精品解析：上海市市西中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试卷

市西中学 2024 学年第二学期期中考试高一数学 （满分 100 分，答卷时间 100 分钟，闭卷） 一、填空题（本大题满分 36 分）只要求直接填写结果，每题填对得 3 分，否则一律得零 分. 1. 函数的最小正周期为_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据正切函数的最小正周期公式求解即可. 【详解】函数的最小正周期为. 故答案为：. 2. 已知为第二象限角，角的终边上一点的坐标为，则 _____. 【答案】 【解析】 【分析】利用三角函数的定义求解即可. 【详解】因为角的终边上一点的坐标为，所以. 故答案为：. 3. 半径为3的扇形面积为π，则此扇形的弧长为_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据扇形的面积和弧长公式即可求解. 【详解】设扇形的弧长为，圆心角为， 则扇形的面积为， 所以，所以. 故答案为：. 4. 设 、 为夹角为 的单位向量，求 _____. 【答案】 【解析】 【分析】根据，结合数量积的运算求解，即得答案. 【详解】由于 、 为夹角为 的单位向量， 故， 故答案为： 5. 函数 在 上的单调递减区间为_____. 【答案】 【解析】 【分析】由，计算结合条件可求单调递减区间. 【详解】由，可得， 又，所以的单调递减区间为. 故答案为：. 6. 中，若 ，则该三角形的最大角为_____ 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得，可得最大，利用余弦定理可求最大角. 【详解】在中，由正弦定理可得， 设，所以在中，最大， 由余弦定理可得， 所以. 故答案为：. 7. 函数图像的对称中心的坐标是_____ 【答案】 【解析】 【分析】根据诱导公式，化简得到，结合正弦函数的性质，即可求解. 【详解】由函数，令，解得， 所以函数的对称中心的坐标为. 故答案为：. 8. ，，若，且，求 _____. 【答案】 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标运算及正切函数求值即可求解. 【详解】由可得，即， 又，所以. 故答案为：. 9. 在中，为边上不同于的任意一点，点为线段的三等分点（靠近点A） ，若，则的最小值为_____ 【答案】## 【解析】 【分析】设，由点 为 的三等分点，得到，求得，化简得到，结合二次函数的性质，即可求解. 【详解】如图所示，因为在线段上，可设，其中， 又因为点 为线段 的三等分点（靠近点），可得， 所以， 因为，所以，其中， 则，其中， 设，可得的开口向上，对称轴为， 所以在上单调递减，在上单调递增，所以. 故答案为：. 10. 如图为函数 的部分图象，则 的值为_____ 【答案】## 【解析】 【分析】根据函数图象确定函数周期，求出的值，再结合在函数单调递增区间上，代入求解，即可得答案. 【详解】由图可知，则， 由图象可知点在函数单调递增区间上，则， 则，则， 由于，故， 故答案为： 11. 已知，若关于的方程，对任意的都至少有2个不同解，则实数的取值范围是_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据正弦函数的图象及性质分析即可求解. 【详解】由图可知，关于的方程，对任意的都至少有2个不同解， 则，即实数的取值范围是. 故答案为：. 12. 对任意两个非零的平面向量、，定义.若平面向量 、 满足 的夹角 ，且和都在集合中，则 _____. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可设，令，，得，进而得出结论． 【详解】因为，． 又由，则，，可设，令，，且， 又夹角，所以，所以， 又，所以，，所以或， 又，所以，所以． 故答案为：． 二、选择题 （本大题满分 12 分） 本大题共有 4 题， 每题有且只有一个正确答案， 选对得 3 分， 否则一律得零分. 13. 在中，“”是“”（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】充分性根据条件可直接得到，必要性利用正弦定理及三角形的性质也可直接得到. 【详解】，充分性成立； ，必要性成立； “”是“”的充要条件. 故选：C. 14. 下列说法中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则夹角为钝角 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】当时，可判断A；，可判断B；由已知可得或或，可判断C；由已知可得，可判断D. 【详解】对于A，若时，因零向量与任意向量是共线向量，故得不出，故A错误； 对于B，因，取，符合条件，但不是钝角，故B错误； 对于C，由，可得，可得或或， 所以或或，故C错误； 对于D，由，可得，所以， 所以，故D正确. 故选：D. 15. 在中，，记的面积为，若，判断 的形状为（ ） A. 直角三角形 B. 等边三角形 C. 等腰三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】B 【解析】 【分析】由，利用向量的数量积和三角形的面积公式，得到，求得，再由余弦定理，结合，列出方程求得，得到，即可得到答案. 【详解】由，可得， 即，可得， 因为，可得， 又由余弦定理，可得， 因为，可得，所以， 整理得，即，所以，所以， 所以为等边三角形. 故选：B. 16. 对于函数 ，有下列四个命题 ①任取，都有； ②（为正整数），对一切恒成立； ③若关于的方程有且只有2个不同的实根，则； ④函数有5个零点 上述四个命题中正确的个数为 （ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由函数图象可判断①；取可判断②；由函数与函数的图象可判断③；由函数和的图象交点个数可判断④. 【详解】对于①，函数的图象如图所示，由图可知，， 任取，都有；故①正确； 对于②，当时，，而由解析式可知，故②不正确； 对于③，函数与函数的图象如图所示， 若关于的方程有且只有两个不同的实根，则，由对称性可知，故③正确； 对于④，函数和的图象如图所示，由图可知两函数图象有个交点， 所以函数有个零点，故④不正确； 所以四个命题中正确的个数为. 故选：B. 三、解答题（本大题满分 52 分）本大题共有 5 题，解答下列各题必须写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤、 17. 已知两个不共线的平面向量，记. （1）若，求的值. （2）若时，，求的夹角. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意意可得，利用向量相等可求； （2）由，可求得，利用向量的夹角公式可求的夹角. 【小问1详解】 因为，不共线，所以为非零向量，所以由可得存在，使得， 即， 所以，解得； 【小问2详解】 当时，，又， 所以， 又，所以，解得， 所以，又，所以， 所以的夹角为. 18. 已知，，，. （1）求的值； （2）求的值，并确定的大小. 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）由解得，由求出，利用两角差的余弦公式求解的值； （2）由，求出，再求，利用两角差的正切公式计算的值，并得到的大小. 【小问1详解】 ，由，，， 又，，， . 【小问2详解】 由（1）可知，，， ， ，. 19. 如图，某景区为了增加观赏性，初步计划在景区路口 的两条公路 ， 之间建造三角形的花园，已知 为 ，花园的另外两个顶点分别在 ， 两点（沿着公路且异于点 ，为了便于游客赏玩，沿着花园修建观景通道 ，已知观景通道长 ， 记 （1）试用 表示出 ， ，以及此花园 的面积. （2） 为多少时，花园 的面积最大？最大面积为多少？ 【答案】（1），，； （2）；. 【解析】 【分析】（1）已知三角形中的两角一边，用内角和定理和正弦定理可表达剩余两边； （2）表达面积，应用余弦定理和基本不等式可得解. 【小问1详解】 在种，由已知可得，， 由正弦定理可知，， 则整理可得：，， 面积. 【小问2详解】 因为，当有最大值时，三角形的面积最大， 由已知及余弦定理，可得 则，即，此时，，为等腰三角形，， . 20. 已知函数，其中. （1）当时，求的值域. （2）当时，求的最大值. （3）当时，的函数图象关于直线对称，将函数的图象向右平移单位. 得到函数，求解不等式. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意写出函数，结合正弦型函数的性质，即可求解； （2）根据题意写出函数进行整理，令，根据二次函数性质求解最值； （3）根据题意写出函数进行整理，运用三角函数性质进行求解b和不等式解集. 【小问1详解】 因为，当时， ，因为， 所以，故的值域为； 【小问2详解】 因为， 当时，， 因为，所以， 令，由（1）可知，则， 当时，，故的最大值为. 【小问3详解】 当时，，其中， 因为函数图像关于直线对称，故， 整理得，即，故， 又因为将函数的图像向右平移单位， 得到函数，由题可知， 计算得，故， 即， 所以的解集为. 21. 已知定义域为的函数满足:对于任意的，都有，则称函数具有性质. （1）判断函数是否具有性质；（直接写出结论） （2）已知函数具有性质，且在区间 上有且仅有2个零点. 求出的取值范围. （3）设函数具有性质，且在区间上的值域为 . 函数，满足，且在区间 上有且只有一个零点.求证：. 【答案】（1）函数具有性质 （2）的取值范围为 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用定义直接判断即可； （2）因为函数具有性质，可求出，进而得到，再结合零点的意义可求的取值范围； （3）分析可知函数在的值域为，由在区间上有且仅有一个零点可知时不合题意，再求解当时，与函数是以为周期的周期函数矛盾，由此可得，进而得证． 【小问1详解】 因为，则，又， 所以，故函数具有性质； 因为，则，又， 所以，故具有性质． 【小问2详解】 因为函数具有性质，所以，即， 因为，所以，所以； 若，不妨设，由， 得（*）， 只要充分大时，将大于1，而的值域为， 故等式（*）不可能成立，所以必有成立，即， 因为，所以，所以，则， 此时，则， 而，即有成立，符合题意， 又在区间 上有且仅有2个零点.，所以，所以， 所以的取值范围为． 【小问3详解】 由函数具有性质及（2）可知， 由可知函数是以为周期的周期函数，则， 即，所以； 由，以及题设可知，函数在的值域为， 所以且； 当，及时，均有， 这与在区间上有且只有一个零点矛盾，因此或； 当时，，函数在的值域为， 此时函数的值域为， 而，于是函数在的值域为， 此时函数的值域为， 函数在当时和时的取值范围不同， 与函数是以为周期的周期函数矛盾，故， 即，命题得证． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 市西中学 2024 学年第二学期期中考试高一数学 （满分 100 分，答卷时间 100 分钟，闭卷） 一、填空题（本大题满分 36 分）只要求直接填写结果，每题填对得 3 分，否则一律得零 分. 1. 函数的最小正周期为_____. 2. 已知为第二象限角，角的终边上一点的坐标为，则 _____. 3. 半径为3的扇形面积为π，则此扇形的弧长为_____. 4. 设 、 为夹角为 的单位向量，求 _____. 5. 函数 在 上的单调递减区间为_____. 6. 中，若 ，则该三角形的最大角为_____ 7. 函数图像的对称中心的坐标是_____ 8. ，，若，且，求 _____. 9. 在中，为边上不同于的任意一点，点为线段的三等分点（靠近点A） ，若，则的最小值为_____ 10. 如图为函数 的部分图象，则 的值为_____ 11. 已知，若关于的方程，对任意的都至少有2个不同解，则实数的取值范围是_____. 12. 对任意两个非零的平面向量、，定义.若平面向量 、 满足 的夹角 ，且和都在集合中，则 _____. 二、选择题 （本大题满分 12 分） 本大题共有 4 题， 每题有且只有一个正确答案， 选对得 3 分， 否则一律得零分. 13. 在中，“”是“”（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 14. 下列说法中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则夹角为钝角 C. 若，则 D. 若，则 15. 在中，，记的面积为，若，判断 的形状为（ ） A. 直角三角形 B. 等边三角形 C. 等腰三角形 D. 等腰直角三角形 16. 对于函数 ，有下列四个命题 ①任取，都有； ②（为正整数），对一切恒成立； ③若关于的方程有且只有2个不同的实根，则； ④函数有5个零点 上述四个命题中正确的个数为 （ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 三、解答题（本大题满分 52 分）本大题共有 5 题，解答下列各题必须写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤、 17. 已知两个不共线的平面向量，记. （1）若，求的值. （2）若时，，求的夹角. 18. 已知，，，. （1）求的值； （2）求的值，并确定的大小. 19. 如图，某景区为了增加观赏性，初步计划在景区路口 的两条公路 ， 之间建造三角形的花园，已知 为 ，花园的另外两个顶点分别在 ， 两点（沿着公路且异于点 ，为了便于游客赏玩，沿着花园修建观景通道 ，已知观景通道长 ， 记 （1）试用 表示出 ， ，以及此花园 的面积. （2） 为多少时，花园 的面积最大？最大面积为多少？ 20. 已知函数，其中. （1）当时，求的值域. （2）当时，求的最大值. （3）当时，的函数图象关于直线对称，将函数的图象向右平移单位. 得到函数，求解不等式. 21. 已知定义域为的函数满足:对于任意的，都有，则称函数具有性质. （1）判断函数是否具有性质；（直接写出结论） （2）已知函数具有性质，且在区间 上有且仅有2个零点. 求出的取值范围. （3）设函数具有性质，且在区间上的值域为 . 函数，满足，且在区间 上有且只有一个零点.求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $