2023-2024学年北京市顺义区牛栏山一中高一(下)月考数学试卷(4月份)+答案解析

2023-2024学年北京市顺义区牛栏山一中高一（下）月考数学试卷（4
月份）
一、单选题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.的值为()
A. B. C. D.
2.在平面直角坐标系xOy中，若角的终边经过点，则，分别为()
A.，3
B.3，
C.，
D.，
3.设O，A，B，C为平面四个不同点，它们满足，则()
A.A，B，C三点共线
B.O，B，C三点共线
C.A，O，C三点共线
D.A，B，O三点共线
4.下列条件满足为直角三角形的个数为()
①；②；③
A.0个
B.1个
C.2个
D.3个
5.已知，那么下列命题成立的是()
A.若，是第一象限角，则
B.若，是第二象限角，则
C.若，是第三象限角，则
D.若，是第四象限角，则
6.函数图象上存在两点，满足，则下列结论成立的是()
A. B. C. D.
二、填空题：本题共9小题，共41分。

7.两个非零向量，共线，则______.
8.设，为方程的两个根，且，则m的值为______.
9.函数在上的值域为______.
10.已知，，则与的夹角为______.
11.函数图像上的点向右平移个单位后得到，若落在函数
上，则s的最小值为______.
12.若，则的值______.
13.如图，函数，则
______；______.
14.若是奇函数，则有序实数对可以是______写出你认为正
确的一组数即可
15.在平面直角坐标系xOy中，，
集合，下列结论正确的是______.
①点；
②若，则；
③若，则的最小值为
三、解答题：本题共6小题，共85分。

解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。

16.本小题13分
已知函数的最小正周期为
Ⅰ求的值；
Ⅱ求函数的单调递增区间．
17.本小题13分
在中，角A，B，C对应边长分别为a，b，c，其中，，
求c；
求
18.本小题14分
在中，角A，B，C对应边长分别为a，b，
设AD，BE，CF是的三条中线，用，表示，，；
设，，求证：用向量方法证明
19.本小题15分
设是方程的一组解，计算：
；
求的值.
20.本小题15分
已知函数，
求，的值并直接写出的最小正周期；
求的最大值并写出取得最大值时x的集合；
定义，，求函数的最小值.
21.本小题15分
已知集合…，，，，2，…，，对于…，，…，，定义A与B的差为…，，A与B之间的距
离为
直接写出中元素的个数，并证明：任意A，，有；
证明：任意A，B，，有是偶数；
证明：，B，，有
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查诱导公式及特殊角的三角函数值，属于基础题.
由，及特殊角的三角函数值解之．【解答】
解：
，
故选
2.【答案】D
【解析】解：因为角的终边经过点，
由三角函数的定义可知，，
故选：
根据三角函数的定义计算可得．
本题主要考查了三角函数的定义的应用，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：，
，即，
，则，可得A，B，C三点共线．
故选：
根据平面向量线性运算法则得到，即可判断．
本题考查平面向量的加减运算，考查共线向量基本定理的应用，是基础题．
4.【答案】C
【解析】解：对于①：，
所以，
所以，，
所以，又，所以，则为直角三角形，故①正确；
对于②：，则，
即，又，所以，则，即为直角三角形，故②正确；对于③：当，，则，，满足，
但是为钝角三角形，故③错误．
故选：
利用和差角公式判断①②，利用特殊值判断③．
本题主要考查了和差角公式的应用，属于中档题．
5.【答案】D
【解析】解：因为，
A：若，是第一象限角，，在为减函数，则，故A选项错误，
B：若，是第二象限角，，在为减函数，则，故B选项错误，
C：若，是第三象限角，，在为增函数，则，故C选项错误，D：若，是第四象限角，，在为增函数，则，故D选项正确．
故选：
根据已知条件，可知角的大小，再根据角的大小判断选项即可．
本题考查了三角函数线相关的知识，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：由题知，
，，均在上，
，
，
，
故有：，，
两等式联立，
解得，
，
，
，
，
综上选项B正确．
故选：
根据，在上，可得出，，再联立，得到s的值，根据缩小s的取值范围，进而代入求值即可．
本题主要考查了正弦函数性质的应用，属于中档题．
7.【答案】1
【解析】解：根据题意，因为，共线，
故，
故或，而当时，，与题意不合，舍，
故，
故答案为：
根据题意，根据共线向量的坐标形式可求x的值，即可得答案．
本题考查向量平行的判断，注意零向量的定义，属于基础题．
8.【答案】8
【解析】解：因为，为方程的两个根，
所以即，且，
又，所以，所以，解得
故答案为：8
利用韦达定理计算可得．
本题主要考查函数的零点与方程根的关系，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：由余弦函数的性质，可得在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，，
又因为，
所以函数的值域为
故答案为：
根据题意结合余弦函数的图象与性质即可求解．
本题考查了余弦函数的图象与性质的应用，考查了函数思想，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：已知，，
，，
故答案为
由内积公式知将两向量的坐标代入即可求得两向量夹角的余弦，再由三角函数值求角本题考查向量的内积公式，用内积公式的变形形式求两个向量的夹角．
11.【答案】
【解析】解：因为点在函数图像上，
所以，
由题意可知，
又落在函数上，
所以，
解得或，即或，
又，所以，即s的最小值为
故答案为：
先把点代入求出，再把代入，求出s值，结合求出其最小值即可．
本题主要考查了三角函数图象的变换的应用，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：因为，则，
即，
所以
所以
故答案为：
利用两角和的正切公式计算可得．
本题主要考查了和差角公式的应用，属于基础题．
13.【答案】
【解析】解：由图象可知，函数的周期为，
所以，
根据五点法，当时，，
所以，
因为，
所以
故答案为：；
由周期的定义结合图象可得，代入点后再结合余弦函数值可得，即可得解．
本题考查了由的部分图象确定其解析式，考查了数形结合思想，属于基础题．
14.【答案】答案不唯一
【解析】解：因为，
，
若是奇函数，则即可，
可以取，
故答案为：答案不唯一
首先根据正弦函数和差角公式将原式化简整理，然后根据奇函数的定义得到参数a，b应该满足的条件，按等式关系选取答案即可．
本题主要考查了和差角公式在三角化简中的应用，还考查了奇函数的定义，属于基础题．
15.【答案】②③
【解析】解：在平面直角坐标系
xOy中，，
，，集合，
，
，，
点P在边长为2的正方形OBEF区域内包括边界上的点，如图所示：
显然，①错误；
若，即P在OE上，则，
又，
，又、不共线，
，②正确；
又，则N在以原点为圆心，半径为1的圆上，
由图可知当P在E点且N在EO的延长线与圆的交点时，取得最小值，
即的最小值为，③正确．
综上所述，①错误．正确的为②③．
故答案为：②③．
首先求出点P所在的平面区域，再数形结合即可判断．
本题考查平面向量数量积的性质及其坐标运算，考查方程思想与数形结合思想的综合运用，属于中档题．
16.【答案】解：Ⅰ
的最小正周期为，且，
从而有，故
Ⅱ由Ⅰ知，
令，，
有，，
解得，
故得的单调递增区间为，
【解析】本题主要考查对三角函数的化简能力和三角函数的图象和性质的运用，利用三角函数公式将函数进行化简是解决本题的关键．属于中档题．
Ⅰ利用二倍角和两角和与差以及辅助角公式基本公式将函数化为的形式，再利用周期公式求的值
Ⅱ将内层函数看作整体，放到正弦函数的增区间上，解不等式得函数的单调递增区间；
17.【答案】解：因为，，，由余弦定理得，
即，解得负值舍去，
故c值为；
由正弦定理可得：，即
故值为
【解析】利用余弦定理求解即可；
利用正弦定理求解即可．
本题考查正弦定理，余弦定理的应用，属于中档题．
18.【答案】解：在中，，BE，CF是的三条中线，
；
；
证明：在中，，，
令，，，
则，
，，
；
，
，
，
即
【解析】根据题意，结合向量的线性运算法则，准确化简、运算，即可求解；
根据题意，得到，结合向量的数量积的运算公式和数量积的几何意义，即可得证．
本题考查平面向量数量积的性质及其运算，考查数形结合思想的运用，属于中档题．
19.【答案】解：因为是方程的一组解，
所以，即，即，
则
因为
，
又，
所以原式，
即
【解析】依题意可得，即，再将所求式子化简，最后整体代入即可；
由将所求式子展开，再代入计算可得．
本题主要考查函数的零点与方程根的关系，属于中档题．
20.【答案】解：，
又，而的最小正周期为，
故的最小正周期为
因为，故，
故，此时即即
，此时即即
综上，，对应的x的集合为；
，对应的x的集合为
当时，，由可得；
当时，，由可得；
当时，，
综上，，故
【解析】根据特殊角的三角函数值可求，的值，而，故可求
的最小正周期．
先求出，结合的化简结果可得何时取何最值．
利用的结合可求的解析式，故可求其最小值．
本题考查的知识点：三角函数的关系式的变换，函数的性质，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：因为，，2，，n，，可知均为2个值可取，
所以中元素的个数为，
对于任意，，
可知，，，2，，n，，
则的结果如下表所示：
01
001
110
可得，所以
证明：设，，，
由题意知：，，，
当时，；
当时，；
综上所述：，
所以；
设，，，，
可知，，，
则，
所以中1的个数为k，中1的个数为l，
设t是使成立的i的个数，
则，可得，
由此可知：k，l，h三个数不可能都是奇数，
即，，三个数中至少有一个是偶数．
故任意A，B，，有是偶数．
证明：设，，
由可知：，，，
由题意知：，，，
当时，；
但，可得，
即；
当时，，
但，可得，
即；
综上所述：，
由i的任意性可得：，
所以
【解析】根据题意分析可知中元素的个数为，结合定义可得，即可证明结论；
根据题意先证，设，，，
，t是使成立的i的个数，可知，即可分析证明；
根据题意分析可得，进而可得结果．
本题考查数列的综合应用，属于难题．。