北京市昌平区2020-2021学年高一下学期期末考试数学试题 PDF版含答案.pdf

1、昌平区 20202021 学年第二学期高一年级期末质量抽测数学试卷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i1i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）23sin 6（A）12（B）12（C）32（D）32（3）已知角 终边经过点(3,)Py，且4tan3，则cos（A）35（B）35（C）45（D）4

2、5（4）已知 ABC 中，,CACBC9021，则 AB ACuuur uuur（A）2（B）5（C）4（D）2 5（5）已知函数()2sin(0,)2f xx的部分图象如图所示，则,分别是（A）1，6 （B）2，6（C）1，3 （D）2，3（6）在 ABC中，若2223acbac，则B（A）6（B）3（C）23（D）56（7）要得到函数3sin(2)6yx的图象，只需将函数3sin 2yx 的图象（A）向右平移 6个单位长度（B）向左平移 6个单位长度（C）向右平移 12个单位长度（D）向左平移 12个单位长度（8）已知正四棱锥的侧棱长为2，高为2.则该正四棱锥的表面积为（A）4 3（B）2

3、4 3（C）44 3（D）48 3（9）在平面直角坐标系 xOy 中，,AB CD EF GH 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 CD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1111ABCDA B C D中，,M N 分别为11,AA CC 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1BB 的中点（B）线段 NP 的最大值为22（C）点 P

4、 的轨迹是平行四边形（D）点 P 轨迹的长度为1+2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3tan()4yx的定义域是_.(12)设a R，复数(1i)(i)za.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,a b 满足1=2a b，则a 与b 夹角的大小为；2|ab=.(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sin3cos0，则2sin2cos _.（

5、16）设向量(4cos,0),(sin,1)22xxmn，函数()f x m n.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：3；56；76.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)（本小题满分 14 分）已知3sin5，且 是第二象限角.（I）求sin2 及 tan2 的值；（II）求cos2sin()4的值.(18)（本小题满分 14 分）已知向量(1,2),(3,2)ab.（I）求|ab；（II）求向量 a 与向量 b 的夹角 的余弦值；（III）若|10c

6、，且(2)a+cc，求向量 a 与向量c 的夹角.(19)（本小题满分 14 分）在ABC中，73ac，3 3sin14C.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；（）cos B 和 b 的值条件：1ba；条件：3cos2cA .注：如果选择条件和条件分别解答，按第一个解答计分(20)（本小题满分 14 分）如图，在直四棱柱1111ABCDA B C D中，/,ABCD ABAD，E 为1AA 上一点，1,2ABADAECD.（I）求证：BEAD；（II）求证：/BE平面11CDD C；（III）设平面 EBC 与棱1DD 交于点 F，确定点 F 的位置，并求出线段 DF

7、 的长度.(21)（本小题满分 14 分）已知函数23()sincos3 cos2222xxxf x（0）.（）若()f x 的最小正周期为 ，求()f x 的单调递增区间；（）若3()2f x在0,3上恒成立，求实数 的取值范围；（）若1，()10()83g xf x，证明：存在无穷多个互不相同的正整数0 x，使得0()0g x昌平区 20202021 学年第二学期高一年级期末质量抽测数学试卷参考答案及评分标准2020.7一、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)题号12345678910答案ABACDDCCAB二、填空题

8、（本大题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分）11.3,4x xkkZ12.1；113.3；314.若，l，则/l.若l，/l，则.15.1216.（第 12、13 题：第一空 3 分，第二空 2 分；第 16 题:答对一个给 2 分，答对两个给 3 分，全对给 5 分，不选或有错选得 0 分.）三、解答题(本大题共 6 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）解：（I）已知3sin5，且 是第二象限角.所以4cos5 ，3tan4 .4 分所以24sin22sincos25，6 分22tan24tan21tan7.8 分（II）因为22

9、cos2cossinsin()sincoscossin44410 分(cossin)(cossin)22cossin22(cossin)(cossin)2(cossin)2cossin2225.14 分（18）（本小题满分 14 分）解：（I）因为(1,2),(3,2)ab，所以(2,4)ab.2 分所以22|(2)42 5ab.4 分（II）因为1 32(2)1 a b=，5 分22|125a，6 分22|3(2)13 b，7 分所以165cos|65513 a ba b.9 分（III）因为(2)a+cc，所以(2)0a+cc.10 分即202a c+c.所以22|cos,|0a ca c

10、+c.11 分即2510cos,100a c+12 分所以2cos,2 a c.13 分因为,0,a c，所以3,4a c.14 分（19）（本小题满分 14 分）解：选择：1ba.（）在ABC中，因为73ac，3 3sin14C，所以由正弦定理得3sinsin.2aACc2 分因为1ba，所以 ab.所以02A.3 分所以3A.5 分（）因为73ac，所以 ac.所以02C.6 分因为3 3sin14C，所以213cos1sin14CC.7分所以 coscos()cos()BACAC 8 分sinsincoscosACAC33 311312142147.10 分法一：所以24 3sin1co

11、s.7BB11 分由正弦定理得4 3372ba，即 78ba.12 分因为1ba，所以8b.14 分法二：因为1ba，所以1ab.因为73ac，所以33(1)77cab.11 分所以2222cosbacacB22931(1)(1)2(1)(1)()4977bbbb.12 分所以224964(1)bb.所以 78(1)bb.所以8b.14 分（或215128640bb.即(158)(8)0bb.12 分所以815b 或8b.因为1ba，所以815b（舍）.所以8b.14 分解：选择：3cos2cA .（）在ABC中，因为73ac，3 3sin14C，所以由正弦定理得3sinsin.2aACc2

12、分在ABC中，3cos2cA ，所以 2A.3分所以23A.5 分（）因为73ac，所以 ac.所以02C.6 分因为3 3sin14C，所以213cos1sin14CC.7 分所以 coscos()cos()BACAC 8 分sinsincoscosACAC33 31131121421414.10 分法一：所以25 3sin1cos.14BB11 分因为3cos2cA ，所以32312c.12 分由正弦定理得5 33 31414bc，所以5b.14 分法二：因为3cos2cA ，所以32312c.11 分所以773ac.12 分所以2222cosbacacB114992732514 .所以5

13、b.14 分（20）（本小题满分 14 分）解：（I）在直四棱柱1111ABCDA B C D中，因为1AA 平面 ABCD，AD 平面 ABCD，所以1AAAD.因为 ABAD，1ABAAAI,所以 AD 平面11ABB A.因为 BE 平面11ABB A，所以 BEAD.5 分（II）法一：因为11/,/ABCD AADD,11,ABAAA CDDDDII,所以平面11/ABB A平面11CDD C.因为 BE 平面11ABB A，所以/BE平面11CDD C.10 分法二：取CD 中点 H,连接 BH.因为1,2ABCD，/ABCD，所以/ABHD 且 ABHD.所以 ABHD 是平行四

14、边形.所以/BHAD 且 BHAD.在1DD 上取点G，使1DGAE,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11CDD C，GH 平面11CDD C，所以/BE平面11CDD C.10 分（III）法一：延长,CB DA 交于点G，连结GE,延长GE 交1DD 于点 F，连接CF.12 分因为/,1,2ABCD ABCD，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22DFAE.14 分法二：由（

15、II）法二，在平面11CDD C 中作/CFGH,交1DD 于点 F,连接 EF.所以/CFBE.所以点 F 即为平面 EBC 与棱1DD 的交点.12分因为 H 为CD 中点，所以G 为 DF 中点.因为1DGAE,所以2DF.14 分（21）（本小题满分 14 分）解：（）因为23()sincos3 cos2222xxxf x11cos32sincos322222xxx13sincos22xxsin()3x2 分因为()f x 的最小正周期为 ，所以2.3 分所以()sin(2)3f xx.因为函数sinyx 的单调递增区间为2,2()22kkk Z，由2 22 232kxk，得51212

16、kxk.所以()f x 的单调递增区间为5,()1212kkk Z.5 分（）由第（）问可知，()sin()3f xx.要使3()2f x 在0,3上恒成立，只需3sin()32x在0,3上恒成立.6 分因为0,3x，0，所以,3333x.7 分当33x时，即0 x 时，3sin()32x；当33x时，3sin()32x.8 分所以要使3()2f x 在0,3上恒成立，只需3333，即01 .所以的取值范围是(0,1.9 分（）要证明存在无穷多个互不相同的正整数0 x，使得0()0g x，就是要证明存在无穷多个互不相同的正整数0 x，使得010sin80 x，即04sin5x10 分由 4352可知，存在003，使得04sin5 由正弦函数的性质可知，当00(,)x时，均有4sin5x 11 分因为sinyx 的周期为 2，所以当00(2,2)()xkkk Z 时，均有4sin5x12 分因为对任意的整数 k，000(2)(2)2kk，因为023，13 分所以对任意的正整数 k，都存在正整数00(2,2)()kxkkk Z，使得4sin5kx亦即存在无穷多个互不相同的正整数0 x，使得0()0g x14 分