2023北京一零一中高一下学期期中数学试卷及答案（教师版）

这是一份2023北京一零一中高一下学期期中数学试卷及答案（教师版），共17页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

本试卷满分120分，考试时间100分钟
一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1. 的值为( )
A. B. C. D.
2. 已知，则 ( )
A. B. C. D. 1
3. 已知向量且，则
A. B. C. D.
4. 下列函数中最小正周期为的是（ ）
①；
②；
③；
④
A. ①②B. ②④C. ①③④D. ①②④
5. 如图所示，在正方形中，为的中点，为的中点，则（ ）
A. B.
C. 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
7. 已知角的终边上有一点，则的值为( )
A. 3B. C. 1D.
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
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
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. ②③B. ①②④C. ①③④D. ①②③④
二、填空题：共5小题，每小题5分，共25分.
11. 已知向量，向量，则向量与向量的夹角为__________．
12. 在△中，，则________，△的面积____．
13. 若，，则___________
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________.
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.
三、解答题：共5小题，共55分.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程.
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).
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.
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.
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.
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：.
参考答案
一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1. 【答案】A
【解析】
【分析】由诱导公式可得答案.
【详解】.
故选：A
2. 【答案】B
【解析】
【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. 【答案】B
【解析】
【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. 【答案】C
【解析】
【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. 【答案】D
【解析】
【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. 【答案】D
【解析】
【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. 【答案】B
【解析】
【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. 【答案】A
【解析】
【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. 【答案】B
【解析】
【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. 【答案】B
【解析】
【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：共5小题，每小题5分，共25分.
11. 【答案】##
【解析】
【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. 【答案】 ①. 4 ②.
【解析】
【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. 【答案】
【解析】
【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：．
14. 【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】
（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.
15. 【答案】①②③
【解析】
【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.
三、解答题：共5小题，共55分.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程.
16. 【答案】（1）答案见详解
（2）①； ②
【解析】
【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.
【小问1详解】
表格填写如下：
图象如下：
【小问2详解】
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. 【答案】（1）
（2）
【解析】
【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．
【小问1详解】
，
所以.
【小问2详解】
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. 【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【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．
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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. 【答案】（1）
（2）
【解析】
【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.
【小问1详解】
因为由正弦定理得，
，即，
因为，所以，即，
因为，所以.
【小问2详解】
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. 【答案】（1）不具有 （2）存在，，或，
（3）证明见详解
【解析】
【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.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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，.
【小问3详解】
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.
x
0
0
2
0
0
x
0
0
2
0
-2
0