試卷第=page22頁，共=sectionpages44頁2020-2021學年北京市東城區一七一中學高一下學期3月月考數學試題一、單選題1．已知向量，，且，則（）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據向量垂直的坐標表示，列出方程求出，再由向量模的坐標表示，即可得出結果.【詳解】因為，，，所以，解得，所以.故選：C.2．已知平面向量，滿足，，則與的夾角為（）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據數量積的運算及數量積的運算性質求解.【詳解】因為，所以，即，因為，所以，故選：B3．已知，那么的值為（）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用誘導公式把要求的式子化為，再利用二倍角公式求得它的值．【詳解】解：，，故選：．【點睛】本題主要考查誘導公式、二倍角公式的應用，屬于中檔題．4．函數A．在上遞增 B．在上遞增，在上遞減C．在上遞減 D．在上遞減，在上遞增【答案】D【詳解】試題分析：因為由函數在上為單調增函數知，函數函數在上遞減，在上遞增.故選D.【解析】正切函數的性質及同角三角函數的基本關系.5．函數（，）的部分圖象如圖所示，則（）A． B． C． D．【答案】A【分析】由函數的部分圖像得到函數的最小正周期，求出，代入求出值，則函數的解析式可求，取可得的值.【詳解】由圖像可得函數的最小正周期為，則.又，則，則，，則，，，則，，則，.故選：A.【點睛】方法點睛：根據三角函數的部分圖像求函數解析式的方法：（1）求、，；（2）求出函數的最小正周期，進而得出；（3）取特殊點代入函數可求得的值.6．已知為非零向量，則“與的夾角為銳角”是“”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】A【分析】根據平面向量數量積的定義，結合向量共線的性質，利用充分條件與必要條件的定義，即可判斷出結論．【詳解】與都是非零向量，若“向量與夾角為銳角”，則“”，反之，若，與可能同向共線，此時與的夾角不為銳角．因此“與的夾角為銳角”是“”的充分不必要條件．故選：A．【點睛】方法點睛：判斷充分條件與必要條件應注意：首先弄清條件和結論分別是什么，然后直接依據定義、定理、性質嘗試.對于帶有否定性的命題或比較難判斷的命題，除借助集合思想化抽象為直觀外，還可利用原命題和逆否命題、逆命題和否命題的等價性，轉化為判斷它的等價命題；對于范圍問題也可以轉化為包含關系來處理.7．已知函數，給出下列四個結論：①函數是周期為的偶函數；②函數在區間上單調遞減；③函數在區間上的最小值為；④將函數的圖象向右平移個單位長度后，所得圖象與的圖象重合．其中，所有正確結論的序號是（）A．①③ B．②③C．①④ D．②④【答案】D【分析】由三角函數的周期公式和函數的奇偶性的定義可判斷①；由時，得，由的單調性可判斷②；由時，得，由，可判斷③；由圖象的平移和誘導公式可得，由此可判斷④．【詳解】因為函數，所以函數的周期為，而，所以函數是非奇非偶函數，故①不正確；當時，得，而在上單調遞減，所以函數在區間上單調遞減，故②正確；當時，得，所以，所以函數在區間上的最小值為，故③不正確；將函數的圖象向右平移個單位長度后，函數的解析式為，所以所得圖象與的圖象重合正確，故④正確．故選：D．8．在中，，，是的中點，則A．3 B．4 C．5 D．不確定【答案】B【詳解】是邊的中點，,由向量的運算法則可得：，，故選B.9．一觀覽車的主架示意圖如圖所示，其中為輪軸的中心，距地面（即長），巨輪的半徑長為，，巨輪逆時針旋轉且每分鐘轉一圈，若點為吊艙的初始位置，經過分鐘，該吊艙距離地面的高度為（）A． B．C． D．【答案】B【分析】先通過計算得出轉動的角速度，然后利用三角函數模型表示在轉動的過程中點的縱坐標滿足的關系式，則吊艙到底面的距離為點的縱坐標減.【詳解】如圖所示，以點為坐標原點，以水平方向為軸，以所在直線為軸建立平面直角坐標系.因為巨輪逆時針旋轉且每分鐘轉一圈，則轉動的角速度為每分鐘，經過分鐘之后，轉過的角度為，所以，在轉動的過程中，點的縱坐標滿足：則吊艙距離地面的距離.故選：B．【點睛】建立三角函數模型解決實際問題的一般步驟：（1）審題：審清楚題目條件、要求、理解數學關系；（2）建模：分析題目變化趨勢，選擇合適的三角函數模型；（3）求解：對所建立的數學模型進行分析研究，從而得到結論.10．在中，，，且，則的最小值是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】先將平方后，利用二次函數的性質求出最值.【詳解】，，且，當時，取得最小值為，則取得最小值為.故選：A.二、填空題11．已知平面向量，，且，則實數______．【答案】2【分析】根據向量平行的條件求解即可.【詳解】因為，，，所以，解得，故答案為：212．已知，，，則______．【答案】【分析】根據同角三角函數的基本關系求，，利用角的變換及兩角和的正弦公式求解.【詳解】因為，所以，因為，，所以，，所以.故答案為：三、雙空題13．已知，，則________，________．【答案】【分析】本題根據角的范圍，判斷出來，通過即可求得.【詳解】因為，所以因為，，所以所以.故答案為：；．14．已知正六邊形的邊長為．那么_______．若，則________．【答案】4【分析】以A為原點，建立平面直角坐標系，根據正六邊形，分別求得點A，B，D，F的坐標，利用平面向量的數量積和線性運算求解.【詳解】以A為原點，建立如圖所示平面直角坐標系：則，所以，所以，，因為，所以，解得，所以故答案為：，415．已知函數，那么函數的最小正周期是_____：若函數在上具有單調性，且，則________.【答案】【分析】（1）利用周期公式求解即可.（2）對代入化簡可求出的正切值，寫出表達式，根據范圍確定的值.【詳解】（1）（2）由可得，利用誘導公式化簡可得，展開得，，又，【點睛】求三角函數的解析式時，由即可求出；確定時，若能求出離原點最近的右側圖象上升(或下降)的“零點”橫坐標，則令或)，即可求出，否則需要代入點的坐標，利用一些已知點的坐標代入解析式，再結合函數的性質解出和，若對的符號或對的范圍有要求，則可用誘導公式變換使其符合要求.16．如圖所示，點，是圓上的兩點，，點是圓周上異于，的任意一點，線段與線段交于點．若，則______；若，則的取值范圍是______．【答案】1【分析】利用三點共線，，可得的值，利用向量的數量積公式，結合輔助角公式，即可得結論【詳解】解：因為三點共線，，所以，設，則,因為，所以，,所以，所以，，因為，所以，所以，所以，所以，故答案為：1，四、解答題17．如圖，在直角坐標系xOy中，角的頂點是原點，始邊與軸正半軸重合，終邊交單位圓于點A，且，將角的終邊按照逆時針方向旋轉，交單位圓于點B，記（1）若，求；（2）分別過A、B做x軸的垂線，垂足依次為C、D，記的面積為，的面積為，若，求角的值.【答案】（1）；（2）【分析】（1）由三角函數定義，得，由此利用同角三角函數的基本關系求得的值，再根據，利用兩角和的余弦公式求得結果．（2）依題意得，，分別求得和的解析式，再由求得，根據的范圍，求得的值．【詳解】（1）解：由三角函數定義，得，．因為，，所以．所以．（2）解：依題意得，．所以，．依題意得，即，整理得．因為，所以，所以，即．【點睛】本題主要考查任意角的三角函數的定義，兩角和差的正弦公式、余弦公式，同角三角函數的基本關系的應用，屬于中檔題．18．已知向量，，函數．（1）求函數的最小正周期；（2）若，求函數的值域．【答案】（1）（2）【分析】（1）利用向量的數量積以及兩角和與差的三角函數公式化簡函數的解析式，然后求解周期；（2）由可得，結合正弦函數的性質可得結果.【詳解】（1）故函數的最小正周期；（2）當時，，∴，∴函數的值域.19．已知函數，，再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求（1）的最小正周期；（2）在單調增區間．條件①：；條件②：．注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分．【答案】選①（1）（2）；選②（1）（2）【分析】選①，根據積化和差公式化簡后求周期，利用正弦型函數的性質求單調區間選②，根據和差角的正弦公式化簡，求周期，函數的單調增區間.【詳解】若選①，（1），所以，（2）令,解得即函數的單調增區間為若選②，，所以（2）令，解得，所以函數單調增區間為20．在中，已知.（1）求角；（2）若，，求.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）將已知等式移項變形并利用兩角和與差的正弦函數公式化簡，整理后根據不為0，得出的值，由為三角形的內角，利用特殊角的三角函數值即可求出的度數；（2）利用余弦定理列出關系式，將已知條件利用平面向量的數量積運算法則化簡后代入求出的值，把所求式子平方并利用完全平方公式展開，將各自的值代入開方即可求出值.【詳解】（1）原式可化為：，，，，又，；（2）由余弦定理，得，，，，，.【點睛】此題考查了兩角和與差的正弦函數公式，考查了平面向量的數量積運算法則，以及向量模的計算，熟練掌握計算公式及法則是解本題的關鍵，屬于基礎題.21．我們把按確定順序排列的一列數稱為數列．設數列，．已知，（；），定義數表，其中（Ⅰ）若數列，，寫出；（Ⅱ）若，是不同的數列，求證：數表滿足“（）”的充分必要條件是“”；（Ⅲ）若數列與中的1共有個，求證：數表中1的個數的最大值．【答案】（Ⅰ）答案見解析（2）證明見解析（3）【分析】（Ⅰ）根據得出的各行各列的數值；（Ⅱ）根據證明充分性，根據，的各種不同取值分類證明必要性；（Ⅲ）討論的不同取值，計算的第行中1的個數，從而得出中1的總數，利用基本不等式得出結論．【詳解】（Ⅰ）由定義可知，．（Ⅱ）證明：充分性若，2，，，由于，，令，，，，由此數列，，，．由于．從而有，2，，；，2，，；．必要性若，2，，；，2，，；．由于，是不同的數列，（1）設，，對任意的正整數，①若，可得，，所以．②若，可得，，所以．同理可證，時，有，2，，成立．（2）設，，對任意的正整數，①若，可得，，所以有，則，是相同的數列，不符合要求．②若，可得，，所以