北京市大兴区2022-2023高一下学期期末数学试卷及答案.pdf

1、高一答案 第 1 页 共 4 页 大兴区大兴区 20222023 学年度第学年度第二二学期期学期期末末检测检测 高一数学参考答案 一、一、选择题选择题（共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分）题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A B C B A D C B D 二、填空题二、填空题（共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分）（11）1 （12）5 （13）35（14）323；2 （15）（全选对 5 分，漏选 1 个 3 分，漏选 2 个 2 分，不选或选错 0 分）三、解答题三、解答题（共 6 小题，共 85 分）（16）（共14分）解：（）因为(3 4)，b

2、，所以22|345b.4 分（）设()x y，a.因为/a b,所以430 xy.又因为10|a|，所以2210 xy.所以2243010 xyxy，解得68xy，或68xy .所以，(6 8)，a，或(68)，a.5 分（）因为ab，所以0a b.所以222()2|ab|abaa bb 22|5 5|a|b|.5 分（17）（共14分）解：（）因为tan2，所以tantan214tan()3412 11tantan4.7分 （）222sin2cos2sincoscos1 cos21 2cos1 2cos(2sincos)2cos 高一答案 第 2 页 共 4 页 2sincos2cos 1t

3、an2 13222.7分 （18）（共 14 分）解：（）取11BC的中点P，连接PM PC，.因为M P，分别为1111ABBC，的中点，所以11/PM AC，且1112PMAC.因为四边形11ACC A为平行四边形，且N为AC的中点，所以11/CN AC，且111=2CNAC.所以/PM CN，且PMCN.所以四边形PMNC为平行四边形.所以/MN PC.又MN 平面11BCC B，PC 平面11BCC B，所以/MN平面11BCC B.6 分（）因为侧面11BCC B为正方形，所以1BCBB.又因为平面11BCC B 平面11ABB A，且平面11BCC B平面111ABB ABB,所以

4、BC 平面11ABB A.所以BCAB.选条件：ABMN.由（）得/MN PC，所以ABPC.又BCPCC，所以AB 平面11BCC B.所以1ABBB.选条件：ABBC，BMMN.因为2211MNPCCCC P，所以2211BMMNCCC P.又11ABBCBBCC，所以11BMC P，高一答案 第 3 页 共 4 页 所以22211BMBBB M.所以11BMBB，即1ABBB.8 分 （19）（共 14 分）解：（）样本平均值9.6 10.1 9.79.8 10.09.710.09.8 10.1 10.29.910 x 样本方差1010222221111()98.0489.90.0381

5、010iiiisxxxx.5 分（）估计改进后该厂生产的产品评分的平均数0.210.1Xx，方差220.038Ss.6 分（）可以认为是一等品.因为改进后该厂生产的产品评分由样本数据估计平均数为10.1 10，所以可以认为这 10 件产品平均等级为一等品.不一定是一等品.因为样本数据具有随机性，所以新样本平均值不一定达到10 分及以上，所以新样本平均等级不一定是一等品.3 分 （20）（共 14 分）解：（）在ABC中，因为222acbac，所以由余弦定理得2221cos22acbBac.又(0)B，所以3B.4 分（）如图，令A，因为3ADBD，所以ABDA.所以3DBC，23C，2BDC.

6、在BCD中，由正弦定理得sinsinBDCDBCDDBC，即312sin()sin()33，即23sin()sin()33，化简得31313(cossin)cossin2222，解得3tan2，即3tan2A.5 分 高一答案 第 4 页 共 4 页（）由2222sincos2tan4 3sinsin2sincos1tan7BDC，所以16 3sin27BCDSBD CDBDC5 分 （21）（共 15 分）解：（）因为在长方体AEBFGCHD中，三棱锥A GCD与三棱锥CAEB与三棱锥DHBC与三棱锥DABF的体积都为16abc.所以三棱锥ABCD的体积为11463abcabcabc.5 分（）由已知易求得三棱锥ABCD的每个面的三角形的三条边均为222222abbcca，.不妨设abc，各面的最大角为，则222222222222222()()()2cos022bccaabcbccabcca 又(0)，所以各面的最大角为为锐角.所以，三棱锥ABCD的每个面都是锐角三角形.6 分 （）21abc，.（满足2abc或2222220a cb ca b）4 分