2022-2023学年北京市一零一中学高一下学期期中考试数学试题含解析

这是一份2022-2023学年北京市一零一中学高一下学期期中考试数学试题含解析，共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年北京市一零一中学高一下学期期中考试数学试题 一、单选题1．的值为(    )A． B． C． D．【答案】A【分析】由诱导公式可得答案.【详解】.故选：A2．已知，则 (    )A． B． C． D．1【答案】B【分析】根据二倍角的正切公式计算即可.【详解】因为，所以，故选：B.3．已知向量且，则A． B． C． D．【答案】B【详解】分析：首先由向量平行确定向量的坐标，再求向量的模长.详解：因为，所以，即；所以；所以.点睛：1、本题考查向量共线、向量的坐标运算等知识，意在考查学生的分析、计算能力.解决本题的关键在于熟练掌握向量平行的坐标表示；熟记向量坐标的加减运算与向量模长的坐标运算.4．下列函数中最小正周期为的是（    ）①；②；③；④A．①② B．②④ C．①③④ D．①②④【答案】C【分析】根据同角三角函数关系、三角恒等变换化简函数，从而可判断各三角函数的最小正周期，即可得答案.【详解】解：①，则的最小正周期为，故①符合；②，则的最小正周期为，故②不符合；③，则的最小正周期为，故③符合；④，则的最小正周期为，故④符合.故选：C.5．如图所示，在正方形中，为的中点，为的中点，则（      ）A． B．C． D．【答案】D【分析】由平面向量的线性运算逐步转化即可得解.【详解】=.故选：D．6．在中，角的对边分别为，若，则一定是(    )A．正三角形 B．直角三角形 C．等腰或直角三角形 D．等腰三角形【答案】D【分析】根据正弦定理化边为角，结合边的关系进行判断.【详解】因为，所以由正弦定理可得，因为，所以，即，所以.故选：D.7．已知角的终边上有一点，则的值为(    )A．3 B． C．1 D．【答案】B【分析】首先求出的值，然后将所求的式子利用诱导公式进行化简，然后可得答案.【详解】依题意得，则，故选：B.8．已知实数“”是“”的（    ）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】由条件推结论可判断充分性，由结论推条件可判断必要性.【详解】当时，，且，充分性成立；当时，未必有，例如时，此时，但不满足.所以实数“”是“”的充分而不必要条件.故选：A.9．石景山游乐园“梦想之星”摩天轮采用国内首创的横梁中轴结构，风格现代简约. “梦想之星”摩天轮直径约为86米，总高约100米，匀速旋转一周时间为18分钟，配有42个球形全透视360度全景座舱.如果不考虑座舱高度等其它因素，该摩天轮的示意图如图所示，游客从离地面最近的位置进入座舱，旋转一周后出舱，甲、乙两名同学通过即时交流工具发现，他们两人进入各自座舱的时间相差6分钟，这两名同学在摩天轮上游玩的过程中，他们所在的高度之和的最大值约为(    )A．79米 B．157米 C．113米 D．189米【答案】B【分析】先求摩天轮的角速度，从而得到两人相差的角度，再建立人距离地面的高度关于转动角之间的函数关系，从而得到所在的高度之和的函数模型，再利用三角函数性质求出最值.【详解】因为摩天轮匀速旋转一周时间为18分钟，所以摩天轮的角速度为，又因为甲乙两人进入各自座舱的时间相差6分钟，所以两人相差的角度为，设第二个人进仓后转动角时对应的高度为，因为摩天轮直径约为86米，总高约100米，所以摩天轮底部距离地面高度为14米，摩天轮半径约为43米，所以，因为甲乙两人相差的角度为，所以甲乙两人所在的高度之和为：，所以，所以，化简可得，又根据题意可知，所以，所以当时，即时，取得最大值.故选：B.10．已知对于任意角，均有公式，设的内角满足，面积满足，角的对边分别为.给出下列四个结论：①；②；③；④.其中正确结论的序号是(    )A．②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④【答案】B【分析】首先可由得到，然后利用所给公式结合和差公式、倍角公式可化得，然后结合可求得外接圆半径的范围，然后可判断②③④.【详解】因为，所以，即，因为，所以，所以，故①正确；设的外接圆半径为，因为，所以，所以，故②正确；，故③错误，，故④正确，故选：B 二、填空题11．已知向量，向量，则向量与向量的夹角为__________．【答案】/【分析】由平面向量夹角公式代入即可得出答案.【详解】，，，设向量与向量的夹角为，，所以向量与向量的夹角为.故答案为：.12．在△中，，则________，△的面积____．【答案】     4     【分析】根据余弦定理可得值，先求得结合三角形面积公式即可求得结果．【详解】，，由可得,.故答案为：，．13．若，，则___________【答案】【分析】先由已知条件求出，然后利用两角差的正弦公式计算即可得到答案．【详解】，，，故答案为：． 三、双空题14．已知函数，那么函数的最小正周期是_____：若函数在上具有单调性，且，则________.【答案】          【解析】（1）利用周期公式求解即可.（2）对代入化简可求出的正切值，写出表达式，根据范围确定的值.【详解】（1）（2）由可得，利用诱导公式化简可得，展开得，，又，【点睛】求三角函数的解析式时，由即可求出；确定时，若能求出离原点最近的右侧图象上升(或下降)的“零点”横坐标，则令或)，即可求出，否则需要代入点的坐标，利用一些已知点的坐标代入解析式，再结合函数的性质解出和，若对的符号或对的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求. 四、填空题15．已知的外心是O，其外接圆半径为1，设，则下列论述正确的是____________.①若，，则为直角三角形；②若，则为正三角形；③若，，则为顶角为的等腰三角形；④若，，则.【答案】①②③【分析】对于①②，利用平面向量的知识得出O的位置，结合三角形的性质得出判断即可；对于③④，还需要利用向量数量积的公式求出数量积或者夹角才能正确判断.【详解】若，，则，所以O是AB的中点，又O是的外心，从而为直角三角形，故①正确；若，则，即，所以O是的重心，又O是的外心，从而为等边三角形，故②正确；若，，则，即.取AB的中点D，则,从而，所以O是中线CD上一点，又因为O是的外心，即O是中垂线的交点，所以，从而是等腰三角形.由得，两边平方得（*）.因为且，所以（*）式化为，所以，由圆周角是圆心角的一半可得，即为顶角为的等腰三角形，故③正确；若，，则，两边平方得，因为，所以；从而,故④错误.故答案为：①②③. 五、解答题16．已知函数.(1)某同学利用五点法画函数在区间上的图象.他列出表格，并填入了部分数据，请你帮他把表格填写完整，并在坐标系中画出图象；(2)已知函数.①若函数的最小正周期为，求的单调递增区间；②若函数在上无零点，求的取值范围(直接写出结论).x 0 020 0 【答案】(1)答案见详解(2)①；  ② 【分析】（1）令为可完善表格，描点可得图象；（2）①先求出的解析式，根据周期可得，然后可得单调区间；②先求的范围，再根据没有零点列出限制条件，可得范围.【详解】（1）表格填写如下：x0020-20图象如下：（2）①由题意，，，即.令,解得.所以g(x)的单调递增区间为.②， 时，，因为函数在上无零点，所以，解得，所以的取值范围为(0，1) .17．在中，，，，P为所在平面内的一个动点，且.(1)求；(2)求的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用数量积的运算可求得，即可得出答案；（2）以A为原点，AB所在直线为x轴，AC所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，设P点坐标为，则可得的表达式，利用三角函数的性质即可得结果．【详解】（1），所以.（2）以A为原点，AB所在直线为x轴，AC所在直线为y轴，建立平面直角坐标系如图所示．B点坐标为，C点坐标为，设P点坐标为．所以，，所以，所以的取值范围是．18．已知函数，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择能确定函数的解析式的两个作为已知.条件①：函数的最小正周期为；条件②：函数的图象经过点；条件③：函数的最大值为.(1)求的解析式及最小值；(2)若函数在区间上有且仅有2条对称轴，求t的取值范围.【答案】(1)答案见解析(2) 【分析】（1）利用三角恒等变换化简，选择①②：由周期得出，由得出，进而求出的解析式及最小值；选择①③：由周期得出，由的最大值为得出，进而求出的解析式及最小值；选择②③：由得，又因为函数的最大值为，所以，与矛盾，不符合题意.（2）因为，所以，由题意得，求解即可．【详解】（1）由题可知，.选择①②：因为，所以，又因为，所以.所以.当，即时，，所以函数的最小值为－1.选择①③：因为，所以，又因为函数的最大值为，所以.所以，当，即时，.所以函数的最小值为.选择②③：因为，所以.又因为函数的最大值为，所以，与矛盾，不符合题意.（2）因为，所以，又因为在区间上 上有且仅有2条对称轴，所以，所以，所以.19．在中，角的对边分别为，.(1)求角的大小；(2)若，为外一点，如图，，求四边形面积的最大值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式得到，即可得解；（2）根据题意，利用余弦定理可得，再表示出，表示出四边形，进而可得最值.【详解】（1）因为由正弦定理得，，即，因为，所以，即，因为，所以.（2）在中，，，所以，又，则为等边三角形，，又，所以，所以当时，四边形的面积取最大值，最大值为.20．给定正整数，设为n维向量的集合.对于集合M中的任意元素和，定义它们的内积为.设.且集合，对于A中任意元素，，若则称A具有性质.(1)当时，判断集合是否具有性质？说明理由；(2)当时，判断是否存在具有性质的集合A，若存在求出，若不存在请证明；(3)若集合A具有性质，证明：.【答案】(1)不具有(2)存在，，或，(3)证明见详解 【分析】（1）根据新定义验证即可判断；（2）分别讨论，根据新定义验证具有性质的集合是否存在即可得解；（3）根据集合A具有性质，分类讨论，由特殊到一般思想，利用反证法证明结论.【详解】（1）因为，同理，又，同理.所以集合A={(1，1，0)，(1，0，1)，(0，1，1)}不具有性质.（2）当时，集合A中的元素个数为4，由题意知显然，，否则集合A中的元素个数少于4个.①当时A={(1，0，0，0)，(0，1，0，0)，(0，0，1，,0)，(0，0，0，,1)}，具有性质H(1，0).③当时，A{(1，1，0，0)，(1，0，1，0)，(1，0，0，1)，(0，1，1，0)，(0，1，0，1)，(0，0，1，1)}若，则(1，1，0，0)和(1，0，0，1)至多一个在A中；(0，1，1，0)和(0，1，0，1)至多一个在A中；(1，0，1，0)和(0，0，1，1)至多一个在A中，故集合A中的元素个数小于4.若，则(1，1，0，0)和(0，0，1，1)至多一个在A中；(1，0，1，0)和(0，1，0，1)至多一个在A中；(1，0，0，1)和(0，1，1，0)至多一个在A中，故集合A中的元素个数小于4.④当时A={(1,1，1，0)，(1，1，0，1)，(1，0，1，1)，(0，1，1，1)}，具有性质H(3，2).综上，，或，.（3）记，则，若，则A={(0，0，…，0)}，矛盾.若，则A={(1，0，0，…，0)}，矛盾.故.假设存在j使得，不妨设，即.当时，有或成立.所以，，…，中分量为1的个数至多有.当时，不妨设，.因为，所以的各分量有p个1，不妨设.由时，可知，，中至多有1个1，即，，…，的前个分量中，至多含有个1.又，则，，…，的前个分量中，含有个1，矛盾.所以.因为，所以.所以.【点睛】难点点睛：要证明，化抽象为具体，各个击破的思路求解，先分析特殊情况验证不合题意知，利用反证法证明，假设存在j使得，不妨设，即，分析可知假设错误，得出正确结论，推理较难.