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2024-2025学年江西省景德镇一中高一上学期期末考试数学试卷(B)
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.已知 、 ∈ ，则“3 > 3 ”是“ 3 > 3”成立的( )条件
A.充分非必要 B.必要非充分 C.充要 D.非必要非充分
2.对于向量 , , 和实数 ，下列命题中真命题是( )
→ →
A.若 · = 0，则 = 0
→ →
或 = 0 B.若 = ，则 = 0 或 = 0
C.若 2 = 2，则 = 或 = D.若 · = · ，则 =
3.若向量 = (sin2 , sin 1)， = (1,1 + sin )，且 tan( 4 + ) = 3，则
的值是
A. 1 B. 3 55 C. 3 D. 1
4.在 中，角 、 、 的对边分别为 、 、 ，则以下结论错误的为( )
A. sin = cos = cos 若 ，则 = 90

B. + sin = sin +sin
C.若 sin > sin ，则 > ；反之，若 > ，则 sin > sin
D.若 sin2 = sin2 ，则 =
5.已知向量 , 满足 = 2, = 1, = 2，则 在 方向上的投影向量是( )
A. B.

8 4 C. 4 D. 2
6.若函数 ( ) = 2 3sin cos 2cos2 + 1( > 0)，①函数 ( )的最小正周期为π，则 = 2；②当 =
2 时， ( ) π π π在区间 0, 6 上单调递增；③当 = 2 时， 24 , 0 为函数 ( )的一个对称中心；④若 ( )在 0, 3
7 13
上有且只有两个零点，则 ∈ 4 , 4 .其中正确结论的个数为( )
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
2
7.设函数 ( ) = 1| | ，则使得 ( ) > (2 1)成立的 的取值范围是( )
A. 12 , 1 B. ∞,
1
3 ∪ (1, + ∞)
C. 1 , 1 1 13 2 ∪ 2 , 1 D. ( ∞,0) ∪ 0, 3 ∪ (1, + ∞)
8.平行四边形 中， = 4， = 2， = 4 2，点 在边 上，则 的取值范围是( )
A. [ 1,8] B. 1,4 + 2 C. 2,4 + 4 2 D. [ 2,0]
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。
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9.定义两个向量 , 之间的一种新运算： = | | | |sin ，其中 是向量 , 的夹角，则对于非零向量 , ，
则下列结论一定成立的是( )
A.若 = 0，则 //
B. ( )2 + ( )2 = | |2 | |2
C. ( + ) ( + ) = + 2 +
D.若 ∈ ，则 ( ) = ( )
10.如图，在四边形 中， = 2 ， 为 的中点， 与 交于点 ， 与 交于点 ，设 = ，
= ，则下列结论正确的是( )
A. = 1 3
B. =
C. = 1 + 3 2 2
D.若 = + ，则 2 = 1
log (1 ), ≤ 0
11.已知函数 ( )的定义域为 R，且满足 ( ) = 2 ( 1) ( 2), > 0，则下列结论中正确的是( )
A. ( 1) = 1 B. (2023) = 1
C. (8) + (10) = 2 D. ( )在[ 2023,2023]上有 675 个零点
三、填空题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20分。
12.已知 = (2,3), = ( 1, ).若 , 的夹角为钝角，则 的范围为 ．
sin(π2+ ) sin(π ) tan 13.化简： 3π = ．2cos( 2 ) cos(5π ) tan(3π )
14 π 3.已知函数 ( ) = 2sin 2 + 6 + 5在 0,
7π
6 上有两个不同的零点 1, 2，则 cos 1 2 = ．
15 π.已知向量 , 夹角为 , = 2，若对任意 ∈ ，恒有 + ≥ 3
12 ，则函数
( ∈ )的最小
值为 ．
四、解答题：本题共 6小题，共 72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题 12 分)
sin +cos
已知 ( ) = sin cos ．
(1) 2若 sin + cos = 2 ，且 0 < < π，求 ( )的值；
(2) ( ) = 1若 ，求sin23 3sin cos 的值．
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17.(本小题 12 分)
2 2
在锐角 中，角 , , 所对的边分别为 , , sin sin = ，且 sin 2 ．
(1)求 ；
(2)若 = 2，求 周长的取值范围．
18.(本小题 12 分)
( ) = 1已知函数 3 sin( + )( > 0)的图象如图所示．
(1)求函数 ( )的对称中心和单调递增区间；
(2)先将函数 = ( )图象上所有点的纵坐标伸长到原来的 3 倍(横坐标不变)，然后将得到的函数图象上所
π
有点的横坐标伸长到原来的 2 倍(纵坐标不变)，最后将所得图象向左平移3个单位后得到函数 = ( )的图
象.若 ( ) ≤ 1 对任意的 ∈ 5π12 , 0 恒成立，求实数 的取值范围．
19.(本小题 12 分)
对于函数 = ( ), ∈ ，若存在实数 0 ∈ ，使得 0 + 1 = 0 + (1)成立，则称函数 = ( )存在
“漂移点” 0．
(1) 1判断函数 ( ) = 是否存在“漂移点”？并说明理由；
(2)求证：函数 ( ) = 3 + 2在(0,1)上存在“漂移点”；
(3)若函数 ( ) = lg 2在(0, + ∞)上存在“漂移点”，求实数 的取值范围．
20.(本小题 12 分)
如图，点 , 分别是正方形 的边 、 上两点， = 1，∠ = ，记点 为 的外心．
(1)若 = ， = ，0 ≤ ≤ 1，求 的值；
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(2)若 = 45°，求 的取值范围；
(3)若 = 60°，若 = + ，求 3 + 6 的最大值．
21.(本小题 12 分)
已知函数 ( ) = log2 4 + 1 + ．
(1)若 ( )为偶函数，求实数 的值；

(2) = 0 4 1当 时，若不等式 2 > log4(2 + 1) 对任意 ≥ 1 恒成立，求实数 的取值范围；
(3) > 0 8 log 2 + 2log 1 4当 时，关于 的方程 4 2 + 4 = 1 在区间 1,2 2 上恰有两个不同的实数解，
求实数 的取值范围．
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参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12. < 23且 ≠
3
2
13. 12/ 0.5
14. 310/0.3
15. 3
16.解：(1) 1 sin +cos 解法 ： ( ) = sin cos ，
2
因为 sin + cos = 2 ，
1 1
所以 sin + cos 2 = 2，即 2sin cos = 2，
从而 sin cos 2 = 1 2sin cos = 32，
因为 0 < < π，sin > 0，
又因为 sin cos < 0，所以 cos < 0，因此 sin cos > 0，
从而 sin cos = 62 ，
故 ( ) = sin +cos 3sin cos = 3 ．
解法 2：由 sin + cos = 22 及sin
2 + cos2 = 1，
解得 sin = 6+ 24 ，cos =
2 6
4 ，
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或 sin = 2 6 6+ 24 ，cos = 4 ，
因为 0 < < π，所以 sin = 6+ 24 ，cos =
2 6
4 ，
所以 sin cos = 6 sin +cos 32 ，因此 ( ) = sin cos = 3 ．
(2) 1 sin +cos 1解法 ： ( ) = sin cos = 3，
所以 2sin = 4cos ，
假设 cos = 0，则由上式知 sin = 0，与sin2 + cos2 = 1 矛盾，
所以 cos ≠ 0，
从而 tan = 2．
2
sin2 3sin cos = sin 3sin cos
2
则 sin2 +cos2 =
tan 3tan
tan2 +1 = 2
2 ( ) = sin +cos 1解法 ： sin cos = 3，所以 sin = 2cos ，
又sin2 + cos2 = 1，所以 5cos2 = 1 1，即cos2 = 5，
因此sin2 3sin cos = 4cos2 + 6cos2 = 10cos2 = 2．
2 2
17. (1) sin sin 解： 在锐角 中，因为 sin = 2 ，
2 2
所以由正弦定理得 = 2 ，故
2( ) = ( 2 2)，
得到 ( ) = 2 2，化为 2 = 2 2，
2 2 2
故得 = 2 + 2 2 + ，化简得 = 1，
2+ 2 2 1 2+ 2 2 1
即 2 = 2，由余弦定理得 cos = 2 = 2，
π π
因为 ∈ (0, 2 )，所以 = 3．
(2)因为 = 2 2 4 3，由正弦定理得sin = sin = 3 = 3 ，
2
= 4 3 4 3所以 3 sin , = 3 sin ，且设 周长为 ，
所以 = 2 + + = 2 + 4 33 sin +
4 3
3 sin = 2 +
4 3 sin + 4 3 sin( 2π3 3 3 )
= 2 + 4 33 sin +
4 3
3 (
3
2 cos +
1
2 sin ) = 2 +
4 3 2 3
3 sin + 2cos + 3 sin
= 2 + 2 3sin + 2cos = 2 + 4sin( + π6 )，
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因为在锐角 π π中，所以 ∈ (0, 2 ), ∈ (0, 2 )，
2π π π 2π
所以 3 ∈ (0, 2 )，解得 ∈ ( 6 , 3 )，
∈ ( π , π π π 2π综上可得 6 2 )，所以 + 6 ∈ ( 3 , 3 )，
故 sin( + π6 ) ∈
3
2 , 1 ，则 4sin( +
π
6 ) ∈ 2 3, 4 ,
得到 4sin( + π6 ) + 2 ∈ 2 3 + 2,6 ，即 ∈ 2 3 + 2,6 ,
故 周长的取值范围为 2 3 + 2,6 ．
18. π π π π 2π 1解：(1)由图可知：2 = 3 12 = 4，所以 = 2，所以 = = 4， ( ) = 3 sin(4 + )，
π = 1 π 1 π π π又 12 3 sin 3 + = 3 , sin 3 + = 1, 3 + = 2 π + 2 , ∈ Z，
所以 = 2 π + π6， ∈ Z．
( ) = 1所以 3 sin 4 + 2 π +
π
6 =
1 π
3 sin 4 + 6 ．
令 4 + π6 = π， ∈ Z
π π
，则 = 4 24， ∈ ．
( ) π π所以 的对称中心为 4 24 , 0 ， ∈ ．
π令 2 + 2 π ≤ 4 +
π
6 ≤
π π π
2 + 2 π, ∈ Z，即 6 + 2 ≤ ≤
π π
12 + 2 , ∈ Z，
( ) π+ π , π π所以函数 的单调递增区间为 6 2 12 + 2 , ∈ Z．
(2)由题 ( ) = sin 2 + π π3 + 6 = sin 2 +
5
6π ．
∈ 5π 5π 5π当 12 , 0 , 2 + 6 ∈ 0, 6 时， ( ) ∈ [0,1]．
因为 ( ) ≤ 1 5π对任意的 ∈ 12 , 0 恒成立，
( )
则 max
≤ 1 +
( )min ≥ 1 +
．
所以 ∈ [0,1]．
19. (1) 1 1 1解： 假设函数 ( ) = 有“飘移点” 0，则 +1 = + 1 有解，0 0
即 2 10 + 0 + 1 = 0，由于方程无实根，与题设矛盾，所以函数 ( ) = 没有飘移点．
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(2)令 ( ) = ( + 1) ( ) (1) = ( + 1)2 + 3 +1 ( 2 + 3 ) 4
= 2 × 3 + 2 3，
所以 (0) = 1， (1) = 5.所以 (0) (1) < 0，
又 ( )在(0,1)连续，
所以 ( ) = 0 在(0,1)至少有一个实根 0，
即函数 ( ) = 3 + 2在(0,1)上存在漂移点；
(3)若 ( ) = lg 2在(0, + ∞)上有飘移点 0，

所以 lg ( = lg + lg 成立，即0+1)2 20 ( 0+1)2
= 2 × ， > 0， 0
=
2
整理得 0 0 2( 0+1)2
= ( 0+1
) ，
由 0 > 0，0 <
0
0+1
< 1，则 0 < < 1．
则实数 的取值集合是{ |0 < < 1}．
20.解：(1)以 点为坐标原点， 为 轴，建立直角坐标系． ( , 1)， (1,1 )，
所以 = ( , 1) ( 1, 1 + ) = 1．
(2)设∠ = ∈ 0, π4 ，0 ≤ tan ≤ 1,1 ≤ tan + 1 ≤ 2，
则 1, tan ， tan π4 , 1 ．
π π 1 tan
= tan 4 , 1 1, tan = tan 4 + tan = 1+ tan + tan
= 2 + tan 1 = 21+tan 1+tan + tan + 1 2，
由于 tan + 1 ∈ [1,2]，根据对勾函数的性质可知 ∈ 2 2 2,1 ．
(3) = 1
2
= + =
2
2 +
；
= 1
2
= + =
2
2
+ ．
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1 2 = 2 + 1 ,
设 = ， = ，则这两个式子为 2 21 ,
2
2 = 1 22 + .
= 2 + ,
化简得 = + 2 .
= 2 ,
解得 3
= 2 3 .
所以 3 + 6 = 3 2 2 3 + 6 3 = 6
2
+ ，
设∠ = ∈ 0, π6 ，tan ∈ 0,
3
3 ，

1 3
cos 2 cos +
1
2sin = = 3 1 3 2 3令 = = 1π cos
= 2 + 2 tan ∈ 2 , 3 ，
cos 6
所以由对勾函数的性质得 3 + 6 = 6 2 + = 6 +
2
∈ 6
11 3
6 , 6
5 3
3 ，
π 5 3
所以当 = 6时，即点 与 点重合时，3 + 6 取到最大值 6 3 ．
21.【详解】(1) ( ) = log 2 4 + 1 + 定义域为 R，
因为 ( )为偶函数，所以 ( 1) = (1)，
即log 12 4 + 1 = log 12 4 + 1 + ，解得： = 1，
此时 ( ) = log2 4 + 1 = log 2 + 2 2 ，定义域为 R，
且 ( ) = log 2 2 + 2 = ( )，
所以 ( ) = log 2 + 2 2 为偶函数，符合题意，
所以 = 1；

(2) = 0 4 1 4 1当 时，不等式 2 > log4(2 + 1) 可化为： 2 > log2(2 + 2)，
4 1
即 2 > log2(2 + 2)对任意 ≥ 1 恒成立，

( ) = 4 1记 = 2 2 2 ，( ≥ 1)，只需 ( )min > log2(2 + 2)，
因为 = 2 在(1, + ∞)上单调递增， = 2 在(1, + ∞)上单调递增，
所以 ( ) = 2 2 在(1, + ∞)上单调递增，
所以 ( )min = (1) = 2
1
2 =
3
2，
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2 (2 + 2) <
3
所以{ 2 1 + 1 > 0 ，解得： 2 < < 2 1，
2 + 2 > 0
1
即实数 的取值范围为 2 , 2 1 ；
(3)当 > 0 时， = log 4 2 + 1 在 R 上单调递增， = 在 R 上单调递增，
所以 ( ) = log2 4 + 1 + 在 R 上单调递增且 (0) = log 402 + 1 = 1，
1 4 1 4
则 8 log 2 24 + 2log2 + 4 = 1 可化为 8 log4 + 2log2 + 4 = (0)，
又因为 ( ) R 1 4在 上单调递增，所以 8 log 24 + 2log2 + 4 = 0，
8 log2
2 4
换底得： log 4 2log2 +2
4 = 0，
即 2 log 22 2log2 +
4
4 = 0，
令 = log2 , ∈ 1,2 2 ，则 ∈ 0,
3
2 ，
问题转化为 2 2 2 + 4 4 = 0
3
在 ∈ 0, 2 上有两不同实数根，
4 3
即 = 2
2 + 2 + 4， ∈ 0, 2 有两根，，
令 = 2 21 + 2 + 4， ∈ 0,
3 4
2 ， 2 = ，
分别作出图象如图所示：
故 2 2 2 + 4 3 4 9 8 4 = 0 在 ∈ 0, 2 上有两根，只需 4 ≤ < 2，解得：9 < ≤ 1，
8
即实数 的取值范围为 9 , 1 ．
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