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2024-2025学年辽宁省大连市大连育明高级中学高一下学期期中考试数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.点在平面直角坐标系中位于( )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
2.设则有( )
A. B. C. D.
3.莱洛三角形是以机械学家莱洛的名字命名，在建筑、商品的外包装设计、工业生产中有广泛的应用，它是分别以等边三角形的每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点之间画一段圆弧，由这三段圆弧围成的曲边三角形如图，若莱洛三角形的长为，则该莱洛三角形的面积为( )
A. B. C. D.
4.气象台在早上观测到一台风，台风中心在气象台正西方向处，它正向东北方向移动，移动速度的大小为；距离台风中心以内的地区都将受到影响若台风中心的这种移动趋势不变，该气象台受到台风影响的时段为( )
A. B. C. D.
5.若，则的值为( )
A. B. C. D.
6.如图，在中，，，为上一点，且满足，若，，则值为( )
A. B. C. D.
7.已知平面向量，，，满足，，若对于任意实数，都有成立，且，则的最大值为( )
A. B. C. D.
8.设函数，若对于任意实数，函数在区间上至少有个零点，至多有个零点，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.函数的部分图象如图所示，则( )
A. 的图象关于直线对称
B. 的图象向左平移个单位长度后得到函数
C. 的单调递增区间为
D. 若方程在上有且只有个根，则
10.已知、、分别为内角、、的对边，下面四个结论正确的是( )
A. 若，则
B. 若，且有两解，则的取值范围是
C. 若，则为等腰三角形
D. 若，则为锐角三角形
11.莱昂哈德欧拉年月日年月日，瑞士数学家、自然科学家欧拉是世纪数学界最杰出的人物之一，他不但为数学界作出贡献，更把整个数学推至物理的领域他在年首次提出定理：的外心，重心，垂心依次位于同一条直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，该直线被称为欧拉线若，，则下列结论正确的是( )
A. B.
C. D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量与的夹角为，，，则 ．
13.筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，既经济又环保，明朝科学家徐光启在农政全书中用图画描绘了筒车的工作原理如图假定在水流量稳定的情况下，简车上的每一个盛水筒都做匀速圆周运动．如图，将筒车抽象为一个半径为米的圆，筒车按逆时针方向每旋转一周用时秒，当时，筒车上的某个盛水筒位于点处，经过秒后运动到点，点的纵坐标满足已知筒车的轴心距离水面的高度为米，设盛水筒到水面的距离为单位：米盛水筒在水面下时，则为负数，则筒车在秒的旋转运动过程中，盛水筒位于水面以下的时间有为 秒．
14.已知的内角对边分别为，边上的高为，，则的最小值为 ．
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.本小题分
在平面直角坐标系中，已知向量．
若，求的值；
若，且和的夹角为锐角，求的取值范围．
16.本小题分
已知在中，内角的对边分别为，且．
若为边上的高线，求的最大值；
已知为上的中线，的平分线交于点，且，求的面积．
17.本小题分
已知．
当时，求的值；
若的最小值为，求实数的值；
对任意的，不等式恒成立．求的取值范围．
18.本小题分
已知为等边三角形，点分别是线段上的动点；
若为锐角三角形，且满足，
求证：；
求的最大值；
若，试问当长为多少时，的长取得最大值．
19.本小题分
设次多项式，若其满足，则称多项式为次切比雪夫多项式．
若切比雪夫多项式，求的值；
求的值；
方程在上有三个不同的根，记为，求证：．
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.解：因为，且，所以．
因为，所以，故．
因为，所以，所以．
因为和的夹角为锐角，
所以且与不共线，
则，解得，
又，即，
所以的取值范围是，
16.解：方法一：由余弦定理得
，
所以当且仅当时取等号．
又因为，
所以．
故的最大值为．
方法二：由知，点在的优弧上运动如图所示．
显然，当点在的中垂线上时，即点位于点处时，边上的高最大．
此时为等腰三角形，
又，故为正三角形，
根据得故的最大值为．
方法一：因为，
所以，
所以，
即．
由正弦定理得，
结合可得，所以，
所以．
因为平分，所以，
所以．
又因为是边上的中线，所以，
所以．
方法二：同方法一可得．
又因为，所以是以角为直角的直角三角形．
由于平分是边的中线，且
所以，
所以，
所以，
所以，
所以．
方法三：由得，
则．
又因为，所以．
由是角平分线知，
在中易得，
又因为，所以，
所以．
17.解：，
当时，；
设，则，，
，其对称轴为，
当，即时，的最小值为，则；
当，即时，的最小值为；则；
综上，或；
由，对所有都成立．
设，则
，恒成立，
，，在恒成立，
当时，递减，则在递增，
时取得最大值
得，
所以存在符合条件的实数，且的取值范围为．
18.解：因为，
所以．
所以．
所以．
因为为锐角，即，所以．
所以，又因为，所以．
中，由正弦定理得，即，
即，即，
故．
因为为锐角三角形，则，则
由知，
，
令，
当且仅当时取“”，．
，因为，所以，
因为，所以，
设，则，
在中，由正弦定理得，
所以，得，
在中，由正弦定理得，所以，
得，
所以
，
其中，所以当时，取得最大值，
所以，
所以，所以，即，
所以，解得或舍去，
所以当时，取得最大值．
19.解：，
所以，
所以，所以，所以；
因为，所以，
又，所以，所以，
即，因为，解得舍去；
法一：设代入方程得到，
因为，所以，
所以，
解得，
由知，，则，
则，
而，
综上可得．
法二：，
即，
依据多项式系数对应相等得到，
综上．

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