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湖南省三湘名校联盟2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（2025高一下·湖南期中）已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】交集及其运算；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：因为，故.
故答案为：D.
【分析】先解绝对值不等式得到集合A，再求其与整数集Z的交集。
2．（2025高一下·湖南期中）下列命题中为真命题的是（　　）
A．圆柱的侧面展开图是一个正方形
B．用一个平面去截圆锥，圆锥底面和截面之间的部分为圆台
C．有两个面互相平行，其余各面都是四边形的多面体是棱柱
D．球体是旋转体的一种类型
【答案】D
【知识点】棱柱的结构特征；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：A，圆柱的侧面展开图是一个矩形，不一定为正方形，故A错误；
B，根据圆台的定义，用一个平行于底面的平面去截圆锥，圆锥底面和截面之间的部分为圆台，故B错误；
C，有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的多面体叫做棱柱，故C错误；
D，球体是半圆绕着其直径所在直线旋转一周得到的封闭几何体，故D正确，
故答案为：D.
【分析】A：根据圆柱侧面展开图的定义，判断其形状为矩形，只有当底面周长等于高时才是正方形，并非必然为正方形。
B：依据圆台的定义，只有用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，才能得到圆台，否则不满足圆台的结构特征。
C：对照棱柱的完整定义，除了 “两个面平行、其余面为四边形” 外，还需满足相邻四边形的公共边互相平行，否则不是棱柱。
D：根据旋转体的定义，球体可由半圆绕其直径旋转而成，属于旋转体的一种。
3．（2025高一下·湖南期中）设外接圆的半径为，若，则的形状为（　　）
A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．不确定
【答案】B
【知识点】解三角形；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：设外接圆的半径为，
若，由正弦定理，可得，所以，
因为，可得，所以为直角三角形.
故答案为：B.
【分析】利用正弦定理，将已知的边长与外接圆半径的关系转化为对应角的正弦值，进而求出该角的大小，判断三角形形状。
4．（2025高一下·湖南期中）在复平面内，所对应的点位于（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】B
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由题意可得，其在复平面内所对应的点为，位于第二象限，
故答案为：B.
【分析】先对复数z进行化简，得到其代数形式a+bi，再根据实部a和虚部b的符号判断其在复平面内的象限。
5．（2025高一下·湖南期中）在中，，记，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：由题意可得，其中，
所以.
故答案为：C
【分析】利用向量的线性运算，将 用已知向量 和 表示，关键是先将 转化为 的倍数，再用 、 表示 。
6．（2025高一下·湖南期中）已知是实系数一元二次方程的一个复数根，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系；共轭复数
【解析】【解答】解：将代入方程可得，
即，故，解得，故.
故答案为：B
【分析】利用实系数一元二次方程的复数根共轭成对的性质，或直接将根代入方程，根据复数相等的充要条件（实部、虚部分别为 0）求解系数 m，n。
7．（2025高一下·湖南期中）已知平面上四个点，，，，则向量在向量上的投影向量为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：根据题意，可得，，则，
所以在向量上投影数量等于，
可得向量在向量上的投影向量为.
故答案为：A.
【分析】 先求出向量 和 的坐标，再计算投影数量，最后将投影数量与 方向的单位向量相乘，得到投影向量。
8．（2025高一下·湖南期中）如图，四边形的斜二测画法的直观图为直角梯形，其中，，，则四边形的周长为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】斜二测画法直观图；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：由斜二测画法知，，
所以由余弦定理得，
，代入上式解得，，
，
，，
还原平面图如图，
即，，
，
四边形的周长为．
故答案为：C.
【分析】先在直观图A'B'C'D' 中利用余弦定理求出各边长度，再根据斜二测画法的规则还原出原四边形ABCD的各边长度，最后计算周长。
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，选错得0分.
9．（2025高一下·湖南期中）已知向量，则（　　）
A．是的充要条件
B．是与的夹角为锐角的必要不充分条件
C．是的充要条件
D．是的充要条件
【答案】A,C
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：A，由，故A正确；
B，由为锐角且不共线且，故B错误；
C，由或，故C正确；
D，时，可得：，，此时，仍满足，故D错误，
故答案为：AC.
【分析】A：利用向量垂直的充要条件（数量积为0），通过坐标运算建立等式，验证与的等价性。
B：明确向量夹角为锐角的充要条件（数量积>0且不共线），判断是必要不充分还是充分不必要条件。
C：利用向量平行的坐标表示，推导与的等价关系。
D：通过举反例，验证能否推出夹角为，从而判断充要性是否成立。
10．（2025高一下·湖南期中）设复数满足，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,C
【知识点】复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：设，
由，则，
所以，即，故A正确；
代入可得，，所以，故B错误；
由，故C正确；
由，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】通过设复数的模为实数参数，将复数表示为代数形式，利用复数模的定义列方程求解模长，再结合共轭复数的性质逐一验证选项。
11．（2025高一下·湖南期中）记的内角的对边分别为，已知，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：A，因为，由正弦定理可知，
即，故A正确；
B，在边上取一点，使得，则，
，故，
在中，由正弦定理可得，
即，
故，故B错误；
C，由射影定理可得，
故，
因为，所以，
由余弦定理可得，
故，即，故C正确；
D，由B知，，可得，
故，
即，故，即，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】A：核心思路是利用角度关系将转化为，结合正弦定理完成边与角的互化，验证等式是否成立。
B：核心思路是通过角度推导将转化为，结合正弦定理对等式变形，对比原式判断正误。
C：核心思路是先利用选项A的结论和余弦定理化简，再通过代数变形推导与的等量关系。
D：核心思路是对选项B的正确等式进行通分变形，推导线段比例关系，验证结论是否成立。
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高一下·湖南期中）在中，，则　 　.
【答案】
【知识点】解三角形；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：在中，由余弦定理可得，
故答案为：.
【分析】已知两边及其夹角，直接使用余弦定理计算第三边。
13．（2025高一下·湖南期中）已知函数，则的图象经过定点　 　；的值域为　 　.
【答案】；
【知识点】指数型复合函数的性质及应用
【解析】【解答】解：因为恒成立，所以令得，
故的图象经过定点；
函数的定义域为R，所以函数的值域为，
因为在上单调递增，值域为，
所以函数的值域为.
故答案为；.
【分析】定点：令指数部分为 0，消除参数a的影响，求出对应的x和y；值域：先确定内层函数∣ax 1∣的值域，再根据外层指数函数的单调性求f(x)的值域。
14．（2025高一下·湖南期中）菱形中，，点在线段上，且，则　 　.
【答案】
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：因为，所以，
所以，
因为点在线段上，
可设
，
而，所以，解得，
所以，
则，
所以，故.
故答案为：.
【分析】先利用向量线性运算，将 、 用 、 表示，再根据点 在线段 上，设 ，与已知 对比求出 ，最后计算 并求和。
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．（2025高一下·湖南期中）已知中，.
（1）求；
（2）证明：.
【答案】（1）解：由辅助角公式可得，
即，则，
又，故.
（2）证明：设中角的对边分别为，
由余弦定理且，
可得，
当且仅当时取等，
故.
由正弦定理可得，
又，故，即.
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；辅助角公式
【解析】【分析】(1)利用辅助角公式将化简为，再结合的取值范围求解。
(2)由得，将用三角恒等变换化简为，再根据正弦函数的有界性证明不等式。
（1）由辅助角公式可得，
即，则，
又，故.
（2）设中角的对边分别为，
由余弦定理且，
可得，
当且仅当时取等，
故.
由正弦定理可得，
又，故，即，得证.
16．（2025高一下·湖南期中）已知函数.
（1）求的定义域；
（2）证明：曲线关于直线对称；
（3）若，求的取值范围.
【答案】（1）解：由，解得或，
故的定义域为.
（2）证明：因为，
所以，
又，
所以，即曲线关于直线对称.
（3）解：对于函数，其在上单调递减，在上单调递增，
且在上单调递增，
故在上单调递减，在上单调递增，
由（2）知，曲线关于直线对称，
要使，需满足，且，
解得.
【知识点】奇偶函数图象的对称性；正弦函数的性质；辅助角公式
【解析】【分析】(1) 对数函数的定义域要求真数大于0，因此需解不等式，确定自变量的取值范围。
(2) 证明函数图象关于直线对称，需验证，利用对数的运算性质化简等式两边即可。
(3) 求解的取值范围，需先分析函数的单调性和对称性，结合定义域列出不等式组，通过解绝对值不等式和定义域约束得到最终范围。
（1）由，解得或，
故的定义域为.
（2）因为，
所以，
又，
所以，即曲线关于直线对称.
（3）对于函数，其在上单调递减，在上单调递增，
且在上单调递增，
故在上单调递减，在上单调递增，
由（2）知，曲线关于直线对称，
要使，需满足，且，
解得.
17．（2025高一下·湖南期中）已知复数，（，且，），且.
（1）求的值；
（2）证明：；
（3）设，在复平面上对应的向量分别为，，若，求的值.
【答案】（1）解：由已知，则，，
所以，
又，则，
所以，
化简可得，
又，所以，即；
（2）证明：由（1）得，
所以，
又，
所以；
（3）解：设在复平面上对应的向量为，
在复平面上对应的向量为，
所以，
故，解得.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；复数的模；复数运算的几何意义
【解析】【分析】(1)先求出，再根据复数模的公式列出的等式，化简后求解。
(2)利用(1)中的结论，分别计算和，证明二者相等。
(3)将复数对应到复平面的向量，利用向量数量积公式建立方程，求解。
（1）由已知，则，，
所以，
又，则，
所以，
化简可得，
又，所以，即；
（2）由（1）得，
所以，
又，
所以；
（3）设在复平面上对应的向量为，
在复平面上对应的向量为，
所以，
故，解得.
18．（2025高一下·湖南期中）已知将函数的图象向左平移个单位后所得函数的图象关于轴对称.
（1）求；
（2）求的相位及其最小正周期；
（3）当时，求使得不等式恒成立的对应的取值范围.
【答案】（1）解：将的图象向左平移个单位，得到函数的图象，
由题意该函数为偶函数，所以，
解得，
又因为，解得.
（2）解：由（1）可得，
故的相位为，
最小正周期为.
（3）解：令，因为，所以，
则原题等价于求使得不等式恒成立时，对应的取值范围，
注意到当或时，，
当时，单调递增，单调递减，又因为，
所以时，，不符合题意；
当时，，符合题意；时，单调递减，单调递增，
所以时，，符合题意.
综上，满足题意，此时.
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【分析】(1)先写出平移后的函数解析式，再利用“图象关于y轴对称”这一条件，即函数为偶函数，其相位需满足，从而解出。
(2)将(1)中求得的代入，直接得到相位；再根据周期公式计算最小正周期。
(3)通过换元法将不等式转化为，结合的取值范围，利用三角函数的性质求解。
（1）将的图象向左平移个单位，得到函数的图象，
由题意该函数为偶函数，所以，
解得，
又因为，解得.
（2）由（1）可得，
故的相位为，
最小正周期为.
（3）令，因为，所以，
则原题等价于求使得不等式恒成立时，对应的取值范围，
注意到当或时，，
当时，单调递增，单调递减，又因为，
所以时，，不符合题意；
当时，，符合题意；时，单调递减，单调递增，
所以时，，符合题意.
综上，满足题意，此时.
19．（2025高一下·湖南期中）已知海面上两点处置有距离为海里的两个灯塔，游船在点时，与两点处灯塔的距离均为2海里.游船航行一段距离后，从两灯塔间穿过并抵达点，此时在点处灯塔测得.
（1）若两点的距离为海里，求的长度；
（2）求两点距离的取值范围.
【答案】（1）解：由题意知，，
故为以为直角顶点的等腰直角三角形，故，
又因为，且由题意得分布于直线两侧，所以，
有，
由余弦定理可得，
解得（海里）.
（2）解：由题意知点始终位于以为起点的射线上，记该射线为.
注意到在（1）的条件下，故此时，即，
所以此时的长度即为两点距离的最小值；
由于游船从两灯塔间穿过，即与存在异于端点的交点，设为点.由正弦定理得，在中，，
其中为定值，故增大时，减小，
又因为，
因为，所以，故，
因为，
所以，
故（海里）.
【知识点】解三角形；余弦定理的应用；解三角形的实际应用
【解析】【分析】(1)先在△PAB中用余弦定理求出∠PBA的大小，结合已知∠ABQ确定∠PBQ的度数，再在△PBQ中利用余弦定理列方程，求解BQ的长度。
(2)设BQ的长度为变量，结合∠PBQ的固定值，在△PBQ中用余弦定理表示PQ2，将其转化为二次函数，结合变量的取值范围，求PQ的取值范围。
（1）由题意知，，
故为以为直角顶点的等腰直角三角形，故，
又因为，且由题意得分布于直线两侧，所以，
有，
由余弦定理可得，
解得（海里）.
（2）由题意知点始终位于以为起点的射线上，记该射线为.
注意到在（1）的条件下，故此时，即，
所以此时的长度即为两点距离的最小值；
由于游船从两灯塔间穿过，即与存在异于端点的交点，设为点.由正弦定理得，在中，，
其中为定值，故增大时，减小，
又因为，
因为，所以，故，
因为，
所以，
故（海里）.
1 / 1湖南省三湘名校联盟2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（2025高一下·湖南期中）已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2025高一下·湖南期中）下列命题中为真命题的是（　　）
A．圆柱的侧面展开图是一个正方形
B．用一个平面去截圆锥，圆锥底面和截面之间的部分为圆台
C．有两个面互相平行，其余各面都是四边形的多面体是棱柱
D．球体是旋转体的一种类型
3．（2025高一下·湖南期中）设外接圆的半径为，若，则的形状为（　　）
A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．不确定
4．（2025高一下·湖南期中）在复平面内，所对应的点位于（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
5．（2025高一下·湖南期中）在中，，记，则（　　）
A． B． C． D．
6．（2025高一下·湖南期中）已知是实系数一元二次方程的一个复数根，则（　　）
A． B． C． D．
7．（2025高一下·湖南期中）已知平面上四个点，，，，则向量在向量上的投影向量为（　　）
A． B．
C． D．
8．（2025高一下·湖南期中）如图，四边形的斜二测画法的直观图为直角梯形，其中，，，则四边形的周长为（　　）
A． B． C． D．
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，选错得0分.
9．（2025高一下·湖南期中）已知向量，则（　　）
A．是的充要条件
B．是与的夹角为锐角的必要不充分条件
C．是的充要条件
D．是的充要条件
10．（2025高一下·湖南期中）设复数满足，则（　　）
A． B．
C． D．
11．（2025高一下·湖南期中）记的内角的对边分别为，已知，则（　　）
A． B．
C． D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高一下·湖南期中）在中，，则　 　.
13．（2025高一下·湖南期中）已知函数，则的图象经过定点　 　；的值域为　 　.
14．（2025高一下·湖南期中）菱形中，，点在线段上，且，则　 　.
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．（2025高一下·湖南期中）已知中，.
（1）求；
（2）证明：.
16．（2025高一下·湖南期中）已知函数.
（1）求的定义域；
（2）证明：曲线关于直线对称；
（3）若，求的取值范围.
17．（2025高一下·湖南期中）已知复数，（，且，），且.
（1）求的值；
（2）证明：；
（3）设，在复平面上对应的向量分别为，，若，求的值.
18．（2025高一下·湖南期中）已知将函数的图象向左平移个单位后所得函数的图象关于轴对称.
（1）求；
（2）求的相位及其最小正周期；
（3）当时，求使得不等式恒成立的对应的取值范围.
19．（2025高一下·湖南期中）已知海面上两点处置有距离为海里的两个灯塔，游船在点时，与两点处灯塔的距离均为2海里.游船航行一段距离后，从两灯塔间穿过并抵达点，此时在点处灯塔测得.
（1）若两点的距离为海里，求的长度；
（2）求两点距离的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交集及其运算；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：因为，故.
故答案为：D.
【分析】先解绝对值不等式得到集合A，再求其与整数集Z的交集。
2．【答案】D
【知识点】棱柱的结构特征；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：A，圆柱的侧面展开图是一个矩形，不一定为正方形，故A错误；
B，根据圆台的定义，用一个平行于底面的平面去截圆锥，圆锥底面和截面之间的部分为圆台，故B错误；
C，有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的多面体叫做棱柱，故C错误；
D，球体是半圆绕着其直径所在直线旋转一周得到的封闭几何体，故D正确，
故答案为：D.
【分析】A：根据圆柱侧面展开图的定义，判断其形状为矩形，只有当底面周长等于高时才是正方形，并非必然为正方形。
B：依据圆台的定义，只有用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，才能得到圆台，否则不满足圆台的结构特征。
C：对照棱柱的完整定义，除了 “两个面平行、其余面为四边形” 外，还需满足相邻四边形的公共边互相平行，否则不是棱柱。
D：根据旋转体的定义，球体可由半圆绕其直径旋转而成，属于旋转体的一种。
3．【答案】B
【知识点】解三角形；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：设外接圆的半径为，
若，由正弦定理，可得，所以，
因为，可得，所以为直角三角形.
故答案为：B.
【分析】利用正弦定理，将已知的边长与外接圆半径的关系转化为对应角的正弦值，进而求出该角的大小，判断三角形形状。
4．【答案】B
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由题意可得，其在复平面内所对应的点为，位于第二象限，
故答案为：B.
【分析】先对复数z进行化简，得到其代数形式a+bi，再根据实部a和虚部b的符号判断其在复平面内的象限。
5．【答案】C
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：由题意可得，其中，
所以.
故答案为：C
【分析】利用向量的线性运算，将 用已知向量 和 表示，关键是先将 转化为 的倍数，再用 、 表示 。
6．【答案】B
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系；共轭复数
【解析】【解答】解：将代入方程可得，
即，故，解得，故.
故答案为：B
【分析】利用实系数一元二次方程的复数根共轭成对的性质，或直接将根代入方程，根据复数相等的充要条件（实部、虚部分别为 0）求解系数 m，n。
7．【答案】A
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：根据题意，可得，，则，
所以在向量上投影数量等于，
可得向量在向量上的投影向量为.
故答案为：A.
【分析】 先求出向量 和 的坐标，再计算投影数量，最后将投影数量与 方向的单位向量相乘，得到投影向量。
8．【答案】C
【知识点】斜二测画法直观图；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：由斜二测画法知，，
所以由余弦定理得，
，代入上式解得，，
，
，，
还原平面图如图，
即，，
，
四边形的周长为．
故答案为：C.
【分析】先在直观图A'B'C'D' 中利用余弦定理求出各边长度，再根据斜二测画法的规则还原出原四边形ABCD的各边长度，最后计算周长。
9．【答案】A,C
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：A，由，故A正确；
B，由为锐角且不共线且，故B错误；
C，由或，故C正确；
D，时，可得：，，此时，仍满足，故D错误，
故答案为：AC.
【分析】A：利用向量垂直的充要条件（数量积为0），通过坐标运算建立等式，验证与的等价性。
B：明确向量夹角为锐角的充要条件（数量积>0且不共线），判断是必要不充分还是充分不必要条件。
C：利用向量平行的坐标表示，推导与的等价关系。
D：通过举反例，验证能否推出夹角为，从而判断充要性是否成立。
10．【答案】A,C
【知识点】复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：设，
由，则，
所以，即，故A正确；
代入可得，，所以，故B错误；
由，故C正确；
由，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】通过设复数的模为实数参数，将复数表示为代数形式，利用复数模的定义列方程求解模长，再结合共轭复数的性质逐一验证选项。
11．【答案】A,C,D
【知识点】正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：A，因为，由正弦定理可知，
即，故A正确；
B，在边上取一点，使得，则，
，故，
在中，由正弦定理可得，
即，
故，故B错误；
C，由射影定理可得，
故，
因为，所以，
由余弦定理可得，
故，即，故C正确；
D，由B知，，可得，
故，
即，故，即，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】A：核心思路是利用角度关系将转化为，结合正弦定理完成边与角的互化，验证等式是否成立。
B：核心思路是通过角度推导将转化为，结合正弦定理对等式变形，对比原式判断正误。
C：核心思路是先利用选项A的结论和余弦定理化简，再通过代数变形推导与的等量关系。
D：核心思路是对选项B的正确等式进行通分变形，推导线段比例关系，验证结论是否成立。
12．【答案】
【知识点】解三角形；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：在中，由余弦定理可得，
故答案为：.
【分析】已知两边及其夹角，直接使用余弦定理计算第三边。
13．【答案】；
【知识点】指数型复合函数的性质及应用
【解析】【解答】解：因为恒成立，所以令得，
故的图象经过定点；
函数的定义域为R，所以函数的值域为，
因为在上单调递增，值域为，
所以函数的值域为.
故答案为；.
【分析】定点：令指数部分为 0，消除参数a的影响，求出对应的x和y；值域：先确定内层函数∣ax 1∣的值域，再根据外层指数函数的单调性求f(x)的值域。
14．【答案】
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：因为，所以，
所以，
因为点在线段上，
可设
，
而，所以，解得，
所以，
则，
所以，故.
故答案为：.
【分析】先利用向量线性运算，将 、 用 、 表示，再根据点 在线段 上，设 ，与已知 对比求出 ，最后计算 并求和。
15．【答案】（1）解：由辅助角公式可得，
即，则，
又，故.
（2）证明：设中角的对边分别为，
由余弦定理且，
可得，
当且仅当时取等，
故.
由正弦定理可得，
又，故，即.
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；辅助角公式
【解析】【分析】(1)利用辅助角公式将化简为，再结合的取值范围求解。
(2)由得，将用三角恒等变换化简为，再根据正弦函数的有界性证明不等式。
（1）由辅助角公式可得，
即，则，
又，故.
（2）设中角的对边分别为，
由余弦定理且，
可得，
当且仅当时取等，
故.
由正弦定理可得，
又，故，即，得证.
16．【答案】（1）解：由，解得或，
故的定义域为.
（2）证明：因为，
所以，
又，
所以，即曲线关于直线对称.
（3）解：对于函数，其在上单调递减，在上单调递增，
且在上单调递增，
故在上单调递减，在上单调递增，
由（2）知，曲线关于直线对称，
要使，需满足，且，
解得.
【知识点】奇偶函数图象的对称性；正弦函数的性质；辅助角公式
【解析】【分析】(1) 对数函数的定义域要求真数大于0，因此需解不等式，确定自变量的取值范围。
(2) 证明函数图象关于直线对称，需验证，利用对数的运算性质化简等式两边即可。
(3) 求解的取值范围，需先分析函数的单调性和对称性，结合定义域列出不等式组，通过解绝对值不等式和定义域约束得到最终范围。
（1）由，解得或，
故的定义域为.
（2）因为，
所以，
又，
所以，即曲线关于直线对称.
（3）对于函数，其在上单调递减，在上单调递增，
且在上单调递增，
故在上单调递减，在上单调递增，
由（2）知，曲线关于直线对称，
要使，需满足，且，
解得.
17．【答案】（1）解：由已知，则，，
所以，
又，则，
所以，
化简可得，
又，所以，即；
（2）证明：由（1）得，
所以，
又，
所以；
（3）解：设在复平面上对应的向量为，
在复平面上对应的向量为，
所以，
故，解得.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；复数的模；复数运算的几何意义
【解析】【分析】(1)先求出，再根据复数模的公式列出的等式，化简后求解。
(2)利用(1)中的结论，分别计算和，证明二者相等。
(3)将复数对应到复平面的向量，利用向量数量积公式建立方程，求解。
（1）由已知，则，，
所以，
又，则，
所以，
化简可得，
又，所以，即；
（2）由（1）得，
所以，
又，
所以；
（3）设在复平面上对应的向量为，
在复平面上对应的向量为，
所以，
故，解得.
18．【答案】（1）解：将的图象向左平移个单位，得到函数的图象，
由题意该函数为偶函数，所以，
解得，
又因为，解得.
（2）解：由（1）可得，
故的相位为，
最小正周期为.
（3）解：令，因为，所以，
则原题等价于求使得不等式恒成立时，对应的取值范围，
注意到当或时，，
当时，单调递增，单调递减，又因为，
所以时，，不符合题意；
当时，，符合题意；时，单调递减，单调递增，
所以时，，符合题意.
综上，满足题意，此时.
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【分析】(1)先写出平移后的函数解析式，再利用“图象关于y轴对称”这一条件，即函数为偶函数，其相位需满足，从而解出。
(2)将(1)中求得的代入，直接得到相位；再根据周期公式计算最小正周期。
(3)通过换元法将不等式转化为，结合的取值范围，利用三角函数的性质求解。
（1）将的图象向左平移个单位，得到函数的图象，
由题意该函数为偶函数，所以，
解得，
又因为，解得.
（2）由（1）可得，
故的相位为，
最小正周期为.
（3）令，因为，所以，
则原题等价于求使得不等式恒成立时，对应的取值范围，
注意到当或时，，
当时，单调递增，单调递减，又因为，
所以时，，不符合题意；
当时，，符合题意；时，单调递减，单调递增，
所以时，，符合题意.
综上，满足题意，此时.
19．【答案】（1）解：由题意知，，
故为以为直角顶点的等腰直角三角形，故，
又因为，且由题意得分布于直线两侧，所以，
有，
由余弦定理可得，
解得（海里）.
（2）解：由题意知点始终位于以为起点的射线上，记该射线为.
注意到在（1）的条件下，故此时，即，
所以此时的长度即为两点距离的最小值；
由于游船从两灯塔间穿过，即与存在异于端点的交点，设为点.由正弦定理得，在中，，
其中为定值，故增大时，减小，
又因为，
因为，所以，故，
因为，
所以，
故（海里）.
【知识点】解三角形；余弦定理的应用；解三角形的实际应用
【解析】【分析】(1)先在△PAB中用余弦定理求出∠PBA的大小，结合已知∠ABQ确定∠PBQ的度数，再在△PBQ中利用余弦定理列方程，求解BQ的长度。
(2)设BQ的长度为变量，结合∠PBQ的固定值，在△PBQ中用余弦定理表示PQ2，将其转化为二次函数，结合变量的取值范围，求PQ的取值范围。
（1）由题意知，，
故为以为直角顶点的等腰直角三角形，故，
又因为，且由题意得分布于直线两侧，所以，
有，
由余弦定理可得，
解得（海里）.
（2）由题意知点始终位于以为起点的射线上，记该射线为.
注意到在（1）的条件下，故此时，即，
所以此时的长度即为两点距离的最小值；
由于游船从两灯塔间穿过，即与存在异于端点的交点，设为点.由正弦定理得，在中，，
其中为定值，故增大时，减小，
又因为，
因为，所以，故，
因为，
所以，
故（海里）.
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