1、北京市昌平区2020-2021学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）一、选择题（共10小题，每小题5分，共50分）.1在复平面内，复数对应的点位于（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限2sin（）ABCD3已知角终边经过点P（3，y），且，则cos（）ABCD4已知ABC中，C90，AC2，BC1，则（）A2BC4D5已知函数的部分图象如图所示，则，分别是（）A1，B2，C1，D2，6在ABC中，若，则B（）ABCD7要得到函数的图象，只需将函数y3sin2x的图象（）A向右平移个单位长度B向左平移个单位长度C向右平移个单位长度D向左平移个单位长度8已知正四棱锥的侧棱长为2，高为则该正
2、四棱锥的表面积为（）ABCD9在平面直角坐标系xOy中，是单位圆上的四段弧（如图），点P在其中一段上，角是以Ox为始边，OP为终边则“点P在上”是“tansincos”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10在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别为AA1，CC1的中点，O为底面ABCD的中心，点P在正方体的表面上运动，且满足NPMO，则下列说法正确的是（）A点P可以是棱BB1的中点B线段NP的最大值为C点P的轨迹是平行四边形D点P轨迹的长度为二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）11函数的定义域是 12设aR，复数z（1i
3、）（ai）若复数z是纯虚数，则a ；若复数z在复平面内对应的点位于实轴上，则a 13已知单位向量，满足，则与夹角的大小为 ； 14已知l是平面外的一条直线给出下列三个论断：；l；l以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题： 15已知sin+3cos0，则sin2+cos2 16设向量，函数若函数f（x）的定义域为a，b，值域为1，2给出下列四个结论：；则ba的值可能是 .（填上所有正确的结论的序号）三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17已知，且是第二象限角（）求sin2及tan2的值；（）求的值18已知向量，（）求；（）求
4、向量与向量的夹角的余弦值；（）若，且，求向量与向量的夹角19在ABC中，再从条件、条件这两个条件中选择一个作为已知，求：（）A的大小；（）cosB和b的值条件：ba1；条件：20如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，ABCD，ABAD，E为AA1上一点，ABADAE1，CD2（）求证：BEAD；（）求证：BE平面CDD1C1；（）设平面EBC与棱DD1交于点F，确定点F的位置，并求出线段DF的长度21已知函数（）若f（x）的最小正周期为，求f（x）的单调递增区间；（）若在上恒成立，求实数的取值范围；（）若1，证明：存在无穷多个互不相同的正整数x0，使得g（x0）0参考答案一、选择题（本大
5、题共10小题，每小题5分，共50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在复平面内，复数对应的点位于（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限解：，复数对应的点的坐标为（），位于第一象限故选：A2sin（）ABCD解：故选：B3已知角终边经过点P（3，y），且，则cos（）ABCD解：角终边经过点P（3，y），且，y4，cos故选：A4已知ABC中，C90，AC2，BC1，则（）A2BC4D解：在RtABC中，AB，cosA，cosA24故选：C5已知函数的部分图象如图所示，则，分别是（）A1，B2，C1，D2，解：由图象可得最小正周期T4（），所以2，由五点作图法可得2+，
6、可得故选：D6在ABC中，若，则B（）ABCD解：因为，所以由余弦定理可得cosB，因为B（0，），所以B故选：D7要得到函数的图象，只需将函数y3sin2x的图象（）A向右平移个单位长度B向左平移个单位长度C向右平移个单位长度D向左平移个单位长度解：要得到函数的图象，只需将函数y3sin2x的图象向右平移个单位长度即可，故选：C8已知正四棱锥的侧棱长为2，高为则该正四棱锥的表面积为（）ABCD解：如图，由题可知正四棱锥VABCD中，VO，VB2，则OB，故ABOB2，所以该正四棱锥的表面积为44+224+4故选：C9在平面直角坐标系xOy中，是单位圆上的四段弧（如图），点P在其中一段上，角是
7、以Ox为始边，OP为终边则“点P在上”是“tansincos”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解：若点P在上，根据题意作出如下图形：过点P作PMx轴，垂足为M，点P在上，且xOP，1MPOM0，则可得：sinMP0，cosOM0，tan0，故可得：tansincos，充分性成立，若点P在上，根据题意作出如下图形：过点P作PNx轴，垂足为N，点P在上，且xOP，1ONPN0，则可得：sinNP0，cosON0，tan0，故可得：tansincos，必要性不成立，点P在上是tansincos的充分不必要条件故选：A10在棱长为1的正方体ABCDA1B1
8、C1D1中，M，N分别为AA1，CC1的中点，O为底面ABCD的中心，点P在正方体的表面上运动，且满足NPMO，则下列说法正确的是（）A点P可以是棱BB1的中点B线段NP的最大值为C点P的轨迹是平行四边形D点P轨迹的长度为解：如图，连接AC，A1C，取CD中点F，CB中点E，连接NF，NE，EF因为M，O分别为AA1，AC的中点，所以MOA1C在正方体中，A1C平面C1DB，又平面NEF平面C1DB，所以A1C平面NEF所以，MO平面NEF，故P点的轨迹为NEF所以P点的轨迹长度为NEF的周长为，NP的最大值为NE，即为故选：B二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）11函数的定义域
9、是 x|x解：令x，解得x，所以函数y3tan（x）的定义域为x|x，故答案为：x|x12设aR，复数z（1i）（ai）若复数z是纯虚数，则a1；若复数z在复平面内对应的点位于实轴上，则a1解：z（1i）（ai）（a1）+（a+1）i，若复数z是纯虚数，则，a1，若复数z在复平面内对应的点位于实轴上，则a+10，a1故答案为：1，113已知单位向量，满足，则与夹角的大小为 ；解：根据题意，设与夹角为，单位向量，满足，则有cos，又由0，则，|2|22+4243，则；故答案为：，14已知l是平面外的一条直线给出下列三个论断：；l；l以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的
10、命题：或解：若，l，l是平面外的一条直线，则由线面垂直的性质和线面平行的判定定理得l/是真命题；若l，l/，则由面面垂直的判定定理得是真命题故答案为：或15已知sin+3cos0，则sin2+cos2解：由sin+3cos0，得sin3cos，即tan3，sin2+cos2故答案为：16设向量，函数若函数f（x）的定义域为a，b，值域为1，2给出下列四个结论：；则ba的值可能是 .（填上所有正确的结论的序号）解：向量，函数4sincos+02sinx若函数f（x）的周期为2，定义域为a，b，值域为1，2，故当a2k，b2k+，kZ时，ba取得最小值为；故当a2k，b2k+，kZ时，ba取得最大
11、值为，故答案为：三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17已知，且是第二象限角（）求sin2及tan2的值；（）求的值解：（）已知，且是第二象限角，则，；（）18已知向量，（）求；（）求向量与向量的夹角的余弦值；（）若，且，求向量与向量的夹角解：（）因为，所以所以（）因为，所以（）因为，所以即所以即，所以因为，所以19在ABC中，再从条件、条件这两个条件中选择一个作为已知，求：（）A的大小；（）cosB和b的值条件：ba1；条件：解：选择：ba1（1）在ABC中，因为，所以由正弦定理得因为ba1，所以ab所以所以（）因为，所以ac所以因为，所以所以cos
12、Bcos（A+C）cos（A+C）sinAsinCcosAcosC法一：所以由正弦定理得，即7b8a因为ba1，所以b8法二：因为ba1，所以ab1因为，所以所以b2a2+c22accosB所以49b264（b1）2所以7b8（b1）所以b8（或15b2128b+640即（15b8）（b8）0）所以或b8因为ba1，所以（舍）所以b8解：选择：（）在ABC中，因为，所以由正弦定理得在ABC中，所以所以（）因为，所以ac所以因为，所以所以cosBcos（A+C）cos（A+C）sinAsinCcosAcosC法一：所以因为，所以由正弦定理得，所以b5法二：因为，所以所以所以b2a2+c22acc
13、osB所以b520如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，ABCD，ABAD，E为AA1上一点，ABADAE1，CD2（）求证：BEAD；（）求证：BE平面CDD1C1；（）设平面EBC与棱DD1交于点F，确定点F的位置，并求出线段DF的长度【解答】（）证明：在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，因为AA1平面ABCD，AD平面ABCD，所以AA1AD因为ABAD，ABAA1A，所以AD平面ABB1A1因为BE平面ABB1A1，所以BEAD（）证明：法一：因为ABCD，AA1DD1，ABAA1A，CDDD1D，所以平面ABB1A1平面CDD1C1因为BE平面ABB1A1，所以BE平面CDD
14、1C1法二：取CD中点H，连接BH因为AB1，CD2，ABCD，所以ABHD且ABHD所以ABHD是平行四边形所以BHAD且BHAD在DD1上取点G，使DGAE1，连接EG所以AEDG且AEDG所以ADGE是平行四边形所以EGAD且EGAD所以BHEG且BHEG所以BEGH是平行四边形所以BEGH因为BE平面CDD1C1，GH平面CDD1C1，所以BE平面CDD1C1（）解：法一：延长CB，DA交于点G，连结GE，延长GE交DD1于点F，连接CF因为ABCD，AB1，CD2，所以A，B分别为GD，GC的中点因为AEDF，所以E为GF的中点所以DF2AE2法二：由（）法二，在平面CDD1C1中作
15、CFGH，交DD1于点F，连接EF所以CFBE所以点F即为平面EBC与棱DD1的交点因为H为CD中点，所以G为DF中点因为DGAE1，所以DF221已知函数（）若f（x）的最小正周期为，求f（x）的单调递增区间；（）若在上恒成立，求实数的取值范围；（）若1，证明：存在无穷多个互不相同的正整数x0，使得g（x0）0解：（）因为，因为f（x）的最小正周期为，所以2，所以，因为函数ysinx的单调递增区间为，由，得，所以f（x）的单调递增区间为；（）由（）可知，要使在上恒成立，只需在上恒成立，因为，0，所以，当时，即x0时，；当时，所以要使在上恒成立，只需，即01，所以的取值范围是（0，1；（）要证明存在无穷多个互不相同的正整数x0，使得g（x0）0，就是要证明存在无穷多个互不相同的正整数x0，使得10sinx080，即，由可知，存在，使得，由正弦函数的性质可知，当x（0，0）时，均有，因为ysinx的周期为2，所以当x（2k+0，2k+0）（kZ）时，均有，因为对任意的整数k，（2k+0）（2k+0）20，因为，所以对任意的正整数k，都存在正整数xk（2k+0，2k+0）（kZ），使得，亦即存在无穷多个互不相同的正整数x0，使得g（x0）0
