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湖北省荆楚优质高中联盟2024-2025学年高一下学期3月联考数学试题
1．（2025高一下·湖北月考）已知集合，则（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025高一下·湖北月考）“ ”是“ ”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
3．（2025高一下·湖北月考）设，则（　　）
A． B． C． D．
4．（2025高一下·湖北月考）已知正数满足，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
5．（2025高一下·湖北月考）幂函数都有成立，则下列说法正确的是（　　）
A． B．或 C．是偶函数 D．是奇函数
6．（2025高一下·湖北月考）如今科技企业掀起一场研发大模型的热潮，大规模应用成为可能，尤其在图文创意，虚拟数字人以及工业软件领域已出现较为成熟的落地应用.函数和函数是研究人工智能被广泛使用的两种用作神经网络的激活函数，函数的解析式为，经过某次测试得知，则当把变量增加一倍时，（　　）
A． B． C． D．
7．（2025高一下·湖北月考）函数的图象在区间上恰有2个最高点，则的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025高一下·湖北月考）设函数与函数的图象在内交点的横坐标依次是，且，则实数（　　）
A． B． C． D．
9．（2025高一下·湖北月考）下列说法正确的是（　　）
A．命题“”的否定形式是“”
B．函数且的图象过定点
C．方程的根所在区间为
D．若命题“恒成立”为真命题，则“或”
10．（2025高一下·湖北月考）已知函数的部分图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．的图像关于直线对称
B．的图像关于点对称
C．将函数的图像向右平移个单位长度得到函数的图像
D．若方程在上有两个不相等的实数根，则的取值范围是
11．（2025高一下·湖北月考）已知函数，若存在四个实数，使得，则（　　）
A．的范围为 B．的取值范围为
C．的取值范围为 D．的取值范围为
12．（2025高一下·湖北月考）已知扇形的面积为8，扇形圆心角的弧度数是4，则扇形的周长为　 　.
13．（2025高一下·湖北月考）在中，，点是上的一点，若，则实数的值是　 　.
14．（2025高一下·湖北月考）对于函数，若在其定义域内存在两个实数，使当时，的值域也是，则称函数为“保值”函数，区间称为函数的“等域区间”.
（1）请写出一个满足条件的“保值”函数：　 　
（2）若函数是“保值”函数，则实数k的取值范围是　 　.
15．（2025高一下·湖北月考）设是不共线的两个向量.
（1）若，求证：三点共线；
（2）若与共线，求实数的值.
16．（2025高一下·湖北月考）已知函数为奇函数，其中.
（1）求和实数的值；
（2）若满足，求实数的取值范围.
17．（2025高一下·湖北月考）已知函数的最大值为.
（1）求的值和的对称轴；
（2）求在上的单调递减区间；
（3）若，成立，求的取值范围.
18．（2025高一下·湖北月考）如图，在平面直角坐标系中，以轴非负半轴为始边作角与，它们的终边分别与单位圆相交于点和，已知点的坐标为.
（1）若，求点的坐标；
（2）若将角的终边按逆时针方向旋转至第一象限，且为锐角，，求的大小.
19．（2025高一下·湖北月考）设次多项式，若其满足，则称这些多项式为切比雪夫多项式.例如：由可得切比雪夫多项式.
（1）求切比雪夫多项式；
（2）求的值；
（3）已知方程在上有三个不同的根，记为，求证：.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】并集及其运算；一元二次方程的解集
【解析】【解答】解：因为
，
所以.
故答案为：B.
【分析】先解一元二次不等式可得集合，再求函数的定义域求得集合，最后利用集合并集的定义即可求解.
2．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】由 可得 ，
由 ，得到 或 ， ，不能得到 ，
所以“ ”是“ ”的充分不必要条件，
故答案为：A.
【分析】根据 和 之间能否推出的关系，得到答案.
3．【答案】C
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；对数函数的单调性与特殊点；利用幂函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：，
故.
故答案为：C.
【分析】利用指对数函数的单调性，将其与比较即可求解.
4．【答案】B
【知识点】有理数指数幂的运算性质；基本不等式
【解析】【解答】解：因为正数满足，所以，即，
则，
当且仅当，即时取等号，
此时的最小值为.
故答案为：B.
【分析】先利用指数的运算可得，再利用基本不等式“1”的妙用即可求解.
5．【答案】D
【知识点】幂函数的概念与表示；幂函数的图象与性质
【解析】【解答】解：因为是幂函数，
所以，解得或，
因为，都有成立，所以该函数在是减函数，
所以，
，定义域为，定义域关于原点对称，
又，所以是奇函数.
故答案为：D.
【分析】先利用幂函数的定义及性质可得的值，再利用函数奇偶性定义即可求解.
6．【答案】A
【知识点】有理数指数幂的运算性质
【解析】【解答】解：已知，解得：，；
；；
所以将代入得：.
故答案为：.
【分析】先利用已知条件可得与的关系，再将代入解析式中即可求解.
7．【答案】A
【知识点】正弦函数的图象；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：已知，则，
因为图象在区间上恰有2个最高点，
所以，
解得：.
所以的取值范围为；
故答案为：A
【分析】先利用得到，再利用正弦函数性质构造不等式即可求解.
8．【答案】C
【知识点】二倍角的余弦公式；同角三角函数基本关系的运用；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：由题意可知，
所以，
又，
所以，则，
所以
，
因为，解得.
故答案为：C.
【分析】先利用诱导公式，再利用同角三角形的基本关系结合二倍角公式即可求解.
9．【答案】B,C
【知识点】全称量词命题；命题的否定；函数恒成立问题；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：A、命题“”的否定形式是“”，故A错误；
B、当时，，此函数值与无关，
则函数图象过定点，故B正确；
C、令，则函数在上单调递减，
又，，
则由零点存在性定理可知，则函数在区间内存在唯一一个零点，
即方程的根所在区间为，故C正确；
D、命题“恒成立”为真命题，
得，解得，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】按照规则写出全称命题的否定即可判断A；令真数取，则可求出定点即可判断B.；通过零点存在性定理判断函数的零点个数即可判断C；利用即可判断D.
10．【答案】A,C,D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：由图可知：的最小正周期，
当时，，所以；
A、，故A选项正确；
B、，故B选项错误；
C、将向右平移，
得到，故C选项正确；
D、的大致图像如下：
欲使得在内方程有2个不相等的实数根，
则，故D选项正确；
故答案为：ACD.
【分析】根据即可判断A，根据，即可判断B；将向右平移，得到，即可判断C；根据的图象即可判断D.
11．【答案】A,C
【知识点】正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：函数的图象如图所示：
A、由图知，函数与交于四个交点，则，故A正确；
B、因为，则，
由于，则，
所以，则，且，
由于，由可得或，
所以，又，
则，所以，且，
所以，则，故B错误；
C、由上分析可得，
由，得，
则，
因函数在上为增函数，则，
则，所以，故C正确；
D、，设，
则，则在上为增函数，所以，
即，故D错误.
故答案为：AC
【分析】先作出图形，由题意可得、，利用对数的运算性质、基本不等式、函数与方程，依次计算判断选项即可求解.
12．【答案】12
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：设扇形的弧长为l，半径为r，由于扇形圆心角的弧度数是4，
则，又因为，即，
所以.
故其周长.
故答案为：12.
【分析】先利用弧长公式及扇形面积公式列式计算求出=2，再利用弧长公式即可求解.
13．【答案】
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：已知如图所示：
因为为上的一点，设，
即，
所以，，
因，则为线段的中点，则，
，
因、不共线，故，解得.
故答案为：.
【分析】设，利用平面向量的线性运算可得出，，再利用平面向量的基本定理可得出关于、的方程组，解方程即可求解.
14．【答案】；
【知识点】函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：（1）由题意得方程至少有两个根，设函数
（2）因为是增函数，
若是“保值”函数，则存在实数，
使即
所以是关于的方程的两个实数根，
从而方程有两个不相等的实数根.
令，则
函数在上单调递减，在上单调递增，
，根据二次函数的图象可知，
当且仅当时，直线与曲线有两个不同的交点，
即方程有两个不相等的实数根，故实数的取值范围是.
故答案为：；.
【分析】（1）利用”保值“的定义域与值域一样，即可得；
（2）利用函数的单调性，转化为关于的方程的两个实数根即可求解.
15．【答案】（1）证明：，
，
又因为与共线，且有公共端点，
所以三点共线.
（2）解：因为与共线，所以存在实数，使得
即.
由与不共线，可知，解得
所以
即实数的值为或.
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的线性运算
【解析】【分析】（1）由题意可得，再利用向量共线定理即可得证；
（2）先利用向量共线定理可得，再利用已知条件与不共线，可列出方程组求解即可求解.
（1）证明：，
，
又因为与共线，且有公共端点，
所以三点共线.
（2）因为与共线，所以存在实数，使得
即.
由与不共线，可知，解得
所以
即实数的值为或.
16．【答案】（1）解：由，则；
因为函数是奇函数，所以，
即，
即，则，所以，
又因为，所以.
（2）解：由（1）知，
由，解得，
则的定义域为，
因为，所以在上为减函数，
又因为，即，
则，解得，
所以实数的取值范围为.
【知识点】复合函数的单调性；函数的奇偶性；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【分析】（1）代值计算即可求得，再利用奇函数的定义即可求解；
（2）由（1）可得函数的定义域为，再利用复合函数的单调性可得函数在上为减函数，列出不等式组即可求解.
（1）由，则；
因为函数是奇函数，所以，
即，
即，则，所以，
又因为，所以.
（2）由（1）知，
由，解得，
则的定义域为，
因为，所以在上为减函数，
又因为，即，
则，解得，
所以实数的取值范围为.
17．【答案】（1）解：由题知，
因为的最大值为，所以，可得，
所以，
由得.
所以函数的对称轴方程为.
（2）解：因为，令，则，
因为的单调递减区间是，
由，得，
所以在的单调递减区间是.
（3）解：由题意知，由，可得，
故当时，函数取最大值，所以，，
因此，实数的取值范围是.
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【分析】（1）先利用三角恒等变换化简可得，利用函数的最大值可求得=3，再利用正弦型函数的对称性轴方程即可求解；
（2）由可求出的取值范围，再利用正弦型函数的单调性即可求解；
（3）由题意可知，，利用正弦型函数的基本性质求出函数在区间的最大值，即可得出实数的取值范围即可求解.
（1）由题知，
因为的最大值为，所以，可得，
所以，
由得.
所以函数的对称轴方程为.
（2）因为，令，则，
因为的单调递减区间是，
由，得，
所以在的单调递减区间是.
（3）由题意知，由，可得，
故当时，函数取最大值，所以，，
因此，实数的取值范围是.
18．【答案】（1）解： 因为点在单位圆上，利用三角函数的定义，解
由三角函数的定义知，
因为，且，所以
所以
故
（2）解：因为，所以，
因为，且，所以
因为，，所以，
所以，
因为，且，所以；
因为，
且，
所以.
【知识点】两角和与差的正切公式；二倍角的正切公式；任意角三角函数的定义；三角函数诱导公式二~六
【解析】【分析】（1）依题意求出，再利用任意角的三角函数的定义可得，再利用诱导公式即可求解；
（2）利用二倍角的正切公式求得，利用同角的三角函数求得，利用两角和的正切公式求得，进而求得的大小.
（1）因为点在单位圆上，利用三角函数的定义，解
由三角函数的定义知，
因为，且，所以
所以
故
（2）因为，所以，
因为，且，所以
因为，，所以，
所以，
因为，且，所以；
因为，
且，
所以.
19．【答案】（1）解：因为
所以
所以，
所以；
（2）解：因为，
所以，又，
所以，
所以
即，因为，
解得（舍去）；
（3）证明：由题意，，
设，代入方程得到，
解三角方程得，不妨取，
，
而，
综上.
【知识点】两角和与差的余弦公式；二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式
【解析】【分析】（1）利用两角和余弦公式和二倍角余弦公式利用表示，即可求解；
（2）由诱导公式可得，根据（1）和二倍角正弦公式和平方关系可求；
（3）由已知，设，由（1）可求，再根据两角和差余弦公式证明；
（1）因为
所以
所以，
所以；
（2）因为，
所以，又，
所以，
所以
即，因为，
解得（舍去）；
（3）由题意，，
法一：设，代入方程得到，
解三角方程得，不妨取，
，
而，
综上.
法二：令
即
依据多项式系数对应相等得到.
综上.
1 / 1湖北省荆楚优质高中联盟2024-2025学年高一下学期3月联考数学试题
1．（2025高一下·湖北月考）已知集合，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】并集及其运算；一元二次方程的解集
【解析】【解答】解：因为
，
所以.
故答案为：B.
【分析】先解一元二次不等式可得集合，再求函数的定义域求得集合，最后利用集合并集的定义即可求解.
2．（2025高一下·湖北月考）“ ”是“ ”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】由 可得 ，
由 ，得到 或 ， ，不能得到 ，
所以“ ”是“ ”的充分不必要条件，
故答案为：A.
【分析】根据 和 之间能否推出的关系，得到答案.
3．（2025高一下·湖北月考）设，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；对数函数的单调性与特殊点；利用幂函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：，
故.
故答案为：C.
【分析】利用指对数函数的单调性，将其与比较即可求解.
4．（2025高一下·湖北月考）已知正数满足，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】有理数指数幂的运算性质；基本不等式
【解析】【解答】解：因为正数满足，所以，即，
则，
当且仅当，即时取等号，
此时的最小值为.
故答案为：B.
【分析】先利用指数的运算可得，再利用基本不等式“1”的妙用即可求解.
5．（2025高一下·湖北月考）幂函数都有成立，则下列说法正确的是（　　）
A． B．或 C．是偶函数 D．是奇函数
【答案】D
【知识点】幂函数的概念与表示；幂函数的图象与性质
【解析】【解答】解：因为是幂函数，
所以，解得或，
因为，都有成立，所以该函数在是减函数，
所以，
，定义域为，定义域关于原点对称，
又，所以是奇函数.
故答案为：D.
【分析】先利用幂函数的定义及性质可得的值，再利用函数奇偶性定义即可求解.
6．（2025高一下·湖北月考）如今科技企业掀起一场研发大模型的热潮，大规模应用成为可能，尤其在图文创意，虚拟数字人以及工业软件领域已出现较为成熟的落地应用.函数和函数是研究人工智能被广泛使用的两种用作神经网络的激活函数，函数的解析式为，经过某次测试得知，则当把变量增加一倍时，（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】有理数指数幂的运算性质
【解析】【解答】解：已知，解得：，；
；；
所以将代入得：.
故答案为：.
【分析】先利用已知条件可得与的关系，再将代入解析式中即可求解.
7．（2025高一下·湖北月考）函数的图象在区间上恰有2个最高点，则的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】正弦函数的图象；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：已知，则，
因为图象在区间上恰有2个最高点，
所以，
解得：.
所以的取值范围为；
故答案为：A
【分析】先利用得到，再利用正弦函数性质构造不等式即可求解.
8．（2025高一下·湖北月考）设函数与函数的图象在内交点的横坐标依次是，且，则实数（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】二倍角的余弦公式；同角三角函数基本关系的运用；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：由题意可知，
所以，
又，
所以，则，
所以
，
因为，解得.
故答案为：C.
【分析】先利用诱导公式，再利用同角三角形的基本关系结合二倍角公式即可求解.
9．（2025高一下·湖北月考）下列说法正确的是（　　）
A．命题“”的否定形式是“”
B．函数且的图象过定点
C．方程的根所在区间为
D．若命题“恒成立”为真命题，则“或”
【答案】B,C
【知识点】全称量词命题；命题的否定；函数恒成立问题；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：A、命题“”的否定形式是“”，故A错误；
B、当时，，此函数值与无关，
则函数图象过定点，故B正确；
C、令，则函数在上单调递减，
又，，
则由零点存在性定理可知，则函数在区间内存在唯一一个零点，
即方程的根所在区间为，故C正确；
D、命题“恒成立”为真命题，
得，解得，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】按照规则写出全称命题的否定即可判断A；令真数取，则可求出定点即可判断B.；通过零点存在性定理判断函数的零点个数即可判断C；利用即可判断D.
10．（2025高一下·湖北月考）已知函数的部分图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．的图像关于直线对称
B．的图像关于点对称
C．将函数的图像向右平移个单位长度得到函数的图像
D．若方程在上有两个不相等的实数根，则的取值范围是
【答案】A,C,D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：由图可知：的最小正周期，
当时，，所以；
A、，故A选项正确；
B、，故B选项错误；
C、将向右平移，
得到，故C选项正确；
D、的大致图像如下：
欲使得在内方程有2个不相等的实数根，
则，故D选项正确；
故答案为：ACD.
【分析】根据即可判断A，根据，即可判断B；将向右平移，得到，即可判断C；根据的图象即可判断D.
11．（2025高一下·湖北月考）已知函数，若存在四个实数，使得，则（　　）
A．的范围为 B．的取值范围为
C．的取值范围为 D．的取值范围为
【答案】A,C
【知识点】正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：函数的图象如图所示：
A、由图知，函数与交于四个交点，则，故A正确；
B、因为，则，
由于，则，
所以，则，且，
由于，由可得或，
所以，又，
则，所以，且，
所以，则，故B错误；
C、由上分析可得，
由，得，
则，
因函数在上为增函数，则，
则，所以，故C正确；
D、，设，
则，则在上为增函数，所以，
即，故D错误.
故答案为：AC
【分析】先作出图形，由题意可得、，利用对数的运算性质、基本不等式、函数与方程，依次计算判断选项即可求解.
12．（2025高一下·湖北月考）已知扇形的面积为8，扇形圆心角的弧度数是4，则扇形的周长为　 　.
【答案】12
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：设扇形的弧长为l，半径为r，由于扇形圆心角的弧度数是4，
则，又因为，即，
所以.
故其周长.
故答案为：12.
【分析】先利用弧长公式及扇形面积公式列式计算求出=2，再利用弧长公式即可求解.
13．（2025高一下·湖北月考）在中，，点是上的一点，若，则实数的值是　 　.
【答案】
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：已知如图所示：
因为为上的一点，设，
即，
所以，，
因，则为线段的中点，则，
，
因、不共线，故，解得.
故答案为：.
【分析】设，利用平面向量的线性运算可得出，，再利用平面向量的基本定理可得出关于、的方程组，解方程即可求解.
14．（2025高一下·湖北月考）对于函数，若在其定义域内存在两个实数，使当时，的值域也是，则称函数为“保值”函数，区间称为函数的“等域区间”.
（1）请写出一个满足条件的“保值”函数：　 　
（2）若函数是“保值”函数，则实数k的取值范围是　 　.
【答案】；
【知识点】函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：（1）由题意得方程至少有两个根，设函数
（2）因为是增函数，
若是“保值”函数，则存在实数，
使即
所以是关于的方程的两个实数根，
从而方程有两个不相等的实数根.
令，则
函数在上单调递减，在上单调递增，
，根据二次函数的图象可知，
当且仅当时，直线与曲线有两个不同的交点，
即方程有两个不相等的实数根，故实数的取值范围是.
故答案为：；.
【分析】（1）利用”保值“的定义域与值域一样，即可得；
（2）利用函数的单调性，转化为关于的方程的两个实数根即可求解.
15．（2025高一下·湖北月考）设是不共线的两个向量.
（1）若，求证：三点共线；
（2）若与共线，求实数的值.
【答案】（1）证明：，
，
又因为与共线，且有公共端点，
所以三点共线.
（2）解：因为与共线，所以存在实数，使得
即.
由与不共线，可知，解得
所以
即实数的值为或.
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的线性运算
【解析】【分析】（1）由题意可得，再利用向量共线定理即可得证；
（2）先利用向量共线定理可得，再利用已知条件与不共线，可列出方程组求解即可求解.
（1）证明：，
，
又因为与共线，且有公共端点，
所以三点共线.
（2）因为与共线，所以存在实数，使得
即.
由与不共线，可知，解得
所以
即实数的值为或.
16．（2025高一下·湖北月考）已知函数为奇函数，其中.
（1）求和实数的值；
（2）若满足，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：由，则；
因为函数是奇函数，所以，
即，
即，则，所以，
又因为，所以.
（2）解：由（1）知，
由，解得，
则的定义域为，
因为，所以在上为减函数，
又因为，即，
则，解得，
所以实数的取值范围为.
【知识点】复合函数的单调性；函数的奇偶性；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【分析】（1）代值计算即可求得，再利用奇函数的定义即可求解；
（2）由（1）可得函数的定义域为，再利用复合函数的单调性可得函数在上为减函数，列出不等式组即可求解.
（1）由，则；
因为函数是奇函数，所以，
即，
即，则，所以，
又因为，所以.
（2）由（1）知，
由，解得，
则的定义域为，
因为，所以在上为减函数，
又因为，即，
则，解得，
所以实数的取值范围为.
17．（2025高一下·湖北月考）已知函数的最大值为.
（1）求的值和的对称轴；
（2）求在上的单调递减区间；
（3）若，成立，求的取值范围.
【答案】（1）解：由题知，
因为的最大值为，所以，可得，
所以，
由得.
所以函数的对称轴方程为.
（2）解：因为，令，则，
因为的单调递减区间是，
由，得，
所以在的单调递减区间是.
（3）解：由题意知，由，可得，
故当时，函数取最大值，所以，，
因此，实数的取值范围是.
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【分析】（1）先利用三角恒等变换化简可得，利用函数的最大值可求得=3，再利用正弦型函数的对称性轴方程即可求解；
（2）由可求出的取值范围，再利用正弦型函数的单调性即可求解；
（3）由题意可知，，利用正弦型函数的基本性质求出函数在区间的最大值，即可得出实数的取值范围即可求解.
（1）由题知，
因为的最大值为，所以，可得，
所以，
由得.
所以函数的对称轴方程为.
（2）因为，令，则，
因为的单调递减区间是，
由，得，
所以在的单调递减区间是.
（3）由题意知，由，可得，
故当时，函数取最大值，所以，，
因此，实数的取值范围是.
18．（2025高一下·湖北月考）如图，在平面直角坐标系中，以轴非负半轴为始边作角与，它们的终边分别与单位圆相交于点和，已知点的坐标为.
（1）若，求点的坐标；
（2）若将角的终边按逆时针方向旋转至第一象限，且为锐角，，求的大小.
【答案】（1）解： 因为点在单位圆上，利用三角函数的定义，解
由三角函数的定义知，
因为，且，所以
所以
故
（2）解：因为，所以，
因为，且，所以
因为，，所以，
所以，
因为，且，所以；
因为，
且，
所以.
【知识点】两角和与差的正切公式；二倍角的正切公式；任意角三角函数的定义；三角函数诱导公式二~六
【解析】【分析】（1）依题意求出，再利用任意角的三角函数的定义可得，再利用诱导公式即可求解；
（2）利用二倍角的正切公式求得，利用同角的三角函数求得，利用两角和的正切公式求得，进而求得的大小.
（1）因为点在单位圆上，利用三角函数的定义，解
由三角函数的定义知，
因为，且，所以
所以
故
（2）因为，所以，
因为，且，所以
因为，，所以，
所以，
因为，且，所以；
因为，
且，
所以.
19．（2025高一下·湖北月考）设次多项式，若其满足，则称这些多项式为切比雪夫多项式.例如：由可得切比雪夫多项式.
（1）求切比雪夫多项式；
（2）求的值；
（3）已知方程在上有三个不同的根，记为，求证：.
【答案】（1）解：因为
所以
所以，
所以；
（2）解：因为，
所以，又，
所以，
所以
即，因为，
解得（舍去）；
（3）证明：由题意，，
设，代入方程得到，
解三角方程得，不妨取，
，
而，
综上.
【知识点】两角和与差的余弦公式；二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式
【解析】【分析】（1）利用两角和余弦公式和二倍角余弦公式利用表示，即可求解；
（2）由诱导公式可得，根据（1）和二倍角正弦公式和平方关系可求；
（3）由已知，设，由（1）可求，再根据两角和差余弦公式证明；
（1）因为
所以
所以，
所以；
（2）因为，
所以，又，
所以，
所以
即，因为，
解得（舍去）；
（3）由题意，，
法一：设，代入方程得到，
解三角方程得，不妨取，
，
而，
综上.
法二：令
即
依据多项式系数对应相等得到.
综上.
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