精品解析：上海市嘉定区第一中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题

嘉定一中2024-2025学年第二学期高一年级数学期中 2025.4 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分） 1. 已知集合，集合，则____________. 2. 函数的定义域为_____________． 3. 已知一个扇形的弧所对的圆心角为40°，半径，则该扇形的弧长为______cm． 4. 已知点的坐标为，将绕坐标原点逆时针旋转至，则点的坐标为________． 5. 若正数满足，则的最大值为_________. 6. 已知向量、满足，，且，那么与的夹角大小为________． 7. 如图，在平行四边形ABCD中 ，AP⊥BD，垂足为P，且____. 8. 向量在向量方向上的投影为________． 9. 已知函数，且，则方程的解为________． 10. 新加坡摩天观景轮又名飞行者摩天轮（如图示），其总高度165米，直径150米，匀速旋转一圈所需时间为40分钟．已知摩天轮上一点距离地面的高度关于时间的函数表达式为，．而点的起始位置在摩天轮的最低点处．请写出高度（米）关于时间（分钟）的函数解析式________． 11. 设，函数，若函数与函数的图象有且仅有两个不同的公共点，则实数的取值范围是__________． 12. 勒洛三角形，也称圆弧三角形，是一种特殊三角形，在建筑、工业上应用广泛.如图所示，分别以正三角形的顶点为圆心，以边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形即为勒洛三角形.已知正三角形边长为2，点为勒洛三角形上的一点（除去三点）.记，若对于某个确定的实数，使得方程成立的点的位置有且只有3处，则此时的__________. 二、选择题（本大题共4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分） 13. 下列函数是偶函数的是（ ）. A. B. C. D. 14. 若O为所在平面内任一点，且满足，则的形状为（ ） A. 等边三角形 B. 直角三角形 C. 等腰三角形 D. 等腰直角三角形 15. 已知，函数在区间上最小值为，在区间上的最小值为变化时，下列不可能的是（ ） A. 且 B. 且 C. 且 D. 且 16. 已知m、n都是实数，，若函数的值域为R，且对任意的实数t，关于x的方程有且只有一个实数解，则满足题意的实数对的个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 无数 三、解答题（本大题满分78分） 17. 如图，在四边形中，，分别为边，的中点，，记，相交于点． （1）试用、表示； （2）证明：，，三点共线． 18. 在中，内角、、所对边的长分别为、、，，． （1）若，求外接圆半径的值及角的大小； （2）若三角形的面积，求边的值． 19. 某小区拟用一块半圆形地块（如图所示）建造一个居民活动区和绿化区．已知半圆形地块的直径千米，点是半圆的圆心，在圆弧上取点、，使得，把四边形建为居民活动区，并且在居民活动区周围铺上一条由线段，，和组成的塑胶跑道，其它部分建立绿化区．设，且； （1）求塑胶跑道的总长关于的函数关系式； （2）当为何值时，塑胶跑道的总长最短，并求出的最小值．（答案保留2位小数） 20. 已知函数，若在区间内有且只有一个实数，使得成立，则称函数在区间内具有唯一零点． （1）判断函数在区间内是否具有唯一零点，并说明理由； （2）已知向量，，，证明在区间内具有唯一零点； （3）若函数在区间内具有唯一零点，求实数的取值范围． 21. 已知函数的定义域为，若存在一个向量，对于任意，均有成立，则称向量为函数的“伴随向量”． （1）判断是否是函数的伴随向量，并说明理由； （2）判断函数是否存在伴随向量．若存在，求出函数的所有“伴随向量”，若不存在，请说明理由： （3）若，都是函数的“伴随向量”．当时，；当时，．求当时，函数的解析式和零点． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 嘉定一中2024-2025学年第二学期高一年级数学期中 2025.4 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分） 1. 已知集合，集合，则____________. 【答案】 【解析】 【分析】先求出集合，再根据交集的定义即可得解. 【详解】， 而， 所以. 故答案为：. 2. 函数的定义域为_____________． 【答案】 【解析】 【详解】函数的定义域为 故答案为 3. 已知一个扇形的弧所对的圆心角为40°，半径，则该扇形的弧长为______cm． 【答案】 【解析】 【分析】直接利用弧长公式即可求解. 【详解】因为一个扇形的弧所对的圆心角为40°，所以圆心角的弧度数为， 所以该扇形的弧长为. 故答案为： 4. 已知点的坐标为，将绕坐标原点逆时针旋转至，则点的坐标为________． 【答案】 【解析】 【分析】求得的大小，进而得到，由此可求解出点的横坐标. 【详解】设，所以，， 由题意可知：， 所以的横坐标为，纵坐标为， 所以点的坐标为 故答案为：. 5. 若正数满足，则的最大值为_________. 【答案】. 【解析】 【分析】利用基本不等式即可求得. 【详解】为正数，，即 ， 则 ，当且仅当 ，即 时取等号. 故答案为：. 6. 已知向量、满足，，且，那么与的夹角大小为________． 【答案】 【解析】 【分析】由向量数量积的运算律结合题设求得，即可判断求得两向量的夹角. 【详解】由， 可得. 则 故答案为：. 7. 如图，在平行四边形ABCD中 ，AP⊥BD，垂足为P，且____. 【答案】18 【解析】 【分析】设，将所求转化为，然后利用平面向量的数量积的定义转化计算 【详解】 则，, 所以 , 故答案为：18. 【点睛】本题考查平面向量加法的几何运算、平面向量的数量积运算，考查数形结合思想、等价转化思想等数学思想方法 8. 向量在向量方向上的投影为________． 【答案】2 【解析】 【分析】根据向量的投影计算公式，代值即可求得结果. 【详解】向量在向量方向上的投影为. 故答案为：2. 9. 已知函数，且，则方程的解为________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据的分段函数表达式，分和两种情况来求解方程. 【详解】当时：此时，由可得，两边同时开立方根，解得， 因为，所以是该情况下方程的解. 当时：此时，已知，则， 由可得，移项可得，所以，但这与前提矛盾， 所以该情况下方程无解. 则方程的解为. 故答案为：. 10. 新加坡摩天观景轮又名飞行者摩天轮（如图示），其总高度165米，直径150米，匀速旋转一圈所需时间为40分钟．已知摩天轮上一点距离地面的高度关于时间的函数表达式为，．而点的起始位置在摩天轮的最低点处．请写出高度（米）关于时间（分钟）的函数解析式________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据摩天轮的总高度和直径求出和的值，再根据旋转一圈所需时间求出的值，最后根据起始位置求出的值，进而得到函数解析式. 【详解】已知摩天轮直径为150米，那么振幅为半径，即米. 因为摩天轮总高度165米，摩天轮最低点距离地面的高度为总高度减去直径，即米，摩天轮中心距离地面的高度为米，所以米. 已知摩天轮匀速旋转一圈所需时间为40分钟，根据周期的定义，这里分钟. 由三角函数周期公式可得. 将代入上式，解得. 因为点的起始位置在摩天轮的最低点处，当时，取最小值. 对于函数，当时，取最小值. 把，，代入得，化简可得. 又因为，所以. 得到高度关于时间的函数解析式为. 故答案为：. 11. 设，函数，若函数与函数的图象有且仅有两个不同的公共点，则实数的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】将函数图象的交点个数转化为方程根的个数，从而可得在上有两不同根，结合正弦函数的图象性质列出不等式即可. 【详解】函数与的图象有且仅有两个不同的公共点， 即方程有两不同根， 也就是有两不同根， 因为，所以在上有两不同根． 因为，所以或，， 所以或，， 又且，所以，仅有两解时，应有， 则，所以的取值范围是． 故答案为: . 12. 勒洛三角形，也称圆弧三角形，是一种特殊三角形，在建筑、工业上应用广泛.如图所示，分别以正三角形的顶点为圆心，以边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形即为勒洛三角形.已知正三角形边长为2，点为勒洛三角形上的一点（除去三点）.记，若对于某个确定的实数，使得方程成立的点的位置有且只有3处，则此时的__________. 【答案】. 【解析】 【分析】由，可将化为： ，后由图形结合对称性可确定点P位置，从而可得答案. 【详解】注意到. 同理可得. 则 . 因为定值， 则的变化仅与有关. 如图，取三段圆弧中点分别为D，E，F，若点P为不同于D，E，F的点， 由对称性，可知， 又在上存在使得到相等t的， 则此时，对于某个确定的实数，使得方程成立的点的位置有6处. 则当点P在点D，E，F时满足题意. 此时，由题可得，因劣弧所对圆心角为，则优弧所对圆心角为， 则优弧所对圆周角为，又设，由余弦定理， 则， 则，则， 则, 则. 【点睛】结论点睛：在三角形中，求两相邻两边对应向量数量积，常可用结论： ，但使用时要注意符号. 二、选择题（本大题共4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分） 13. 下列函数是偶函数的是（ ）. A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】直接运用常见函数的奇偶性判断即可. 【详解】根据所学知识，知道为奇函数，为偶函数，为非奇非偶函数. 故选：B. 14. 若O为所在平面内任一点，且满足，则的形状为（ ） A. 等边三角形 B. 直角三角形 C. 等腰三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】C 【解析】 【分析】取中点，将化为，进而即得. 【详解】 如图，取中点，则， 所以， 所以，又，故，即为等腰三角形， 故选：C． 15. 已知，函数在区间上最小值为，在区间上的最小值为变化时，下列不可能的是（ ） A. 且 B. 且 C. 且 D. 且 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，举例说明，结合正弦函数的性质排除不可能的选项作答. 【详解】因为函数的最小正周期是，因此只需考查离原点最近的右侧一个周期内的区间即可， 当时，，，而，， 因此在上的最小值，在上的最小值，A可能； 当时，，， 因此在上的最小值，在上的最小值，B可能； 当时，，， 因此在上的最小值，在上的最小值，D可能； 对于C，若，则， 若，则区间的长度，并且且， 即且与矛盾，所以C不可能. 故选：C 【点睛】结论点睛：闭区间上的连续函数既有最大值，又有最小值. 16. 已知m、n都是实数，，若函数的值域为R，且对任意的实数t，关于x的方程有且只有一个实数解，则满足题意的实数对的个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 无数 【答案】B 【解析】 【分析】再同一坐标系内画出和的图象，数形结合得到，且时满足题目中的两个条件，其他情况不合要求，得到答案. 【详解】定义域为，其在定义域内单调递减， 定义域为R，且，故为偶函数， 当时，单调递增，由复合函数单调性得单调递减， 同一坐标系内，画出和的图象，如下： 的值域为R， 显然， 若，此时不满足值域为R， 若，此时图象如下： 满足值域为R，但不满足关于x的方程有且只有一个实数解，不合要求， 若，此时图象如下： 满足值域为R，也满足关于x的方程有且只有一个实数解，满足要求， 若，此时的值域不为R，舍去， 综上，满足要求，即满足要求的只有1个，即. 故选：B 【点睛】方法点睛：方程解的问题转化为两函数的图象交点问题，将代数问题几何化，借助图象分析，大大简化了思维难度，首先要熟悉常见的函数图象，包括指数函数，对数函数，幂函数，三角函数等，还要熟练掌握函数图象的变换，包括平移，伸缩，对称和翻折等，涉及零点之和问题，通常考虑图象的对称性进行解决. 三、解答题（本大题满分78分） 17. 如图，在四边形中，，分别为边，的中点，，记，相交于点． （1）试用、表示； （2）证明：，，三点共线． 【答案】（1） （2）证明如下： 设，又因为，所以，， 由（1）知，同理， 其中，所以， 有公共点，故，，三点共线． 【解析】 【分析】（1）根据向量的加减法证明即可； （2）根据向量平行得出，再结合向量的线性运算 计算证明即可. 【小问1详解】 因为为的中点，所以， 则， 故． 【小问2详解】 略 18. 在中，内角、、所对边的长分别为、、，，． （1）若，求外接圆半径的值及角的大小； （2）若三角形的面积，求边的值． 【答案】（1），或 （2）或 【解析】 【分析】（1）根据条件，利用正弦定理即可求解； （2）根据条件，利用面积公式得到，从而有或，再利用余弦定理即可求解. 【小问1详解】 由正弦定理，，得， 解得，，又，且 所以或. 【小问2详解】 由，得，所以， 又，所以或， 当时，由余弦定理得， 当时，由余弦定理得， 所以或． 19. 某小区拟用一块半圆形地块（如图所示）建造一个居民活动区和绿化区．已知半圆形地块的直径千米，点是半圆的圆心，在圆弧上取点、，使得，把四边形建为居民活动区，并且在居民活动区周围铺上一条由线段，，和组成的塑胶跑道，其它部分建立绿化区．设，且； （1）求塑胶跑道的总长关于的函数关系式； （2）当为何值时，塑胶跑道的总长最短，并求出的最小值．（答案保留2位小数） 【答案】（1），（） （2），最小值为 【解析】 【分析】（1）在和中，分别利用正弦定理得，，即可求解；法二，利用余弦定理，即可求解； （2）由（1）得，令，再利用二次函数的性质，即可求解. 【小问1详解】 法一，由题意，在中，， 由正弦定理，所以， 连接，因为，则，所以，， 在中，由正弦定理，所以， 则，. 法二：在中，由余弦定理得， 因为，则，所以，， 在中，由余弦定理得， 则，. 【小问2详解】 由（1）知， 因为，则，又，得到， 令，∴， 又， 所以当时，即，的最小， 最小值为. 20. 已知函数，若在区间内有且只有一个实数，使得成立，则称函数在区间内具有唯一零点． （1）判断函数在区间内是否具有唯一零点，并说明理由； （2）已知向量，，，证明在区间内具有唯一零点； （3）若函数在区间内具有唯一零点，求实数的取值范围． 【答案】（1） 函数在区间内具有唯一零点，理由如下： 当时，有，当时，有； 当时，是增函数，有， 故函数在区间内具有唯一零点． （2） 由向量，，， 所以，， 令，解得， 所以函数在区间内具有唯一零点，使得， 故函数在区间内具有唯一零点． （3）． 【解析】 【分析】（1）根据特殊点函数值及函数单调性证明零点即可； （2）先根据平面向量数量积公式计算化简函数再结合函数值域计算证明； （3）根据零点定义结合函数图象及单调性，最值计算求参. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 ，即：，， 当时，左边，右边，显然不成立； 当时，变量分离：， 即：， 令，令， 由；；； 结合图像可知：或， 或， ∴或或； 综上所述：实数的取值范围为． 21. 已知函数的定义域为，若存在一个向量，对于任意，均有成立，则称向量为函数的“伴随向量”． （1）判断是否是函数的伴随向量，并说明理由； （2）判断函数是否存在伴随向量．若存在，求出函数的所有“伴随向量”，若不存在，请说明理由： （3）若，都是函数的“伴随向量”．当时，；当时，．求当时，函数的解析式和零点． 【答案】（1）是，理由如下： 因为，， 所以， 因此向量是函数的伴随向量． （2）存在，和，，理由如下： 若存在伴随向量，则， 所以，得到， 即（其中为辅助角）， 由题知，上式对任意的都成立，则， 即，由于，当且仅当时，等号成立， 所以，又因为，故 当时，，，： 当时，，，． 故函数的“伴随向量”为和，； （3），零点为 【解析】 【分析】（1）利用题设定义，给合诱导公式，得，即可求解； （2）先假设的伴随向量为，根据题设定义得，再利用基本不等式和三角函数的性，即可求解； （3）根据条件得且，从而得，再结合题设条件，求出在上的解析式，再利用周期性，即可求解，利用解析式即可得零点. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 因为，都是函数的“伴随向量”， 所以且，由，得， 所以，则， 故函数是以4为周期的函数．又当时，；当时，， 当，则，此时； 由，，得， 所以当，则，此时； 当，则，此时， 由，得，又，所以，又， 所以，又，是以4为周期的函数， 故 当时，函数的零点为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $