北京市第二中学2024-2025学年高一下学期段考四 数学试题（含解析）

这是一份北京市第二中学2024-2025学年高一下学期段考四 数学试题（含解析），共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的，请将答案填在答题纸上）
1. 已知集合，，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角函数的值域，结合集合的交集，可得答案.
【详解】由，则.
故选：A.
2. 已知向量，，则的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量的坐标运算直接求解即可
【详解】，，∴．
故选：B．
3. 已知向量，若，则实数（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由向量共线的坐标表示形式，可直接得到值.
【详解】因为向量，且，
所以，解得，
故选：A.
4. 已知向量，，若，则的值为（ ）
A. B. C. D. 10
【答案】B
【解析】
【分析】根据垂直向量的坐标表示，可得答案.
【详解】由题意可得，解得.
故选：B.
5. 将函数的图像上各点的纵坐标不变，横坐标伸长到原来的2倍长度，再向右平移个单位长度，所得到的图像解析式是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】函数的图像上各点的纵坐标不变，横坐标伸长到原来的2倍长度，得,
再向右平移个单位长度，所得到的图像解析式是，
故选：B.
6. 在中，，，所对的边分别为，，，已知，，，则
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
分析】利用余弦定理求得a,再利用正弦定理即得结果.
【详解】由余弦定理：，得，
由正弦定理：.
故选A
【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理公式的应用，属于基础题型.
7. 若实数，满足，，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【详解】构造函数 ，故函数在上单调递增，即由“” 可得到“”,反之，由“”亦可得到“”
选C
8. 若非零向量与满足，且，则为（ ）
A. 三边均不相等的三角形
B. 直角三角形
C. 底边和腰不相等的等腰三角形
D. 等边三角形
【答案】D
【解析】
【分析】由已知可得的角平分线与BC垂直，可分析出是等腰三角形，根据数量积公式可求角A，即可判断.
【详解】因为分别为与同向的单位向量，
因为，可知的角平分线与BC垂直，则，
又因为，即，
且，则，所以是等边三角形.
故选：D.
9. 在中，角所对的边分别为，表示的面积，若，，则等于( )
A. 90°B. 60°
C. 45°D. 30°
【答案】C
【解析】
【详解】由和正弦定理，得，
即，即，，则由，得，即；故选C.
10. 已知是边长为2的等边三角形，为平面内一点，则的最小值是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件建立坐标系，求出点的坐标，利用坐标法结合向量数量积的公式进行计算即可．
【详解】建立如图所示的坐标系，以中点为坐标原点，
则，，，
设，则，，，
则
当，时，取得最小值，
故选：．
11. 若 均为单位向量，且，，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据数量积运算律化简得出，再根据数量积求解模长的最大值即可.
【详解】因为 均为单位向量，且，
因为，所以，
所以，
则.
则的最大值为.
故选：B.
12. 在坐标平面内，横、纵坐标均为整数的点称为整点．点从原点出发，在坐标平面内跳跃行进，每次跳跃的长度都是且落在整点处．则点到达点所跳跃次数的最小值是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，结合向量分析运算，列出方程求解，即可得到结果.
【详解】每次跳跃的路径对应的向量为，
因为求跳跃次数的最小值，则只取，
设对应的跳跃次数分别为，其中，
可得
则，两式相加可得，
因为，则或，
当时，则次数为；
当，则次数为；
综上所述：次数最小值为10.
故选：B.
二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分. 请将答案填在答题纸上）
13. 已知，，则实数___________．
【答案】
【解析】
【分析】将代入中，整理即可求解.
【详解】由题，因为，
所以，即，
所以，
故答案为：
14. 在​中，，​， 且​的面积为​， 则边长​为_________.
【答案】
【解析】
【分析】利用正弦定理角化边和三角形面积公式可构造方程求得，利用余弦定理可求得结果.
详解】由正弦定理得：，
，，即，解得：，，
由余弦定理得：，.
故答案为：.
15. 已知函数，方程在内解的个数为________.
【答案】4
【解析】
【分析】根据给定条件可得或，进而确定解的个数.
【详解】由，得或，
而，则，或，而，，
因此在内有两个解，在内有两个解，
所以方程在内解的个数为4.
故答案为：4
16. 已知，均为锐角，，，则______，______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据二倍角的余弦公式即可求出，先确定的范围，再求出的正弦值即可.
【详解】因为，
所以，
又因，均锐角，所以，则，
所以，所以，，
又因，所以，
则，
所以.
故答案为：；.
17. 如图，在同一个平面内，向量的模分别为与的夹角为，且与的夹角为，若，则_________．

【答案】
【解析】
【详解】以为轴，建立直角坐标系，则，由的模为与与的夹角为，且知， ，可得，，由可得，，故答案为.
【 方法点睛】本题主要考查向量的坐标运算及两角和的余弦公式、同角三角函数之间的关系，属于难题．向量的运算有两种方法，一是几何运算往往结合平面几何知识和三角函数知识解答，运算法则是：（１）平行四边形法则（平行四边形的对角线分别是两向量的和与差）；（２）三角形法则（两箭头间向量是差，箭头与箭尾间向量是和）；二是坐标运算：建立坐标系转化为解析几何问题解答，这种方法在求范围与最值问题时用起来更方便．
18. 主动降噪耳机让我们在嘈杂环境中享受一丝宁静，它的工作原理是：先通过微型麦克风采集周围的噪声，然后降噪芯片生成与振幅相同的反相位声波来抵消噪声，已知某噪声的声波曲线为，且经过点，给出以下四个命题：
①函数是奇函数；
②函数在区间上单调递减；
③，使得；
④存在常数，对于任意实数，使得.
其中正确的命题为_________________（请写出所有正确命题的序号）.
【答案】①②④
【解析】
【分析】由题意，代入已知点求得函数解析式，根据正弦函数的奇偶性，可得①的正误；利用整体思想，结合正弦函数的单调性，可得②的正误；由函数解析式求得周期，分情况求和，可得③的正误；利用三角函数的和差公式以及诱导公式化简等式，可得④的正误.
【详解】将代入，可得，
化简可得，解得，
由，则，故，
，故①正确；
由，则，易知函数在上单调递减，故②正确；
由函数的最小正周期，且，，，
则当时，，
当时，，
当时，，
故③错误；
，
，
，
故④正确.
故答案为：①②④.
三、解答题（本题共5小题，共60分，请将答案填在答题纸上）
19. 已知，，.
（1）求的值；
（2）求向量与夹角的余弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）直接展开，代入即可求解；
（2）先分别求出，再直接代入向量夹角公式即可求解.
【小问1详解】
因为，
所以；
【小问2详解】
，
，
所以，
即向量与夹角的余弦值为.
20. 已知函数的周期为.
（1）求的值及函数的单调递增区间；
（2）若，求的最大值和最小值以及取得最值时相应的值．
【答案】（1），
（2），；，
【解析】
【分析】（1）由三角函数恒等式化简函数解析式，根据周期可得参数值，利用整体思想，结合正弦函数的单调性，可得答案；
（2）利用整体思想，结合正弦函数的单调性与最值，可得答案.
【小问1详解】
.
由于函数的最小正周期为，所以，
故，
令，解得，
故函数的单调递增区间为.
【小问2详解】
由，则，所以，
所以当，即时，；
所以当，即时，
21. 在中，分别为角所对的边，已知．
（1）求角B的值；
（2）若为锐角三角形，且，求的面积的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】(1)利用给定条件结合正弦定理边化角，借助和角的正弦及三角形内角和定理即可作答；
(2)用正弦定理角表示边，借助三角恒等变换公式化三角形面积为即可作答.
【详解】（1）在中，由正弦定理得：，
即，
而，则，，又，
所以；
（2）中，由正弦定理得：，于是有，
由(1)知，则有，而是锐角三角形，于是有，解得，
从而得
，
因，则，因此得，
所以的面积的取值范围.
22. 已知函数，关于的不等式的解集为.
（1）求实数，的值；
（2）求关于的不等式的解集；
（3）若不等式在上恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1），（2）当时，解集为，当时，不等式无解，当时，解集为，（3）
【解析】
【分析】
（1）由题意得不等式的解集为，由根与系数的关系得，从而可求出实数，的值；
（2）由，得，即，然后分，，求解即可；
（3）令（），则在上恒成立，即，即，令，然后分对称轴在轴左侧和右侧两种情况求解即可
【详解】（1）因为关于的不等式的解集为，即不等式的解集为，
所以，解得，
所以，
（2）由，得，
即，，
若，则，若，则不等式无解，若，则，
所以当时，解集为，当时，不等式无解，当时，解集为
（3）令（），则在上恒成立，
即，即，
令，
当，即，对称轴在轴左侧，所以，即，所以，
当时，即对称轴在轴右侧，则，解得，
综上
【点睛】关键点点睛：此题考查一元二次不等式的解法，第（3）问解题的关键是构造二次函数，则，所以分抛物线的对称轴在轴左侧和右侧两种情况求解，考查分类讨论思想和计算能力，属于中档题
23. 给定奇数，设是的数阵．表示数阵第行第列的数，且．定义变换为“将数阵中第行和第列的数都乘以”，其中．设．将经过变换得到，经过变换得到，，经过变换得到．记数阵中的个数为．
（1）当时，设，，写出，并求；
（2）当时，对给定的数阵，证明：是的倍数；
（3）证明：对给定的数阵，总存在，使得．
【答案】（1），；，
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由变换的由来，可得，由的定义即可求解，
（2）由变换的定义以及的定义即可求解，
（3）每行中的个数为，由反证法证明，进而由在中考虑等于的个数与的关系，即可分类讨论求解，
【小问1详解】
由题设，．
所以，．
【小问2详解】
设数阵中第行和第列中的个数均为，的个数均为．
经过变换，的第行和第列均有个变为，有个变为．
所以．
即是的倍数．
【小问3详解】
数阵经过变换得到数阵，设第行和第列中1的个数均为．
由（2）可知，．
设当时，取得最小值，其中．
记每行中的个数为，则必有．
否则，若存在使得，则令，有
，与为最小值矛盾．
在中，① 若等于的个数不超过，
则．
②若等于的个数大于，则必存在满足，且．
否则，不妨设，则共有个满足，且，
所以中至多有个等于，矛盾．
故存在满足，且．
取，因为，所以．
由变换为时，从变为，故数阵第行中的个数为．
故，
这与为最小值矛盾．
综上，对给定的数阵，总存在，使得．
【点睛】求解新定义运算有关的题目，关键是理解和运用新定义的概念以及元算，利用化归和转化的数学思想方法，将不熟悉的数学问题，转化成熟悉的问题进行求解.
对于新型定义，首先要了解定义的特性，抽象特性和计算特性，抽象特性是可近似的当作数列或者函数分析.计算特性，将复杂的关系通过找规律即可利用已学相关知识求解.