北京市第二十中学2025--2026学年高一启承班上册期末数学试题【附解析】

这是一份北京市第二十中学2025--2026学年高一启承班上册期末数学试题【附解析】，共20页。
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．在每小题列出的选项中，选出符合题目要求的一项
1. 已知角的顶点与坐标原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点，则（ ）.
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角函数的定义求解.
【详解】因为角的终边过点，
所以，
故选：A
2. 若复数满足，则（ ）
A. 1B. 2C. 4D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据共轭复数概念和复数加法求解即可.
【详解】根据题意，，
则.
故选：C
3. 已知与的夹角为，则的值为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】运用向量模长的平方公式，然后代入计算.
【详解】由题意知，， 与的夹角为 ，
所以，
，
，
故选：A
4. 已知正弦型函数的图象过点，则为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据以及即可求解.
【详解】因为正弦型函数的图象过点，
所以，又，故.
故选：B
5. 将图象上每个点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到的函数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由三角函数的变换可直接求解.
【详解】由题可得将的图象上每个点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，
可得，故A正确.
故选：A.
6. 如图，在中，点D是BC边的中点，，则用向量，表示为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用向量的线性运算求解即可.
【详解】，故，
则.
故选：A
7. 在中，，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用正弦定理求解即得.
【详解】在中，由，，得，
由正弦定理，得.
故选：C
8. 已知 ，，则“”是“”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】分情况讨论为奇数和偶数，结合诱导公式化简可判断.
【详解】当为奇数时，设，，
则，此时满足；
当为偶数时，设，，
则，此时满足；
即“”是“”的充分条件；
当时，，
当时，或，，
当时，或，，
综上所述或，
即，；
即“”不是“”的必要条件；
综上所述“”是“”的充分不必要条件，
故选：A.
9. 已知函数的部分图象如图所示.若四点在同一个圆上，则（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据对称性可知为圆心，根据即可求解.
【详解】连接交轴于,
由于，，，四点在同一个圆上，且和均关于点对称，
故为圆心，故，
,,
故，解得，
故选：D
10. 在等腰直角三角形中，为斜边的中点，以为圆心，为半径作，点在线段上，点在上，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量的坐标运算即可得，进而将可看作是点到点的距离，即可求解.
【详解】以为圆心，以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由于所以，
由于点在，不妨设 ，,
，其中，
所以，
可看作是上的点到点的距离，
由于点在线段上运动，
故当点运动到点时，此时距离最大，为,
当点运动到点时，此时距离最小为0，
综上可知：，
故选：A

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. 求值：__________.
【答案】##
【解析】
【分析】应用二倍角正弦公式计算求解.
【详解】.
故答案为：.
12. 已知菱形的边长为，，，则_________________.
【答案】
【解析】
【分析】利用向量的线性运算得到，，再利用数量积的定义及运算，即可求出结果.
【详解】因为，所以，又，
所以，
又菱形的边长为，，所以，
故答案为：.
13. 已知函数，若，则满足条件的一组取值可以是_____，_____．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由得是的一条对称轴计算即可.
【详解】因为，
所以是的一条对称轴，
所以，
当时，.
故答案：；.（答案不唯一）
14. 在中，，，，则______.
【答案】
【解析】
【分析】由余弦定理求解，由同角函数基本关系求出，代入面积公式求解即可.
【详解】由余弦定理可得，
解得，则，
又，
所以.
故答案为：
15. 函数是定义域为R的奇函数，满足，且当时，，给出下列四个结论：
① ；
② 是函数的周期；
③ 函数在区间上单调递增；
④ 函数所有零点之和为.
其中，正确结论的序号是___________.
【答案】① ③ ④
【解析】
【分析】由可得直接计算即可判断① ；根据函数的奇偶性和对称性即可求得周期，从而可判断② ；先判断在的单调性，再根据奇函数关于原点对称的区间单调性相同即可判断③ ；根据对称性以及函数图象交点的个数即可判断④.
【详解】对于①：由可得，故①正确；
对于② ：由可得关于直线对称，
因为是定义域为R的奇函数，所以
所以，
所以函数的周期为，故② 不正确；
对于③ ：当时，单调递增，且，
在单调递减，且，
所以在单调递增，因为是奇函数，
所以函数在区间上单调递增；故③ 正确；
对于④ ：由可得关于直线对称，作出示意图
函数所有零点之和即为函数与两个函数图象交点的横坐标之和，当时，两图象交点关于对称，此时两根之和等于 ，当时两图象交点关于对称，此时两根之和等于，当时两图象交点关于对称，此时两根之和等于时两图象无交点 ，
所以函数所有零点之和为.故④ 正确；
故答案为：① ③ ④
【点睛】求函数零点的方法：画出函数的图象，函数的图象与轴交点的个数就是函数的零点个数；将函数拆成两个函数，和的形式，根据，则函数的零点个数就是函数和的图象交点个数；零点之和即为两个函数图象交点的横坐标之和.
三、解答题共6小题，共85分．解答应写出相应文字说明，演算步骤或证明过程．
16. 已知函数．
（1）求的定义域和最小正周期；
（2）若，且，求的值．
【答案】（1）定义域为；最小正周期为.
（2）.
【解析】
【分析】（1）由题可得定义域为，再对函数化简可得即可求得最小正周期；
（2）由题可得，再结合，且，可求得，因从而可求解.
【小问1详解】
由题可得定义域为，函数的定义域为，
所以函数的定义域为；
由，因的最小正周期为，
所以可得的最小正周期为.
【小问2详解】
由，即，因，且，
所以，
所以.
17. 在中，．
（1）求；
（2）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一，求的周长．
条件①：；条件②：的面积为；条件③：边上的高等于．
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）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理可得；
（2）先结合条件得出，，若，则代入解方程即可；若已知面积，则根据面积公式得出，再解方程组即可；若选③，先求出，再同①.
【小问1详解】
在中利用余弦定理可得，，
因为，所以，
又，所以；
【小问2详解】
由，结合正弦定理可得，，
因为，所以，
选①：若，则，则（负值舍去），则，
故的周长为；
选②：，则，
则，则，得（负值舍去），
故，，，
故的周长为；
选③：因为边上的高等于，所以，
因为，所以，则（负值舍去），则，
故的周长为；
18. 在平面直角坐标系中，，设．
（1）若，求的值；
（2）若向量满足，且，求向量的坐标．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）求出的坐标，再根据向量的坐标运算求出，最后根据可得；
（2）设，根据模长以及向量平行的坐标运算列出方程组求解.
【小问1详解】
由题意得，，
则，
又，所以，得；
【小问2详解】
设，则，即，
因，，所以，即，
故或，
故向量的坐标为或.
19. 已知函数，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，使唯一确定，求：
（1）的值及的单调递增区间；
（2）在区间上的最大值和最小值.
条件①：函数图象的相邻两个对称中心间的距离为；
条件②：函数的图象可以由函数的图象平移得到；
条件③：直线为函数图象的一条对称轴.
注：如果选择的条件不符合要求，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，
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）先由三角变换公式得到，若选条件①，则可利用周期公式得到，从而求得解析式；若选条件②，则由图像平移得到解析式；若条件③，则解析式不唯一.最后根据整体法可求单调区间；
（2）利用整体法可求函数的最值.
【小问1详解】
.
选择条件①：
因为函数图象的相邻两个对称中心间的距离为，所以，故.
因为，所以.
因为，令，
即，所以的单调递增区间为.
选择条件②：
因为函数的图象可以由函数的图象平移得到，
所以函数与函数的周期相同，故.
因为，所以.所以.
以下解答过程同选择条件①.
选择条件③：因为为图象的对称轴，
所以，即，
故，其中，此时不唯一，故不选③.
【小问2详解】
选择条件①或②时，
因为，所以，
当，即时，取最大值，最大值为1；
当，即时，取最小值，最小值为.
20. 已知函数
（1）求；
（2）求函数在上的最大值与最小值；
（3）在区间上有且仅有一个，使得，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）最大值为，最小值为
（3）
【解析】
【分析】(1)直接代入计算即可得到；
(2)由诱导公式可化简的表达式，其可看成关于的二次函数，由二次函数的性质可求得其最值；
(3)由可得到关于的一元二次方程，解之可得，所以问题转化为使得在有且仅有一个解，由正弦函数的性质可求得的取值范围.
【小问1详解】
代入可得;
【小问2详解】
由诱导公式可得,令,由正弦函数的性质可知在上单调递增，
故,所以原函数换元后转化为,由二次函数的性质可知对称轴为,
所以函数在上的最小值为,最大值为,
故函数在上的最大值为,最小值为 ；
【小问3详解】
由可得,解得或,因为,所以,
故需满足在有且仅有一个解，由正弦函数的性质可知在第一个解为,第二个解为,
若要使得在有且仅有一个解，则,故的取值范围为.
21. 已知集合，其中，新定义1个性质G；若对任意的，必有，则称集合A具有性质G.由A中元素可构成两个点集P和Q：，，其中P中有m个元素，Q中有n个元素.
（1）已知集合与集合和集合，判断它们是否具有性质G，若有，则直接写出其对应的集合P，Q；若无，请说明理由；
（2）集合A具有性质G，若，求：集合Q最多有几个元素？
（3）试判断：集合A具有性质G是的什么条件，请说明理由.
【答案】（1）答案见解析
（2）4950 （3）充分不必要条件，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据定义做出判断，直接写出集合，.
（2）利用定义，探讨出与的关系式，代入求值.
（3）利用充分条件、必要条件的定义，结合集合与集合个数的大小关系，推理得证.
【小问1详解】
由于，不符合定义故不具有性质；
集合具有性质，对应集合，；
集合不是整数集，所以不具有性质.
【小问2详解】
由题意可知集合A的元素构成有序数对，共有个，
因为，所以
又因时，，所以时，，
所以集合的元素个数不超过个，
取，则中元素的个数为4950个，
故中元素的个数最多4950.
【小问3详解】
充分不必要条件，理由如下：
当集合具有性质时，
①对于，根据定义可知：，
又因为集合具有性质，则，
如果，是中的不同元素，那么，中至少有一个不成立，
于是，中至少有一个不成立，
故和也是中不同的元素，
可见的元素个数不多于的元素个数，即，
②对于，根据定义可知：，
又因为集合具有性质，则，
如果，是中的不同元素，那么，中至少有一个不成立，
于是，中至少有一个不成立，
故和也是中不同的元素，可见的元素个数不多于的元素个数，即，
由①②可知.
若，则，
，
满足，而集合不具有性质.
所以集合具有性质是的充分不必要条件.
【点睛】方法点睛：新定义问题的方法和技巧：（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念.