江苏省连云港市2021-2022高一下学期数学期末试卷及答案.pdf

1、高一数学参考答案 一、选择题：本题共 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. C 2. A 3. A 4. B 5. A 6. D 7. B 8. B 二、选择题：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. AB 10. ACD 11. BC 12. ACD 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 13. 1027 14. 1i + 15. 5 16. 6 169（第一空 2 分，第二空 3 分）

2、 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.解： （1）由( 3, 1)=ab，得2=|ab|， 2 分 故22|2+|a|b|4a b=，代入| | a=1，| | b=3，得0a b=， 4 分 由2+=|ab|22|2+|a|b|4a b=，得2=|a+ b| 6 分 （2） 由cos+ab22|1|2+= +（） （)，abababab =|ab|ab|ab ab 8 分 故+ab与ab的夹角为23 10 分 18.解： （1）设事件 A:“组成的两位数是偶数” ，则样本空间 12,13,14,15,21,23,24,25,31,32,

3、34,35,41,42,43,45,51,52,53,54=, 2 分 A12,14,24,32,34,42,52,54=, 故82(A)205P=, 5 分 即组成的两位数是偶数的概率是25 6 分 （2）设事件 B： “组成的两位数是 3 的倍数” ， 则B12,15,21,24,42,45,51,54=,AB12,24,42,54=, 故82(B)205P=, 41(AB)205P=, 10 分 故(AB)(A) (B)PPP 即“组成的两位数是偶数”与事件“组成的两位数是 3 的倍数”不独立 12 分 19.解： （1）连接 AC 交 BD 于点 M，连接 EM， 因为底面 ABCD

4、是菱形，故点 M 是 BD 的中点， 又因为点 E 是 PD 的中点，故PBEM1 分 又因为PB平面AEC, EM 平面AEC, 所以，PB平面AEC; 4 分 （2）取 AD 的中点 O，连接 PO，BO, 因为2PAPDAD=，且 O 为 AD 的中点， 故POAD， 5 分 又因为平面 PAD平面 ABCD， 平面 PAD平面 ABCD=AD, PO平面PAD 故PO平面 ABCD 8 分 则 直 线PB与 平 面ABCD所 成 角 为PBO 9 分 在PAD 中，3PO =, 在BAO 中，222cos7BOAOABAO ABBAO=+= 在 RtPBO 中，321tan77PBO=

5、， 故直线 PB 与平面 ABCD 所成角的正切值为21712 分 20.解： （1）因为ab，故3cos2x（）3sin2x=（）3sin2x（）sin2x（） 又因为2x是第四象限角，故tan3 32x= 2 分 由222tan6 32tan13 31tan2xxx= （）， 得3tan313x =4 分 （2）( )f x =a3+32b33cossin3sin3sin+322222xxxx=+ （） （） 33 33sin1 cos )+3222xx=+（） （33 3sincos22xx=+ 3sin)3x=+（ 8 分 又50,6x，当6x =时，max( )3f x=， 当56x

6、 =，min3( )2f x= 10 分 故m32，3n，则mn的最大值为92 12 分 21.解： （1）在AMC中,13=AM2=CM,3=AC， 由余弦定理得，222cos2AMACCMMACAM CM+=12,13= 2 分 则21sin1cos.13MACMAC= 1sin2AMCSAM ACMAC=11133213=3.2= 4 分 P A B C D O E M （2）由2,BMCMAC+=,AMCBMC+=得 ,2AMCMAC= + 故sincosAMCMAC=6 分 在AMC中,由正弦定理,sinsinACCMAMCMAC=得, 32sinsinAMCMAC=,即32,cos

7、sinMACMAC= 又因为22sincos1MACMAC+=，解得2sin.7MAC= 8 分 在ABC中,由正弦定理得, sinsinBCACBACB= 2sinBCMAC=4.7= 10 分 在BCM中, 由余弦定理,2222cosCMBMBCBM BCMBC=+, 得24120,77BMBM=解得6 7.7BM = 此时5 7.7AB =所以 BM 不存在. 12 分 22.解： （1）连接BD,11B D, 在正方体1111ABCDAB C D中，ACBD, 由1BB 平面ABCD,ACABCD平面，得1ACBB, 又因为1BDBBB=,故AC 平面11BB D D, 又因为1BD

8、平面11BB D D, 故1BDAC，2 分 同理11BDAB，又因为1ABACA=,所以1BD平面1ACB;4 分 （2）过点 P 作 PQAC，交 AD 于点 Q, 过点 Q 作 QS1AD,交1AA于 S， 过点S作SR1AB,交11AB于 R, 由作法可知，1DPAR=,DP1AR，故1ADPR, 又 QS1AD，故 QSPR,则 Q,S,P,R 四点共面， 由 QS1AD1BC,SR1AB, 由（1）可知1BD1BC，1BD1AB， 故1BDQS，1BDSR，QSSRS=,故1BD平面PQSR, 平面PQSR即为所求的平面6 分 因为平面11ADDA 平面11BCCB,平面PQSR平

9、面11AD DASQ=, 设平面PQSR平面11BCCBTO=,则SQOT， 又因为 QS1AD1BC，可得 OT1BC, 同理可得：OP1C D, 故平面截正方体1111ABCDABC D所得截面为平面六边形OPQSRT8 分 设02),CPxx=（ 2,DPx= 则2(2)PQSROTx=，2OPRTQSx=，PR=2 2 D C B A C1 D1 B1 A1 图 1 A B C D P Q S A1 R B1 T O C1 D1 图 2 等腰梯形SQPR的面积2134)2Sx=（， 等腰梯形OTRP的面积2234)2Sxx=（， 截面六边形OPQSRT面积2123(22)SSSxx=+=+，11 分 当1x =，max3 3S= 故平面截正方体1111ABCDABC D所得截面的截面面积的最大值为3 312 分 (注：仅仅作出截面，并求出最大值的，但没有说明理由的，本问得 2 分)