上海市杨浦区复旦大学附属中学2024~2025学年高一下册4月期中数学试题【附解析】

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考生注意：
1.本试卷共4页，21道试题，满分150分，考试时间120分钟.
2.本试卷分设试卷和答题纸.试卷包括试题与答题要求.作答必须涂（选择题）或写（非选择题）在答题纸上，在试卷上作答一律不得分.
一、填空题（本大题满分54分）本大题共有12题，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分，请在答题纸相应编号的空格内直接写结果.
1. 函数的最小正周期为________.
【答案】
【解析】
【分析】利用二倍角公式化简，再根据正弦函数的性质计算可得.
【详解】因为，
所以的最小正周期.
故答案为：
2. 设是虚数单位，若复数满足，则________.
【答案】##
【解析】
【分析】首先根据复数代数形式的除法运算化简复数，再判断其实部.
【详解】因为，所以，
所以.
故答案为：
3. 把化成的形式，则常数的值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据辅助角公式可得，其中，进而求出.
【详解】由题意知，
，
其中，所以.
故答案为：.
4. 若，则________.
【答案】
【解析】
【分析】利用诱导公式求出，再由二倍角的余弦公式计算可得.
【详解】因为，所以，
所以.
故答案为：
5. 在平面直角坐标系中，点，将绕原点逆时针旋转得到向量，则在上的投影向量的坐标是_____．
【答案】
【解析】
【分析】由题意作图，由投影向量的定义在图中表示，根据一次函数与模长公式，可得答案.
【详解】由题意，过作，垂足为，作图如下：
由题意可知，，
为在上的投影向量，
则，，
设直线的函数解析式为，代入，解得，
则可设，则，解得，
所以.
故答案为：.
6. 将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，则函数的单调增区间为________.
【答案】
【解析】
【分析】根据平移得出函数解析式，再由余弦函数的单调性得解.
【详解】由题意，，
令，解得，
所以函数的单调增区间为
故答案为：
7. 已知，是函数的最大值，若存在实数、，使得对任意实数总有成立，则的最小值为________.
【答案】##
【解析】
【分析】首先从而求得及函数的最小正周期，再根据，可知的最小值为.
【详解】因为，所以，即，
且的最小正周期，
又存在实数、，对任意实数总有成立，
∴，，
的最小值为.
故答案为：.
8. 已知圆的内接四边形的边长依次为、、、，则圆的面积为________.
【答案】
【解析】
【分析】在和中分别利用余弦定理，再由，则，从而可求出的长，由正弦定理得出圆的半径即可.
【详解】因为四边形为圆内接四边形，所以，
所以，
因为、、、，
所以在中，由余弦定理得
,
在中，由余弦定理得
，
所以，解得，
所以，，
因为，所以，
由正弦定理可知，所以圆的面积，
故答案为：
9. 已知平面向量、、满足，且对任意实数都成立，则的最小值为________.
【答案】
【解析】
【分析】对于不等式，两边平方得到关于实数的不等式，进而得到，再结合向量的运算性质得到，最后利用绝对值三角不等式求解最值即可.
详解】由，两边平方得，
又，且对任意实数恒成立，
即恒成立，故，
即，解得，即，且，
而，故，
则由绝对值三角不等式得.
故答案为：
10. 已知，，且函数在区间上是单调函数，则的值为________.
【答案】
【解析】
【分析】首先根据两角和的正弦公式化简，依题意可得为的一个对称中心，即可求出的取值集合，再根据单调性求出的范围，即可得到的值，再一一检验即可.
【详解】因为，
由可得关于成中心对称，即为的一个对称中心，
又，所以，即，；
又函数在区间上是单调函数，
所以，解得，
所以或或，
当时，由，所以，
因为在上不单调，所以在上不单调，故舍去；
当时，由，所以，
因为在上单调递减，所以在上单调递减，符合题意；
当时，由，所以，
因为在上不单调，所以在上不单调，故舍去；
综上可得.
故答案为：
11. 已知向量，，若存在、，使得，则实数的取值集合为________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得，可得，计算可得，分类讨可求的值，可得结论.
【详解】因为，，，
所以，
整理得，
因为，所以，
所以，所以，
所以或
当时，可得，所以，
当时，可得，所以，
综上所述：实数的取值集合为.
故答案为：.
12. 若对于向量，存在与向量在同一平面上的单位向量、，使得，，则的最小值为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据平面向量加减法的几何含义作出图形，设夹角的一半为，分别表示出，设与的夹角为，得出，，根据，，即可求解．
【详解】设，则，
不妨设，交点为，则四边形为菱形，
在中，，则，
设，由题意不妨设，
则，
，
因为，，所以，，
则，，
所以，
因为，，所以，
所以当，即时，取得最小值，
所以最小值为，
故答案为：．
二、选择题（本大题满分18分）本大题共有4题，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分，每题有且只有一个正确选项，请在答题纸的相应编号上将代表答案的小方格涂黑.
13. 设 为非零向量，则 “存在 ，使得 ” 是 “ ” 的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量共线定理和平面向量的数量积的定义，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】由题意，存在正数，使得，所以，同向，
所以，即充分性是成立的；
反之，当非零向量夹角为锐角时，满足，而不成立，即必要性不成立，
所以“存在 ，使得 ” 是 “ ” 的充分不必要条件.
故选：A.
14. 古希腊数学家帕普斯（Pappus，约－）利用如图所示的几何图形，由直观简洁地证明了当为锐角时的一个三角函数公式，这个公式是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知可得，在中，，在中，，在中，，可得结论.
【详解】在中，，
在中，，
在中，，
由,
所以.
故选：B.
15. 已知函数的定义域为，值域为，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先利用两角和的正弦公式化简，再根据正弦函数的性质计算可得.
【详解】因为，
因为，所以，
因为，所以，
不妨令，即，则，所以，
所以，，
所以的取值范围是.
故选：D
16. 某小区南门有条长120米、宽6米的道路（如图1所示的矩形），路的一侧划有20个长6米、宽2.5米的停车位（如矩形）.由于停车位不足，高峰期时段道路拥堵，某数学老师向小区物业提供了一个改造方案：在不改变停车位形状大小、不改变汽车通道宽度的条件下，可通过压缩道路旁边绿化带及改变停车位方向来增加停车位（如图2所示）.若绿化带被压缩的宽度为3米，停车位相对道路倾斜的角度，其中.按照该老师的设计方案，该路段改造后的停车位比改造前增加的个数为（ ）
A. 6B. 7C. 8D. 9
【答案】B
【解析】
【分析】表达出各边长，得到，写出对偶式，计算出，，，设改造后停车位数量最大值为，作出辅助线，表达出顶点到线段距离为，得到不等式，求出答案.
【详解】由题意得，，，
故，故，
，，
，，
则，
即①，
设②，
式子得，解得，
当时，，解得，
因为，，不合要求；
当时，，
解得，满足要求，此时，
设改造后停车位数量最大值为，如图，过停车位顶点作的垂线，垂足为，
则顶点到线段距离为，
由图及题意可得，，
由（1）可得，
故，
，，
故，
由，解得，故取，
则该路段改造后的停车位比改造前增加个.
故选：B
三、解答题：
17. 已知向量，.
（1）当且时，求实数的值；
（2）当，，求向量与的夹角.
【答案】（1）6 （2）
【解析】
【分析】（1）根据平面向量线性运算的坐标表示和数量积的坐标表示列出方程，解方程即可；
（2）根据共线向量的坐标表示列出方程，解之可得，结合数量积的定义计算即可求解.
【小问1详解】
已知，
所以.
又因为，所以有，
所以，解得或.
由，可知.
【小问2详解】
因为，所以.
又，所以，
解得，所以.
所以，
因为，所以.
18. 在平面直角坐标系中，角的顶点是坐标原点，始边与轴的正半轴重合，终边经过点.
（1）求的值；
（2）若、为锐角，且，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由任意角的三角函数定义求得的值，再利二倍角的正弦、余弦公式及两角和的正（余）弦公式即可求解；
（2）先由，结合、的范围确定的范围，求得，再由利用两角差的余弦公式求值即可.
【小问1详解】
∵角的终边经过点，∴，
∴，
所以，
∴，
，
所以；
【小问2详解】
因为，，所以，
若，则，与不符；
∴，
所以，
所以
19. 如图，某学校准备在宿舍楼前两条小路和之间修建一处弓形花园，使之有着类似”冰淇淋”般的凉爽感，已知，线段，弓形花园上一点，其中，设.

（1）将线段、的长度、分别用含有的代数式表示出来；
（2）现准备在点处修建喷泉，求点与点距离的最大值以及对应的的值.
【答案】（1），
（2），
【解析】
【分析】（1）在中利用正弦定理可表示出；
（2）在中，由余弦定理表示出，再结合的范围及正弦函数的性质可求出其最大值.
【小问1详解】
因为，，
所以，.
【小问2详解】
因为，
所以，
在中，由余弦定理易得，
因为，所以，
当，即时，
取最大值取最大值.
20. 设，是平面上的两条射线，其中，、分别是与、同向的单位向量，以射线、分别为轴、轴的正半轴，建立的平面坐标系称为仿射坐标系.在仿射坐标系中，若，则记.

（1）在仿射坐标系中，若，求（用含，，的代数式表示）；
（2）在仿射坐标系中，若，，且与的夹角为，求的值；
（3）在仿射坐标系中，如图所示，点、分别在轴、轴正半轴上运动，，，、分别为、中点，求的最大值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由题意可得，将其两边平方后利用向量数量积的运算律计算即得；
（2）利用（1）得到模长公式，求得和，再计算，再将条件代入公式，列出方程，即可求出的值.
（3）设出点用表示出，利用正弦定理，经过三角恒等变换，化简成正弦型函数，求得其最大值.
【小问1详解】
由可得，
则，
所以；
小问2详解】
依题意，将代入（1）得到的模长公式即得，，，
，
因为与的夹角为，则由，
可得，解得.
【小问3详解】
依题意，设，
因为是的中点，则，
因为是中点，则，
故
因为，，
则，
在中，由余弦定理得，即，代入上式可得，
，
在中，由正弦定理可得，
设，则，
于是
，
其中为锐角，且，
因为，则，
故当时，取最大值，
则，即的最大值为.
21. 设和都是定义域为的函数.若对任意的，均有，则称函数“三角优于”函数.
（1）如果（为常数），且对于任意的实数，函数“三角优于”函数，求满足上述条件的函数的表达式（写出一个即可）；
（2）试问：函数是否“三角优于”函数？请说明理由；
（3）若、为常数，且使得函数“三角优于”函数，证明：.
【答案】（1）（取法不唯一）
（2）是，理由见解析 （3）证明过程见解析
【解析】
【分析】（1）根据新定义得到对任意的，均有，取即可，不妨让；
（2）只需判断对任意的，不等式是否恒成立即可，通过不断分析得到了只需判断时，不等式是否恒成立即可，通过换元和奇偶性将问题转换为了不等式是否恒成立即可，利用结论即可得证.
（3）通过周期性，奇偶性、对称性分析得知当且仅当时，恒成立即可，进一步分析有，，恒成立，其中，结合辅助角公式即可得证.
【小问1详解】
若函数“三角优于”函数，
则当且仅当对任意的，均有，注意到恒成立，
故只需让即可，从而只需，
所以取（取法不唯一）即可满足题意；
【小问2详解】
函数“三角优于”函数，
当且仅当对任意的，均有，
显然都是周期为的函数，
所以只需考虑时，不等式是否恒成立即可，
因为，
所以恒成立，即当时，恒成立，
故我们只需考虑当且时，不等式是否恒成立即可，
即只需考虑时，不等式是否恒成立即可，
设，此时，从而
问题转换成了不等式是否恒成立即可；
显然都是偶函数，
且时，满足，
故我们只需考虑不等式是否恒成立即可；
由三角函数线可知恒成立，
从而恒成立，
综上所述，对任意的，均有，即函数是否“三角优于”函数；
【小问3详解】
若函数“三角优于”函数，
则当且仅当对任意的，均有，
显然都是周期为的函数，
所以当且仅当时，不等式恒成立，
显然都是偶函数，
所以当且仅当时，不等式恒成立，
（i）当时，恒成立，这就要求；
（ii）当时，恒成立，这就要求；
从而首先有，
其次时，不等式恒成立，
设，则
，
所以在上的图象关于直线对称，在上的图象关于点对称，
当，若，
这就要求，
从而时，不等式恒成立，
当且仅当时，不等式恒成立，
若满足题意则也满足题意，所以不妨设所求的，
当时，，
要使得当时，恒成立，这就要求，从而，
而时，不等式恒成立，
当且仅当时，恒成立，
若满足题意则也满足题意，所以不妨设所求的，
当时，，
要使得当时，恒成立，这就要求，从而，
设，；
所以，，时，不等式恒成立等价于
不等式恒成立，其中，
即当时，不等式恒成立，
由辅助角公式可知使得，
而，这就要求
，即.