辽宁省葫芦岛市普通高中2020-2021学年高一下学期期末学业质量监测数学试卷

高一数学 参考答案及评分标准

一、单项选择题

AACB CDCC 二、多项选择题

9.AB 10. AD 11. BCD 12.AC 三、填空题

3π5π201513.3 14. [-12+kπ,12+kπ] 15. 14；3 16. 2π 四、解答题

17. （本小题满分10分）

3104（1）由sinα=10 ，得cos212sin2； …………………………4

5（2）由，为锐角，得(0,)，2(0,)， ……………………6 又cos()525，sin()， 5531010由sinα=10 且为锐角，得cos． ………………………………8

10则sin(2+)sin[+()]sincos()+cossin()

310510252． ………………………………………10 ()+()-1051051018. （本小题满分12分）

（1）证明：因为D，E分别为棱PC，AC的中点，

所以DE∥PA．………………………………………………………………………2

又因为PA ⊄ 平面DEF，DE平面DEF，

所以直线PA∥平面DEF．…………………………………………………………4

（2）因为D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，PA = 6，BC = 8，

11所以DE∥PA，DE =PA = 3，EF =BC = 4．…………………………………6

22又因为DF = 5，故DF2 = DE2 + EF2，

所以∠DEF = 90°，即DE丄EF． ………………………………………………8

又PA⊥AB，DE∥PA，所以DE⊥AB．……………………………………10 因为AB∩EF =F，所以AC⊥平面ABC，EF平面ABC， 所以DE⊥平面ABC．

又DE平面BDE，所以平面BDE⊥平面ABC．………………………………12 19.（本小题满分12分）

（1）选①：由mnb2得a(ab)(caab )cb2c …………………………2

1a2c2b21整理：acacb B………………………………… 4cos2ac22222B

3………………………………………………………………………………6

aca2b2c22ac选②：由cosC得………………………………………22ab2bb2b

整理得：acbac2221a2c2b21，cosB………………………………4 即2ac22B

3……………………………………………………………………………………6

4313 acsinB，cosBsBin323 …………………………2

选③：a2c2b2tanB3 …………………………………………………………………………………4

B

3 …………………………………………………………………………………6

b2R外，得b2， ………………………………………………………8 sinBac2 )2 …………………10

(2)由

由余弦定理得：a2c2b2ac，即(ac)2223ac3(2ac4，当且仅当ac2时取等号，

从而周长labc6，

ABC周长的最大值为6.…………………………………………………………12

20. （本小题满分12分）

（1） ……………………3 （2）根据图象可考虑用函数yAsin(x)h(A0,0) 刻画水深与时间的关系，从数据和图象可得：

Ah7.5A2.5,h5 …………………………………………………5 Ah2.5易知T12,0，所以Ty2.5sin212,w…………………………………………6 w66x5(0x24)

当x=11时，y=3.75（米）…………………………………………………………8

（3）货船的安全水深为5+1.25=6.25（米） 当y6.25时可以进港，于是有 2.5sin6x56.25，整理得sin6x12

解得：12k1x12k5,kz…………………………………………………………10

又∵x[0,24]

∴当k=0时，x[1,5]；当k=1时，x[13,17]

所以，货船可以在1时进港，5时出港或中午13时进港，17时出港，每次可以在港口停留4小时 ……………………………………………………………………12 21. （本小题满分12分）

（1）连AC交BD于M，连MC1。

∵四边形ABCD为菱形，AC，BD分别为对角线，

∴BD⊥AC——① ……………………………………………………………………1

由直四棱柱可知，CC1⊥平面ABCD，且BD平面ABCD

∴CC1⊥BD——②……………………………………………………………………2

又∵AC∩CC1=C ∴BD⊥平面ACC1

又∵MC平面ACC1………………………………………………………………3 ∴BD⊥MC1,于是∠C1MA是二面角C1-BD-A的平面角，而∠C1MC是二面角C1-BD-A的补角.……………………………………………………………………………………4

∵AB=AD=2 ∠DAB=60°,∴BD=2 AM=CM=3 在Rt△C1CM中,tan∠C1CM=3 3，∴∠C1CM=

33………………………5

所以，二面角C1-BD-A的大小为

3…………………………………………………6

（2）过C作CN⊥C1M交C1M于N. ∵DD1∥CC1

∴DD1与平面C1BD所成角等于CC1与平面C1BD所成的角……………………8 由（1）知，BD⊥平面ACC1 又∵BD平面C1BD ∴平面C1BD⊥平面ACC1

又∵面C1BD∩面ACC1=CM, CN面ACC1 ∴CN⊥面C1BD

∴∠CC1N就是所求的线面角………………………………………………………10 在Rt△C1CM中，tan∠CC1N=∴DD1与平面C1DB所成角为

22.（本小题满分12分）

 3

6……………………………………………………12

（1）由f(x)m30在x[,]上有解可得：

32m4sin(x)sinx231在x[,]上有解.………………………………………2

632设 t(x)4sin(x 2cos(2x

66)sinx231)31573因为x[,]所以2x[,]，从而1cos2x6666232，即 33t(x)1所以 33m1 …………………………………………… 4

B（2）由f()1得cos(B)0

26

0B，B62，B3

22

在RtABD中，AB=sinA ;在RtBCD中BC=sinC ……………………………………6 12111 + =sinA+sinC=ABBC242sinA+ sin(A+B)

373=sinA+2cosA=2sin(A+φ)， tanφ=2 π3127

当sin(A+φ)=1时，即A= - arctan时， + 有最大值…………………………8

22ABBC2

另解：设ABD(0)

3在RtABD中在RtBCD中

11cos AB22 cos()BC3…………………………………………………………6

2117cos()cossin() BCAB322其中cos37,sin271 2所以，当sin()1 即2arcsin27时 7217取大值 2……………………………………………………………………8BCAB（3）存在，理由如下：

π

由(1)知f(x)=2sin(2x-3)+1,将 的图象 纵坐标不变 横坐标伸长为原来的4倍可得1π12ππ

函数y=2sin(2x-3)+1再把整个图象向 左平移 个单位长度得到y=2sin(2(x+3)-3)+1化简11

得：y=2sin(2x)+1，再将图像向下平移1个单位得g(x)= 2sin(2x).……………………10

1

，设点P(x0, 2sin2x0)，M(π-2,3) ,N(π+2,6), 假设存在一点P，使得

11→→

MP=( x0-π+2, 2sin2x0-3),NP=( x0-π-2, 2sin2x0-6).

199→→→→22

NP=0，x0-2πx0+π-4+4(sin2x0-4)2-4=0. 又 MP⊥NP，所以MP·2519

22

整理得：4 -(x0-π)=4(sin2x0-4). 2519169易知，4≤4(sin2x0-4)2≤4

2525

2

又因为4 -(x0-π)≤4，

1925 2

所以当且仅当x0=π时，4(sin2x0-4)和4 -(x0-π)2同时等于 ，

即x0=π时，符合题意，故g(x)上存在一点P，此时P点坐标为（π，2）………………12