2024年松二高一下期中试卷含答案

松江二中2024学年第二学期期中考试高一数学考生注意：1.试卷共有21道题，满分150分，考试时间120分钟；2.本考试分设试卷和答题纸，试卷包括三部分；3.答题前，务必在答题纸上填写姓名、班级和考号.作答必须涂或写在答题纸上，在试卷上作答一律不得分.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.半径为2且周长为6的扇形的面积是__________．2.设集合，，若，则取值范围是________．3.已知向量，，且，则实数的值为_____．4.的内角，，所对的边分别为，，，已知，则的形状是________三角形．5.若，则__________.6.方程，的解为_______．7.不等式的解集是__________．8.函数的部分图像如图所示，则____．9.菱形边长为，，若为菱形内任意一点（含边界），则的最大值为______．10.若函数与的图象交于两点,则_______.11.设平面向量，，满足：，，，，则的取值范围是__________．12.记为偶函数，是正整数，，对任意实数，满足中元素不超过两个，且存在实数使中含有两个元素，则的值是__________．二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分）13.下列函数在其定义域内既是严格增函数，又是奇函数的是（）A. B.C. D.14.若，且，则可以为（）A. B. C. D.15.已知A、B、C是平面上不共线的三点，O是△ABC的重心，点P满足，则△ACO与△CBP面积比为（）A.5:6 B.3:4 C.2:3 D.1:216.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=（）A. B.1 C. D.三、解答题（本大题共有5题，满分78分）解答下列各题必须写出必要的步骤.17.已知是坐标原点，，（1）求向量在方向上的投影向量的坐标和数量投影；（2）若，，，请判断C、D、E三点是否共线，并说明理由.18.已知，，，.（1）求的值；（2）求值，并确定的大小.19.如图，某避暑山庄为吸引游客，准备在门前两条小路OA和OB之间修建一处弓形花园，已知，弓形花园的弦长，记弓形花园的顶点为M，，设.（1）将、用含有的关系式表示出来；（2）该山庄准备在M点处修建喷泉，为获取更好的观景视野，如何设计OA、OB的长度，使得喷泉M与山庄O的距离最大？喷㬌M与山庄O的距离最大？20.已知函数.（1）当，时，求函数单调增区间；（2）当，时，设，且函数的图像关于直线对称，将函数的图像向右平移个单位，得到函数，求解不等式；（3）当，，时，若实数m，n，p使得对任意实数x恒成立，求的值.21.已知函数，且.（1）求的值，并求出的最小正周期（不需要说明理由）；（2）若，求的值域；（3）是否存在正整数，使得在区间内恰有2025个零点，若存在，求由的值；若不存在，说明理由.松江二中2024学年第二学期期中考试高一数学考生注意：1.试卷共有21道题，满分150分，考试时间120分钟；2.本考试分设试卷和答题纸，试卷包括三部分；3.答题前，务必在答题纸上填写姓名、班级和考号.作答必须涂或写在答题纸上，在试卷上作答一律不得分.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.半径为2且周长为6的扇形的面积是__________．【答案】【解析】【分析】根据题意求得弧长，结合扇形的面积公式，即可求解.【详解】设扇形的弧长为，由题意可得，即，又由扇形面积公式，可得扇形的面积为.故答案为：2.设集合，，若，则的取值范围是________．【答案】【解析】【分析】，故，得到答案.【详解】，，，故.故答案为：3.已知向量，，且，则实数的值为_____．【答案】10【解析】【分析】根据平面向量平行的坐标表示，即可求解【详解】解：因为，所以，即，解得，故答案为：10.4.的内角，，所对的边分别为，，，已知，则的形状是________三角形．【答案】等腰【解析】【分析】由结合正弦定理可得，即，结合A、B范围即可得到答案.【详解】因为，由正弦定理，得，即，又，，所以，所以，即，所以是等腰三角形.故答案为：等腰【点睛】本题考查正弦定理判断三角形形状，涉及到两角差的正弦公式，考查学生的逻辑推理能力，数学运算能力，是一道容易题.5.若，则__________.【答案】##【解析】【分析】根据二倍角公式、同角三角函数的基本关系式求得正确答案.【详解】依题意，，所以，，而为锐角，所以.故答案为：6.方程，的解为_______．【答案】【解析】【分析】根据给定条件，利用诱导公式，结合特殊角的三角函数值求解作答.【详解】依题意，，而，即，因此，解得，所以所求方程的解为.故答案为：7.不等式的解集是__________．【答案】【解析】【分析】设，判断其单调性，根据函数的单调性即可求得不等式.的解集.【详解】由题意可设，定义域为，由于在都单调递增，故在上单调递增，且，故不等式的解集是，故答案为：8.函数的部分图像如图所示，则____．【答案】【解析】【分析】由函数的图象，求得，得到，再由，求得，即可求解.【详解】由函数的图象，可得，即，所以，即，又由，可得，解得，可得，因为，所以，所以.故答案为：.9.菱形的边长为，，若为菱形内任意一点（含边界），则的最大值为______．【答案】##【解析】【分析】设，根据数量积的运算律得到，即可得解.【详解】设，则，所以当，时，取得最大值．故答案为：．10.若函数与的图象交于两点,则_______.【答案】【解析】【分析】画出与图像,可得与关于点对称,进而求解即可【详解】由题,画出与的图像,如图所示,则与关于点对称,所以,所以,故答案为:【点睛】本题考查余弦函数与正切函数的图像的应用,考查向量的模,考查数形结合思想11.设平面向量，，满足：，，，，则的取值范围是__________．【答案】【解析】【分析】根据题设条件，设出的坐标，利用坐标运算进行求解【详解】依题意，设，，.根据，即，即，整理得.显然，否则，，与已知矛盾，故可得.由，即，故，解得.故.故答案为：12.记为偶函数，是正整数，，对任意实数，满足中的元素不超过两个，且存在实数使中含有两个元素，则的值是__________．【答案】4、5、6【解析】【分析】根据偶函数，是正整数，推断出的取值范围，相邻的两个的距离是，依照题意列不等式组，求出的值．【详解】由题意得．∵为偶函数，是正整数，∴，∵对任意实数，满足中的元素不超过两个，且存在实数使中含有两个元素，∴中任意相邻的两个元素的间隔必小于1，任意相邻的三个元素的间隔之和必大于1．∴，解得，又，∴．答案：．【点睛】本题考查了正弦函数的奇偶性和周期性，以及根据集合的运算关系，求参数的值，关键是理解的意义，强调抽象思维与灵活应变的能力．二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分）13.下列函数在其定义域内既是严格增函数，又是奇函数的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据初等函数的单调性和奇偶性的判定方法，逐项判定，即可求解.【详解】对于A中，函数在定义域上不是严格的单调函数，不符合题意；对于B中，函数的定义域为，所以为非奇非偶函数，不符合题意；对于C中，函数，可得，所以函数不是奇函数，不符合题意；对于D中，函数，在定义域上严格的单调递增函数，且，所以函数为奇函数，符合题意.故选：D.14.若，且，则可以为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用两角和的余弦公式及二倍角公式得到，即可得到或，再将上式平方即可得解；【详解】因为，所以，所以，即，解得或，当时，，，即，解得；当时，，，即，解得.故选：D15.已知A、B、C是平面上不共线的三点，O是△ABC的重心，点P满足，则△ACO与△CBP面积比为（）A.5:6 B.3:4 C.2:3 D.1:2【答案】D【解析】【分析】利用重心的性质和已知线性关系可得，故P为OA中点，进而可得面积比.【详解】由O是△ABC的重心，得，而，则，故，所以点P为OA中点，即点P、点O为BC边中线两个三等分点，所以，，所以△ACO与△CBP面积比为1:2.故选：D16.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=（）A B.1 C. D.【答案】C【解析】【分析】由题意可可设，，，，得，对，进行赋值即可得出，的值，进而得出结论．【详解】解：，故．又由，可设，，令，，且又夹角，所以，对，进行赋值即可得出所以．故选：C．三、解答题（本大题共有5题，满分78分）解答下列各题必须写出必要的步骤.17.已知是坐标原点，，（1）求向量在方向上的投影向量的坐标和数量投影；（2）若，，，请判断C、D、E三点否共线，并说明理由.【答案】（1）坐标，数量投影是（2）共线，理由见解析【解析】【分析】（1）根据投影向量和投影的公式，准确计算，即可求解；（2）根据平面向量共线的坐标表示，得到，即可求解.【小问1详解】解：由向量，可得则投影向量的坐标是，，数量投影是，，即向量在方向上的数量投影是.【小问2详解】解：、、三点共线，理由：向量，因为，，，可得，，，所以，，可得，所以、、三点共线.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，某避暑山庄为吸引游客，准备在门前两条小路OA和OB之间修建一处弓形花园，已知，弓形花园的弦长，记弓形花园的顶点为M，，设.（1）将、用含有关系式表示出来；（2）该山庄准备在M点处修建喷泉，为获取更好的观景视野，如何设计OA、OB的长度，使得喷泉M与山庄O的距离最大？喷㬌M与山庄O的距离最大？【答案】（1），.（2）当时，的最大值.【解析】【分析】（1）根据题意和正弦定理，即可求得，；（2）在中，由余弦定理化简得到，结合三角函数的图像与性质，即可求解.【小问1详解】解：在中，由正弦定理得，因为，，所以，所以，.【小问2详解】解：因为，，所以，在中，由余弦定理易知，即，因为，所以，，当，即时，取最大值，即取最大值，此时，，故当时，取最大值.20.已知函数.（1）当，时，求函数的单调增区间；（2）当，时，设，且函数的图像关于直线对称，将函数的图像向右平移个单位，得到函数，求解不等式；（3）当，，时，若实数m，n，p使得对任意实数x恒成立，求的值.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根据题意得到，结合正弦型函数的性质，即可求解；（2）根据题意得到，求得，得到，结合图象的变换求得，由不等式，即，即可求解；（3）化简得到，求得，转化为，得到方程组，分类讨论，即可求解.【小问1详解】解：当，时，可得函数，令，所以单调增区间为；【小问2详解】解：当，时，可得，其中，因为关于直线对称，可得，即，解得，所以，将函数的图像向右平移个单位，得到函数，由，即，则解得，所以不等式的解集为；【小问3详解】解：当，，时，则，可得，则，其中且，于是，可化为，即，所以.由已知条件，上式对任意恒成立，故必有，若，则由（1）知，显然不满足（3）式，故，所以由（2）知，故或，当时，，则（1）、（3）两式矛盾，故，由（1）、（3）知，所以.21.已知函数，且.（1）求的值，并求出的最小正周期（不需要说明理由）；（2）若，求的值域；（3）是否存在正整数，使得在区间内恰有2025个零点，若存在，求由的值；若不存在，说明理由.【答案】（1），函数的最小正周期为（2）（3）存在正整数，理由见解析【解析】【分析】（1）根据代入即可求解的值．因为的周期是都，故得函数的最小正周期；（2）根据，得到，设，，转化为二次函数求解；（3）分类讨论和时，将转化为二次函数，从而求得其零点个数，进而得解.【小问1详解】函数，∵，∴，解得：，所以，因为的周期是都，又周期成倍数关系的两个函数之和，其周期为这两个函数的周期的最小公倍数，所以函数的最小正周期为.【小问2详解】若，则，设，则，则，所以，所以其值域为；【小问3详解】存在正整数，使得在区间内恰有2025个零点．当时，．设，则，于是，令，得或，此时，或或，其中，当时，．设，则，于是，令，解得或，故在没有实根．综上，在上有4个零点，又的最小正周期为，而，所以函数在有2025个零点．2024年延安中学高一年级下学期期中试卷一、填空题（每小题3分，共36分）1.―2023°终边在第_________象限.2.已知，则__________．3.在直角坐标系中，角的始边为的正半轴，顶点为坐标原点，若角的终边经过点，则__________.4.若，，则_________.5.若扇形的圆心角为30°，半径为2，则该扇形的面积为__________.6.函数的单调递增区间为______.7.已知，，则_________.8.已知，则________．9.已知函数在定义域为，值域为，则实数的取值范围为_________.10.若存在常数使关于的方程在闭区间上恰有三个不同解，则_________.11.在△中，角，，所对边分别为，，，表示△的面积，若，，则__________．12.已知函数的定义域为，对任意，都有，且当时，；若对任意，恒成立，则实数的取值范围是__________.二、选择题（每小题3分，共12分）13.“是锐角”是“是第一象限角”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分又不必要条件14.在下列函数中，既是上的严格增函数，又是以为最小正周期的偶函数的函数是（）A. B.C. D.15.对于函数,下列命题①函数图象关于直线对称;②函数图象关于点(,0)对称;③函数图象可看作是把的图象向左平移个单位而得到;④函数图象可看作是把图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍(纵坐标不变)而得到;其中正确的命题的个数是(▲)A.0 B.1 C.2 D.316.设函数，若，，在上为严格减函数，那么的不同取值的个数为（）A.5 B.4 C.3 D.2三、解答题（共52分）17.已知是方程的两根，且求：（1）（2）18.已知三个内角所对的边分别为（1）若，求面积；（2）设线段的中点为，若，求外接圆半径的值.19.某同学用“五点法”画函数在某一周期内的图像时，列表并填入的部分数据如下表：00100000（1）请写出表格中空格处值，写出函数的解析式，并画出函数的大致图像；（2）将函数的图像向右平移个单位，再将所得图像上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数的图像，求的单调减区间.20.随着生活水平的不断提高，人们更加关注健康，重视锻炼.通过“小步道”，走出“大健康”，健康步道成为引领健康生活的一道亮丽风景线.如图，为某区的一条健康步道，为线段，是以为直径的半圆，km，km.（1）求的长度；（2）为满足市民健康生活需要，提升城市品位，改善人居环境，现计划新建健康步道（在两侧），其中为线段.若，求新建的健康步道的路程最多可比原有健康步道的路程增加多少长度？21.已知函数，.（1）求函数的最小正周期，值域；（2）定义：对于任意实数，，，设，（为常数），若对任意，总存在，使得恒成立，求实数的取值范围. 2024年延安中学高一年级下学期期中试卷一、填空题（每小题3分，共36分）1.―2023°的终边在第_________象限.【答案】二【解析】【分析】利用角终边相同公式得到的终边与的终边相同，从而得到的终边所在象限.【详解】因为，而，所以的终边在第二象限.故答案为：二.2.已知，则__________．【答案】【解析】【详解】3.在直角坐标系中，角的始边为的正半轴，顶点为坐标原点，若角的终边经过点，则__________.【答案】【解析】【分析】直接根据三角函数的定义即可得结果.【详解】由于角的终边经过点，所以，故答案为：.4.若，，则_________.【答案】##【解析】【分析】根据计算得到答案.【详解】故答案为：5.若扇形的圆心角为30°，半径为2，则该扇形的面积为__________.【答案】【解析】【分析】由扇形的面积公式求解即可.【详解】设扇形的弧长为，圆心角为，半径为，，.所以扇形的面积为.故答案为：6.函数的单调递增区间为______.【答案】【解析】【分析】的增区间是，由此可列式求解.【详解】令，因为的增区间是，所以，所以.故答案为【点睛】本题考查三角函数单调区间的求法，属于基础题.7.已知，，则_________.【答案】或【解析】【分析】首先确定，然后根据反正弦函数的定义求解．【详解】，，则，所以或.故答案为：或．8.已知，则________．【答案】【解析】【分析】由已知利用诱导公式化简，再利用同角三角函数基本关系式即可求解．【详解】因为，所以．故答案为：．9.已知函数在定义域为，值域为，则实数的取值范围为_________.【答案】【解析】【分析】由定义域和对应的值域即可求出实数的取值范围.【详解】由题意，在中，定义域为，值域为，周期为，∴，解得：，故答案为：.10.若存在常数使关于的方程在闭区间上恰有三个不同解，则_________.【答案】##【解析】【分析】方程化为，由函数在上的图象，可得满足题意，由此可求得，即可得结论．【详解】方程即为，由于的最小正周期是，作出在时的图象，如图，只有直线与它有三个交点，因此方程在闭区间上恰有三个不同解，不妨设，则，，由，得，所以．故答案为：．11.在△中，角，，所对的边分别为，，，表示△的面积，若，，则__________．【答案】【解析】【详解】试题分析：∵，∴，∴，∴，．∵，∴，∴，∴，∴．考点：解三角形.【思路点睛】先利用余弦定理和三角形的面积公式可得，可得，再用正弦定理把中的边换成角的正弦，利用两角和公式化简整理可求得，最后根据三角形内角和，进而求得．12.已知函数的定义域为，对任意，都有，且当时，；若对任意，恒成立，则实数的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】采用赋值法可求得为奇函数，由奇函数性质可确定当时，；利用已知关系式可将不等式化为，令，采用分离变量法可得，结合对勾函数性质可求得结果.【详解】令，则，解得：；取，，则，即，为定义在上的奇函数；当时，，当时，；令，则，当时，，，；由得：；，即，，，，，在上单调递减，，，即的取值范围为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查函数中恒成立问题的求解；本题的解题关键是能够采用赋值法，结合抽象函数关系式得到函数的奇偶性，结合已知关系式可将恒成立的不等式转化为自变量满足的不等式，从而采用分离变量法进行求解.二、选择题（每小题3分，共12分）13.“是锐角”是“是第一象限角”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分又不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据锐角与象限角的概念及充分条件、必要条件求解.【详解】因为是锐角能推出是第一象限角，但是反之不成立，例如是第一象限角，但不是锐角，所以“是锐角”是“是第一象限角”的充分不必要条件，故选：A14.在下列函数中，既是上的严格增函数，又是以为最小正周期的偶函数的函数是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】由周期性排除一个选项，由奇偶性排除一个选项，再由单调性排除一个选项，得正确选项．【详解】选项ABC中函数的最小正周期都是，而选项D中函数不是周期函数，其图象如下所示：排除D；易知函数是奇函数，排除A；时，，则是减函数，排除B；根据函数在上严格单调递增，且其最小正周期为，则在在上严格单调递增，其最小正周期为，且，又因为其定义域为，则其为偶函数，故C正确，故选：C．15.对于函数,下列命题①函数图象关于直线对称;②函数图象关于点(,0)对称;③函数图象可看作是把的图象向左平移个单位而得到;④函数图象可看作是把的图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍(纵坐标不变)而得到;其中正确的命题的个数是(▲)A.0 B.1 C.2 D.3【答案】C【解析】【详解】考点：正弦函数的对称性；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换．专题：综合题．分析：①把x=-代入函数的表达式，函数是否取得最大值，即可判定正误；②把x=，代入函数，函数值是否为0，即可判定正误；③函数图象可看作是把y=sin2x的图象向左平移个单位，推出函数的表达式是否相同，即可判定；④函数图象可看作是把y=sin（x+）的图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，得到函数的表达式是否相同，即可判定正误．解答：解：①把x=-代入函数f（x）=sin（2x+）=0，所以，①不正确；②把x=，代入函数f（x）=sin（2x+）=0，函数值0，所以②正确；③函数图象可看作是把y=sin2x图象向左平移个单位得到函数为f（x）=sin（2x+），所以不正确；④函数图象可看作是把y=sin（x+）的图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，得到函数f（x）=sin（2x+），正确；故选C．点评：本题是基础题，考查三角函数的基本性质的应用，考查逻辑推理能力，常考题型．16.设函数，若，，在上为严格减函数，那么的不同取值的个数为（）A.5 B.4 C.3 D.2【答案】D【解析】【分析】利用余弦函数性质，由已知条件得出最小正周期的范围，从而得的范围，再由函数值为0得出的关系式，从而得出，，取出可能的，确定出值，即可得结论．【详解】且在上为严格减函数，则，又，，因此，，又，所以，即，由，则且，，，，因此，，若，则，取，满足题意，若，则，取，满足题意，的值有2个．故选：D．三、解答题（共52分）17.已知是方程的两根，且求：（1）（2）【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用韦达定理可得，再利用两角和正切公式即可得解；（2）先判断的符号，从而可求得的范围，即可得出的范围，从而可得出答案.【小问1详解】解：因为是方程的两根，所以，所以；【小问2详解】解：因为，所以，故，所以，所以.18.已知三个内角所对的边分别为（1）若，求的面积；（2）设线段的中点为，若，求外接圆半径的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题知，进而根据余弦定理，结合已知得，，再根据三角形面积公式计算即可；（2）在中由余弦定理得，进而在中，，再根据正弦定理求解即可.【小问1详解】解：因为，所以，因为，所以，因为，所以，所以的面积为.【小问2详解】解：因为线段的中点为，，，所以在中，由，解得（舍），所以在中，，即，因为，所以，所以由正弦定理得外接圆半径满足，所以外接圆半径19.某同学用“五点法”画函数在某一周期内的图像时，列表并填入的部分数据如下表