2020-2021学年北京市东城区一七一中学高一下学期3月月考数学试题（解析版）

试卷第=page22页，共=sectionpages44页2020-2021学年北京市东城区一七一中学高一下学期3月月考数学试题一、单选题1．已知向量，，且，则（）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据向量垂直的坐标表示，列出方程求出，再由向量模的坐标表示，即可得出结果.【详解】因为，，，所以，解得，所以.故选：C.2．已知平面向量，满足，，则与的夹角为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据数量积的运算及数量积的运算性质求解.【详解】因为，所以，即，因为，所以，故选：B3．已知，那么的值为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用诱导公式把要求的式子化为，再利用二倍角公式求得它的值．【详解】解：，，故选：．【点睛】本题主要考查诱导公式、二倍角公式的应用，属于中档题．4．函数A．在上递增 B．在上递增，在上递减C．在上递减 D．在上递减，在上递增【答案】D【详解】试题分析：因为由函数在上为单调增函数知，函数函数在上递减，在上递增.故选D.【解析】正切函数的性质及同角三角函数的基本关系.5．函数（，）的部分图象如图所示，则（）A． B． C． D．【答案】A【分析】由函数的部分图像得到函数的最小正周期，求出，代入求出值，则函数的解析式可求，取可得的值.【详解】由图像可得函数的最小正周期为，则.又，则，则，，则，，，则，，则，.故选：A.【点睛】方法点睛：根据三角函数的部分图像求函数解析式的方法：（1）求、，；（2）求出函数的最小正周期，进而得出；（3）取特殊点代入函数可求得的值.6．已知为非零向量，则“与的夹角为锐角”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【分析】根据平面向量数量积的定义，结合向量共线的性质，利用充分条件与必要条件的定义，即可判断出结论．【详解】与都是非零向量，若“向量与夹角为锐角”，则“”，反之，若，与可能同向共线，此时与的夹角不为锐角．因此“与的夹角为锐角”是“”的充分不必要条件．故选：A．【点睛】方法点睛：判断充分条件与必要条件应注意：首先弄清条件和结论分别是什么，然后直接依据定义、定理、性质尝试.对于带有否定性的命题或比较难判断的命题，除借助集合思想化抽象为直观外，还可利用原命题和逆否命题、逆命题和否命题的等价性，转化为判断它的等价命题；对于范围问题也可以转化为包含关系来处理.7．已知函数，给出下列四个结论：①函数是周期为的偶函数；②函数在区间上单调递减；③函数在区间上的最小值为；④将函数的图象向右平移个单位长度后，所得图象与的图象重合．其中，所有正确结论的序号是（）A．①③ B．②③C．①④ D．②④【答案】D【分析】由三角函数的周期公式和函数的奇偶性的定义可判断①；由时，得，由的单调性可判断②；由时，得，由，可判断③；由图象的平移和诱导公式可得，由此可判断④．【详解】因为函数，所以函数的周期为，而，所以函数是非奇非偶函数，故①不正确；当时，得，而在上单调递减，所以函数在区间上单调递减，故②正确；当时，得，所以，所以函数在区间上的最小值为，故③不正确；将函数的图象向右平移个单位长度后，函数的解析式为，所以所得图象与的图象重合正确，故④正确．故选：D．8．在中，，，是的中点，则A．3 B．4 C．5 D．不确定【答案】B【详解】是边的中点，,由向量的运算法则可得：，，故选B.9．一观览车的主架示意图如图所示，其中为轮轴的中心，距地面（即长），巨轮的半径长为，，巨轮逆时针旋转且每分钟转一圈，若点为吊舱的初始位置，经过分钟，该吊舱距离地面的高度为（）A． B．C． D．【答案】B【分析】先通过计算得出转动的角速度，然后利用三角函数模型表示在转动的过程中点的纵坐标满足的关系式，则吊舱到底面的距离为点的纵坐标减.【详解】如图所示，以点为坐标原点，以水平方向为轴，以所在直线为轴建立平面直角坐标系.因为巨轮逆时针旋转且每分钟转一圈，则转动的角速度为每分钟，经过分钟之后，转过的角度为，所以，在转动的过程中，点的纵坐标满足：则吊舱距离地面的距离.故选：B．【点睛】建立三角函数模型解决实际问题的一般步骤：（1）审题：审清楚题目条件、要求、理解数学关系；（2）建模：分析题目变化趋势，选择合适的三角函数模型；（3）求解：对所建立的数学模型进行分析研究，从而得到结论.10．在中，，，且，则的最小值是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】先将平方后，利用二次函数的性质求出最值.【详解】，，且，当时，取得最小值为，则取得最小值为.故选：A.二、填空题11．已知平面向量，，且，则实数______．【答案】2【分析】根据向量平行的条件求解即可.【详解】因为，，，所以，解得，故答案为：212．已知，，，则______．【答案】【分析】根据同角三角函数的基本关系求，，利用角的变换及两角和的正弦公式求解.【详解】因为，所以，因为，，所以，，所以.故答案为：三、双空题13．已知，，则________，________．【答案】【分析】本题根据角的范围，判断出来，通过即可求得.【详解】因为，所以因为，，所以所以.故答案为：；．14．已知正六边形的边长为．那么_______．若，则________．【答案】4【分析】以A为原点，建立平面直角坐标系，根据正六边形，分别求得点A，B，D，F的坐标，利用平面向量的数量积和线性运算求解.【详解】以A为原点，建立如图所示平面直角坐标系：则，所以，所以，，因为，所以，解得，所以故答案为：，415．已知函数，那么函数的最小正周期是_____：若函数在上具有单调性，且，则________.【答案】【分析】（1）利用周期公式求解即可.（2）对代入化简可求出的正切值，写出表达式，根据范围确定的值.【详解】（1）（2）由可得，利用诱导公式化简可得，展开得，，又，【点睛】求三角函数的解析式时，由即可求出；确定时，若能求出离原点最近的右侧图象上升(或下降)的“零点”横坐标，则令或)，即可求出，否则需要代入点的坐标，利用一些已知点的坐标代入解析式，再结合函数的性质解出和，若对的符号或对的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求.16．如图所示，点，是圆上的两点，，点是圆周上异于，的任意一点，线段与线段交于点．若，则______；若，则的取值范围是______．【答案】1【分析】利用三点共线，，可得的值，利用向量的数量积公式，结合辅助角公式，即可得结论【详解】解：因为三点共线，，所以，设，则,因为，所以，,所以，所以，，因为，所以，所以，所以，所以，故答案为：1，四、解答题17．如图，在直角坐标系xOy中，角的顶点是原点，始边与轴正半轴重合，终边交单位圆于点A，且，将角的终边按照逆时针方向旋转，交单位圆于点B，记（1）若，求；（2）分别过A、B做x轴的垂线，垂足依次为C、D，记的面积为，的面积为，若，求角的值.【答案】（1）；（2）【分析】（1）由三角函数定义，得，由此利用同角三角函数的基本关系求得的值，再根据，利用两角和的余弦公式求得结果．（2）依题意得，，分别求得和的解析式，再由求得，根据的范围，求得的值．【详解】（1）解：由三角函数定义，得，．因为，，所以．所以．（2）解：依题意得，．所以，．依题意得，即，整理得．因为，所以，所以，即．【点睛】本题主要考查任意角的三角函数的定义，两角和差的正弦公式、余弦公式，同角三角函数的基本关系的应用，属于中档题．18．已知向量，，函数．（1）求函数的最小正周期；（2）若，求函数的值域．【答案】（1）（2）【分析】（1）利用向量的数量积以及两角和与差的三角函数公式化简函数的解析式，然后求解周期；（2）由可得，结合正弦函数的性质可得结果.【详解】（1）故函数的最小正周期；（2）当时，，∴，∴函数的值域.19．已知函数，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求（1）的最小正周期；（2）在单调增区间．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①（1）（2）；选②（1）（2）【分析】选①，根据积化和差公式化简后求周期，利用正弦型函数的性质求单调区间选②，根据和差角的正弦公式化简，求周期，函数的单调增区间.【详解】若选①，（1），所以，（2）令,解得即函数的单调增区间为若选②，，所以（2）令，解得，所以函数单调增区间为20．在中，已知.（1）求角；（2）若，，求.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）将已知等式移项变形并利用两角和与差的正弦函数公式化简，整理后根据不为0，得出的值，由为三角形的内角，利用特殊角的三角函数值即可求出的度数；（2）利用余弦定理列出关系式，将已知条件利用平面向量的数量积运算法则化简后代入求出的值，把所求式子平方并利用完全平方公式展开，将各自的值代入开方即可求出值.【详解】（1）原式可化为：，，，，又，；（2）由余弦定理，得，，，，，.【点睛】此题考查了两角和与差的正弦函数公式，考查了平面向量的数量积运算法则，以及向量模的计算，熟练掌握计算公式及法则是解本题的关键，属于基础题.21．我们把按确定顺序排列的一列数称为数列．设数列，．已知，（；），定义数表，其中（Ⅰ）若数列，，写出；（Ⅱ）若，是不同的数列，求证：数表满足“（）”的充分必要条件是“”；（Ⅲ）若数列与中的1共有个，求证：数表中1的个数的最大值．【答案】（Ⅰ）答案见解析（2）证明见解析（3）【分析】（Ⅰ）根据得出的各行各列的数值；（Ⅱ）根据证明充分性，根据，的各种不同取值分类证明必要性；（Ⅲ）讨论的不同取值，计算的第行中1的个数，从而得出中1的总数，利用基本不等式得出结论．【详解】（Ⅰ）由定义可知，．（Ⅱ）证明：充分性若，2，，，由于，，令，，，，由此数列，，，．由于．从而有，2，，；，2，，；．必要性若，2，，；，2，，；．由于，是不同的数列，（1）设，，对任意的正整数，①若，可得，，所以．②若，可得，，所以．同理可证，时，有，2，，成立．（2）设，，对任意的正整数，①若，可得，，所以有，则，是相同的数列，不符合要求．②若，可得，，所以