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2025年天利38套高中名校期中期末联考测试卷高中数学必修第一册人教版
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18.（13 分）
已知 $ \alpha $，$ \beta $ 为锐角，$ \sin \alpha = \frac { \sqrt { 2 } } { 10 } $，$ \tan ( \alpha + \beta ) = \frac { 1 } { 2 } $。
（Ⅰ）求 $ \tan \alpha $ 和 $ \tan \beta $ 的值；
（Ⅱ）求 $ \alpha + 2 \beta $ 的值。
已知 $ \alpha $，$ \beta $ 为锐角，$ \sin \alpha = \frac { \sqrt { 2 } } { 10 } $，$ \tan ( \alpha + \beta ) = \frac { 1 } { 2 } $。
（Ⅰ）求 $ \tan \alpha $ 和 $ \tan \beta $ 的值；
（Ⅱ）求 $ \alpha + 2 \beta $ 的值。
答案：
18.(Ⅰ)$\tan\alpha=\frac{1}{7}$ $\tan\beta=\frac{1}{3}$ （Ⅱ）$\frac{\pi}{4}$
三角恒等变换+同角三角函数的基本关系
解：(Ⅰ)因为$\alpha$为锐角，$\sin\alpha=\frac{\sqrt{2}}{10}$，
所以$\cos\alpha=\sqrt{1-\sin^{2}\alpha}=\frac{7\sqrt{2}}{10}$，
所以$\tan\alpha=\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}=\frac{1}{7}$。
又因为$\tan(\alpha+\beta)=\frac{1}{2}$，
所以$\tan\beta=\tan[(\alpha+\beta)-\alpha]=\frac{\tan(\alpha+\beta)-\tan\alpha}{1+\tan(\alpha+\beta)\tan\alpha}=\frac{\frac{1}{2}-\frac{1}{7}}{1+\frac{1}{2}×\frac{1}{7}}=\frac{1}{3}$(提示：两角差的正切公式)，
故$\tan\alpha=\frac{1}{7},\tan\beta=\frac{1}{3}$。(7分)
(Ⅱ)由(Ⅰ)知$\tan\beta=\frac{1}{3}$，
又因为$\tan(\alpha+\beta)=\frac{1}{2}$，
所以$\tan(\alpha + 2\beta)=\tan[(\alpha+\beta)+\beta]=\frac{\tan(\alpha+\beta)+\tan\beta}{1-\tan(\alpha+\beta)\tan\beta}=\frac{\frac{1}{2}+\frac{1}{3}}{1-\frac{1}{2}×\frac{1}{3}}=1$(方法：先将$\alpha + 2\beta$进行拆分变形，再利用两角和的正切公式)。
因为$\alpha,\beta$为锐角，$\tan(\alpha+\beta)=\frac{1}{2},\tan\beta=\frac{1}{3}$，
所以$0＜\alpha+\beta＜\frac{\pi}{4},0＜\beta＜\frac{\pi}{4}$。
所以$0＜\alpha + 2\beta＜\frac{\pi}{2}$，
故$\alpha + 2\beta=\frac{\pi}{4}$。(13分)
三角恒等变换+同角三角函数的基本关系
解：(Ⅰ)因为$\alpha$为锐角，$\sin\alpha=\frac{\sqrt{2}}{10}$，
所以$\cos\alpha=\sqrt{1-\sin^{2}\alpha}=\frac{7\sqrt{2}}{10}$，
所以$\tan\alpha=\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}=\frac{1}{7}$。
又因为$\tan(\alpha+\beta)=\frac{1}{2}$，
所以$\tan\beta=\tan[(\alpha+\beta)-\alpha]=\frac{\tan(\alpha+\beta)-\tan\alpha}{1+\tan(\alpha+\beta)\tan\alpha}=\frac{\frac{1}{2}-\frac{1}{7}}{1+\frac{1}{2}×\frac{1}{7}}=\frac{1}{3}$(提示：两角差的正切公式)，
故$\tan\alpha=\frac{1}{7},\tan\beta=\frac{1}{3}$。(7分)
(Ⅱ)由(Ⅰ)知$\tan\beta=\frac{1}{3}$，
又因为$\tan(\alpha+\beta)=\frac{1}{2}$，
所以$\tan(\alpha + 2\beta)=\tan[(\alpha+\beta)+\beta]=\frac{\tan(\alpha+\beta)+\tan\beta}{1-\tan(\alpha+\beta)\tan\beta}=\frac{\frac{1}{2}+\frac{1}{3}}{1-\frac{1}{2}×\frac{1}{3}}=1$(方法：先将$\alpha + 2\beta$进行拆分变形，再利用两角和的正切公式)。
因为$\alpha,\beta$为锐角，$\tan(\alpha+\beta)=\frac{1}{2},\tan\beta=\frac{1}{3}$，
所以$0＜\alpha+\beta＜\frac{\pi}{4},0＜\beta＜\frac{\pi}{4}$。
所以$0＜\alpha + 2\beta＜\frac{\pi}{2}$，
故$\alpha + 2\beta=\frac{\pi}{4}$。(13分)
19.（15 分）
设函数 $ f ( x ) = \log _ { 2 } ( 4 ^ { x } + m ) ( m \gt - 1 ) $。
（Ⅰ）当 $ m = 0 $ 时，求 $ f ( 1 ) $ 的值；
（Ⅱ）判断 $ f ( x ) $ 在区间 $ [ 0, + \infty ) $ 上的单调性，并用函数单调性的定义证明你的结论；
（Ⅲ）当 $ x \in [ 0, + \infty ) $ 时，$ f ( x ) $ 的最小值为 3，求 $ m $ 的值。
设函数 $ f ( x ) = \log _ { 2 } ( 4 ^ { x } + m ) ( m \gt - 1 ) $。
（Ⅰ）当 $ m = 0 $ 时，求 $ f ( 1 ) $ 的值；
（Ⅱ）判断 $ f ( x ) $ 在区间 $ [ 0, + \infty ) $ 上的单调性，并用函数单调性的定义证明你的结论；
（Ⅲ）当 $ x \in [ 0, + \infty ) $ 时，$ f ( x ) $ 的最小值为 3，求 $ m $ 的值。
答案：
19.(Ⅰ)2 （Ⅱ）略 （Ⅲ）7
对数函数的单调性与最值
解：(Ⅰ)因为当$m = 0$时，$f(x)=\log_{2}4^{x}$，
所以$f(1)=\log_{2}4 = 2$。(4分)
(Ⅱ)函数$f(x)$在区间$[0,+\infty)$上单调递增。
证明：任取$x_{1},x_{2}\in[0,+\infty)$，且$x_{1}＜x_{2}$，
那么$f(x_{1})-f(x_{2})=\log_{2}(4^{x_{1}}+m)-\log_{2}(4^{x_{2}}+m)=\log_{2}\frac{4^{x_{1}}+m}{4^{x_{2}}+m}$
因为$0\leqslant x_{1}＜x_{2}$，函数$y = 4^{x}$在区间$[0,+\infty)$上单调递增，
所以$1\leqslant4^{x_{1}}＜4^{x_{2}}$。
又因为$m＞-1$，所以$0＜4^{x_{1}}+m＜4^{x_{2}}+m$。
所以$0＜\frac{4^{x_{1}}+m}{4^{x_{2}}+m}＜1$。
因为当$x\in(0,1)$时，$y=\log_{2}x＜0$，
所以$\log_{2}\frac{4^{x_{1}}+m}{4^{x_{2}}+m}＜0$。
从而$f(x_{1})-f(x_{2})＜0$，即$f(x_{1})＜f(x_{2})$。
故$f(x)$在区间$[0,+\infty)$上单调递增。(10分)
(Ⅲ)由(Ⅱ)知，$f(x)$在区间$[0,+\infty)$上单调递增，
所以$f(x)$在区间$[0,+\infty)$上的最小值为$f(0)$。
又因为当$x\in[0,+\infty)$时，$f(x)$的最小值为3，
所以$\log_{2}(1 + m)=3$，故$m = 7$。(15分)
对数函数的单调性与最值
解：(Ⅰ)因为当$m = 0$时，$f(x)=\log_{2}4^{x}$，
所以$f(1)=\log_{2}4 = 2$。(4分)
(Ⅱ)函数$f(x)$在区间$[0,+\infty)$上单调递增。
证明：任取$x_{1},x_{2}\in[0,+\infty)$，且$x_{1}＜x_{2}$，
那么$f(x_{1})-f(x_{2})=\log_{2}(4^{x_{1}}+m)-\log_{2}(4^{x_{2}}+m)=\log_{2}\frac{4^{x_{1}}+m}{4^{x_{2}}+m}$
因为$0\leqslant x_{1}＜x_{2}$，函数$y = 4^{x}$在区间$[0,+\infty)$上单调递增，
所以$1\leqslant4^{x_{1}}＜4^{x_{2}}$。
又因为$m＞-1$，所以$0＜4^{x_{1}}+m＜4^{x_{2}}+m$。
所以$0＜\frac{4^{x_{1}}+m}{4^{x_{2}}+m}＜1$。
因为当$x\in(0,1)$时，$y=\log_{2}x＜0$，
所以$\log_{2}\frac{4^{x_{1}}+m}{4^{x_{2}}+m}＜0$。
从而$f(x_{1})-f(x_{2})＜0$，即$f(x_{1})＜f(x_{2})$。
故$f(x)$在区间$[0,+\infty)$上单调递增。(10分)
(Ⅲ)由(Ⅱ)知，$f(x)$在区间$[0,+\infty)$上单调递增，
所以$f(x)$在区间$[0,+\infty)$上的最小值为$f(0)$。
又因为当$x\in[0,+\infty)$时，$f(x)$的最小值为3，
所以$\log_{2}(1 + m)=3$，故$m = 7$。(15分)
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