北京市北京师范大学附属实验中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷（Word版附解析）

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第一部分（选择题，共40分）
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. 是（ ）
A. 第一象限角B. 第二象限角C. 第三象限角D. 第四象限角
【答案】C
【解析】
【分析】根据所在区域及象限角的定义判断得解.
【详解】显然，所以是第三象限角.
故选：C
2. 已知向量，在正方形网格中的位置如图所示.若网格中每个小正方形的边长均为1，则（ ）
A. B. C. 2D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定的图形，求出，再利用数量积的定义求解即得.
【详解】观察图形知，，所以.
故选：A
3. 下列函数中，最小正周期为且是奇函数的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意，利用三角函数的奇偶性和周期性，得出结论.
【详解】由于是最小正周期为的奇函数，则A错误；
由于为偶函数，则B错误；
由于是最小正周期为的奇函数，则C错误；
由于，则是最小正周期为的奇函数；即D正确；
故选：D
4. 已知向量，满足，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用数量积的运算律结合已知求出，再利用夹角公式计算即得.
【详解】由，得，由，，得，即，
即，解得，于是，而，
所以.
故选：D
5. 已知函数的图象与直线的相邻两个交点间的距离等于，则的图象的一条对称轴是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出的图象和直线的全部交点，然后根据已知条件得到，再确定的表达式，最后确定图象的全部对称轴，即可选出答案.
【详解】由于，故方程等价于，即.
故的图象和直线的全部交点为，由于相邻两个交点间的距离等于，故，即.
所以，其图象的全部最值点满足，即.
所以的图象的全部对称轴为，取即知A正确.
而，故B，C，D错误.
故选：A.
6. 已知满足，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用诱导公式及二倍角的正切公式计算即得.
【详解】在中，，，则，
所以.
故选：A
7. 已知函数（其中，，）的部分图象如图所示，要得到函数的图象，只需将函数的图象（ ）

A. 向左平移个单位B. 向左平移个单位
C. 向右平移个单位D. 向右平移个单位
【答案】D
【解析】
【分析】根据图象求出函数解析式，由的图象变换规律，得出结论.
【详解】根据函数（其中，，）的部分图象，
可得，，解得，
再根据五点法作图可得，解得，故，
故将函数的图象向右平移个单位，可得的图象，
经检验，其他选项都不正确.
故选：D
8. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由，结合诱导公式和二倍角的余弦公式，计算即可得到所求值.
【详解】由于，所以，
故选：B
9. 已知函数．则“”是“为奇函数”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】C
【解析】
【分析】若，利用和差角公式求出，即可判断的奇偶性，从而判断充分性，再由奇函数的定义判断必要性.
【详解】因，
若，即，
即，
所以，又，所以，
所以，
当为偶数时，则为奇函数；
当为奇数时，则为奇函数；
综上可得由可得为奇函数，故充分性成立；
由为奇函数，则，显然满足，故必要性成立；
所以“”是“为奇函数”充要条件.
故选：C
10. 如图，是轮子外边沿上的一点，轮子半径为0.3m.若轮子从图中位置向右无滑动滚动，则当滚动的水平距离为22m时，下列选项中，关于点的描述正确的是（参考数据：）（ ）
A. 点在轮子的右上位置，距离地面约为0.56m
B. 点在轮子的右上位置，距离地面约为0.45m
C. 点在轮子的左下位置，距离地面约为0.15m
D. 点在轮子的左下位置，距离地面约为0.04m
【答案】B
【解析】
【分析】计算出车轮转动的周期数即可得确定位置和距地面的距离.
【详解】车轮的周长为，当滚动的水平距离为时，
，即车轮转动个周期，即点A在轮子的右上位置，如图所示，
距离地面约为，
故选：B.
第二部分（非选择题，共110分）
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 函数的定义域为__________________ .
【答案】
【解析】
【详解】试题分析：由 ，解得 ，所以定义域为
考点：本题考查定义域
点评：解决本题的关键熟练掌握正切函数的定义域
12. 已知向量，，使和的夹角为钝角的的一个取值为________.
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据给定条件，利用且和不共线，求出的值的范围即可.
【详解】由和的夹角为钝角，得且和不共线，则，
由，得，解得，
整理得，
当时，，，而，则，
因此当和的夹角为钝角时，且，
所以和的夹角为钝角的的一个取值为.
故答案为：（答案不唯一）.
13. 若函数（）和的图象的对称轴完全重合，则_________，__________.
【答案】 ①. 2 ②. 或1
【解析】
【分析】化简函数并求出其周期，由两个函数周期相同求出，再求出对称轴进而确定即可求出.
【详解】依题意，，函数的周期为，
由函数和的图象对称轴完全重合，得的周期，所以；
函数，由，得，
函数中，由，得，
依题意，，
则当时，，
当为奇数时，，，
当为偶数时，，，所以或.
故答案为：2；或1
14. 在矩形中，若，，且，则的值为______，的值为______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，设，利用坐标法求出、，即可求出的值，最后利用坐标法求出平面向量数量积.
【详解】如图建立平面直角坐标系，设，则，，，，
因为，所以，
所以，，，
所以，，因为，
所以，解得或（舍去），
所以，，所以.
故答案为：；
15. 已知，给出下列四个结论：
①对任意的，函数是偶函数；
②存在，函数的最大值与最小值的差为4；
③当时，对任意的非零实数，；
④当时，存在实数，，使得对任意的，都有.其中所有正确结论的序号是_________.
【答案】①②④
【解析】
【分析】对于①，使用奇偶函数的定义判断即可；对于②，取的值，求出函数最大值、最小值，即可；对于③，先化解方程，再取即可；对于④，取即可判断.
【详解】对于①，函数的定义域为，且
，所以函数为偶函数，故①正确；
对于②，取，则
所以，即最大值与最小值的差为4，故②正确.
对于③，，
，
当时，，故③错误；
对于④，当时，，取，
使得对任意的，都有，故④正确；
故答案为：①②④.
三、解答题共6小题，共85分.解答题应写出文字说明，验算步骤或证明过程.
16. 在平面直角坐标系中，锐角，均以为始边，终边分别与单位圆交于点，，已知点的纵坐标为，点的横坐标为.
（1）直接写出和的值，并求的值；
（2）求的值；
（3）将点绕点逆时针旋转得到点，求点的坐标.
【答案】（1），；
（2）10； （3）.
【解析】
【分析】（1）利用三角函数定义求出和，再利用差角的正切计算得解.
（2）利用诱导公式及正余弦的齐次式法计算即得.
（3）求出点所在终边的角，再利用三角函数定义及和角的正余弦计算即可.
【小问1详解】
由锐角，，得点，都在第一象限，而点的纵坐标为，点的横坐标为，
则点横坐标为，点的纵坐标为，因此；
.
【小问2详解】
由（1）知，.
【小问3详解】
依题意，点在角的终边上，且，由（1）知，
则点的横坐标为，
点的纵坐标为，
所以点的坐标为.
17. 已知函数.
（1）求的单调区间；
（2）若函数，求的图象的对称中心.
【答案】（1）单调增区间为；单调减区间为
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦函数的单调区间即可得到答案；
（2）化简，由正弦函数的对称中心可得答案.
【小问1详解】
由于函数，
令，解得，
所以的单调增区间为，
令，解得，
所以的单调减区间为，
【小问2详解】
由，
可得，
即，
令，解得：，
所以的图象的对称中心为.
18. 在平面直角坐标系中，为原点，，，，，，为线段上一点，且.
（1）求，的值；
（2）当时，求；
（3）求的取值范围.
【答案】（1）；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）利用向量的坐标表示，再结合向量垂直的坐标表示、向量共线的坐标表示，列出方程组求解即得.
（2）由（1）求出的坐标，利用向量夹角公式计算即得.
（3）用表示的坐标，利用数量积的坐标表示建立函数关系，求出函数值域即得.
【小问1详解】
依题意，，，
由，得，即，
由，得，即，联立解得，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，，由，，得，
，，
所以.
【小问3详解】
由（2）知，，，
则，
由为线段上一点，且，得，
当时，，当时，，
所以的取值范围.
19. 已知函数，其中.再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，使存在，并完成下列两个问题.
（1）求的值；
（2）若函数在区间上的取值范围是，求的取值范围.
条件①；
条件②是的一个零点；
条件③.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）条件选择见解析，；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据选择的条件代入计算，结合角的范围即可利用特殊角的三角函数值求解.
（2）由（1）求出并化简函数，再求出相位的取值范围，结合已知及正弦函数的性质，列出不等式求解即得.
【小问1详解】
选条件①，无意义，即此时不存在，则不能选①.
选条件②，，则，
而， 即，则，
所以.
选条件③，，即，
整理得，即，
而， 即，则，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，，
当时，，由在上的取值范围是，
得，解得，
所以的取值范围是.
20. 如图是两个齿轮传动的示意图，已知上、下两个齿轮的半径分别为1和2，两齿轮中心，在同一竖直线上，且，标记初始位置点为下齿轮的最右端，点为上齿轮的最下端，以下齿轮中心为坐标原点，如图建立平面直角坐标系，已知下齿轮以每秒1弧度的速度逆时针旋转，并同时带动上齿轮转动，转动过程中，两点的纵坐标分别为，、转动时间为秒（）.
（1）当时，求点绕转动的弧度数；
（2）分别写出，关于转动时间的函数表达式，并求当满足什么条件时，；
（3）求的最小值.
【答案】（1）2 （2），，满足
（3）
【解析】
【分析】（1）由点与点处转过的弧长相等，求点绕转动的弧度数；
（2）由分别点与点处转过的圆心角，结合正弦函数，写出，关于转动时间的函数表达式，并解不等式；
（3）利用诱导公式和倍角公式化简，结合二次函数的性质求最小值.
【小问1详解】
当时，点绕转动1弧度，点与点处转过的弧长相等，则点绕转动的弧度数为.
【小问2详解】
转动时间为秒，点绕转动弧度，点绕转动弧度，
，，
当，，
由解得，.
则满足条件的的集合为.
【小问3详解】
，
当时，有最小值.
21. 对于定义在上的函数，如果存在一组常数，，…，（为正整数，且），使得，，则称函数为“阶零和函数”.
（1）若函数，，请直接写出，是否为“2阶零和函数”；
（2）判断“为2阶零和函数”是“为周期函数”的什么条件（用“充分不必要条件”“必要不充分条件”“充要条件”或“既不充分也不必要”回答），并证明你的结论；
（3）判断下列函数是否为“3阶零和函数”，并说明理由.，.
【答案】（1）不是，是；
（2）充分不必要条件，证明见解析；
（3）是，不是，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）利用恒等式判断，取计算，结合定义判断.
（2）利用定义求出周期说明充分性，举例说明必要性不成立推理即得.
（3）取计算，结合定义判断；利用反证法推理导出矛盾判断.
【小问1详解】
函数，对一切实数不成立，
所以函数不是“2阶零和函数”；
取，，，
所以是“2阶零和函数”.
【小问2详解】
“为2阶零和函数”是“为周期函数”的充分不必要条件.证明如下：
若为2阶零和函数，则存在常数，使得，，
即，因此，即函数为周期函数；
反之函数为周期函数，
如，对，，为周期函数，
对任意正常数，，
因此函数不是2阶零和函数，
所以“为2阶零和函数”是“为周期函数”的充分不必要条件.
【小问3详解】
函数是“3阶零和函数”，取，，
，
所以函数是“3阶零和函数”；
函数不是“3阶零和函数”，
假定函数是“3阶零和函数”，
则存在常数，，，
即
对成立，
则恒成立，
由，得，
因此，平方相加整理得，
则或，
由，同理得，
于是或，
则，或或或，
即，或或或，显然不成立，
因此不存在常数，使得，，
所以函数不“3阶零和函数”.
【点睛】思路点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.