精品解析：上海市宜川中学2024-2025学年高一下学期3月阶段测试数学试卷

宜川中学2024学年第二学期阶段测试 高一数学 试卷 2025.3 命题：张秀芹 审核：金旭升 校对：______ 考生注意： 1．本考试设试卷和答题纸，答案写在答题纸上，写在试卷上无效. 2．答题前，考生务必在答题纸上清楚填涂班级、姓名和准考证号. 3．本试卷共4页，考试时间120分钟，试卷满分150分. 一、填空题（第1到6题每题4分，第7到12题每题5分，共计54分） 1. 已知集合A={1，2，a2-2a}，若3∈A，则实数a=______． 【答案】3或1 【解析】 分析】根据3∈A即可得出a22a=3，解方程得到a即可． 【详解】∵3∈A，A={1，2，a22a}， ∴a22a=3， 解得a=1或3 故答案为1或3． 【点睛】本题考查了列举法的定义，元素与集合的关系，考查了推理和计算能力，属于基础题． 2. 弧度数为2的角的终边落在第______象限. 【答案】二 【解析】 【分析】 将弧度化为角度,即可判断出所在象限. 【详解】根据弧度与角度关系可知 所以 则弧度数为2的角的终边落在第二象限 故答案为:二 【点睛】本题考查了弧度与角度的关系,属于基础题. 3. 已知角的终边过点P（1，2），则___________. 【答案】 【解析】 【分析】先利用任意角的三角函数的定义求出的值，再利用两角和的正切公式求解即可 【详解】因为角的终边过点P（1，2），所以， 所以， 故答案为： 4 若非零向量，且设，则实数__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用向量的加减法法则对化简变形，然后结合可求得结果. 【详解】因为， 所以，所以， 所以， 因为，所以， 故答案为： 5. 函数的定义域是__． 【答案】 【解析】 【分析】根据分母不等于零及开偶数次方根号里的数大于等于零求解即可. 【详解】由， 得，解得且， 所以函数的定义域为. 故答案为：. 6. 某企业欲做一个介绍企业发展史的铭牌，铭牌的截面形状是如图所示的扇形环面（由扇形挖去扇形后构成）．已知米，米（），线段、线段、弧、弧的长度之和为30米，圆心角为弧度，则关于的函数解析式是______． 【答案】 【解析】 【分析】根据弧长公式和周长列方程得出关于的函数解析式. 【详解】根据题意，利用弧长公式可知（米），（米）， 整理得：， 故答案为：. 7. 对于任意实数，不等式无解，则实数的取值范围是___________. 【答案】 【解析】 【分析】这是含参的不等式问题，通过对二次项系数进行讨论以及利用一元二次函数、进行求解处理. 【详解】当时，即，则，无解，所以； 当时，即，要使不等式无解， 则，解得； 综上，. 故答案为：. 8. 已知函数（）是偶函数，则的最小值是______． 【答案】## 【解析】 【分析】利用三角函数的性质即可求解. 【详解】因为函数是偶函数， 所以，解得， 又， 所以当时，的最小值是. 故答案为：. 9. 如图是函数的部分图象，其中点在轴上且过点的竖直线经过图象的最高点，是图象上一点，是线段与图象的交点，且，则点的纵坐标是__________． 【答案】 【解析】 【分析】设，进而可得点坐标，再根据条件列式，利用三角公式是计算可得答案. 【详解】设， 其中， 则， 于是． 因为是中点， 所以， 即或，又因为， 所以，即点的纵坐标是. 故答案为：. 10. 已知函数的定义域为，，对任意两个不等的实数、都有，则不等式的解集为_________. 【答案】 【解析】 【分析】 推导出函数为上的增函数，将所求不等式变形为，可得出关于实数的不等式，由此可解得原不等式的解集. 【详解】不妨令，则等价于，可得， 构造函数，则是上的增函数. 因为，所以等价于，即， 所以，，即，解得. 因此，不等式的解集为. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：利用函数的单调性求解抽象函数不等式，要设法将隐性划归为显性的不等式来求解，方法是： （1）把不等式转化为； （2）判断函数的单调性，再根据函数的单调性把不等式的函数符号“”脱掉，得到具体的不等式（组），求解即可. 11. 设函数（是常数，，），若在区间上具有单调性，且，则函数是的最小正周期是______. 【答案】 【解析】 【分析】根据单调性可求出，再根据题意得函数关于点对称，关于直线对称，得到关于的方程组，通过作差分析可得，最后检验即可. 【详解】因为在区间上具有单调性，， 则，故， ， 则的图象关于点对称，关于直线对称， ，且， 两式相减，可得，又因为，故， 当时，由，得， 又，则，故， 所以它的最小正周期为. 故答案为：. 12. 设，满足，则的最小值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】 令，将用表示，转化为求关于函数的最值. 【详解】，令， 则 ， ， 当且仅当时等号成立. 故答案:. 【点睛】本题考查指对数间的关系，以及对数换底公式，注意基本不等式的应用，属于中档题. 二、选择题（第13、14题每题4分，第15、16每题5分，共18分） 13. 下列关系中，角存在的是（ ） A. B. C. 且 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意结合两角和的正弦公式可得，即可判断A、B；利用同角三角函数的平方关系可判断C；由两角和的余弦公式可得，即可判断D；即可得解. 【详解】对于A、B， ， 因为，，故A不存在，B存在； 对于C，若且，则，故C不存在； 对于D， ， 因为，故D不存在. 故选：B. 【点睛】本题考查了三角恒等变换的应用，考查了同角三角函数平方关系的应用，属于基础题. 14. 在中，“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据充分条件和必要条件结合正弦定理分析判断即可. 【详解】当时，，则由正弦定理得， 当时，由正弦定理得，所以， 所以“”是“”的充要条件， 故选：C 15. 若非零向量、满足，且，则向量、的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由，求得，结合夹角公式即可求解； 【详解】设， 由，可得， 所以， 所以，又， 所以向量、的夹角为， 故选：B 16. 已知，，，，满足，，，有以下个结论： ①存在常数，对任意的实数，使得的值是一个常数； ②存在常数，对任意的实数，使得的值是一个常数. 下列说法正确的是（ ） A. 结论①、②都成立 B. 结论①不成立、②成立 C. 结论①成立、②不成立 D. 结论①、②都不成立 【答案】B 【解析】 【分析】根据三角恒等变换的知识，分别将和用，表示即可. 【详解】对于结论①， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴当为常数，时，不是一个常数，故结论①不成立； 对于结论②， 方法一： ∵ 又∵ ∴ 化简得， ∴存在常数，对任意的实数，使得，故结论②成立. 方法二：（特值法） 当时，， ∴，∴. ∴存在常数，对任意的实数，使得，故结论②成立. 故选：B. 【点睛】本题中结论②的判断，使用常规三角恒等变换的方法运算量较大，对于存在性结论，使用特值法可以有效验证其正确性，减少运算量. 三、解答题（第17、18、19每题14分，第20、21每题18分，共78分） 17. 已知向量与的夹角为，，． （1）求； （2）若向量与夹角为锐角，求实数的取值范围． 【答案】（1）1 （2） 【解析】 【分析】（1）通过求平方即可求解； （2）根据与的夹角为锐角，由且与的夹角不为求解； 【小问1详解】 ， 所以 【小问2详解】 因为与的夹角为锐角， 所以且与的夹角不为． 首先， 因为， 所以，解得； 其次当时，由（1）得与的夹角为，所以， 所以的取值范围为． 18. 已知在中，所对边分别为，且. （1）若，求面积； （2）若，求的周长. 【答案】（1） （2）或. 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理及三角形面积公式即得； （2）利用正弦定理及条件可求，再利用正弦定理即可求解. 【小问1详解】 ， 【小问2详解】 依题意，正弦定理：， 所以代入计算：，则. 当为锐角时， ， 所以， 当为钝角时， ， 所以， 综上：或. 19. 已知函数（且）. （1）讨论的奇偶性与单调性； （2）若不等式的解集为，求的值. 【答案】（1）是奇函数；单调性见解析 （2）或 【解析】 【分析】（1）先求得复合型对数函数的定义域，再运用奇偶性的定义判断的奇偶性；利用复合函数的单调性判断的单调性，从而得解； （2）利用（1）中结论，分类讨论并转化的等价条件，从而得解. 【小问1详解】 对于， 有，解得，故的定义域为， 又 ，故是奇函数； 因为， 易得在上单调递增， 所以当时，在上单调递增， 当时，在上单调递减； 【小问2详解】 由（1）知，当时，在上单调递增，且为奇函数， 则等价于，即， 则，得； 当时，在上单调递减，且为奇函数， 则等价于，即， 则，得； 综上，或. 20. 已知函数． （1）若，且，求的值； （2）在锐角三角形中，若，求的取值范围； （3）设函数，若在区间上恒成立，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变形，最后化为已知角的某个三角函数值，去求另一个角的三角函数值； （2）利用三角形已知一个角，再利用三角形内角和消元，从而化为一个三角函数的值域来求解； （3）利用二倍角关系，转化为同一个角的三角函数式上来，再利用分离参变量思想来求解. 【小问1详解】 ， 由题意知，所以， 又，， 则， 故； 【小问2详解】 由得， ，，，， 故， 由是锐角三角形，得， 则，得， 即的取值范围为； 【小问3详解】 ， 当时，， 令，则，在区间上恒成立， 等价于关于的不等式在区间上恒成立， 即有在区间上恒成立， 又在区间上单调递减， 当时，有最大值， 故有，即的取值范围为． 21. 人脸识别技术在各行各业的应用改变着人类的生活，所谓人脸识别，就是利用计算机分析人脸视频或者图像，并从中提取出有效的识别信息，最终判别对象的身份，在人脸识别中为了检测样本之间的相似度主要应用距离的测试，常用测量距离的方式有曼哈顿距离和余弦距离.若二维空间有两个点，，则曼哈顿距离为：，余弦相似度为：，余弦距离为 （1）若，，求A，B之间的曼哈顿距离和余弦距离； （2）已知，，，若，，求的值 （3）已知，、，，若，，求、之间的曼哈顿距离. 【答案】（1），余弦距离等于 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据公式直接计算即可. （2）根据公式得到，，计算得到答案. （3）利用两角和与差的正弦、余弦公式可求出点、的坐标，结合题中定义可求得、之间的曼哈顿距离. 【小问1详解】 ， ，故余弦距离等于； 【小问2详解】 ； 故，，则. 【小问3详解】 因为，， 所以. 因，所以. 因为， 所以. 因为，则， 所以. 因为， ，所以. 因为， ， 所以. 因为， 所以、之间的曼哈顿距离是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 宜川中学2024学年第二学期阶段测试 高一数学 试卷 2025.3 命题：张秀芹 审核：金旭升 校对：______ 考生注意： 1．本考试设试卷和答题纸，答案写在答题纸上，写在试卷上无效. 2．答题前，考生务必在答题纸上清楚填涂班级、姓名和准考证号. 3．本试卷共4页，考试时间120分钟，试卷满分150分. 一、填空题（第1到6题每题4分，第7到12题每题5分，共计54分） 1. 已知集合A={1，2，a2-2a}，若3∈A，则实数a=______． 2. 弧度数为2的角的终边落在第______象限. 3. 已知角的终边过点P（1，2），则___________. 4. 若非零向量，且设，则实数__________． 5. 函数定义域是__． 6. 某企业欲做一个介绍企业发展史的铭牌，铭牌的截面形状是如图所示的扇形环面（由扇形挖去扇形后构成）．已知米，米（），线段、线段、弧、弧的长度之和为30米，圆心角为弧度，则关于的函数解析式是______． 7. 对于任意实数，不等式无解，则实数的取值范围是___________. 8. 已知函数（）是偶函数，则的最小值是______． 9. 如图是函数部分图象，其中点在轴上且过点的竖直线经过图象的最高点，是图象上一点，是线段与图象的交点，且，则点的纵坐标是__________． 10. 已知函数的定义域为，，对任意两个不等的实数、都有，则不等式的解集为_________. 11. 设函数（是常数，，），若在区间上具有单调性，且，则函数是最小正周期是______. 12. 设，满足，则的最小值为__________. 二、选择题（第13、14题每题4分，第15、16每题5分，共18分） 13. 下列关系中，角存在是（ ） A. B. C. 且 D. 14. 在中，“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 15. 若非零向量、满足，且，则向量、的夹角为（ ） A. B. C. D. 16 已知，，，，满足，，，有以下个结论： ①存在常数，对任意的实数，使得的值是一个常数； ②存在常数，对任意的实数，使得的值是一个常数. 下列说法正确的是（ ） A. 结论①、②都成立 B. 结论①不成立、②成立 C. 结论①成立、②不成立 D. 结论①、②都不成立 三、解答题（第17、18、19每题14分，第20、21每题18分，共78分） 17. 已知向量与的夹角为，，． （1）求； （2）若向量与夹角为锐角，求实数的取值范围． 18. 已知在中，所对边分别为，且. （1）若，求的面积； （2）若，求的周长. 19. 已知函数（且）. （1）讨论的奇偶性与单调性； （2）若不等式的解集为，求的值. 20. 已知函数． （1）若，且，求的值； （2）在锐角三角形中，若，求的取值范围； （3）设函数，若在区间上恒成立，求的取值范围． 21. 人脸识别技术在各行各业的应用改变着人类的生活，所谓人脸识别，就是利用计算机分析人脸视频或者图像，并从中提取出有效的识别信息，最终判别对象的身份，在人脸识别中为了检测样本之间的相似度主要应用距离的测试，常用测量距离的方式有曼哈顿距离和余弦距离.若二维空间有两个点，，则曼哈顿距离为：，余弦相似度为：，余弦距离为 （1）若，，求A，B之间的曼哈顿距离和余弦距离； （2）已知，，，若，，求的值 （3）已知，、，，若，，求、之间的曼哈顿距离. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$