宁德市2020—2021学年度第二学期期末高一质量检测 数学参考答案-343.docx

1、试卷第 1页，总 6页 宁德市 20202021 学年度第二学期期末高一质量检测 数学参考答案及评分标准 说明： 一、本解答指出了每题要考查的主要知识和能力，并给出了一种或几种解法供参考，如果考生 的解法与本解法不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准指定相应的评分细则 二、对计算题，当考生的解答在某一部分解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定 后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应给分数的一半；如果后继部分的解答有较严重 的错误，就不再给分 三、解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数 四、只给整数分数，选择题和填空题不给中间分 一、选择题：本题考查基础知识和基本

2、运算，每小题一、选择题：本题考查基础知识和基本运算，每小题 5 5 分，满分分，满分 4040 分分 1B2C3A4D5D6B7C8C 二、多项选择题：本题考查基础知识和基本运算，每小题二、多项选择题：本题考查基础知识和基本运算，每小题 5 5 分，满分分，满分 2020 分分( (全部选对的得全部选对的得 5 5 分，分， 部分选对的得部分选对的得 2 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 0 分分.).) 9ACD10AC11BC12BC 二、填空题：本题考查基础知识和基本运算，每小题二、填空题：本题考查基础知识和基本运算，每小题 5 5 分分 13114 115 3 164 三、解答题：

3、本大题共三、解答题：本大题共 6 6 小题，满分小题，满分 7070 分，解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤分，解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤 17.（1）解：(1,1)a ,所以2a 2 分 所以 2 cos2 11 42 a bab 4 分 .（2）解：因为()abb ,所以()=0abb ，6 分 所以 2 0a bb ,所以 1a b .8 分 所以 12 cos 22 a b a b ，因为0, ,所以 3 4 10 分 18.(1) 方法一: 证明：连接 1 A C，交 1 AC于O，连接OD, 因为OD是 1 CAB的中位线2 分 所以 1 / /ODAB 又OD 平

4、面 1 ADC， 1 AB 平面 1 ADC 所以 1/ / AB平面 1 ADC.6 分 试卷第 2页，总 6页 方法二： 取 11 BC的中点N，连接 1 AN，BN1 分 因为DN是平行四边形 11 CC B B的中位线. 所以 11 / /,DNCC DNCC， 所以四边形 1 A NDA是平行四边形. 所以 1 / /A NAD，又 1 A N 平面 1 ADC，AD 平面 1 ADC 所以 1 / /AN平面 1 ADC3 分 因为 11 1 / /, 2 C NDB C NDBBC 所以四边形 1 C NBD是平行四边形 所以 1 / /C DBN，又 1 C D 平面 1 AD

5、C，BN 平面 1 ADC 所以/ /BN平面 1 ADC5 分 又 11 ,ANNBN BN AN平面 1 ANB 所以平面 1 ANB/ /平面 1 ADC， 1 AB 平面 1 ANB 所以 1 / /AB平面 1 ADC6 分 （2） 因为平面 11 ABB A 平面ABC,平面 11 ABB A 平面ABCAB， 1 AAAB， 1 AA 平面 11 ABB A， 所以 1 AA 平面ABC8 分 因为 1 1 1 1 1 1 2=1 2 ABCA B C V 9 分 1 1111 =1 1 2 3226 CADC V 10 分 所以 1 1 11 1 11 15 =1-= 66 A

6、BD A B CABCA B CCADC VVV 12 分 19.解:(1)因为频率 12345 0.1,0.2,0.45,0.2,0.05,fffff 1234 0.95ffff; 123 0.75,fff1 分 所以，80%分位数一定位于76,86内, 试卷第 3页，总 6页 所以 0.8-0.75 7610 0.2 2 分 0.05 =761078.5 0.2 . 所以估计样本数据的80%分位数约为78.5.4 分 (2) 51 0.1 61 0.271 0.45 81 0.291 0.0570 x 7 分 所以,60,80 xs xs，又6260,80 可知该产品属于一等品.8 分 (

7、3)记三件一等品为, ,A B C，两件二等品为, a b， 这是古典概型，摸出两件产品总基本事件共10个，分别为 : ,A BA CA aA bB CB aB bC aC ba b10 分 方法一： 记:A摸出两件产品中至少有一个一等品，A包含的基本事件共9个，分别是: ,A BA CA aA bB CB aB bC aC b 所以 9 ( ) 10 P A 12 分 方法二： 记事件:A摸出两件产品中至少有一个一等品，A包含的基本事件共9个，10 分 :A摸出两个产品，没有一个一等品，基本事件共一个( , ) a b。 所以 9 ( )1( ) 10 P AP A 12 分 20.解： （

8、1）若选 由2 sintanbAaB得 sin 2sinsinsin cos B BAA B 由sin0 sin0AB，得 1 cos 2 B ， 因为0,B,所以得60B 4 分 若选 由(sinsin)sinsinaACbBcC 试卷第 4页，总 6页 得 222 +acbac 得 222 1 cos 2 acb B ac 因为0,B,所以60B 4 分 (2)方法一： 1 cos 2 BC BAacBac ,5 分 1121 () 3333 BDBAADBAACBAABBCBABC ,6 分 由1BD , 平方得 22 414 1 999 BABCBA BC , 即 22 412 1 9

9、99 cac a8 分 所以 2222 412412 12 999999 cac acac a9 分 所以 2 1 3 ac，即 3 2 ac ,当且仅当 6 2 ac 时,取等号10 分 所以 max 1333 3 2228 S ,此时 6 2 ac 12 分 方法二： ABC中，余弦定理可得 222 bacac 6 分 由ADBCDB得coscosADBCDB 2222 2 ( )1()1 33 2 2121 33 bb ca b b 8 分 得 222 3 (23) 2 bac 即 22 429acac 9 分 由基本不等式得 22 92 426a cacac 试卷第 5页，总 6页 即

10、 3 2 ac ,当且仅当 6 2 ac 时,取等号10 分 所以 13333 3 sin 24428 SacBac , 即 3 3 8 S 11 分 所以 max 3 3 8 S ,此时 6 2 ac 12 分 21 解： (1)记事件:A甲面试合格， 事件:B乙面试合格， 事件:C丙面试合格， 事件D：恰好有一人面试合格1 分 依题意，事件A、B、C相互独立2 分 ()()()()P DP ABCP ABCP ABC3 分 133213231 344344344 7 16 6 分 (2)事件:E至多一人签约， 事件:F恰好一人签约， 事件:G没人签约， 因为F与G互斥,所以( )( )(

11、)P EP FP G7 分 ( )()()()P FP ABCP ABCP ABC 133131113 344344344 5 16 9 分 ( )()()()P GP ABCP ABCP ABC 231213233 344344344 试卷第 6页，总 6页 5 8 11 分 15 ( )( )( ) 16 P EP FP G 所以至多一人签约的概率为 15 16 12 分 备注备注： 22.解: （1）;ABBC ACBC（答对其中一个即可）2 分 (2）解：连接CD，在PAC内,过点D作lCD，即可得l为所求直线.3 分 下证明： 在ABC中，由余弦定理可得 3BC ， 由勾股定理逆定理

12、可知BCAC，4 分 又因为PA 底面ABC，BC平面ABC，所以PABC5 分 又PAAC=A,PA,AC 平面PAC,所以BC 平面PAC6 分 又l 平面PAC，lBC ,lCD CDBCC CD BC平面BCD7 分 所以l 平面BCD，BD 平面BCD 所以lBD8 分 (3)延长ED，BC，交于点F，连接AF，点F平面ADE，点F平面ABC， 所以平面ADE 平面ABCAF9 分 因为PA 底面ABC，且AF 平面ABC 所以PAAF10 分 因为PB 平面EDA，AF 平面EDA 所以PBAF11 分 又因为,PBPAP PA PB平面PAB 所以AF 平面PAB 所以,AFAE AFAB， 所以EAB是平面EAD与平面BAC所形成的二面角的平面角12 分