【文档说明】云南省玉溪市2020-2021学年高一下学期期末教学质量检测数学试题 含答案.docx，共(8)页，657.506 KB，由小赞的店铺上传

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秘密★启用前【考试时间：2021年7月15日9:00-11:00】4玉溪市20202021学年下学期高一年级期末教学质量检测数学试卷注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的学校、姓名、班级、准考证号、考场号、座位号填写

在答题卡上，并认真核准条形码上的学校、姓名、班级、准考证号、考场号、座位号，在规定的位置贴好条形码．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答

案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．一、选择题（本题共10个小题，每小题5分，共50分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．设集合{24},{784}AxxBxxx==−−，则

AB=（）A．[2,3]B．[3,4]C．[3,4)D．(2,4)2．复数(34)Zii=−+，则Z的虚部是（）A．4B．3−C．3D．4−3．已知2()23fxxx=−−，则“3x=”是“()0fx=”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条

件D．既不充分也不必要条件4．已知ABC中，3,2,tan3ABBCC===，则ABC的面积为（）A．12B．32C．52D．755．在矩形ABCD中，3,2ABAD==，E为BC的中点，则||AEBE+=（）A．5B．11C．13D．156．如图所示的铅笔

模型是由正三棱柱和正三棱锥构成的，正三棱锥的底面边长和高都是1，正三棱柱的高是正三棱锥的高的20倍，则这只铅笔模型的体积是（）A．53B．1633C．3136D．613127．若正实数a，b满足abab+=，

则abab++的最小值为（）A．2B．4C．8D．168．设0.10.134,log0.1,0.5abc===，则（）A．abcB．bacC．bcaD．acb9．在三棱锥SABC−中，侧棱SA与平面ABC垂直，2SA=，等腰

直角三角形ABC的斜边AB长为2，则三棱锥SABC−的侧面积为（）A．22+B．221+C．123+D．222+10．已知定义在R上的奇函数()fx在(0,)+上单调递增，且(1)0f=，若实数x满足102xfx−，则x的取值范

围是（）A．113,0,222−B．113,,222−+C．11,0,22−+D．311,0,222−−二、多选题（本题共2个小题，每小题5分，共10分在每小题给

出的选项中，有多项符合题目要求全部选对得5分，部分选对得3分，有选错的，得0分．）11．已知点O，N，P在ABC所在平面内，下列说法正确的有（）A．若222OAOBOC==，则O是ABC的内心B．若0NANBNC++=，则BNCANCANBSSS==C．若PAP

BPBPCPCPA==，则P为ABC的垂心D．若0||||ABACBCABAC+=，且12||||ABACABAC=，则ABC为等边三角形12．如图，四棱锥PABCD−的底面为矩形，PD⊥底面ABCD，1,2ADPDAB===，点E是PB的中点，过

A，D，E三点的平面与平面PBC的交线为l，则（）A．//l平面PADB．//AE平面PCDC．直线PA与l所成角的余弦值为55D．平面截四棱锥PABCD−所得的上，下两部分几何体的体积之比为35三、填空题

：（本题共4小题，每小题5分，共20分）13．已知(2,),(1,3)amb==−，若ab⊥，则m=___________．14．设复数Zabi=+，其中a，b为实数，若(23)2iabi−=+，则||Z=_________．15．若直线233ym

m=+−与函数()||1fxx=+的图象有两个不同交点，则实数m的取值范围是______．16．定义：对于函数()fx，若定义域内存在实数0x满足：()()00fxfx−=−，则称()fx为“局部奇函数”．若1()3fxmx=+−是定义在区间(1,1)−上的“局部奇函数”，则实数m的取值范

围是________．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．（本小题满分10分）已知||35,(1,2)ab==，且ab=．（1）求a的坐标．（2）当0时，若(3,4)c=−，求a与c的夹角的

正弦值．18．（本小题满分12分）已知函数()2cos()0,||2fxx=+满足下列3个条件：①函数()fx的周期为；②3x=是函数()fx的对称轴；③7012f=．（1）请选其

中两个条件，并求出此时函数()fx的解析式；（2）若,33x−，求函数()fx的最值．19．（本小题满分12分）ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足coscos2cosbCcBaA+=．（1

）求角A的大小；（2）若3a=，求ABC面积的最大值．20．（本小题满分12分）如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异于C，D的点．（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；（2）在线段AM上是否存在点P，使得/

/MC平面PBD，并说明理由．21．（本小题满分12分）在刚刷完漆的室内放置空气净化器，净化过程中有害气体含量P单位：mg/L）与时间t（单位：h）的关系为：0ktPPe−=,其中0P，k是正的常数，如果在前5h消除了10%的有害气体，那么（1）10h后还剩百分之几的有害气体？（2）

有害气体减少50%需要花多少时间？（精确到1h）（参考数据：ln206931ln0.90.1054−.，）22．（本小题满分12分）如图，已知平行四边形ABCD中，4AB=，2AD=，60BAD=，E为AB的中

点，将ADE沿直线DE翻折成PDE，若M为PC的中点，则ADE在翻折过程中（点P平面ABCD）．（1）证明：//BM平面PDE；（2）当平面PDE⊥平面DEBC时，求三棱锥BMEC−的体积．玉溪市2020—2021学年下学期高一年级期末教学质量检测数学参考答案1-5CBABC6-10D

CDBA11．BCD12．ACD13．2314．1015．(,4)(1,)−−+16．13,3817．解（1）(1,2)(,2)ab===1分22||4||535,3a=+===3分∴(3,6)a=或(3,6)a=−−5分（2）当0,(3,6)a=6分9(

24)155cos,5936916155ac+−−===−++8分25sin,5ac=9分即a与c的夹角的正弦值为25510分18．解：（1）法一：选①②，∵2=则2=2分22,33kkkZ+==−4分||2，3=5分()2cos23fxx=+

6分法二：选①③，22==2分722,1223kkkZ+=+=−4分||2，3=5分()2cos23fxx=+6分注：若选②③无法确定解析式，如按下列方法作答的酌情给3分选②③T，724123TT

=−==则222,,33kkkZ=+==−||,,()2cos2233fxx==+（2）由题意得，因为33x−，所以233x−+．8分2036xx+==−

时．()2cos3fxx=+有最大值210分233xx+==时．()2cos23fxx=+有最小值2−12分19．解：（1）由coscos2cosbCcBaA+=，由正

弦定理可得：sincossincos2sincosBCCBAA+=，1分可得sin2sincosAAA=，3分在ABC中，0A，sin0A5分可得：1cos2A=，故3A=6分（2）由（1）知3A=，且3a=，根据余弦定理2222cosabcbcA=+−，代入可得：2292,9bcb

cbcbcbcbc=+−−=8分所以1393sin244ABCSbcAbc==，10分当且仅当3bc==时取等号，所以ABC面积的最大值为934．12分20．解：（1）∵平面CMD⊥平面ABCD，平面MDC平面ABCDCD=，,BCCDBC⊥平面ABCD

，∴BC⊥平面CMD，DM平面CMD，2分∴BCDM⊥，∴CD为直径，∴CMDM⊥，4分又,,BCCMCBCCM=平面BMC，∴DM⊥平面BMC，DM平面AMD，∴平面AMD⊥平面BMC；6分（2）存在．当P为AM中点时，//MC平面PBD，7分证明如下：连AC，BD，A

CBDO=，∵ABCD为正方形，∴O为AC中点，8分连接OP，P为AM中点，∴//MCOP，10分又MC平面PBD，OP平面PBD，∴//MC平面PBD．12分21．解：（1）根据题意得500(110%)kPPeP−==−，则590%ke−=；2分故当10t=时，()210

520000(90%)81%kkPPePePP−−====；4分故10个小时后还剩81%的有害气体；6分（2）根据题意得0050%ktPeP−=，7分即()15512tke−=，即1510.92t=；9分故0.9ln25log0.5533ln0.9t−==，11分故有害气体减少50%需

要花33小时．12分22．解：（1）证明：取DP的中点Q，连结QM，QE，因为M，Q均为中点，故//MQCD且12MQCD=，2分又因为//EBCD，且12EBCD=，则//MQEB且MQEB=，因此四边形MBEQ为平行四边形，4分故//EQBM，

又BM平面PDE，EQ平面PDE，故//BM平面PDE．6分（2）取DE的中点O，∵DPDE=，∴PODE⊥∵平面PDE⊥平面DEBC，平面PDE平面DEBCDE=，∴PO⊥平面DEBC，3PO=8分因为M为PC的中点，所以M到平面DEBC的

距离为1322PO=12332BCES==10分113133322BMECMBCEVVSh−−====所以，三棱锥BMEC−的体积为12．12分