山东省日照市2025-2026学年高一下学期期中考试数学试卷

这是一份山东省日照市2025-2026学年高一下学期期中考试数学试卷，文件包含2026年八年级道德与法治下册新教材统编版知识点汇总练习原卷版docx、2026年八年级道德与法治下册新教材统编版知识点汇总练习答案版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共186页， 欢迎下载使用。
一、单选题
1．在平面直角坐标系内，角 2π 的顶点在坐标原点，始边为 x 轴正半轴，则其终边在（ ）
3
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
π2．已知某扇形的圆心角为，半径为4 ，则该扇形的面积为（ ）
3
A． 2π
3
B． 4π
3
C． 8π
3
D． 16π
3
已知α、β R ，“ sinα sinβ”是“α β 2kπk  Z ”的（ ）
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
若αβ 3π 且α kπ  π ， β mπ  π m, k  Z ，则1 tanα1 tan β  （ ）
42
2
3
A． 2B．
2
C．1D． 2
已知α是第二象限角， cs π α 
21 ，则csα π   （ ）
 276 
 21
14

 7
7

 3 21
14
7
7
已知函数 f  x  sinωx ω 0，f  x   0，f  x   1 ，且 x  xπω （ ）
1212 的最小值为 4 ，则
A．1B．2C．3D．4
已知 f (x)  x sin x ,若 f (sinα)  f (sin β) ,则一定有（ ）
cs 2α cs 2βB． cs 2α cs 2β
C． sinα sinβ
D． sinα sinβ
→→ →→→→
已知向量a ， b 满足 a  1 ， a  b  a  b .当a 与b 的夹角最大时， b  （ ）
2
3
2
A． 2B．2C．D．
二、多选题
已知向量a  1, 2 ， b  1,1 ， c  2, 3 ，则下列说法正确的是（ ）
→→→→→
10
a  c 
b  a  c  6
26
b 与c 夹角的余弦值为
26
→→→

a  c  b
已知函数 f  x  Asin ωx φ A  0,ω 0, φ π  的部分图象如图所示，阴影部分的面积为4π ，则下
2 

列说法正确的有（ ）
函数 f  x 的最小正周期为π
函数 f  x 的一条对称轴为 x  2π
3
π
g x π 
3
6
将函数 f  x 向右平移 个单位长度得到函数  
函数 f  x 在区间 3π , π 上单调递增
2 sin  2x  

 4
k
记函数 f  x  sin2k 2x  cs2k 2x k  2, k  N* ，则（ ）
fk
 x 的一个周期为 π
2
函数 f
 x 在区间0, π  上单调递增
2 8 
函数 fk
 x 的图象关于直线 x   π 对称
8
当k  3 时， 0  f
k  x  fk1
 x  1 f
4
k 1
 x
三、填空题
已知角α的顶点在坐标原点，始边为 x 轴正半轴，终边经过点 P 2, 1 ，则sinα ．
函数 f  x   A sin ωx φω 0, π  φ 0  在一个周期内的图象经过 π , 0 
 π ,1
 2π , 0  三点．写
 6 、 4 、 3

出一个符合条件的函数 f  x 的解析式 f  x  ．
已知正n 边形 A A  A 内接于单位圆O，且满足–––→  –––→  3 i  1, 2,L, n 的顶点 A 共有n 3个，若
1 2n
OA1
OAi2i
–––→––––→–––→––––→
正三角形 PMN 的顶点M 、 N 在圆O上，则 PA1  PA2  PA3    PAn 的最大值为．
四、解答题
已知函数 f  x  
 3 
求 f  π  的值；

3 cs x  sin x sin x  1 ．

2
求函数 f  x 的最小正周期及单调递减区间．
已知函数 f  x  sin  π  x cs  π  x   3 sin x cs x ．
 4 4

若 f  π α   2 2 ，且π α 7π ，求sinα的值；
 122 36

 2 
在V ABC 中，若 f  A   1，求sin B  sin C 的取值范围．

如图，有一块矩形铁皮 ABCD ，其中 AB  t t  4  ， AD  4 ，阴影部分 AMN 是一个半径为3 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 BC 与 CD 上的矩形铁皮 PQCR ，使点 P 在弧M‸N 上．设MAP θ 0 θ π  ，矩形 PQCR 的面积的表达式为
2 

f θ ．
当t  6 时，设 ( ) = f ( ) − 9sinθcsθ + 18sinθ − sin2 θ ，求 g θ 的值域；
12
当t  4时，求 f θ 的最小值，并求出当 f θ 取得最小值时，所对应的sinθ的值．
π cs
已知函数 f  x  3cs2ωx  sin ωx  3 ωx  π   3 (ω 0) ，若 f  x 的最小正周期为π．
2 
2 2

求 f  x 的解析式；
若函数 g  x   f 2  x   af  x   a 在 π , π  上有三个不同零点x ， x ， x ，且 x  x  x ．
①求实数a 取值范围；
4

6 4 
123
123
②若2x  x   π ，证明2 f 2  x   f  x   1 ．
12412
已知V ABC 为边长为4 3 的等边三角形，O 为V ABC 的重心．

–––→ –––→ –––→
求OB  OA  OC 的值；
–––→
P 为平面内一点，满足 OP  1．
–––→–––→
若OB  OB1  0 ，求 PB  PB1 的取值范围；
xz
已知点 M 为边 AC 的中点，且存在实数 x，y，z，使得 xPA  y PB  z PM  0 ，求出当 y 最大时的 x  y
的值．
参考答案
1．C
2．C
3．B
4．D
5．A
6．B
7．A
8．D.
AC
ABD
ACD
 5
5
π 
2 3
2π 
2 sin  2x  3  （或
3 sin  4x 
3  ）

48
15．（1）因为 f  x  
3 cs x  sin xsin x  1  3 sin x cs x  sin2 x  1
22
3 sin 2x  1 cs 2x  1 
3 sin 2x  1 cs 2x 
 π  ，

22222
sin  2x6 
f  π  ππ 

5π1
所以  3 sin  2  
  sin .

36 62
（2）由（1）可知， f  x  sin  2x  π  ，
6 

所以函数 f  x 的最小正周期为T  2π  π ，
2
由 π  2kπ  2x  π  3π  2kπk  Z ，得 π  kπ  x  2π  kπk  Z ，
26263
所以函数 f  x 的单调递减区间为 π  kπ, 2π  kπ k  Z .
 63
f (x)  sin π
π x  
3 sin x cs x  1
 π x  
3 sin 2x
 4x cs  4
2 sin  2  4
2
16．（1）

 
 1 sin π 2x   3 sin 2x  1 cs 2x  3 sin 2x 
 π
2 2222
sin  2x6 

已知 f  π α   2 2 ，代入化简后的 f  x ：

 122 3
  παπ 2 2
 ππ 2 2
π 2 2
sin  2  12  2   6    3  sin  6 α 6    3  sin α 3    3
 
已知π α 7π ，则 4π α π  3π ，该区间内余弦值为负：
6
π 
332
1   2
2 
2


3


1
3
csα    
3
sinα sin α π   π 
3 3 

 sin α π cs π  cs α π sin π 2 2  1    1  3  2 2  3
3 33 3    3  2  3 26


（2）已知 f  A   1，即sin  2  A  π   1nsin  A  π   1
 2 26 6 

在VABC 中， 0  A  π ，故 A  π  π ，得 A  π ，
623
则 B  C  2π ， C  2π  B ，且0  B  2π .
333
sin B  sin C  sin B  sin  2π  B   sin B  sin 2π cs B  cs 2π sin B
 333
 sin B 

3 cs B  1 sin B  3 sin B  3 cs B 
 π 

2222
3 sin  B6 

由0  B  2π ，得 π  B  π  5π ，
3666
π   1 π   3
故sin  B  6  2 ,1 ，因此 3sin  B  6  2 , 3
  
17．（1）
过 P 作 PE  AB ，垂足为 E ，由题意可得： PE  3sinθ， AE  3csθ，所以 PQ  AB  AE  t  3csθ， PR  AD  PE  4  3sinθ
所以矩形 PQCR 的面积 f θ  PR  PQ  4  3sinθt  3csθ 0 θ π  ，
2 

当t  6 时，
g θ  4  3sinθ6  3csθ  9 sinθcsθ18sinθ sin2 θ
12
 24 12 csθ18sinθ 9 sinθcsθ 9 sinθcsθ18sinθ sin2 θ
12
 2  csθ 1 cs2θ  cs2θ csθ1 0 θ π  ，
2 

令csθ u ，因为θ 0, π  ，所以u 0,1 ，
2 
则函数 y  u2  u 1，其对称轴为u  1 ，
2
1 1 213
 
当u  2 时， ymin   2 
 1  ，
24
当u  0 或1时， y 1，所以 g θ  3 ,1 ，即函数 g θ 的值域为 3  .

max
 4 
 4 ,1
（2）因为 f θ  4  3sinθt  3csθ 0 θ π  ，
2 

当t  4时， f ( ) (4 − 3sinθ)− 3cs θ) = 16 − 12( inθ + cs ) + 9sinθcs θ
 16 12 sinθ csθ  9 sinθ csθ2 1 = 9 ( inθ + cs ) − 12(sin θ + cs ) + 23
222
9 ⎛4 ⎞277
23
= ⎜ sinθ + cs θ − ⎟
⎝⎠
+ ≥ .
22
4
4⎛ 4⎞2
当且仅当sinθ csθ ，即sinθ +
3
= ,1 − sin2 θ = ⎜
1 − sin2 θ
3⎝ 3
− sinθ⎟
⎠
2sin2 θ − 8 sinθ + 7 = 0 ，解得sinθ 4  2 或sinθ 4  2 时，等号成立．
3966
所以 f θ
7
的最小值是 ，当
2
f θ 取得最小值时，所对应的sinθ的值是 4 
6
2 或 4  2 ．
6
π cs
18．（1）由函数 f  x  3cs2ωx  sin ωx  3 ωx  π   3
2 
2 2

 3cs2ωx  csωx sinωx  3  3 1 cs 2ωx  1 sin 2ωx  3
2222
3 cs 2ωx  1 sin 2ωx  ωx  π  ，
22sin  23 

因为 f  x 的最小正周期为π，所以 2π  π ，即ω 1 ，
2ω
所以 f  x  sin  2x  π  .
3 

g x 2 
π 
π a
（2）①由（1）知  
sin
 2x    a sin  2x    ，
334

由 π  x  π ，可得0  2x  π  5π ，
6436
t π 2a
3
令sin  2x   ，则 g t   t

 at  ， 0  t  1 ，
4
g x 2 
π 
π a
 π π 
若函数  sin  2x  3   a sin  2x  3   4 在 ,  有三个零点，

 6 4 
2 π 
π a
 π π 
即sin  2x  3   a sin  2x  3   4  0 在 ,  有三个不相等的实数根，

 6 4 
即关于t 的方程t 2  at  a  0 须有两个不同的实根，
4
在区间0, 1  内有一个实根，另一个实根在 1 ,1 内，
 2  2 

或一个实根是1，另一个实根在 1 ,1 内，

 2 
当一个根在 0, 1  ，另一个根在 1 ,1 ，
2  2 
 g 0  0


a  0
4
  1  11a4
故g  0 ，   a   0 ，解1  a  ，
  2 
 4243
  
 g 1  0
 1 a  a  0

4
当一个根为0 时，即 a  0 ，所以a  0 ，
4
此时方程为t 2  0 ，所以t  0 ，不合题意，
iii 11  1 a  a  0 ，解得a  1 ，
（ ）当一个根是 2 ，即 424
此时方程为t 2  t  1  0 ， t  1 ，不合题意；
42
（iv）当一个根是1，另一个实根在 1 ,1 ，由1 a  a  0 ，可得a  4 ，
 2 43

此时方程为t 2  4 t  1  0 ，解得t  1或t  1 ，
333
当t  1时，对应的一个 x 的解，当t  1 [0, 1 ) 也对应一个 x 的解，
32
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a 的取值范围是1, 4  ；
 3 

②由2x  x   π ，可得2x   π  x ，
124142
所以2x  π   π  x  π  π  x ，
13423122
因为2x  π  0, π  ， 2x  π  π , π  ，即 x   π , π  ， π  x  0, π  ，
136 
23 6 2 
2 12 12 12
26 

π  π

所以sin  2x1  3   sin  12  x2  ，
1 cs  π  2x 1 sin  2x  π 
所以
π  π
 62 23  ，
sin2 2x   sin2  x   
13  122 22

12
所以2 f 2  x   f  x   1 .
19．（1）因为O为V ABC 的重心，所以OA  OB  OC  0 .
因此OA  OC  OB ，

–––→ –––→–––→–––→–––→
所以OB  OA  OC  OB  OB   OB 2 .
等边三角形 ABC 的边长为4 3 ，它的高为4 3 
3  6 .
2
2
重心到顶点的距离等于中线长的
3

–––→ –––→–––→
故OB  OA  OC  42  16 .
，所以
OB  2  6  4 .
3
（2）（ⅰ）由OB  OB1  0 ，得OB1  OB .
所以 B ， B1 关于点O对称，且OB  OB1  4 .
又 OP  1．设BOP θ，则∠B1OP  π θ.
在△BOP 中，由余弦定理得 PB2  OB2  OP2  2  OB  OPcsθ 17  8csθ.
在VB OP 中，由余弦定理得 PB2  OB2  OP2  2  OB  OPcs π θ  17  8csθ.
17  8t
1111
17  8t
令t  csθ，则1 t 1，于是 PB  PB1 
.
设u  PB  PB1 .
17  8t 17  8t 
则u2  34  2
 34  2
289  64t 2
因为0  t 2  1 ，所以225  289  64t 2  289 .
289  64t 2
从而15  17 .
所以64  u2  68 .
17
又u  0，故8  u  2.

即 PB  PB1  8, 2 17  .
（ⅱ）以O为原点，建立平面直角坐标系，取 A0, 4, B 2 3, 2, C 2 3, 2.
则M 为 AC 的中点，所以M  3,1.
设 P u, v ，由 OP  1，得u2  v2  1.
由 xPA  y PB  z PM  0 .
可得 x 0  u, 4  v  y 2 3  u, 2  v z  3  u,1 v  0, 0 .
整理得 x  y  z u, v  x 0, 4  y 2 3, 2 z  3,1.
若 x  y  z  0 ，则结合上式可得 x  y  z  0 ，此时 x 无意义，不合题意．
y
因此 x  y  z  0 ．
由于 x ， y ， z 同乘同一个非零常数时， x 和 z都不变，所以可令 x  y  z  1 .
yx  y
于是u, v  x 0, 4  y 2 3, 2 z  3,1 .
对横坐标、纵坐标分别比较，得u  2 3y  3z , v  4x  2 y  z .
又 x  y  z  1 .
解这个方程组，得 x   3 u  1 v ， y   3 u  1 v  1 ， z  2  3 u  1 v .
124
12123
366
因为u2  v2  1，所以可设u  csθ, v  sinθ.
于是 x 
y
 3csθ 3sinθ . 4  3csθ sinθ
这里分母4  3csθ sinθ 4  2  2  0 .
所以可以直接比较 x 的大小．设 x  k .
yy
则 3csθ 3sinθ k 4  3csθ sinθ.
整理得 3 k 1csθ k  3sinθ 4k .
A2  B2
左边是形如 Acsθ Bsinθ的式子，它的最大值为
，所以要使上式有解，必须满足
3k 12  k  32
4k .
两边平方，得16k 2  3k 12  k  32 .
化简得16k 2  4k 2 12 .
所以k 2  1.
因此 x  1 .
y
当 P 0,1 时，即u  0 ， v 1，有 x  1 , y  1 , z  1 .
z
442
此时 x  1.
y
x
所以 y 的最大值为 1．此时
x  y 
1
2
1  1
44
 1.