四棱锥分成上 下两部分，记上 下两部分的体积分别为，，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
16．《庄子·天下》篇中记述了一个著名命题：“一尺之棰，日取其半，万世不竭．”反映这个命题本质的式子是（ ）
A．1＋
B．
C．
D．
三、解答题
17．若正项数列的任意相邻四项，，，满足，则称数列是反数列．已知数列，均为反数列，．
(1)证明：；
(2)若，，且数列为反数列，求的前项和；
(3)若，，且数列为反数列，证明：．
18．已知.
(1)求向量和所成角的余弦值；
(2)若，求实数的值；
(3)若向量在方向上的投影的数量为1，求实数的值.
19．已知：
①任何一个复数都可以表示成的形式.其中是复数的模，是以轴的非负半轴为始边，向量所在射线（射线）为终边的角，叫做复数的辐角，叫做复数的三角形式.
②被称为欧拉公式，是复数的指数形式.
③方程（为正整数）有个不同的复数根.
(1)设，求；
(2)试求出所有满足方程的复数的值所组成的集合；
(3)复数，求.
20．折扇又名“纸扇”，是一种用竹木或象牙做扇骨，韧纸或者绫绢做扇面的能折叠的扇子，折扇的扇面自古以来就是文人墨客喜爱的诗画载体.图2中扇形是图1中扇面的平面图，其中.如图3，某书画家计划在该扇形内取一个矩形进行绘画或书写以抒情达意，设点为弧的中点，扇形半径为1，，记矩形的面积为关于的函数.
(1)求函数的解析式，并指出当为多大时，最大；
(2)令，若在区间上有两个零点，求实数的取值范围；
(3)若为扇形中上的一个动点，且，其中，求的取值范围.
21．已知，，，且，
（1）当时，求证：；
（2）试确定一个正整数，使得当时，都有．
2025-2026学年上海市高一数学下学期末复习模拟试卷（4）（解析版）
一、填空题
1．已知为角终边上的一点，则__________.
【答案】
【分析】根据三角函数的定义求出的值，进而根据齐次式问题即可求出结果.
【详解】因为为角终边上的一点，所以，
而，
故答案为：.
2．欧拉公式（为虚数单位）是由瑞士著名数学家欧拉提出的，它将指数函数的定义域扩大到复数集，则复数的共轭复数为______．
【答案】/
【分析】利用复数三角形式以及复数的除法化简所求复数，利用共轭复数的定义可得结果.
【详解】由已知可得，
所以，，
因此，复数的共轭复数为.
故答案为：.
3．在梯形中，，，，，，点在线段上，且.若，其中、为实数，则_________；设是线段上的动点，且，则的最小值为________.
【答案】 /
【分析】利用平面向量的基本定理可得出关于、的表达式，可得出、的值，即可得出的值；建立平面直角坐标系，利用平面向量数量积的坐标运算结合二次函数的基本性质可求出的最小值.
【详解】根据题意，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如图所示的平面直角坐标系，则、、，
由题意得，所以，则，
故，
因为、不共线，且，则，，故，
因为，故，
所以点，所以，，
所以，
当且仅当时，等号成立，故的最小值为.
4．公差不为零的等差数列的前项和为是的等比中项，且，则_______，公差________．
【答案】
【分析】根据等差数列定义，利用等差数列前项和公式和等比中项性质构造方程组可得结果.
【详解】设数列是公差为的等差数列，且，
由，可得，即
又是、的等比中项，可得，即，
化为
由可得，
故答案为：；
5．设,，，，O为坐标原点，若A、B、C三点共线，则的最小值是________________
【答案】8
【详解】，，
因为A、B、C三点共线，所以，
所以，即，
，
当且仅当时等号成立．
所以的最小值为8.
6．在中，，，则边上的高等于_________________．
【答案】
【分析】作，在中，利用正弦定理可直接求得结果.
【详解】作，垂足为，
在中，由正弦定理得：，
.
故答案为：.
7．在正三角形中，由可得到三角恒等式，其中，以此类推，在正边形中，可得到三角恒等式______；
通过上述，______．
【答案】 ，
【分析】第一个空利用类比和已知格式推断在正边形中可得到三角恒等式；
第二个空利用诱导公式将化为，
然后利用降幂公式化简，结合求出结果.
【详解】记单位向量，在边长为1的正边形中，
因为，
所以 ，
．
由恒等式对任意恒成立，
可知，即，
．
故答案为： ；.
8．在数列中，已知其前项和则当为奇数时，________．
【答案】
【分析】当时，代入解析式，可得的值，当n为大于1的奇数时，根据，结合解析式，化简计算，综合即可得答案.
【详解】当时，，
当时，且为奇数时，为偶数，
所以，，
所以，
综上，
9．若复数满足，则的取值范围是__________.
【答案】
【分析】根据复数的模的几何意义，结合的几何意义，设出圆上任意一点坐标，利用两点间距离公式列式，化简求得的取值范围.
【详解】由于复数满足，故复数对应的点在圆心为原点，半径为2的圆上，
设圆上任意一点的坐标为，表示圆上的点到和两点距离之和，
即①，
①式平方得，由于，所以，所以，
所以，所以
.
故答案为：.
10．为任意角，的最大值为____________．
【答案】
【分析】通分后，令，解析式变形为，结合基本不等式求最大值.
【详解】，
令，，有，则，
，
等号在时成立．
所以的最大值为.
故答案为：.
11．若复数（为虚数单位）在复平面上的对应点在直线上，则实数______；
【答案】
【分析】利用复数对应的点在直线上，可得实部与虚部相等，解三角方程可得答案.
【详解】由题意得：.
故答案为：.
【点睛】本题考查复数的几何意义、三角方程的求解，考查运算求解能力，属于基础题.
12．球是一个半径为1的球，其大圆上有一个内接正二十四边形是球面上一点，是正二十四边形边上一点，均不与重合，记，则的取值范围是__________.
【答案】
【分析】首先建立坐标系与几何模型，根据题给条件分析和的表达式，根据数量积的运算律计算出和，再根据半角公式算出结果.
【详解】设球心O为坐标原点，正二十四边形所在平面为平面，
点都在单位圆上，即 .
点A是球面上一点，所以,点B是正二十四边形上一点，所以 .
已知，,
则，
故，故，
又因为是正二十四边形且内接于以O为圆心的圆，其顶点的向量和为零向量，
即 ，故，
即.
，
故，同理，即，
故.
当点位于正二十四边形边上（非顶点）时，最小值为中心到边的距离，
趋近于顶点时，最大值趋近于1.
故，则，
，
由半角公式可得
则.
二、单选题
13．“为锐角三角形”的充分不必要条件是（ ）
A．
B．
C．，，成等差数列，且
D．
【答案】C
【分析】A选项，由，可得A为锐角，进而可作出判断；
B选项，由已知可得，，，
所以，进而得证；
C选项，易得，，又由，可得，均小于，进而得证；
D选项，易得，所以C为锐角，无法确定的形状.
【详解】A选项，由，可得A为锐角，不满足条件；
B选项，若为锐角三角形，则，
则，即，
同理可得，，
所以，
若，不等式成立，但此时A并非锐角，不满足条件；
C选项，因为，，成等差数列，
所以，，
又由，可得，均小于，
所以为锐角三角形；
反之若为锐角三角形，若，
则，，成等差数列，且不成立，
满足充分不必要条件；
D选项，由，得，
所以C为锐角，无法确定的形状.
故选：B.
【点睛】本题主要考查充分不必要条件的判断，考查逻辑思维能力和计算能力，属于常考题.
14．已知复数，则复数的共轭复数的虚部是 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据复数的除法法则求复数z的代数形式，再得到其共扼复数的虚部．
【详解】解：复数，则，的虚部为．
故选：A.
15．如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，，为的中点.过作截面将此四棱锥分成上 下两部分，记上 下两部分的体积分别为，，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先判断为的重心，再利用重心得到，求出，进而得到，借助基本不等式求出最小值即可.
【详解】
过作平面的垂线，垂足为，连，设的交点为，在中过作直线交于两点，由相交直线确定平面，则四边形为过的截面.由计算可得，得为正三角形，，所以为的重心，设，由向量运算可得，又，可得，所以，由三点共线，得，即，易得到平面的距离为，到平面的距离为1，因为，所以，，得，，由，，得，当且仅当取等号，所以，即的最小值为.
故选：A.
【点睛】本题关键点在于由为的重心得到这一结论，再用表示出要求的体积，最后借助基本不等式得到最值.
16．《庄子·天下》篇中记述了一个著名命题：“一尺之棰，日取其半，万世不竭．”反映这个命题本质的式子是（ ）
A．1＋
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据题意得到每天截取的线段长度构成了以为首项，为公比的等比数列，然后用等比数列的前项和公式求和，根据其和小于即可说明命题.
【详解】该命题说明每天截取的线段长度构成了以为首项，为公比的等比数列，
因为，所以能反映命题本质的式子是.
故选：B.
三、解答题
17．若正项数列的任意相邻四项，，，满足，则称数列是反数列．已知数列，均为反数列，．
(1)证明：；
(2)若，，且数列为反数列，求的前项和；
(3)若，，且数列为反数列，证明：．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】（1）利用反数列的定义，列式推理计算得证.
（2）利用反数列的定义，结合迭代的方法证明数列是常数列，再求出其前项和.
（3）利用反数列的定义，结合基本不等式及迭代的方法证明，再求出数列的通项公式，进而利用裂项相消法求和即得.
【详解】（1）令数列的前4项依次为，由数列为反数列，得，
则，即，于是，即，
当时，；当时，，则，
因此，所以得证.
（2）对于反数列，由（1）知，而，
两式相加得，由数列均为反数列，
得，
则，
于是，即，则，
由，得；若，则由，得，
连续次操作，得；因此由，得，同理，
又，，于是，取遍，
得到，同理，即为常数，
所以数列是常数列，的前项和是.
（3）显然，
于是，
即，即，
即，
当且仅当，即时取等号，由，知，
由，知当时，，
而，于是连续次操作，有，则，
由，知数列均为等差数列，
由，得，
则；
，
而，因此，
所以.
【点睛】易错点睛：使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．
18．已知.
(1)求向量和所成角的余弦值；
(2)若，求实数的值；
(3)若向量在方向上的投影的数量为1，求实数的值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由向量数量积的定义及坐标表示求解；
（2）由向量垂直的坐标表示求解；
（3）根据投影数量的概念计算．
【详解】（1）；
（2），
为，所以，
所以，
所以；
（3）向量在方向上的投影数量为
所以或（舍）
19．已知：
①任何一个复数都可以表示成的形式.其中是复数的模，是以轴的非负半轴为始边，向量所在射线（射线）为终边的角，叫做复数的辐角，叫做复数的三角形式.
②被称为欧拉公式，是复数的指数形式.
③方程（为正整数）有个不同的复数根.
(1)设，求；
(2)试求出所有满足方程的复数的值所组成的集合；
(3)复数，求.
【答案】(1)
(2)
(3).
【分析】（1）根据题意可得，从而可求；
（2）设，依题意可得，，从而得到，，对赋值，可求出复数的值所组成的集合；
（3）依题意得，即方程的根为，分析可得，再令即可求解.
【详解】（1）依题意，，
所以
，
∴.
（2）设，则
因此，，则，，解得，，
由终边相同的角的意义，取，则对应的依次为0，，，，，.
因此对应的依次为1，，，，，，
所以所求的集合是.
（3）当时，，，
则，，，
因此关于的方程的根为，则，
又，，，…，
由此，则，
令，得，
而2019为奇数，所以.
20．折扇又名“纸扇”，是一种用竹木或象牙做扇骨，韧纸或者绫绢做扇面的能折叠的扇子，折扇的扇面自古以来就是文人墨客喜爱的诗画载体.图2中扇形是图1中扇面的平面图，其中.如图3，某书画家计划在该扇形内取一个矩形进行绘画或书写以抒情达意，设点为弧的中点，扇形半径为1，，记矩形的面积为关于的函数.
(1)求函数的解析式，并指出当为多大时，最大；
(2)令，若在区间上有两个零点，求实数的取值范围；
(3)若为扇形中上的一个动点，且，其中，求的取值范围.
【答案】(1)，当时，取得最大值
(2)
(3)
【分析】（1）将矩形的长和宽分别表示出来，利用三角函数性质即可求最值；
（2）确定解析式，利用正弦函数的性质即可得；
（3）建立直角坐标系，利用向量相等，将，表示出来，利用三角函数的有界性即可得．
【详解】（1）设与，分别交于，两点，
由已知得，，
，，
，
故
，
， ，
当且仅当，即时，取得最大值，
故只需要满足即可；
（2）依题有，
函数与的图象在区间有两个交点，
由，得，
又在区间上单调递增，在区间上单调递减，
且，，，
要使函数与的图象在区间上有两个交点，
则有，所以实数的取值范围为；
（3）以所在直线为轴，建立直角坐标系，则，，即，
又设，，
因为，，
则，所以，
则，因为，所以，
则，则，
即的取值范围为．
21．已知，，，且，
（1）当时，求证：；
（2）试确定一个正整数，使得当时，都有．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）探究数列的单调性得到一个不等式模型依此放缩，逐步通向结论；（2）将通项依等比递缩的形式进行放缩持续靠近目标．
【详解】解：（1）证明：，，从而．
又当2时，有，故是上的递减函数．
．同理可得，
又易知是上的递减函数，且．
由此依次迭代可得，．
（2）因为
，
，①
又∵当时，有．
因此可得，当取时，能使得当时，都有．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页

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