2021北京昌平高一（下）期末数学（教师版）

这是一份2021北京昌平高一（下）期末数学（教师版），共20页。

2021北京昌平高一（下）期末
数 学
2021.7
本试卷共6页，150分。考试时长120分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将答题卡收回。
第一部分（选择题 共50分）
一、选择题(本大题共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
（2）
（A） （B） （C） （D）
（3）已知角终边经过点，且，则
（A） （B） （C） （D）
（4）已知中，，则
（A） （B） （C） （D）
（5）已知函数的部分图象如图所示，则 分别是
（A）， （B），
（C）， （D），
（6）在中，若，则
（A） （B） （C） （D）
（7）要得到函数的图象，只需将函数的图象
（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，高为. 则该正四棱锥的表面积为
（A） （B） （C） （D）
（9）在平面直角坐标系中，是单位圆上的四段弧（如图），点在其中一段上，角是以为始边，为终边.
则“点在上”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
（10）在棱长为1的正方体中，分别为的中点，为底面的中心，点在正方体的表面上运动，且满足，则下列说法正确的是
（A）点可以是棱的中点
（B）线段的最大值为
（C）点的轨迹是平行四边形
（D）点轨迹的长度为


第二部分（非选择题 共100分）
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，复数.若复数是纯虚数，则_____ ；若复数在复平面内对应的点位于实轴上，则_____ .
(13) 已知单位向量满足，则与夹角的大小为 ；= .
(14) 已知是平面外的一条直线．给出下列三个论断：
①；②；③∥．
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，则_________ .
（16）设向量，函数.若函数的定义域为，值域为. 给出下列四个结论：
①； ②； ③； ④.
则的值可能是___________ .（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)（本小题满分14分）
已知，且是第二象限角.
（I）求及的值；
（II）求的值.




(18)（本小题满分14分）
已知向量.
（I）求；
（II）求向量与向量的夹角的余弦值；
（III）若，且，求向量与向量的夹角.


(19)（本小题满分14分）
在中，，. 再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：
（Ⅰ）的大小；
（Ⅱ）和的值．
条件①：；
条件②：.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
(20)（本小题满分14分）
如图，在直四棱柱中，，为上一点，.
（I）求证：；
（II）求证：平面；
（III）设平面与棱交于点，确定点的位置，
并求出线段的长度.


(21)（本小题满分14分）
已知函数（）.
（Ⅰ）若的最小正周期为，求的单调递增区间；
（Ⅱ）若在上恒成立，求实数的取值范围；
（Ⅲ）若， ，证明：存在无穷多个互不相同的正整数，使得

2021北京昌平高一（下）期末数学
参考答案
一、选择题（本大题共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．【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，求出复数所对应点的坐标得答案．
【解答】解：∵＝，
∴复数对应的点的坐标为（），位于第一象限．
故选：A．
【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．
2．【分析】利用三角函数的诱导公式化简求解即可．
【解答】解：．
故选：B．
【点评】本题考查了三角函数的化简求值问题，主要考查了三角函数诱导公式的应用，考查了化简运算能力，属于基础题．
3．【分析】根据已知条件，结合任意角的三角函数的定义，即可求解．
【解答】解：∵角α终边经过点P（﹣3，y），且，
∴，y＝﹣4，
∴cosα＝．
故选：A．
【点评】本题主要考查了任意角的三角函数的定义，属于基础题．
4．【分析】根据平面向量的数量积运算法则，即可得解．
【解答】解：在Rt△ABC中，AB＝＝，
∴cosA＝＝，
∴＝cosA＝×2×＝4．
故选：C．
【点评】本题考查平面向量的数量积运算，考查运算求解能力，属于基础题．
5．【分析】由图象可求得最小正周期T，从而可求得ω，再由五点作图法可求得φ，从而可得答案．
【解答】解：由图象可得最小正周期T＝4（﹣）＝π，
所以ω＝＝2，
由五点作图法可得2×+φ＝，可得φ＝．
故选：D．
【点评】本题主要考查由y＝Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式，考查运算求解能力，属于基础题．
6．【分析】由已知利用余弦定理可得cosB＝﹣，结合范围B∈（0，π），可求B的值．
【解答】解：因为，
所以由余弦定理可得cosB＝＝＝﹣，
因为B∈（0，π），
所以B＝．
故选：D．
【点评】本题主要考查了余弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．
7．【分析】由题意利用函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，得出结论．
【解答】解：要得到函数的图象，只需将函数y＝3sin2x的图象向右平移个单位长度即可，
故选：C．
【点评】本题主要考查函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，属于基础题．
8．【分析】根据条件作图可求得该四棱锥的底面边长，进而可求得其表面积．
【解答】解：如图，由题可知正四棱锥V﹣ABCD中，VO＝，VB＝2，
则OB＝＝＝，
故AB＝OB＝2，
所以该正四棱锥的表面积为4××4+2×2＝4+4
故选：C．

【点评】本题考查棱锥的结构特征，考查空间想象能力和思维能力，数形结合思想，属于基础题．
9．【分析】利用三角函数的定义，结合充分必要条件的定义可得正确结论．
【解答】解：①若点P在上，根据题意作出如下图形：过点P作PM⊥x轴，垂足为M

∵点P在上，且∠α＝∠xOP，∴1＞MP＞OM＞0，
则可得：sinα＝MP＞0，cosα＝OM＞0，tanα＝＞0，
故可得：tanα＞sinα＞cosα，∴充分性成立，
②若点P在上，根据题意作出如下图形：过点P作PN⊥x轴，垂足为N，

∵点P在上，且∠α＝∠xOP，∴1＞ON＞PN＞0，
则可得：sinα＝﹣NP＜0，cosα＝﹣ON＜0，tanα＝＞0，
故可得：tanα＞sinα＞cosα，∴必要性不成立，
∴点P在上是tanα＞sinα＞cosα的充分不必要条件．
故选：A．
【点评】本题考查了三角函数的定义，解题的关键是能够利用数形结合的思想，作出图形，找到sinα，cosα，tanα所对应的三角函数线进行比较，属于中档题．
10．【分析】过N点作与直线MO垂直的平面，该平面与正方体表面的交线即为P点的轨迹．根据正方体的性质得MO∥A1C，A1C⊥平面C1DB，
所以MO⊥平面C1DB，又因为N为CC1中点，故分别取CD中点F，CB中点E，则P点的轨迹为△NEF．
【解答】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MO∥A1C．
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．

【点评】本题考查正方体的性质，考查线面垂直和面面平行的应用，属于中档题．
二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）
11．【分析】利用正切函数的定义域以及整体代换思想即可求解．
【解答】解：令x﹣，
解得x，
所以函数y＝3tan（x﹣）的定义域为{x|x}，
故答案为：{x|x}．
【点评】本题考查了正切函数的定义域问题，考查了学生的运算能力，属于基础题．
12．【分析】利用复数的运算法则、几何意义即可得出．
【解答】解：z＝（1﹣i）（a﹣i）＝（a﹣1）+（a+1）i，
若复数z是纯虚数，则，∴a＝1，
若复数z在复平面内对应的点位于实轴上，则a+1＝0，∴a＝﹣1．
故答案为：1，﹣1．
【点评】本题考查了复数的运算法则、几何意义，属于基础题．
13．【分析】根据题意，设与夹角为θ，由数量积的计算公式可得•＝cosθ＝，求出cosθ的值，即可得第一空答案；又由|﹣2|2＝2+42﹣4•，代入数据即可得答案．
【解答】解：根据题意，设与夹角为θ，
单位向量，满足，则有•＝cosθ＝，
又由0≤θ≤π，则θ＝，
|﹣2|2＝2+42﹣4•＝3，则＝；
故答案为：，．
【点评】本题考查向量数量积的计算，涉及向量夹角和模的计算，属于基础题．
14．【分析】若α⊥β，l⊥α，l是平面β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//β；若l⊥α，l//β，则由面面垂直的判定定理得α⊥β．
【解答】解：若α⊥β，l⊥α，l是平面β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//β．
∴①②⇒③是真命题；
若l⊥α，l//β，则由面面垂直的判定定理得α⊥β．
∴②③⇒①是真命题．
故答案为：①②⇒③或②③⇒①．
【点评】本题考查正确命题的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力，是中档题．
15．【分析】由已知求得tanα＝﹣3，再由同角三角函数基本关系式及倍角公式化弦为切求解．
【解答】解：由sinα+3cosα＝0，得sinα＝﹣3cosα，即tanα＝﹣3，
∴sin2α+cos2α＝＝
＝．
故答案为：．
【点评】本题考查三角函数的化简求值，考查同角三角函数基本关系式与倍角公式的应用，是基础题．
16．【分析】由题意利用两个向量的数量积公式、二倍角公式化简函数的解析式，再利用正弦函数的图象和性质，求得b﹣a的最小值和最大值，从而得出结论．
【解答】解：∵向量，，函数＝4sincos+0＝2sinx．
若函数f（x）的周期为2π，定义域为[a，b]，值域为[﹣1，2]，
故当a＝2kπ﹣，b＝2kπ+，k∈Z时，b﹣a取得最小值为；
故当a＝2kπ﹣，b＝2kπ+，k∈Z时，b﹣a取得最大值为，
故答案为：②③④．
【点评】本题主要考查两个向量的数量积公式，二倍角公式，正弦函数的图象和性质，属于中档题．
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．【分析】（Ⅰ）由已知求得cosα，tanα的值，再由同角三角函数基本关系式及倍角公式求解；
（Ⅱ）展开二倍角的余弦及两角差的正弦，整理后结合已知及（Ⅰ）中求得的cosα值得答案．
【解答】解：（Ⅰ）已知，且α是第二象限角．
∴，．
则，；
（Ⅱ）
＝＝
＝＝．
【点评】本题考查三角函数的化简求值，考查同角三角函数基本关系式、倍角公式及两角差的三角函数，是基础题．
18．【分析】（Ⅰ）根据题意，求出﹣的坐标，进而计算可得答案；
（Ⅱ）根据题意，由向量夹角公式计算可得答案；
（Ⅲ）根据题意，由向量垂直的判断方法可得．即，据此计算可得答案．
【解答】解：（Ⅰ）因为，，
所以．
所以．
（Ⅱ）因为，，，
所以．
（Ⅲ）因为，
所以．
即．
所以．
即，
所以．
因为，
所以．
【点评】本题考查向量数量积的性质以及应用，涉及向量夹角、向量模的计算，属于基础题．
19．【分析】选择①：b﹣a＝1．
（1）在△ABC中，由，，结合正弦定理得sinA．由b﹣a＝1，得a＜b，推出∠A．
（Ⅱ）由，推出．由，推出cosC，cosB，再由正弦定理（解法1）或余弦定理（解法2）可得b．
选择②：．
（Ⅰ）在△ABC中，因为，，结合正弦定理得sinA．由b﹣a＝1，得a＜b，推出∠A．
（Ⅱ）因为，推出．由，推出cosC，cosB，再由正弦定理（解法1）或余弦定理（解法2）可得b．
【解答】解：选择①：b﹣a＝1．
（1）在△ABC中，因为，，
所以由正弦定理得．
因为b﹣a＝1，
所以a＜b．
所以．
所以．
（Ⅱ）因为，
所以a＞c．
所以．
因为，
所以．
所以cosB＝cos[π﹣（A+C）]＝﹣cos（A+C）＝sinAsinC﹣cosAcosC＝．
法一：
所以．
由正弦定理得，即7b＝8a．
因为b﹣a＝1，
所以b＝8．
法二：
因为b﹣a＝1，
所以a＝b﹣1．
因为，
所以．
所以b2＝a2+c2﹣2accosB＝．
所以49b2＝64（b﹣1）2．
所以7b＝8（b﹣1）．
所以b＝8．
（或15b2﹣128b+64＝0．即（15b﹣8）（b﹣8）＝0）
所以或b＝8．
因为b﹣a＝1，
所以（舍）．
所以b＝8．
解：选择②：．
（Ⅰ）在△ABC中，因为，，
所以由正弦定理得．
在△ABC中，，
所以．
所以．
（Ⅱ）因为，
所以a＞c．
所以．
因为，
所以．
所以cosB＝cos[π﹣（A+C）]＝﹣cos（A+C）＝sinAsinC﹣cosAcosC＝．
法一：
所以．
因为，
所以．
由正弦定理得，
所以b＝5．
法二：
因为，
所以．
所以．
所以b2＝a2+c2﹣2accosB＝．
所以b＝5．
【点评】本题考查正弦定理，余弦定理的应用，属于中档题．
20．【分析】（Ⅰ）推导出AD⊥平面ABB1A1，利用线面垂直的性质定理即可得证；
（Ⅱ）法一：推导出平面ABB1A1∥平面CDD1C1，利用面面平行的性质定理即可得证；
法二：取CD中点H，连接BH，推导出BH∥AD且BH＝AD．在DD1上取点G，使DG＝AE＝1，连接EG，推导出EG∥AD且EG＝AD，从而可得BEGH是平行四边形，可得BE∥GH，再利用线面平行的判定定理即可得证；
（Ⅲ）法一：延长CB，DA交于点G，连结GE，延长GE交DD1于点F，连接CF，推导出E为GF的中点，即可求得DF的长度．
法二：由（Ⅱ）法二，在平面CDD1C1中作CF∥GH，交DD1于点F，连接EF，推导出G为DF中点，即可求得DF的长度．
【解答】（Ⅰ）证明：在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，
因为AA1⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
所以AA1⊥AD．
因为AB⊥AD，AB∩AA1＝A，
所以AD⊥平面ABB1A1．
因为BE⊂平面ABB1A1，
所以BE⊥AD．
（Ⅱ）证明：法一：
因为AB∥CD，AA1∥DD1，AB∩AA1＝A，CD∩DD1＝D，
所以平面ABB1A1∥平面CDD1C1．
因为BE⊂平面ABB1A1，
所以BE∥平面CDD1C1．
法二：
取CD中点H，连接BH．
因为AB＝1，CD＝2，AB∥CD，
所以AB∥HD且AB＝HD．
所以ABHD是平行四边形．
所以BH∥AD且BH＝AD．
在DD1上取点G，使DG＝AE＝1，连接EG．
所以AE∥DG且AE＝DG．
所以ADGE是平行四边形．
所以EG∥AD且EG＝AD．
所以BH∥EG且BH＝EG．
所以BEGH是平行四边形．
所以BE∥GH．
因为BE⊄平面CDD1C1，GH⊂平面CDD1C1，
所以BE∥平面CDD1C1．

（Ⅲ）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AB∥CD，AB＝1，CD＝2，
所以A，B分别为GD，GC的中点．
因为AE∥DF，
所以E为GF的中点．
所以DF＝2AE＝2．

法二：
由（Ⅱ）法二，在平面CDD1C1中作CF∥GH，交DD1于点F，连接EF．
所以CF∥BE．
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DG＝AE＝1，
所以DF＝2．

【点评】本题主要考查线线垂直的判定，线面平行的判定，线段长的求法，考查空间想象能力与逻辑推理能力，属于中档题．
21．【分析】（Ⅰ）利用三角恒等变换将函数f（x）的解析式进行化简变形，然后利用三角函数的周期公式求出ω，由正弦函数的单调性进行分析求解即可；
（Ⅱ）由题意可知，在上恒成立，利用三角函数的性质，转化为，求解即可；
（Ⅲ）将问题转化为证明存在无穷多个互不相同的正整数x0，使得，利用特殊角的三角函数以及正弦函数的性质可知，存在，使得，结合周期性可知，当x∈（2kπ+α0，2kπ+π﹣α0）（k∈Z）时，均有，即可证明．
【解答】解：（Ⅰ）因为
＝
＝
＝，
因为f（x）的最小正周期为π，
所以ω＝2，
所以，
因为函数y＝sinx的单调递增区间为，
由，得，
所以f（x）的单调递增区间为；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，，
要使在上恒成立，只需在上恒成立，
因为，ω＞0，
所以，
当时，即x＝0时，；
当时，，
所以要使在上恒成立，只需，
即0＜ω≤1，
所以ω的取值范围是（0，1]；
（Ⅲ）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10sinx0﹣8＞0，即，
由可知，存在，使得，
由正弦函数的性质可知，当x∈（α0，π﹣α0）时，均有，
因为y＝sinx的周期为2π，
所以当x∈（2kπ+α0，2kπ+π﹣α0）（k∈Z）时，均有，
因为对任意的整数k，（2kπ+π﹣α0）﹣（2kπ+α0）＝π﹣2α0，
因为，
所以对任意的正整数k，都存在正整数xk∈（2kπ+α0，2kπ+π﹣α0）（k∈Z），使得，
亦即存在无穷多个互不相同的正整数x0，使得g（x0）＞0．
【点评】本题考查了函数与不等式的综合应用，涉及可三角函数恒等变换的应用，三角函数周期公式的应用，三角函数的单调性的求解，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于中档题．