2023-2024学年北京市西城区高一下学期期中考试数学质量检测试卷（含解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages44页试卷第=page44页，共=sectionpages44页2023-2024学年北京市西城区高一下学期期中考试数学质量检测试卷本试卷共2页，共150分.考试时长120分钟.考生务必将答案写在答题纸上，在试卷上作答无效.一､选择题：本大题共10道小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目的要求.把正确答案涂写在答题卡上相应的位置.1．设集合，集合，则A与B的关系为（

）A． B． C． D．2．如图，角以为始边，它的终边与单位圆相交于点，且点的横坐标为，则的值为（

）A． B． C． D．3．在中，若，则（

）A． B． C． D．4．已知，，，则（）．A． B． C． D．5．要得到函数的图象，只需将函数图象上的所有点（

）A．先向右平移个单位长度，再将横坐标伸长到原来的2倍B．先向右平移个单位长度，再将横坐标缩短到原来的C．先向右平移个单位长度，再将横坐标伸长到原来的2倍D．先向右平移个单位长度，再将横坐标缩短到原来的6．下列四个函数中，最小正周期为，且为偶函数的是（

）A． B．C． D．7．函数的图象的一个对称中心是（

）A． B． C． D．8．设为非零向量，则“存在负数，使得”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9．已知角为第一象限角，且，则的取值范围是（

）A． B． C． D．10．如图，A，B是半径为2的圆周上的定点，P为圆周上的动点，是锐角，大小为β.图中阴影区域的面积的最大值为A．4β+4cosβ B．4β+4sinβ C．2β+2cosβ D．2β+2sinβ二､填空题：本大题共5道小题，每小题5分，共25分.把答案填在答题纸中相应的横线上.11．在中，三个内角的对边分别为.若，则.12．设、均为单位向量，且，则.13．已知角的终边关于直线对称，且，则的一组取值可以是，.14．如图，正方形的边长为2，与交于点，是的中点，为上任意一点，则．15．若函数的零点为，函数的零点为，则下列结论正确的是.①；

②；

③；

④三､解答题：本大题共6道小题，共85分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.16．在中，，，.(1)求的面积；(2)求的长.17．在平面直角坐标系中，已知向量，.(1)若，求的值；(2)若与的夹角为，求的值.18．已知函数由下列四个条件中的三个来确定：①最小正周期为；

②最大值为；

③；

④.(1)写出能确定的三个条件，说明理由，并求的解析式；(2)求的单调递增区间；(3)当时，求证：.19．已知，其中.(1)求的值；(2)求的值；(3)设，且，求的值.20．已知函数，其中且.(1)若对任意，方程有解，求的取值范围；(2)若对任意，都有，求的取值范围；21．对于集合和常数，定义：为集合A相对的的“余弦方差”.(1)若集合，求集合A相对的“余弦方差”；(2)若集合，是否存在，使得相对任何常数的“余弦方差”是一个与无关的定值？若存在，求出的值：若不存在，则说明理由.答案第=page1111页，共=sectionpages1111页答案第=page1212页，共=sectionpages1212页1．A【分析】根据终边相同的角的知识确定正确答案.【详解】由于集合，所以集合表示终边落在轴上的角的集合；由于集合，所以集合表示终边落在轴上的角的集合；所以.故选：A2．B【分析】由题意利用任意角的三角函数的定义，求得的值．【详解】角以为始边，它的终边与单位圆相交于点，且点的横坐标为，所以则；故选：B．【点睛】本题主要考查任意角的三角函数的定义，属于基础题．3．D【分析】利用余弦定理求出的值，结合角的取值范围可求得角的值.【详解】由可得，由余弦定理可得，，因此，.故选：D.4．C【分析】根据角的范围，利用诱导公式和正切函数的单调性，即可判断的大小关系．【详解】由题意可知，，．再根据，∴，∴．综上可得，，故选．【点睛】本题主要考查了三角函数的诱导公式和正切函数的单调性的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．5．A【分析】根据三角函数平移，伸缩的变换规律，即可判断选项.【详解】函数图象上的所有点先向右平移个单位长度，得到函数，再将横坐标伸长到原来的2倍，得到函数.故选：A6．D【分析】根据余弦型函数的奇偶性与周期性一一判断即可.【详解】对于A：令，则，所以为的周期，故的最小正周期不为，故A错误；对于B：令，则，所以为偶函数，且最小正周期，故B错误；对于C：为非奇非偶函数，故C错误；对于D：令，则，所以为偶函数，又的最小正周期为，的最小正周期为，所以的最小正周期为，故D正确.故选：D7．D【分析】利用两角和的正弦公式化简，再结合正弦函数的性质计算可得.【详解】因为，令，解得，所以函数的对称中心为，，当可得其一个对称中心为.故选：D8．A【分析】根据共线向量和向量数量积的定义依次判断充分性和必要性即可得到结果.【详解】若为非零向量，且存在负数，使得，则共线且方向相反，，充分性成立；当时，的夹角可能为钝角，此时不存在负数，使得，必要性不成立；“存在负数，使得”是“”的充分不必要条件.故选：A.9．A【分析】先确定的取值范围，由此求得的取值范围.【详解】由于角为第一象限角，所以，所以，由于，所以，所以.故选：A10．B【分析】由题意首先确定面积最大时点P的位置，然后结合扇形面积公式和三角形面积公式可得最大的面积值.【详解】观察图象可知，当P为弧AB的中点时，阴影部分的面积S取最大值，此时∠BOP=∠AOP=π-β,面积S的最大值为+S△POB+S△POA=4β+.故选B.【点睛】本题主要考查阅读理解能力、数学应用意识、数形结合思想及数学式子变形和运算求解能力，有一定的难度.关键观察分析区域面积最大时的状态，并将面积用边角等表示.11．【分析】根据正弦定理计算可得.【详解】由正弦定理，即，解得.故答案为：12．【分析】根据及数量积的运算律计算可得.【详解】因为、均为单位向量，且，所以.故答案为：13．（答案不唯一，符合题意即可）（答案不唯一，符合题意即可）【分析】由角的终边关于直线对称，可得，再由可得或，即可求出答案.【详解】因为角的终边关于直线对称，则，，则，因为，所以，所有或，，解得：或，，取，的一个值可以为，的一个值可以为.故答案为：（答案不唯一，符合题意即可）；（答案不唯一，符合题意即可）.14．2【分析】利用已知条件，结合向量的数量积公式求解即可．【详解】解：正方形的边长为2，与交于点，得：，是的中点，为上任意一点，，．故答案为：15．②③④【分析】将函数和的零点问题转化成函数图像交点问题，再数形结合研究分析即可.【详解】分别令，，得，，所以函数的零点等价于与图像交点的横坐标，函数的零点等价于与图像交点的横坐标，作出函数、和在上的图像，如图所示：因为函数与在上的图像关于对称，单调递减，所以，,所以，则，，故①错误，②③正确，又，所以，即，故④正确.故答案为：②③④.【点睛】方法点睛：函数零点问题常可以转化成两个函数图像交点问题，用数形结合加以分析.16．(1)(2)或【分析】（1）利用诱导公式求出，再由面积公式计算可得；（2）首先求出，再由余弦定理计算可得.【详解】（1）因为，所以，又，，所以.（2）因为，且，所以，当时，由余弦定理；当时，由余弦定理；综上可得或.17．(1)(2)【分析】（1）依题意可得，根据数量积的坐标表示得到，从而求出；（2）首先求出，，由数量积的定义得到，从而得到，将两边平方即可得解.【详解】（1）因为，且，所以，则，即，所以.（2）因为，，所以，，又与的夹角为，所以，又，即，所以，即，即，所以.18．(1)①②③，理由见解析，(2)，(3)证明见解析【分析】（1）根据所选条件求出参数、、的值，推出矛盾，即可确定只能选①②③，从而求出函数解析式；（2）根据正弦函数的性质计算可得；（3）由的取值范围求出的范围，即可求出函数在上的值域，即可证明.【详解】（1）若选②③④，则，又，所以，则，又，所以无解，故不符合题；若选①③④，则，解得，由，又，所以，又，解得，与矛盾，故不符合题意；若选①②④，则，，解得，又，所以，则，又，所以无解，故不符合题；所以只能选①②③．由条件①②③，则，，解得，则，由，又，得，所以；（2）令，，解得，，所以的单调递增区间是，．（3）当时，则，当，即时取得最小值，即，当，即时取得最大值，即，所以，所以.19．(1)(2)(3)【分析】（1）由结合已知条件即可求出.（2）利用诱导公式和倍角公式化简即可计算求解.（3）先由已知条件求出，再结合求出即可求出结果.【详解】（1）由题，（2）由（1），原式，（3）由（1），即，又由，，所以，，又由，，又，故，，所以，故由.20．(1)(2)【分析】（1）令，可得，结合正弦函数的性质得到，即可求出参数的取值范围；（2）依题意对任意，都有，令，则对任意，都有，再，，只需满足，解得即可.【详解】（1）令，即，又，所以，又，所以，解得或，所以的取值范围为.（2）因为对任意，都有，即对任意，都有，即对任意，都有，即对任意，都有，令，则，所以对任意，都有，令，，则，解得，即的取值范围为.21．(1)(2)存在，；理由见解析【分析】（1）根据已知，代入公式计算求解，即可得出答案；（2）假设存在，根据定义代入，结合三角恒等变换化简得出.即可得出当成立时