2022北京一七一中学高一下学期期中数学试卷及答案

这是一份2022北京一七一中学高一下学期期中数学试卷及答案，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题（每小题5分，共50分）
1．（5分）设．若，则
A．B．C．1D．2
2．（5分）向量，，在边长为1的正方形网格中的位置如图所示，若为与同方向的单位向量，则
A．1.5B．2C．D．
3．（5分）已知，，，则
A．B．C．D．4
4．（5分）已知，则
A．B．C．D．
5．（5分）已知，是单位向量，，若，则
A．3B．C．D．
6．（5分）已知函数，给出下列四个结论：
①函数是周期为的偶函数；
②函数在区间上单调递减；
③函数在区间上的最小值为；
④将函数的图象向右平移个单位长度后，所得图象与的图象重合．
其中，所有正确结论的序号是
A．①③B．②③C．①④D．②④
7．（5分）在中，，，，则
A．B．C．6D．5
8．（5分）已知，，则“存在使得”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．（5分）已知梯形中，，，且，，，若点满足，则
A．B．C．D．
10．（5分）已知是边长为1的等边三角形，点、分别是边、的中点，连接并延长到点，使得，则的值为
A．B．C．D．
二、填空题（挴小题5分，共25分）
11．（5分）已知向量，，且，则 ．
12．（5分）已知复数是虚数单位）在复平面上表示的点在第四象限，且，则 ．
13．（5分）已知，则 ．
14．（5分）若实数，满足方程组，则的一个值是 ．
15．（5分）《周髀算经》中给出的弦图是由四个全等的直角三角形和中间一个小正方形拼成的一个大正方形，若如图所示的角，且小正方形与大正方形的面积之比为，则的值为 ．
三、解答题
16．（15分）在平面直角坐标系中，已知点，，．
（1）若，求点的坐标；
（2）设实数满足，求实数的值．
17．（15分）已知，，．
（1）求的值；
（2）求的值．
18．（15分）已知函数的最小值为，图象的相邻两条对称轴之间的距离为，图象的一个对称中心为．
（1）确定的解析式；
（2）若图象的对称轴只有一条落在区间，上，求的取值范围．
19．（15分）在中，．
（Ⅰ）求的大小：
（Ⅱ）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使得存在，求的面积．
条件①：；
条件②：；
条件③：．
20．（15分）设为正整数，集合，，，，，，2，，，对于集合中的任意元素，，，和，，，记，．
（Ⅰ）当时，若，1，，，1，，求和的值；
（Ⅱ）当时，设是的子集，且满足：对于中的任意元素，，当，相同时，是奇数；当，不同时，是偶数．求集合中元素个数的最大值；
（Ⅲ）给定不小于2的，设是的子集，且满足：对于中的任意两个不同的元素，，，写出一个集合，使其元素个数最多，并说明理由．
参考答案
一、选择题（每小题5分，共50分）
1．【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数相等的条件列式求解值．
【解答】解：由，
得，
，解得．
故选：．
【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数相等的条件，是基础题．
2．【分析】利用已知条件表示，然后求解向量的数量积即可．
【解答】解：建立坐标系如图，，，
，，．
故选：．
【点评】本题考查向量的数量积的求法与应用，是基础题．
3．【分析】根据模的运算公式代入计算即可．
【解答】解：，
故选：．
【点评】本题考查向量模的运算公式，平面向量数量积的运算性质，属于基础题．
4．【分析】由题意利用二倍角的正弦公式，求得的值．
【解答】解：已知，平方可得，
则，
故选：．
【点评】本题主要考查二倍角的正弦公式的应用，属于基础题．
5．【分析】由向量垂直得，从而，由此能求出．
【解答】解：，是单位向量，，，
，
，
．
故选：．
【点评】本题考查向量的模的求法，考查向量垂直的性质、向量的模等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
6．【分析】根据函数的性质，三角函数的周期性，单调性，诱导公式可以直接判断．
【解答】解：由，所以不是偶函数，故①错误；
因，所以，，而余弦函数在，上单调递减，故②正确；
因，所以，，所以的最小值为，故③错误；
将函数的图象向右平移个单位长度后，，故④正确；
故选：．
【点评】本题考查了函数的性质，三角函数的诱导公式，属于基础题．
7．【分析】直接利用正弦定理和余弦定理的应用求出结果．
【解答】解：在中，，
利用正弦定理得：，
所以，解得，
利用余弦定理，
故．
故选：．
【点评】本题考查的知识要点：正弦定理，余弦定理的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
8．【分析】根据充分条件和必要条件的定义，分别讨论为偶数和奇数时，是否成立即可．
【解答】解：当，为偶数时，，此时，
当，为奇数时，，此时，即充分性成立，
当，则，或，，即，即必要性成立，
则“存在使得”是“”的充要条件，
故选：．
【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合三角函数值的性质，利用分类讨论思想进行判断是解决本题的关键．难度不大．
9．【分析】建立坐标系，求出各点坐标进行计算．
【解答】解：以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系如图所示：
则，，，又，
，，，，
．
故选：．
【点评】本题考查了平面向量的数量积运算，坐标法可使计算简便．
10．【分析】由题意画出图形，把、都用表示，然后代入数量积公式得答案．
【解答】解：如图，
、分别是边、的中点，且，
．
故选：．
【点评】本题考查平面向量的数量积运算，考查向量加减法的三角形法则，是中档题．
二、填空题（挴小题5分，共25分）
11．【分析】则，代入，，解方程即可．
【解答】解：由向量，，且，
得，
．
故答案为：8．
【点评】本题考查了平面向量的数量积与垂直的关系，属基础题．
12．【分析】由题意可得，由可得的方程，解方程可得．
【解答】解：由题意可得，
，
解得或（舍去）
故答案为：
【点评】本题考查复数的代数形式的运算，属基础题．
13．【分析】根据三角函数的诱导公式以及两角和差的正切公式进行计算即可．
【解答】解：，
，
则，
故答案为：．
【点评】本题主要考查三角函数值的计算，利用两角和差的正切公式进行转化是解决本题的关键．
14．【分析】直接利用三角函数关系式的变换的应用求出结果．
【解答】解：实数，满足方程组，
则，
由于，
所以，
整理得，
故可以取．
故答案为：0．
【点评】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
15．【分析】根据题意设小正方形的边长为1，表示出小直角三角形的三边长，利用面积和列方程求出的值，再求的值．
【解答】解：因为小正方形与大正方形面积之比为，
设小正方形的边长为1，则大正方形边长为2，
由题意可得，小直角三角形的三边分别为，，2，
因为4个小直角三角形全等，所以，
即，
所以，即，
整理得，
解得，
又因为，所以．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了直角三角形中的边角关系以及三角函数求值问题，是中档题．
三、解答题
16．【分析】（1）设，根据列方程计算，即可；
（2）求出，，再计算的值．
【解答】解：（1）设，则，，
，，解得，
，．
（2），，，
，，
即，．
【点评】本题考查了平面向量的数量积运算，向量的坐标运算，属于基础题．
17．【分析】（1）由已知利用同角三角函数基本关系式可求的值，进而利用特殊角的三角函数值及两角和的正弦函数公式即可计算得解．
（2）由（1）利用二倍角公式可得，的值，进而利用两角差的余弦函数公式即可计算得解．
【解答】解：（1），，．
，
．
（2）由（1）可得：，
故．
【点评】本题主要考查了同角三角函数基本关系式，特殊角的三角函数值及两角和的正弦函数公式，二倍角公式，两角差的余弦函数公式在三角函数化简求值中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．
18．【分析】（1）由三角函数的图象特征求函数表达式即可；
（2）令得，从而可得，，，，从而解得．
【解答】解：（1）函数的最小值为，
，
图象的相邻两条对称轴之间的距离为，
，
，
故，
又的图象的一个对称中心为，
，
又，
，
故；
（2）令得，
，
图象的对称轴只有一条落在区间，上，
，，，，
故，
故的取值范围为，．
【点评】本题考查了三角函数的图象与性质的应用，属于中档题．
19．【分析】（Ⅰ）利用余弦定理，即可得解；
（Ⅱ）选择条件①②：易知，再由，计算可得，故不存在；
选择条件①③：利用正弦定理可得，与“大边对大角”不符合，故不存在；
选择条件②③：先利用正弦定理求得，再由，计算的值，最后根据，得解．
【解答】解：（Ⅰ）因为，所以，
由余弦定理知，，
因为，所以．
（Ⅱ）选择条件①②：，，
因为，所以，所以，
所以，
故不存在．
选择条件①③：，，
因为，所以，所以，
由正弦定理知，，即，
所以，
故不存在．
选择条件②③：，，
由正弦定理知，，即，所以，
所以，
所以的面积为．
【点评】本题考查解三角形与三角函数的综合，熟练掌握正弦定理、余弦定理、两角和差公式等是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
20．【分析】（Ⅰ）直接根据定义计算．
（Ⅱ）注意到1的个数的奇偶性，根据定义反证证明．
（Ⅲ）根据抽屉原理即可得证．
【解答】解：，，．
考虑数对，只有四种情况：、、、，相应的分别为0、0、0、1，
所以中的每个元素应有奇数个1，
所以中的元素只可能为（上下对应的两个元素称之为互补元素）
，0，0，、，1，0，、，0，1，、，0，0，，
，1，1，、，0，1，、，1，0，、，1，1，，
对于任意两个只有1个1的元素，都满足是偶数，
所以四元集合，0，0，、，1，0，、，0，1，、，0，0，满足题意，
假设中元素个数大于等于4，就至少有一对互补元素，
除了这对互补元素之外还有至少1个含有3个1的元素，
则互补元素中含有1个1的元素与之满足不合题意，
故中元素个数的最大值为4．
（Ⅲ），0，0，，，0，，，，1，0，，，0，，
，0，0，，，
此时中有个元素，下证其为最大．
对于任意两个不同的元素，，满足，则，中相同位置上的数字不能同时为1，
假设存在有多于个元素，由于，0，0，，与任意元素都有，
所以除，0，0，，外至少有个元素含有1，
根据元素的互异性，至少存在一对，满足，此时不满足题意，
故中最多有个元素．
【点评】本题主要考查集合的含义与表示、集合的运算以及集合之间的关系．综合性较强，难度较大．