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北京市中国人民大学附属中学2023-2024学年高一下学期期中练习数学试卷（Word版附解析）
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制卷人：宁少华 王鼎 审卷人：吴中才
说明：本试卷共六道大题，共7页，满分150分，考试时间120分钟
第Ⅰ卷（共18题，满分100分）
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确答案填涂在答题纸上的相应位置．）
1. 在平行四边形ABCD中，（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用向量加法的平行四边形法则求解即得.
【详解】在中，，所以.
故选：A
2. 已知角终边上一点，若，则的值为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用余弦函数的定义列式计算即得.
【详解】由角终边上一点，得，因此，解得，
所以的值为.
故选：D
3. 下列函数中，既是偶函数又在区间单调递增的是（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据奇偶性的定义判断排除AB，再由单调性排除C的可得 ．
【详解】由三角函数性质知选项AB中函数都是奇函数，C中函数是偶函数，但它在上是减函数，也排除，只有D可选，
实际上，记，
则，它是偶函数，
又设，则，因此，即，在上是增函数，满足题意．
故选：D．
4. 已知为所在平面内一点，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意作出图形，利用向量线性运算即可得到答案.
【详解】由题意作出图形,如图,则
，
故选：A.
5. 把函数的图象按向量平移后，得到新函数的解析式为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】把函数的图象向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度，写出解析式即可.
【详解】把函数的图象按向量平移，
即把函数的图象向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度，
所以得到新函数的解析式为.
故选：C
6. 在人大附中节活动的入场券中有如下图形，单位圆与轴相切于原点，该圆沿轴向右滚动，当小猫头鹰位于最上方时，其对应轴的位置正好是，若在整个运动过程中当圆滚动到与出发位置时的圆相外切时（此时记圆心为），此时小猫头鹰位于处，圆与轴相切于，则劣弧AB所对应的扇形面积是（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，求出劣弧的长，再利用扇形面积公式计算即得.
【详解】由圆与圆外切，得，
又圆、圆与轴分别相切于原点和，则，
依题意，圆沿轴向右无滑动地滚动，因此劣弧AB长等于长2，
所以劣弧AB所对应的扇形面积是.
故选：A
7. 已知函数，则“”是“为偶函数”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】利用正余弦函数性质，充分条件、必要条件的定义判断即得.
【详解】当时，，为偶函数；
反之，为偶函数，则或，
所以“”是“为偶函数”的充分不必要条件.
故选：A
8. 已知为坐标原点，是终边上一点，其中，非零向量的方向与轴正方向相同，若，则取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量模的坐标表示写出模的表达式，然后由函数性质得结论．
【详解】由已知或，或，
，，
，又，
所以时，取最小值，时，取最大值4，
故选：D．
9. 函数图像可能（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数图象的对称性排除AC，再结合函数值大小排除B，从而得正确结论．
【详解】从四个选项中可以看出，函数的周期性、奇偶性、函数值的正负无法排除任一个选项，
但是，因此的图象关于直线对称，可排除AC，
又，排除B，
故选：D．
10. 已知函数，下列结论错误的是（ ）
A. 的图像有对称轴B. 当时，
C. 有最小值D. 方程在上无解
【答案】D
【解析】
【分析】选项A，根据条件可得为偶函数，即可判断选项A的正误，选项B，利用偶函数的性质，先判断时，成立，分和两种情况，当时，利用三角函数的符号即可判断成立，当时，利用三角函数的定义及弧长公式，即可判断成立；选项C，利用的周期性及的奇偶性，当，得到存在最小值，则最小值只会在区间内取到，再利用导数与函数单调性间的关系，即可判断出选项C的正误；选项D，利用零点存在性原理，即可判断出选项D的正误，从而得出结果.
【详解】对于选项A，易知的定义域为，关于原点对称，
又，所以为偶函数，关于轴对称，所以选项A结论正确，
对于选项B，当时，，又，，
所以，即当时，成立，
当时，如图，在单位圆中，设是角的终边，过作轴的垂线交于，过作轴的垂线交轴于，
易知，由三角函数的定义知，，
由图易知，即，
得到，所以，即有，
所以时，成立，又由选项A知，为偶函数，
当时，，所以，即，
所以选项B中结论正确，
对于选项C，因为周期函数，最小正周期为，
当时，如果存在最小值，则最小值只会在区间内取到，
当时，，令，
则在区间上恒成立，
又，，所以存在，使，
当时，，当时，，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以在处取到最小值，即当时，存在最小值，
由选项A知，为偶函数，所以选项C的结论正确，
对于选项D，由，得到，
令，所以，，
由零点存在性原理知，在区间至少有一个零点，所以选项D的结论错误，
故选：D.
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于选项C，利用的周期性及的奇偶性，得到当时，存在最小值，则最小值只会在区间内取到，再利用导数与函数单调性间的关系来解决问题.
二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分．请把结果填在答题纸上的相应位置．）
11. 若，则______．
【答案】##－0.75
【解析】
【分析】由诱导公式计算．
【详解】由题意，
故答案为：．
12. 能使“”成立的一个的值为______.
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】将等式移项后运用和差化积公式，化简成，即可求得一个的值.
【详解】先证明和差化积公式：因
两式相减得，
取则有，
代入上式，即可得，证毕.
由可得，即，
则得，从而，，
可取，解得.
故答案为：（答案不唯一）.
13. 四边形ABCD中，，且，若，则______．
【答案】2
【解析】
【分析】由题设可得且，利用相似三角形和向量的线性运算将用与的另式表达，根据平面向量基本定理列出方程求解即得.
【详解】如图，由可得且，
易得,则有
于是, 因，
故得由，解得：.
故答案为：2.
14. 已知函数的部分图像如图所示，则______，______．
【答案】 ①. 2 ②. ##
【解析】
【分析】由图象首先得，然后由点对应的正弦函数上的点求出，再由图象确定周期，得值．
【详解】由图形，
，，由图象知，而，所以，
由图象知最小正周期为，所以，
故答案为：2；．
15. 已知．在中，
设，
定义：．
设或．给出下列四个结论：
①
②；
③若，则；
④，都有，则最多有个元素．
其中所有正确结论的序号是______．
【答案】①②④
【解析】
【分析】利用给定定义判定①，依据定义展开计算判定②，举反例判定③，分析给定定义判定④即可.
【详解】对于①，其实就是每个分量的乘法分配律，
则，必定成立，故①正确；
对于②，则其等价于，
右边展开以后是包含左边的，但还多出了一些非负的项，所以②也正确.
对于③，如果时，那么任意取均可成立，故③错误，
对于④，它的含义是，中任意两个元素，不能在同一个位置取1，
这就意味着第位取1的向量至多有一个，
这表明中的全部向量的全部分量总共至多有个1，
从而的非零元素个数不超过个，从而的元素不超过个，
则显然能取到，即满足，
即的第位为1，别的均为0，故④正确.
故答案为：①②④
【点睛】关键点点睛：本题考查新定义问题，解题关键是合理分析题意，然后结合反例法，逐个判断即可．
三、解答题（本大题共3小题，共35分，解答应写出文字说明过程或演算步骤，请将答案写在答题纸上的相应位置．）
16. 已知函数的最大值为2，将其图像向右平移得到函数的图像；把图像上的所有点纵坐标不变，横坐标变为原来的，得到的图像．
（1）求的解析式和最小正周期；
（2）求在区间上的单调递减区间．
【答案】（1），最小正周期为；
（2）减区间是和
【解析】
【分析】（1）根据余弦函数的最大值求得，由图象变换写出解析式，由解析式求得周期；
（2）已知区间的长度正好是一个周期，因此可求得函数在此区间上的最高点和最低点的横坐标，根据余弦函数的性质写出单调区间，得出结论．
【小问1详解】
最大值是，由题意，解得，即函数式为，
所以，
最小正周期为；
【小问2详解】
时，，区间的长度正好是一个周期，
取最大值时，由得，，
取最小值时，由得，，
所以和是的减区间，是的增区间．
所以减区间是和．
17. 已知函数.
（1）若，求的值；
（2）已知在区间上单调递增，，再从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在，求的值.
条件①：；条件②：；条件③：在区间上至少2个零点.
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）
（2）选条件①不能使函数存在；条件②或条件③可解得，.
【解析】
【分析】（1）根据已知条件，代入解析式运算得解；
（2）若选条件①，根据正弦函数的性质知不合题意；若选条件②，根据在上的单调性及函数的最值可求出，从而求出，再结合可求出；若选条件③，由，在区间上至少2个零点，可得，又在上单调递增，可得，则，后面解法与条件②相同.
【小问1详解】
由，得，所以，又，所以.
【小问2详解】
因为，所以的最大值为，最小值为，
若选条件①，因为的最大值为，最小值为，所以无解，
所以条件①不能使函数存在；
若选条件②，因为在上单调递增，且，，
所以，解得，，
所以，又，所以，
又，所以，所以，.
若选条件③，因为，在区间上至少2个零点，所以，
又因为在上单调递增，所以，即，所以，
所以，所以，
又，所以，
又，所以，所以，.
18. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，．
（1）求的坐标；
（2）已知，且，求的值．
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）根据两个向量平行，向量的模长公式，列出方程组求解；
（2）先判断出三点共线，然后根据（1）中的结果进行分类讨论求解.
【小问1详解】
设，由可知，，
又，，由可得，
即，于是，解得或，
即或
【小问2详解】
根据三角形的三边关系可知，若三点不共线，则和条件矛盾，
故三点共线，且在射线或上.
，
由（1）知，当时，根据三点共线可得，，
解得，此时，在线段上，不符题意；
当时，根据三点共线可得，，
解得，此时，在射线上，符合题意.
综上，
第Ⅱ卷（共11道题，满分50分）
一、选择题（共6小题，每小题4分，共24分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确答案填涂在答题纸上的相应位置．）
19. 如图，边长为4的正方形中心与单位圆圆心重合，M，N分别在圆周上，正方形的四条边上运动，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设的反向延长线与单位圆交于点，得出，求出到圆心的距离的最值后根据圆的性质可得．
【详解】如图，的反向延长线与单位圆交于点，则，
，
所以，
又由题意的最大值是，最小值是2，而在单位圆上，
因此的最大值是，最小值是，即所求值域是．
故选：B．
20. 古希腊数学家帕普斯（Pappus，约－）利用如图所示的几何图形，由直观简洁地证明了当为锐角时的一个三角函数公式，这个公式是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知可得，在中，，在中，，在中，，可得结论.
【详解】在中，，
在中，，
在中，，
由,
所以.
故选：B.
21. 已知函数，下列说法正确的是（ ）
A. 图像关于原点对称，且最小值为0
B. 图像关于原点对称，且最大值为2
C. 图像关于轴对称，且最小值为0
D. 图像关于轴对称，且最大值为2
【答案】C
【解析】
【分析】利用同角关系化简函数式，然后则奇偶性的定义判断奇偶性，再根据三角函数性质确定最值．
【详解】由题意的定义域是
，
，所以是偶函数，图象关于轴对称，
由得，
但时，，不合题意，最大值2取不到，
时，，此时，
所以无最大值，有最小值是0，
故选：C．
22. 下列函数中，满足“，”的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】ACD选项可以根据举例进行排除，B选项根据两角和的正弦公式，反复操作，结合放缩法进行说明.
【详解】A选项，若，取，则，
再取，可得，即，明显错误，A选项错误；
C选项，若，取，则，
再取，可得，即，明显错误，C选项错误；
D选项，若，取，则，
再取，可得，即，明显错误，D选项错误；
B选项等价于证明，，
根据两角和的正弦公式，绝对值三角不等式，
当取得等号，即，
同样的操作，可以证明，
类似依次进行次操作，最后一个不等式为，，
将上述不等式全相加，即可得到，
当取得等号（显然是一个取等号条件），B选项正确.
故选：B
23. 若在恒成立，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将不等式变形后，分类讨论并参变分离，分析右边函数的单调性,得到其最大值即得参数范围.
【详解】由可得（*），
当时不等式为显然成立；
当时，（*）式可化为：，
因时，单调递增且恒为负，故单调递减；
同时又因单调递减且恒为正，则单调递增，
又单调递增，故在时单调递减.
综上可知，在时为减函数，
故当时，函数有最大值为，故.
故选：B
24. 已知三点共线，其中，点关于轴的对称点为点，给出下面四个结论：
①不可能为等边三角形；
②设，则当最大时，；
③；
④当AB不与轴垂直时，直线过定点．
其中正确结论的个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】结合抛物线的对称性可判断①；根据三点共线的结论结合基本不等式可判断②；利用三点共线结合直线的斜率公式判断③；利用直线的点斜式方程可判断④.
【详解】由题意知在抛物线上，
由于三点共线，，如图所示：
对于①，假设为等边三角形，则关于y轴对称，
则，此时，与假设矛盾，
故不可能为等边三角形，①正确；
对于②，三点共线，且C在之间，设，
则，结合，
可得，且，故，
当且仅当时，取最大值，
由可得，②正确；
对于③，由于三点共线，
故，故，即，
由于，故，③正确；
对于④，当AB不与轴垂直时，，
则，则的方程为，
即，
而，故，即直线过定点，④正确，
故选：D
【点睛】关键点睛：本题综合考查了抛物线的对称性以及向量中的三点共线问题以及直线过定点问题，解答的关键是要结合直线的点斜式以及截距式确定定点.
二、填空题（共4小题，每小题4分，共16分，把答案填在答题纸上的相应位置．）
25. 一架飞机从北京向南飞行1935公里到达广州，假设在广州白云国际机场上空的等待航线是圆形，飞机到达机场上空后，继续沿原航线向南飞行20公里后，开始在直径40公里的圆形等待航线上飞行，飞机每15分钟飞行一周，如图所示，设飞机在等待航线上飞行的时间为t小时，飞机从北京出发向南的飞行距离为，可以近似地表示为，则______，______．
【答案】 ①. 20 ②.
【解析】
【分析】根据给定信息，利用的值求出，再利用周期求出.
【详解】依题意，，而，因此，
又飞机每15分钟飞行一周，则函数的周期小时，因此.
故答案：20；
26. 若的最大值为3，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据正弦函数与余弦函数的最值分析，结合诱导公式可得．
【详解】由题意与同时取得最大值1，因此，，
故答案为：．
27. 已知向量，则集合中的所有元素之和为______．
【答案】0
【解析】
【分析】由题意可得，可得，计算可得，分类讨可求的值，可得结论.
【详解】因为，，
所以，
整理得，
因为，所以，
所以，所以，
所以或
当时，可得，所以，
当时，可得，所以，
综上所述：集合中的所有元素之和为.
故答案为：.
28. 在现实生活中，一个符合实际函数模型经常是将不同的函数组合得到的，如听音乐家演奏音乐时，我们听到的声音常常就是多种不同乐器产生的声波叠加的结果．在学习了向量和三角函数后，人大附中某研学小组利用所学知识研究若干振幅相同，同频同向的简谐波叠加后，得到新的简谐波的振幅和初相规律，该小组把（N为正整数）叠加，研究中的和，其中．
（1）当时，______，______．
（2）当时，______，______．
【答案】 ①. 2 ②. ③. ④.
【解析】
【分析】依题意，将条件代入，再进行求和，利用和角公式化成最简式，最后代入中，根据的范围即可求得结果.
【详解】先证明和差化积公式：
因
两式相加得，
取则有
代入上式，可得，证毕.
（1）当时，，因，
则，
即，
则有，
因，故得；
（2）当时，，
则
因，则有，
又，故得
故答案为：① 2；②；③ ；④ .
【点睛】关键点点睛：本题主要考查三角函数的恒等变换的应用，属于难题.
解题关键在于理解题意后对求和式的化简，要多次运用和差化积公式才能得到最简式，再与条件等式比较即得.
三、解答题（本小题10分，解答应写出文字说明过程或演算步骤，请将答案写在答题纸上的相应位置．）
29. 已知为维向量，若，则称为可聚向量．对于可聚向量实施变换：把的某两个坐标删除后，添加作为最后一个坐标，得到一个维新向量，如果为可聚向量，可继续实施变换，得到新向量，……，如此经过次变换后得到的向量记为．特别的，二维可聚向量变换后得到一个实数．若向量经过若干次变换后结果为实数，则称该实数为向量的聚数．
（1）设，直接写出的所有可能结果；
（2）求证：对于任意一个维可聚向量，变换总可以进行次；
（3）设，求的聚数的所有可能结果．
【答案】（1）或或；
（2）证明见解析； （3）．
【解析】
【分析】（1）直接根据定义写出结论；
（2）根据定义结合变换中维数的变化规律证明；
（3）证明变换过程满足交换律、结合律（与实数加法、乘法的交换律、结合律一样），得出最后的聚数与变换过程中选取的数的顺序无关，从而易得结论．
【小问1详解】
，，，
所以或或；
【小问2详解】
设，，则，，，，，
，，所以，
，，所以，
即，
所以维可聚向量经过一次变换后得维向量仍然是可聚向量，
这样经过次变换后变成一个数，
所以对于任意一个维可聚向量，变换总可以进行次；
【小问3详解】
定义运算#：，首先证明这个运算满足交换律与结合律：
，即运算“#”满足交换律，
又，
，
所以，即运算“#”满足结合律，
所以维可聚向量经过变换后所得可聚数与实施的具体操作过程无关，
因此可作如下操作：
由（1），易得，，，，
原来向量记作，则，再进行4次变换化为一项，
综上可知，的聚数为．
【点睛】难点点睛：本题是综合性很强的问题，解题时需要认真审题，理解新定义，交利用定义来解题．难点是对变换过程中实施运算引入一个符号：#，，证明此运算满足交换律和结合律，从而得出变换后所得聚数与中间具体操作过程无关，从而可利用其中一种简单的变换得出结果．
制卷人：宁少华 王鼎 审卷人：吴中才
说明：本试卷共六道大题，共7页，满分150分，考试时间120分钟
第Ⅰ卷（共18题，满分100分）
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确答案填涂在答题纸上的相应位置．）
1. 在平行四边形ABCD中，（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用向量加法的平行四边形法则求解即得.
【详解】在中，，所以.
故选：A
2. 已知角终边上一点，若，则的值为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用余弦函数的定义列式计算即得.
【详解】由角终边上一点，得，因此，解得，
所以的值为.
故选：D
3. 下列函数中，既是偶函数又在区间单调递增的是（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据奇偶性的定义判断排除AB，再由单调性排除C的可得 ．
【详解】由三角函数性质知选项AB中函数都是奇函数，C中函数是偶函数，但它在上是减函数，也排除，只有D可选，
实际上，记，
则，它是偶函数，
又设，则，因此，即，在上是增函数，满足题意．
故选：D．
4. 已知为所在平面内一点，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意作出图形，利用向量线性运算即可得到答案.
【详解】由题意作出图形,如图,则
，
故选：A.
5. 把函数的图象按向量平移后，得到新函数的解析式为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】把函数的图象向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度，写出解析式即可.
【详解】把函数的图象按向量平移，
即把函数的图象向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度，
所以得到新函数的解析式为.
故选：C
6. 在人大附中节活动的入场券中有如下图形，单位圆与轴相切于原点，该圆沿轴向右滚动，当小猫头鹰位于最上方时，其对应轴的位置正好是，若在整个运动过程中当圆滚动到与出发位置时的圆相外切时（此时记圆心为），此时小猫头鹰位于处，圆与轴相切于，则劣弧AB所对应的扇形面积是（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，求出劣弧的长，再利用扇形面积公式计算即得.
【详解】由圆与圆外切，得，
又圆、圆与轴分别相切于原点和，则，
依题意，圆沿轴向右无滑动地滚动，因此劣弧AB长等于长2，
所以劣弧AB所对应的扇形面积是.
故选：A
7. 已知函数，则“”是“为偶函数”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】利用正余弦函数性质，充分条件、必要条件的定义判断即得.
【详解】当时，，为偶函数；
反之，为偶函数，则或，
所以“”是“为偶函数”的充分不必要条件.
故选：A
8. 已知为坐标原点，是终边上一点，其中，非零向量的方向与轴正方向相同，若，则取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量模的坐标表示写出模的表达式，然后由函数性质得结论．
【详解】由已知或，或，
，，
，又，
所以时，取最小值，时，取最大值4，
故选：D．
9. 函数图像可能（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数图象的对称性排除AC，再结合函数值大小排除B，从而得正确结论．
【详解】从四个选项中可以看出，函数的周期性、奇偶性、函数值的正负无法排除任一个选项，
但是，因此的图象关于直线对称，可排除AC，
又，排除B，
故选：D．
10. 已知函数，下列结论错误的是（ ）
A. 的图像有对称轴B. 当时，
C. 有最小值D. 方程在上无解
【答案】D
【解析】
【分析】选项A，根据条件可得为偶函数，即可判断选项A的正误，选项B，利用偶函数的性质，先判断时，成立，分和两种情况，当时，利用三角函数的符号即可判断成立，当时，利用三角函数的定义及弧长公式，即可判断成立；选项C，利用的周期性及的奇偶性，当，得到存在最小值，则最小值只会在区间内取到，再利用导数与函数单调性间的关系，即可判断出选项C的正误；选项D，利用零点存在性原理，即可判断出选项D的正误，从而得出结果.
【详解】对于选项A，易知的定义域为，关于原点对称，
又，所以为偶函数，关于轴对称，所以选项A结论正确，
对于选项B，当时，，又，，
所以，即当时，成立，
当时，如图，在单位圆中，设是角的终边，过作轴的垂线交于，过作轴的垂线交轴于，
易知，由三角函数的定义知，，
由图易知，即，
得到，所以，即有，
所以时，成立，又由选项A知，为偶函数，
当时，，所以，即，
所以选项B中结论正确，
对于选项C，因为周期函数，最小正周期为，
当时，如果存在最小值，则最小值只会在区间内取到，
当时，，令，
则在区间上恒成立，
又，，所以存在，使，
当时，，当时，，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以在处取到最小值，即当时，存在最小值，
由选项A知，为偶函数，所以选项C的结论正确，
对于选项D，由，得到，
令，所以，，
由零点存在性原理知，在区间至少有一个零点，所以选项D的结论错误，
故选：D.
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于选项C，利用的周期性及的奇偶性，得到当时，存在最小值，则最小值只会在区间内取到，再利用导数与函数单调性间的关系来解决问题.
二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分．请把结果填在答题纸上的相应位置．）
11. 若，则______．
【答案】##－0.75
【解析】
【分析】由诱导公式计算．
【详解】由题意，
故答案为：．
12. 能使“”成立的一个的值为______.
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】将等式移项后运用和差化积公式，化简成，即可求得一个的值.
【详解】先证明和差化积公式：因
两式相减得，
取则有，
代入上式，即可得，证毕.
由可得，即，
则得，从而，，
可取，解得.
故答案为：（答案不唯一）.
13. 四边形ABCD中，，且，若，则______．
【答案】2
【解析】
【分析】由题设可得且，利用相似三角形和向量的线性运算将用与的另式表达，根据平面向量基本定理列出方程求解即得.
【详解】如图，由可得且，
易得,则有
于是, 因，
故得由，解得：.
故答案为：2.
14. 已知函数的部分图像如图所示，则______，______．
【答案】 ①. 2 ②. ##
【解析】
【分析】由图象首先得，然后由点对应的正弦函数上的点求出，再由图象确定周期，得值．
【详解】由图形，
，，由图象知，而，所以，
由图象知最小正周期为，所以，
故答案为：2；．
15. 已知．在中，
设，
定义：．
设或．给出下列四个结论：
①
②；
③若，则；
④，都有，则最多有个元素．
其中所有正确结论的序号是______．
【答案】①②④
【解析】
【分析】利用给定定义判定①，依据定义展开计算判定②，举反例判定③，分析给定定义判定④即可.
【详解】对于①，其实就是每个分量的乘法分配律，
则，必定成立，故①正确；
对于②，则其等价于，
右边展开以后是包含左边的，但还多出了一些非负的项，所以②也正确.
对于③，如果时，那么任意取均可成立，故③错误，
对于④，它的含义是，中任意两个元素，不能在同一个位置取1，
这就意味着第位取1的向量至多有一个，
这表明中的全部向量的全部分量总共至多有个1，
从而的非零元素个数不超过个，从而的元素不超过个，
则显然能取到，即满足，
即的第位为1，别的均为0，故④正确.
故答案为：①②④
【点睛】关键点点睛：本题考查新定义问题，解题关键是合理分析题意，然后结合反例法，逐个判断即可．
三、解答题（本大题共3小题，共35分，解答应写出文字说明过程或演算步骤，请将答案写在答题纸上的相应位置．）
16. 已知函数的最大值为2，将其图像向右平移得到函数的图像；把图像上的所有点纵坐标不变，横坐标变为原来的，得到的图像．
（1）求的解析式和最小正周期；
（2）求在区间上的单调递减区间．
【答案】（1），最小正周期为；
（2）减区间是和
【解析】
【分析】（1）根据余弦函数的最大值求得，由图象变换写出解析式，由解析式求得周期；
（2）已知区间的长度正好是一个周期，因此可求得函数在此区间上的最高点和最低点的横坐标，根据余弦函数的性质写出单调区间，得出结论．
【小问1详解】
最大值是，由题意，解得，即函数式为，
所以，
最小正周期为；
【小问2详解】
时，，区间的长度正好是一个周期，
取最大值时，由得，，
取最小值时，由得，，
所以和是的减区间，是的增区间．
所以减区间是和．
17. 已知函数.
（1）若，求的值；
（2）已知在区间上单调递增，，再从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在，求的值.
条件①：；条件②：；条件③：在区间上至少2个零点.
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）
（2）选条件①不能使函数存在；条件②或条件③可解得，.
【解析】
【分析】（1）根据已知条件，代入解析式运算得解；
（2）若选条件①，根据正弦函数的性质知不合题意；若选条件②，根据在上的单调性及函数的最值可求出，从而求出，再结合可求出；若选条件③，由，在区间上至少2个零点，可得，又在上单调递增，可得，则，后面解法与条件②相同.
【小问1详解】
由，得，所以，又，所以.
【小问2详解】
因为，所以的最大值为，最小值为，
若选条件①，因为的最大值为，最小值为，所以无解，
所以条件①不能使函数存在；
若选条件②，因为在上单调递增，且，，
所以，解得，，
所以，又，所以，
又，所以，所以，.
若选条件③，因为，在区间上至少2个零点，所以，
又因为在上单调递增，所以，即，所以，
所以，所以，
又，所以，
又，所以，所以，.
18. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，．
（1）求的坐标；
（2）已知，且，求的值．
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）根据两个向量平行，向量的模长公式，列出方程组求解；
（2）先判断出三点共线，然后根据（1）中的结果进行分类讨论求解.
【小问1详解】
设，由可知，，
又，，由可得，
即，于是，解得或，
即或
【小问2详解】
根据三角形的三边关系可知，若三点不共线，则和条件矛盾，
故三点共线，且在射线或上.
，
由（1）知，当时，根据三点共线可得，，
解得，此时，在线段上，不符题意；
当时，根据三点共线可得，，
解得，此时，在射线上，符合题意.
综上，
第Ⅱ卷（共11道题，满分50分）
一、选择题（共6小题，每小题4分，共24分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确答案填涂在答题纸上的相应位置．）
19. 如图，边长为4的正方形中心与单位圆圆心重合，M，N分别在圆周上，正方形的四条边上运动，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设的反向延长线与单位圆交于点，得出，求出到圆心的距离的最值后根据圆的性质可得．
【详解】如图，的反向延长线与单位圆交于点，则，
，
所以，
又由题意的最大值是，最小值是2，而在单位圆上，
因此的最大值是，最小值是，即所求值域是．
故选：B．
20. 古希腊数学家帕普斯（Pappus，约－）利用如图所示的几何图形，由直观简洁地证明了当为锐角时的一个三角函数公式，这个公式是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知可得，在中，，在中，，在中，，可得结论.
【详解】在中，，
在中，，
在中，，
由,
所以.
故选：B.
21. 已知函数，下列说法正确的是（ ）
A. 图像关于原点对称，且最小值为0
B. 图像关于原点对称，且最大值为2
C. 图像关于轴对称，且最小值为0
D. 图像关于轴对称，且最大值为2
【答案】C
【解析】
【分析】利用同角关系化简函数式，然后则奇偶性的定义判断奇偶性，再根据三角函数性质确定最值．
【详解】由题意的定义域是
，
，所以是偶函数，图象关于轴对称，
由得，
但时，，不合题意，最大值2取不到，
时，，此时，
所以无最大值，有最小值是0，
故选：C．
22. 下列函数中，满足“，”的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】ACD选项可以根据举例进行排除，B选项根据两角和的正弦公式，反复操作，结合放缩法进行说明.
【详解】A选项，若，取，则，
再取，可得，即，明显错误，A选项错误；
C选项，若，取，则，
再取，可得，即，明显错误，C选项错误；
D选项，若，取，则，
再取，可得，即，明显错误，D选项错误；
B选项等价于证明，，
根据两角和的正弦公式，绝对值三角不等式，
当取得等号，即，
同样的操作，可以证明，
类似依次进行次操作，最后一个不等式为，，
将上述不等式全相加，即可得到，
当取得等号（显然是一个取等号条件），B选项正确.
故选：B
23. 若在恒成立，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将不等式变形后，分类讨论并参变分离，分析右边函数的单调性,得到其最大值即得参数范围.
【详解】由可得（*），
当时不等式为显然成立；
当时，（*）式可化为：，
因时，单调递增且恒为负，故单调递减；
同时又因单调递减且恒为正，则单调递增，
又单调递增，故在时单调递减.
综上可知，在时为减函数，
故当时，函数有最大值为，故.
故选：B
24. 已知三点共线，其中，点关于轴的对称点为点，给出下面四个结论：
①不可能为等边三角形；
②设，则当最大时，；
③；
④当AB不与轴垂直时，直线过定点．
其中正确结论的个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】结合抛物线的对称性可判断①；根据三点共线的结论结合基本不等式可判断②；利用三点共线结合直线的斜率公式判断③；利用直线的点斜式方程可判断④.
【详解】由题意知在抛物线上，
由于三点共线，，如图所示：
对于①，假设为等边三角形，则关于y轴对称，
则，此时，与假设矛盾，
故不可能为等边三角形，①正确；
对于②，三点共线，且C在之间，设，
则，结合，
可得，且，故，
当且仅当时，取最大值，
由可得，②正确；
对于③，由于三点共线，
故，故，即，
由于，故，③正确；
对于④，当AB不与轴垂直时，，
则，则的方程为，
即，
而，故，即直线过定点，④正确，
故选：D
【点睛】关键点睛：本题综合考查了抛物线的对称性以及向量中的三点共线问题以及直线过定点问题，解答的关键是要结合直线的点斜式以及截距式确定定点.
二、填空题（共4小题，每小题4分，共16分，把答案填在答题纸上的相应位置．）
25. 一架飞机从北京向南飞行1935公里到达广州，假设在广州白云国际机场上空的等待航线是圆形，飞机到达机场上空后，继续沿原航线向南飞行20公里后，开始在直径40公里的圆形等待航线上飞行，飞机每15分钟飞行一周，如图所示，设飞机在等待航线上飞行的时间为t小时，飞机从北京出发向南的飞行距离为，可以近似地表示为，则______，______．
【答案】 ①. 20 ②.
【解析】
【分析】根据给定信息，利用的值求出，再利用周期求出.
【详解】依题意，，而，因此，
又飞机每15分钟飞行一周，则函数的周期小时，因此.
故答案：20；
26. 若的最大值为3，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据正弦函数与余弦函数的最值分析，结合诱导公式可得．
【详解】由题意与同时取得最大值1，因此，，
故答案为：．
27. 已知向量，则集合中的所有元素之和为______．
【答案】0
【解析】
【分析】由题意可得，可得，计算可得，分类讨可求的值，可得结论.
【详解】因为，，
所以，
整理得，
因为，所以，
所以，所以，
所以或
当时，可得，所以，
当时，可得，所以，
综上所述：集合中的所有元素之和为.
故答案为：.
28. 在现实生活中，一个符合实际函数模型经常是将不同的函数组合得到的，如听音乐家演奏音乐时，我们听到的声音常常就是多种不同乐器产生的声波叠加的结果．在学习了向量和三角函数后，人大附中某研学小组利用所学知识研究若干振幅相同，同频同向的简谐波叠加后，得到新的简谐波的振幅和初相规律，该小组把（N为正整数）叠加，研究中的和，其中．
（1）当时，______，______．
（2）当时，______，______．
【答案】 ①. 2 ②. ③. ④.
【解析】
【分析】依题意，将条件代入，再进行求和，利用和角公式化成最简式，最后代入中，根据的范围即可求得结果.
【详解】先证明和差化积公式：
因
两式相加得，
取则有
代入上式，可得，证毕.
（1）当时，，因，
则，
即，
则有，
因，故得；
（2）当时，，
则
因，则有，
又，故得
故答案为：① 2；②；③ ；④ .
【点睛】关键点点睛：本题主要考查三角函数的恒等变换的应用，属于难题.
解题关键在于理解题意后对求和式的化简，要多次运用和差化积公式才能得到最简式，再与条件等式比较即得.
三、解答题（本小题10分，解答应写出文字说明过程或演算步骤，请将答案写在答题纸上的相应位置．）
29. 已知为维向量，若，则称为可聚向量．对于可聚向量实施变换：把的某两个坐标删除后，添加作为最后一个坐标，得到一个维新向量，如果为可聚向量，可继续实施变换，得到新向量，……，如此经过次变换后得到的向量记为．特别的，二维可聚向量变换后得到一个实数．若向量经过若干次变换后结果为实数，则称该实数为向量的聚数．
（1）设，直接写出的所有可能结果；
（2）求证：对于任意一个维可聚向量，变换总可以进行次；
（3）设，求的聚数的所有可能结果．
【答案】（1）或或；
（2）证明见解析； （3）．
【解析】
【分析】（1）直接根据定义写出结论；
（2）根据定义结合变换中维数的变化规律证明；
（3）证明变换过程满足交换律、结合律（与实数加法、乘法的交换律、结合律一样），得出最后的聚数与变换过程中选取的数的顺序无关，从而易得结论．
【小问1详解】
，，，
所以或或；
【小问2详解】
设，，则，，，，，
，，所以，
，，所以，
即，
所以维可聚向量经过一次变换后得维向量仍然是可聚向量，
这样经过次变换后变成一个数，
所以对于任意一个维可聚向量，变换总可以进行次；
【小问3详解】
定义运算#：，首先证明这个运算满足交换律与结合律：
，即运算“#”满足交换律，
又，
，
所以，即运算“#”满足结合律，
所以维可聚向量经过变换后所得可聚数与实施的具体操作过程无关，
因此可作如下操作：
由（1），易得，，，，
原来向量记作，则，再进行4次变换化为一项，
综上可知，的聚数为．
【点睛】难点点睛：本题是综合性很强的问题，解题时需要认真审题，理解新定义，交利用定义来解题．难点是对变换过程中实施运算引入一个符号：#，，证明此运算满足交换律和结合律，从而得出变换后所得聚数与中间具体操作过程无关，从而可利用其中一种简单的变换得出结果．
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