2020-2021学年北京市第十二中学高一3月月考数学试题（解析版）

试卷第=page22页，共=sectionpages33页2020-2021学年北京市第十二中学高一3月月考数学试题一、单选题1．（）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用两角和的余弦公式化简即可求解.【详解】，故选：C.2．下列函数中，最小正周期为且为偶函数的是（）A． B．C． D．【答案】D【分析】化简各选项中的函数的解析式，利用正弦型、余弦型、正切型函数的基本性质求出各选项中函数的最小正周期，并判断出各选项中的奇偶性，由此可得出合适的选项.【详解】对于A选项，函数的最小正周期为，该函数为奇函数，不合乎要求；对于B选项，，函数的最小正周期为，且该函数为奇函数，不合乎要求；对于C选项，，函数的最小正周期为，且该函数为奇函数，不合乎要求；对于D选项，，函数的最小正周期为，且该函数为偶函数，合乎要求.故选：D.3．对于非零向量，下列命题正确得是（）A．若，则B．若，则C．若，则在上的投影向量为（为与方向相同的单位向量）D．若，则【答案】D【分析】举反例判断；举反例判断；求出投影向量判断；求出，证明等式成立．【详解】对于，当时，可能有成立，未必时，所以错；对于，当，时，，但不成立，所以错；对于，在上的投影向量为，未必是，所以错；对于，因为，所以，所以，所以对．故选：．4．已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，它的终边过点，则的值为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】先由任意角的三角函数的定义求得的值，而后再由两角和的正切公式展开计算即可得解.【详解】由题意，利用任意角的三角函数的定义可得，所以.故选：.5．在四边形中，“且”是“四边形为正方形”的（）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】根据充分条件和必要条件的定义判断即可得出正确选项.【详解】由可得四边形是平行四边形，因为可得，所以平行四边形是长方形，得不出四边形为正方形，所以不满足充分性，当四边形为正方形时，可得“且，所以满足必要性，所以“且是四边形为正方形的必要而不充分条件，故选：B.6．若动直线与函数和的图像分别交于两点，则的最大值为（）A．1 B． C． D．2【答案】B【详解】构造函数，根据辅助角公式，对函数的解析式进行化简，再根据正弦函数求出其最值，即可得到答案．则可知，F（x）取最大值,故|MN|的最大值为,故选B7．已知矩形中，，若，，则（）A． B．C． D．【答案】B【分析】先由题中条件，得到，再由平面向量的线性运算，用和表示出，即可得出结果.【详解】因为，所以，所以.故选：B.8．已知，则的值为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用配角法，统一已知角与结论角，结合二倍角公式得到结果.【详解】∵，∴，，故选：C.9．已知非零平面向量的夹角为，且，则（）A． B． C． D．【答案】A【分析】将两边平方后展开结合向量数量积的定义即可求解.【详解】因为平面向量的夹角为，且，所以，即，解得或（舍）故选：A.10．已知是方程的两个实数根，且，则的值（）A． B． C． D．或【答案】B【分析】由已知条件结合根与系数的关系以及两角和的正切公式即可求，然后结合特殊角的三角函数值即可求解.【详解】因为是方程的两个实数根，所以，所以，因为且，，不妨设，，则，，所以，所以，故选：B.11．2020年3月14日是全球首个国际圆周率日（Day）．历史上，求圆周率的方法有多种，与中国传统数学中的“割圆术”相似．数学家阿尔·卡西的方法是：当正整数充分大时，计算单位圆的内接正边形的周长和外切正边形（各边均与圆相切的正边形）的周长，将它们的算术平均数作为的近似值．按照阿尔·卡西的方法，的近似值的表达式是（）．A． B．C． D．【答案】A【分析】计算出单位圆内接正边形和外切正边形的周长，利用它们的算术平均数作为的近似值可得出结果.【详解】单位圆内接正边形的每条边所对应的圆心角为，每条边长为，所以，单位圆的内接正边形的周长为，单位圆的外切正边形的每条边长为，其周长为，，则.故选：A.【点睛】本题考查圆周率的近似值的计算，根据题意计算出单位圆内接正边形和外切正边形的周长是解答的关键，考查计算能力，属于中等题.二、填空题12．已知向量，，且，则_________；【答案】2【分析】利用平面向量平行的坐标表示求出.【详解】因为，，且，所以，即.故答案为：2.【点睛】本题主要考查平面向量平行的坐标表示，向量平行时，坐标分量对应成比例，侧重考查数学运算的核心素养.13．______.【答案】【详解】．试题分析：【解析】倍角的正切．14．向量在正方形网格中的位置如图所示，若，则______【答案】【分析】根据题意建立平面直角坐标系，写出向量的坐标，由列出关于的方程组，计算即可求解.【详解】如图：以和的公共点为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系，可得，，，因为，所以解得：所以，故答案为：.15．若函数的最大值为，则常数的一个取值为______【答案】（不唯一）．【分析】依题意，知与同时取到最大值1，继而可得，令可得符合题意的的值．【详解】函数的最大值为2，与同时取到最大值1，又时，，时，也取到1，，不妨取，此时的最大值为2，符合题意，故常数的一个取值为，故答案为：（不唯一）．三、双空题16．已知已知正方形边长为，点满足，则______；______【答案】【分析】根据题意可知点为中点，从而可得，结合数量积几何意义可得.【详解】∵，∴点为中点，∴；根据数量积的几何意义可得，.故答案为：，.17．在四边形，且，则实数的值为_______；若是线段上的动点，且，则的最小值为______【答案】【分析】以为原点，以为轴建立如图所示的直角坐标系，根据向量的平行和向量的数量积即可求出点的坐标，即可求出的值，再设出点，的坐标，根据向量的数量积可得关于的二次函数，根据二次函数的性质即可求出最小值．【详解】以为原点，以为轴建立如图所示的直角坐标系，，，，，，，，，设，，，，，，，解得，，，，，，，，设，则，其中，，，，，，当时取得最小值，最小值为，故答案为：，．四、解答题18．已知向量，，其中，.（1）求，；（2）求与夹角的大小.【答案】（1），；（2）.【分析】（1）利用平面向量数量积的坐标运算可求得，的值；（2）利用平面向量数量积的坐标运算求出的值，结合的取值范围可求得的值.【详解】（1）由已知可得，，所以，，，因此，；（2）由平面向量数量积的坐标运算可得，，因此，.19．已知（1）求的值（2）求的值【答案】（1）；（2）.【分析】根据正弦余弦的两角和差查公式，结合同角三角函数的关系，进行计算即可得解.【详解】由，可得，，所以.（1），（2）.20．已知函数，再从条件，条①件②这两个条件中选择一个作为已知，求（1）的单调递增区间（2）在区间上的最值条件①：；条件②：注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分【答案】选条件①：（1），（2）最大值为，最小值为.选条件②：（1），（2）最大值为，最小值为.【分析】选条件①：（1）利用两角差的余弦公式、二倍角公式及辅助角公式化简，再利用整体代入法即可求解；（2）利用正弦函数的性质即可求最值；选条件②：（1）利用两角差的余弦公式及辅助角公式化简，再利用整体代入法即可求解；（2）利用正弦函数的性质即可求最值；【详解】选条件①：，（1）令，解得：所以的单调递增区间为，（2）当时，，所以当即时，，当即时，，所以的最大值为，最小值为.若选条件②：（1）令，解得：所以的单调递增区间为，（2）当时，，所以当即时，，当即时，，所以的最大值为，最小值为.21．在平面直角坐标系中，为坐标原点，，，三点满足.（1）求值；（2）已知若的最小值为，求的最大值.【答案】（1）（2）1【分析】（1）由，得，化简得，即可得到答案；（2）化简函数，对实数分类讨论求得函数的最小值，得到关于的分段函数，进而求得函数的最大值.【详解】（1）由题意知三点满足，可得，所以，即即，则，所以.（2）由题意，函数因为，所以，当时，取得最小值，当时，当时，取得最小值，当时，当时，取得最小值，综上所述，，可得函数的最大值为1，即的最大值为1.【点睛】本题主要考查了向量的线性运算，向量的数量积的坐标性质，以及三角函数和二次函数的性质的综合应用，着重考查了分类讨论思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.22．设数阵，其中、、、．设，其中，且．定义变换为“对于数阵的每一行，若其中有或，则将这一行中每个数都乘以；若其中没有且没有，则这一行中所有数均保持不变”（、、、）．表示“将经过变换得到，再将经过变换得到、，以此类推，最后将经过变换得到”，记数阵中四个数的和为．（1）若，写出经过变换后得到的数阵；（2）若，，求的值；（3）对任意确定的一个数阵，证明：的所有可能取值的和不超过．【答案】（1）；（2）；（3）见解析.【分析】（1）由，能求出经过变换后得到的数阵；（2）由，，求出数阵经过变化后的矩阵，进而可求得的值；（3）分和两种情况讨论，推导出变换后数阵的第一行和第二行的数字之和，由此能证明的所有可能取值的和不超过．【详解】（1），经过变换后得到的数阵；（2）经变换后得，故；（3）若，在的所有非空子集中，含有且不含的子集共个，经过变换后第一行均变为、；含有且不含的子集共个，经过变换后第一行均变为、；同时含有和的子集共个，经过变换后第一行仍为、；不含也不含的子集共个，经过变换后第一行仍为、．所以经过变换后所有的第