精品解析：上海市行知中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试卷

2024-2025年行知中学高一下期中 2025.04 一、填空题 1. 函数的导数__． 2. 已知i为虚数单位，复数满足，则__． 3. 若，则__． 4. 已知全集，则__． 5. 已知向量，，则在上的投影数量是__． 6. 若扇形的面积为，且弧长为其半径的两倍，则该扇形的半径为__． 7. 已知向量，点，向量与方向相同，且，则点的坐标为______． 8. 若关于的方程的一个虚根的模为，则实数的值为____________． 9. 若函数在区间上有零点，则实数的取值范围是__． 10. 在△中，过中线的中点作一条直线分别交、于、两点，若，，则的最小值为__． 11. 设且，满足，则的取值范围为__． 12. 若对任意的，存在，满足不等式，则实数的取值范围是__． 二、选择题 13. 设平面向量，若与不能作为平面向量的一组基底，则（ ） A. 2 B. C. D. 0 14. 已知为虚数单位，若复数为正实数，则实数的值为（ ） A. 2 B. 1 C. 0 D. -1 15. 已知函数，将的图象上所有的点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，再把所得的图象向右平移个单位长度，所得的图象关于原点对称，则的一个值是 A. B. C. D. 16. 已知是定义在上的偶函数，若任意且时，恒成立，且，则满足的实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 三、解答题 17. 已知函数是偶函数. （1）求的值； （2）若，求的取值范围. 18. 已知复数是虚数单位）． （1）若复数在复平面上对应点落在第一象限，求实数的取值范围； （2）设，分别记复数在复平面上对应的点为，求与的夹角． 19. 设三个内角所对的边分别为．已知，且． （1）求角的大小； （2）如图，是延长线上的一点，在的外角内取一点，使得．过点分别作直线的垂线，垂足分别是．设，求的最大值及此时的取值． 20. 已知函数． （1）求方程在上的解集； （2）设函数； ①证明：在区间上有且只有一个零点； ②记函数的零点为，证明：． 21. 对于一组向量，记，令，如果存在，使得，那么称是的“向量”． （1）设且，若是的“向量”，求实数的取值范围； （2）若且，向量组是否存在“向量”？给出你的结论并说明理由； （3）已知均是的“向量”，其中．设在平面直角坐标系中有一点列满足：为坐标原点，为的位置向量的终点，且与关于点对称，与且关于点对称，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025年行知中学高一下期中 2025.04 一、填空题 1. 函数的导数__． 【答案】## 【解析】 【分析】根据基本初等函数的导数可求. 【详解】， 故答案为： 2. 已知i为虚数单位，复数满足，则__． 【答案】 【解析】 【分析】根据除法运算可得，进而可得. 【详解】因为，所以. 故答案为：. 3. 若，则__． 【答案】 【解析】 【分析】利用诱导公式化简即得. 【详解】. 故答案为：. 4. 已知全集，则__． 【答案】 【解析】 【分析】求出函数的定义域后可求. 【详解】由题设有，故，，故， 故答案为： 5. 已知向量，，则在上的投影数量是__． 【答案】 【解析】 【分析】根据投影向量的定义计算即得. 【详解】由题意可得在上的投影数量为， 故答案为：. 6. 若扇形的面积为，且弧长为其半径的两倍，则该扇形的半径为__． 【答案】 【解析】 【分析】设扇形的弧长为，半径为，则，利用扇形的面积公式可求得的值. 【详解】设扇形的弧长为，半径为，则， 故扇形的面积为，解得. 故答案为：. 7. 已知向量，点，向量与方向相同，且，则点的坐标为______． 【答案】 【解析】 【分析】设出点的坐标，结合题意列出方程组，解出方程组即可求解. 【详解】设，则， 因向量与方向相同，且， 所以， 计算得，因此点的坐标为. 故答案为：. 8. 若关于的方程的一个虚根的模为，则实数的值为____________． 【答案】4 【解析】 【分析】设关于的方程的两根虚根为，则且，即可求出的值，再代入检验. 【详解】设关于的方程的两根虚根为，则且， 所以，又，所以， 当时，，所以关于的方程有两个不相等实数根，不符合题意； 当时，，所以关于的方程有两个虚根，符合题意； 所以. 故答案为： 9. 若函数在区间上有零点，则实数的取值范围是__． 【答案】 【解析】 【分析】由函数有零点转化成函数与在区间上有交点，结合图象，易得不等式组，解之即得. 【详解】由可得， 则函数在区间上有零点等价于函数与在区间上有交点， 因在区间上为减函数，在区间上为增函数，如图所示. 由图知，需使，即，解得. 故答案为：. 10. 在△中，过中线的中点作一条直线分别交、于、两点，若，，则的最小值为__． 【答案】 【解析】 【分析】由向量的线性运算可得，则，再由基本不等式求解即可. 【详解】解：因为是中线，所以， 又因为是的中点，所以 因为，所以， 所以， 因为三点共线，所以， 所以， 当且仅当，即时，等号成立，取到最小值， 故答案为：. 11. 设且，满足，则的取值范围为__． 【答案】 【解析】 【分析】设，利用条件推得，将表示后转化为圆上的点到原点的距离即可. 【详解】设， 由可得，故得. 由，可得， 即复数对应的点在以点为圆心，半径为2的圆上. 所以， 代表点到原点距离的倍， 由图知点到原点距离的取值范围为， 即的取值范围为. 故答案为：. 12. 若对任意的，存在，满足不等式，则实数的取值范围是__． 【答案】 【解析】 【分析】求出的最大值后结合绝对值不等式可得关于的不等式，故可求其范围. 【详解】, 因为，则，故，当且仅当时等号成立， 故的最大值为，故， 而， 当且仅当时等号成立，故， 故或， 故答案为： 二、选择题 13. 设平面向量，若与不能作为平面向量的一组基底，则（ ） A. 2 B. C. D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】由条件，结合基底的定义列方程可求，再由数量积的坐标表示求. 【详解】因为与不能作为平面向量的一组基底， 所以，又，， 所以，故，所以， 所以. 故选：B. 14. 已知为虚数单位，若复数为正实数，则实数的值为（ ） A. 2 B. 1 C. 0 D. -1 【答案】D 【解析】 【详解】，因为复数为正实数， ，即实数的值为 ，故选D. 15. 已知函数，将的图象上所有的点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，再把所得的图象向右平移个单位长度，所得的图象关于原点对称，则的一个值是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】将的图象上所有的点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，可得函数的图象；再把所得的图象向右平移个单位长度，可得函数的图象．结合所得的图象关于原点对称，可得，即，，当时，则的一个值是． 故选D． 16. 已知是定义在上的偶函数，若任意且时，恒成立，且，则满足的实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由条件构造函数，依次判断函数的单调性和奇偶性，将待解不等式转化为，再利用，将其化成，即可利用单调性和奇偶性解决. 【详解】由可得，即， 设，则有，因，则在上单调递增， 又是定义在上的偶函数，，故为上的偶函数. 由可得， 而，即， 由函数的单调性和奇偶性，可得，解得. 故选：A. 三、解答题 17. 已知函数是偶函数. （1）求的值； （2）若，求的取值范围. 【答案】（1）1 （2）或 【解析】 【分析】（1）根据偶函数的性质结合题意列方程可求参数的值； （2）利用对数的运算性质转化题设不等式，结合换元法可求不等式的解. 【小问1详解】 因为，所以的定义域为R，关于原点对称， 又， 因为是偶函数， 所以对任意R恒成立， 所以对任意R恒成立， 则 恒成立，因此； 此时，， 所以是偶函数，满足题意，故； 【小问2详解】 若，则， 所以 ，所以， 令 ，则有， 即， 解得 或，所以，或， 所以或. 所以满足题意的的取值范围是或. 18. 已知复数是虚数单位）． （1）若复数在复平面上对应点落在第一象限，求实数的取值范围； （2）设，分别记复数在复平面上对应的点为，求与的夹角． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出，再利用其对应的点所在象限得不等式组，故可求参数的范围； （2）利用夹角公式可求夹角. 【小问1详解】 由题意， ， 第一象限需满足：，解得 . 【小问2详解】 当 时，点 ， ， 设的夹角为，则， 且. 19. 设三个内角所对的边分别为．已知，且． （1）求角的大小； （2）如图，是延长线上的一点，在的外角内取一点，使得．过点分别作直线的垂线，垂足分别是．设，求的最大值及此时的取值． 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式与诱导公式化简已知式，推得，结合角的范围，即可求得角； （2）结合图形，用的三角函数分别表示，利用三角恒等变换将其化成正弦型函数，借助于角的范围和正弦函数的图象性质，即可求得的最大值. 【小问1详解】 由，可得 即，即得，故得， 因，故得. 【小问2详解】 由题设，在中，； 在 中， ，， 所以， 因为，所以，从而有， 故得 于是，当 ，即 时，取得最大值. 20. 已知函数． （1）求方程在上的解集； （2）设函数； ①证明：在区间上有且只有一个零点； ②记函数的零点为，证明：． 【答案】（1） （2）①证明如下： ， 当时，则， 此时在上单调递增， 在上也单调递增，所以在上单调递增， ， 所以在区间上有且只有一个零点； ②证明如下： 记函数的零点为， 所以，且，所以， 所以， 令，因为，， 故，所以， 又，则， 所以， 则. 【解析】 【分析】（1）利用余弦二倍角公式化简方程，再结合辅助角公式即可； （2）①借助函数单调性和零点存在定理证明；②利用三角函数二倍角公式化简，再换元，从而得证. 【小问1详解】 依题意，得， 所以， 所以或， 当时，，则， 又，所以， 当，则， 又， 所以，所以， 所以方程在上的解集为. 【小问2详解】 ①略 ②略 21. 对于一组向量，记，令，如果存在，使得，那么称是的“向量”． （1）设且，若是的“向量”，求实数的取值范围； （2）若且，向量组是否存在“向量”？给出你的结论并说明理由； （3）已知均是的“向量”，其中．设在平面直角坐标系中有一点列满足：为坐标原点，为的位置向量的终点，且与关于点对称，与且关于点对称，求的最小值． 【答案】（1） （2） 存在“向量”，且“向量”为、，理由如下： 由题意可得， 若存在“向量”，则， 因为， 可得 ， 即，即， 当或6时，符合要求，故存在“向量”，且“向量”为、． （3） 【解析】 【分析】（1）得到，从而得到不等式，求出答案； （2），若存在“向量”，只需使，结合题意分析可得，当或6时，符合要求，得到结论； （3）由题意整理可得，设，由得，设，由对称得到方程组，求出，其中，即可得结果． 【小问1详解】 由题意可得：，即， 因为，则， 可得， 则，解得或， 所以实数的取值范围. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由题意，得，，即， 即，同理，， 三式相加并化简，得， 即，，所以， 设，由得， 设，因为与关于点对称，与（且）关于点对称， 则依题意得：， 将①代入②得，， 从而， ……， ， 以上个式子相加化简得， ， 又由②知， ， 即， 所以， 其中， ， 当且仅当时等号成立，故． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $