2020-2021学年湖北省随州市高一（下）4月月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年湖北省随州市高一（下）4月月考数学试卷人教A版，共11页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知复数z=53−4i，则z的虚部为( )
A.45iB.−45iC.45D.−45

2. 集合A=x|x+12x−1<0，集合B=x|y=lg121−x，则集合A∪B等于( )
A.−∞,1B.−∞,−1C.−1,1D.−1,12

3. 设α是第三象限角， Px,−4为其终边上的一点，且csα=15x，则tanα=( )
A.−43B.34C.43D.−34

4. 在新冠肺炎疫情期间，某学校定期对教室进行药熏消毒．教室内每立方米空气中的含药量y（单位：毫克）随时间t（单位：小时）的变化情况如图所示．在药物释放的过程中，y与t成正比；药物释放完毕后，y与t的函数关系式为y=10a−t （a为常数）．据测定，当空气中每立方米的含药量降低到0.2毫克以下时，学生方可进入教室．那么，从药物释放开始到学生能回到教室，至少在( )（参考数值lg2≈0.3）

A.42分钟后B.48分钟后C.50分钟后D.60分钟后

5. 若e1→，e2→是夹角为60∘的两个单位向量，则a→=−3e1→+2e2→与b→=2e1→+e2→的夹角为( )
A.30∘B.60∘C.120∘D.150∘

6. 在平行四边形ABCD中，已知AD=1，AB=2，对角线BD=2，则对角线AC的长为( )
A.6B.5C.3D.2

7. 已知函数f(x+1)是偶函数，当10恒成立，设a=f(−12)，b=f(2)，c=f(3)，则a，b，c的大小关系为( )
A.b
8. 奔驰定理：已知O是△ABC内的一点，△BOC，△AOC，△AOB的面积分别为SA，SB，SC，则SA⋅OA→+SB⋅OB→+SC⋅OC→=0→．“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的lg很相似，故形象地称其为“奔驰定理”．设O为三角形ABC内一点，且满足：OA→+2OB→+3OC→=3AB→+2BC→+CA→，则S△AOBS△ABC=( )

A.25B.12C.16D.13
二、多选题

下列命题错误的是( )
A.有两个面平行，其他各个面都是平行四边形的多面体是棱柱
B.长方体是四棱柱，直四棱柱是长方体
C.相等的线段在直观图中仍然相等
D.平行的线段在直观图中仍然平行

在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，那么下列给出的各组条件能确定三角形有唯一解的是( )
A.B=30∘，b=2，c=2B.B=30∘，b=2，c=4
C.B=30∘，b=2，c=5D.A=75∘，B=30∘，b=2

下列关于平面向量的说法中错误的是( )
A.若a→//b→，则存在唯一的实数λ，使得a→=λb→
B.已知向量a→=1,2，b→=1,1，且a→与a→+λb→的夹角为锐角，则λ的取值范围是−53,+∞
C.若a→⋅c→=b→⋅c→且c→≠0→，则a→=b→
D.若点O为△ABC的垂心，则OA→⋅OB→=OB→⋅OC→=OA→⋅OC→

设z1，z2是复数，则下列命题中的真命题是( )
A.若|z1−z2|=0，则z1=z2
B.若z1=z2，则z1=z2
C.若|z1|=|z2|，则z1⋅z1=z2⋅z2
D.若|z1|=|z2|，则z1=±z2
三、填空题

一个正方体的顶点都在球面上，且该正方体的表面积为54cm2，则该球的表面积为________.

i是虚数单位，21−i2020= ________.

已知向量a→=m,1，b→=4−n,2，m>0，n>0，若a→//b→，则1m+2n的最小值为________.

如图，在扇形OAB中， ∠OAB=120∘，半径OA=OB=4，P为弧AB上一点，则PA→⋅PB→的最小值________.

四、解答题

m为何实数时，复数z=1+im2+2i+1m−2−3i是：
(1)实数；

(2)虚数；

(3)纯虚数？

已知向量a→=−2,2，b→=4,3．
(1)若向量c→//a→，且|c→|=32，求c→的坐标；

(2)若向量a→+kb→与a→−kb→互相垂直，求实数k的值．

在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acsB=2c−bcsA.
(1)求A；

(2)已知b=3，若M为BC的中点，且|AM→|=192，求△ABC的面积．

已知圆锥的侧面展开图为半圆，母线长为43．

(1)求圆锥的底面积；

(2)在该圆锥内按如图所示放置一个圆柱，当圆柱的侧面积最大时，求圆柱的体积．

如图：某快递小哥从A地出发，沿小路AB→BC以平均时速30公里/小时，送快件到C处，已知BD=8（公里），∠DCB=45∘，∠CDB=30∘，△ABD是等腰三角形，∠ABD=120∘．

(1)试问，快递小哥能否在30分钟内将快件送到C处？

(2)快递小哥出发5分钟后，快递公司发现快件有重大问题，由于通讯不畅，公司只能派车沿大路AD→DC追赶，若汽车平均时速60公里/小时，问，汽车能否先到达C处？
（参考数据：2≈1.414，3≈1.732）

已知向量a→=4csx,1，b→=sinx+π6,−1，fx=a→⋅b→．
(1)当x∈−π12,π12时，求fx的值域；

(2)是否同时存在实数a和正整数n，使得函数gx=fx−a在0,nπ上恰有2021个零点？若存在，请求出所有符合条件的a和n的值；若不存在，请说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖北省随州市高一（下）4月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
复数的基本概念
复数代数形式的乘除运算
【解析】
化简后即可求解.
【解答】
解：z=53−4i=53+4i3−4i3+4i=35+45i，
其虚部为45.
故选C.
2.
【答案】
A
【考点】
并集及其运算
【解析】
化简集合后利用并集法则求解即可.
【解答】
解：A=xx+22x−1<0=x−2B=xy=lg121−x=x1−x>0=xx<1，
∴ A∪B=xx<1=−∞,1.
故选A.
3.
【答案】
C
【考点】
任意角的三角函数
【解析】
根据任意角α的余弦的定义和已知条件可得x的值，再由tanα的定义求得结果．
【解答】
解：因为α是第三象限角，P(x,−4)为其终边上的一点，
所以x<0，r=|OP|=x2+16，
故csα=xr=xx2+16=15x，
可得x=−3或x=3(舍去)，
所以tanα=43.
故选C．
4.
【答案】
B
【考点】
函数模型的选择与应用
指数函数与对数函数的关系
【解析】
根据函数图形求出t≥0.1时的函数解析式，即求出α值，再解不等式得答案．
【解答】
解：把点0.1,1代入y=10a−t，
得1=10a−0.1 ，即a=0.1，
则当t≥0.1时，y=100.1−t，
由100.1−t<0.2，
解得t>1.1−lg2≈0.8，
故至少需要经过0.8×60=48分钟后，学生才能回到教室．
故选B．
5.
【答案】
C
【考点】
平面向量数量积的运算
数量积表示两个向量的夹角
【解析】
利用向量夹角公式计算即可.
【解答】
解：∵ e1→，e2→是夹角为60∘的两个单位向量，
∴ e1→2=e2→2=1，e1→⋅e2→=12，
又b→=2e1→+e2→，a→=−3e1→+2e2→，
∴ a→⋅b→=−3e1→+2e2→2e1→+e2→
=−6e1→2+2e2→2+e1→⋅e2→=−72，
∵ |b→|=|2e1→+e2→|=7，
|a→|=−3e1→+2e2→=7，
∴ a→， b→的夹角θ满足csθ=a→⋅b→|a→|⋅|b→|=−12，
又∵ 0∘≤θ≤180∘，
∴ θ=120∘.
故选C.
6.
【答案】
A
【考点】
向量在几何中的应用
向量模长的计算
【解析】
设AD→=a→,AB→=b→，则|a→|=1, |b→|=2，BD→=a→−b→,AC→=a→+b→，根据|BD→|=|a→−b→|=|a→|2−2a→⋅b→+|b→|2=2，
求出a→⋅b→=12，再根据|AC→|2=|a→+b→|2=|a→|2+2a→⋅b→+|b→|2，即可得解.
【解答】
解：如图所示，
设AD→=a→，AB→=b→，
则|a→|=1，b→=2，
则BD→=a→−b→，AC→=a→+b→，
所以BD→=|a→−b→|=|a→|2−2a→⋅b→+|b→|2
=5−2a→⋅b→=2，
所以a→⋅b→=12，
因为AC→2=|a→+b→|2=|a→|2+2a→⋅b→+|b→|2
=1+4+2a→⋅b→=6，
所以AC=6.
故选A.
7.
【答案】
A
【考点】
奇偶性与单调性的综合
【解析】
根据条件求出函数f(x)在(1, +∞)上的单调性，然后根据函数f(x+1)是偶函数，利用单调性即可判定出a、b、c的大小．
【解答】
解：∵ 当10恒成立，
∴ 当10，
即f (x2)>f (x1)，
∴ 函数f(x)在(1, +∞)上为单调递增函数，
∵ 函数f(x+1)是偶函数，
∴ 函数f(x)关于x=1对称，
∴ a=f(−12)=f(52)，
又函数f(x)在(1, +∞)上为单调增函数，
∴ f(2)即f(2)∴ a，b，c的大小关系为b故选A.
8.
【答案】
D
【考点】
向量在几何中的应用
【解析】
利用向量的运算法则代入求解即可.
【解答】
解：AB→=AO→+OB→=OB→−OA→，
BC→=BO→+OC→=OC→−OB→，
CA→=CO→+OA→=OA→−OC→，
则OA→+2OB→+3OC→=3AB→+2BC→+CA→
=3OB→−3OA→+2OC→−2OB→+OA→−OC→
=OB→−2OA→+OC→，
故3OA→+OB→+2OC→=0→，
根据奔驰定理SA⋅OA→+SB⋅OB→+SC⋅OC→=0，
所以SA=3，SB=1，SC=2，
则 S△AOBS△ABC=S△AOBS△AOB+S△BOC+S△AOC=13.
故选D.
二、多选题
【答案】
A,B,C
【考点】
平面图形的直观图
棱柱的结构特征
【解析】
按照相关定义逐项求解即可.
【解答】
解：对于A，如图所示的几何体，
满足有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形，但这个多面体不是棱柱，故错误，满足条件；
对于B，底面是平行四边形的直四棱柱不是长方体，故错误，满足条件；
对于C，直观图中，横轴长度不变，竖轴会变为原来的一半，故错误，满足条件；
对于D，平行的线段在直观图中仍然平行，正确，不满足条件.
故选ABC.
【答案】
B,D
【考点】
正弦定理
【解析】
利用正弦定理逐项求解即可.
【解答】
解：A．由正弦定理得，bsinB=csinC，
即2sin30∘=2sinC，
解得sinC=22，
∵ b∴ C>B=30∘，
∴ C=45∘或C=135∘ ，
∴ △ABC有两解，不满足条件；
B．由正弦定理得， bsinB=csinC，
即2sin30∘=4sinC，
解得sinC=1，
∵ b∴ C=90∘ ，
∴ △ABC有唯一解，符合题意；
C．由正弦定理得， bsinB=csinC，
即2sin30∘=5sinC，
解得sinC=54，
△ABC无解，不符合题意；
D．由题意， C=180∘−75∘−30∘=75∘，且b=2，
∴ △ABC有唯一解，符合题意．
故选BD．
【答案】
A,B,C
【考点】
向量的共线定理
数量积表示两个向量的夹角
三角形五心
平面向量数量积的性质及其运算律
【解析】
由向量共线定理可判断选项A；取λ=0可判断选项B；由数量积的运算性质可判断选项C；由三角形的垂心的性质结合向量线性运算可判断选项D．
【解答】
解：A，当b→=0→，a→≠0→时，a→//b→，但不存在λ使a→=λb→，故A错误；
B，当λ=0时，a→+λb→=a→，所以a→与a→+λb→同向共线，夹角为0不是锐角，所以λ≠0，故B错误；
C，若a→⋅c→=b→⋅c→，则 c→⋅(a→−b→)=0，因为c→≠0，所以a→=b→或c→⊥a→−b→，所以a→=b→不一定成立，故C错误；
D，若O为△ABC的垂心，则O为△ABC三边高线的交点，所以OA→⊥BC→，OB→⊥AC→，
则OA→⋅BC→=OA→⋅OC→−OB→=OA→⋅OC→−OA→⋅OB→=0，OB→⋅AC→=OB→OC→−OA→=OB→⋅OC→−OB→⋅OA→=0 ，
即OA→⋅OB→=OA→⋅OC→，OA→⋅OB→=OB→⋅OC→，所以OA→⋅OB→=OB→⋅OC→=OA→⋅OC→，故D正确．
故选ABC．
【答案】
A,B,C
【考点】
命题的真假判断与应用
共轭复数
复数的模
复数代数形式的乘除运算
【解析】
根据复数的模、共轭复数的概念与复数的乘法及举反例，逐一判断可得.
【解答】
解：A，若|z1−z2|=0 ，则z1−z2=0，所以z1=z2，所以z1=z2，故A为真命题；
B，若z1=z2，则z1和z2互为共轭复数，所以z1=z2，故B为真命题；
C，设z1=a1+b1i，z2=a2+b2i(a1，b1及a2，b2为实数，i为虚数单位)，
若|z1|=|z2|，则a12+b12=a22+b22，即a12+b12=a22+b22，
所以z1⋅z1=a12+b12=a22+b22=z2⋅z2，所以z1⋅z1=z2⋅z2，故C为真命题；
D，若z1=3+4i，z2=5i，则|z1|=32+42=5=|z2| ，而z1≠±z2，故D为假命题.
故选ABC.
三、填空题
【答案】
27π
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
【解析】
根据正方体的表面积求出正方体的边长，由正方体的体对角线就是球的直径，求出半径后，即可求出球的表面积．
【解答】
解：设正方体边长为a，
因为正方体的表面积为54cm3，
所以6a2=54，
解得a=3，
由题意，正方体的体对角线就是球的直径，
所以2R=32+32+32=33，
所以R=332，
所以球的表面积为S=4πR2=4π×3322=27π.
故答案为：27π．
【答案】
−1
【考点】
复数代数形式的混合运算
【解析】
利用复数的周期性结合运算法则求解即可.
【解答】
解：原式=1+i221010
=2i21010
=i4×252+2
=i2=−1.
故答案为：−1.
【答案】
2
【考点】
平面向量共线（平行）的坐标表示
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
由a→//b→可得m与n的关系，再利用“1”的代换利用基本不等式求解即可．
【解答】
解：∵ a→//b→，
∴ 4−n−2m=0，即n+2m=4 ，
∵ m>0，n>0，
∴ 1m+2n=14n+2m1m+2n
=144+nm+4mn≥144+2nm×4mn=2，
当且仅当n=2m时取等号，
∴ 1m+2n的最小值是2.
故答案为：2.
【答案】
−8
【考点】
两角和与差的正弦公式
平面向量数量积
正弦函数的定义域和值域
【解析】
以O为原点，OA所在直线为x轴建立如图所示的平面直角坐标系，则A4,0，求出B−2,23，设P (4csα,4sina) ，其中α∈0,2π3，根据向量的数量积运算和两角和的正弦函数公式得到PA→⋅PB→ =−16sinα+π6+8，结合α∈0,2π3以及正弦函数的性质即可得解
α=π3时， PA→⋅PB→取得最小值为−8.
【解答】
解：以O为原点，OA所在直线为x轴建立如图所示的平面直角坐标系，
则A4,0，
因为∠AOB=120∘，OB=4，
所以B−2,23，
设P(4csα,4sinα) ，其中α∈0,2π3，
则PA→⋅PB→=4−4csα,−4sinα⋅(−2−4csα,23−4sinα)
=−8−8csα+16cs2α−83sinα+16sin2α
=8−8csα+3sinα
=−16sinα+π6+8，
因为α∈0,2π3，
所以α+π6∈π6,5π6，
所以sinα+π6∈12,1，
当α+π6=π2，即α=π3时， PA→⋅PB→取得最小值为−8.
故答案为：−8.
四、解答题
【答案】
解：(1)z=1+im2+2i+1m−2−3i
=m2+m2i+2im+m−2−3i
=m2+m−2+m2+2m−3i
=m−1m+2+m−1m+3i．
∵复数z是实数，
∴m−1m+3=0，
解得m=1或−3,
即m=1或−3时，z为实数．
(2)∵复数z是虚数，
∴m−1m+3≠0，
解得m≠1且m≠−3，
即m≠1且m≠−3时，z为虚数．
(3)∵复数z是纯虚数，
∴(m−1)(m+2)=0，(m−1)(m+3)≠0，
解得m=−2，
即m=−2时，z为纯虚数．
【考点】
复数的基本概念
【解析】



【解答】
解：(1)z=1+im2+2i+1m−2−3i
=m2+m2i+2im+m−2−3i
=m2+m−2+m2+2m−3i
=m−1m+2+m−1m+3i．
∵复数z是实数，
∴m−1m+3=0，
解得m=1或−3,
即m=1或−3时，z为实数．
(2)∵复数z是虚数，
∴m−1m+3≠0，
解得m≠1且m≠−3，
即m≠1且m≠−3时，z为虚数．
(3)∵复数z是纯虚数，
∴(m−1)(m+2)=0，(m−1)(m+3)≠0，
解得m=−2，
即m=−2时，z为纯虚数．
【答案】
解：(1)设c→=x,y，
因为c→//a→，
所以y=−x，
因为|c→|=32，
所以x2+y2=18，
解得x=3,y=−3,或x=−3,y=3,
所以c→=3,−3或c→=−3,3．
(2)因为向量a→+kb→与a→−kb→互相垂直，
所以a→+kb→⋅a→−kb→=0，
即a→2−k2b→2=0，
而a→=−2,2，b→=4,3，
所以a→2=8，b→2=25，
所以8−25k2=0，
解得k=±225．
【考点】
平面向量共线（平行）的坐标表示
向量的数量积判断向量的共线与垂直
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)设c→=x,y，
因为c→//a→，
所以y=−x，
因为|c→|=32，
所以x2+y2=18，
解得x=3,y=−3,或x=−3,y=3,
所以c→=3,−3或c→=−3,3．
(2)因为向量a→+kb→与a→−kb→互相垂直，
所以a→+kb→⋅a→−kb→=0，
即a→2−k2b→2=0，
而a→=−2,2，b→=4,3，
所以a→2=8，b→2=25，
所以8−25k2=0，
解得k=±225．
【答案】
解：(1)因为acsB=2c−bcsA，
由正弦定理得sinAcsB=2sinC−sinBcsA，
即sinAcsB+sinBcsA=2sinCcsA，
所以sinC=2sinCcsA，
因为在△ABC中，sinC≠0，
所以csA=12，
因为0所以A=π3．
(2)因为M为BC的中点，
则AB→+AC→=2AM→，
两边平方得，AB→2+AC→2+2AB→⋅AC→=4AM→2．
因为b=3，|AM→|=192，
所以9+c2+2×3c⋅12=4×1922，
解得c=2或c=−5（舍去），
所以△ABC的面积为：
S=12bcsinA=12×3×2×32=332．
【考点】
正弦定理
向量在几何中的应用
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)因为acsB=2c−bcsA，
由正弦定理得sinAcsB=2sinC−sinBcsA，
即sinAcsB+sinBcsA=2sinCcsA，
所以sinC=2sinCcsA，
因为在△ABC中，sinC≠0，
所以csA=12，
因为0所以A=π3．
(2)因为M为BC的中点，
则AB→+AC→=2AM→，
两边平方得，AB→2+AC→2+2AB→⋅AC→=4AM→2．
因为b=3，|AM→|=192，
所以9+c2+2×3c⋅12=4×1922，
解得c=2或c=−5（舍去），
所以△ABC的面积为：
S=12bcsinA=12×3×2×32=332．
【答案】
解：(1)沿母线AB剪开，侧面展开图是以43为半径的半圆．
设OB=R，在半圆⊙A中，AB=43，弧长为43π，
这是圆锥的底面周长，所以2πR=43π，
所以R=23，
故圆锥的底面积为S圆锥=πR2=12π．
(2)设圆柱的高OO1=ℎ，OD=r，
在Rt△AOB中，AO=AB2−OB2=6，
因为△AO1D1∼△AOB，
所以AO1AO=O1D1OB，
即6−ℎ6=r23，
所以ℎ=6−3r，
所以S圆柱侧面积=2πrℎ=2πr6−3r
=−23πr2−23r，
=−23πr−32+63π，
所以，当r=3，ℎ=3时，圆柱的侧面积最大，
此时V圆柱=πr2ℎ=9π．
【考点】
柱体、锥体、台体的侧面积和表面积
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)沿母线AB剪开，侧面展开图是以43为半径的半圆．
设OB=R，在半圆⊙A中，AB=43，弧长为43π，
这是圆锥的底面周长，所以2πR=43π，
所以R=23，
故圆锥的底面积为S圆锥=πR2=12π．
(2)设圆柱的高OO1=ℎ，OD=r，
在Rt△AOB中，AO=AB2−OB2=6，
因为△AO1D1∽△AOB，
所以AO1AO=O1D1OB，
即6−ℎ6=r23，
所以ℎ=6−3r，
所以S圆柱侧面积=2πrℎ=2πr6−3r
=−23πr2−23r，
=−23πr−32+63π，
所以，当r=3，ℎ=3时，圆柱的侧面积最大，
此时V圆柱=πr2ℎ=9π．
【答案】
解：(1)在△BCD中，∠DCB=45∘，∠CDB=30∘，
则∠CBD=105∘．
由正弦定理得CDsin105∘=8sin45∘=BCsin30∘，
所以BC=42（公里）．
42+830×60=16+82≈27.3<30（分钟）．
所以快递小哥能在30分钟内将快件送到C处．
(2)在△ABD中，由余弦定理得：
AD2=AB2+BD2−2AB⋅BD⋅cs∠ABD，
得AD=83（公里）．
由(1)知CD=43+1公里，
43+1+8360×60+5=123+9≈29.8>27.3（分钟），
所以汽车不能先到达C处．
【考点】
正弦定理的应用
余弦定理的应用
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)在△BCD中∠DCB=45∘，∠CDB=30∘，
则∠CBD=105∘．
由正弦定理得CDsin105∘=8sin45∘=BCsin30∘，
所以BC=42（公里）．
又因为42+830×60=16+82≈27.3<30（分钟）．
所以快递小哥能在30分钟内将快件送到C处．
(2)在△ABD中，由余弦定理得：
AD2=AB2+BD2−2AB⋅BD⋅cs∠ABD，
得AD=83（公里）．
由(1)知CD=43+1公里，
43+1+8360×60+5=123+9≈29.8>27.3（分钟），
所以汽车不能先到达C处．
【答案】
解：(1)∵ fx=a→⋅b→=432sinx+12csxcsx−1
=23sinxcsx+2cs2x−1
=3sin2x+cs2x
=232sin2x+12cs2x
=2sin2x+π6，
又∵ x∈−π12,π12，
∴ 2x+π6∈0,π3，
∴ sin2x+π6∈0,32，
∴ fx∈0,3．
(2)假设同时存在实数a和正整数n满足条件，
函数gx=fx−a在[0,nπ]上恰有2021个零点，
即函数y=fx与直线y=a在0,nπ上恰有2021个交点．
当x∈0,π时，2x+π6∈π6,13π6，
由函数fx在区间0,π上的图象可知：
①当a>2或a<−2时，函数y=fx与直线y=a在0,nπ上无交点；
②当a=±2时，函数y=fx与直线y=a在0,π上仅有一个交点，
此时要使函数y=fx与直线y=a在0,nπ上有2021个交点，
则n=2021；
③当−2此时函数y=fx与直线y=a在0,nπ上有偶数个交点，不符合条件；
④当a=1时，函数y=fx与直线y=a在0,π上有3个交点，
此时要使函数y=fx与直线y=a在0,nπ上有2021个交点，
则n=1010，
综上所述，存在实数a和正整数n满足条件：
当a=±2时，n=2021；
当a=1时，n=1010．
【考点】
正弦函数的定义域和值域
二倍角的正弦公式
二倍角的余弦公式
两角和与差的正弦公式
正弦函数的图象
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)∵ fx=a→⋅b→=432sinx+12csxcsx−1
=23sinxcsx+2cs2x−1
=3sin2x+cs2x
=232sin2x+12cs2x
=2sin2x+π6，
又∵ x∈−π12,π12，
∴ 2x+π6∈0,π3，
∴ sin2x+π6∈0,32，
∴ fx∈0,3．
(2)假设同时存在实数a和正整数n满足条件，
函数gx=fx−a在[0,nπ]上恰有2021个零点，
即函数y=fx与直线y=a在0,nπ上恰有2021个交点．
当x∈0,π时，2x+π6∈π6,13π6，
由函数fx在区间0,π上的图象可知：
①当a>2或a<−2时，函数y=fx与直线y=a在0,nπ上无交点；
②当a=±2时，函数y=fx与直线y=a在0,π上仅有一个交点，
此时要使函数y=fx与直线y=a在0,nπ上有2021个交点，
则n=2021；
③当−2此时函数y=fx与直线y=a在0,nπ上有偶数个交点，不符合条件；
④当a=1时，函数y=fx与直线y=a在0,π上有3个交点，
此时要使函数y=fx与直线y=a在0,nπ上有2021个交点，
则n=1010，
综上所述，存在实数a和正整数n满足条件：
当a=±2时，n=2021；
当a=1时，n=1010．