2024北京首师大附中高一（下）期中数学试题及答案

试题PAGE1试题2024首都师大附中高一（下）期中数学第Ⅰ卷（共40分）一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题所列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的）1.下列函数中，既是偶函数又是周期为的函数为（）．A. B. C. D.2.已知是第二象限的角，为其终边上的一点，且，则（）．A. B. C. D.3.角的度量除了有角度制和弧度制之外，在军事上角的度量还有密位制，密位制的单位是密位．1密位等于周角的，即弧度密位．在密位制中，采用四个数字来记一个角的密位数．且在百位数字与十位数字之间画一条短线，例如3密位写成，123密位写成，设圆的半径为1，那么密位的圆心角所对的弧长为（）A. B. C. D.4.已知点A（1，2），B（3，7），向量，则A.，且与方向相同 B.，且与方向相同C.，且与方向相反 D.，且与方向相反5.关于函数，则下列结论中：①为该函数的一个周期；②该函数的图象关于直线对称；③将该函数的图象向左平移个单位长度得到的图象：④该函数在区间上单调递减.所有正确结论的序号是（）A.①② B.③④ C.①②④ D.①③④6.设，是两个不共线向量，则“与的夹角为钝角”是“”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7.已知函数，，其图象如下图所示.为得到函数的图象，只需先将函数图象上各点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再（）A.向右平移个单位 B.向右平移个单位C.向左平移个单位 D.向左平移个单位8.若P是内部或边上的一个动点，且，则的最大值是（）A. B. C.1 D.29.如图，质点在以坐标原点为圆心，半径为1的圆上逆时针作匀速圆周运动，的角速度大小为，起点为射线与的交点．则当时，动点的纵坐标关于（单位：）的函数的单调递增区间是（）A. B. C. D.10.如图，圆M为的外接圆，，，N为边BC的中点，则（）A.5 B.10 C.13 D.26第Ⅱ卷（共80分）二、填空题（本大题共5小题，敏小题5分，共25分）11._________.12.已知是第四象限角，且，则______，______．13.在正方形网格中的位置如图所示，则______，向量在向量上的投影的数量为______．14.已知函数的图象关于直线对称，且在上单调，则的最大值为_____.15.已知函数，给出下列四个结论：①存在无数个零点；②在上有最大值；③若，则；④区间是的单调递减区间．其中所有正确结论的序号为__________．三、解答题（本大题共5小题，共55分.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程.）16.如图，在平行四边形ABCD中，，．设，．（1）用，表示，；（2）用向量的方法证明：A，F，C三点共线．17.已知函数，其中，且的图象过点．（1）求的值；（2）求的单调减区间和对称中心的坐标；（3）若，函数在区间上最小值为，求实数的取值范围．18.在平面直角坐标系中，已知点，点是直线上的一个动点．（1）求的值；（2）若四边形是平行四边形，求点的坐标；（3）求的最小值．19.在条件①对任意的，都有；条件②最小正周期为；条件③在上为增函数，这三个条件中选择两个，补充在下面的题目中，并解答．已知，若______，则唯一确定．（1）求的解析式；（2）设函数，对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围．20.设（为正整数），对任意的，，定义（1）当时，，，求；（2）当时，集合，对于任意，，均为偶数，求A中元素个数的最大值；（3）集合，对于任意，，，均有，求A中元素个数的最大值．

参考答案第Ⅰ卷（共40分）一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题所列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的）1.【答案】D【分析】利用正弦函数、余弦函数、正切函数的奇偶性、周期性逐一判断得解.【详解】对于AC，函数，都是奇函数，A不是，C不是；对于B，函数是偶函数，周期为，B不是；对于D，函数是偶函数，周期为，D是.故选：D2.【答案】C【分析】根据给定条件，利用三角函数定义列式计算即得.【详解】点是第二象限的角终边上的一点，则，由，得，所以.故选：C3.【答案】C【分析】运用密位制与弧度制公式及弧长公式计算即可.【详解】由题意知，密位的圆心角为，所以弧长为.故选：C.4.【答案】D【详解】因为，所以，，可得，解得，与方向相反，故选：D.5.【答案】C【分析】对①，根据周期公式求出最小正周期结合周期函数定义判断；对②，根据余弦函数的对称性代入验证；对③，根据平移变换求平移后函数表达式判断；对④，根据余弦函数的单调性求解判断.【详解】对于①，由周期公式可得，所以函数的最小正周期为，所以，均是其周期.故①正确；对于②，当时，，所以是其对称轴，故②正确；对于③，将函数图象向左平移个单位得到，故③错误；对于④，，，由余弦函数的单调性可知，函数在上单调递减，故④正确.综上，正确的有①②④.故选：C.6.【答案】B【分析】根平面向量的数量积的运算公式和夹角公式，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.【详解】若，可得，因为，是两个不共线向量，所以，所以，所以，所以，又由，是两个不共线向量，可得，即与的夹角为钝角，所以必要性成立；由向量与的夹角为钝角，不妨设，可得，此时，所以与不垂直，即充分性不成立，所以“与的夹角为钝角”是“”的必要不充分条件.故选:B.7.【答案】A【分析】根据两个函数图象得出对应的函数解析式，然后依据解析式先进行伸缩变换再进行相位变换可解.【详解】由图可知，因为，所以将图中点分别代入中，解得.则将函数图象上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到的图象，再将图象向右平移个单位长度，得到函数的图象.故选：A8.【答案】A【分析】由题设及向量的线性关系知，且，再应用基本不等式求最大值，注意取值条件.【详解】由P是内部或边上的一个动点，且，所以，且，由，当且仅当时等号成立。故选：A9.【答案】B【分析】依题意可根据圆周运动规律求出动点的纵坐标关于（单位：）的函数，再由整体代换法即可求出单调增区间的表达式.【详解】根据题意可设，因为在单位圆上的角速度大小为，起点为射线与的交点，所以，所以动点的纵坐标关于（单位：）的函数，由，得，又因为，所以，，，所以该函数的单调递增区间是，，，.故选：B10.【答案】C【分析】由三角形中线性质可知，再由外接圆圆心为三角形三边中垂线交点可知，同理可得，再由数量积运算即可得解.【详解】是BC中点，，M为的外接圆的圆心，即三角形三边中垂线交点，，同理可得，.故选：C第Ⅱ卷（共80分）二、填空题（本大题共5小题，敏小题5分，共25分）11.【答案】【分析】根据诱导公式可求该值.【详解】.故答案为：.【点睛】诱导公式有五组，其主要功能是将任意角的三角函数转化为锐角或直角的三角函数．记忆诱导公式的口诀是“奇变偶不变，符号看象限”．本题属于基础题.12.【答案】①.②.【分析】根据给定条件，利用同角公式，结合诱导公式计算即得.【详解】由是第四象限角，得，由，得，又，解得，所以.故答案为：；13.【答案】①.②.【分析】建立平面直角坐标系，利用数量积的坐标运算，结合夹角及投影的数量的意义即可求解.【详解】设小正方形的边长为，建立如图所示的平面直角坐标系，则，，，而，所以；向量在向量上的投影的数量为.故答案为:14.【答案】【分析】根据函数的对称性求出，即可求出函数解析式，再根据的取值范围，求出的取值范围，根据余弦函数的性质得到不等式组，解得即可；【详解】解：因为函数的图象关于直线对称，所以，，即，，又，所以，从而.因为，所以，因为函数在上单调递减，在上单调递增，所以，即，故的最大值为.故答案为：15.【答案】①②③【分析】解方程，可判断①；分析出函数在的最大值点在区间内，再利用最值定理可判断②；推导出，可判断③；利用特殊值法可判断④.【详解】对于①，由可得且，即函数的定义域为，令可得，则，且，故，所以，函数有无数个零点，①对；对于②，当时，，令，可得，解得，假设函数在上的最大值点为，则，因为函数在上单调递增，且，对任意的，且，则，所以，，则，所以，若在上存在最大值点，则，因为函数在上是一条连续不断的曲线，所以，函数在上存在最大值，故函数在上存在最大值，②对；对于③，对任意的，，因为，所以，若，则，③对；对于④，，，因为，即，故，故函数在上不可能单调递减，④错.故答案为：①②③.【点睛】关键点点睛：本题第②小问中函数的单调性不好判断，可分析出函数的最值点所在的区间，并分析出函数的图象是连续的，再结合最值定理来进行判断.三、解答题（本大题共5小题，共55分.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程.）16.【答案】（1），；（2）答案见详解.【分析】（1）根据向量加法的平行四边形法则，可得，由结合已知可得；（2）根据可推出，即.再根据有公共点，可证得三点共线.【小问1详解】解：根据向量加法的平行四边形法则，可得..【小问2详解】证明：由（1）知，，所以，所以，所以，，共线.又直线，直线有公共点，所以，，，三点共线.17.【答案】（1）；（2），；（3）.【分析】（1）代入求出的值.（2）由（1）求出，再利用正弦函数的性质求出减区间及对称中心.（3）求出相位的范围，再结合已知及列出不等式求解即得.【小问1详解】由的图象过点，得，而，所以.【小问2详解】由（1）知，，由，解得，所以的单调减区间是；由，得，所以的对称中心的坐标为.【小问3详解】当时，，显然，依题意，，解得，所以实数的取值范围是.18.【答案】（1）；（2）；（3）.【分析】（1）根据给定条件，利用向量减法运算，结合模的坐标表示即可求解.（2）设出点的坐标，借助平行四边形性质列式计算即得.（3）利用共线向量设出的坐标，再利用数量积的坐标表示和二次函数的性质求解即得.【小问1详解】由，，得，所以.【小问2详解】设，而，则，由四边形是平行四边形，得，即，解得，所以点的坐标是.【小问3详解】由点是直线上的一个动点，得，即，于是因此，所以当时，取得最小值.19.【答案】（1）（2）【分析】（1）解：若选择①②、②③和①③，结合三角函数的图象与性质，求得的值，即可求得函数的解析式；（2）由，再由，求得，根据题意，转化为恒成立，令，结合为单调递增函数，求得，即可求解.【小问1详解】解：若选择①②：由函数最小正周期为，可得，可得，即，又由对任意的，都有，可得关于对称，即，即，因为，可得，所以；若选择②③：由函数最小正周期为，可得，可得，即，又由，可得，因为函数在为单调递增函数，则满足，解得，所以，所以；若选择①③：由对任意的，都有，可得关于对称，即，即，又由函数在为单调递增函数，可得，解得，又由，可得，因为函数在为增函数，则满足，解得，所以，即，因为，所以，此时，所以.【小问2详解】解：由，因为，可得，所以，即，又由对任意的，不等式恒成立，即不等式恒成立，即恒成立，令，即恒成立，令在上为单调递增函数，则，所以，即实数的取值范围为.20.【答案】（1）1（2）4（3）【分析】（1）直接根据定义计算即可；（2）当时，集合，对于任意，，均为偶数，则有两种情况，一种任意两个元素相同位置不能同时出现1，另一种情况必有两个相同位置同时出现1，分别讨论即可判断个数最大值；（3）由得到，再根据且，得到，由此即可判断A中个数.【小问1详解】当时，；【