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2020-2021学年浙江省杭州市高一（下）期末数学试卷
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这是一份2020-2021学年浙江省杭州市高一（下）期末数学试卷，共19页。
2020-2021学年浙江省杭州市高一（下）期末数学试卷
一.选择题:本大题共8小题，每小题5分，共40分.每小题列出的四个选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分.
1．（5分）设全集U是实数集R，M＝{x||x|≥2}，N＝{x|1＜x＜3}，则图中阴影部分所表示的集合是（ ）
A．{x|﹣2＜x＜1} B．{x|﹣2＜x＜2} C．{x|1＜x＜2} D．{x|x＜2}
2．（5分）设复数z满足zi＝1﹣2i（i是虚数单位），则z＝（ ）
A．2+i B．2﹣i C．﹣2+i D．﹣2﹣i
3．（5分）已知a＝log20.2，b＝20.2，c＝sin2，则（ ）
A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．c＜a＜b D．b＜c＜a
4．（5分）风光秀丽的千岛湖盛产鳙鱼，记鳙鱼在湖中的游速为vm/s，鳙鱼在湖中的耗氧量的单位数为x，已知鳙鱼的游速v与log2（x≥100）成正比，当鳙鱼的耗氧量为200单位时，其游速为m/s．若某条鳙鱼的游速提高了1m/s，那么它的耗氧量的单位数是原来的（ ）
A．2倍 B．4倍 C．6倍 D．8倍
5．（5分）两个体积分别为V1，V2的几何体夹在两个平行平面之间，任意一个平行于这两个平面的平面截这两个几何体，截得的截面面积分别为S1，S2，则“V1＝V2“是“S1＝S2”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
6．（5分）如图，一个半径为2的水轮，圆心O距离水面1米，水轮做匀速圆周运动，每分钟逆时针旋转4圈．水轮上的点P到水面的距离y（米）与时间x（秒）满足y＝Asin（ωx+φ）+k（A＞0），则（ ）
A．ω B．A＝3 C．k＝2 D．φ＝0
7．（5分）如图是第24届国际数学家大会的会标，是根据中国古代数学家赵爽的弦图设计的．已知图中正方形ABCD的边长为1，∠DAE＝θ，则小正方形EFGH的面积为（ ）
A．1﹣sin2θ B．1﹣cos2θ C．1﹣2sinθ D．1﹣2cosθ
8．（5分）设x0∈R，△x＞0，函数f（x）满足，n∈N*，则函数y＝f（x）可能是（其中a＞0且a≠1）（ ）
A．f（x）＝ax B．f（x）＝xa C．f（x）＝ax D．f（x）＝logax
二、选择题:本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
（多选）9．（5分）已知不等式ax2+bx+c≥0的解集是{x|﹣1≤x≤2}，则（ ）
A．b＜0 B．a+b+c＞0 C．c＞0 D．a+b＝0
（多选）10．（5分）已知平面向量，，若||＝3，||，•6，则（ ）
A．
B．向量与向量的夹角为
C．
D．向量与向量的夹角为
（多选）11．（5分）已知某湖泊蓝藻面积y（单位：m2）与时间t（单位：月）满足y＝at.若第1个月的蓝藻面积为2m2，则（ ）
A．蓝藻面积每个月的增长率为100%
B．蓝藻每个月增加的面积都相等
C．第6个月时，蓝藻面积就会超过60m2
D．若蓝藻面积到2m2，3m2，6m2所经过的时间分别是t1，t2，t3，则t1+t2＝t3
（多选）12．（5分）某演讲比赛冠军奖杯由一个水晶球和一个金属底座组成（如图①）．已知球的体积为，金属底座是由边长为4的正三角形ABC沿各边中点的连线向上垂直折叠而围成的几何体（如图 ②），则（ ）
A．A，B，D，F四点共面
B．经过A，B，C三点的球的截面圆的面积为
C．直线AD与平面DEF所成的角为
D．奖杯整体高度为
三、填空题:本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．（5分）已知lg2＝a，lg3＝b，则log212＝ （用a，b表示）．
14．（5分）半正多面体亦称为“阿基米德多面体“，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，如图所示．这是一个将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共截去八个三棱，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”花岗岩石凳，已知此石凳的棱长为，则此石积的体积是 cm3．
15．（5分）已知区间（0，1）中的实数m在数轴上的对应点为M，如图1，将线段AB围成一个圆（端点A，B重合），如图2，再将这个圆放在平面直角坐标系中，使其圆心在y轴上，点A的坐标为（0，1），如图3，直线AM与x轴交于点N（n，0），把m与n的函数关系记作n＝f（m），则方程f（x）＝﹣1的解是x＝ ．
16．（5分）已知||＝1，向量满足||•，当向量，夹角最大时，||＝ ．
四、解答题:本题共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．（10分）在①a，②ScosB，③C这三个条件中任选﹣一个，补充在下面问题中，并对其进行求解．
问题：在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S，bcosA＝acosC+ccosA，b＝1，_____，求c的值．
18．（12分）如图，在△OAB中，P为边AB上的一点，且与的夹角为60°．
（1）设，求x，y的值；
（2）求的值．
19．（12分）四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的所有棱长都相等，∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD＝60°．
（1）求证：AA1⊥BD；
（2）求直线A1B与平面AA1D1D所成角的正弦值．
20．（12分）如图是函数f（x）＝Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，|φ|＜π）的部分图象，f（0）＝f（），f（）＝0．
（1）求f（x）的解析式；
（2）将f（x）的图象向右平移，得函数g（x），记h（x）＝f（x）+g（x），求h（x）的单调递减区间．
21．（12分）将一张长8cm，宽6cm的长方形纸片沿着直线MN折叠，折痕MN将纸片分成两部分，面积分别为S1cm2，S2cm2．设MN＝lcm．若S1：S2＝1：2，求l的取值范围．
22．（12分）设函数f（x）＝x|x﹣a|+a|x﹣2|（a＞0），方程f（x）＝t有三个不同的实数根x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3．
（1）当a＝2时，求实数t的取值范围；
（2）当t＝2时，求正数a的取值范围；
（3）在（2）的条件下，若恒成立，求实数λ的取值范围．
2020-2021学年浙江省杭州市高一（下）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一.选择题:本大题共8小题，每小题5分，共40分.每小题列出的四个选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分.
1．（5分）设全集U是实数集R，M＝{x||x|≥2}，N＝{x|1＜x＜3}，则图中阴影部分所表示的集合是（ ）
A．{x|﹣2＜x＜1} B．{x|﹣2＜x＜2} C．{x|1＜x＜2} D．{x|x＜2}
【解答】解：∵M＝{x||x|≥2}＝{x|x≥2或x≤﹣2}N＝{x|1＜x＜3}
∵阴影部分表示集合（∁UM）∩N，
∴阴影部分表示的集合是（1，2）．
故选：C．
2．（5分）设复数z满足zi＝1﹣2i（i是虚数单位），则z＝（ ）
A．2+i B．2﹣i C．﹣2+i D．﹣2﹣i
【解答】解：因为复数z满足zi＝1﹣2i，
所以．
故选：D．
3．（5分）已知a＝log20.2，b＝20.2，c＝sin2，则（ ）
A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．c＜a＜b D．b＜c＜a
【解答】解：∵，
∴a＜c＜b，
故选：B．
4．（5分）风光秀丽的千岛湖盛产鳙鱼，记鳙鱼在湖中的游速为vm/s，鳙鱼在湖中的耗氧量的单位数为x，已知鳙鱼的游速v与log2（x≥100）成正比，当鳙鱼的耗氧量为200单位时，其游速为m/s．若某条鳙鱼的游速提高了1m/s，那么它的耗氧量的单位数是原来的（ ）
A．2倍 B．4倍 C．6倍 D．8倍
【解答】解：∵鳙鱼的游速v与log2（x≥100）成正比，
∴，
∵当x＝200时，v，
∴，解得k，
∴，
设鳙鱼开始的速度为v0，耗氧的单位数为x0，提速后的速度为v1，提速后的耗氧的单位数为x1，
∵
又∵，
∴x1＝4x0，
故选：B．
5．（5分）两个体积分别为V1，V2的几何体夹在两个平行平面之间，任意一个平行于这两个平面的平面截这两个几何体，截得的截面面积分别为S1，S2，则“V1＝V2“是“S1＝S2”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【解答】解：根据祖暅原理，
①由S1＝S2，得到V1＝V2，∴必要性成立，
②由V1＝V2，则只需要底面积和高相等即可，则S1，S2不一定相等，∴充分性不成立，
∴V1＝V2是S1＝S2的必要不充分条件，
故选：B．
6．（5分）如图，一个半径为2的水轮，圆心O距离水面1米，水轮做匀速圆周运动，每分钟逆时针旋转4圈．水轮上的点P到水面的距离y（米）与时间x（秒）满足y＝Asin（ωx+φ）+k（A＞0），则（ ）
A．ω B．A＝3 C．k＝2 D．φ＝0
【解答】解：∵水轮的半径为2，水轮圆心O距离水面1m，由题意可得，
∴解得A＝2，k＝1，可得B，C选项错误，
又水轮每分钟旋转4圈，故转一圈需要15秒，
∴T＝15，
∴ω，可得A正确，
又由题意，未指明初始位置φ的值无法确定，故D错误．
故选：A．
7．（5分）如图是第24届国际数学家大会的会标，是根据中国古代数学家赵爽的弦图设计的．已知图中正方形ABCD的边长为1，∠DAE＝θ，则小正方形EFGH的面积为（ ）
A．1﹣sin2θ B．1﹣cos2θ C．1﹣2sinθ D．1﹣2cosθ
【解答】解：正方形ABCD中，AD＝1，∠DAE＝θ，
所以DH＝ADsin∠DAE＝sinθ，
AH＝ADcos∠DAE＝cosθ，
又因为Rt△ADH≌Rt△BAE≌Rt△CBF≌Rt△DCG，
所以GH＝DH﹣AH＝sinθ﹣cosθ，
所以小正方形EFGH的面积为：
S＝GH2＝（sinθ﹣cosθ）2＝sin2θ﹣2sinθcosθ+cos2θ＝1﹣sin2θ．
故选：A．
8．（5分）设x0∈R，△x＞0，函数f（x）满足，n∈N*，则函数y＝f（x）可能是（其中a＞0且a≠1）（ ）
A．f（x）＝ax B．f（x）＝xa C．f（x）＝ax D．f（x）＝logax
【解答】解：因为函数f（x）满足，n∈N*，
当f（x）＝ax时，a△x．
故选：C．
二、选择题:本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
（多选）9．（5分）已知不等式ax2+bx+c≥0的解集是{x|﹣1≤x≤2}，则（ ）
A．b＜0 B．a+b+c＞0 C．c＞0 D．a+b＝0
【解答】解：不等式ax2+bx+c≥0的解集是{x|﹣1≤x≤2}，
所以a＜0且，
解得b＝﹣a，c＝﹣2a；
所以a+b＝0，选项D正确；
设二次函数f（x）＝ax2+bx+c，且a＜0，
且函数的零点是﹣1和2，所以f（1）＝a+b+c＞0，选项B正确；
因为c＝﹣2a＞0，所以选项C正确；
因为b＝﹣a＞0，所以选项A错误．
故选：BCD．
（多选）10．（5分）已知平面向量，，若||＝3，||，•6，则（ ）
A．
B．向量与向量的夹角为
C．
D．向量与向量的夹角为
【解答】解：∵||，
∴13，
∵||＝3，•6，
∴，故A选项正确，
，
∴向量与的夹角为，故选项B错误，选项D正确，
9+12+16＝37，故选项C错误，
故正确的选项为AD．
故选：AD．
（多选）11．（5分）已知某湖泊蓝藻面积y（单位：m2）与时间t（单位：月）满足y＝at.若第1个月的蓝藻面积为2m2，则（ ）
A．蓝藻面积每个月的增长率为100%
B．蓝藻每个月增加的面积都相等
C．第6个月时，蓝藻面积就会超过60m2
D．若蓝藻面积到2m2，3m2，6m2所经过的时间分别是t1，t2，t3，则t1+t2＝t3
【解答】解：由题意可知，函数y＝at 图象经过（1，2），即a1＝2，
∴a＝2，
∴y＝2t，
∵2t+1﹣2t＝2t，
∴蓝藻每个月的面积时上个月的2倍，
∴每个月的增长率为100%，故A选项正确，
∵2t+1﹣2t＝2t，即每个月增长量为2t，非常数，故B选项错误，
当t＝6时，y＝26＝64＞60，故C选项正确，
∵若蓝藻面积到2m2，3m2，6m2所经过的时间分别是t1，t2，t3，
∴，
∴t1＝log22，t2＝log23，t3＝log26，
∴t1+t2＝log22+log23＝log26＝t3，故D选项正确．
故选：ACD．
（多选）12．（5分）某演讲比赛冠军奖杯由一个水晶球和一个金属底座组成（如图①）．已知球的体积为，金属底座是由边长为4的正三角形ABC沿各边中点的连线向上垂直折叠而围成的几何体（如图 ②），则（ ）
A．A，B，D，F四点共面
B．经过A，B，C三点的球的截面圆的面积为
C．直线AD与平面DEF所成的角为
D．奖杯整体高度为
【解答】解：根据图形的形成可知，点A，B，C三点在底面DEF上的射影分别是△DEF三边的中点，如图所示，
则△ABC与△MNP全等且所在的面平行，
平面ABNM∩平面ABC＝AB，平面ABNM∩平面DEF＝MN，
所以MN∥AB，又MN∥DF，
所以AB∥DF，
故A，B，D，F四点共面，
故选项A正确；
因为△ABC与△MNP全等且所在的面平行，所以截面圆就是△ABC的外接圆与△MNP的外接圆相同，
由题意可知，△MNP的边长为1，其外接圆的半径为，
则经过A，B，C三点的球的截面圆的面积为，
故选项B错误；
由平面ADE与平面DEF垂直可知，AE在平面AEF内的射影是DE，
所以∠ADE为直线AD与平面DEF所成的角，则∠ADE，
所以直线AD与平面DEF所成的角为，
故选项C正确；
因为AB＝BC＝CA＝1，设O为球心，半径为R，
则，解得R＝1，
所以O﹣ABC是正四面体，棱长为1，
设H为△ABC的外心，则OH⊥平面ABC，
又CH⊂平面ABC，
所以OH⊥CH，
又，则，
又AM，
所以奖杯整体高度为，
故选项D正确．
故选：ACD．
三、填空题:本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．（5分）已知lg2＝a，lg3＝b，则log212＝ （用a，b表示）．
【解答】解：∵lg2＝a，lg3＝b，
∴log212．
故答案为：．
14．（5分）半正多面体亦称为“阿基米德多面体“，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，如图所示．这是一个将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共截去八个三棱，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”花岗岩石凳，已知此石凳的棱长为，则此石积的体积是 cm3．
【解答】解：如图所示，该石凳是由棱长为40cm的正方体
沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，
∴该石凳的体积为：Vcm3．
故答案为：cm3．
15．（5分）已知区间（0，1）中的实数m在数轴上的对应点为M，如图1，将线段AB围成一个圆（端点A，B重合），如图2，再将这个圆放在平面直角坐标系中，使其圆心在y轴上，点A的坐标为（0，1），如图3，直线AM与x轴交于点N（n，0），把m与n的函数关系记作n＝f（m），则方程f（x）＝﹣1的解是x＝ ．
【解答】解：由题意知，N（﹣1，0），A（0，1），
故△NOA为等腰直角三角形，
故∠NAO，故弦AM对应的圆心角为，
故是圆周长的，即m，
故方程f（x）＝﹣1的解是x，
故答案为：．
16．（5分）已知||＝1，向量满足||•，当向量，夹角最大时，||＝ ．
【解答】解：设（1，0），，
∵||•，
∴，化简后可得y2＝2x﹣1，，
∴，
，
设t，即0＜t≤2，则，当t＝1，即x＝1，
取得最小值，即向量，夹角最大时，
∴．
故答案为：．
四、解答题:本题共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．（10分）在①a，②ScosB，③C这三个条件中任选﹣一个，补充在下面问题中，并对其进行求解．
问题：在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S，bcosA＝acosC+ccosA，b＝1，_____，求c的值．
【解答】解：在△ABC中，因为，
所以根据正弦定理得，
所以，
因为sinB≠0，
所以，
选择①，由余弦定理a2＝b2+c2﹣2bccosA，得，
解得，
选择②，，
所以
所以，即，
解得，
选择③，，因为，
所以由，得c33．
18．（12分）如图，在△OAB中，P为边AB上的一点，且与的夹角为60°．
（1）设，求x，y的值；
（2）求的值．
【解答】解：（1）∵2，∴（），
∴（），
∴x，y．
（2）∵36，2＝4，6×2×cos60°＝6，
∴（）•（）242．
19．（12分）四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的所有棱长都相等，∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD＝60°．
（1）求证：AA1⊥BD；
（2）求直线A1B与平面AA1D1D所成角的正弦值．
【解答】（1）证明：取BD的中点O，连结OA，OA1，
因为ABCD为菱形，则BD⊥AO，
因为∠A1AB＝∠A1AD，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的所有棱长都相等，
则A1D＝A1B，O为BD的中点，则BD⊥A1O，
又A1O∩AO＝O，A1O，AO⊂平面A1AO，
所以BD⊥平面A1AO，
又A1A⊂平面A1AO，
所以BD⊥A1A；
（2）解：由题意可知，B﹣A1AD为正四面体，
在正四面体B﹣A1AD中，设顶点B在底面正三角形A1AD中的射影为O'，连结A1O'，
则∠BA1O'即为直线A1B与平面AA1D1D所成的角，
设A1B＝1，则，则，
在Rt△BA1O'中，sin∠BA1O'，
所以直线A1B与平面AA1D1D所成角的正弦值为．
20．（12分）如图是函数f（x）＝Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，|φ|＜π）的部分图象，f（0）＝f（），f（）＝0．
（1）求f（x）的解析式；
（2）将f（x）的图象向右平移，得函数g（x），记h（x）＝f（x）+g（x），求h（x）的单调递减区间．
【解答】解：（1）由函数的图象顶点可得A＝2，
∵f（0）＝f（），
∴f（x）关于x称轴，
那么周期T，
可得T＝π，
则ω，
∴y＝2sin（2x+φ），图象过点（，﹣2），
可得﹣2＝2sin（φ），
∵|φ|＜π，
∴φ．
故得f（x）的解析式为；f（x）＝2sin（2x）．
（2）f（x）的图象向右平移，得y＝2sin[2（x）]＝2sin2x．
∴函数g（x）＝2sin2x，
h（x）＝f（x）+g（x）＝f（x）＝2sin（2x）+2sin2x＝2sin2xcos2cos2xsin2sin2x
cos2x+sin2x
＝2sin（2x）
令2x，k∈Z，
可得x，
∴h（x）单调递减区间为[，]，k∈Z．
21．（12分）将一张长8cm，宽6cm的长方形纸片沿着直线MN折叠，折痕MN将纸片分成两部分，面积分别为S1cm2，S2cm2．设MN＝lcm．若S1：S2＝1：2，求l的取值范围．
【解答】解：∵长方形的长为8，宽为6，
∴长方形的面积为S＝6×8＝48，
∵S1：S2＝1：2，
∴S1＝16，S2＝32，
当折痕为情形①时，设AM＝x，AN＝y，
∴，即xy＝32，可得y，
∵0≤x≤8，且，
∴，
由勾股定理可得，，
设g（x），，
观察可知g（x）为对勾函数，
当 时，即x，满足定义域，即g（x）min＝32+32＝64，
当x＝8时，g（x）max＝64+16＝80，
∴l的取值范围为[]，
当折痕为情形②时，设AM＝x，DN＝y，
∴，即，
∵0≤x≤8，且0，
∴，
∵，
当x时，l2 为最小值36，
当x时，l2 为最大值，
∴l的取值范围为[]，
当折痕是情形③时，设BN＝x，AM＝y，
，即y＝4﹣x，
∵0≤x≤6，且0≤4﹣x≤6，
∴0≤x≤4，
∵l2＝82+（x﹣y）2＝82+4（x﹣2）2，
当x＝2时，l2 为最小值64，
当x＝4时，l2 为最大值80，
∴l的取值范围为[]，
综上所述，l的取值范围为[6，]．
22．（12分）设函数f（x）＝x|x﹣a|+a|x﹣2|（a＞0），方程f（x）＝t有三个不同的实数根x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3．
（1）当a＝2时，求实数t的取值范围；
（2）当t＝2时，求正数a的取值范围；
（3）在（2）的条件下，若恒成立，求实数λ的取值范围．
【解答】解：（1）当a＝2时，，
如图所示，
易知f（x）在（﹣∞，0）单调递增，在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增，
∴f（2）＜t＜f（0），则0＜t＜4；
（2）①当0＜a≤2时，，
如图所示，
f（x）在（﹣∞，0）单调递增，在（0，a）单调递减，在（a，+∞）单调递增，
∴f（a）＜2＜f（0），则2a﹣a2＜2＜2a，解得1＜a≤2；
②当a＞2时，，
如图所示，
f（x）在（﹣∞，0）单调递增，在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增，
∴f（2）＜2＜f（0），则2a﹣4＜2＜2a，解得2＜a＜3；
综上，正数a的取值范围为（1，3）；
（3）由（2）可知，
①当1＜a≤2时，f（x）在（﹣∞，0）单调递增，在（0，a）单调递减，在（a，2）单调递增，在（2，+∞）单调递增，
∵f（2）＝4﹣2a＜2，
∴x1，x2为方程﹣x2+2a＝2的两根，则x1+x2＝0，x3是方程x2﹣2a＝2的正根，则，
∴，则；
②当2＜a＜3时，同理，x1，x2为方程﹣x2+2a＝2的两根，则x1+x2＝0，
f（x）在（﹣∞，0）单调递增，在（0，2）单调递减，在（2，a）单调递增，在（a，+∞）单调递增，f（a）＝a2﹣2a＝（a﹣1）2﹣1，
（i）当f（a）≥2，即时，x3是方程﹣x2+2ax﹣2a＝2的较小根，
在单调递减，则，
∴；
（ii）当f（a）＜2，即时，x3是方程x2﹣2a＝2的正根，故，
∴，则，
综上，．
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2020-2021学年浙江省杭州市高一（下）期末数学试卷
一.选择题:本大题共8小题，每小题5分，共40分.每小题列出的四个选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分.
1．（5分）设全集U是实数集R，M＝{x||x|≥2}，N＝{x|1＜x＜3}，则图中阴影部分所表示的集合是（ ）
A．{x|﹣2＜x＜1} B．{x|﹣2＜x＜2} C．{x|1＜x＜2} D．{x|x＜2}
2．（5分）设复数z满足zi＝1﹣2i（i是虚数单位），则z＝（ ）
A．2+i B．2﹣i C．﹣2+i D．﹣2﹣i
3．（5分）已知a＝log20.2，b＝20.2，c＝sin2，则（ ）
A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．c＜a＜b D．b＜c＜a
4．（5分）风光秀丽的千岛湖盛产鳙鱼，记鳙鱼在湖中的游速为vm/s，鳙鱼在湖中的耗氧量的单位数为x，已知鳙鱼的游速v与log2（x≥100）成正比，当鳙鱼的耗氧量为200单位时，其游速为m/s．若某条鳙鱼的游速提高了1m/s，那么它的耗氧量的单位数是原来的（ ）
A．2倍 B．4倍 C．6倍 D．8倍
5．（5分）两个体积分别为V1，V2的几何体夹在两个平行平面之间，任意一个平行于这两个平面的平面截这两个几何体，截得的截面面积分别为S1，S2，则“V1＝V2“是“S1＝S2”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
6．（5分）如图，一个半径为2的水轮，圆心O距离水面1米，水轮做匀速圆周运动，每分钟逆时针旋转4圈．水轮上的点P到水面的距离y（米）与时间x（秒）满足y＝Asin（ωx+φ）+k（A＞0），则（ ）
A．ω B．A＝3 C．k＝2 D．φ＝0
7．（5分）如图是第24届国际数学家大会的会标，是根据中国古代数学家赵爽的弦图设计的．已知图中正方形ABCD的边长为1，∠DAE＝θ，则小正方形EFGH的面积为（ ）
A．1﹣sin2θ B．1﹣cos2θ C．1﹣2sinθ D．1﹣2cosθ
8．（5分）设x0∈R，△x＞0，函数f（x）满足，n∈N*，则函数y＝f（x）可能是（其中a＞0且a≠1）（ ）
A．f（x）＝ax B．f（x）＝xa C．f（x）＝ax D．f（x）＝logax
二、选择题:本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
（多选）9．（5分）已知不等式ax2+bx+c≥0的解集是{x|﹣1≤x≤2}，则（ ）
A．b＜0 B．a+b+c＞0 C．c＞0 D．a+b＝0
（多选）10．（5分）已知平面向量，，若||＝3，||，•6，则（ ）
A．
B．向量与向量的夹角为
C．
D．向量与向量的夹角为
（多选）11．（5分）已知某湖泊蓝藻面积y（单位：m2）与时间t（单位：月）满足y＝at.若第1个月的蓝藻面积为2m2，则（ ）
A．蓝藻面积每个月的增长率为100%
B．蓝藻每个月增加的面积都相等
C．第6个月时，蓝藻面积就会超过60m2
D．若蓝藻面积到2m2，3m2，6m2所经过的时间分别是t1，t2，t3，则t1+t2＝t3
（多选）12．（5分）某演讲比赛冠军奖杯由一个水晶球和一个金属底座组成（如图①）．已知球的体积为，金属底座是由边长为4的正三角形ABC沿各边中点的连线向上垂直折叠而围成的几何体（如图 ②），则（ ）
A．A，B，D，F四点共面
B．经过A，B，C三点的球的截面圆的面积为
C．直线AD与平面DEF所成的角为
D．奖杯整体高度为
三、填空题:本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．（5分）已知lg2＝a，lg3＝b，则log212＝ （用a，b表示）．
14．（5分）半正多面体亦称为“阿基米德多面体“，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，如图所示．这是一个将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共截去八个三棱，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”花岗岩石凳，已知此石凳的棱长为，则此石积的体积是 cm3．
15．（5分）已知区间（0，1）中的实数m在数轴上的对应点为M，如图1，将线段AB围成一个圆（端点A，B重合），如图2，再将这个圆放在平面直角坐标系中，使其圆心在y轴上，点A的坐标为（0，1），如图3，直线AM与x轴交于点N（n，0），把m与n的函数关系记作n＝f（m），则方程f（x）＝﹣1的解是x＝ ．
16．（5分）已知||＝1，向量满足||•，当向量，夹角最大时，||＝ ．
四、解答题:本题共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．（10分）在①a，②ScosB，③C这三个条件中任选﹣一个，补充在下面问题中，并对其进行求解．
问题：在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S，bcosA＝acosC+ccosA，b＝1，_____，求c的值．
18．（12分）如图，在△OAB中，P为边AB上的一点，且与的夹角为60°．
（1）设，求x，y的值；
（2）求的值．
19．（12分）四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的所有棱长都相等，∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD＝60°．
（1）求证：AA1⊥BD；
（2）求直线A1B与平面AA1D1D所成角的正弦值．
20．（12分）如图是函数f（x）＝Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，|φ|＜π）的部分图象，f（0）＝f（），f（）＝0．
（1）求f（x）的解析式；
（2）将f（x）的图象向右平移，得函数g（x），记h（x）＝f（x）+g（x），求h（x）的单调递减区间．
21．（12分）将一张长8cm，宽6cm的长方形纸片沿着直线MN折叠，折痕MN将纸片分成两部分，面积分别为S1cm2，S2cm2．设MN＝lcm．若S1：S2＝1：2，求l的取值范围．
22．（12分）设函数f（x）＝x|x﹣a|+a|x﹣2|（a＞0），方程f（x）＝t有三个不同的实数根x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3．
（1）当a＝2时，求实数t的取值范围；
（2）当t＝2时，求正数a的取值范围；
（3）在（2）的条件下，若恒成立，求实数λ的取值范围．
2020-2021学年浙江省杭州市高一（下）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一.选择题:本大题共8小题，每小题5分，共40分.每小题列出的四个选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分.
1．（5分）设全集U是实数集R，M＝{x||x|≥2}，N＝{x|1＜x＜3}，则图中阴影部分所表示的集合是（ ）
A．{x|﹣2＜x＜1} B．{x|﹣2＜x＜2} C．{x|1＜x＜2} D．{x|x＜2}
【解答】解：∵M＝{x||x|≥2}＝{x|x≥2或x≤﹣2}N＝{x|1＜x＜3}
∵阴影部分表示集合（∁UM）∩N，
∴阴影部分表示的集合是（1，2）．
故选：C．
2．（5分）设复数z满足zi＝1﹣2i（i是虚数单位），则z＝（ ）
A．2+i B．2﹣i C．﹣2+i D．﹣2﹣i
【解答】解：因为复数z满足zi＝1﹣2i，
所以．
故选：D．
3．（5分）已知a＝log20.2，b＝20.2，c＝sin2，则（ ）
A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．c＜a＜b D．b＜c＜a
【解答】解：∵，
∴a＜c＜b，
故选：B．
4．（5分）风光秀丽的千岛湖盛产鳙鱼，记鳙鱼在湖中的游速为vm/s，鳙鱼在湖中的耗氧量的单位数为x，已知鳙鱼的游速v与log2（x≥100）成正比，当鳙鱼的耗氧量为200单位时，其游速为m/s．若某条鳙鱼的游速提高了1m/s，那么它的耗氧量的单位数是原来的（ ）
A．2倍 B．4倍 C．6倍 D．8倍
【解答】解：∵鳙鱼的游速v与log2（x≥100）成正比，
∴，
∵当x＝200时，v，
∴，解得k，
∴，
设鳙鱼开始的速度为v0，耗氧的单位数为x0，提速后的速度为v1，提速后的耗氧的单位数为x1，
∵
又∵，
∴x1＝4x0，
故选：B．
5．（5分）两个体积分别为V1，V2的几何体夹在两个平行平面之间，任意一个平行于这两个平面的平面截这两个几何体，截得的截面面积分别为S1，S2，则“V1＝V2“是“S1＝S2”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【解答】解：根据祖暅原理，
①由S1＝S2，得到V1＝V2，∴必要性成立，
②由V1＝V2，则只需要底面积和高相等即可，则S1，S2不一定相等，∴充分性不成立，
∴V1＝V2是S1＝S2的必要不充分条件，
故选：B．
6．（5分）如图，一个半径为2的水轮，圆心O距离水面1米，水轮做匀速圆周运动，每分钟逆时针旋转4圈．水轮上的点P到水面的距离y（米）与时间x（秒）满足y＝Asin（ωx+φ）+k（A＞0），则（ ）
A．ω B．A＝3 C．k＝2 D．φ＝0
【解答】解：∵水轮的半径为2，水轮圆心O距离水面1m，由题意可得，
∴解得A＝2，k＝1，可得B，C选项错误，
又水轮每分钟旋转4圈，故转一圈需要15秒，
∴T＝15，
∴ω，可得A正确，
又由题意，未指明初始位置φ的值无法确定，故D错误．
故选：A．
7．（5分）如图是第24届国际数学家大会的会标，是根据中国古代数学家赵爽的弦图设计的．已知图中正方形ABCD的边长为1，∠DAE＝θ，则小正方形EFGH的面积为（ ）
A．1﹣sin2θ B．1﹣cos2θ C．1﹣2sinθ D．1﹣2cosθ
【解答】解：正方形ABCD中，AD＝1，∠DAE＝θ，
所以DH＝ADsin∠DAE＝sinθ，
AH＝ADcos∠DAE＝cosθ，
又因为Rt△ADH≌Rt△BAE≌Rt△CBF≌Rt△DCG，
所以GH＝DH﹣AH＝sinθ﹣cosθ，
所以小正方形EFGH的面积为：
S＝GH2＝（sinθ﹣cosθ）2＝sin2θ﹣2sinθcosθ+cos2θ＝1﹣sin2θ．
故选：A．
8．（5分）设x0∈R，△x＞0，函数f（x）满足，n∈N*，则函数y＝f（x）可能是（其中a＞0且a≠1）（ ）
A．f（x）＝ax B．f（x）＝xa C．f（x）＝ax D．f（x）＝logax
【解答】解：因为函数f（x）满足，n∈N*，
当f（x）＝ax时，a△x．
故选：C．
二、选择题:本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
（多选）9．（5分）已知不等式ax2+bx+c≥0的解集是{x|﹣1≤x≤2}，则（ ）
A．b＜0 B．a+b+c＞0 C．c＞0 D．a+b＝0
【解答】解：不等式ax2+bx+c≥0的解集是{x|﹣1≤x≤2}，
所以a＜0且，
解得b＝﹣a，c＝﹣2a；
所以a+b＝0，选项D正确；
设二次函数f（x）＝ax2+bx+c，且a＜0，
且函数的零点是﹣1和2，所以f（1）＝a+b+c＞0，选项B正确；
因为c＝﹣2a＞0，所以选项C正确；
因为b＝﹣a＞0，所以选项A错误．
故选：BCD．
（多选）10．（5分）已知平面向量，，若||＝3，||，•6，则（ ）
A．
B．向量与向量的夹角为
C．
D．向量与向量的夹角为
【解答】解：∵||，
∴13，
∵||＝3，•6，
∴，故A选项正确，
，
∴向量与的夹角为，故选项B错误，选项D正确，
9+12+16＝37，故选项C错误，
故正确的选项为AD．
故选：AD．
（多选）11．（5分）已知某湖泊蓝藻面积y（单位：m2）与时间t（单位：月）满足y＝at.若第1个月的蓝藻面积为2m2，则（ ）
A．蓝藻面积每个月的增长率为100%
B．蓝藻每个月增加的面积都相等
C．第6个月时，蓝藻面积就会超过60m2
D．若蓝藻面积到2m2，3m2，6m2所经过的时间分别是t1，t2，t3，则t1+t2＝t3
【解答】解：由题意可知，函数y＝at 图象经过（1，2），即a1＝2，
∴a＝2，
∴y＝2t，
∵2t+1﹣2t＝2t，
∴蓝藻每个月的面积时上个月的2倍，
∴每个月的增长率为100%，故A选项正确，
∵2t+1﹣2t＝2t，即每个月增长量为2t，非常数，故B选项错误，
当t＝6时，y＝26＝64＞60，故C选项正确，
∵若蓝藻面积到2m2，3m2，6m2所经过的时间分别是t1，t2，t3，
∴，
∴t1＝log22，t2＝log23，t3＝log26，
∴t1+t2＝log22+log23＝log26＝t3，故D选项正确．
故选：ACD．
（多选）12．（5分）某演讲比赛冠军奖杯由一个水晶球和一个金属底座组成（如图①）．已知球的体积为，金属底座是由边长为4的正三角形ABC沿各边中点的连线向上垂直折叠而围成的几何体（如图 ②），则（ ）
A．A，B，D，F四点共面
B．经过A，B，C三点的球的截面圆的面积为
C．直线AD与平面DEF所成的角为
D．奖杯整体高度为
【解答】解：根据图形的形成可知，点A，B，C三点在底面DEF上的射影分别是△DEF三边的中点，如图所示，
则△ABC与△MNP全等且所在的面平行，
平面ABNM∩平面ABC＝AB，平面ABNM∩平面DEF＝MN，
所以MN∥AB，又MN∥DF，
所以AB∥DF，
故A，B，D，F四点共面，
故选项A正确；
因为△ABC与△MNP全等且所在的面平行，所以截面圆就是△ABC的外接圆与△MNP的外接圆相同，
由题意可知，△MNP的边长为1，其外接圆的半径为，
则经过A，B，C三点的球的截面圆的面积为，
故选项B错误；
由平面ADE与平面DEF垂直可知，AE在平面AEF内的射影是DE，
所以∠ADE为直线AD与平面DEF所成的角，则∠ADE，
所以直线AD与平面DEF所成的角为，
故选项C正确；
因为AB＝BC＝CA＝1，设O为球心，半径为R，
则，解得R＝1，
所以O﹣ABC是正四面体，棱长为1，
设H为△ABC的外心，则OH⊥平面ABC，
又CH⊂平面ABC，
所以OH⊥CH，
又，则，
又AM，
所以奖杯整体高度为，
故选项D正确．
故选：ACD．
三、填空题:本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．（5分）已知lg2＝a，lg3＝b，则log212＝ （用a，b表示）．
【解答】解：∵lg2＝a，lg3＝b，
∴log212．
故答案为：．
14．（5分）半正多面体亦称为“阿基米德多面体“，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，如图所示．这是一个将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共截去八个三棱，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”花岗岩石凳，已知此石凳的棱长为，则此石积的体积是 cm3．
【解答】解：如图所示，该石凳是由棱长为40cm的正方体
沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，
∴该石凳的体积为：Vcm3．
故答案为：cm3．
15．（5分）已知区间（0，1）中的实数m在数轴上的对应点为M，如图1，将线段AB围成一个圆（端点A，B重合），如图2，再将这个圆放在平面直角坐标系中，使其圆心在y轴上，点A的坐标为（0，1），如图3，直线AM与x轴交于点N（n，0），把m与n的函数关系记作n＝f（m），则方程f（x）＝﹣1的解是x＝ ．
【解答】解：由题意知，N（﹣1，0），A（0，1），
故△NOA为等腰直角三角形，
故∠NAO，故弦AM对应的圆心角为，
故是圆周长的，即m，
故方程f（x）＝﹣1的解是x，
故答案为：．
16．（5分）已知||＝1，向量满足||•，当向量，夹角最大时，||＝ ．
【解答】解：设（1，0），，
∵||•，
∴，化简后可得y2＝2x﹣1，，
∴，
，
设t，即0＜t≤2，则，当t＝1，即x＝1，
取得最小值，即向量，夹角最大时，
∴．
故答案为：．
四、解答题:本题共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．（10分）在①a，②ScosB，③C这三个条件中任选﹣一个，补充在下面问题中，并对其进行求解．
问题：在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S，bcosA＝acosC+ccosA，b＝1，_____，求c的值．
【解答】解：在△ABC中，因为，
所以根据正弦定理得，
所以，
因为sinB≠0，
所以，
选择①，由余弦定理a2＝b2+c2﹣2bccosA，得，
解得，
选择②，，
所以
所以，即，
解得，
选择③，，因为，
所以由，得c33．
18．（12分）如图，在△OAB中，P为边AB上的一点，且与的夹角为60°．
（1）设，求x，y的值；
（2）求的值．
【解答】解：（1）∵2，∴（），
∴（），
∴x，y．
（2）∵36，2＝4，6×2×cos60°＝6，
∴（）•（）242．
19．（12分）四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的所有棱长都相等，∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD＝60°．
（1）求证：AA1⊥BD；
（2）求直线A1B与平面AA1D1D所成角的正弦值．
【解答】（1）证明：取BD的中点O，连结OA，OA1，
因为ABCD为菱形，则BD⊥AO，
因为∠A1AB＝∠A1AD，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的所有棱长都相等，
则A1D＝A1B，O为BD的中点，则BD⊥A1O，
又A1O∩AO＝O，A1O，AO⊂平面A1AO，
所以BD⊥平面A1AO，
又A1A⊂平面A1AO，
所以BD⊥A1A；
（2）解：由题意可知，B﹣A1AD为正四面体，
在正四面体B﹣A1AD中，设顶点B在底面正三角形A1AD中的射影为O'，连结A1O'，
则∠BA1O'即为直线A1B与平面AA1D1D所成的角，
设A1B＝1，则，则，
在Rt△BA1O'中，sin∠BA1O'，
所以直线A1B与平面AA1D1D所成角的正弦值为．
20．（12分）如图是函数f（x）＝Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，|φ|＜π）的部分图象，f（0）＝f（），f（）＝0．
（1）求f（x）的解析式；
（2）将f（x）的图象向右平移，得函数g（x），记h（x）＝f（x）+g（x），求h（x）的单调递减区间．
【解答】解：（1）由函数的图象顶点可得A＝2，
∵f（0）＝f（），
∴f（x）关于x称轴，
那么周期T，
可得T＝π，
则ω，
∴y＝2sin（2x+φ），图象过点（，﹣2），
可得﹣2＝2sin（φ），
∵|φ|＜π，
∴φ．
故得f（x）的解析式为；f（x）＝2sin（2x）．
（2）f（x）的图象向右平移，得y＝2sin[2（x）]＝2sin2x．
∴函数g（x）＝2sin2x，
h（x）＝f（x）+g（x）＝f（x）＝2sin（2x）+2sin2x＝2sin2xcos2cos2xsin2sin2x
cos2x+sin2x
＝2sin（2x）
令2x，k∈Z，
可得x，
∴h（x）单调递减区间为[，]，k∈Z．
21．（12分）将一张长8cm，宽6cm的长方形纸片沿着直线MN折叠，折痕MN将纸片分成两部分，面积分别为S1cm2，S2cm2．设MN＝lcm．若S1：S2＝1：2，求l的取值范围．
【解答】解：∵长方形的长为8，宽为6，
∴长方形的面积为S＝6×8＝48，
∵S1：S2＝1：2，
∴S1＝16，S2＝32，
当折痕为情形①时，设AM＝x，AN＝y，
∴，即xy＝32，可得y，
∵0≤x≤8，且，
∴，
由勾股定理可得，，
设g（x），，
观察可知g（x）为对勾函数，
当 时，即x，满足定义域，即g（x）min＝32+32＝64，
当x＝8时，g（x）max＝64+16＝80，
∴l的取值范围为[]，
当折痕为情形②时，设AM＝x，DN＝y，
∴，即，
∵0≤x≤8，且0，
∴，
∵，
当x时，l2 为最小值36，
当x时，l2 为最大值，
∴l的取值范围为[]，
当折痕是情形③时，设BN＝x，AM＝y，
，即y＝4﹣x，
∵0≤x≤6，且0≤4﹣x≤6，
∴0≤x≤4，
∵l2＝82+（x﹣y）2＝82+4（x﹣2）2，
当x＝2时，l2 为最小值64，
当x＝4时，l2 为最大值80，
∴l的取值范围为[]，
综上所述，l的取值范围为[6，]．
22．（12分）设函数f（x）＝x|x﹣a|+a|x﹣2|（a＞0），方程f（x）＝t有三个不同的实数根x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3．
（1）当a＝2时，求实数t的取值范围；
（2）当t＝2时，求正数a的取值范围；
（3）在（2）的条件下，若恒成立，求实数λ的取值范围．
【解答】解：（1）当a＝2时，，
如图所示，
易知f（x）在（﹣∞，0）单调递增，在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增，
∴f（2）＜t＜f（0），则0＜t＜4；
（2）①当0＜a≤2时，，
如图所示，
f（x）在（﹣∞，0）单调递增，在（0，a）单调递减，在（a，+∞）单调递增，
∴f（a）＜2＜f（0），则2a﹣a2＜2＜2a，解得1＜a≤2；
②当a＞2时，，
如图所示，
f（x）在（﹣∞，0）单调递增，在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增，
∴f（2）＜2＜f（0），则2a﹣4＜2＜2a，解得2＜a＜3；
综上，正数a的取值范围为（1，3）；
（3）由（2）可知，
①当1＜a≤2时，f（x）在（﹣∞，0）单调递增，在（0，a）单调递减，在（a，2）单调递增，在（2，+∞）单调递增，
∵f（2）＝4﹣2a＜2，
∴x1，x2为方程﹣x2+2a＝2的两根，则x1+x2＝0，x3是方程x2﹣2a＝2的正根，则，
∴，则；
②当2＜a＜3时，同理，x1，x2为方程﹣x2+2a＝2的两根，则x1+x2＝0，
f（x）在（﹣∞，0）单调递增，在（0，2）单调递减，在（2，a）单调递增，在（a，+∞）单调递增，f（a）＝a2﹣2a＝（a﹣1）2﹣1，
（i）当f（a）≥2，即时，x3是方程﹣x2+2ax﹣2a＝2的较小根，
在单调递减，则，
∴；
（ii）当f（a）＜2，即时，x3是方程x2﹣2a＝2的正根，故，
∴，则，
综上，．
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