北京市中国人民大学附属中学2023−2024学年高一下学期统练四 数学试题（含解析）

这是一份北京市中国人民大学附属中学2023−2024学年高一下学期统练四 数学试题（含解析），共12页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知向量满足，则（ ）
A．B．0C．5D．7
2．是圆心为的单位圆上两个动点，当面积最大时，则下列判断错误的是（ ）
A．B．弧的长为
C．扇形的面积为D．等边三角形
3．如图，圆的半径为，是圆上的定点，是圆上的动点，角的始边为射线，终边为射线，过点作直线的垂线，垂足为，将点到直线的距离表示为的函数，则在上的图像大致为（ ）
A．B．
C．D．
4．将函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象，若函数的最大值为，则的值不可能为（ ）
A．B．
C．D．
5．“”是“为第一或第三象限角”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
6．关于函数，给出下列三个命题：
①是周期函数；②曲线关于直线对称；
③在区间上恰有3个零点.④最小值为-2
其中真命题的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
7．在中，，则（ ）
A．为直角B．为钝角C．为直角D．为钝角
8．在中，是的中点，则的取值范围是
A．B．C．D．
9．已知，则下列说法错误的是（ ）
A．若在内单调，则
B．若在内无零点，则
C．若的最小正周期为，则
D．若时，直线是函数图象的一条对称轴
10．在中，，，点在边上，且，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
11．若.的虚部 .
12．已知中，，则 .
13．在中，，满足此条件有两解，则边长度的取值范围为 .
14．已知，则＝
15．设的内角所对边的长分别为
①若，则；
②若.则；
③若，则一定为等腰直角三角形；
④若，则一定为钝角三角形；
⑤若，则一定为锐角三角形.
则上述命题中正确的是 .（写出所有正确命题的编号）
三、解答题
16．在平面直角坐标系中，为原点，
(1)在直线上的投影是，求
(2)若四边形是以为底的直角梯形，求点
17．在中，
(1)求；
(2)若为边上一点，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，使存在且唯一确定，求的面积.
条件①：；
条件②：；
条件③：的周长为.
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.
18．已知函数的图象上所有点向右平移个单位长度，所得函数图象关于原点对称.
(1)求的值；
(2)设，若在区间上有且只有一个零点，求的取值范围.
参考答案
1．【答案】C
【分析】先求出，进而利用向量数量积公式求出答案.
【详解】因为，所以，
故.
故选：C
2．【答案】D
【分析】求出面积取最大值时，再逐项分析判断即得.
【详解】面积，当且仅当，
对于A，，A正确；
对于B，弧的长为，B正确；
对于C，扇形的面积为，C正确；
对于D，是等腰三角形，不是等边三角形，D错误.
故选：D
3．【答案】B
【分析】过作于，由题意得到，，由求出，即可得出函数解析式，从而可判断结果.
【详解】
如图：过作于，则由题意可得：，，
在中，，
所以，
∴.
故选：B．
【点睛】本题主要考查三角函数的应用，以及判断三角函数的图像，属于常考题型.
4．【答案】D
【分析】根据图象的平移变换得到，然后根据和差公式和辅助角公式整理得到，最后根据三角函数的性质求的范围即可.
【详解】由题意得，
则
，，
因为，所以，所以.
故选：D.
5．【答案】C
【分析】根据同角三角函数关系化简，根据三角函数在各象限的符号，结合充分条件、必要条件判断即可.
【详解】因为时，则，
所以为第一或第三象限角，
反之，当为第一或第三象限角时，，所以，
综上，“”是“为第一或第三象限角”的充分必要条件.
故选C.
6．【答案】D
【分析】根据周期的定义和对称性的定义，判断①②，根据三角函数恒等变换，将零点问题转化为方程的实数根问题，判断③，函数化简为关于的二次函数求最值，判断④.
【详解】①，
即，所以是周期函数，故①正确；
②，即，
所以函数关于对称，故②正确；
③，即，得或，
，所以或或，所以函数有3个零点，故③正确；
④，，
当时，取得最小值，故④正确.
故选：D
7．【答案】C
【分析】由正弦定理边化角得，结合余弦定理和化解，可求出.
【详解】由，即，，
又，所以，化简得，
则，故在中，，
故选：C
8．【答案】A
【详解】根据向量的运算得到
设BC=x,
,代入上式得到结果为.
故答案为：A。
点睛：这个题目考查的是向量基本定理的应用；向量的点积运算。解决向量的小题常用方法有：数形结合，向量的三角形法则，平行四边形法则等；建系将向量坐标化；向量基底化，选基底时一般选择已知大小和方向的向量为基底。
9．【答案】C
【分析】化简函数的解析式为，结合三角函数的性质，逐项判定，即可求解.
【详解】由题意，函数，
对于A中，由，可得，
要使得在内单调，则满足，解得，
因为，所以，所以A正确；
对于B中，由，可得，
要使得在内无零点，则，解得，
因为，所以，所以B正确；
对于C中，函数的最小正周期为，可得，解得，所以C不正确；
对于D中，若，则函数，
当时，，此时，
则直线是函数图象的一条对称轴，所以D正确.
故选：C.
【点睛】解答三角函数的图象与性质的基本方法：
1、根据已知条件化简得出三角函数的解析式为的形式；
2、熟练应用三角函数的图象与性质，结合数形结合法的思想研究函数的性质（如：单调性、奇偶性、对称性、周期性与最值等），进而加深理解函数的极值点、最值点、零点及有界性等概念与性质，但解答中注意角的范围的判定，防止错解.
10．【答案】A
【分析】以的中点为原点，过垂直于的直线为轴，为轴，建立平面直角坐标系，再利用向量数量积的坐标运算以及向量模的坐标表示即可求解.
【详解】以的中点为原点，过垂直于的直线为轴，为轴，
建立平面直角坐标系，如图：

则，，
设，，，
，，
则由，得，
化简，
所以，
由，因为，所以，
所以，
所以的取值范围为.
故选：A
【点睛】本题考查了向量数量积的坐标表示、向量模的坐标表示，考查了基本运算求解能力，属于基础题.
11．【答案】/
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，再判断其虚部.
【详解】因为，所以，
所以的虚部为.
故答案为：
12．【答案】
【分析】运用余弦定理得到方程，再解方程即可.
【详解】运用余弦定理得到，即，解得.
故答案为：.
13．【答案】
【分析】根据三角形有两解，应满足，化简即可求解.
【详解】有两解，，.
故答案为：.
14．【答案】/
【分析】原式两边平方化简得，再巧用“1”，化简整理得，解得的值，再利用二倍角公式即可解得.
【详解】已知等式两边平方得： ，
变形得： ，
整理得：，
即，
解得： 或，
当时,
当时, .
故答案为： .
15．【答案】①②④⑤
【分析】根据三角形的性质，正弦定理判断①；根据余弦函数的单调性判断②；根据正弦定理边化角，以及三角函数恒等变换，判断③；利用同角三角函数化简不等式，再结合余弦定理，即可判断④，根据两角和的正切公式，化简判断⑤.
【详解】对于命题①②，在中，有，
在区间单调递减，.
因此命题①②正确.
对于命题③，有，
得，即，
即或，
则或
所以是等腰三角形或直角三角形，命题③错误.
对于命题④，根据条件，有，
因此角C为钝角，命题④正确.
对于命题⑤，根据三角恒等式，
有，
，
所以小于0的个数为偶数个，
因为最多有一个钝角，所以锐角三角形.
于是命题⑤正确.
故选：①②④⑤
16．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）首先用向量坐标和运算表示向量，，再根据，结合向量数量积的运算，即可求解；
（2）根据几何图形，转化为向量平行和垂直，再利用坐标运算，即可求解.
【详解】（1）设，
，
（2）四边形是以为底的直角梯形，且，
，，
设，
，得或（舍）.
17．【答案】(1)
(2)若选条件①，则；若选条件③，则.
【分析】（1）由余弦定理计算即可得；
（2）若选条件①，由正弦定理可计算出，结合三角形内角和与面积公式即可得面积；若选条件③，由余弦定理结合条件可计算出、，由面积公式计算即可得；不能选条件②，计算出到的距离，故该三角形不唯一，不符合题意.
【详解】（1），故；
（2）若选条件①：，
由，，，故，即，
，
此时三角形唯一确定，符合要求，
.
若选条件③：的周长为,
由，故，
则，化简得，
即有，解得，故，
此时三角形唯一确定，符合要求，
.
不能选条件②，理由如下：
若选条件②：，
由，，，设点到直线的距离为，
则，即，
此时，，
故该三角形不唯一，故②不符合要求.
18．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出平移后所得函数的解析式，根据正弦型函数的奇偶性，结合的取值范围可求得的值；
（2）利用三角恒等变换化简得出，由可得，结合题意可得出关于的不等式，解之即可.
【详解】（1）解：将函数的图象上所有点向右平移个单位长度，
可得到函数，
由题意可知，函数为奇函数，则，
可得，又因为，则.
（2）解：由（1）可知，，
则，
因为，则，
由，可得，
因为在区间上有且只有一个零点，则，解得.
因此，实数的取值范围是.