1、北京市师范大学附属中学2019-2020学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）一选择题1. 若，且，则角的终边位于（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】B【解析】sin0，则角的终边位于一二象限或y轴的非负半轴，由tan0，角的终边位于二四象限，角的终边位于第二象限故选择B2. 函数，的最小正周期为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】直接利用三角函数的周期公式求解即可.【详解】解：函数，的最小正周期为：.故选：C.【点睛】本题考查三角函数最小正周期的求法，属于基础题.3. 要得到函数的图象，只需将函数的图象（ ）A. 向左平移个单位长度B.
2、 向右平移个单位长度C. 向左平移个单位长度D. 向右平移个单位长度【答案】C【解析】【分析】利用函数的图象变换规律，可得结论.【详解】将函数的图象向左平移个单位长度，可得，即的图象.故选：C.【点睛】本题考查正弦型函数图象变换，属于基础题.4. 在空间中，给出下列四个命题：平行于同一个平面的两条直线互相平行；垂直于同一个平面的两个平面互相平行；平行于同一条直线的两条直线互相平行；垂直于同一个平面的两条直线互相平行其中正确命题的序号是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】通过线面平行的性质，线面垂直的性质，平行公理可以对四个命题进行判断，最后选出正确的答案.【详解】命题: 平
3、行于同一个平面的两条直线可以平行、相交、异面，显然命题是假命题；命题：垂直于同一个平面的两个平面可以平行，也可以垂直，显然命题是假命题；命题：这平行公理显然命题是真命题；命题：根据平行线的性质和线面垂直的性质，可以知道这个真命题，故本题选D.【点睛】本题考查了平行线的性质、线面垂直的性质、面面垂直的性质，考查了空间想象能力和对有关定理的理解.5. 已知向量满足，则向量的夹角为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据平面向量的夹角公式计算即可得到结果.【详解】设向量的夹角为，则，由，得：，向量的夹角为.故选：C.【点睛】本题考查利用平面向量数量积和模长求解向量夹角的问题，属于
4、基础题.6. 在中，三个内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知，那么这个三角形是（ ）A. 等边三角形B. 等腰三角形C. 直角三角形D. 等腰三角形或直角三角形【答案】D【解析】【分析】由正弦定理求出的值，可得或，再根据三角形的内角和公式求出A的值，由此即可判断三角形的形状.【详解】中，已知，由正弦定理，可得：，解得：，可得：或.当时，是直角三角形.当时，是等腰三角形.故是直角三角形或等腰三角形，故选：D.【点睛】本题主要考查正弦定理的应用，还考查了运算求解的能力，属于基础题.7. 如图，在长方体中，若分别是棱的中点，则必有（ ）A. B. C. 平面平面D. 平面平面【答案】D【解析】
5、【分析】根据“过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行”来判断AB选项的正确性，根据平行直线的性质判断C选项的正确性，根据面面平行的判定定理判断D选项的正确性.【详解】选项A:由中位线定理可知：，因为过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，所以不可能互相平行，故A选项是错误的；选项B: 由中位线定理可知：，因为过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，所以不可能互相平行，故B选项是错误的；选项C: 由中位线定理可知：，而直线与平面相交，故直线与平面也相交，故平面与平面相交，故C选项是错误的；选项D:由三角形中位线定理可知：，平面，平面，平面，平面,所以有平面，平面，而，因此平面平面.所
6、以D选项正确.故本选：D【点睛】本小题主要考查面面平行的判定定理，考查线线平行的性质，属于中档题.8. 函数f(x) =A sinx(A0)的图象如图所示，P，Q分别为图象的最高点和最低点，O为坐标原点，若OPOQ，则A=( )A. 3B. C. D. 1【答案】B【解析】由题意函数，周期 由图像可知 连接 过作轴的垂线，可得： 由题意， 是直角三角形， 解得： .故选B二填空题9. 若角的终边过点，则_.【答案】【解析】【分析】根据三角函数定义可求出的值.【详解】由三角函数的定义得.故答案为：.【点睛】本题考查利用三角函数的定义求正弦值，考查计算能力，属于基础题.10. 设向量的长度分别为4
7、和3，夹角为，则_.【答案】【解析】【分析】对要求向量的模平方，得到，然后再对求得的结果开方.【详解】的长度分别为4和3，夹角为，故答案为：【点睛】本题主要考查平面向量的数量积运算及模的求法，还考查了运算求解的能力，属于基础题.11. 函数的最大值为_.【答案】3【解析】【分析】直接利用正弦型函数性质的应用求出结果.【详解】解：当()时，函数的最大值为3.故答案为：3【点睛】本题考查求正弦型函数的最值，难度较易.形如的函数，.12. 设是第一象限角，则_._.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】由是第一象限角，利用平方关系求得，进而可求，根据二倍角的余弦函数公式即可求得的值.【详解】
8、是第一象限角，.故答案为：，.【点睛】本题主要考查同角三角函数基本关系式和二倍角公式的应用，还考查了运算求解的能力，属于基础题.13. 设向量，则_；向量，的夹角等于_.【答案】 (1). 2 (2). 【解析】【分析】直接根据数量积的定义以及夹角的计算公式即可求解结论.【详解】解：因为向量，故，故，向量，的夹角满足；因为，故向量，的夹角等于.故答案为：2，.【点睛】本题考查数量积的计算和夹角的计算公式，属于基础题.14. 在中，三个内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，则_，的面积是_.【答案】 (1). (2). 【解析】分析】由已知利用正弦定理可求b的值，根据三角形内角和定理可求C的
9、值，进而根据三角形的面积公式即可求解.【详解】因为，由正弦定理，得：，又，所以的面积，.故答案为：，.【点睛】本题主要考查正弦定理和三角形面积公式的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.15. 在中，三个内角、的对边分别是、，若，则_.【答案】【解析】【分析】由余弦定理代入三角形的边长，可得出答案.【详解】在中，故答案为：.【点睛】本题考查利用余弦定理求角的余弦值，考查计算能力，属于基础题.16. 已知函数在区间上单调递增，则实数m的最大值是_.【答案】【解析】【分析】利用辅助角公式进行化简，结合函数的单调性进行求解即可.【详解】解：，当时，在区间上单调递增，得，即m的最大值为.故答案为：
10、.【点睛】本题考查二倍角公式和辅助角公式化简，考查三角函数的单调性，属于基础题.17. 已知点A(0，4)，B(2，0)，如果，那么点C的坐标为_；设点P(3，t)，且APB是钝角，则t的取值范围是_【答案】 (1). (3,-2) (2). (1,3)【解析】根据题意，设的坐标为 又由点 则 若，则有 则有解可得则的坐标为 又由，则 若是钝角，则且 解可得 即的取值范围为 即答案为(1). (3,-2) (2). (1,3)【点睛】本题考查向量数量积的坐标计算公式，涉及向量平行的坐标表示方法，其中解题的关键是掌握向量坐标计算的公式18. 已知a，b是异面直线.给出下列结论：一定存在平面，使直
11、线平面，直线平面；一定存在平面，使直线平面，直线平面；一定存在无数个平面，使直线b与平面交于一个定点，且直线平面；一定存在平面，使直线平面，直线平面.则所有正确结论的序号为_.【答案】【解析】【分析】用反证法判断，.利用线面位置的性质关系判断.【详解】假设正确，则存在直线平面，使得，又，故，显然当异面直线a，b不垂直时，结论错误，故错误；设异面直线a，b的公垂线为m，平面，且a，b均不在内，则a，b均与平面平行，故正确；在直线b上取点A，显然过点A有无数个平面均与直线a平行，故正确；假设正确，则由，可得，显然这与a，b是异面直线矛盾，故错误.故答案为：.【点睛】本题主要考查与异面直线的有关的线
12、面关系问题，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.三解答题19. 已知函数.（1）求的值；（2）求的最小正周期；（3）求函数的单调递增区间.【答案】（1）；（2）最小正周期；（3）单调递增区间为：，.【解析】【分析】（1）由已知可求即可得解；（2）利用正弦函数的周期公式即可求解；（3）利用正弦函数的单调性即可求解.【详解】解：（1）由于函数，可得；（2）的最小正周期；（3）令，得，可得函数的单调递增区间为：，.【点睛】本题考查了正弦定理的周期性与单调性，属于基础题.20. 已知函数.（1）求的最小正周期；（2）求的对称中心的坐标；（3）求函数在的区间上的最大值和最小值.【答案】（1）最小正周期；
13、（2）对称中心的坐标为，；（3）最大值为，最小值为.【解析】【分析】（1）利用辅助角公式进行化简，结合周期公式进行计算即可（2）根据三角函数的对称性进行求解（3）求出角的范围，结合三角函数的有界性以及最值性质进行求解即可.【详解】解：（1），则的最小正周期，（2）由，得，即的对称中心的坐标为，.（3）当时，则当时，函数取得最大值，最大值为，当时，函数取得最小值，最小值为.【点睛】本题考查三角恒等变换与三角函数性质的综合运用，其中涉及辅助角公式、周期、三角函数对称中心，主要考查学生的化简计算能力，难度一般.21. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，.（1）求的值；（2）如果，求c的值
14、；（3）如果，求的值.【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）由同角三角函数公式以及C为三角形的内角，可得出的值；（2）由余弦定理可得c；（3）由正弦定理求出，进而求出，根据大边对大角确定的符号，再根据三角形内角和为，以及两角和与差的正弦公式得出答案.【详解】解：（1）在中，且，则，又，故.（2），故.（3），解得，又，则，.【点睛】本题考查同角三角函数的关系，考查余弦定理解三角形，考查正弦定理的应用，属于基础题.22. 如图，四棱锥的底面是正方形，侧棱底面，E是的中点.（1）求证：平面；（2）求证：平面；（3）证明：.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析
15、.【解析】【分析】（1）根据底面是正方形，得到，再利用线面平行判定定理证明.（2）连结，交于点O，连结，由中位线定理得到，再利用线面平行判定定理证明.（3）根据底面是正方形，得到，由侧棱底面，得到，从而平面，由此能证明.【详解】（1）四棱锥的底面是正方形，平面，平面，平面.（2）如图所示：连结，交于点O，连结，四棱锥的底面是正方形，O是中点，E是的中点.，平面，平面，平面.（3）四棱锥的底面是正方形，侧棱底面，平面，平面，.【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理，线面垂直的判定定理，还考查了转化化归的思想和逻辑推理的能力，属于中档题.23. 如图，在多面体中，底面为矩形，侧面为梯形，. （）求
16、证：；（）求证：平面； （）判断线段上是否存在点，使得平面平面？并说明理由【答案】（）见证明；（）见证明；（）见解析【解析】【分析】（I）由ADDE，ADCD可得AD平面CDE，故而ADCE；（II）证明平面ABF平面CDE，故而BF平面CDE；（III）取CE的中点P，BE的中点Q，证明CE平面ADPQ即可得出平面ADQ平面BCE【详解】（）由底面为矩形，知. 又因为， 所以平面. 又因为平面，所以. （）由底面为矩形，知，又因为平面，平面， 所以平面.同理平面，又因为，所以平面平面. 又因为平面，所以平面. （）结论：线段上存在点（即的中点），使得平面平面.证明如下：取的中点，的中点，连接
17、，则.由，得. 所以四点共面. 由（），知平面，所以，故.在中，由，可得. 又因为，所以平面.又因为平面所以平面平面（即平面平面）. 即线段上存在点（即中点），使得平面平面【点睛】本题考查了线面垂直、面面垂直的判定与性质定理的应用，线面平行的判定，熟练运用定理是解题的关键，属于中档题24. 已知向量，设函数.（1）求的最小正周期；（2）求的单调增区间；（3）若函数，其中，试讨论函数的零点个数.【答案】（1）最小正周期为；（2）函数的单调增区间为：()；（3）答案见解析.【解析】【分析】（1）通过向量数量积求出函数的表达式，利用二倍角公式以及两角和的正弦函数化为一个角的一个三角函数的形式，即可求出函数的最小正周期.（2）利用正弦函数的单调增区间，直接求出函数的单调增区间即可.（3）求出函数在时函数的取值范围，即可根据函数的零点的判断方法推出函数零点的个数.【详解】（1）函数，.，所以函数的最小正周期为：.（2）因为函数，由，解得，所以函数的单调增区间为：().（3），因为，所以，令，得，则函数的零点个数等价于与的交点个数，在同一坐标系中，作出两函数的图象，如图所示：由图象可知：当或时，零点为0个；当时函数有两个零点，当或时，函数有一个零点；【点睛】本题主要考查三角函数与平面向量以及三角函数的图象和性质的应用，还考查了数形结合的思想方法，属于中档题.