2024北京八一学校高一6月月考数学试题及答案

试题试题2024北京八一学校高一6月月考数学2024.6本试卷共4页，100分．考试时长90分钟．考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，将答题卡交回．一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1.的值为（）A. B. C. D.2.函数的一条对称轴为（）A. B. C. D.3.已知向量满足，且，则（）A. B. C. D.4.下列函数中，是偶函数且其图象关于对称的是（）A. B.C. D.5.在中，，，分别为角，，的对边，若，，，则角（）A. B. C. D.或6.已知函数（）的图象向右平移个单位后，图象关于点对称，则的值为（）A. B. C. D.7.设向量，，则“”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8.在锐角中，，，分别为角，，的对边，若，，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.9.在直角梯形中，，，，点为梯形四条边上的一个动点，则的取值范围是（）A. B. C. D.10.关于函数，给出下列三个命题：①是周期函数；②曲线关于直线对称；③在区间上恰有3个零点．④函数的最大值为．其中真命题的个数为（）A.1 B.2 C.3 D.4二、填空题：本大题共5小题，每小题4分，共20分．11.已知，则________.12.已知均为单位向量，且，那么___________.13.若四边形满足，且，则此四边形的形状为______．14.写出一个同时满足下列三个条件的函数______．①，；②，恒成立．③函数为偶函数．15.根据毕达哥拉斯定理，以直角三角形的三条边为边长作正方形，从斜边上作出的正方形的面积正好等于在两直角边作出的正方形面积之和．现在对直角三角形按上述操作作图后，得如下图所示的图形，若，则______．三、解答题：本大题共4小题，共40分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．16.已知向量，．（1）若，求及在上投影的数量；（2）若，求与的夹角．17.已知，，且函数（1）求的最小正周期及单调递增区间；（2）若为锐角且，求的值．18.在中，．（1）求；（2）若的面积为，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，求a的值．条件①：；条件②：；条件③：．注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．19.已知函数，满足以下条件：①，；②，，，.（1）求，的值.（2）判断函数，的奇偶性，并说明理由.（3）若，，试判断函数的周期性，并说明理由.

参考答案一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1.【答案】A【分析】利用二倍角公式和诱导公式化简可得.【详解】.故选：A2.【答案】A【分析】由余弦二倍角公式化简，然后代入检验法求解对称轴.【详解】，当时，，故是对称轴，当时，，故不是对称轴，当时，，故不是对称轴，当时，，故不是对称轴，故选：A3.【答案】C【分析】将两边同时平方，将条件带入计算即可.【详解】由已知，所以，得，又，所以.故选：C.4.【答案】B【分析】利用诱导公式逐一化简可判断奇偶性，然后代入验证判断对称性即可.【详解】对于A，为奇函数，A错误；对于B，为偶函数，因为，所以的图象关于点对称，B正确；对于C，为偶函数，因为，所以不是的对称中心，C错误；对于D，为奇函数，D错误.故选：B5.【答案】D【分析】运用正弦定理求出，从而得到或，结合三角形大边对大角的性质即可得解.【详解】因为，，，所以由正弦定理可得，因为在中，，所以或．又因为，所以，所以或．故选：D6.【答案】B【分析】求出平移后的函数解析式，再利用正弦函数的对称性列式计算即得.【详解】平移后的函数解析式为，依题意，，解得，显然ACD不可能，当时，，B符合题意.故选：B7.【答案】B【分析】取验证可判断不充分性，根据诱导公式和向量平行的坐标表示可判断必要性.【详解】取，则，此时，，所以“”推不出“，”；若，，则，，所以，此时.所以“”是“，”必要不充分条件.故选：B8.【答案】D【分析】是锐角三角形，根据余弦定理可得三边关系，从而得解.【详解】，因为是锐角三角形，根据余弦定理可得，.故选：D9.【答案】D【分析】此题可以先证明一下极化恒等式，再使用，轻松解决此题.【详解】如图中，O为AB中点，（极化恒等式）共起点的数量积问题可以使用.如图，取中点，则由极化恒等式知，，要求取值范围，只需要求最大，最小即可.由图，可知最大时，P在D点，即，此时，最小时，P在O点，即，此时.综上所得，取值范围为:.故选：D.10.【答案】C【分析】由可判断①；由可判断②；解方程可判断③；将转化为一元二次函数并求其最大值可判断④.【详解】因为，所以，即是的一个周期，故①正确；因为，不满足对称轴的定义，即不关于直线对称，故②错误；因为，令，得到，解得或，又，则由可得或，由可得，即在区间上恰有3个零点，故③正确；因为，又，所以当时，取得最大值为，故④正确.故选：C二、填空题：本大题共5小题，每小题4分，共20分．11.【答案】-3.【分析】由两角差的正切公式展开，解关于的方程．【详解】因为，所以．【点睛】本题考查两角差正切公式的简单应用，注意公式的特点：分子是减号，分母是加号．12.【答案】【分析】由模长公式计算即可.【详解】故答案为：13.【答案】菱形【分析】根据平面向量加法的平行四边形和垂直的向量表示可判断.【详解】根据题意，由，可知四边形为平行四边形，，所以，则四边形的形状为菱形.故答案为：菱形.14.【答案】（答案不唯一，）【分析】条件①说明是周期函数，条件②说明函数在上取到最大值，可以从三角函数这个角度考虑.【详解】由，可知，函数的周期为，由，恒成立可知，函数在上取到最大值，则满足题意，一方面根据余弦函数的周期公式，，满足，，另一方面，，满足，恒成立且为偶函数，符合题意.故答案为：（答案不唯一）15.【答案】【分析】建立平面直角坐标系，设，求出的坐标，再由即可求解.【详解】建立如图所示平面直角坐标系：设，则，，即，则，，，因为，所以，即，所以，两式相加并整理得，因为，所以.故答案为：三、解答题：本大题共4小题，共40分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．16.【答案】（1），（2）【分析】（1）根据向量平行的坐标表示，可先确定的值，再根据投影向量的概念计算可得；（2）根据向量垂直，则数量积为零，可先确定的值，再根据夹角公式计算可得.【小问1详解】，．．又，，．，．在上投影的数量为．【小问2详解】，，，．，，，，与的夹角为．17.【答案】（1）最小正周期，单调递增区间为，（2）【分析】（1）利用向量数量积公式求出，并进行降次，用辅助角公式，将化简成熟悉的形式，用周期公式得周期，再算出单调增区间即可.（2）由题得，估计出，同角三角函数关系式再算出，则展开计算即可.【小问1详解】，最小正周期．令，，得，，则，，的单调递增区间为，.【小问2详解】由，得，又因为为锐角，即，所以，．又因为，所以则．所以.18.【答案】（1）（2）选②或③，【分析】（1）利用正弦定理：边转角，再利用正弦的二倍角公式，即可求出结果；（2）条件①，由，角可以是锐角或钝角，不满足题设中的条件，故不选①；条件②，利用条件建立，边与的方程组，求出与，再利用余弦定理，即可求出结果；条件③，利用正弦定理，先把角转边，再结合条件建立，边与的方程组，求出与，再利用余弦定理，即可求出结果；【小问1详解】因为，由正弦定理得，，又，所以，得到，又，所以，又，所以，得到，所以.【小问2详解】选条件①：由（1）知，，根据正弦定理知，，即，所以角有锐角或钝角两种情况，存在，但不唯一，故不选此条件.选条件②：因为，所以，又，得到，代入，得到，解得，所以，由余弦定理得，，所以.选条件③：因为，所以，由，得到，又，由(1)知，所以又由正弦定理得，，得到，代入，得到，解得，所以，由余弦定理得，，所以.19.【答案】（1），（2）是偶函数，是奇函数，理由见解析（3）是以为周期的周期函数，理由见解析【分析】（1）利用特殊值进行代入计算得出结果；（2）利用函数奇偶性的定义，通过赋值进行分析判断函数的奇偶性；（3）利用周期函数的定义，通过进行分析判断函数的周期性；【小问1详解】令，则；令，则由①可取，得.综上，，.【小问2详