【文档说明】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答案.pdf，共(6)页，315.979 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-384ee44314a32a548ccb4f555e7eb6eb.html

以下为本文档部分文字说明：

2021年葫芦岛市普通高中学业质量监测考试高一数学参考答案及评分标准一、单项选择题AACBCDCC二、多项选择题9.AB10.AD11.BCD12.AC三、填空题13.3314.[-π12+kπ,5π12+kπ]15.14；203

16.152π四、解答题17.（本小题满分10分）（1）由sinα=31010，得24cos212sin5；…………………………4（2）由，为锐角，得(0,)，2(0,)，……………………6又5cos()5，25sin()5

，由sinα=31010且为锐角，得0os1c10．………………………………8则sin(2+)sin[+()]sincos()+cossin()105102521013()+()-51005．………………………………………10

18.（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，所以DE∥PA，DE=PA=3，EF=BC=4．…………………………………6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．………………………………1219.（本小题满分12分）（1）选①：由2mnb得2()()aba

abcacbc…………………………2整理：222acacb222122acbac1cos42B…………………………………3B………………………………………………………………………………6选②：由cos2acCbb得2

222222abcacabb………………………………………222acbac整理得：222122acbac即1cos42B，………………………………3B……………………………………………………………………………………6选③：222431sin32acbacB，3

cossin3BB…………………………2tan3B…………………………………………………………………………………43B…………………………………………………………………………………6(2)由2sinbRB外，得2b，………………………………………………………8由余弦定理得：22

2acbac，即222()233()2acacac…………………10121224ac，当且仅当2ac时取等号，从而周长6labc，ABC周长的最大值为6.…………………………………………………………1220.

（本小题满分12分）（1）……………………3（2）根据图象可考虑用函数sin()(0,0)yAxhA刻画水深与时间的关系，从数据和图象可得：7.52.5AhAh2.5,5Ah…………………………………………………5212,012,6

6TTww易知，所以…………………………………………2.5sin5(024)6yxx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6.25y时可以进港，于是有2.5sin56.256x，整理得1sin62x121125,kxkkz解得：…………………………………………………………10又∵[0,24]x∴当k

=0时，[1,5]x；当k=1时，[13,17]x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……………………………………………………………………1221.（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=2AM=CM=3在Rt△C1CM中,tan∠C1CM=333，∴∠C1CM=3………………………5所以，二面角C

1-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R

t△C1CM中，tan∠CC1N=3∴DD1与平面C1DB所成角为6……………………………………………………1222.（本小题满分12分）（1）由()30fxm在[,]32x上有解可得：4sin()sin2316mxx

在[,]32x上有解.………………………………………2()4sin()sin23162cos(2)316txxxx设[,]32x因为，5732[,]1cos266662xx

所以，从而33()1tx即3314m所以……………………………………………（2）由()12Bf得cos()06B0623BBB，，在RtABD中，AB=2sinA;在RtB

CD中BC=2sinC……………………………………61AB+2BC=12sinA+14sinC=12sinA+sin(A+B)=sinA+32cosA=72sin(A+φ)，tanφ=32当sin(A+φ)=1时，即A=π2-arctan32时，1AB+2BC有最大值72…

………………………8另解：设(0)3ABD在RtABD中11cos2AB在RtBCD中2cos()3BC…………………………………………………………62117cos()cossin()322BCAB

其中321cos,sin277所以，当sin()1即2arcsin727时21BCAB取大值72……………………………………………………………………8（3）存在，理由如下：由(1)知f(x)=2s

in(2x-π3)+1,将的图象纵坐标不变横坐标伸长为原来的4倍可得函数y=2sin(12x-π3)+1再把整个图象向左平移个单位长度得到y=2sin(12(x+2π3)-π3)+1化简得：y=2sin(12x)+1，再将图像向下平

移1个单位得g(x)=2sin(12x).……………………10假设存在一点P，使得，设点P(x0,2sin12x0)，M(π-2,3),N(π+2,6),MP→=(x0-π+2,2sin12x0-3),NP→=(x0-π-2,2sin1

2x0-6).又MP→⊥NP→，所以MP→·NP→=0，x02-2πx0+π2-4+4(sin12x0-94)2-94=0.整理得：254-(x0-π)2=4(sin12x0-94)2.易知，254≤4(sin12x0-94)2≤1694又因为254-(x0-π)2≤254，所以当且仅当x0=

π时，4(sin12x0-94)2和254-(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