2025屆上海市寶山區行知中學高一數學第二學期期末統考試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1．若直線上存在點滿足則實數的最大值為A． B． C． D．2．如果且，那么的大小關系是（）A． B．C． D．3．為了得到函數的圖象，可以將函數的圖象（）A．向左平移個單位長度B．向左平移個單位長度C．向右平移個單位長度D．向右平移個單位長度4．若，A點的坐標為，則B點的坐標為（）A． B． C． D．5．在一段時間內，某種商品的價格（元）和銷售量（件）之間的一組數據如下表：價格（元）4681012銷售量（件）358910若與呈線性相關關系，且解得回歸直線的斜率，則的值為（）A．0.2 B．-0.7 C．-0.2 D．0.76．若點為圓C：的弦MN的中點，則弦MN所在直線的方程為（）A． B． C． D．7．將某選手的7個得分去掉1個最高分，去掉1個最低分，5個剩余分數的平均分為21，現場作的7個分數的莖葉圖后來有1個數據模糊，無法辨認，在圖中以x表示,則5個剩余分數的方差為()A． B． C．36 D．8．若，，，則的最小值為（）A． B． C． D．9．函數的零點有兩個，求實數的取值范圍（）A． B．或 C．或 D．10．直線（是參數）被圓截得的弦長等于（）A． B． C． D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知三點、、共線，則a=_______.12．已知等差數列，，，，則______.13．已知，且是第一象限角，則的值為__________.14．設變量滿足條件，則的最小值為___________15．給出下列語句：①若為正實數，，則；②若為正實數，，則；③若，則；④當時，的最小值為，其中結論正確的是___________．16．正項等比數列中，，，則公比__________．三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．已知，，且（1）求的定義域.（2）判斷的奇偶性，并說明理由.18．已知，a，b，c分別為角A，B，C的對邊，且，，，求角A的大小．19．已知，是函數的兩個相鄰的零點.（1）求；（2）若對任意，都有，求實數的取值范圍．（3）若關于的方程在上有兩個不同的解，求實數的取值范圍．20．已知數列的前項和，且滿足：，.（1）求數列的通項公式；（2）若，求數列的前項和.21．已知公差的等差數列的前項和為，且滿足，.（1）求數列的通項公式；（2）求證：是數列中的項；（3）若正整數滿足如下條件：存在正整數，使得數列，，為遞增的等比數列，求的值所構成的集合.

參考答案一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1、B【解析】

首先畫出可行域，然后結合交點坐標平移直線即可確定實數m的最大值.【詳解】不等式組表示的平面區域如下圖所示，由，得：，即C點坐標為（－1，－2），平移直線x＝m，移到C點或C點的左邊時，直線上存在點在平面區域內，所以，m≤－1，即實數的最大值為－1.【點睛】本題主要考查線性規劃及其應用，屬于中等題.2、B【解析】

取，故選B.3、D【解析】

試題分析：將函數的圖象向右平移,可得，故選D．考點：圖象的平移．4、A【解析】

根據向量坐標的求解公式可求.【詳解】設，因為A點的坐標為，所以.所以，即.故選：A.【點睛】本題主要考查平面向量坐標的運算，側重考查數學運算的核心素養.5、C【解析】

由題意利用線性回歸方程的性質計算可得的值.【詳解】由于，，由于線性回歸方程過樣本中心點，故：，據此可得：.故選C.【點睛】本題主要考查線性回歸方程的性質及其應用，屬于中等題.6、A【解析】

根據題意，先求出直線PC的斜率，根據MN與PC垂直求出MN的斜率，由點斜式，即可求出結果.【詳解】由題意知，圓心的坐標為，則，由于MN與PC垂直，故MN的斜率，故弦MN所在的直線方程為，即.故選A【點睛】本題主要考查求弦所在直線方程，熟記直線的點斜式方程即可，屬于常考題型.7、B【解析】

由剩余5個分數的平均數為21，據莖葉圖列方程求出x＝4，由此能求出5個剩余分數的方差．【詳解】∵將某選手的7個得分去掉1個最高分，去掉1個最低分，剩余5個分數的平均數為21，∴由莖葉圖得：得x＝4，∴5個分數的方差為：S2故選B【點睛】本題考查方差的求法，考查平均數、方差、莖葉圖基礎知識，考查運算求解能力，考查數形結合思想，是基礎題．8、B【解析】

根據題意，得出，利用基本不等式，即可求解，得到答案．【詳解】由題意，因為，則當且僅當且即時取得最小值.故選B．【點睛】本題主要考查了利用基本不等式求最小值問題，其中解答中合理化簡，熟練應用基本不等式求解是解答的關鍵，著重考查了運算與求解能力，屬于基礎題．9、B【解析】

由題意可得，的圖象（紅色部分）和直線有2個交點，數形結合求得的范圍．【詳解】由題意可得的圖象(紅色部分)和直線有2個交點，如圖所示：故有或，故選：B.【點睛】已知函數零點(方程根)的個數，求參數取值范圍的三種常用的方法：(1)直接法，直接根據題設條件構建關于參數的不等式，再通過解不等式確定參數范圍；(2)分離參數法，先將參數分離，轉化成求函數值域問題加以解決；(3)數形結合法，先對解析式變形，在同一平面直角坐標系中，畫出函數的圖象，然后數形結合求解．一是轉化為兩個函數的圖象的交點個數問題，畫出兩個函數的圖象，其交點的個數就是函數零點的個數，二是轉化為的圖象的交點個數問題.10、D【解析】

先消參數得直線普通方程，再根據垂徑定理得弦長.【詳解】直線（是參數），消去參數化為普通方程：．圓心到直線的距離，∴直線被圓截得的弦長.故選D．【點睛】本題考查參數方程化普通方程以及垂徑定理，考查基本分析求解能力，屬基礎題.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】

由三點、、共線，則有，再利用向量共線的坐標運算即可得解.【詳解】解：由、、，則,,又三點、、共線，則，則，解得：，故答案為：.【點睛】本題考查了向量共線的坐標運算，屬基礎題.12、【解析】

利用等差中項的基本性質求得，，并利用等差中項的性質求出的值，由此可得出的值.【詳解】由等差中項的性質可得，同理，由于、、成等差數列，所以，則，因此，.故答案為：.【點睛】本題考查利用等差中項的性質求值，考查計算能力，屬于基礎題.13、；【解析】

利用兩角和的公式把題設展開后求得的值，進而利用的范圍判斷的范圍，利用同角三角函數的基本關系求得的值，最后利用誘導公式和對原式進行化簡，把的值和題設條件代入求解即可.【詳解】，，即，，兩邊同時平方得到：，解得，是第一象限角，，得，，即為第一或第四象限，，.故答案為：.【點睛】本題考查了兩角差的余弦公式、誘導公式以及同角三角函數的基本關系，需熟記三角函數中的公式，屬于中檔題.14、-1【解析】

根據線性規劃的基本方法求解即可.【詳解】畫出可行域有：因為.根據當直線縱截距最大時,取得最小值.由圖易得在處取得最小值.故答案為：【點睛】本題主要考查了線性規劃的基本運用,屬于基礎題.15、①③.【解析】

利用作差法可判斷出①正確；通過反例可排除②；根據不等式的性質可知③正確；根據的范圍可求得的范圍，根據對號函數圖象可知④錯誤.【詳解】①，為正實數，，即，可知①正確；②若，，，則，可知②錯誤；③若，可知，則，即，可知③正確；④當時，，由對號函數圖象可知：，可知④錯誤.本題正確結果：①③【點睛】本題考查不等式性質的應用、作差法比較大小問題、利用對號函數求解最值的問題，屬于常規題型.16、【解析】

根據題意，由等比數列的性質可得，進而分析可得答案.【詳解】根據題意，等比數列中，，則，又由數列是正項的等比數列，所以.【點睛】本題主要考查了等比數列的通項公式的應用，其中解答中熟記等比數列的通項公式，以及注意數列是正項等比數列是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）；（2）偶函數，理由見解析.【解析】

（1）根據對數的真數大于零可求得和的定義域，取交集可得定義域；（2）整理可得，驗證得，得到函數為偶函數.【詳解】（1）令得：定義域為令得：定義域為的定義域為（2）由題意得：，為定義在上的偶函數【點睛】本題考查函數定義域的求解、奇偶性的判斷；求解函數定義域的關鍵是明確對數函數要求真數必須大于零，且需保證構成函數的每個部分都有意義.18、【解析】

由正弦定理得，即得，再利用余弦定理求解.【詳解】因為在三角形ABC中，由正弦定理得．又因為，所以得，由余弦定理得．又三角形內角在．故角A為．【點睛】本題主要考查正弦定理余弦定理解三角形，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.19、(1)；(2)；(3)【解析】

（1）先化簡，再根據函數的周期求出的值，從而得到的解析式；（2）將問題轉化為，根據三角函數的性質求出的最大值，即可求出實數的取值范圍；（3）通過方程的解與函數圖象之間的交點關系，可將題意轉化為函數的圖象與直線有兩個交點，即可由圖象求出實數的取值范圍．【詳解】（1）．由題意可知，的最小正周期，∴，又∵，∴，∴（2）由得，，∴，∵，∴，∴．∴，即，∴，所以（3）原方程可化為即，由，得時，，的最大值為2，∴要使方程在上有兩個不同的解，即函數的圖象與直線有兩個交點，由圖象可知，即，所以【點睛】本題主要考查三角函數的圖象與性質的應用，以及利用二倍角公式、兩角差的余弦公式、兩角和的正弦公式進行三角恒等變換，同時還考查了轉化與化歸思想，數形結合思想的應用．20、（1）；（2）．【解析】試題分析：（1）當時，可求出，當時，利用可求出是以2為首項，2為公比的等比數列，故而可求出其通項公式；（2）由裂項相消可求出其前項和.試題解析：（1）依題意：當時，有：，又，故，由①當時，有②，①－②得：化簡得：，∴是以2為首項，2為公比的等比數列，∴.（2）由（1）得：，∴∴21、(1)；(2)證明見解析；(3)見解析【解析】

(1)根據等差數列性質,結合求得等再求的通項公式.

(2)先求出,再證明滿足的通項公式.

(3)由數列,,為遞增的等比數列可得,從而根據的通項公式求的值所構成的集合.【詳解】(1)因為為等差數列,故,