浙江省宁波市镇海中学2024-2025学年高一上学期期末考试数学试卷

2024学年第一学期期末考试高一数学试卷一､选择题：本题共8小题：每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.1.将化为弧度是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用角度制与弧度制的互化关系求解.【详解】.故选：A.2.已知角的终边过点，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析】根据三角函数定义得到，由诱导公式得到答案.【详解】由三角函数定义知，，.故选：C3.已知向量满足，则在方向上的投影向量是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用数量积的运算律和投影向量公式求解即可.【详解】因为向量满足，所以，解得，所以在方向上的投影向量是，故选：D4.将函数图象向左平移个单位长度，再将横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】结合三角函数伸缩变换与平移变换的性质往回推导即可得.【详解】由题意可得，将函数横坐标变为到原来的倍，纵坐标不变，可得，再将其向右平移个单位长度，即，即.故选：B.5.函数的零点个数为（）A.2 B.3 C.4 D.5【答案】B【解析】【分析】分别画出，图象，求两函数交点个数即可得.【详解】令，，则的零点个数即为与的交点个数，画出两函数图象如图所示：由图可得与的交点个数为个，故函数的零点个数为.故选：B.6.在内函数的定义域是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据被开方数为非负和对数的真数要大于零即可求解.【详解】对于，有，由，得，解得，又，得；由，得，解得，又，得或或；综上，或，所以的定义域为，故选：.7.已知等边三角形的边长为2，点为内切圆上一动点，若，则的最小值为（）A.2 B.1 C. D.【答案】B【解析】【分析】以的内切圆心为原点建立平面直角坐标系，利用向量线性运算的坐标表示，结合三角函数性质求出最小值.【详解】正的边长为2，则其内切圆半径，以正的中心为原点，边上的高所在的直线为轴建立平面直角坐标系，则，设，，而，因此，则，当且仅当时取等号，所以的最小值为1.故选：B8.已知且，则的最大值为（）A. B. C.1 D.【答案】A【解析】【分析】将写成，写成，利用两角和与差正弦公式展开得到，再利用结合基本不等式求得其最大值.【详解】因为，且，所以，所以即，所以，则，当且仅当，即时取等号，所以的最大值为.故选：A.二､多选题：本题共3小题：每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分.9.已知平面向量，下列说法不正确的有（）A.若，，则B.C.D.若，则【答案】AB【解析】【分析】由时不成立可得选项A错误；根据数量积的概念可知选项B错误；根据可得选项C正确；根据得，化简可得选项D正确.【详解】A.当时，满足，，但不一定成立，选项A错误.B.设，则，与关系不确定，选项B错误.C.，选项C正确.D.由得，，即，∴，即，选项D正确.故选：AB.10.已知函数，则（）A.曲线的一个对称中心为B.函数在区间单调递增C.函数为偶函数D.函数在内有4个零点【答案】BCD【解析】【分析】A选项，利用三角恒等变换得到，从而得到，A错误；B选项，求出，数形结合得到B正确；C选项，，C正确；D选项，令，即，时，，求出时，，故函数内有4个零点，D正确.【详解】A选项，，，故一个对称中心为，A错误；B选项，时，，由于在上单调递增，故函数在区间单调递增，B正确；C选项，，由于为偶函数，故为偶函数，C正确；D选项，令，即，，时，，故当，即时，，故函数在内有4个零点，D正确.故选：BCD11.已知，则下列选项正确的有（）A.B.C.D.若，则【答案】ABD【解析】【分析】设，扇形的半径为1，则弧长，利用面积法证明，进而可得，可判断A，得到在上为减函数，可判断B，由已知可得，利用利用指数函数与幂函数的性质可判断C；利用二倍角的正弦可得，结合余弦函数的单调性可判断D.【详解】设，扇形的半径为1，则弧长，过作交的延长线与点，由图形可得，由题意的边上的高为，所以，所以，对于A，因为，又，所以，所以，故A正确；对于B，因为，由在上均匀增加，而在上增加速度是由快变慢，所以可得在上为减函数，又，所以，所以，故B正确；对于C，由，则，且，又，则，所以，故C错误；对于D，由，可得，又，则，所以，所以，又在是减函数，所以，故D正确.故选：ABD.【点睛】关键点点睛：关键在于利用图形证明，然后结合函数的单调性可得结论成立.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.一个扇形的周长为，面积为，则此扇形的圆心角为__________.（用弧度制表示）【答案】##【解析】【分析】借助扇形周长公式与扇形面积公式计算即可得.【详解】由题意可得，解得，即此扇形的圆心角为.故答案为：.13.设是平面内不共线的一组基底，，若三点共线，则实数__________.【答案】【解析】【分析】借助向量线性运算可得、，再利用向量共线定理计算即可得.【详解】，，由三点共线，则有，解得.故答案为：.14.已知函数，其中，在上有6个零点，则的范围为__________.【答案】【解析】【分析】由给定区间求出相位所在的范围，再由函数的零点表达式，结合6个零点列出不等式组，借助不等式组有解求出范围.【详解】由，得，由，得，由在上有6个零点，得，解得，由，解得，无整数解；由，解得，而，因此；由，解得，而，因此或；由，解得，而，因此，当时，，解得；当时，，解得，所以的范围为.故答案为：【点睛】思路点睛：求出相位范围，结合余弦函数的零点表达式及零点个数列出不等式组，再由不等式组确定整数的取值进而求出范围.四､解答题：本题共6小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.15.如图，在平行四边形中，点为中点，点，在线段上，满足，设.（1）用表示向量；（2）若，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用线性运算和平面向量的基本定理求解；（2）用表示向量，再利用数量积的运算求解.【小问1详解】解：，，；【小问2详解】，，又，所以，，所以.16.已知.（1）分别求和的值；（2）求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先判断，，再利用同角三角函数的平方关系可求和的值；（2）结合（1），利用两角和的余弦公式求出的值，再利用二倍角的余弦公式可求的值【小问1详解】因为所以，又因为，所以，则，因为所以，又因为，所以，则，【小问2详解】即，可得17.已知函数.（1）若是三角形中一内角，且，求的值；（2）若函数在，有唯一零点，求的范围.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）根据差角公式、倍角公式及辅助角公式化简函数的解析式，利用题目条件及三角形内角的范围可得结果.（2）根据条件可得，令，问题转化为函数与直线有唯一交点，数形结合可解决问题.【小问1详解】由题意得，，∴，∴，∵，∴，∴，解得.【小问2详解】由（1）得，，由得，令，由得，问题转化为函数与直线有唯一交点，作出在上的函数图象，∵，，∴或，解得或.∴的范围是或.18.已知函数部分图象如图所示，（1）求的解析式；（2）已知在值域为，求的取值范围；（3）将图象上所有点纵坐标缩短为到原来的（横坐标不变），再将所得到图象向右平移个单位长度得到的图象.已知关于的方程在内有两个不同的解.①求实数的取值范围；②求的值.（用表示）【答案】（1）（2）（3）①；②【解析】【分析】（1）由图象可得出函数的周期，可求得的值，由结合的取值范围可求出的值，由此可得出函数的解析式；（2）结合，，利用余弦型函数的图象及性质列式求解即可；（3）①先将化简，然后结合该函数在的单调性、最值情况构造不等式求出的范围；②可先根据两根关于对称轴对称求出的关系，然后代入利用三角恒等变换公式化简求值．【小问1详解】由图象可知，，所以，则，所以，因为即，因为，则，所以，解得，因此；【小问2详解】，，由题意在的值域为，结合题干图象知，解得；【小问3详解】①将图象上所有点纵坐标缩短为到原来的（横坐标不变），再将所得到图象向右平移个单位长度得到的图象，则，其中，因为，所以，所以，又因为，所以是函数一个周期的区间．所以若方程在内有两个不同的解，只需，即即为所求．②令，因为于的方程在内有两个不同的解，所以满足，即，，又的对称轴由，结合得对称轴为，可知，关于对称轴对称，所以，所以或．当时，．当时，．故．19.固定项链的两端，在重力的作用下项链所形成的曲线是悬链线.1691年，莱布尼茨等得出“悬链线”方程，其中为参数.当时，就是双曲余弦函数，类似的我们可以定义双曲正弦函数.它们与正，余弦函数有许多类似的性质.（1）已知，求；（2）类比正弦函数，余弦函数的二倍角公式，请写出双曲正弦函数（或双曲余弦函数）的一个正确的结论（即求或）并证明；（3）已知，对任意的和任意的，都有恒成立，求的取值范围.【答案】（1）（2），，证明见解析（3）【解析】【分析】（1）根据和的计算公式，结合指数运算法则求解即可.（2）类比正弦函数、余弦函数的二倍角公式，写出双曲正弦函数（或双曲余弦函数，证明即可．（3）设，则，时，，进而求的取值范围，化为，利用不等式的性质转化求解，即可求出的取值范围．【小问1详解】因为，所以，所以，即，所以，所以，所以．【小问2详解】类比正弦函数、余弦函数的二倍角公式，得双曲正弦函数（或双曲余弦函数；证明如下：；．【小问3详解】因为，设，则，当时，，所以，所以，可化为，由题意，只需，对任意恒成立即可，即或，所以或恒成立；，故在上的最小值是，