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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（6）
一、填空题
1．已知集合，，则=____．
2．已知：；：，是 的充分不必要条件，则实数的取值范围是___________.
3．半径为2，圆心角为的扇形的面积为______．
4．数列中，，，则______．
5．若，则______.
6．已知复数为方程的根，则_____.
7．若为等差数列，是其前项的和，且，为等比数列，，则的值为______.
8．设是一个三角形的三个内角，则的最小值为__________.
9．给出下列命题:① 是幂函数；② 函数的零点有且只有1个；③ 的解集为；④“”是“”的充分非必要条件；⑤ 数列的前项和为，且 ，则为等差或等比数列；其中真命题的序号是________.
10．在平面四边形中，，若为边上的一个动点，则的最小值是______．
11．化简：______.
12．已知平面向量，，，则___________.
二、单选题
13．已知，是不共线的非零向量，则以下向量可以作为基底的是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
14．设凸边形对角线条数为，则（ ）
A． B． C． D．
15．已知，是方程的两根，则（ ）
A． B． C． D．
16．已知中，，，，O为的外心，若，则（ ）
A． B．
C． D．
三、解答题
17．已知复数（，i是虚数单位）.
（1）若z是纯虚数，求m的值；
（2）设是z的共轭复数，复数在复平面上对应的点在第四象限，求m的取值范围.
18．如图，点分别是矩形的边上的两点，，.

(1)若是线段靠近的三等分点、是的中点，求；
(2)若，求的范围；
(3)若，连接交的延长线于点为的中点，试探究线段上是否存在一点，使得最大.若存在，求的长；若不存在，说明理由.
19．由代数基本定理可以得到：任何一元次复系数多项式在复数集中可以分解为个一次因式的乘积.进而，一元次多项式方程有个复数根.（重根按重数计）.如设实系数一元二次方程，在复数集内的根为，，则方程可变形为，展开得.则有，即：.类比上述推理方法可得实系数一元三次方程根与系数的关系.
(1)设一元三次方程有三个不同实数根，，，求：及的值；
(2)设函数的零点分别是，，，求的值；
(3)设三个不同的实数，，满足：，，求的最大值.
20．若数列的项的最大奇因数为，则叫做的“滤净数列”．已知数列满足是的滤净数列．
(1)求的通项公式及的值；
(2)若，求的前项和．
21．已知函数在区间上的最大值为4，最小值为1，记为.
(1)求实数，的值；
(2)若不等式成立，求实数的取值范围；
(3)对于任意满足的自变量，，，…，，如果存在一个常数，使得定义在区间上的一个函数，恒成立，则称函数为区间上的有界变差函数，试判断函数是否是区间上的有界变差函数，若是，求出的最小值；若不是，请说明理由.
2025-2026学年上海市高一数学下学期末复习模拟试卷（6）（解析版）
一、填空题
1．已知集合，，则=____．
【答案】
【详解】因为，所以=
2．已知：；：，是 的充分不必要条件，则实数的取值范围是___________.
【答案】
【分析】根据 p是 q的充分不必要条件，转化为q是p的充分不必要条件，建立不等式关系进行求解即可
【详解】已知：，可知p：x>1或x<-3,
∵是 的充分不必要条件，∴q是p的充分不必要条件，
得≥1，解得a≤ -1或a≥3，
即a∈
【点睛】本题考查了充分条件和必要条件的应用，利用逆否命题的等价性，将条件进行转化是解决本题的关键
3．半径为2，圆心角为的扇形的面积为______．
【答案】
【分析】设扇形的圆心角大小为α（rad），半径为r，则扇形的面积为，由此得解．
【详解】，，
．
故答案为．
【点睛】本题主要考查了扇形的面积公式的应用，属于基础题．
4．数列中，，，则______．
【答案】
【分析】由无穷递缩等比数列的求和公式计算．
【详解】，，即，是等比数列，公比为，
∴．
故答案为：2.
5．若，则______.
【答案】
【分析】利用诱导公式和余弦的二倍角公式求解即可.
【详解】因为，
所以
.
故答案为：
6．已知复数为方程的根，则_____.
【答案】
【分析】设复数，代入方程中，根据复数的运算及复数相等概念列方程组解的值，从而可得复数.
【详解】设复数，若复数是方程的根，
则，整理得
所以，
若，则，，则在实数范围内无解，不符合题意，
故，从而解得，
所以复数，
故答案为：.
7．若为等差数列，是其前项的和，且，为等比数列，，则的值为______.
【答案】/
【分析】利用等差数列的性质和等比数列的性质由题设条件可求得和的值，代入计算，利用正切函数和诱导公式运算即可得解.
【详解】解：∵为等差数列，是其前项的和，
且由性质知，
∴，解得：.
∵为等比数列，
∴由性质知，，解得：.
当时，；
当时，；
综上，.
故答案为：.
8．设是一个三角形的三个内角，则的最小值为__________.
【答案】
【分析】根据三角形内角和定理，两角和的正弦公式、辅助角公式、结合换元法得到，再运用导数的性质进行求解即可.
【详解】
，
令，
所以，
要想有最小值，显然为钝角，即，
于是有，
设，
因为，
所以
令，即，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
因此当时，函数有最大值，
所以的最小值为，
此时，，
即存在，显然存在，使得，
即的最小值为，
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用三角形内角和定理把三个变量变成二个变量问题，最后利用辅助角公式就成一个变量，利用导数的性质求最值.
9．给出下列命题:① 是幂函数；② 函数的零点有且只有1个；③ 的解集为；④“”是“”的充分非必要条件；⑤ 数列的前项和为，且 ，则为等差或等比数列；其中真命题的序号是________.
【答案】④
【分析】逐个判断各命题的正确与否后可得正确的选项.
【详解】对于①，因为是幂函数，但它与不是同一个函数，前者要求，而后者.
故不是幂函数，故①错误.
对于②，在同一坐标系画出的图象（如图所示）：
则的图象没有公共点，故没有零点，故②错误.
对于③，时不等式也成立，所以③错误.
对于④，是的真子集，故“”是“”的充分非必要条件，
故④正确.
对于⑤，若，则，故，
该数列既不是等差数列也不是等比数列，故⑤错误.
故答案为：④.
【点睛】本题考查命题的真假判断，涉及到函数相同的判断、函数零点的个数判断、充分不必要条件的判断、无理不等式的解法、等差数列等比数列的判断等，注意函数零点的个数判断可以通过两个熟悉函数图象的交点个数来判断，本题属于综合题，有一定难度.
10．在平面四边形中，，若为边上的一个动点，则的最小值是______．
【答案】/
【分析】以点为原点建立平面直角坐标系，根据平面向量数量积的坐标表示结合二次函数的性质即可得解.
【详解】如图，以点为原点建立平面直角坐标系，
则，设，
则，
故，
所以当时，取得最小值.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：
（1）利用定义：
（2）利用向量的坐标运算；
（3）利用数量积的几何意义．
11．化简：______.
【答案】
【分析】利用三角函数的诱导公式化简即可.
【详解】原式
.
故答案为：.
12．已知平面向量，，，则___________.
【答案】
【分析】由向量平行的坐标运算求出参数，然后由模的坐标运算计算．
【详解】由题意，，
所以．
故答案为：．
二、单选题
13．已知，是不共线的非零向量，则以下向量可以作为基底的是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】C
【分析】由零向量与任意向量共线判断A，根据判断B，设，建立方程，根据方程解的情况判断C，根据判断D.
【详解】对于A：零向量与任意向量均共线，所以此两个向量不可以作为基底；
对于B：因为，，所以，所以此两个向量不可以作为基底；
对于C：设，即，则，所以无解，所以此两个向量不共线，可以作为一组基底；
对于D：设，，所以，所以此两个向量不可以作为基底；
故选：C.
14．设凸边形对角线条数为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由边形到边形，增加的对角线是增加的一个顶点与原个顶点连成的条对角线，及原先的一条边成了对角线，由此可得出结果.
【详解】由边形到边形，凸边形变成凸边形，首先是增加了一条边和一个顶点，
原先的一条边就变成了对角线，则增加上的顶点连接条对角线，
则增加的对角线条数为.
所以，.
故选：A.
【点睛】本题考查数列递推公式的理解，考查学学生的逻辑推理能力，属于中等题.
15．已知，是方程的两根，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先根据韦达定理计算得出，再应用二倍角的正切公式计算即可.
【详解】因为是方程的两根，
所以，
所以，
则.
故选：D.
16．已知中，，，，O为的外心，若，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】由题意可知，O为外接圆的圆心，过O作，已知等式两边同乘以，结合数量积定义得，同理得，从而两式联立即可求得的值．
【详解】由题意可知，为的外心，
设半径为r，在圆O中，过O作，垂足分别为,
因为 ，两边乘以，即，
的夹角为，而，
则 ，得①，
同理两边乘 ，即，，
则 得②，
①②联立解得，，
所以，
故选：D.
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是将两边分别乘以，结合数量积定义化简得到关于的方程，求得答案.
三、解答题
17．已知复数（，i是虚数单位）.
（1）若z是纯虚数，求m的值；
（2）设是z的共轭复数，复数在复平面上对应的点在第四象限，求m的取值范围.
【答案】（1）（2）
【分析】（1）化简复数，根据复数为纯虚数得到且，解得答案.
（2）根据共轭复数定义结合复数运算得到，根据对应象限得到，解得答案.
【详解】（1），
因为z是纯虚数，所以且，解得.
（2）因为是z的共轭复数，所以.
所以.
因为复数在复平面上对应的点在第四象限，所以
解得，即实数m的取值范围为.
【点睛】本题考查了复数的运算，根据复数类型求参数，根据复数对应象限求参数，意在考查学生的计算能力和应用能力.
18．如图，点分别是矩形的边上的两点，，.

(1)若是线段靠近的三等分点、是的中点，求；
(2)若，求的范围；
(3)若，连接交的延长线于点为的中点，试探究线段上是否存在一点，使得最大.若存在，求的长；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)存在，.
【分析】（1）建立平面直角坐标系，利用坐标法计算可得夹角余弦值即可；
（2）根据数量积的运算律得到，结合的范围计算可得；
（3）建立平面直角坐标系，求出点坐标，设 ，则，利用两角差的正切公式、锐角三角函数及基本不等式计算可得.
【详解】（1）以点为坐标原点，、所在的直线为轴 轴建立直角坐标系，

则，，，，
所以，
，，
.
（2）由，，
故，则，
所以
，
由，故.
（3）同（1）问建立相同直角坐标系，

则可得，即，
假设存在点，使得最大，由，即有最大，
设，当时，角度为，此时不可能最大，故，所以，
则
，
当且仅当，即时，等号成立，
即存在，且.
19．由代数基本定理可以得到：任何一元次复系数多项式在复数集中可以分解为个一次因式的乘积.进而，一元次多项式方程有个复数根.（重根按重数计）.如设实系数一元二次方程，在复数集内的根为，，则方程可变形为，展开得.则有，即：.类比上述推理方法可得实系数一元三次方程根与系数的关系.
(1)设一元三次方程有三个不同实数根，，，求：及的值；
(2)设函数的零点分别是，，，求的值；
(3)设三个不同的实数，，满足：，，求的最大值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】(1)结合题意利用待定系数法得到方程组求解得到结果,
（2）对方程两边同时除以 结合第一问，利用待定系数法求解即可，
（3）令 ，把 可看作方程 的三个根，利用第二小问的思路进一步求解得到，同时得到结合的取值范围得到结果即可.
【详解】（1）令 ,
则
对比项系数,得: .
（2）令 ，则.显然方程两边同时除以，
得: ，即:.
是方程 的三个根.
由 （1） 知:
故.
（3）令，
则 ，且 .
可看作方程 的三个根，
令，
则
对比项系数，得:
当时，有.
20．若数列的项的最大奇因数为，则叫做的“滤净数列”．已知数列满足是的滤净数列．
(1)求的通项公式及的值；
(2)若，求的前项和．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）根据条件，利用与间关系，即可求出，再根据题设定义，即可得出；
（2）由（1）知当为偶数时，为奇数，当为奇数时，为偶数，故有，，再分别求出和，从而得出结果.
【详解】（1）因为①，
当时，②，
由①②得，，得到，
又当，，得到，满足，所以，
又，所以.
（2）由（1）知，当为偶数时，为奇数，当为奇数时，为偶数，所以，
设，
则，
又，
又分别为：，各项除以得到数列：
，其中的奇数项即为中的项，
其和为，
其中的偶数项为，各项除以后，即为，
这是的前项，它的滤净数列的和为，
故，其中，
故
.
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于第（2）问，根据题意得，根据题中定义，可知，从而知，转化成求等差数列的和，再利用分别为：，再根据题设定义即可求出结果.
21．已知函数在区间上的最大值为4，最小值为1，记为.
(1)求实数，的值；
(2)若不等式成立，求实数的取值范围；
(3)对于任意满足的自变量，，，…，，如果存在一个常数，使得定义在区间上的一个函数，恒成立，则称函数为区间上的有界变差函数，试判断函数是否是区间上的有界变差函数，若是，求出的最小值；若不是，请说明理由.
【答案】(1)，；
(2)
(3)函数为区间上的有界变差函数.的最小值为4.
【详解】（1）由的对称轴得在区间，上是增函数，得方程组求出，即可；.（）2）由.（1）求出的表达式，解不等式求出即可；.（3）由的表达式得为，上的单调递增函数，根据有界变差函数的概念求出即可.
（1），
又，在区间，上是增函数，
故，
解得，.
(2）由.（1）得：，
故是偶函数，
不等式.（）2）可化为，
解得，，.
.（3），
为，上的单调递增函数，
则对于任意满足，的自变量，，，，，有.（）1）.（）3），
.（）3）.（）1），
存在常数，使得.
∴函数为区间，上的有界变差函数.即的最小值为4.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页

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