精品解析：上海市朱家角中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试卷

高一数学期中考试试卷 2025.4 一､填空题（4分*12） 1. 已知，，则角是第_____象限角. 2. 已知扇形的弧所对的圆心角为36°，半径r=10cm，则扇形的弧长为______cm 3. 函数的定义域为__________. 4. 在三角形中，已知，则__________. 5. 若，则__________. 6. 将函数图象向左平移个单位.得到偶函数的图象.则的最小值是__________. 7. 下列说法正确的是__________. ①两个角的终边相同，则它们的大小相等； ②若角为第二象限角，则是第三象限角； ③第一象限角都是锐角； ④终边在直线上的角的集合是. 8. 已知平面向量满足.，且，则__________. 9. 已知，，且，则_______． 10. 在扇形中，以为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，若.为的中点.则__________. 11. ，均为锐角，，，则___ . 12. 如图，在△ABC中，，，，则________． 二､单选题（4分*4） 13. 下列函数中，以为周期，且在区间上单调递增的（ ） A. B. C. D. 14. 下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. C. 若，则 D. 若，则 15. 地动仪是古代人们用来测定地震方向的器具．地动仪有八个方位，分别是东、南、西、北、东南、西南、东北、西北，每个方位上均有含龙珠的龙头，在每个龙头的下方都有一只蟾蜍与其对应，任何一方如有地震发生，该方向龙口所含龙珠（铜丸）即落入蟾蜍口中，由此便可测出发生地震的方向．如图为地动仪的模型图，现要在相距150km的甲、乙两地各放置一个地动仪，乙在甲的北偏东30°方向，若甲地地动仪正东方位的铜丸落下，乙地地动仪东南方位的铜丸落下，则地震的位置距离甲地（ ） A. B. C. D. 16. 已知函数，则下列说法错误的是（ ） A. 当时，函数在区间上恰有3040个零点 B. 当时.函数在区间上恰有2026个零点 C. 当时，函数在区间上恰有2168个零点，则正整数的值是2168 D. 当时.函数在区间上给有4054个零点 三､解答题（8+10+12+12+14） 17. 已知. （1）求在方向上的投影向量； （2）若，求实数的值； 18. 在中,内角所对的边分别为,的面积为,已知. （1）求角A； （2）若，求周长的取值范围. 19. 如图，已知扇形半径为1，圆心角为，是扇形弧上动点，记， （1）请用来表示平行四边形的面积； （2）求平行四边形面积最大值，以及面积最大时角的值； （3）设，若，求． 20. 已知函数的部分图象如图所示． （1）求函数解析式； （2）将的图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再向右平移个单位长度得到的图象，求函数的对称轴方程； （3）在第（2）问前提下，对于任意，是否总存在实数，使得成立？若存在，求出实数的值或取值范围；若不存在，说明理由． 21. 设函数. （1）若.求的值； （2）议在处取得最大值.求； （3）关于的方程在区间上恰有12个不同的实数解.求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高一数学期中考试试卷 2025.4 一､填空题（4分*12） 1. 已知，，则角是第_____象限角. 【答案】三 【解析】 【分析】根据三角函数在各个象限的符号求解即可. 【详解】由，则角是第一、三象限角， 又，则角是第三象限角. 故答案为：三. 2. 已知扇形的弧所对的圆心角为36°，半径r=10cm，则扇形的弧长为______cm 【答案】 【解析】 【分析】设圆心角为，将化成弧度数，再利用扇形的弧长公式即可求得答案. 【详解】设圆心角为，则， 由弧长公式，得扇形的弧长为 故答案为：. 3. 函数的定义域为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由正切函数的定义得出定义域. 【详解】由，即， 所以函数的定义域为. 故答案为：. 4. 在三角形中，已知，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】由题可得三角形为直角三角形，然后由数量积定义可得答案. 【详解】，， 为直角三角形，且，. . 故答案为： 5. 若，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】由诱导公式结合题意可得答案. 【详解】注意到，则. 故答案为： 6. 将函数的图象向左平移个单位.得到偶函数的图象.则的最小值是__________. 【答案】. 【解析】 【分析】求出平移后的函数的解析式，根据正弦型函数的奇偶性可得出关于的等式，即可解得的最小正值. 【详解】将函数的图象向左平移个单位长度， 得到函数的图象，且该函数为偶函数， 则，解得， 因为，则当时，取最小值. 故答案为：. 7. 下列说法正确的是__________. ①两个角的终边相同，则它们的大小相等； ②若角为第二象限角，则是第三象限角； ③第一象限角都是锐角； ④终边在直线上的角的集合是. 【答案】②④ 【解析】 【分析】①③举反例即可；②与的终边关于轴对称即可判断；④分别写出终边在直线上，在第二象限和第四象限的角的集合，再求集合的并集即可. 【详解】对于①，与终边相同，但它们的大小不相等，故①不正确； 对于②，因为与的终边关于轴对称，故②正确； 对于③，第一象限角不都是锐角，比如为第一象限角，但不是锐角，故③不正确； 对于④，若终边在直线上的角在第二象限，则集合是 ； 若终边在直线上的角在第四象限，则集合是， 综上，终边在直线上的角的集合是，故④正确. 故选：②④. 8. 已知平面向量满足.，且，则__________. 【答案】2 【解析】 【分析】由得，根据即可求解. 【详解】因为，所以，即. 因为.所以. 又. 所以. 故答案为：2. 9. 已知，，且，则_______． 【答案】3 【解析】 【分析】根据向量平行得到方程，求出，再化弦为切，代入求值. 【详解】，，由，可得， 所以，所以． 故答案为：3． 10. 在扇形中，以为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，若.为的中点.则__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用夹角公式先计算，由半角公式求，设，利用即可求解. 【详解】已知，则； ，则 所以. 则， 则. 由， 得； . 因为.设. ； ， 所以. 故答案为： 11. ，均为锐角，，，则___ . 【答案】 【解析】 【分析】由已知条件确定和的范围，由同角三角函数基本关系求出、的值，利用两角差的余弦公式计算即可求解. 【详解】因为，均为锐角，所以，， 所以，所以 因， 所以， 因，所以， 因为， 所以或（舍），所以， 所以， 所以， 可得 ， 故答案为：. 12. 如图，在△ABC中，，，，则________． 【答案】 【解析】 【分析】由得，再利用平面向量加法运算结合数量积运算求得结果. 【详解】由,可知， ,则 故答案为：． 二､单选题（4分*4） 13. 下列函数中，以为周期，且在区间上单调递增的（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】说明函数，的图象与函数，的图象的关系，判断其周期以及单调性，判断A，B；根据，脱掉函数的绝对值符号，判断其单调性，根据即可判断D；由于时，，判断出在上是单调减函数，即可判断C． 【详解】由于可以由函数的图象保持x轴上方部分不动，将x轴下方部分翻折到x轴上方而得到，故其周期为， 由于时，是单调减函数，故A不正确； 又时，是单调增函数，故B正确； 由于时，，令，解得， 则在上是单调减函数，故C不正确； 由于时，是单调减函数，故D不正确； 故选：B． 14. 下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【详解】向量为矢量，既有大小又有方向，不等比较大小，故A错误； 对于B，向量的数量积运算不满足结合律， 例如.，则， ，所以.B错误； 当时，向量不一定共线，故C错误. 相等向量的方向与大小都相同，所以也共线，也具有传递性，故D正确； 故选：D. 15. 地动仪是古代人们用来测定地震方向的器具．地动仪有八个方位，分别是东、南、西、北、东南、西南、东北、西北，每个方位上均有含龙珠的龙头，在每个龙头的下方都有一只蟾蜍与其对应，任何一方如有地震发生，该方向龙口所含龙珠（铜丸）即落入蟾蜍口中，由此便可测出发生地震的方向．如图为地动仪的模型图，现要在相距150km的甲、乙两地各放置一个地动仪，乙在甲的北偏东30°方向，若甲地地动仪正东方位的铜丸落下，乙地地动仪东南方位的铜丸落下，则地震的位置距离甲地（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意可知直线AC与BC的交点C即地震的位置，由此构建三角形，解三角形即可. 【详解】如图，A点为甲地，B点为乙地，C点为地震的位置， 依题意，，，，则， 由正弦定理，得 （） 所以地震的位置距离甲地． 故选：C 16. 已知函数，则下列说法错误的是（ ） A. 当时，函数在区间上恰有3040个零点 B. 当时.函数在区间上恰有2026个零点 C. 当时，函数在区间上恰有2168个零点，则正整数的值是2168 D. 当时.函数在区间上给有4054个零点 【答案】C 【解析】 【分析】将函数变形为，利用换元法可得，，根据二次函数零点可得原题等价与在题中所给区间的零点问题，结合正弦函数图象分析即可逐一判断. 【详解】. 令，所以， 因为.函数有两个零点. 记的两个零点分别为， 则，设. . 对于A.当时，.令.得或. 所以或. 当时，或或. 所以在上有3个零点. 而. 所以函数在区间上有个零点，故A正确： 对于B.当时，. . 所以<. 所以函数在上没有零点，在上有两个零点. 而. 所以函数在区间上有个零点，故B正确； 对于C.当时，. . 所以. 所以函数在上有两个零点，在上没有零点， 因为函数在区间上给有2168个零点. 而，所以或2168，故C错误； 对于D，当时，， . 所以，所以函数在上有两个零点，在上有两个雾点.而. 所以函数区间上有个零点，故D正确； 故选：C. 三､解答题（8+10+12+12+14） 17. 已知. （1）求在方向上的投影向量； （2）若，求实数的值； 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）由投影向量的计算公式即可求解； （2）根据坐标的线性运算即可求解. 【小问1详解】 ，则， 则. 所以投影向量为 【小问2详解】 因为， 由得， 解得. 18. 在中,内角所对的边分别为,的面积为,已知. （1）求角A； （2）若，求周长的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理与两角和的正弦公式即可求解； （2）利用余弦定理和基本不等式求得的最大值，再由三角形三边关系定理即可求解. 【小问1详解】 ， 由正弦定理，可得， . ，又. 【小问2详解】 由余弦定理，可得 . ，当且仅当时取等号， 又有， 故的周长. 19. 如图，已知扇形半径为1，圆心角为，是扇形弧上的动点，记， （1）请用来表示平行四边形的面积； （2）求平行四边形面积的最大值，以及面积最大时角的值； （3）设，若，求． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据锐角三角函数可得即可根据面积公式求解, （2）根据二倍角以及辅助公式化简即可利用三角函数的性质求解， （3）根据余弦的和差角公式即可求解. 【小问1详解】 过点作的垂线，垂足为，在中， 在中，则 所以， 所以. 【小问2详解】 由题意可得， 由（1）知： 故平行四边形的面积 由于，故， 故当时，即时，取得最大值为 【小问3详解】 设,则 由于，所以，故， ， 20. 已知函数的部分图象如图所示． （1）求函数的解析式； （2）将的图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再向右平移个单位长度得到的图象，求函数的对称轴方程； （3）在第（2）问的前提下，对于任意，是否总存在实数，使得成立？若存在，求出实数的值或取值范围；若不存在，说明理由． 【答案】（1） （2）， （3）存在， 【解析】 【分析】（1）由题知，，求出从而得的值，将特殊点代入函数中求出，即可解决问题； （2）根据函数伸缩变换与平移变换后的到新函数的解析式，根据函数解析式求对称轴即可； （3）假设存在实数的值或取值范围满足题意，根据所给条件先由，得，再根据所给的角把范围求出来，根据范围的包含关系列出不等式解出即可. 【小问1详解】 由图可知， ，则，， 所以，. 所以，即 又，所以当时，， 所以. 【小问2详解】 将的图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变， 得：， 再向右平移个单位长度得到： ， 令，，解得，， 所以函数的对称轴为，. 【小问3详解】 由，得， 由，得， 所以， 所以. 又，得， 所以. 由题可知， 得，解得， 所以存在，使得成立. 21. 设函数. （1）若.求的值； （2）议在处取得最大值.求； （3）关于的方程在区间上恰有12个不同的实数解.求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由得，又即可解出，即可求解； （2）利用辅助角公式有，其中，最后利用二倍角公式即可求解； （3）由得周期为，原问题等价于关于的方程在区间上恰有4个不同的实数解，又得关于对称，得关于的方程在区间上恰有2个不同的实数解，在即可求解. 【小问1详解】 因为. 所以. 又因为.可得：. 解得：或（舍去）. 所以所以所以 【小问2详解】 ，其中 所以存在.使得为函数在区间上的最大值. 所以，所以.. 【小问3详解】 因为. 所以函数为周期函数.周期为. 所以原问题等价于关于的方程在区间上恰有4个不同的实数解. 又由有关于对称， 可知关于的方程在区间上恰有2个不同的实数解. 当时，， 所以.因为，所以. 因为.所以，解得. 所以的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$