2024-2025学年高一下学期数学综合试卷（三角函数、解三角形、复数）

高一数学组合卷（三角函数、解三角形、复数） 1. 函数的定义域是（ ） A. B. C. D. 或且 2．欧拉公式（为虚数单位）是由瑞士著名数学家欧拉发明的，它将指数函数的定义域扩大到复数集，建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”.根据欧拉公式可知，表示的复数在复平面中对应的点位于 A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 3．已知扇形的面积为，周长为，则弦的长度为（    ） A． B． C． D． 4．苦是非零向量，且满足，则与的夹角是（   ） A． B． C． D． 5．若将的图象向左平移个单位后得到的图象关于y轴对称，则在上的最小值为（    ） A． B． C． D． 6．足球是一项很受欢迎的体育运动.如图，某标准足球场底线宽码，球门宽码，球门位于底线的正中位置.在比赛过程中，攻方球员带球运动时，往往需要找到一点，使得最大，这时候点就是最佳射门位置.当攻方球员甲位于边线上的点处时，根据场上形势判断，有、两条进攻线路可选择，若选择线路，甲到达最佳射门位置时，需要带球距离为（   ）    A．码 B．码 C．码 D．码 7．已知的内角的对边分别为，且，，则面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 8．在中，，，，为线段上的动点（不包括端点），且，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．已知内角，，所对的边分别为，，，以下结论中正确的是（    ） A．若，则 B．若，，，则该三角形有两解 C．若，则一定为等腰三角形 D．若，则一定为钝角三角形 10. 如图，已知长方形中，，，，则下列结论正确的是（ ） A. 当时， B. 当时， C. 对任意，不成立 D. 的最小值为4 11．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的美誉，用其名字命名的“高斯函数”：设，用表示不超过x的最大整数，则称为高斯函数，也叫取整函数，则下列叙述正确的是（    ） A． B．函数有3个零点 C．的最小正周期为 D．的值域为 三、填空题 12．若，则 . 13．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则中线AD的长为 . 14．某市规划局计划对一个扇形公园进行改造，经过对公园AOB区域（如图所示）测量得知，其半径为2km，圆心角为，规划局工作人员在上取一点C，作CD∥OA，交线段OB于点D，作CE⊥OA，垂足为E，形成三角形CDE健步跑道，则跑道CD长度的最大值为 km．    四、解答题 15．(1)若复数为纯虚数，求的值； (2)已知的方程有实数根，求的值. 16．已知函数． (1)求函数的最小正周期及在区间上的最大值点； (2)若，，求的值． 17．已知，其中记且的最小正周期为． (1)求的单调递增区间． (2)在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且求的值， 18．如图，在平面四边形中，，，. (1)当四边形内接于圆O时，求角C； (2)当四边形面积最大时，求对角线的长. 19．设n次多项式，若其满足，则称这些多项式为切比雪夫多项式．例如：由可得切比雪夫多项式，由可得切比雪夫多项式． (1)若切比雪夫多项式，求实数a，b，c，d的值； (2)已知函数在上有3个不同的零点，分别记为，证明：． 高一数学周测卷20240414 1. 【答案】C详解】由已知可得且， 解得且，所以函数的定义域是.故选：C. 2．【答案】C【详解】由题意可知： ,其中 ，点在第三象限，则表示的复数在复平面中对应的点位于第三象限.故选：C． 3．【答案】A【详解】设扇形的半径为，弧长为，则， 所以可得圆心角为，过点作于，则，所以.故选：A 4．【答案】B【详解】由条件可知，，①，② 由①②可知，，即，和， 所以，即.故选：B 5．【答案】C【详解】函数的图象向左平移个单位长度后， 图象所对应解析式为：， 由关于轴对称，则，， 可得，，又，所以，即， 当时，，所以当时，即时， 此时有最小值.故C正确.故选：C． 6．【答案】D【详解】若甲选择线路，设， 因为，，， ，， 所以，， 当且仅当时，即当时，等号成立，此时，， 因此，若选择线路，甲到达最佳射门位置时，需要带球距离为码.故选：D. 7．【答案】A【详解】因为，由正弦定理可得：， 即，， 又，，故；由，解得； 由余弦定理，结合，可得， 即，解得，当且仅当时取得等号； 故的面积，当且仅当时取得等号. 即的面积的最大值为.故选：A. 8．【答案】C【详解】设，，根据题意得， 解得，，，， ， 又、、三点共线，， ， 当且仅当，即时，等号成立．故选：C 二、多选题 9．【答案】AD【详解】对A，由三角形的性质，当时，，又由正弦定理，故，故A正确；对B，由正弦定理，故，故，因为，故，故该三角形只有1解，故B错误；对C，由正弦定理，，故，所以或，即，所以为等腰或者直角三角形，故C错误；对D，由正弦定理，，又余弦定理，故，故一定为钝角三角形，故D正确；故选：AD 10. 【答案】BCD【详解】解：如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴建立平面直角坐标系， 则，，，，由，可得， A项，当时，，则，， 设，又，所以，得，故，A错误； B项，当时，，则，，故，B正确；C项，，，若，则， 对于方程，，故不存在，使得，C正确； D项，，所以，当且仅当时等号成立，D正确. 故选：BCD. 11．【答案】ACD【详解】对于A，，A正确； 对于B，当时，，则， 此时为的零点，有无数个，B错误； 对于C，在区间上，， 结合的最小正周期为，由此可得的最小正周期为，C正确， 对于D，结合C的分析可知的值域为，D正确，故选：ACD 三、填空题 12．【答案】【详解】∵，∴，解得或. 当时，，. 当时，， 13．【答案】【详解】如图，由余弦定理得， ，又， 两式相加得，即，化简得， 所以. 14． 【答案】【详解】如图所示，过点O作CD的垂线，垂足为F，连接OC， 设（），则，， 又， 所以， 因为，所以，当，即时，CD取到最大值．故答案为：.  四、解答题 15． 【详解】（1） 因为为纯虚数，所以，得或（舍），故 （2） 所以，解得 . 16． 【详解】（1），所以函数的最小正周期为． 当时，， 令，解得，令，解得， 故在区间上为增函数，在区间上为减函数， 所以函数在区间上的最大值点为． （2）由（1）知，及，可知． 由，得， 从而， 所以． 17． 【详解】（1） ， 又∵，∴，∴， 令，，∴，， ∴的单调递增区间为，． （2）∵，∴， ∵，∴．∵，∴，∴， 由正弦定理得：， 又∵，∴，∴． 18． 【详解】（1）由余弦定理可得： ， ， 所以. 又四边形内接于圆，所以， 所以，化简可得，又，所以. （2）设四边形的面积为S， 则， 又， 所以，即 平方后相加得，即， 又，所以时，有最大值，即S有最大值. 此时，，代入得. 又，所以 在中，可得：，即. 所以，对角线的长为. 19． 【详解】（1）依题意， ， 因此，即，则， 所以实数a，b，c，d的值分别为. （2）函数在上有3个不同的零点，即方程在上有3个不同的实根， 令，由（1）知，而，则或或， 于是，则， 而， 所以. 学科网（北京）股份有限公司 $$