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浙江省杭州市2020-2021学年高一下学期期末考试数学试卷及参考答案
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这是一份浙江省杭州市2020-2021学年高一下学期期末考试数学试卷及参考答案，共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
浙江省杭州市2020-2021学年高一下学期数学期末考试试卷
一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40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.设全集U是实数集R， M={x||x|≥2},N={x|1
A. {x|−2
A.−2+i
B.−2−i
C.2+i
D.2−i
3.已知 a=log20.2,b=20.2,c=sin2 ，则（ ）
A.a
A.2倍
B.4倍
C.6倍
D.8倍
5.两个体积分别为 V1 ， V2 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 S1 ， S2 ，则“ V1=V2 ”是“ S1=S2 ”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 O 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 P 到水面的距离 y （米）与时间 x （秒）满足 y=Asin(ωx+φ)+k （ A>0 ），则（ ）
A.ω=2π15
B.A=3
C.k=2
D.φ=0
7.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的．已知图中正方形 ABCD 的边长为1， ∠DAE=θ ，则小正方形 EFGH 的面积为（ ）
A.1−sin2θ
B.1−cos2θ
C.1−2sinθ
D.1−2cosθ
8.若 x0∈R ， Δx>0 ，函数 f(x) 满足 f(x0+Δx)f(x0)=f(x0+2Δx)f(x0+Δx)=f(x0+3Δx)f(x0+2Δx)=⋅⋅⋅=f(x0+nΔx)f(x0+(n−1)Δx) ， n∈N∗ ，则函数 y=f(x) 可能是（其中 a>0 且 a≠1 ）（ ）
A.f(x)=ax
B.f(x)=xa
C.f(x)=ax
D.f(x)=logax
二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9.已知不等式 ax2+bx+c≥0 的解集是 {x|−1≤x≤2} ，则（ ）
A.b<0
B.a+b+c>0
C.c>0
D.a+b=0
10.已知平面向量 a ， b ，若 |a|=3 ， |a−b|=13 ， a⋅b=6 ，则（ ）
A.|b|=4
B.向量 a 与向量 b 的夹角为 2π3
C.|a+b|=7
D.向量 a 与向量 b 的夹角为 π3
11.已知某湖泊蓝藻面积 y （单位： m2 ）与时间 t （单位：月）满足 y=at ．若第1个月的蓝藻面积为 2m2 ，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 60m2
D.若蓝藻面积到 2m2 ， 3m2 ， 6m2 所经过的时间分别是 t1 ， t2 ， t3 ，则 t1+t2=t3
12.某演讲比赛冠军奖杯由一个水晶球和一个金属底座组成（如图①）．已知球的体积为 4π3 ，金属底座是由边长为4的正三角形 ABC 沿各边中点的连线向上垂直折叠而围成的几何体（如图②），则（ ）
A.A ，B，D，F四点共面
B.经过A，B，C三点的截面圆的面积为 π4
C.直线 AD 与平面 DEF 所成的角为 π3
D.奖杯整体高度为 3+63+1
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13.已知 lg2=a ， lg3=b 则 log212= ________（请用a,b表示结果）
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 202cm ，则此石凳的体积是________ cm3 ．
15.已知区间 (0,1) 中的实数 m 在数轴上的对应点为 M ，如图1；将线段 AB 围成一个圆（端点 A ， B 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 y 轴上，点 A 的坐标为 (0,1) ，如图3．直线 AM 与 x 轴交于点 N(n,0) ，把 m 与 n 的函数关系记作 n=f(m) ，则方程 f(x)=−1 的解是 x= ________．
16.已知 |m|=1 ，向量 n 满足 |n−m|=n⋅m ，当向量 m ， n 夹角最大时， |n|= ________．
四、解答题（本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
17.在①a= 2 ，②S= c2 cosB ， ③C= π3 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 △ABC 中，内角A ， B ， C的对边分别为a ， b ， c ， 面积为S ， 3bcosA=acosC+ccosA ， b=1， ▲ ， 求c的值.
注:如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
18.如图，在 △OAB 中， P 为边 AB 上的一点 BP=2PA ， |OA|=6 ， |OB|=2 且 OA 与 OB 的夹角为 60° .
（1）设 OP=xOA+yOB ，求 x ， y 的值；
（2）求 OP⋅AB 的值.
19.四棱柱 ABCD−A1B1C1D1 的所有棱长都相等， ∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=60° ．
（1）求证： AA1⊥BD ；
（2）求直线 A1B 与平面 AA1D1D 所成角的正弦值．
20.如图是函数 f(x)=Asin(ωx+φ) （ A>0 ， ω>0 ， |φ|<π ）的部分图像， f(0)=f(5π6) ， f(π6)=0 ．
（1）求 f(x) 的解析式；
（2）将 f(x) 的图像向右平移 π3 ，得函数 g(x) ，记 ℎ(x)=f(x)+g(x) ，求 ℎ(x) 的单调递减区间．
21.将一张长 8cm ，宽 6cm 的长方形纸片沿着直线 MN 折叠，折痕 MN 将纸片分成两部分，面积分别为 S1cm2 ， S2cm2 ．设 MN=lcm ．若 S1:S2=1:2 ，求 l 的取值范围．
22.设函数 f(x)=x|x−a|+a|x−2| （ a>0 ），方程 f(x)=t 有三个不同的实数根 x1 ， x2 ， x3 ，且 x1
（2）当 t=2 时，求正数 a 的取值范围；
（3）在（2）的条件下，若 x2x3x1>λ 恒成立，求实数 λ 的取值范围．
答案解析部分
浙江省杭州市2020-2021学年高一下学期数学期末考试试卷
一、单选题
1.设全集U是实数集R， M={x||x|≥2},N={x|1
A. {x|−2
【考点】Venn图表达集合的关系及运算
【解析】【解答】阴影部分表示的是 (CUM)∩N ，
根据题意， M={x|x≥2}={x|x≤−2} 或 x≥2 }，
则 CUM={-2
【分析】解不等式求得集合M、N，根据Venn图阴影表示集合 (CUM)∩N ， 再进行集合运算，进而求出答案。
2.已知复数 z 满足 zi=1−2i （ i 为虚数单位），则 z= （ ）
A.−2+i
B.−2−i
C.2+i
D.2−i
【答案】 B
【考点】复数的代数表示法及其几何意义，复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】因为 zi=1−2i ，则 z=1−2ii=−2−i 。
故答案为：B
【分析】利用已知条件结合复数的乘除法运算法则，从而求出复数z。
3.已知 a=log20.2,b=20.2,c=sin2 ，则（ ）
A.a
【考点】函数单调性的性质
【解析】【解答】因为 log20.220=1 ，
所以 a
【分析】利用已知条件结合对数函数的单调性和指数函数的单调性，再结合与特殊值对应的指数与对数的大小关系比较，再结合正弦函数的单调性结合正弦函数值与0,1大小关系比较，从而比较出a,b,c的大小。
4.风光秀丽的千岛湖盛产鳙鱼，记鳙鱼在湖中的游速为 vm/s ，鳙鱼在湖中的耗氧量的单位数为 x ，已知鳙鱼的游速 v 与 log2x100 （ x≥100 ）成正比，当鳙鱼的耗氧量为200单位时，其游速为 12m/s ．若某条鳙鱼的游速提高了 1m/s ，那么它的耗氧量的单位数是原来的（ ）
A.2倍
B.4倍
C.6倍
D.8倍
【答案】 B
【考点】函数模型的选择与应用
【解析】【解答】解： ∵ 鳙鱼的游速 v 与 log2x100(x⩾100) 成正比，
∴v=klog2x100 ，
∵ 当 x=200 时， v=12 ，
∴12=klog2200100 ，解得 k=12 ，
∴v=12log2x100(x⩾100) ，
设鳙鱼开始的速度为 v0 ，耗氧的单位数为 x0 ，提速后的速度为 v1 ，提速后的耗氧的单位数为 x1 ，
∵v1=v0+1=12log2x0100+1=12(log2x0100+2)=12(log24x0100)
又 ∵v1=12log2x1100 ，
∴x1=4x0 。
故答案为：B．
【分析】利用实际问题的已知条件结合对数的运算法则，从而求出某条鳙鱼的游速提高了 1m/s ，那么它的耗氧量的单位数是原来的4倍。
5.两个体积分别为 V1 ， V2 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 S1 ， S2 ，则“ V1=V2 ”是“ S1=S2 ”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
【答案】 B
【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】根据祖暅原理，
①由 S1=S2 ，得到 V1=V2 ， ∴ 必要性成立，
②由 V1=V2 ，则只需要底面积和高相等即可，则 S1 ， S2 不一定相等， ∴ 充分性不成立，
∴V1=V2 是 S1=S2 的必要不充分条件。
故答案为：B．
【分析】根据祖暅原理结合已知条件，再结合充分条件、必要条件的判断方法，从而推出 “ V1=V2 ”是“ S1=S2 ”的必要不充分条件。
6.如图，一个半径为2的水轮，圆心 O 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 P 到水面的距离 y （米）与时间 x （秒）满足 y=Asin(ωx+φ)+k （ A>0 ），则（ ）
A.ω=2π15
B.A=3
C.k=2
D.φ=0
【答案】 A
【考点】三角函数模型的简单应用
【解析】【解答】解： ∵ 水轮的半径为2，水轮圆心 O 距离水面 1m ，由题意可得 {3=A+k−1=−A+k ，
∴ 解得 A=2 ， k=1 ，可得 B ， C 选项错误，
又水轮每分钟旋转4圈，故转一圈需要15秒，
∴T=15=2πω ，
∴ω=2π15 ，可得 A 正确，
又由题意，未指明初始位置 φ 的值，所以无法确定，故 D 错误．
故答案为：A．
【分析】利用已知条件结合正弦型函数的实际应用，从而解方程组求出A,k的值，再结合正弦型函数的最小正周期公式，从而求出ω的值，再利用题意，未指明初始位置 φ 的值，所以无法确定，从而找出正确的选项。
7.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的．已知图中正方形 ABCD 的边长为1， ∠DAE=θ ，则小正方形 EFGH 的面积为（ ）
A.1−sin2θ
B.1−cos2θ
C.1−2sinθ
D.1−2cosθ
【答案】 A
【考点】二倍角的正弦公式，同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】正方形 ABCD 中， AD=1 ， ∠DAE=θ ，
所以 DH=ADsin∠DAE=sinθ ，
AH=ADcos∠DAE=cosθ ，
又因为 Rt△ADH≅Rt△BAE≅Rt△CBF≅Rt△DCG ，
所以 GH=DH−AH=sinθ−cosθ ，
所以小正方形 EFGH 的面积为：
S=GH2=(sinθ−cosθ)2=sin2θ−2sinθcosθ+cos2θ=1−sin2θ 。
故答案为：A．
【分析】利用已知条件结合正方形的结构特征，再结合正弦函数的定义求出DH的长，再利用余弦函数的定义求出AH的长，再结合全等三角形的判断方法得出GH的长，再结合正方形的面积公式结合同角三角函数基本关系式和二倍角的正弦公式，从而求出小正方形 EFGH 的面积 。
8.若 x0∈R ， Δx>0 ，函数 f(x) 满足 f(x0+Δx)f(x0)=f(x0+2Δx)f(x0+Δx)=f(x0+3Δx)f(x0+2Δx)=⋅⋅⋅=f(x0+nΔx)f(x0+(n−1)Δx) ， n∈N∗ ，则函数 y=f(x) 可能是（其中 a>0 且 a≠1 ）（ ）
A.f(x)=ax
B.f(x)=xa
C.f(x)=ax
D.f(x)=logax
【答案】 C
【考点】函数解析式的求解及常用方法
【解析】【解答】解：对A， f(x0+Δx)=a(x0+Δx) ， f(x0+2Δx)=a(x0+2Δx) ，
f(x0+Δx)f(x0)=a(x0+Δx)ax0=1+Δxx0 ，
f(x0+2Δx)f(x0+Δx)=a(x0+2Δx)a(x0+Δx)=1+Δxx0+Δx ，
即 f(x0+Δx)f(x0)≠f(x0+2Δx)f(x0+Δx) ，A不符合题意；
对B， f(x0+Δx)=(x0+Δx)a ， f(x0+2Δx)=(x0+2Δx)a ，
f(x0+Δx)f(x0)=(x0+Δx)ax0a=(1+Δxx0)a ，
f(x0+2Δx)f(x0+Δx)=(x0+2Δx)a(x0+Δx)a=(1+Δxx0+Δx)a ，
即 f(x0+Δx)f(x0)≠f(x0+2Δx)f(x0+Δx) ，B不符合题意；
对C， f(x0+Δx)=ax0+Δx=ax0⋅aΔx=f(x0)aΔx ，
f(x0+2Δx)=ax0+2Δx=ax0+Δx⋅aΔx=f(x0+Δx)aΔx ，
f(x0+nΔx)=ax0+nΔx=ax0+(n−1)Δx⋅aΔx=f(x0+(n−1)Δx)aΔx ，
即 f(x0+Δx)f(x0)=f(x0+2Δx)f(x0+Δx)=f(x0+3Δx)f(x0+2Δx)=⋅⋅⋅=f(x0+nΔx)f(x0+(n−1)Δx) ，C符合题意；
对D， f(x0+Δx)=loga(x0+Δx) ， f(x0+2Δx)=loga(x0+2Δx) ，
f(x0+Δx)f(x0)=loga(x0+Δx)logax0=loga(1+Δxx0) ，
f(x0+2Δx)f(x0+Δx)=loga(x0+2Δx)loga(x0+Δx)=loga(1+Δxx0+Δx) ，
即 f(x0+Δx)f(x0)≠f(x0+2Δx)f(x0+Δx) ，D不符合题意.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件结合代入法，从而找出满足要求的函数。
二、多选题
9.已知不等式 ax2+bx+c≥0 的解集是 {x|−1≤x≤2} ，则（ ）
A.b<0
B.a+b+c>0
C.c>0
D.a+b=0
【答案】 B,C,D
【考点】一元二次方程的解集及其根与系数的关系
【解析】【解答】由已知得 a<0,ax2+bx+c=0 的两根为 −1 和2，
∴ −ba=−1+2=1,ca=−1×2=−2，
∴ b=−a,c=−2a,
∴ b>0,c>0,a+b=0,
∴ a+b+c=c>0 。
故答案为：BCD.
【分析】利用已知条件结合一元二次不等式求解集的方法，得出 a<0,ax2+bx+c=0 的两根为 −1 和2，再利用韦达定理得出b=−a,c=−2a, 所以b>0,c>0,a+b=0,从而推出 a+b+c=c>0 ，进而找出正确的选项。
10.已知平面向量 a ， b ，若 |a|=3 ， |a−b|=13 ， a⋅b=6 ，则（ ）
A.|b|=4
B.向量 a 与向量 b 的夹角为 2π3
C.|a+b|=7
D.向量 a 与向量 b 的夹角为 π3
【答案】 A,D
【考点】平面向量数量积的含义与物理意义，平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
【解析】【解答】对A， ∵|a−b|=13 ，
∴|a−b|2=a2−2a⋅b+b2=13 ，
又 ∵|a|=3 ， a⋅b=6 ，
即 9−12+b2=13 ，
解得： |b|=4 ，A符合题意；
对B，D， a⋅b=|a|⋅|b|cos〈a,b〉=3×4cos〈a,b〉=6 ，
解得： cos〈a,b〉=12 ，
又 ∵cos〈a,b〉∈[0,π] ，
故向量 a 与向量 b 的夹角为 π3 ，B不符合题意，D符合题意；
对C， |a+b|=(a+b)2=a2+2a⋅b+b2=32+2×6+42=37 ，C不符合题意.
故答案为：AD.
【分析】利用已知条件结合数量积的定义，从而求出向量b→的模；利用已知条件结合数量积求向量夹角公式，从而求出向量 a 与向量 b 的夹角；利用已知条件结合数量积求向量的模的公式，从而求出向量的模，即 |a→+b→| 的值；从而找出正确的选项。
11.已知某湖泊蓝藻面积 y （单位： m2 ）与时间 t （单位：月）满足 y=at ．若第1个月的蓝藻面积为 2m2 ，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 60m2
D.若蓝藻面积到 2m2 ， 3m2 ， 6m2 所经过的时间分别是 t1 ， t2 ， t3 ，则 t1+t2=t3
【答案】 A,C,D
【考点】对数的运算性质，对数函数、指数函数与幂函数的增长差异，函数模型的选择与应用
【解析】【解答】由题意可知，函数 y=at 图象经过 (1,2) ，即 a1=2 ，
∴a=2 ，
∴y=2t ，
∵2t+1−2t=2t ，
∴ 蓝藻每个月的面积是上个月的2倍，
∴ 每个月的增长率为 100% ，故 A 选项正确，
∵2t+1−2t=2t ，即每个月增长量为 2t ，非常数，故 B 选项错误，
当 t=6 时， y=26=64>60 ，故 C 选项正确，
∵ 若蓝藻面积到 2m2 ， 3m2 ， 6m2 所经过的时间分别是 t1 ， t2 ， t3 ，
∴2t1=2,2t2=3,2t3=6 ，
∴t1=log22 ， t2=log23 ， t3=log26 ，
∴t1+t2=log22+log23=log26=t3 ，故 D 选项正确．
故答案为：ACD．
【分析】由题意可知，函数 y=at 图象经过 (1,2) ，再结合代入法求出a的值，从而求出指数函数的解析式，再利用增长率的求解方法结合指数与对数的互化公式和对数的运算法则，从而找出正确的选项。
12.某演讲比赛冠军奖杯由一个水晶球和一个金属底座组成（如图①）．已知球的体积为 4π3 ，金属底座是由边长为4的正三角形 ABC 沿各边中点的连线向上垂直折叠而围成的几何体（如图②），则（ ）
A.A ，B，D，F四点共面
B.经过A，B，C三点的截面圆的面积为 π4
C.直线 AD 与平面 DEF 所成的角为 π3
D.奖杯整体高度为 3+63+1
【答案】 A,C,D
【考点】球的体积和表面积，共线向量与共面向量，直线与平面所成的角，点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】对A，如图所示：点 A,B,C 三点在底面 DEF 上的射影分别是 △DEF 三边中点 M,N,P ，连接 BN ，
由题意可知： BN//AM 且 BN=AM ，
故四边形 ABNM 是平行四边形，
故 AB//MN ，
又 ∵MN//DF ，
∴DF//AB ，
由两条平行线唯一确定一个平面知： A ， B ， D ， F 四点共面，A符合题意；
对B，由点 A,B,C 三点在底面 DEF 上的射影分别是 △DEF 三边中点 M,N,P ，
△ABC 与 △MNP 全等且所在的面平行，
故 △ABC 的截面圆与 △MNP 的截面圆相等，
由题意知： △MNP 的边长为1，
其外接圆半径为： r=(12)2+(36)2=33 ，
故截面圆面积为： πr2=π3 ，B不符合题意；
对C， ∵ 平面 ADE⊥ 平面 DEF ，
故点 A 在平面 DEF 内的射影在 DE 上，
故 ∠ADE 即直线 AD 与平面 DEF 所成的角，
又 ∵△ADE 为等边三角形，
即直线 AD 与平面 DEF 所成的角为 π3 ，C符合题意；
对D，由上图可知： AM=22−12=3 ，
设球的半径为 R ，
则 43πR3=4π3 ，
△ABC 的外接圆半径 r=33 ，
解得： R=1 ，
故球心到面 ABC 的距离为： d=12−(33)2=63 ，
故奖杯整体高度为 3+63+1 ，D符合题意.
故答案为：ACD.
【分析】利用已知条件结合四点共面的判断方法，从而推出 A ，B，D，F四点共面；由点 A,B,C 三点在底面 DEF 上的射影分别是 △DEF 三边中点 M,N,P ，△ABC 与 △MNP 全等且所在的面平行，故 △ABC 的截面圆与 △MNP 的截面圆相等，再利用已知条件结合勾股定理求出三角形外接圆的半径，再结合圆的面积公式，从而求出截面圆面积；利用已知条件结合线面角的求解方法，从而求出直线 AD 与平面 DEF 所成的角；利用勾股定理结合已知条件求出AM的长，再利用球的体积公式结合已知条件，从而求出球的半径，再利用勾股定理求出球心到面 ABC 的距离，从而求出奖杯整体高度。
三、填空题
13.已知 lg2=a ， lg3=b 则 log212= ________（请用a,b表示结果）
【答案】2+ba
【考点】对数的运算性质，换底公式的应用
【解析】【解答】因为 lg2=a ， lg3=b ，
所以 log212=log23+log24=lg3lg2+2=2+ba 。
故答案为 2+ba 。
【分析】利用对数的运算法则结合换底公式，从而用a,b表示log212。
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 202cm ，则此石凳的体积是________ cm3 ．
【答案】1600003
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】由图可知：该石凳是由棱长为 40 cm的正方体沿各棱中点截去 8 个三棱锥所得到的，
∴ 该石凳的体积为： V=40×40×40−8×13×12×20×20×20=1600003cm2 。
故答案为： 1600003 。
【分析】利用已知条件得出该石凳是由棱长为 40 cm的正方体沿各棱中点截去 8 个三棱锥所得到的，再利用正方体的体积公式结合三棱锥的体积公式，再结合作差法，从而求出该石凳的体积。
15.已知区间 (0,1) 中的实数 m 在数轴上的对应点为 M ，如图1；将线段 AB 围成一个圆（端点 A ， B 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 y 轴上，点 A 的坐标为 (0,1) ，如图3．直线 AM 与 x 轴交于点 N(n,0) ，把 m 与 n 的函数关系记作 n=f(m) ，则方程 f(x)=−1 的解是 x= ________．
【答案】14
【考点】扇形的弧长与面积，三角形的形状判断
【解析】【解答】由题意知， N(−1,0) ， A(0,1) ，
故 △NOA 为等腰直角三角形，
故 ∠NAO=π4 ，故弦 AM 对应的圆心角为 π2 ，
故 AM 是圆周长的 14 ，即 m=14 ，
故方程 f(x)=−1 的解是 x=14 。
故答案为： 14 。
【分析】由题意知， N(−1,0) ， A(0,1) ，故三角形 △NOA 为等腰直角三角形，从而结合等腰直角三角形的结构特征求出 ∠NAO 的值 ，进而求出弦 AM 对应的圆心角，从而得出 AM 是圆周长的 14 ，从而求出m的值，进而求出方程 f(x)=−1 的解。
16.已知 |m|=1 ，向量 n 满足 |n−m|=n⋅m ，当向量 m ， n 夹角最大时， |n|= ________．
【答案】2
【考点】二次函数在闭区间上的最值，平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
【解析】【解答】设 m=(1,0) ， n=(x,y) ，
∵|n−m|=n⋅m ，
∴(x−1)2+y2=x ，化简后可得 y2=2x−1 ， x⩾12 ，
∴|n|=x2+y2=(x+1)2−2 ，
cos=xx2+y2=xx2+2x−1=x2x2+2x−1=11+2x−1x2 ，
设 t=1x ，即 0=11+2t−t2=1−(t−1)2+2 ，当 t=1 ，即 x=1 ，
cos 取得最小值，即向量 m ， n 夹角最大时，
∴|n|=22−2=2 。
故答案为： 2 。
【分析】利用已知条件结合向量的模的坐标表示和数量积求向量的夹角公式，得出cos=11+2x−1x2 ， 再利用换元法结合二次函数图象求最值的方法，从而求出cos 的最小值，即向量 m ， n 夹角最大，进而结合向量求模公式，从而求出向量的模。
四、解答题
17.在①a= 2 ，②S= c2 cosB ， ③C= π3 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 △ABC 中，内角A ， B ， C的对边分别为a ， b ， c ， 面积为S ， 3bcosA=acosC+ccosA ， b=1， ▲ ， 求c的值.
注:如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】 在 △ABC 中，因为 3bcosA=acosC+ccosA ，
所以根据正弦定理得 3sinBcosA=sinAcosC+sinCcosA
所以 3sinBcosA=sinB ，因为 sinB≠0 ，所以 cosA=33
选择①，由余弦定理 a2=b2+c2−2bccosA 得 c2−233c−1=0 ，解得 c=3
选择②， S=c2cosB=12bcsinA ，所以 cosB=sinA=cos(π2−A)
所以 B=π2−A ，即 C=π2 ，解得 c=3
选择③， C=π3 ，因为 sinB=sin(A+π3)=sinAcosπ3+cosAsinπ3=3+66 ，
所以由 csinC=bsinB 得 c=bsinCsinB=26−4
【考点】两角和与差的正弦公式，正弦定理，余弦定理
【解析】【分析】 在三角形 △ABC 中，利用 3bcosA=acosC+ccosA 结合正弦定理和三角形中角B的取值范围，从而求出角A的余弦值。
选择①，由余弦定理结合解一元二次方程的方法，进而求出c的值。
选择②，利用已知条件结合三角形的面积公式和诱导公式，从而求出角A+B的值，再结合三角形内角和为180度的性质，进而求出角C的值，从而求出c的值。
选择③，利用 C=π3 结合三角形内角和为180度的性质结合两角和的正弦公式，从而求出角B的正弦值，再结合正弦定理求出c的值。
18.如图，在 △OAB 中， P 为边 AB 上的一点 BP=2PA ， |OA|=6 ， |OB|=2 且 OA 与 OB 的夹角为 60° .
（1）设 OP=xOA+yOB ，求 x ， y 的值；
（2）求 OP⋅AB 的值.
【答案】 （1）解：因为 BP=2PA ，所以 BP=23BA .
OP=OB+BP=OB+23BA=OB+23(OA−OB)=23OA+13OB .
又 OP=xOA−xOB ，
又因为 OA 、 OB 不共线，所以， x=23 ， y=13
（2）解：结合（1）可得：
OP⋅AB=(23OA+13OB)⋅(OB−OA) .
=23OA⋅OB−23OA2+13OB2−13OA⋅OB
=13OA⋅OB−23OA2+13OB2 ，
因为 |OA|=6 ， |OB|=2 ，且 OA 与 OB 的夹角为 60° .
所以 OP⋅AB=13×6×2×12−23×62+13×22=−623 .
【考点】向量的线性运算性质及几何意义，平面向量数量积的运算
【解析】【分析】 （1）由 OP=OB+BP=OB+23BA=OB+23(OA−OB)=23OA+13OB , 又 OP=xOA−xOB ，即可得出x，y的值；
（2） OP⋅AB=(23OA+13OB)⋅(OB−OA)=13OA⋅OB−23OA2+13OB2 ，再计算 OP⋅AB 的值．
19.四棱柱 ABCD−A1B1C1D1 的所有棱长都相等， ∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=60° ．
（1）求证： AA1⊥BD ；
（2）求直线 A1B 与平面 AA1D1D 所成角的正弦值．
【答案】 （1）取 BD 的中点 O 连接 OA,OA1,A1D ，
因为 AB=AD ，所以 BD⊥OA ，
又由四棱柱 ABCD−A1B1C1D1 的所有棱长都相等， ∠A1AB=∠A1AD=60° ，
可得 A1D=A1B ，所以 BD⊥OA1 ，
又因为 OA∩OA1=O 且 OA,OA1⊂ 平面 A1AO ，所以直线 BD⊥ 平面 A1AO ，
又由 AA1⊂ 平面 A1AO ，所以 BD⊥AA1 ．
（2）不妨设 AB=1 ，
由四棱柱 ABCD−A1B1C1D1 的所有棱长都相等， ∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=60° ，
可得四棱锥 B−A1AD 为正四面体， A1B 与平面 AA1D1D 所成的角,即侧棱与底面所成的角，过 B 作底面 AA1D 的垂线，垂足为正 △AA1D 的中心 G ，
连接 A1G ，所以 ∠BA1G 为 A1B 与平面 AA1D1D 所成的角，
设 A1B=1 ，则 A1G=33 ， BG=63 ，所以 sin∠BA1G=63 ．
【考点】空间中直线与直线之间的位置关系，直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1） 取 BD 的中点 O ，连接 OA,OA1,A1D ，再利用 AB=AD 结合等腰三角形三线合一，所以 BD⊥OA ，又由四棱柱 ABCD−A1B1C1D1 的所有棱长都相等，∠A1AB=∠A1AD=60° ，可得 A1D=A1B ，再利用等腰三角形三线合一，所以 BD⊥OA1 ，再利用线线垂直证出线面垂直，所以直线 BD⊥ 平面 A1AO ，再结合线面垂直的定义证出线线垂直，即证出 AA1⊥BD 。
（2） 不妨设 AB=1 ，由四棱柱 ABCD−A1B1C1D1 的所有棱长都相等， ∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=60° ，可得四棱锥 B−A1AD 为正四面体， A1B 与平面 AA1D1D 所成的角为侧棱与底面所成的角，过 B 作底面 AA1D 的垂线，垂足为正 △AA1D 的中心 G ，连接 A1G ，所以 ∠BA1G 为 A1B 与平面 AA1D1D 所成的角，再利用已知条件结合正弦函数的定义，从而求出直线 A1B 与平面 AA1D1D 所成角的正弦值。
20.如图是函数 f(x)=Asin(ωx+φ) （ A>0 ， ω>0 ， |φ|<π ）的部分图像， f(0)=f(5π6) ， f(π6)=0 ．
（1）求 f(x) 的解析式；
（2）将 f(x) 的图像向右平移 π3 ，得函数 g(x) ，记 ℎ(x)=f(x)+g(x) ，求 ℎ(x) 的单调递减区间．
【答案】 （1）由图可知 A=2 ， x=5π12 是图中的一条对称轴，
且 5π12−π6=π4=T4 ，∴ ω=2 ，
∴ f(x)=2sin(2x+φ)
又 2×π6+φ=π 得 φ=2π3 ，∴ f(x)=2sin(2x+2π3) ．
（2）由题意得 g(x)=2sin(2(x−π3)+2π3)=2sin2x ，
则 ℎ(x)=2sin(2x+2π3)+2sin2x
=2(sin2xcos2π3+cos2xsin2π3)+2sin2x
=2(−12sin2x+32cos2x)+2sin2x
=sin2x+3cos2x
=2sin(2x+π3)
由 π2+2kπ≤2x+π3≤3π2+2kπ⇒π12+kπ≤x≤7π12+kπ ， k∈Z ．
所以 ℎ(x) 的单调递减区间为 [π12+kπ,7π12+kπ] （ k∈Z ）
【考点】函数的单调性及单调区间，函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换，由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】【分析】(1)利用已知条件结合正弦型函数的部分图象求函数的解析式。
（2）利用正弦型函数的图象变换得出函数g(x)的解析式，再利用 ℎ(x)=f(x)+g(x) ， 从而求出函数h(x)的解析式，再利用换元法将正弦型函数h(x)转化为正弦函数，再利用正弦函数的图像判断出正弦型函数的单调性，进而求出正弦型函数h(x)的单调递减区间。
21.将一张长 8cm ，宽 6cm 的长方形纸片沿着直线 MN 折叠，折痕 MN 将纸片分成两部分，面积分别为 S1cm2 ， S2cm2 ．设 MN=lcm ．若 S1:S2=1:2 ，求 l 的取值范围．
【答案】 如图所示，不妨设纸片为长方形 ABCD ， AB=8cm ， AD=6cm ，其中点A在面积为 S1 的部分内．折痕有下列三种情形：
①折痕的端点 M ， N 分别在 AB ， AD 上；
②折痕的端点 M ， N 分别在 AB ， CD 上；
③折痕的端点 M ， N 分别在 AD ， BC 上．
由题意知，长方形的面积为 S=6×8=48 ．
因为 S1:S2=1:2 ，所以 S1=16 ， S2=32 ．
当折痕是情形①时，设 AM=xcm ， AN=ycm ，
则 12xy=16 ，即 y=32x ．
因为 {0≤x≤80≤32x≤6 ，所以 163≤x≤8 ，
则 l2=x2+y2=x2+322x2 ， 163≤x≤8 ，
设 f(x)=x2+32x2 为对勾函数，
当 x2=32x2 时，即 x=42 时， f(x) 最小值为64，
当x=8时， f(x) 最大值为80，
所以 f(x) 的取值范围为 [64,80] ，从而 l 的范围是 [8,45] ．
当折痕是情形②时，设 AM=xcm ， DN=ycm ，
则 12(x+y)×6=16 ，即 y=163−x ．
因为 {0≤x≤80≤163−x≤8 ，所以 0≤x≤163 ，
因为 l2=62+(x−y)2=62+4(x−83)2 ，
所以当 x=83 时， l2 的最小值为36，
当 x=163 时， l2 的最大值为 5809 ，
所以 l 的范围为 [6,21453] ．
当折痕是情形③时，设 BN=xcm ， AM=ycm ，
则 12(x+y)×8=16 ，即 y=4−x ．
由 {0≤x≤6,0≤4−x≤6, 得 0≤x≤4 ．
所以 l2=82+(x−y)2=82+4(x−2)2 ， 0≤x≤4 ．
所以当x=2时， l2 的最小值为64，
当x=4时， l2 的最大值为80，
所以 l 的取值范围是 [8,45] ．
综上：因为 45>21453>8 ，所以 l 的取值范围为 [6,45] ．.
【考点】二次函数在闭区间上的最值，函数模型的选择与应用
【解析】【分析】利用已知条件结合折叠的方法，再结合分类讨论的方法结合均值不等式求最值的方法、二次函数的图像求最值的方法，从而求出函数 f(x) 的取值范围，进而求出 l 的取值范围。
22.设函数 f(x)=x|x−a|+a|x−2| （ a>0 ），方程 f(x)=t 有三个不同的实数根 x1 ， x2 ， x3 ，且 x1
（2）当 t=2 时，求正数 a 的取值范围；
（3）在（2）的条件下，若 x2x3x1>λ 恒成立，求实数 λ 的取值范围．
【答案】 （1）a=2 ， f(x)=(x+2)|x−2|={x2−4(x≥2)−x2+4(x<2) ，
f(x) 在 (−∞,0) 单调递增，在 (0,2) 单调递减，在 (2,+∞) 单调递增，
∴f(2)
即 0
（2）①当 02 ，
f(x) 在 (−∞,0) 单调递增，在 (0,a) 单调递减，在 (a,2) 单调递增，在 (2,+∞) 单调递增，
∴f(a)<2
即 2a−a2<2<2a ，
解得： 1
f(x) 在 (−∞,0) 单调递增，在 (0,2) 单调递减，在 (2,a) 单调递增，在 (a,+∞) 单调递增，
∴f(2)<2
即 2a−4<2<2a ，
解得： 2
（3）由（2）可知，
①当 1
∴x1 ， x2 为方程 −x2+2a=2 的两个根，
则 x1+x2=0 ，
x3 为方程 x2−2a=2 的正根，
∴x3=2(a+1) ，
x2x3x1=−x3=−2(a+1)≥−6 ，
∴λ<−6 ；
②当 2
x3=a−a2−2a−2=(a−1)−(a−1)2−3+1=3(a−1)+(a−1)2−3+1 ，
在 a∈[3+1,3) 单调递减， x3∈(2,3+1] ， λ<(x2x3x1)min=(−x3)min=−3−1 ；
当 f(a)<2 ，即 2
∴λ<−3−1 ，
综上所述： λ<−3−1 ．
【考点】函数单调性的判断与证明，函数单调性的性质，函数的最值及其几何意义，函数恒成立问题，分段函数的应用
【解析】【分析】（1）利用a的值求出函数的解析式，再利用绝对值的定义，从而求出分段函数的解析式，再利用分段函数的解析式画出分段函数的图像，再利用分段函数的图像判断出分段函数的单调性，再结合函数的单调性，从而求出实数t的取值范围。
（2）利用t的值结合分类讨论的方法，再结合绝对值的定义写出分段函数的解析式，再利用分段函数的解析式画出分段函数的图像，进而判断出分段函数的单调性，再结合方程 f(x)=t 有三个不同的实数根 x1 ， x2 ， x3 ，且 x1
浙江省杭州市2020-2021学年高一下学期数学期末考试试卷
一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40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.设全集U是实数集R， M={x||x|≥2},N={x|1
A. {x|−2
A.−2+i
B.−2−i
C.2+i
D.2−i
3.已知 a=log20.2,b=20.2,c=sin2 ，则（ ）
A.a
A.2倍
B.4倍
C.6倍
D.8倍
5.两个体积分别为 V1 ， V2 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 S1 ， S2 ，则“ V1=V2 ”是“ S1=S2 ”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 O 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 P 到水面的距离 y （米）与时间 x （秒）满足 y=Asin(ωx+φ)+k （ A>0 ），则（ ）
A.ω=2π15
B.A=3
C.k=2
D.φ=0
7.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的．已知图中正方形 ABCD 的边长为1， ∠DAE=θ ，则小正方形 EFGH 的面积为（ ）
A.1−sin2θ
B.1−cos2θ
C.1−2sinθ
D.1−2cosθ
8.若 x0∈R ， Δx>0 ，函数 f(x) 满足 f(x0+Δx)f(x0)=f(x0+2Δx)f(x0+Δx)=f(x0+3Δx)f(x0+2Δx)=⋅⋅⋅=f(x0+nΔx)f(x0+(n−1)Δx) ， n∈N∗ ，则函数 y=f(x) 可能是（其中 a>0 且 a≠1 ）（ ）
A.f(x)=ax
B.f(x)=xa
C.f(x)=ax
D.f(x)=logax
二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9.已知不等式 ax2+bx+c≥0 的解集是 {x|−1≤x≤2} ，则（ ）
A.b<0
B.a+b+c>0
C.c>0
D.a+b=0
10.已知平面向量 a ， b ，若 |a|=3 ， |a−b|=13 ， a⋅b=6 ，则（ ）
A.|b|=4
B.向量 a 与向量 b 的夹角为 2π3
C.|a+b|=7
D.向量 a 与向量 b 的夹角为 π3
11.已知某湖泊蓝藻面积 y （单位： m2 ）与时间 t （单位：月）满足 y=at ．若第1个月的蓝藻面积为 2m2 ，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 60m2
D.若蓝藻面积到 2m2 ， 3m2 ， 6m2 所经过的时间分别是 t1 ， t2 ， t3 ，则 t1+t2=t3
12.某演讲比赛冠军奖杯由一个水晶球和一个金属底座组成（如图①）．已知球的体积为 4π3 ，金属底座是由边长为4的正三角形 ABC 沿各边中点的连线向上垂直折叠而围成的几何体（如图②），则（ ）
A.A ，B，D，F四点共面
B.经过A，B，C三点的截面圆的面积为 π4
C.直线 AD 与平面 DEF 所成的角为 π3
D.奖杯整体高度为 3+63+1
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13.已知 lg2=a ， lg3=b 则 log212= ________（请用a,b表示结果）
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 202cm ，则此石凳的体积是________ cm3 ．
15.已知区间 (0,1) 中的实数 m 在数轴上的对应点为 M ，如图1；将线段 AB 围成一个圆（端点 A ， B 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 y 轴上，点 A 的坐标为 (0,1) ，如图3．直线 AM 与 x 轴交于点 N(n,0) ，把 m 与 n 的函数关系记作 n=f(m) ，则方程 f(x)=−1 的解是 x= ________．
16.已知 |m|=1 ，向量 n 满足 |n−m|=n⋅m ，当向量 m ， n 夹角最大时， |n|= ________．
四、解答题（本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
17.在①a= 2 ，②S= c2 cosB ， ③C= π3 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 △ABC 中，内角A ， B ， C的对边分别为a ， b ， c ， 面积为S ， 3bcosA=acosC+ccosA ， b=1， ▲ ， 求c的值.
注:如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
18.如图，在 △OAB 中， P 为边 AB 上的一点 BP=2PA ， |OA|=6 ， |OB|=2 且 OA 与 OB 的夹角为 60° .
（1）设 OP=xOA+yOB ，求 x ， y 的值；
（2）求 OP⋅AB 的值.
19.四棱柱 ABCD−A1B1C1D1 的所有棱长都相等， ∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=60° ．
（1）求证： AA1⊥BD ；
（2）求直线 A1B 与平面 AA1D1D 所成角的正弦值．
20.如图是函数 f(x)=Asin(ωx+φ) （ A>0 ， ω>0 ， |φ|<π ）的部分图像， f(0)=f(5π6) ， f(π6)=0 ．
（1）求 f(x) 的解析式；
（2）将 f(x) 的图像向右平移 π3 ，得函数 g(x) ，记 ℎ(x)=f(x)+g(x) ，求 ℎ(x) 的单调递减区间．
21.将一张长 8cm ，宽 6cm 的长方形纸片沿着直线 MN 折叠，折痕 MN 将纸片分成两部分，面积分别为 S1cm2 ， S2cm2 ．设 MN=lcm ．若 S1:S2=1:2 ，求 l 的取值范围．
22.设函数 f(x)=x|x−a|+a|x−2| （ a>0 ），方程 f(x)=t 有三个不同的实数根 x1 ， x2 ， x3 ，且 x1
（2）当 t=2 时，求正数 a 的取值范围；
（3）在（2）的条件下，若 x2x3x1>λ 恒成立，求实数 λ 的取值范围．
答案解析部分
浙江省杭州市2020-2021学年高一下学期数学期末考试试卷
一、单选题
1.设全集U是实数集R， M={x||x|≥2},N={x|1
A. {x|−2
【考点】Venn图表达集合的关系及运算
【解析】【解答】阴影部分表示的是 (CUM)∩N ，
根据题意， M={x|x≥2}={x|x≤−2} 或 x≥2 }，
则 CUM={-2
【分析】解不等式求得集合M、N，根据Venn图阴影表示集合 (CUM)∩N ， 再进行集合运算，进而求出答案。
2.已知复数 z 满足 zi=1−2i （ i 为虚数单位），则 z= （ ）
A.−2+i
B.−2−i
C.2+i
D.2−i
【答案】 B
【考点】复数的代数表示法及其几何意义，复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】因为 zi=1−2i ，则 z=1−2ii=−2−i 。
故答案为：B
【分析】利用已知条件结合复数的乘除法运算法则，从而求出复数z。
3.已知 a=log20.2,b=20.2,c=sin2 ，则（ ）
A.a
【考点】函数单调性的性质
【解析】【解答】因为 log20.2
所以 a
【分析】利用已知条件结合对数函数的单调性和指数函数的单调性，再结合与特殊值对应的指数与对数的大小关系比较，再结合正弦函数的单调性结合正弦函数值与0,1大小关系比较，从而比较出a,b,c的大小。
4.风光秀丽的千岛湖盛产鳙鱼，记鳙鱼在湖中的游速为 vm/s ，鳙鱼在湖中的耗氧量的单位数为 x ，已知鳙鱼的游速 v 与 log2x100 （ x≥100 ）成正比，当鳙鱼的耗氧量为200单位时，其游速为 12m/s ．若某条鳙鱼的游速提高了 1m/s ，那么它的耗氧量的单位数是原来的（ ）
A.2倍
B.4倍
C.6倍
D.8倍
【答案】 B
【考点】函数模型的选择与应用
【解析】【解答】解： ∵ 鳙鱼的游速 v 与 log2x100(x⩾100) 成正比，
∴v=klog2x100 ，
∵ 当 x=200 时， v=12 ，
∴12=klog2200100 ，解得 k=12 ，
∴v=12log2x100(x⩾100) ，
设鳙鱼开始的速度为 v0 ，耗氧的单位数为 x0 ，提速后的速度为 v1 ，提速后的耗氧的单位数为 x1 ，
∵v1=v0+1=12log2x0100+1=12(log2x0100+2)=12(log24x0100)
又 ∵v1=12log2x1100 ，
∴x1=4x0 。
故答案为：B．
【分析】利用实际问题的已知条件结合对数的运算法则，从而求出某条鳙鱼的游速提高了 1m/s ，那么它的耗氧量的单位数是原来的4倍。
5.两个体积分别为 V1 ， V2 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 S1 ， S2 ，则“ V1=V2 ”是“ S1=S2 ”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
【答案】 B
【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】根据祖暅原理，
①由 S1=S2 ，得到 V1=V2 ， ∴ 必要性成立，
②由 V1=V2 ，则只需要底面积和高相等即可，则 S1 ， S2 不一定相等， ∴ 充分性不成立，
∴V1=V2 是 S1=S2 的必要不充分条件。
故答案为：B．
【分析】根据祖暅原理结合已知条件，再结合充分条件、必要条件的判断方法，从而推出 “ V1=V2 ”是“ S1=S2 ”的必要不充分条件。
6.如图，一个半径为2的水轮，圆心 O 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 P 到水面的距离 y （米）与时间 x （秒）满足 y=Asin(ωx+φ)+k （ A>0 ），则（ ）
A.ω=2π15
B.A=3
C.k=2
D.φ=0
【答案】 A
【考点】三角函数模型的简单应用
【解析】【解答】解： ∵ 水轮的半径为2，水轮圆心 O 距离水面 1m ，由题意可得 {3=A+k−1=−A+k ，
∴ 解得 A=2 ， k=1 ，可得 B ， C 选项错误，
又水轮每分钟旋转4圈，故转一圈需要15秒，
∴T=15=2πω ，
∴ω=2π15 ，可得 A 正确，
又由题意，未指明初始位置 φ 的值，所以无法确定，故 D 错误．
故答案为：A．
【分析】利用已知条件结合正弦型函数的实际应用，从而解方程组求出A,k的值，再结合正弦型函数的最小正周期公式，从而求出ω的值，再利用题意，未指明初始位置 φ 的值，所以无法确定，从而找出正确的选项。
7.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的．已知图中正方形 ABCD 的边长为1， ∠DAE=θ ，则小正方形 EFGH 的面积为（ ）
A.1−sin2θ
B.1−cos2θ
C.1−2sinθ
D.1−2cosθ
【答案】 A
【考点】二倍角的正弦公式，同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】正方形 ABCD 中， AD=1 ， ∠DAE=θ ，
所以 DH=ADsin∠DAE=sinθ ，
AH=ADcos∠DAE=cosθ ，
又因为 Rt△ADH≅Rt△BAE≅Rt△CBF≅Rt△DCG ，
所以 GH=DH−AH=sinθ−cosθ ，
所以小正方形 EFGH 的面积为：
S=GH2=(sinθ−cosθ)2=sin2θ−2sinθcosθ+cos2θ=1−sin2θ 。
故答案为：A．
【分析】利用已知条件结合正方形的结构特征，再结合正弦函数的定义求出DH的长，再利用余弦函数的定义求出AH的长，再结合全等三角形的判断方法得出GH的长，再结合正方形的面积公式结合同角三角函数基本关系式和二倍角的正弦公式，从而求出小正方形 EFGH 的面积 。
8.若 x0∈R ， Δx>0 ，函数 f(x) 满足 f(x0+Δx)f(x0)=f(x0+2Δx)f(x0+Δx)=f(x0+3Δx)f(x0+2Δx)=⋅⋅⋅=f(x0+nΔx)f(x0+(n−1)Δx) ， n∈N∗ ，则函数 y=f(x) 可能是（其中 a>0 且 a≠1 ）（ ）
A.f(x)=ax
B.f(x)=xa
C.f(x)=ax
D.f(x)=logax
【答案】 C
【考点】函数解析式的求解及常用方法
【解析】【解答】解：对A， f(x0+Δx)=a(x0+Δx) ， f(x0+2Δx)=a(x0+2Δx) ，
f(x0+Δx)f(x0)=a(x0+Δx)ax0=1+Δxx0 ，
f(x0+2Δx)f(x0+Δx)=a(x0+2Δx)a(x0+Δx)=1+Δxx0+Δx ，
即 f(x0+Δx)f(x0)≠f(x0+2Δx)f(x0+Δx) ，A不符合题意；
对B， f(x0+Δx)=(x0+Δx)a ， f(x0+2Δx)=(x0+2Δx)a ，
f(x0+Δx)f(x0)=(x0+Δx)ax0a=(1+Δxx0)a ，
f(x0+2Δx)f(x0+Δx)=(x0+2Δx)a(x0+Δx)a=(1+Δxx0+Δx)a ，
即 f(x0+Δx)f(x0)≠f(x0+2Δx)f(x0+Δx) ，B不符合题意；
对C， f(x0+Δx)=ax0+Δx=ax0⋅aΔx=f(x0)aΔx ，
f(x0+2Δx)=ax0+2Δx=ax0+Δx⋅aΔx=f(x0+Δx)aΔx ，
f(x0+nΔx)=ax0+nΔx=ax0+(n−1)Δx⋅aΔx=f(x0+(n−1)Δx)aΔx ，
即 f(x0+Δx)f(x0)=f(x0+2Δx)f(x0+Δx)=f(x0+3Δx)f(x0+2Δx)=⋅⋅⋅=f(x0+nΔx)f(x0+(n−1)Δx) ，C符合题意；
对D， f(x0+Δx)=loga(x0+Δx) ， f(x0+2Δx)=loga(x0+2Δx) ，
f(x0+Δx)f(x0)=loga(x0+Δx)logax0=loga(1+Δxx0) ，
f(x0+2Δx)f(x0+Δx)=loga(x0+2Δx)loga(x0+Δx)=loga(1+Δxx0+Δx) ，
即 f(x0+Δx)f(x0)≠f(x0+2Δx)f(x0+Δx) ，D不符合题意.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件结合代入法，从而找出满足要求的函数。
二、多选题
9.已知不等式 ax2+bx+c≥0 的解集是 {x|−1≤x≤2} ，则（ ）
A.b<0
B.a+b+c>0
C.c>0
D.a+b=0
【答案】 B,C,D
【考点】一元二次方程的解集及其根与系数的关系
【解析】【解答】由已知得 a<0,ax2+bx+c=0 的两根为 −1 和2，
∴ −ba=−1+2=1,ca=−1×2=−2，
∴ b=−a,c=−2a,
∴ b>0,c>0,a+b=0,
∴ a+b+c=c>0 。
故答案为：BCD.
【分析】利用已知条件结合一元二次不等式求解集的方法，得出 a<0,ax2+bx+c=0 的两根为 −1 和2，再利用韦达定理得出b=−a,c=−2a, 所以b>0,c>0,a+b=0,从而推出 a+b+c=c>0 ，进而找出正确的选项。
10.已知平面向量 a ， b ，若 |a|=3 ， |a−b|=13 ， a⋅b=6 ，则（ ）
A.|b|=4
B.向量 a 与向量 b 的夹角为 2π3
C.|a+b|=7
D.向量 a 与向量 b 的夹角为 π3
【答案】 A,D
【考点】平面向量数量积的含义与物理意义，平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
【解析】【解答】对A， ∵|a−b|=13 ，
∴|a−b|2=a2−2a⋅b+b2=13 ，
又 ∵|a|=3 ， a⋅b=6 ，
即 9−12+b2=13 ，
解得： |b|=4 ，A符合题意；
对B，D， a⋅b=|a|⋅|b|cos〈a,b〉=3×4cos〈a,b〉=6 ，
解得： cos〈a,b〉=12 ，
又 ∵cos〈a,b〉∈[0,π] ，
故向量 a 与向量 b 的夹角为 π3 ，B不符合题意，D符合题意；
对C， |a+b|=(a+b)2=a2+2a⋅b+b2=32+2×6+42=37 ，C不符合题意.
故答案为：AD.
【分析】利用已知条件结合数量积的定义，从而求出向量b→的模；利用已知条件结合数量积求向量夹角公式，从而求出向量 a 与向量 b 的夹角；利用已知条件结合数量积求向量的模的公式，从而求出向量的模，即 |a→+b→| 的值；从而找出正确的选项。
11.已知某湖泊蓝藻面积 y （单位： m2 ）与时间 t （单位：月）满足 y=at ．若第1个月的蓝藻面积为 2m2 ，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 60m2
D.若蓝藻面积到 2m2 ， 3m2 ， 6m2 所经过的时间分别是 t1 ， t2 ， t3 ，则 t1+t2=t3
【答案】 A,C,D
【考点】对数的运算性质，对数函数、指数函数与幂函数的增长差异，函数模型的选择与应用
【解析】【解答】由题意可知，函数 y=at 图象经过 (1,2) ，即 a1=2 ，
∴a=2 ，
∴y=2t ，
∵2t+1−2t=2t ，
∴ 蓝藻每个月的面积是上个月的2倍，
∴ 每个月的增长率为 100% ，故 A 选项正确，
∵2t+1−2t=2t ，即每个月增长量为 2t ，非常数，故 B 选项错误，
当 t=6 时， y=26=64>60 ，故 C 选项正确，
∵ 若蓝藻面积到 2m2 ， 3m2 ， 6m2 所经过的时间分别是 t1 ， t2 ， t3 ，
∴2t1=2,2t2=3,2t3=6 ，
∴t1=log22 ， t2=log23 ， t3=log26 ，
∴t1+t2=log22+log23=log26=t3 ，故 D 选项正确．
故答案为：ACD．
【分析】由题意可知，函数 y=at 图象经过 (1,2) ，再结合代入法求出a的值，从而求出指数函数的解析式，再利用增长率的求解方法结合指数与对数的互化公式和对数的运算法则，从而找出正确的选项。
12.某演讲比赛冠军奖杯由一个水晶球和一个金属底座组成（如图①）．已知球的体积为 4π3 ，金属底座是由边长为4的正三角形 ABC 沿各边中点的连线向上垂直折叠而围成的几何体（如图②），则（ ）
A.A ，B，D，F四点共面
B.经过A，B，C三点的截面圆的面积为 π4
C.直线 AD 与平面 DEF 所成的角为 π3
D.奖杯整体高度为 3+63+1
【答案】 A,C,D
【考点】球的体积和表面积，共线向量与共面向量，直线与平面所成的角，点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】对A，如图所示：点 A,B,C 三点在底面 DEF 上的射影分别是 △DEF 三边中点 M,N,P ，连接 BN ，
由题意可知： BN//AM 且 BN=AM ，
故四边形 ABNM 是平行四边形，
故 AB//MN ，
又 ∵MN//DF ，
∴DF//AB ，
由两条平行线唯一确定一个平面知： A ， B ， D ， F 四点共面，A符合题意；
对B，由点 A,B,C 三点在底面 DEF 上的射影分别是 △DEF 三边中点 M,N,P ，
△ABC 与 △MNP 全等且所在的面平行，
故 △ABC 的截面圆与 △MNP 的截面圆相等，
由题意知： △MNP 的边长为1，
其外接圆半径为： r=(12)2+(36)2=33 ，
故截面圆面积为： πr2=π3 ，B不符合题意；
对C， ∵ 平面 ADE⊥ 平面 DEF ，
故点 A 在平面 DEF 内的射影在 DE 上，
故 ∠ADE 即直线 AD 与平面 DEF 所成的角，
又 ∵△ADE 为等边三角形，
即直线 AD 与平面 DEF 所成的角为 π3 ，C符合题意；
对D，由上图可知： AM=22−12=3 ，
设球的半径为 R ，
则 43πR3=4π3 ，
△ABC 的外接圆半径 r=33 ，
解得： R=1 ，
故球心到面 ABC 的距离为： d=12−(33)2=63 ，
故奖杯整体高度为 3+63+1 ，D符合题意.
故答案为：ACD.
【分析】利用已知条件结合四点共面的判断方法，从而推出 A ，B，D，F四点共面；由点 A,B,C 三点在底面 DEF 上的射影分别是 △DEF 三边中点 M,N,P ，△ABC 与 △MNP 全等且所在的面平行，故 △ABC 的截面圆与 △MNP 的截面圆相等，再利用已知条件结合勾股定理求出三角形外接圆的半径，再结合圆的面积公式，从而求出截面圆面积；利用已知条件结合线面角的求解方法，从而求出直线 AD 与平面 DEF 所成的角；利用勾股定理结合已知条件求出AM的长，再利用球的体积公式结合已知条件，从而求出球的半径，再利用勾股定理求出球心到面 ABC 的距离，从而求出奖杯整体高度。
三、填空题
13.已知 lg2=a ， lg3=b 则 log212= ________（请用a,b表示结果）
【答案】2+ba
【考点】对数的运算性质，换底公式的应用
【解析】【解答】因为 lg2=a ， lg3=b ，
所以 log212=log23+log24=lg3lg2+2=2+ba 。
故答案为 2+ba 。
【分析】利用对数的运算法则结合换底公式，从而用a,b表示log212。
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 202cm ，则此石凳的体积是________ cm3 ．
【答案】1600003
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】由图可知：该石凳是由棱长为 40 cm的正方体沿各棱中点截去 8 个三棱锥所得到的，
∴ 该石凳的体积为： V=40×40×40−8×13×12×20×20×20=1600003cm2 。
故答案为： 1600003 。
【分析】利用已知条件得出该石凳是由棱长为 40 cm的正方体沿各棱中点截去 8 个三棱锥所得到的，再利用正方体的体积公式结合三棱锥的体积公式，再结合作差法，从而求出该石凳的体积。
15.已知区间 (0,1) 中的实数 m 在数轴上的对应点为 M ，如图1；将线段 AB 围成一个圆（端点 A ， B 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 y 轴上，点 A 的坐标为 (0,1) ，如图3．直线 AM 与 x 轴交于点 N(n,0) ，把 m 与 n 的函数关系记作 n=f(m) ，则方程 f(x)=−1 的解是 x= ________．
【答案】14
【考点】扇形的弧长与面积，三角形的形状判断
【解析】【解答】由题意知， N(−1,0) ， A(0,1) ，
故 △NOA 为等腰直角三角形，
故 ∠NAO=π4 ，故弦 AM 对应的圆心角为 π2 ，
故 AM 是圆周长的 14 ，即 m=14 ，
故方程 f(x)=−1 的解是 x=14 。
故答案为： 14 。
【分析】由题意知， N(−1,0) ， A(0,1) ，故三角形 △NOA 为等腰直角三角形，从而结合等腰直角三角形的结构特征求出 ∠NAO 的值 ，进而求出弦 AM 对应的圆心角，从而得出 AM 是圆周长的 14 ，从而求出m的值，进而求出方程 f(x)=−1 的解。
16.已知 |m|=1 ，向量 n 满足 |n−m|=n⋅m ，当向量 m ， n 夹角最大时， |n|= ________．
【答案】2
【考点】二次函数在闭区间上的最值，平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
【解析】【解答】设 m=(1,0) ， n=(x,y) ，
∵|n−m|=n⋅m ，
∴(x−1)2+y2=x ，化简后可得 y2=2x−1 ， x⩾12 ，
∴|n|=x2+y2=(x+1)2−2 ，
cos
设 t=1x ，即 0
cos
∴|n|=22−2=2 。
故答案为： 2 。
【分析】利用已知条件结合向量的模的坐标表示和数量积求向量的夹角公式，得出cos
四、解答题
17.在①a= 2 ，②S= c2 cosB ， ③C= π3 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 △ABC 中，内角A ， B ， C的对边分别为a ， b ， c ， 面积为S ， 3bcosA=acosC+ccosA ， b=1， ▲ ， 求c的值.
注:如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】 在 △ABC 中，因为 3bcosA=acosC+ccosA ，
所以根据正弦定理得 3sinBcosA=sinAcosC+sinCcosA
所以 3sinBcosA=sinB ，因为 sinB≠0 ，所以 cosA=33
选择①，由余弦定理 a2=b2+c2−2bccosA 得 c2−233c−1=0 ，解得 c=3
选择②， S=c2cosB=12bcsinA ，所以 cosB=sinA=cos(π2−A)
所以 B=π2−A ，即 C=π2 ，解得 c=3
选择③， C=π3 ，因为 sinB=sin(A+π3)=sinAcosπ3+cosAsinπ3=3+66 ，
所以由 csinC=bsinB 得 c=bsinCsinB=26−4
【考点】两角和与差的正弦公式，正弦定理，余弦定理
【解析】【分析】 在三角形 △ABC 中，利用 3bcosA=acosC+ccosA 结合正弦定理和三角形中角B的取值范围，从而求出角A的余弦值。
选择①，由余弦定理结合解一元二次方程的方法，进而求出c的值。
选择②，利用已知条件结合三角形的面积公式和诱导公式，从而求出角A+B的值，再结合三角形内角和为180度的性质，进而求出角C的值，从而求出c的值。
选择③，利用 C=π3 结合三角形内角和为180度的性质结合两角和的正弦公式，从而求出角B的正弦值，再结合正弦定理求出c的值。
18.如图，在 △OAB 中， P 为边 AB 上的一点 BP=2PA ， |OA|=6 ， |OB|=2 且 OA 与 OB 的夹角为 60° .
（1）设 OP=xOA+yOB ，求 x ， y 的值；
（2）求 OP⋅AB 的值.
【答案】 （1）解：因为 BP=2PA ，所以 BP=23BA .
OP=OB+BP=OB+23BA=OB+23(OA−OB)=23OA+13OB .
又 OP=xOA−xOB ，
又因为 OA 、 OB 不共线，所以， x=23 ， y=13
（2）解：结合（1）可得：
OP⋅AB=(23OA+13OB)⋅(OB−OA) .
=23OA⋅OB−23OA2+13OB2−13OA⋅OB
=13OA⋅OB−23OA2+13OB2 ，
因为 |OA|=6 ， |OB|=2 ，且 OA 与 OB 的夹角为 60° .
所以 OP⋅AB=13×6×2×12−23×62+13×22=−623 .
【考点】向量的线性运算性质及几何意义，平面向量数量积的运算
【解析】【分析】 （1）由 OP=OB+BP=OB+23BA=OB+23(OA−OB)=23OA+13OB , 又 OP=xOA−xOB ，即可得出x，y的值；
（2） OP⋅AB=(23OA+13OB)⋅(OB−OA)=13OA⋅OB−23OA2+13OB2 ，再计算 OP⋅AB 的值．
19.四棱柱 ABCD−A1B1C1D1 的所有棱长都相等， ∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=60° ．
（1）求证： AA1⊥BD ；
（2）求直线 A1B 与平面 AA1D1D 所成角的正弦值．
【答案】 （1）取 BD 的中点 O 连接 OA,OA1,A1D ，
因为 AB=AD ，所以 BD⊥OA ，
又由四棱柱 ABCD−A1B1C1D1 的所有棱长都相等， ∠A1AB=∠A1AD=60° ，
可得 A1D=A1B ，所以 BD⊥OA1 ，
又因为 OA∩OA1=O 且 OA,OA1⊂ 平面 A1AO ，所以直线 BD⊥ 平面 A1AO ，
又由 AA1⊂ 平面 A1AO ，所以 BD⊥AA1 ．
（2）不妨设 AB=1 ，
由四棱柱 ABCD−A1B1C1D1 的所有棱长都相等， ∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=60° ，
可得四棱锥 B−A1AD 为正四面体， A1B 与平面 AA1D1D 所成的角,即侧棱与底面所成的角，过 B 作底面 AA1D 的垂线，垂足为正 △AA1D 的中心 G ，
连接 A1G ，所以 ∠BA1G 为 A1B 与平面 AA1D1D 所成的角，
设 A1B=1 ，则 A1G=33 ， BG=63 ，所以 sin∠BA1G=63 ．
【考点】空间中直线与直线之间的位置关系，直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1） 取 BD 的中点 O ，连接 OA,OA1,A1D ，再利用 AB=AD 结合等腰三角形三线合一，所以 BD⊥OA ，又由四棱柱 ABCD−A1B1C1D1 的所有棱长都相等，∠A1AB=∠A1AD=60° ，可得 A1D=A1B ，再利用等腰三角形三线合一，所以 BD⊥OA1 ，再利用线线垂直证出线面垂直，所以直线 BD⊥ 平面 A1AO ，再结合线面垂直的定义证出线线垂直，即证出 AA1⊥BD 。
（2） 不妨设 AB=1 ，由四棱柱 ABCD−A1B1C1D1 的所有棱长都相等， ∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=60° ，可得四棱锥 B−A1AD 为正四面体， A1B 与平面 AA1D1D 所成的角为侧棱与底面所成的角，过 B 作底面 AA1D 的垂线，垂足为正 △AA1D 的中心 G ，连接 A1G ，所以 ∠BA1G 为 A1B 与平面 AA1D1D 所成的角，再利用已知条件结合正弦函数的定义，从而求出直线 A1B 与平面 AA1D1D 所成角的正弦值。
20.如图是函数 f(x)=Asin(ωx+φ) （ A>0 ， ω>0 ， |φ|<π ）的部分图像， f(0)=f(5π6) ， f(π6)=0 ．
（1）求 f(x) 的解析式；
（2）将 f(x) 的图像向右平移 π3 ，得函数 g(x) ，记 ℎ(x)=f(x)+g(x) ，求 ℎ(x) 的单调递减区间．
【答案】 （1）由图可知 A=2 ， x=5π12 是图中的一条对称轴，
且 5π12−π6=π4=T4 ，∴ ω=2 ，
∴ f(x)=2sin(2x+φ)
又 2×π6+φ=π 得 φ=2π3 ，∴ f(x)=2sin(2x+2π3) ．
（2）由题意得 g(x)=2sin(2(x−π3)+2π3)=2sin2x ，
则 ℎ(x)=2sin(2x+2π3)+2sin2x
=2(sin2xcos2π3+cos2xsin2π3)+2sin2x
=2(−12sin2x+32cos2x)+2sin2x
=sin2x+3cos2x
=2sin(2x+π3)
由 π2+2kπ≤2x+π3≤3π2+2kπ⇒π12+kπ≤x≤7π12+kπ ， k∈Z ．
所以 ℎ(x) 的单调递减区间为 [π12+kπ,7π12+kπ] （ k∈Z ）
【考点】函数的单调性及单调区间，函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换，由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】【分析】(1)利用已知条件结合正弦型函数的部分图象求函数的解析式。
（2）利用正弦型函数的图象变换得出函数g(x)的解析式，再利用 ℎ(x)=f(x)+g(x) ， 从而求出函数h(x)的解析式，再利用换元法将正弦型函数h(x)转化为正弦函数，再利用正弦函数的图像判断出正弦型函数的单调性，进而求出正弦型函数h(x)的单调递减区间。
21.将一张长 8cm ，宽 6cm 的长方形纸片沿着直线 MN 折叠，折痕 MN 将纸片分成两部分，面积分别为 S1cm2 ， S2cm2 ．设 MN=lcm ．若 S1:S2=1:2 ，求 l 的取值范围．
【答案】 如图所示，不妨设纸片为长方形 ABCD ， AB=8cm ， AD=6cm ，其中点A在面积为 S1 的部分内．折痕有下列三种情形：
①折痕的端点 M ， N 分别在 AB ， AD 上；
②折痕的端点 M ， N 分别在 AB ， CD 上；
③折痕的端点 M ， N 分别在 AD ， BC 上．
由题意知，长方形的面积为 S=6×8=48 ．
因为 S1:S2=1:2 ，所以 S1=16 ， S2=32 ．
当折痕是情形①时，设 AM=xcm ， AN=ycm ，
则 12xy=16 ，即 y=32x ．
因为 {0≤x≤80≤32x≤6 ，所以 163≤x≤8 ，
则 l2=x2+y2=x2+322x2 ， 163≤x≤8 ，
设 f(x)=x2+32x2 为对勾函数，
当 x2=32x2 时，即 x=42 时， f(x) 最小值为64，
当x=8时， f(x) 最大值为80，
所以 f(x) 的取值范围为 [64,80] ，从而 l 的范围是 [8,45] ．
当折痕是情形②时，设 AM=xcm ， DN=ycm ，
则 12(x+y)×6=16 ，即 y=163−x ．
因为 {0≤x≤80≤163−x≤8 ，所以 0≤x≤163 ，
因为 l2=62+(x−y)2=62+4(x−83)2 ，
所以当 x=83 时， l2 的最小值为36，
当 x=163 时， l2 的最大值为 5809 ，
所以 l 的范围为 [6,21453] ．
当折痕是情形③时，设 BN=xcm ， AM=ycm ，
则 12(x+y)×8=16 ，即 y=4−x ．
由 {0≤x≤6,0≤4−x≤6, 得 0≤x≤4 ．
所以 l2=82+(x−y)2=82+4(x−2)2 ， 0≤x≤4 ．
所以当x=2时， l2 的最小值为64，
当x=4时， l2 的最大值为80，
所以 l 的取值范围是 [8,45] ．
综上：因为 45>21453>8 ，所以 l 的取值范围为 [6,45] ．.
【考点】二次函数在闭区间上的最值，函数模型的选择与应用
【解析】【分析】利用已知条件结合折叠的方法，再结合分类讨论的方法结合均值不等式求最值的方法、二次函数的图像求最值的方法，从而求出函数 f(x) 的取值范围，进而求出 l 的取值范围。
22.设函数 f(x)=x|x−a|+a|x−2| （ a>0 ），方程 f(x)=t 有三个不同的实数根 x1 ， x2 ， x3 ，且 x1
（2）当 t=2 时，求正数 a 的取值范围；
（3）在（2）的条件下，若 x2x3x1>λ 恒成立，求实数 λ 的取值范围．
【答案】 （1）a=2 ， f(x)=(x+2)|x−2|={x2−4(x≥2)−x2+4(x<2) ，
f(x) 在 (−∞,0) 单调递增，在 (0,2) 单调递减，在 (2,+∞) 单调递增，
∴f(2)
即 0
（2）①当 0
f(x) 在 (−∞,0) 单调递增，在 (0,a) 单调递减，在 (a,2) 单调递增，在 (2,+∞) 单调递增，
∴f(a)<2
即 2a−a2<2<2a ，
解得： 1
f(x) 在 (−∞,0) 单调递增，在 (0,2) 单调递减，在 (2,a) 单调递增，在 (a,+∞) 单调递增，
∴f(2)<2
即 2a−4<2<2a ，
解得： 2
（3）由（2）可知，
①当 1
∴x1 ， x2 为方程 −x2+2a=2 的两个根，
则 x1+x2=0 ，
x3 为方程 x2−2a=2 的正根，
∴x3=2(a+1) ，
x2x3x1=−x3=−2(a+1)≥−6 ，
∴λ<−6 ；
②当 2
x3=a−a2−2a−2=(a−1)−(a−1)2−3+1=3(a−1)+(a−1)2−3+1 ，
在 a∈[3+1,3) 单调递减， x3∈(2,3+1] ， λ<(x2x3x1)min=(−x3)min=−3−1 ；
当 f(a)<2 ，即 2
∴λ<−3−1 ，
综上所述： λ<−3−1 ．
【考点】函数单调性的判断与证明，函数单调性的性质，函数的最值及其几何意义，函数恒成立问题，分段函数的应用
【解析】【分析】（1）利用a的值求出函数的解析式，再利用绝对值的定义，从而求出分段函数的解析式，再利用分段函数的解析式画出分段函数的图像，再利用分段函数的图像判断出分段函数的单调性，再结合函数的单调性，从而求出实数t的取值范围。
（2）利用t的值结合分类讨论的方法，再结合绝对值的定义写出分段函数的解析式，再利用分段函数的解析式画出分段函数的图像，进而判断出分段函数的单调性，再结合方程 f(x)=t 有三个不同的实数根 x1 ， x2 ， x3 ，且 x1
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