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2024-2025学年上海市南洋模范中学高一下学期期中考试
数学试卷
一、单选题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合，则( )
A. B. C. D.
2.函数的图象不可能是( )
A. B.
C. D.
3.定义运算：，对于函数和，把函数在闭区间上的最大值称为与在闭区间上的“绝对差”，记为，则
A. B. C. D.
4.已知平面向量，，，且，已知向量与所成的角为，且对任意实数恒成立，则的最小值为( )
A. B. C. D.
二、填空题：本题共12小题，每小题5分，共60分。
5.若，，则 ．
6.四边形为菱形，其中，，则 ．
7.已知点是角终边上一点，将角的终边逆时针旋转得到角，则 ．
8.若函数的图象关于直线对称，则实数的值是 ．
9.已知的表达式为的部分图象如图，则 ．
10.已知是方程的两个实数根，则 ．
11.已知，，则 ．
12.在中，角，，的对边分别是，，，若，且，则的面积最大值是 ．
13.如图，矩形中，，，点是中点，连接将沿折叠，点落在点处，则的值为 ．
14.函数是定义在上的奇函数，且关于的不等式有解．则实数的取值范围为 ．
15.已知定义在上的偶函数，当时满足，关于的方程有且仅有个不同实根，则实数的取值范围是 ．
16.设函数，其中、为已知实常数，．
下列所有正确命题的序号是________ __．
若，则对任意实数恒成立；
若，则函数为奇函数；
若，则函数为偶函数；
当时，若，则．
三、解答题：本题共5小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.本小题分
已知，的夹角为，且，设．
若，求实数；
若，求实数；
时，求与的夹角的余弦值．
18.本小题分
设函数的表达式为．
求函数在上的单调递增区间；
将函数的图像向左平移个单位，得到函数的图像，函数，当，且时，有，求的值．
19.本小题分
在数学建模课上，老师给大家带来了一则新闻：“年月日上午，米的东莞第一高楼民盈国贸中心号楼以下简称“国贸中心”正式封顶，随着最后一方混凝土浇筑到位，标志着东莞最高楼纪录诞生，由东莞本地航母级企业民盈集团刷新了东莞天际线，比之前的东莞第一高楼台商大厦高出米”在同学们的惊叹中，老师提出了问题：国贸中心真有这么高吗？我们能否运用所学知识测量验证一下？一周后，两个兴趣小组分享了他们各自的测量方案．
第一小组采用的是“两次测角法”：他们在国贸中心隔壁的会展中心广场上的点测得国贸中心顶部的仰角为，正对国贸中心前进了米后，到达点，在点测得国贸中心顶部的仰角为，然后计算出国贸中心的高度如图．
第二小组采用的是“镜面反射法”：在国贸中心后面的新世纪豪园一幢层楼与国贸中心处于同一水平面，每层约米楼顶天台上，进行两个操作步骤：将平面镜置于天台地面上，人后退至从镜中能看到国贸大厦的顶部位置，测量出人与镜子的距离为米；正对国贸中心，将镜子前移米，重复中的操作，测量出人与镜子的距离为米然后计算出国贸中心的高度如图．
实际操作中，第一小组测得米，，，最终算得国贸中心高度为；第二小组测得米，米，米，最终算得国贸中心高度为；假设他们测量者的“眼高”都为米
请你用所学知识帮两个小组完成计算参考数据：，，答案保留整数结果；
你认为哪个小组的方案更好，说出你的理由．
20.本小题分
已知函数．
求的单调递增区间；
若对任意的恒成立，求实数的取值范围；
已知函数记方程在区间上的根从小到大依次为，求的值．
21.本小题分
已知函数的定义域为，若存在区间，满足，则称是函数的“保值区间”．
已知，若是函数的“保值区间”，求实数的值；
证明：函数在其定义域上是严格减函数，且该函数不存在“保值区间”；
已知，设，若存在使得均为函数的“保值区间”，求的取值范围．
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.
16.．
17.解：由的夹角为，且，得，
由，得，
所以．
由，得，而不共线，则，解得
所以．
当时，，，
，
且，则，
所以与的夹角的余弦值为．
18.解：令，解得
时，单调递增区间为和
由题意
令，解得为的对称轴
，，此时
19.解：第一小组：在中得，；在中得，
因为即
得米
米
第二小组：，得
同理得，
因为得
所以米
所以米
优点：测量方法较好理解，普适性强；计算思路简洁；
不足：的距离较长，测量要求高，难度大；角度测量较难精准，容易造成误差；场地要求较高；
第二组方案
优点：测量方法有创意用到镜面成像和相似三角形；相对距离短，比较好测量；只需测量距离，需要的工具少；
不足：两次放镜子相对距离太短，容易造成误差；镜面放置较难保持水平，容易造成误差；如果镜面较大，人眼看镜内物像时，两次不一定都看准镜面上的同一个点，易造成误差；人与镜子的距离差值较小，测量容易造成误差

20.解：
．
令，，解得，，
故的单调递增区间为，．
由知，
则对任意的恒成立，
即对任意的恒成立，
则对任意的恒成立，
令，
因为，则，且，
因为，则函数在上单调递减，
由，解得，
则的最大值为，故．
令，
，，
令，又，
函数在上的图象如下图所示，
由图可知，的图象与直线共有个交点，即，
则，
因，
所以．
21.解：由题可知函数开口向上，且对称轴为，
所以在单调递减，
根据题意可知，
设，
所以为奇函数，
当时，
显然此时单调递减，
利用奇函数的性质可知，在定义域内严格单调递减；
假设存在“保值区间”为
则又因为，故，
所以有解得，
显然与已知矛盾，故不存在“保值区间”．
当时，此时，
若，因为存在使得为函数的“保值区间”，
所以有
此时，
显然，此时是的“保值区间”，
故满足题意；
当时，函数的图像开口向上，且对称轴为
若，即，函数在上单调递增，
所以有
因为，得，
此时的图像开口向下，对称轴为，
所以在单调递减，
所以有，故是的“保值区间”；
若，此时的“保值区间”为，
所以有，且，
由易知，
因为均为函数的“保值区间”，
所以有，，
所以有
不满足，故此时无解；
若，
易知
同上可知，
不满足条件，故此时无解；
若，此时函数在上单调递减，
得
此时的图像开口向下，对称轴为，
所以在单调递增，
此时得
因为，
此时均为函数的“保值区间”；
所以满足题意．
综上所述，若存在使得均为函数的“保值区间”，则．

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