山东日照市2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题（含解析）

这是一份山东日照市2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题（含解析），共13页。试卷主要包含了05， 若且，，则， 已知是第二象限角，，则， 已知,若,则一定有， 已知向量，满足，等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上．
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3.考试结束，将试题卷和答题卡一并交回．
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，只有一项是符合题目要求的．
1. 在平面直角坐标系内，角的顶点在坐标原点，始边为x轴正半轴，则其终边在（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【详解】，故从x轴正半轴开始，顺时针旋转，正好落在第三象限
2. 已知某扇形的圆心角为，半径为，则该扇形的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用扇形的面积公式求解即可.
【详解】由题意可知，该扇形的面积为.
3. 已知、，“”是“”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据可得出、之间的关系，结合充分条件、必要条件的定义判断即可得出结论.
【详解】若，则或，
所以“”“”，
“”“”，
故“”是“”的必要而不充分条件.
4. 若且，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由两角和的正切公式化简计算即可得解.
【详解】因为，由两角和的正切公式可得，
整理可得，
所以
.
5. 已知是第二象限角，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用诱导公式得出的值，再利用同角三角函数的基本关系以及两角差的余弦公式求解即可.
【详解】因为是第二象限角，且，
所以，
故.
6. 已知函数，且的最小值为，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】由的最小值为可得最小正周期，即可得答案.
【详解】因，
则的一个对称中心为，一条对称轴为，
又最小值为，则相邻对称中心与对称轴距离，即最小正周期的为，
则最小正周期为，则.
故选：B
7. 已知,若,则一定有（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】判断函数的奇偶性,然后判断出函数在上的单调性,最后利用函数的奇偶性和单调性的性质，结合二倍角的余弦公式选出正确答案.
【详解】,所以函数是偶函数.
当时,函数是单调递增函数且函数值都为非负数,故函数
是上的递增函数.于是有：
,
因此有.
故选：A
本题考查了函数奇偶性和单调性的应用,考查了余弦的二倍角公式.
8. 已知向量，满足，.当与的夹角最大时，（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将平方后换元，通过数量积的计算公式表示，利用余弦函数的单调性分析的最大值求解.
【详解】将平方得，
令，则，，
设与的夹角为，，当时，，与条件矛盾，，
，分子分母同时除以，，
令，则，
当时，取得最小值，此时取最大值，
当时，，，，
所以当与的夹角最大时，.
二、选择题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知向量，，，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. 与夹角的余弦值为D.
【答案】AC
【解析】
【分析】利用平面向量的模长公式可判断A选项；利用平面向量数量积的坐标运算可判断B选项；利用平面向量的夹角公式可判断C选项；利用平面向量垂直的坐标表示可判断D选项.
【详解】对于A选项，，故，A正确；
对于B选项，，
则，B错误；
对于C选项，，
故与夹角的余弦值为，C正确；
对于D选项，，
所以，
所以与不垂直，D错误.
10. 已知函数的部分图象如图所示，阴影部分的面积为，则下列说法正确的有（ ）
A. 函数的最小正周期为
B. 函数的一条对称轴为
C. 将函数向右平移个单位长度得到函数
D. 函数在区间上单调递增
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用题中信息求出函数的解析式，利用正弦型函数的基本性质可判断ABD选项；利用三角函数图象变换可判断C选项.
【详解】对于A选项，由对称性可知阴影部分区域的面积等于平行四边形的面积，
且平行四边形的边上的高为，即，即，
所以函数的最小正周期为，A对；
对于B选项，由图可知，，
且，可得，
又因为，所以，所以，
因为，
所以函数的一条对称轴为，B对；
对于C选项，将函数向右平移个单位长度得到函数的图象，C错；
对于D选项，当时，，
故函数在区间上单调递增，D对.
11. 记函数，则（ ）
A. 的一个周期为
B. 函数在区间上单调递增
C. 函数的图象关于直线对称
D. 当时，
【答案】ACD
【解析】
【详解】选项A，计算 :
所以是的一个周期，A正确
选项B，先化简
当时， ，而在上单调递减，因此 在上单调递减，B错误
选项C，验证对称性： ，
，
又
因此
即 ，函数关于直线对称，C正确
选项D，令 ，则.
设 ， ，则，，且 .
由递推关系： ，即 ，
因此： ， 因为，
所以 ，即 ，D正确
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知角的顶点在坐标原点，始边为轴正半轴，终边经过点，则______．
【答案】
【解析】
【分析】利用三角函数的定义求解即可.
【详解】由三角函数的定义可得.
13. 函数在一个周期内的图象经过、、三点．写出一个符合条件的函数的解析式______．
【答案】（或）
【解析】
【分析】根据题意得出函数的最小正周期，可得出的值，再由结合的取值范围，可得出的值，再利用可得出的值，即可得出函数的解析式.
【详解】由题意可知，函数的最小正周期为或，
①若，则，所以，
因为，所以，即，
又因为，所以，即，
又因为，解得，
此时；
②若，则，所以，
因为，所以，即，
又因为，所以，即，
又因为，解得.
此时.
综上所述，或.
14. 已知正边形内接于单位圆，且满足的顶点共有个，若正三角形的顶点、在圆上，则的最大值为______．
【答案】
【解析】
【分析】首先根据向量不等式得到满足的点所在的区域，从而得到可能的值，然后对所求模进行变形将其转为点到圆心的距离问题，再通过三角函数求得距离范围，最后结合的取值得到最大值.
【详解】设和的夹角为，依题意有满足的顶点共有个，
令得，
所以满足的点有个，也就是（夹角），（夹角）和（夹角）这三个顶点，
所以且，解得，
又因为，所以，
因为，
且根据正边形的对称性有，
所以，
接下来求即到圆心的距离的最大值，设，，
则圆心到的距离为，，到的距离为，
为了让到圆心最远，它们应在两侧，
所以只需考虑，
因为，则，
故当时，即当时取得最大值，
结合前面的取值可得的最大值为.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
15. 已知函数．
（1）求的值；
（2）求函数的最小正周期及单调递减区间．
【答案】（1）
（2）最小正周期为，减区间为
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数的解析式，代值计算可得的值；
（2）利用正弦型函数的周期公式可得出函数的最小正周期，利用正弦型函数的单调性可得出函数的减区间.
【小问1详解】
因为
，
所以.
【小问2详解】
由（1）可知，，
所以函数的最小正周期为，
由，得，
所以函数的单调递减区间为.
16. 已知函数．
（1）若，且，求的值；
（2）在中，若，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先对函数进行化简，将代入化简后的，得到关于的三角函数等式，先确定​的范围，再利用同角三角函数的基本关系求出相关三角函数值，最后进行求解
（2）​代入化简后的，结合三角形内角和求出的值，再将转化为只含的三角函数，根据的范围，利用正弦函数的单调性确定其取值范围
【小问1详解】
已知，代入化简后的：
已知，则，该区间内余弦值为负：
【小问2详解】
已知，即
在中，，故，得，
则，，且.
由，得，
故，因此
17. 如图，有一块矩形铁皮，其中，，阴影部分是一个半径为的扇形．设这个扇形已经腐蚀不能使用，但其余部分均完好，工人师傅想在未被腐蚀的部分截下一块其边落在与上的矩形铁皮，使点在弧上．设，矩形的面积的表达式为．
（1）当时，设，求的值域；
（2）当时，求的最小值，并求出当取得最小值时，所对应的的值．
【答案】（1）
（2）最小值是，所对应的的值是或．
【解析】
【分析】（1）根据题意，过作，分别表示出、，结合矩形的面积公式代入计算，即可得到的表达式，再将的解析式化简，由换元法，结合二次函数的值域，代入计算，即可得到结果；
（2）由解析式可得，即可得到时，取得最小值，然后代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
过作，垂足为，由题意可得：，，
所以，
所以矩形的面积，
当时，
，
令，因为，所以，
则函数，其对称轴为，
当时，，
当或时，，所以，即函数的值域为.
【小问2详解】
因为，
当时，
当且仅当，即
，解得或时，等号成立．
所以的最小值是，当取得最小值时，所对应的的值是或．
18. 已知函数，若的最小正周期为．
（1）求的解析式；
（2）若函数在上有三个不同零点，，，且．
①求实数取值范围；
②若，证明．
【答案】（1）
（2）①；②证明见解析.
【解析】
【分析】（1）化简函数为，根据的最小正周期为，求得，即可求解；
（2）①由（1）得，由，得到，令，转化为方程在区间有一个实根，另一个实根在上，或一个实根是，另一个实根在，分类讨论，即可求解；
②由，得到，得到，结合两角差的正弦公式，即可得证.
【小问1详解】
由函数
，
因为的最小正周期为，所以，即，
所以.
【小问2详解】
①由（1）知，
由，可得，
令，则，，
若函数在有三个零点，
即在有三个不相等的实数根，
即关于的方程须有两个不同的实根，
在区间内有一个实根，另一个实根在内，
或一个实根是，另一个实根在内，
（i）当一个根在，另一个根在，
故，，解，
（ii）当一个根为时，即，所以，
此时方程为，所以，不合题意，
（iii）当一个根是，即，解得，
此时方程为，，不合题意；
（iv）当一个根是，另一个实根在，由，可得，
此时方程为，解得或，
当时，对应的一个的解，当也对应一个的解，
共有两个解，不满足有三个不同的零点，不合题意，
综上可得，实数的取值范围是；
②由，可得，
所以，
因为，，即，，
所以，
所以，
所以.
19. 已知为边长为的等边三角形，O为的重心．
（1）求的值；
（2）P为平面内一点，满足．
（ⅰ）若，求的取值范围；
（ⅱ）已知点M为边AC的中点，且存在实数x，y，z，使得，求出当最大时的的值．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）；（ⅱ）1
【解析】
【分析】（1）利用重心的向量性质，先把所求数量积化为，再计算等边三角形中重心到顶点的距离．
（2）（ⅰ）由OB→+OB1→=0→可知，关于点对称，再用余弦定理分别表示，，从而求和的范围；（ⅱ）建立平面直角坐标系，把向量等式转化为坐标关系，再由求的最大值，最后代入求．
【小问1详解】
因为为的重心，所以.
因此，
所以.
等边三角形的边长为，它的高为.
重心到顶点的距离等于中线长的，所以.
故.
【小问2详解】
（ⅰ）由OB→+OB1→=0→，得.
所以，关于点对称，且.
又．设，则.
在中，由余弦定理得.
在中，由余弦定理得.
令，则，于是.
设.
则
因为，所以.
从而.
所以.
又，故.
即.
（ⅱ）以为原点，建立平面直角坐标系，取A0,4,B−23,−2,C23,−2.
则为的中点，所以.
设，由，得.
由.
可得x0−u,4−v+y−23−u,−2−v+z3−u,1−v=0,0.
整理得x+y+zu,v=x0,4+y−23,−2+z3,1.
若，则结合上式可得，此时无意义，不合题意．
因此．
由于，，同乘同一个非零常数时，和都不变，所以可令.
于是u,v=x0,4+y−23,−2+z3,1.
对横坐标、纵坐标分别比较，得,.
又.
解这个方程组，得，，.
因为，所以可设.
于是.
这里分母.
所以可以直接比较的大小．设.
则.
整理得.
左边是形如的式子，它的最大值为，所以要使上式有解，必须满足.
两边平方，得.
化简得.
所以.
因此.
当时，即，，有.
此时.
所以的最大值为1．此时.