北京市顺义牛栏山第一中学2023-2024学年高一下学期4月月考数学试题（Word版附解析）

这是一份北京市顺义牛栏山第一中学2023-2024学年高一下学期4月月考数学试题（Word版附解析），文件包含北京市顺义牛栏山第一中学2023-2024学年高一下学期4月月考数学试卷Word版含解析docx、北京市顺义牛栏山第一中学2023-2024学年高一下学期4月月考数学试卷Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。

第一部分（选择题共24分）
一、选择题共6小题，每小题4分，共24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. 值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据诱导公式，将所求的角转化为特殊锐角，即可求解.
【详解】.
故选：B.
【点睛】本题考查诱导公式求值，熟记公式是解题关键，属于基础题.
2. 在平面直角坐标系中，若角的终边经过点，则，分别为（ ）
A. ，3B. 3，C. ，D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角函数的定义计算可得.
【详解】因为角的终边经过点，
所以，.
故选：D
3. 设，，，为平面四个不同点，它们满足，则（ ）
A. ，，三点共线
B. ，，三点共线
C. ，，三点共线
D. ，，三点共线
【答案】A
【解析】
【分析】根据平面向量线性运算法则得到，即可判断.
【详解】因，
所以，即，
所以，所以，所以，，三点共线.
故选：A
4. 下列条件满足为直角三角形的个数为（ ）
①；②；③
A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个
【答案】C
【解析】
【分析】利用和差角公式判断①②，利用特殊值判断③.
【详解】对于①：，
所以，
所以，又，，
所以，又，所以，则为直角三角形，故①正确；
对于②：，则，
即，又，所以，则，即为直角三角形，故②正确；
对于③：当，，则，，满足，
但是为钝角三角形，故③错误.
故选：C
5. 已知，那么下列命题成立的是（ ）
A. 若，是第一象限角，则
B. 若，是第二象限角，则
C. 若，是第三象限角，则
D. 若，是第四象限角，则
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，结合三角函数线，以及三角函数的定义，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，若，是第一象限角，且，作出三角函数线，如图1所示，
则，因为，所以，所以A错误；

对于B中，若，是第二象限角，且，作出三角函数线得到有向线段，
如图2所示，则，所以，所以B错误；

对于C中，若，是第三象限角，且，作出三角函数线得到有向线段，
如图3所示，则，所以，所以C错误；

对于D中，若，是第四象限角，且，作出三角函数线得到有向线段，
如图4所示，则，所以，所以D正确.
故选：D.

6. 函数图像上存在两点，满足，则下列结论成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出周期，其次根据，在函数图象上，根据正弦函数的对称性可得，再联立得到值，根据缩小的取值范围，最后代入和求值即可.
【详解】周期，
因为函数图像上存在两点，，
所以，
因为，所以，
故由正弦函数图像的性质可得，
联立，解得，则，
又，所以，
所以
，故B正确；A错误；
，故C、D错误.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是能够根据正弦函数的对称性得到.
第二部分（非选择题共126分）
二、填空题共9道小题，其中7-10题，每小题4分，共16分，11-15题，每小题5分，共25分.把答案填写在答题卡上.
7. 两个非零向量，共线，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据共线向量的坐标表示可求的值.
【详解】因为，共线，故，
故或，而当时，，与题意不合，舍，
故，
故答案为：.
8. 设，为方程的两个根，且，则的值为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用韦达定理计算可得.
【详解】因为，为方程的两个根，
所以即，且，
又，所以，所以，解得.
故答案为：
9. 函数在上的值域为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，结合余弦函数图象与性质，即可求解.
【详解】由余弦函数的性质，可得在上单调递增，在上单调递减，
所以，当时，，
又因为，所以函数的值域为.
故答案为：.
10. 已知，，则与的夹角为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意结合向量的坐标运算求解.
【详解】由题意可知：，
可得，且，
所以与的夹角为.
故答案为：.
11. 函数图像上的点向右平移个单位后得到，若落在函数上，则的最小值为______.
【答案】##
【解析】
【分析】先把点代入求出，再把代入，求出值，结合求出其最小值即可.
【详解】因为点在函数图像上，
所以，
由题意可知，
又落在函数上，
所以，
解得或，即或，
又，所以，即的最小值为.
故答案为：.
12. 若，则的值______.
【答案】
【解析】
【分析】利用两角和的正切公式计算可得.
【详解】因为，则，
即，
所以
所以.
故答案为：
13. 如图，函数，则______；______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由周期的定义结合图象可得，代入点后再结合余弦函数值可得.
【详解】由图象可知，函数的周期为，
所以；
根据五点法，当时，，
所以，
因为，所以；
故答案为：；.
14. 若是奇函数，则有序实数对可以是______．（写出你认为正确的一组数即可）．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】首先根据正弦函数和差角公式将原式化简整理，然后根据奇函数的定义得到参数，应该满足的条件，按等式关系选取答案即可.
【详解】已知，
，
若是奇函数，则即可，
可以取，.
故答案为：（答案不唯一）
15. 在平面直角坐标系中，，.集合，下列结论正确的是______.
①点；
②若，则；
③若，则的最小值为.
【答案】②③
【解析】
【分析】首先求出点所在的平面区域，再数形结合即可判断.
【详解】对于①，因为，，
所以，，
又，
因为，，
所以点在边长为的正方形区域内（包括边界上的点），如下图所示：

显然，故①错误；
对于②，若，即在上，则，又，
所以，
又，、不共线
所以，所以，故②正确；
对于③，因为，则在以圆点为圆心，半径为的圆上，
由图可知当在点且在的延长线与圆的交点时取得最小值，
且，故③正确.
故答案为：②③

三、解答题共6道题，共85分，解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.
16. 函数的最小正周期为.
（1）求；
（2）求单调递增区间，
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由三角恒等变换化简，再由周期的定义求出；
（2）由余弦函数的单调递增区间解出即可.
【小问1详解】
因为，
所以，
【小问2详解】
由（1）可知，，
所以，
所以的单调递增区间为.
17. 在中，角A，B，C对应边长分别为a，b，c，其中，，.
（1）求c；
（2）求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理求解即可
（2）利用正弦定理求解即可
【小问1详解】
由余弦定理得，
即，解得（负值舍去）.
故值为.
【小问2详解】
由正弦定理得.
故值为.
18. 在中，角A，B，C对应边长分别为a，b，c.
（1）设，，是的三条中线，用，表示，，；
（2）设，，求证：.（用向量方法证明）
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，结合向量的线性运算法则，准确化简、运算，即可求解；
（2）根据题意，得到，结合向量的数量积的运算公式和数量积的几何意义，即可得证.
【小问1详解】
解：由，，是的三条中线，
可得，
，.
【小问2详解】
证明：在中，因为，，所以，
可得，
则
，
因为，
所以，即.
19. 设是方程的一组解，计算：
（1）；
（2）求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）依题意可得，即，再将所求式子化简，最后整体代入即可；
（2）由将所求式子展开，再代入计算可得.
【小问1详解】
因为是方程的一组解，
所以，即，即，
则.
【小问2详解】
因为
又，
所以原式，
即.
20. 已知函数，x∈R.
（1）求，的值并直接写出的最小正周期；
（2）求的最大值并写出取得最大值时x的集合；
（3）定义，，求函数的最小值.
【答案】（1），最小正周期为.
（2），此时对应的的取值集合为.
（3）
【解析】
【分析】（1）根据特殊角三角函数值可求，的值，而，故可求的最小正周期.
（2）先求出，结合（1）的化简结果可得何时取何最值.
（3）利用（2）的结合可求的解析式，故可求其最小值.
【小问1详解】
，
又，而的最小正周期为，
故的最小正周期为.
【小问2详解】
因为，故，
故，此时即即.
对应的的集合为；
【小问3详解】
由（2）可知，，，
当时，，所以；
当时，，所以；
当时，，
综上，，故.
21. 已知集合，对于，，定义A与B的差为，A与B之间的距离为.
（1）直接写出中元素的个数，并证明：任意，有；
（2）证明：任意，有是偶数；
（3）证明：，有.
【答案】（1）中元素的个数为；证明见详解
（2）证明见详解 （3）证明见详解
【解析】
【分析】（1）根据题意分析可知中元素的个数为，结合定义可得，即可证明结论；
（2）分类讨论可知为偶数，结合定义分析证明即可；
（3）根据题意分析可得，进而可得结果.
【小问1详解】
因为，可知均为2个值可取，
所以中元素的个数为，
对于任意，
可知，
则的结果如下表所示：
可得，所以.
【小问2详解】
设，，
对任意，均有，则，
若均为0或均为1，则，
所以为偶数；
若中有1个0，2个1，不妨设，
则，所以为偶数；
若中有2个0，1个1，不妨设，
则，所以为偶数；
综上所述：为偶数，
所以
为偶数.
【小问3详解】
设
由（1）可知：，
由题意知：，
当时，；
但，可得，
即；
当时，，
但，可得，
即；
综上所述：，
由的任意性可得：，
所以.
【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.
0
1
0
0
1
1
1
0