湖南省长沙市望城区第六中学2024-2025学年高一下学期7月期末数学试题
一、单选题
1．（2025高一下·望城期末）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2025高一下·望城期末）“是“”的（ ）
A．充分且不必要条件 B．必要且不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
3．（2025高一下·望城期末）已知，向量在向量上的投影向量与向量方向相反，且，则与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
4．（2025高一下·望城期末）坐标平面内点的坐标为，则点位于（ ）
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·望城期末）自然数的位数为（参考数据：）（ ）
A．607 B．608 C．609 D．610
6．（2025高一下·望城期末）设为双曲线曲线的左、右焦点，过直线与第一象限相交于点，且直线倾斜角的余弦值为，的离心率为（ ）
A．2 B． C．3 D．
7．（2025高一下·望城期末）已知椭圆：的左右焦点分别为，，过的直线交椭圆于A，B两点，若，点满足，且，则椭圆C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
8．（2025高一下·望城期末）设定义域为的函数满足，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．（2025高一下·望城期末）某篮球爱好者在一次篮球训练中，需进行五轮投篮，每轮投篮5次.统计各轮投进球的个数，获知其前四轮投中的个数分别为2，3，4，4，则第五轮结束后下列数字特征有可能发生的是（ ）
A．平均数为3，极差是3 B．中位数是3，极差是3
C．平均数为3，方差是0.8 D．中位数是3，方差是0.56
10．（2025高一下·望城期末）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．在上单调递增
C．的值域为
D．的图象关于直线对称
11．（2025高一下·望城期末）函数，关于x的方程，则下列正确的是（ ）
A．函数的值域为R
B．函数的单调减区间为
C．当时，则方程有4个不相等的实数根
D．若方程有3个不相等的实数根，则m的取值范围是
三、填空题
12．（2025高一下·望城期末）若函数的零点在区间，内，则 ．
13．（2025高一下·望城期末）在《九章算术》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马．如图，若四棱锥为阳马，侧棱底面，且，，设该阳马的外接球半径为，内切球半径为，则 ．
14．（2025高一下·望城期末）非零向量的夹角为，且满足，向量组由一个和两个排列而成，向量组由两个和一个排列而成，若所有可能值中的最小值为，则 ．
四、解答题
15．（2025高一下·望城期末）已知向量，若与的夹角为．
（1）求；
（2）当为何值时，向量与向量互相垂直？
16．（2025高一下·望城期末）求值：
（1）；
（2）
17．（2025高一下·望城期末）已知函数（，且）的部分图象如图示．
（1）求的解析式；
（2）若关于x的不等式在上有解，求实数m的取值范围．
18．（2025高一下·望城期末）在中，点的坐标为，边上的中线所在直线的方程为，直线的倾斜角为．
（1）求点的坐标；
（2）过点的直线与轴的正半轴、轴的正半轴分别交于，两点，求（为坐标原点）面积的最小值．
19．（2025高一下·望城期末）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若，且函数只有一个零点，求的最小值.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为，所以.
故答案为：D
【分析】利用交集的定义直接求解即得.
2．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；不等式的解集
【解析】【解答】解：由，得，即解得或，
所以是“”的充分且不必要条件，
故答案为：A.
【分析】判断“”是“”的什么条件，先求解不等式的解集，依据充分条件和必要条件的定义，分析两个条件之间的逻辑推导关系.“解不等式 + 条件逻辑判断”.
3．【答案】D
【知识点】数量积表示两个向量的夹角；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：设向量在向量的夹角为，，因为向量在向量上的投影向量与向量方向相反，
所以，解得，所以.
故答案为：D.
【分析】向量与夹角的问题，依据投影向量的定义，结合已知条件建立关于夹角的三角函数方程，进而求解夹角.“理解投影向量定义，利用其与向量模长、夹角的关系列方程”.
4．【答案】B
【知识点】任意角三角函数的定义；三角函数值的符号
【解析】【解答】解：，，，则点位于第二象限.
故答案为：B.
【分析】判断点所在象限，关键在于确定和的正负.用弧度制下角的范围，结合正弦、余弦函数在不同象限的符号规律来分析，核心是“通过角的范围判断三角函数值符号”.
5．【答案】C
【知识点】指数式与对数式的互化；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：因为，
所以，即的位数为.
故答案为：C.
【分析】确定自然数的位数，用对数的性质，指数形式转化为常用对数（以为底），对数运算找到对应的的幂次形式，进而根据位数与对数的关系求解.“对数搭桥，将指数转化为的幂，结合位数规则计算”.
6．【答案】A
【知识点】抛物线的简单性质；双曲线的定义；解三角形
【解析】【解答】解：由在第一象限内，且，则，且，由余弦定理可得cos∠PF1F2＝，
整理得，等式两边同除，则，
解得或 (舍去).
故答案为：A.
【分析】结合双曲线的定义、性质，用余弦定理建立关于、的方程，进而求解离心率.通过双曲线定义表示出三角形三边，用余弦定理结合已知倾斜角余弦值列方程，化简后求离心率 .
7．【答案】B
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质；解三角形
【解析】【解答】解：由椭圆定义可知，由，故，，点满足，即，则，又，，即，
又，故，则，即，即平分，
又，故，则，则，
，，由，
故，即，即，又，
故.
故答案为：B.
【分析】围绕椭圆性质展开，需结合椭圆定义、正弦定理、角度关系及向量条件，推导边的关系，最终用离心率公式求解.用椭圆定义和向量条件，通过正弦定理建立角度与边的联系，结合垂直条件得出边的等量关系，再用余弦定理或椭圆关系求离心率.
8．【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；不等式的解集
【解析】【解答】解：令，则，故g（x）在R递增，
不等式，即，
故，故x＜2x 1，解得：x＞1.故答案为：D.
【分析】用函数构造法，结合导数判断函数单调性，将原不等式转化为构造函数的单调性问题求解.“构造新函数，通过导数分析其单调性，再用单调性转化不等式”.
9．【答案】B,C,D
【知识点】极差、方差与标准差
【解析】【解答】2+3+4+4＝13，
①若平均数为3，则第五轮投中的个数为2，
所以极差为4﹣2＝2，方差为 ，
即A不符合题意，C符合题意；
②若中位数为3，则第五轮投中的个数为0或1或2或3，
当投中的个数为0时，极差为4，方差为
当投中的个数为1时，极差为3，方差为 ；
当投中的个数为2时，极差为2，方差为0.8；
当投中的个数为3时，极差为2，方差为
即B和D均正确．
故答案为：BCD．
【分析】 由题知，前四轮投中的个数总和为13，从选项看，分两大类讨论：①平均数为3，则第五轮投中2个，再根据极差和方差的计算公式求解后，即可判断选项A和C；②中位数为3，则第五轮投中的个数为0或1或2或3，然后分4种情况，逐一计算极差和方差，从而判断选项B和D．
10．【答案】A,C,D
【知识点】三角函数中的恒等变换应用；二倍角的余弦公式；正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：A：因为，所以，故A正确；
B：当时， ，函数在上先增后减，无单调性，故B错误；
C：的值域为，故C正确；
D：，当时，取得最小值，故D正确．
故答案为：ACD.
【分析】围绕三角函数的性质展开，对化简，依据三角函数的图象与性质，依次分析函数在特定点的值、单调区间、值域以及平移后函数的对称性.用三角恒等变换化简函数，结合余弦函数的性质进行判断.
11．【答案】B,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：①当时，，则在单调递减，且渐近线为轴和，恒有.
②当时，，，当，在单调递增；当，在单调递减，故，且恒有，综上①②可知，，
综上，作出函数大致图象，如下图：
A：由上可知函数的值域为，故A错误；
B：函数的单调减区间为，故B正确；
C：当时，则方程，解得或，由，得或，有两个实数根；由图象可知，由得此时有不相等的实数根，且均不为，也不为，
所以当时，则方程有6个不相等的实数根，故C错误；
D：若关于x的方程有3个不相等的实数根，即方程与方程共有3个不相等的实数根，又因为已有两个不等的实数根，则方程有且仅有1个根，且不为.所以与有且仅有1个公共点，由图象可知，满足题意，即m的取值范围是，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】围绕分段函数展开，分析分段函数各区间的单调性、值域，结合方程的结构（转化为或 ），通过数形结合判断根的情况.剖析分段函数性质，再分解方程，最后结合图象分析根的个数.
12．【答案】
【知识点】函数的单调性及单调区间；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：因为，所以在上单调递增，又，，，所以函数在上有唯一零点，所以；
故答案为：
【分析】通过求导，利用导数符号判断函数在定义域内单调递增，这是后续用零点存在性定理的前提，计算整数点(x = 1， 2， 3)处的函数值，找到函数值由负变正的区间(2， 3)，结合零点存在性定理确定零点所在区间，从而得k = 2.
13．【答案】
【知识点】球内接多面体
【解析】【解答】解：
四棱锥为阳马，侧棱底面，
且，，设该阳马的外接球半径为，
该阳马补形所得到的长方体的对角线为外接球的直径，
，
，
侧棱底面，且底面为正方形，
内切球在侧面内的正视图是的内切圆，
内切球半径为，
故．
故答案为．
【分析】利用 “阳马” 可补形为长方体的特点，长方体的体对角线是外接球直径，通过长方体体对角线公式快速求R，然后利用等体积法，将四棱锥体积表示为 “各面面积和乘以半径再除以3”，结合直接法计算的体积，联立求出r.
14．【答案】
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：已知向量组可能为：或或，向量组可能为：或或，所以的可能值为 和 ，因为，，且，所以的最小值为，由已知，所以
故答案为：.
【分析】确定向量组 和 的所有排列组合情况，计算每种组合下 的值，找出最小值，结合已知条件列方程求解.“枚举排列组合，计算向量点积，比较得最小值，建立方程求解“.
15．【答案】（1）因为，且与的夹角为60°，
所以，
则；
（2）若向量与向量互相垂直，则，
即，即，解得，
故当时，向量与向量互相垂直.
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【分析】（1）由题意，利用向量的数量积公式以及向量的模长公式求解即可；
（2）根据两向量垂直数量积为，列式计算即可.
16．【答案】（1）解： 原式.
（2）解： 原式.
【知识点】有理数指数幂的运算性质；对数的性质与运算法则；三角函数诱导公式二~六
【解析】【分析】（1）用指数幂的运算规则和对数的运算性质来化简计算.将底数为分数的指数幂转化为更易计算的形式，再处理对数部分，通过对数的拆分与合并来简化式子，最终得出结果.
（2）面对大角度的三角函数值计算，用三角函数的诱导公式，将大角度转化为范围内的角，再结合特殊角的三角函数值来求解.
（1）原式
.
（2）原式
17．【答案】（1）解：由图象可知函数经过点和，
所以，解得，
所以函数的解析式是．
（2）解：由（1）知，，
根据题意知，即在有解，
设，则，
因为和在上都是单调递增函数，
所以在上是单调递增函数，故，
所以，实数m的取值范围是．
【知识点】指数函数的图象与性质；指数函数的单调性与特殊点
【解析】【分析】（1）利用函数图象过的两个特殊点(-1， 0)和(0， -1)，代入函数表达式得到关于a、b的方程组，解方程组确定参数，从而得到函数解析式.
（2）将问题转化为在有解，结合函数的单调性即可得解.
（1）由图象可知函数经过点和，
所以，解得，
所以函数的解析式是．
（2）由（1）知，，
根据题意知，即在有解，
设，则，
因为和在上都是单调递增函数，
所以在上是单调递增函数，故，
所以，实数m的取值范围是．
18．【答案】（1）解：因为直线的倾斜角为，所以直线的斜率为，
又的坐标为，所以直线的方程为，即．
因为BC边上的中线经过点A，由与联立，解得，，
所以点的坐标为．
（2）解：由题意得，可设直线的方程为（，），则．
因为，，所以，则，
当且仅当时，等号成立，所以面积的最小值为．
【知识点】直线的倾斜角；直线的斜率；直线的点斜式方程
【解析】【分析】本题围绕三角形中的坐标与直线方程，以及直线与坐标轴围成三角形的面积最值展开：
（1）思路是先由直线的倾斜角求出其斜率，进而得到直线的方程，再联立边中线所在直线方程，求解交点得的坐标.
（2）思路是设出直线的截距式方程，代入点坐标得到、的关系，再利用基本不等式求出的最小值，从而得到面积最小值 .
（1）因为直线的倾斜角为，所以直线的斜率为，
又的坐标为，所以直线的方程为，即．
因为BC边上的中线经过点A，由与联立，解得，，
所以点的坐标为．
（2）依题意可设直线的方程为（，），则．
因为，，所以，则，
当且仅当时，等号成立，所以面积的最小值为．
19．【答案】（1）解：由题意可知.当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）解法一：解：由题意可知，且.
令，
则.
记，（*）
当时，，与相矛盾，此时（*）式无解；
当时，无解；
当时，（*）式的解为，此时有唯一解；
当时，
，
所以（*）式只有一个负根，有唯一解，故的最小值为1.
解法二：解：由题得，
令，则.
再令，则.
记，
函数和函数的图象如图所示：
当，即时，显然不成立；
当，即时，由，得方程存在唯一解，且.
此时亦存在唯一解.
综上，的最小值为1.
【知识点】函数的定义域及其求法；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；基本初等函数导函数公式
【解析】【分析】（1）先确定定义域，再求导，根据导数的符号分类讨论（和 ）.
（2）通过换元法（令 ）简化方程，结合导数研究换元后函数的取值范围，再分析二次方程根的分布，通过逐步分类讨论的取值，结合函数性质判断零点个数，最终确定整数的最小值.
1 / 1湖南省长沙市望城区第六中学2024-2025学年高一下学期7月期末数学试题
一、单选题
1．（2025高一下·望城期末）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为，所以.
故答案为：D
【分析】利用交集的定义直接求解即得.
2．（2025高一下·望城期末）“是“”的（ ）
A．充分且不必要条件 B．必要且不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；不等式的解集
【解析】【解答】解：由，得，即解得或，
所以是“”的充分且不必要条件，
故答案为：A.
【分析】判断“”是“”的什么条件，先求解不等式的解集，依据充分条件和必要条件的定义，分析两个条件之间的逻辑推导关系.“解不等式 + 条件逻辑判断”.
3．（2025高一下·望城期末）已知，向量在向量上的投影向量与向量方向相反，且，则与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】数量积表示两个向量的夹角；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：设向量在向量的夹角为，，因为向量在向量上的投影向量与向量方向相反，
所以，解得，所以.
故答案为：D.
【分析】向量与夹角的问题，依据投影向量的定义，结合已知条件建立关于夹角的三角函数方程，进而求解夹角.“理解投影向量定义，利用其与向量模长、夹角的关系列方程”.
4．（2025高一下·望城期末）坐标平面内点的坐标为，则点位于（ ）
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】任意角三角函数的定义；三角函数值的符号
【解析】【解答】解：，，，则点位于第二象限.
故答案为：B.
【分析】判断点所在象限，关键在于确定和的正负.用弧度制下角的范围，结合正弦、余弦函数在不同象限的符号规律来分析，核心是“通过角的范围判断三角函数值符号”.
5．（2025高一下·望城期末）自然数的位数为（参考数据：）（ ）
A．607 B．608 C．609 D．610
【答案】C
【知识点】指数式与对数式的互化；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：因为，
所以，即的位数为.
故答案为：C.
【分析】确定自然数的位数，用对数的性质，指数形式转化为常用对数（以为底），对数运算找到对应的的幂次形式，进而根据位数与对数的关系求解.“对数搭桥，将指数转化为的幂，结合位数规则计算”.
6．（2025高一下·望城期末）设为双曲线曲线的左、右焦点，过直线与第一象限相交于点，且直线倾斜角的余弦值为，的离心率为（ ）
A．2 B． C．3 D．
【答案】A
【知识点】抛物线的简单性质；双曲线的定义；解三角形
【解析】【解答】解：由在第一象限内，且，则，且，由余弦定理可得cos∠PF1F2＝，
整理得，等式两边同除，则，
解得或 (舍去).
故答案为：A.
【分析】结合双曲线的定义、性质，用余弦定理建立关于、的方程，进而求解离心率.通过双曲线定义表示出三角形三边，用余弦定理结合已知倾斜角余弦值列方程，化简后求离心率 .
7．（2025高一下·望城期末）已知椭圆：的左右焦点分别为，，过的直线交椭圆于A，B两点，若，点满足，且，则椭圆C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质；解三角形
【解析】【解答】解：由椭圆定义可知，由，故，，点满足，即，则，又，，即，
又，故，则，即，即平分，
又，故，则，则，
，，由，
故，即，即，又，
故.
故答案为：B.
【分析】围绕椭圆性质展开，需结合椭圆定义、正弦定理、角度关系及向量条件，推导边的关系，最终用离心率公式求解.用椭圆定义和向量条件，通过正弦定理建立角度与边的联系，结合垂直条件得出边的等量关系，再用余弦定理或椭圆关系求离心率.
8．（2025高一下·望城期末）设定义域为的函数满足，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；不等式的解集
【解析】【解答】解：令，则，故g（x）在R递增，
不等式，即，
故，故x＜2x 1，解得：x＞1.故答案为：D.
【分析】用函数构造法，结合导数判断函数单调性，将原不等式转化为构造函数的单调性问题求解.“构造新函数，通过导数分析其单调性，再用单调性转化不等式”.
二、多选题
9．（2025高一下·望城期末）某篮球爱好者在一次篮球训练中，需进行五轮投篮，每轮投篮5次.统计各轮投进球的个数，获知其前四轮投中的个数分别为2，3，4，4，则第五轮结束后下列数字特征有可能发生的是（ ）
A．平均数为3，极差是3 B．中位数是3，极差是3
C．平均数为3，方差是0.8 D．中位数是3，方差是0.56
【答案】B,C,D
【知识点】极差、方差与标准差
【解析】【解答】2+3+4+4＝13，
①若平均数为3，则第五轮投中的个数为2，
所以极差为4﹣2＝2，方差为 ，
即A不符合题意，C符合题意；
②若中位数为3，则第五轮投中的个数为0或1或2或3，
当投中的个数为0时，极差为4，方差为
当投中的个数为1时，极差为3，方差为 ；
当投中的个数为2时，极差为2，方差为0.8；
当投中的个数为3时，极差为2，方差为
即B和D均正确．
故答案为：BCD．
【分析】 由题知，前四轮投中的个数总和为13，从选项看，分两大类讨论：①平均数为3，则第五轮投中2个，再根据极差和方差的计算公式求解后，即可判断选项A和C；②中位数为3，则第五轮投中的个数为0或1或2或3，然后分4种情况，逐一计算极差和方差，从而判断选项B和D．
10．（2025高一下·望城期末）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．在上单调递增
C．的值域为
D．的图象关于直线对称
【答案】A,C,D
【知识点】三角函数中的恒等变换应用；二倍角的余弦公式；正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：A：因为，所以，故A正确；
B：当时， ，函数在上先增后减，无单调性，故B错误；
C：的值域为，故C正确；
D：，当时，取得最小值，故D正确．
故答案为：ACD.
【分析】围绕三角函数的性质展开，对化简，依据三角函数的图象与性质，依次分析函数在特定点的值、单调区间、值域以及平移后函数的对称性.用三角恒等变换化简函数，结合余弦函数的性质进行判断.
11．（2025高一下·望城期末）函数，关于x的方程，则下列正确的是（ ）
A．函数的值域为R
B．函数的单调减区间为
C．当时，则方程有4个不相等的实数根
D．若方程有3个不相等的实数根，则m的取值范围是
【答案】B,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：①当时，，则在单调递减，且渐近线为轴和，恒有.
②当时，，，当，在单调递增；当，在单调递减，故，且恒有，综上①②可知，，
综上，作出函数大致图象，如下图：
A：由上可知函数的值域为，故A错误；
B：函数的单调减区间为，故B正确；
C：当时，则方程，解得或，由，得或，有两个实数根；由图象可知，由得此时有不相等的实数根，且均不为，也不为，
所以当时，则方程有6个不相等的实数根，故C错误；
D：若关于x的方程有3个不相等的实数根，即方程与方程共有3个不相等的实数根，又因为已有两个不等的实数根，则方程有且仅有1个根，且不为.所以与有且仅有1个公共点，由图象可知，满足题意，即m的取值范围是，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】围绕分段函数展开，分析分段函数各区间的单调性、值域，结合方程的结构（转化为或 ），通过数形结合判断根的情况.剖析分段函数性质，再分解方程，最后结合图象分析根的个数.
三、填空题
12．（2025高一下·望城期末）若函数的零点在区间，内，则 ．
【答案】
【知识点】函数的单调性及单调区间；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：因为，所以在上单调递增，又，，，所以函数在上有唯一零点，所以；
故答案为：
【分析】通过求导，利用导数符号判断函数在定义域内单调递增，这是后续用零点存在性定理的前提，计算整数点(x = 1， 2， 3)处的函数值，找到函数值由负变正的区间(2， 3)，结合零点存在性定理确定零点所在区间，从而得k = 2.
13．（2025高一下·望城期末）在《九章算术》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马．如图，若四棱锥为阳马，侧棱底面，且，，设该阳马的外接球半径为，内切球半径为，则 ．
【答案】
【知识点】球内接多面体
【解析】【解答】解：
四棱锥为阳马，侧棱底面，
且，，设该阳马的外接球半径为，
该阳马补形所得到的长方体的对角线为外接球的直径，
，
，
侧棱底面，且底面为正方形，
内切球在侧面内的正视图是的内切圆，
内切球半径为，
故．
故答案为．
【分析】利用 “阳马” 可补形为长方体的特点，长方体的体对角线是外接球直径，通过长方体体对角线公式快速求R，然后利用等体积法，将四棱锥体积表示为 “各面面积和乘以半径再除以3”，结合直接法计算的体积，联立求出r.
14．（2025高一下·望城期末）非零向量的夹角为，且满足，向量组由一个和两个排列而成，向量组由两个和一个排列而成，若所有可能值中的最小值为，则 ．
【答案】
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：已知向量组可能为：或或，向量组可能为：或或，所以的可能值为 和 ，因为，，且，所以的最小值为，由已知，所以
故答案为：.
【分析】确定向量组 和 的所有排列组合情况，计算每种组合下 的值，找出最小值，结合已知条件列方程求解.“枚举排列组合，计算向量点积，比较得最小值，建立方程求解“.
四、解答题
15．（2025高一下·望城期末）已知向量，若与的夹角为．
（1）求；
（2）当为何值时，向量与向量互相垂直？
【答案】（1）因为，且与的夹角为60°，
所以，
则；
（2）若向量与向量互相垂直，则，
即，即，解得，
故当时，向量与向量互相垂直.
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【分析】（1）由题意，利用向量的数量积公式以及向量的模长公式求解即可；
（2）根据两向量垂直数量积为，列式计算即可.
16．（2025高一下·望城期末）求值：
（1）；
（2）
【答案】（1）解： 原式.
（2）解： 原式.
【知识点】有理数指数幂的运算性质；对数的性质与运算法则；三角函数诱导公式二~六
【解析】【分析】（1）用指数幂的运算规则和对数的运算性质来化简计算.将底数为分数的指数幂转化为更易计算的形式，再处理对数部分，通过对数的拆分与合并来简化式子，最终得出结果.
（2）面对大角度的三角函数值计算，用三角函数的诱导公式，将大角度转化为范围内的角，再结合特殊角的三角函数值来求解.
（1）原式
.
（2）原式
17．（2025高一下·望城期末）已知函数（，且）的部分图象如图示．
（1）求的解析式；
（2）若关于x的不等式在上有解，求实数m的取值范围．
【答案】（1）解：由图象可知函数经过点和，
所以，解得，
所以函数的解析式是．
（2）解：由（1）知，，
根据题意知，即在有解，
设，则，
因为和在上都是单调递增函数，
所以在上是单调递增函数，故，
所以，实数m的取值范围是．
【知识点】指数函数的图象与性质；指数函数的单调性与特殊点
【解析】【分析】（1）利用函数图象过的两个特殊点(-1， 0)和(0， -1)，代入函数表达式得到关于a、b的方程组，解方程组确定参数，从而得到函数解析式.
（2）将问题转化为在有解，结合函数的单调性即可得解.
（1）由图象可知函数经过点和，
所以，解得，
所以函数的解析式是．
（2）由（1）知，，
根据题意知，即在有解，
设，则，
因为和在上都是单调递增函数，
所以在上是单调递增函数，故，
所以，实数m的取值范围是．
18．（2025高一下·望城期末）在中，点的坐标为，边上的中线所在直线的方程为，直线的倾斜角为．
（1）求点的坐标；
（2）过点的直线与轴的正半轴、轴的正半轴分别交于，两点，求（为坐标原点）面积的最小值．
【答案】（1）解：因为直线的倾斜角为，所以直线的斜率为，
又的坐标为，所以直线的方程为，即．
因为BC边上的中线经过点A，由与联立，解得，，
所以点的坐标为．
（2）解：由题意得，可设直线的方程为（，），则．
因为，，所以，则，
当且仅当时，等号成立，所以面积的最小值为．
【知识点】直线的倾斜角；直线的斜率；直线的点斜式方程
【解析】【分析】本题围绕三角形中的坐标与直线方程，以及直线与坐标轴围成三角形的面积最值展开：
（1）思路是先由直线的倾斜角求出其斜率，进而得到直线的方程，再联立边中线所在直线方程，求解交点得的坐标.
（2）思路是设出直线的截距式方程，代入点坐标得到、的关系，再利用基本不等式求出的最小值，从而得到面积最小值 .
（1）因为直线的倾斜角为，所以直线的斜率为，
又的坐标为，所以直线的方程为，即．
因为BC边上的中线经过点A，由与联立，解得，，
所以点的坐标为．
（2）依题意可设直线的方程为（，），则．
因为，，所以，则，
当且仅当时，等号成立，所以面积的最小值为．
19．（2025高一下·望城期末）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若，且函数只有一个零点，求的最小值.
【答案】（1）解：由题意可知.当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）解法一：解：由题意可知，且.
令，
则.
记，（*）
当时，，与相矛盾，此时（*）式无解；
当时，无解；
当时，（*）式的解为，此时有唯一解；
当时，
，
所以（*）式只有一个负根，有唯一解，故的最小值为1.
解法二：解：由题得，
令，则.
再令，则.
记，
函数和函数的图象如图所示：
当，即时，显然不成立；
当，即时，由，得方程存在唯一解，且.
此时亦存在唯一解.
综上，的最小值为1.
【知识点】函数的定义域及其求法；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；基本初等函数导函数公式
【解析】【分析】（1）先确定定义域，再求导，根据导数的符号分类讨论（和 ）.
（2）通过换元法（令 ）简化方程，结合导数研究换元后函数的取值范围，再分析二次方程根的分布，通过逐步分类讨论的取值，结合函数性质判断零点个数，最终确定整数的最小值.
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