精品解析：上海市延安中学2024-2025学年高一下学期第三阶段质量调研数学试卷

2024学年度延安中学高一第二学期第三阶段质量调研 数学试卷 （考试时间120分钟 满分150分） 考生注意： 1. 带2B铅笔、黑色签字笔、科学计算器、考试中途不得传借文具. 2. 本试卷共4页，21道试题，满分150分，考试时间120分钟 一.填空题（12题共54分，1~6题每题4分，7~12题每题5分） 1. 在单位圆中，圆心角为的弧长为______． 2. 函数的严格增区间是______. 3. 集合______． 4. 已知，则__________. 5. 在中，已知，则 ________. 6. 设函数在区间上是增函数，则的取值范围为__________． 7. 若，，，，则的值等于_________． 8. 在中,,且在方向上的数量投影是-2,则的最小值为____________. 9. 若函数，，则和在的所有公共点的横坐标的和为______. 10. 已知函数的图像向右平移个单位，可得到函数的图像，则 =___________. 11. 设（其中），若函数既没有最大值，也没有最小值，则的取值范围是__________. 12. 已知的面积为，角，，所对的边分别为，，，且，则______. 二.选择题（4题共18分，13~14每题4分，15~16每题5分） 13. 下列有关向量的说法正确的是（ ） A. 向量又称有向线段 B. 平行向量一定相等 C. 平行向量一定共线 D. 平面直角坐标系xOy中的x轴，y轴均为向量 14. 的内角，，的对边分别为，，．已知，，，则（ ） A. B. C. D. 15. 已知，若存在，使得，则（ ） A. 有最大值，有最小值 B. 有最大值，无最小值 C. 无最大值，有最小值 D. 无最大值，无最小值 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（共78分，17~19每题14分，20~21每题18分） 17. 已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c； （1）若△ABC的面积，求B； （2）若，求； 18. 记是内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，. （1）证明：； （2）若，求. 19. 彩云湖畔拟建造一个四边形的露营基地，如图所示.为考虑露营客人娱乐休闲的需求，在四边形区域中，将三角形区域设立成花卉观赏区，三角形区域设立成烧烤区，边、、、修建观赏步道，边修建隔离防护栏，其中米，米，. （1）如果烧烤区是一个占地面积为9600平方米的钝角三角形，那么需要修建多长的属离防护栏（用根号表示）？ （2）考虑到烧烤区的安全性，在规划四边形区域时，首先保证烧烤区的占地面积最大时，再使得花卉观赏区的面积尽可能大，则应如何设计观赏步道？ 20. 已知函数. （1）求：的单调递增区间； （2）在中，为角的对边，且满足，且，求：的值域 21. 新定义：函数称为的“次三角幂函数”，同理可以定义出的“次三角幂函数”的定义.（其中） （1）是否存在整数，使得的“次三角幂函数”与图形有交点？ （2）上述四个三角函数中，有哪些“次三角幂函数”的奇偶性与有关，哪些无关？ （3）求：的“次三角幂函数”具有周期性的充要条件 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024学年度延安中学高一第二学期第三阶段质量调研 数学试卷 （考试时间120分钟 满分150分） 考生注意： 1. 带2B铅笔、黑色签字笔、科学计算器、考试中途不得传借文具. 2. 本试卷共4页，21道试题，满分150分，考试时间120分钟 一.填空题（12题共54分，1~6题每题4分，7~12题每题5分） 1. 在单位圆中，圆心角为的弧长为______． 【答案】## 【解析】 【分析】直接利用弧长公式求解即可 【详解】在单位圆中，圆心角为的弧长为， 故答案为： 2. 函数的严格增区间是______. 【答案】 【解析】 【分析】由余弦函数的单调递增区间出发，用整体代换后，反解可得结果. 【详解】由于余弦函数的单调递增区间为：， 只需， 解得：， 所以函数的严格增区间是：， 故答案是：. 3. 集合______． 【答案】 【解析】 【分析】由求出的取值范围，然后解方程，可得出的值，即可得解. 【详解】当时，，则， 由，可得，所以，， 因为，则或，因此，. 故答案为：. 4. 已知，则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】利用诱导公式和余弦和两角和公式可得. 【详解】因为 ， 所以. 故答案为： 5. 在中，已知，则 ________. 【答案】2 【解析】 【分析】根据余弦定理计算即可求解. 【详解】由余弦定理，得. 故答案为：2 6. 设函数在区间上是增函数，则的取值范围为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据三角函数的性质可得，即得. 【详解】因为函数在区间上是增函数， ∴，解得 ， 所以的取值范围是. 故答案为：. 7. 若，，，，则的值等于_________． 【答案】 【解析】 【分析】结合同角三角函数基本关系，两角差的余弦公式与二倍角公式计算即可得. 【详解】，，，， ，， ， . 故答案为：. 8. 在中,,且在方向上的数量投影是-2,则的最小值为____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据在方向上的数量投影先求出,取,则,即求的最小值,过点作的垂线即可求得. 【详解】解:由题知在方向上的数量投影是-2, , , ,即, 记, 则, 若求的最小值即求的最小值, 过点作的垂线交于点,此时最小, 如图所示: , 故答案为: 9. 若函数，，则和在的所有公共点的横坐标的和为______. 【答案】 【解析】 【分析】由正切和正弦函数的性质可知两函数的交点关于对称，作出图象，结合图象即可得出答案. 【详解】因为的对称中心为，， 的对称中心为，， 所以两函数的交点也关于对称，， 又因为函数，的最小正周期为， 作出两函数的在的图象，如下图， 由此可得两函数图象共6个交点，设这6个交点的横坐标依次为， 且， 其中关于对称，，关于对称，， 所以. 故答案为：. 10. 已知函数的图像向右平移个单位，可得到函数的图像，则 =___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据平移后的解析式利用三角恒等变换确定，分别说明与时，根据平移后的解析式结合，即可求得的值. 【详解】解：函数的图像向右平移个单位得到函数，即函数 又函数， 所以，则. 当时，， 则，所以，又，所以； 当时，， 则，所以，又，所以无解； 综上，. 故答案为：. 11. 设（其中），若函数既没有最大值，也没有最小值，则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意利用正弦函数的周期性和单调性，可得①；或且②，分别解①②，求得的范围. 【详解】（其中）既没有最大值，也没有最小值， 且，可得；或且，可得； 结合正弦函数的性质，易知其它区间不符合. 故答案为：. 12. 已知的面积为，角，，所对的边分别为，，，且，则______. 【答案】 【解析】 【分析】由三角形的面积公式、余弦定理可得，即，又可得和，代入即可得出答案. 【详解】因为，则， 所以，即， 即，因为， 所以，即， 又因为，所以，所以， 所以由可得：，所以， 因为，所以， 所以，即， 所以. 故答案为：. 二.选择题（4题共18分，13~14每题4分，15~16每题5分） 13. 下列有关向量的说法正确的是（ ） A. 向量又称有向线段 B. 平行向量一定相等 C. 平行向量一定共线 D. 平面直角坐标系xOy中的x轴，y轴均为向量 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量、有向线段、平行向量、相等向量等相关概念，对每个选项进行逐一分析判断. 【详解】向量可以用有向线段来表示，但向量与有向线段是不同的概念.有向线段有起点、方向和长度，而向量只有大小和方向，没有固定的起点.所以不能说向量又称有向线段，选项错误.  平行向量是指方向相同或相反的非零向量，规定零向量与任意向量平行.而相等向量不仅要求方向相同，还要求大小相等.所以平行向量不一定相等，选项错误.  平行向量也叫共线向量，这是向量的基本概念.所以平行向量一定共线，选项正确.  向量是既有大小又有方向的量，而平面直角坐标系xOy中的轴、轴是具有方向的直线，它们没有大小，不满足向量的定义，所以轴、轴不是向量，选项错误.  故选：C. 14. 的内角，，的对边分别为，，．已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，由正弦定理代入计算，即可得到结果. 【详解】由正弦定理知，，则．因为，所以． 故选：A 15. 已知，若存在，使得，则（ ） A. 有最大值，有最小值 B. 有最大值，无最小值 C. 无最大值，有最小值 D. 无最大值，无最小值 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得，利用两角差得正切公式及的范围求出的范围，从而可得出结论. 【详解】解：由，得， 则， 因为，所以， 所以，， 所以， 即， 所以既无最大值，又无最小值. 故选：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 【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（共78分，17~19每题14分，20~21每题18分） 17. 已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c； （1）若△ABC的面积，求B； （2）若，求； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角形面积公式及余弦定理，通过化简整理可求出，即可求出角的值； （2）首先由根据正弦定理得，利用角的余弦定理得，最后联立方程组，解方程组即可求出的值. 【小问1详解】 已知，化简得， 即得，又，故. 【小问2详解】 已知，由正弦定理可得， 由余弦定理可得， 由，得，即， 由，解得. 故得. 18. 记是内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，. （1）证明：； （2）若，求. 【答案】（1）设的外接圆半径为R，由正弦定理， 得， 因为，所以，即． 又因为，所以． （2）. 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有，结合已知即可证结论. （2）方法一：两次应用余弦定理，求得边与的关系，然后利用余弦定理即可求得的值. 【详解】（1）略 （2）[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理 因为，如图，在中，，① 在中，．② 由①②得，整理得． 又因为，所以，解得或， 当时，（舍去）． 当时，． 所以． [方法二]：等面积法和三角形相似 如图，已知，则， 即， 而，即， 故有，从而． 由，即，即，即， 故，即， 又，所以， 则． [方法三]：正弦定理、余弦定理相结合 由（1）知，再由得． 在中，由正弦定理得． 又，所以，化简得． 在中，由正弦定理知，又由，所以． 在中，由余弦定理，得． 故． [方法四]：构造辅助线利用相似的性质 如图，作，交于点E，则． 由，得． 在中，． 在中． 因为， 所以， 整理得． 又因为，所以， 即或． 下同解法1． [方法五]：平面向量基本定理 因为，所以． 以向量为基底，有． 所以， 即， 又因为，所以．③ 由余弦定理得， 所以④ 联立③④，得． 所以或． 下同解法1． [方法六]：建系求解 以D为坐标原点，所在直线为x轴，过点D垂直于的直线为y轴， 长为单位长度建立直角坐标系， 如图所示，则． 由（1）知，，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动． 设，则．⑤ 由知，， 即．⑥ 联立⑤⑥解得或（舍去），， 代入⑥式得， 由余弦定理得． 【整体点评】(2)方法一：两次应用余弦定理是一种典型的方法，充分利用了三角形的性质和正余弦定理的性质解题； 方法二：等面积法是一种常用的方法，很多数学问题利用等面积法使得问题转化为更为简单的问题，相似是三角形中的常用思路； 方法三：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路； 方法四：构造辅助线作出相似三角形，结合余弦定理和相似三角形是一种确定边长比例关系的不错选择； 方法五：平面向量是解决几何问题的一种重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的运算法则可以将其与余弦定理充分结合到一起； 方法六：建立平面直角坐标系是解析几何的思路，利用此方法数形结合充分挖掘几何性质使得问题更加直观化. 19. 彩云湖畔拟建造一个四边形的露营基地，如图所示.为考虑露营客人娱乐休闲的需求，在四边形区域中，将三角形区域设立成花卉观赏区，三角形区域设立成烧烤区，边、、、修建观赏步道，边修建隔离防护栏，其中米，米，. （1）如果烧烤区是一个占地面积为9600平方米的钝角三角形，那么需要修建多长的属离防护栏（用根号表示）？ （2）考虑到烧烤区的安全性，在规划四边形区域时，首先保证烧烤区的占地面积最大时，再使得花卉观赏区的面积尽可能大，则应如何设计观赏步道？ 【答案】（1）m （2）修建观赏步道时应使得， 【解析】 【分析】（1）由三角形面积公式求出，得到，利用余弦定理运算求解； （2）先得到烧烤区的占地面积最大时，m，，设，利用正弦定理得到，由面积公式得到，结合，得到面积的最大值，及，得到答案. 【小问1详解】 因为，解得：， 又因为C是钝角，所以， 由余弦定理得： ， 故需要修建m的隔离防护栏. 【小问2详解】 因为， 当且仅当时取到等号，此时m， 设，， 在中，， 解得：， 故 ， 因为，所以， 故当，即时，取的最大值为1， 可得， 当且仅当时取到等号，此时m， 所以修建观赏步道时应使得，. 20. 已知函数. （1）求：的单调递增区间； （2）在中，为角的对边，且满足，且，求：的值域 【答案】（1）（）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据二倍角公式和辅助角公式可化简，利用整体代入法可求单调递增区间； （2）根据正弦定理边角互化得到或，分情况讨论，当时得到角A，根据三角形内角和得出角B的范围，再利用整体代换法可求值域，当时，进行平方推导与矛盾. 【小问1详解】 ， 由题意，解得， 的单调递增区间为（）. 【小问2详解】 由（1）知，， 又，由正弦定理得， ，， ， 或， 当，即，又，所以， 即，，则，， ，即， 当，即， ，，，即， 所以此种情况无解，舍去， 综上，的值域为. 21. 新定义：函数称为的“次三角幂函数”，同理可以定义出的“次三角幂函数”的定义.（其中） （1）是否存在整数，使得的“次三角幂函数”与图形有交点？ （2）上述四个三角函数中，有哪些“次三角幂函数”的奇偶性与有关，哪些无关？ （3）求：的“次三角幂函数”具有周期性的充要条件 【答案】（1）存在 （2），的“次三角幂函数”的奇偶性与k的奇偶性相同，的“次三角幂函数”始终为偶函数，与无关 （3） 【解析】 【分析】（1）利用，举例说明两函数交点问题 （2）利用函数的奇偶性定义，结合分类讨论，得到各个函数的奇偶性 （3）利用三角函数的周期性证明充分必要条件 【小问1详解】 存在，当时，的“一次三角幂函数”是函数，函数与函数有交点； 【小问2详解】 对于，函数的定义域为., 当为偶数时，，则，函数为偶函数； 当为奇数时，，则，函数为奇函数； 所以的奇偶性与有关。 对于，函数的定义域为. 因为,对于函数，无论是奇数还是偶数， 都满足即；所以的奇偶性与无关，恒为偶函数。 对于，函数的定义域为, 当为偶数时，，则，函数为偶函数； 当为奇数时，，则，函数为奇函数； 所以的奇偶性与有关。 对于，函数的定义域为, 当为偶数时，，则，函数为偶函数； 当为奇数时，，则，函数为奇函数； 所以的奇偶性与有关。 因此，，的“次三角幂函数”的奇偶性与k的奇偶性相同， 的“次三角幂函数”始终为偶函数，与无关 【小问3详解】 的“次三角幂函数”具有周期性的充要条件是 充分性：若，其周期，是周期函数。 必要性：假设是周期函数，设周期为，则 对定义域内的恒成立。 令，则，所以。 令，则，由， 根据正弦函数的性质时，或。 若，当变化时，（根据二项式定理）不是常数。 对于正弦函数，要使恒成立， 只有当时，为常数，满足正弦函数的周期性。 所以的“次三角幂函数”具有周期性的充要条件是 【点睛】（1）交点问题核心思路：定义法；数形结合法 （2）奇偶性判断关键逻辑：抓住“幂函数奇偶性”与“三角函数对称性”的结合 （3）周期性充要条件本质：通过“必要条件推导充分性”锁定唯一解 总结：三类问题均需从函数基本性质（值域、单调性、奇偶性、周期性）出发，结合代数变形与分类讨论，将复杂的三角幂函数问题转化为基础定理的应用场景。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $