1、2020学年第二学期杭州市高一年级期末教学质量检测数学试题卷考生须知：1本试卷分试题卷和答题卡两部分。满分150分，考试时间120分钟。2答题前，必须在答题卡指定位置上用黑笔填写学校名、姓名、试场号、座位号、准考证号，并用2B铅笔将准考证号所对应的数字涂黑。3答案必须写在答题卡相应的位置上，写在其他地方无效。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设全集，则图中阴影部分集合是（ ）ABCD2设复数满足（是虚数单位），则（ ）ABCD3已知，则（ ）ABCD4风光秀丽的千岛湖盛产鳙鱼，记鳙鱼在湖中的游速为，鳙鱼在湖
2、中的耗氧量的单位数为，已知鳙鱼的游速与（）成正比，当鳙鱼的耗氧量为200单位时，其游速为若某条鳙鱼的游速提高了，那么它的耗氧量的单位数是原来的（ ）A2倍B4倍C6倍D8倍5两个体积分别为，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，则“”是“”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如图，一个半径为2的水轮，圆心距离水面1米，水轮做匀速圆周运动，每分钟逆时针旋转4圈水轮上的点到水面的距离（米）与时间（秒）满足（），则（ ）ABCD7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
3、的已知图中正方形的边长为1，则小正方形的面积为（ ）ABCD8若，函数满足，则函数可能是（其中且）（ ）ABCD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选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分9已知不等式的解集是，则（ ）ABCD10已知平面向量，若，则（ ）AB向量与向量的夹角为CD向量与向量的夹角为11已知某湖泊蓝藻面积（单位：）与时间（单位：月）满足若第1个月的蓝藻面积为，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D若蓝藻面积到，所经过的时间分别是，则12某演讲比赛冠军奖杯由一
4、个水晶球和一个金属底座组成（如图）已知球的体积为，金属底座是由边长为4的正三角形沿各边中点的连线向上垂直折叠而围成的几何体（如图），则（ ）A，四点共面B经过，三点的截面圆的面积为C直线与平面所成的角为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已知，则_（用，表示）14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，共截去八个三棱锥，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，则此石凳的体积是_15已知区间中的实数在数轴上的对应点
5、为，如图1；将线段围成一个圆（端点，重合），如图2；再将这个圆放在平面直角坐标系中，使其圆心在轴上，点的坐标为，如图3直线与轴交于点，把与的函数关系记作，则方程的解是_16已知，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（本题满分10分）在；，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 在中，设内角，的对边分别为，的面积为，_，求的值注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分18（本题满分12分）如图，在中，为边上的一点，且与的夹角为60（）设，求，的值；（）求的值19（本题满分12分）四棱柱的所有棱长都相等
6、，（）求证：；（）求直线与平面所成角的正弦值20（本题满分12分）如图是函数（，）的部分图象，（）求的解析式；（）将的图象向右平移，得函数，记，求的单调递减区间21（本题满分12分）将一张长，宽的长方形纸片沿着直线折叠，折痕将纸片分成两部分，面积分别为，设若，求的取值范围22（本题满分12分）设函数（），方程有三个不同的实数根，且（）当时，求实数的取值范围；（）当时，求正数的取值范围；（）在（）的条件下，若恒成立，求实数的取值范围2020学年第二学期杭州市高一年级期末教学质量检测数学参考答案及评分标准一、选择题：（本大题共10小题，每小题4分，计40分）12345678CDBBBAAC二、多项
7、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9BCD10AD11ACD12ACD三、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13141516四、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在中，因为，所以，所以，因为，选择，由余弦定理得，解得；选择，所以，所以，即，解得；选择，因为，所以由，得18（1）如下图，过点作，分别交，点，因为，所以，所以，又四边形为平行四边形，所以，又因为，不共线，所以，（2）由（1）知19（1）取的中点连接，所以直线平面，所以（2）不妨设，由题
8、意可知为正四面体，与平面所成的角即侧棱与底面所成的角，过作底面的垂线，垂足为正的中心，连接，所以为与平面所成的角设，则，所以20（1）由图可知，是图中的一条对称轴，且，又得，（2），所以的单调递减区间为（）21如图所示，不妨设纸片为长方形，其中点在面积为的部分内折痕有下列三种情形：折痕的端点，分别在，上；折痕的端点，分别在，上；折痕的端点，分别在，上由题意知，长方形的面积为因为，所以，当折痕是情形时，设，则，即设，所以的取值范围为，从而的范围是当折痕是情形时，设，则，即所以的范围为当折痕是情形时，设，则，即由得所以，所以的取值范围是因为（即），所以的取值范围为22（1），在单调递增，在单调递减，在单调递增，所以，即（2）当时，在单调递增，在单调递减，在单调递增，在单调递增，所以即，所以当时，在单调递增，在单调递减，在单调递增，在单调递增，所以即，所以，由可知，（3）由（2）可知，当时，在单调递增，在单调递减，在单调递增，在单调递增，因为，所以，为方程的两个根，为方程的正根，所以，所以当时，在单调递增，在单调递减，在单调递增，在单调递增，i）当，即时，为方程的较小根，在单调递减，ii）当，即时，为方程的正根，所以综上，
