北京市第五中学2024-2025学年高一下学期3月考试数学试题

北京市第五中学2025学年高一下学期3月考试数学试题及答案 1． A． B． C． D． 2．已知集合，，则 A． B． C． D． 3．，则 A． B． C． D． 4．已知非零向量满足，且，则与的夹角为（   ） A． B． C． D． 5．函数的图像大致为 A． B． C． D． 6．中，，，，则的面积等于 A． B． C．或 D．或 7．已知，，则在上的投影向量为 A． B． C． D． 8．在中，“”是“”的 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 9．如图所示，点为正八边形的中心，已知，点为线段上一动点，则的范围是 A． B． C． D． 10．已知，为不共线的单位向量，则以下四个向量中模最大者为 A． B． C． D． 11．已知向量，，若，则 ． 12．能使“”成立的一个的值为 . 13．在中，角的对边分别是，若，且，则 ，的面积最大值是 ． 14．在矩形ABCD中，，，与相交于.若，则AB的长为 . 15．高斯是德国著名数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过x的最大整数，则称为高斯函数，例如．已知函数，函数，则下列命题正确的是 ． ①函数是周期函数；                  ②函数的值域是； ③函数的图象关于对称；      ④方程只有一个实数根. 16．已知平面上的两个向量（），. (1)求证：向量与垂直； (2)当向量与的模相等时，求的大小. 17．为弘扬中华民族优秀传统文化，春节前后，各地积极开展各种非遗展演、文化庙会活动.某地庙会每天8点开始，17点结束.通过观察发现，游客数量（单位：人）与时间之间，可以近似地用函数（，）来刻画，其中，8点开始后，游客逐渐增多，10点时大约为350人，14点时游客最多，大约为1250人，之后游客逐渐减少. (1)求出函数的解析式； (2)腊月二十九，为了营造幸福祥和的氛围，该庙会筹办方邀请本地书法家书写了950幅福字，计划选一时段分发给每位游客，为了保证在场的游客都能得到福字，应选择在什么时间赠送福字？ 18．已知函数，. （1）求的最小正周期和单调减区间； （2）若（）为的一个零点，求的值. 19．在中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，在 ①； ②. 两个条件中任选一个，补充在下面问题中（将选的序号填在横线处）， 已知，______． (1)若，求b； (2)若的周长为，求的面积S． 20．已知函数的图象过点，且满足． (1)求函数的解析式； (2)求函数在上的最大值； (3)若满足，则称为函数的不动点． 若函数有两个不相等的不动点，，且，，求的最小值． 21．给定正整数，设集合．任取中两个元素，，记，，；任取中两个元素，，记，，；，以此类推：任取中两个元素，，记，，，其中，规定． (1)当时，写出一组和； (2)是否存在集合与正整数，使？说明理由； (3)当时，是否存在整数，使？若存在，写出一组，，，；若不存在，说明理由． 1．B 【分析】根据向量的加减运算，即可得答案. 【详解】由题意得, 故选：B 2．C 【分析】分别通过解不等式以及求函数的定义域可得集合A，B，再求交集即可. 【详解】因为，， 所以， 故选：C. 3．C 【详解】因为，，，故. 故选：C. 4. A 【分析】由已知可得，结合已知计算可求得，进而可求夹角. 【详解】因为，所以，所以， 所以，因为， 所以，又因为，所以. 所以与的夹角为. 故选：A. 5．B 【分析】结合函数的奇偶性和单调性，利用排除法求解. 【详解】解：由 ，解得 ， 所以函数 的定义域为 ， 因为，所以函数为奇函数，排除C项； 设，显然该函数单调递增，故当时，， 则当时，，故， 当时，，故， 当时，，故，故排除D项； 当时，，故，故排除A项. 故选：B. 6．D 【分析】由已知及正弦定理可求，结合范围，可得，利用三角形内角和定理可求，进而利用三角形面积公式即可计算得解． 【详解】解：∵，，， ∴由正弦定理可得， ∵，可得或120°， ∴或30°， ∴或． 故选：D． 7．A 【分析】利用投影向量公式结合平面向量数量积的坐标运算可求得结果. 【详解】在上的投影向量为 . 故选：A. 8．D 【分析】判断由能否推出，再判断能否推出，结合充分条件和必要条件的定义即可判断结论. 【详解】当时，，但，故“”不是“”的充分条件； 当时，，但，故“”不是“”的必要条件； 所以“”是“”的既不充分也不必要条件． 故选：D． 9．B 【分析】先作出辅助线，利用三角函数值求出各边长，考虑当点在上运动时，求出的最大值，当点在上运动时，当与重合时，取得最小值，求出最小值为，得到答案. 【详解】点为正八边形的中心，，故，， 取的中点，连接，则⊥，， 其中， 故，， 故， 其中，⊥， 当点在上运动时，过点过⊥，交的延长线于点， 则，， 则 ， 由图象可知，此时为最大值， 当点在上运动时，， 显然当与重合时，取得最小值， 最小值为， 所以的范围是 故选：B 10．D 【分析】依题意可得，再根据数量积的运算律及作差法比较大小，即可判断. 【详解】因为，为不共线的非零向量，且，所以， 因为，， ，， 因为，所以， 因为，所以， 因为，所以， 所以的模最大. 故选：D 11． 【分析】根据平面向量垂直的性质，结合平面向量数量积的坐标表示公式、降幂公式进行求解即可. 【详解】因为， 所以， 故答案为： 12．（答案不唯一） 【分析】将等式移项后运用和差化积公式，化简成，即可求得一个的值. 【详解】先证明和差化积公式：因 两式相减得， 取则有， 代入上式，即可得，证毕. 由可得，即， 则得，从而，， 可取，解得. 故答案为：（答案不唯一）. 13．， 【详解】由题意得，故， 由基本不等式：， 得，所以，当且仅当时取等号， 所以. 故答案为， 14．4 【详解】在矩形中，是的中点，，与相交于O． 设， 则 由，可得 则，解之得，则 则 又，则，解之得，即的长为4. 故答案为：4 【点睛】本题考查正、余弦定理的应用，考查转化与化归的数学思想. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用不同的途径，用基底表示向量. 15．②④ 【详解】由题得函数的定义域为, ， 所以函数为偶函数， 当时，； 当时，； 当时，； 所以函数的图象如图所示， 所以函数的图象如图所示， 由函数的图象得到不是周期函数，故选项①不正确； 所以函数的值域是，故选项②正确； 由， 所以函数的图象不关于对称，故选项③不正确； 对于方程， 当时，，方程有一个实数根； 当时，，此时，此时方程没有实数根； 当时，，此时，此时方程没有实数根； 故方程只有一个实数根，故选项④正确. 故答案为：②④. 16．(1)证明见解析 (2)或. 【分析】（1）根据已知计算即可得证明. （2）由，两边平方求解. 【详解】（1）证明：因为， 所以与垂直. （2）由， 两边平方，得， 整理，得， 而，所以， 即. 即， ∴，即，. 又，∴或. 17．(1)， (2)选择在12点之前或16点之后两个时间，理由见解析 【分析】（1）由题意得到方程组，求出和，得到答案； （2）在（1）的基础上得到方程，求出或，得到答案. 【详解】（1）由题意得，，且， 故，故， 又，， 解得， 故函数的解析式为，； （2）当时，， 令，解得或， 解得或， 结合函数图象及，可得或， 为了保证在场的游客都能得到福字，应选择在12点前或16点之后两个时间段赠送福 18．（1），单调递减区间为；（2） 【解析】（1）利用降幂公式、辅助角公式将原函数解析式化简，然后利用三角函数的性质求解； （2）由可得，然后利用求解的值. 【详解】解：（1） 则的最小正周期为. 令得，， 所以函数的单调递减区间为. （2）若，则，即， 又，所以，所以， 所以 . 19．(1)选①或②，都有 (2) 【详解】（1）若选① ，则 所以，即 由，，得， 可得，所以． 若选② ，则 所以，由，得 中，由正弦定理，可得. （2）中，， 所以， 即， 因为周长为，所以， 代入得， 所以面积. 20．(1) (2) (3) 【分析】（1）根据函数的图象过点，得到，再根据，由对称性求得m即可求解； （2）根据，，分，，，，讨论求解； （3）根据不动点的定义得到方程方程有两个不相等的正实根，，由二次函数根的分布可得到，求解得，再由并结合基本不等式即可求解. 【详解】（1）因为函数的图象过点，所以， 又因为，所以，解得， 所以函数的解析式为 （2）由，， 当时，即， 函数在单调递减，所以； 当时，函数在单调递增，所以； 当时，即，函数在单调递减，在单调递增， 根据二次函数性质可知端点与对称轴的距离比端点与对称轴的距离大， 所以； 当时，即，函数在单调递减，在单调递增， 根据二次函数性质可知端点与对称轴的距离比端点与对称轴的距离小， 所以； 当时，即，函数在单调递减，在单调递增， 根据二次函数性质可知端点与对称轴的距离和端点与对称轴的距离相等， 所以； 综上所述： （3）因为函数有两个不相等的不动点，，且，， 所以，即方程有两个不相等的正实根，， 所以，解得，所以， ， 因为，所以， 所以，当且仅当，即时取等号， 所以. 故的最小值为. 21．(1)答案见解析（写出其中一组即可） (2)不存在，理由见解析 (3)存在，答案见解析 【分析】（1）由题意生成集合的过程可得； （2）用反证法证明.先将分解因式，分析集合中的元素情况，分类讨论可得； （3）尝试任取两个元素，逐步找到满足题意的一组集合即可. 【详解】（1）由题意可知，若，则； （若，则； 若，则；写出一组即可）. （2）不存在集合，使． 下面用反证法证明. 证明：假设存在集合，使． 因为， 故集合中必有1或同时有． ①若时，不妨设，则． 因为与必为一个奇数一个偶数，而， 则，且， 这与中元素均为奇数矛盾． ②若且，则，这与矛盾． 综上所述，假设错误，故不存在集合，使． （3）当时， 存在，使．原因如下： 当时，令，，则； 令，，则； 令，，则； 令，，则. 【点睛】关键点点睛：解决此题的关键在于两点，一是弄清题意，理解顺序生成集合列的方法；二是应用反证法，因式分解从“积”入手分析集合中的可能元素，分类讨论寻找矛盾即可. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共15页 学科网（北京）股份有限公司 $$