杭州市2021-2022学年高一下学期教学质量检测数学试题一､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.若复数满足（为虚数单位），则（）A.B.C.D.2.已知，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3.设，若，则（）A.B.C.D.4.函数和在同一坐标系下的图象可能是（）A.B.C.D.5.为预防病毒感染，学校每天定时对教室进行喷洒消毒.已知教室内每立方米空气中的含药量（单位：）随时间（单位：）的变化如图所示，在药物释放过程中，与成正比；药物释放完毕后，与的函数关系式为为常数），则（）\nA.当时，B.当时，C.小时后，教室内每立方米空气中的含药量降低到以下D.小时后，教室内每立方米空气中的含药量降低到以下6.已知是单位平面向量，若对任意的，都有，则的最大值为（）A.3B.4C.5D.6
7.古希腊数学家希波克拉底研究了如图所示的几何图形.该图由三个半圆构成，直径分别为Rt的斜边，直角边和.已知以直角边为直径的半圆的面积之比为，设，则（）A.B.C.0D.1
8.设函数，对于任意正数，都.已知函数的图象关于点成中心对称，若，则的解集为（）A.B.C.D.二､多选题：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.9.已知关于的不等式的解集为，则（）A.B.C.不等式的解集为D.不等式的解集为\n10.下列四个正方体图形中，为正方体的两个顶点，分别为其所在棱的中点，能得出平面的图形是（）A.B.C.D.11.已知是单位向量，且，则（）A.B.与垂直C.与的夹角为D.12.在中，分别为的对边，（）A.若，则为等腰三角形B.若，则为等腰三角形C.若，则D.若，则为钝角三角形三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.设，则__________.14.函数的最小正周期为__________.15.“牟合方盖”是我国古代数学家构造的一个几何模型.如图1，正方体的棱长为2，用一个底面直径为2的圆柱去截该正方体，沿着正方体的前后方向和左右方向各截一次，截得的公共部分即是一个牟合方盖（如图2）.已知这个牟合方盖与正方体内切球的体积之比为，则正\n方体除去牟合方盖后剩余部分的体积为__________.16.如图，在平面直角坐标系中，点以每秒的角速度从点出发，沿半径为2的上半圆逆时针移动到，再以每秒的角速度从点沿半径为1的下半圆逆时针移动到坐标原点，则上述过程中动点的纵坐标关于时间的函数表达式为__________.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.（本题满分10分）筒车是我国古代发明的一种水利工具.如图筒车的半径为，轴心距离水面，筒车上均匀分布了12个盛水筒.已知该筒车按逆时针匀速旋转，2分钟转动一圈，且当筒车上的某个盛水筒从水中浮现时（图中点）开始计算时间.（1）将点距离水面的距离（单位：.在水面下时为负数）表示为时间（单位：分钟）的函数；（2）已知盛水筒与相邻，位于的逆时针方向一侧.若盛水筒和在水面上方，且距离水面的高度相等，求的值.18.（本题满分12分）在中，角的对边分别为，且.（1）求；（2）在①，②，③这三个条件中，选出其中的两个条件，使得唯一确定.并解答之.\n若___________，___________，求的面积.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.19.（本题满分12分）如图，在中，已知.（1）求；（2）已知点在边上，，点在边上，，是否存在非零实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.19.（本题满分12分）已知.（1）求的解析式；（2）解关于的方程.21.（本题满分12分）如图，在等腰梯形中，，在等腰梯形中，，将等腰梯形沿所在的直线翻折，使得，在平面上的射影恰好与重合.（1）求证：平面平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.22.（本题满分12分）数学家发现：，其中.利用该公式可以得到：\n当时，（1）证明：当时，；（2）设，当的定义域为时，值域也为，则称为的“和谐区间”.当时，是否存在“和谐区间”？若存在，求出的所有“和谐区间”，若不存在，请说明理由.2021学年第二学期杭州市高一年级教学质量检测数学参考答案及评分标准一､选择题12345678DBCCDCAA二､选择题9.ABD10.AD11.BC12.ACD三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.1614.15.16.四､解答题：本题共6小题，共70分.17.（1）以为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，设，由题意，得，所以；\n（2）易知，点纵坐标，点纵坐标，由题意，得，所以或，解得，由盛水筒和在水面上方，得，所以，所以，因为，所以.18.（1）由正弦定理，得，展开，整理得，即，又，所以.（2）方案一：选①和②.由正弦定理，得，由余弦定理，得，所以的面积.\n方案二：选①和③.由余弦定理，得，解得.，，所以为直角三角形，所以的面积.19.（1）在三角形中，由余弦定理，解得，因为，所以.（2）因为所以.20.（1）设，即，则.所以.（2）由，得，即，当时，方程无解；当时，解得，（i）若，则，（ii）若，则.21.（1）证明：在平面上的射影恰好与重合，平面，又平面，平面平面.\n（2）如图1，分别延长交于点，如图2，过作边的垂线，垂足为，由等腰梯形的性质得，又，同理，而，即.又平面平面，平面平面平面，平面直线与平面所成角为，且为直角.在等腰梯形中，，由平面，又，故直线与平面所成角的正弦值为.\n22.（1）由题意，得，所以，所以当时，.（2）当时，有，①若，则由，知，矛盾，故不存在“和谐区间”；②同理时，也不存在，下面讨论，③若，则，故最小值为，于是，所以，所以最大值为2，故，此吋的定义域为，值域为，符合题意.④若，当时，同理可得，舍去，当时，在上单调递减，所以，于是，若，即，则，故，与矛盾；若，同理，矛盾，所以，即，由（1）知当时，，\n因为，所以，从而，，从而，矛盾，综上所述，有唯一的“和谐区间”.
