2020-2021学年江苏省徐州市高一下学期期末考试数学试题 PDF版

2/6

3/6

4/6

5/6

6/6

2020~2021学年度徐州市高一年级第二学期期末抽测数学试题参与评分标准一、单项选择题：1．C2．A3．D4．C二、多项选择题：9．AC10．BD11．BCD三、填空题：13．1614．5．B12．BCD6．C7．A8．B11；24415．π416．47四、解答题：17．（1）由b∥a可设b(2,)，……………………………………………2分所以|b|(2)2225，……………3分解得2，所以向量b的坐标为(4,2)或(4,2)．………………5分（2）因为a(2,1)，b(3,2)，所以kab(2k3,k2)，a2b(4,5)，………………………7分因为kab与a2b垂直，所以(kab)(a2b)0，…………8分22．…………………………10分3122tan133．……………4分18．（1）因为tan，所以tan21tan21(1)243353π

（2）因为cos，2π，52即4(2k3)5(k2)0，解得k所以sin1cos21(5225)，……………………6分5525sin52，………………………………………8分所以tancos5512tantan31，…………………10分所以tan()1tantan11(2)3π3π3π5π因为0，，……………11分2π，所以22227π

所以．…………………………………………………………12分4高一数学试题答案第1页（共4页）19．（1）在正方体ABCDA1B1C1D1中，BB1平面ABCD，又因为EF平面ABCD，所以BB1EF，……………………………2分连接AC，在△ABC中，E，F分别为AB，BC的中点，所以EF∥AC，又因为在正方形ABCD中，ACBD，所以EFBD，………………4分又因为BB1BDB，BD平面BB1D1D，BB1平面BB1D1D，所以EF平面BB1D1D，……………………………………………………6分又因为EF平面EFG，所以平面EFG平面BB1D1D．……………………………………………8分（2）设正方体的棱长为a，由（1）知，四面体BEFG的体积111a3为S△BEFBGBEBFBG，………………………………10分33248a31603所以所得多面体的体积为a8，483解得a4，即该正方体的棱长为4．……………………………………12分20．（1）由(0.00050.00150.003250.004250.00452a0.001)401，…1分解得a0.005．………………………………………………………………3分（2）因为(0.00050.00150.003250.00425)400.380.5，(0.00050.00150.003250.004250.005)400.580.5，…4分所以中位数在[240,280)，设中位数为x，所以(x240)0.0050.12，解得x2，…5分所以思想政治、地理、化学、生物四科成绩总分的中位数为2．……6分（3）思想政治、地理、化学、生物四科成绩总分在[240，280)和[360，400]的两组中的人数分别为：0.0054010020人，0.001401004人，由分层抽样可知，从成绩在[240，280)的组中应抽取[360，400]的组中应抽取1人，记为f，…………………………………8分以(a,b)表示“抽取的两人为a和b”(余类推)，则样本空间为20

65人，记为a,b,c,d,e，从成绩在204{(a,b),(a,c),(a,d),(a,e),(a,f),(b,c),(b,d),(b,e),(b,f),(c,d),(c,e),(c,f),(d,e),(d,f),(e,f)}，…………………………………………………………10分记“抽取的这2名学生来自不同组”为事件A，51，则A{(a,f),(b,f),(c,f),(d,f),(e,f)}，所以P(A)

1531

答；抽取的这2名学生来自不同组的概率为．…………………………12分321．（1）若选择①：3asinCccosA，由正弦定理得3sinAsinCsinCcosA，…………………2分因为C为锐角，所以sinC0，所以3sinAcosA，因为A为锐角，所以cosA0，所以tanA所以A

π

．……………………………………………………5分63，…4分3高一数学试题答案第2页（共4页）若选择②：2asinB(62)bsinBC，2由正弦定理知2sinAsinB(62)sinBsinBC，2因为sinB0，所以2sinA(62)sinBC(62)cosA，22A

即4sinAcosA(62)cosA，因为A为锐角，所以cos0，2222则sinAA6+2A62，cos1sin2，………3分24224AA62621所以sinA2sincos2=，…4分22442π

因为A为锐角，所以A．…………………………………5分6A62若选择③：2cos2()1，28462即cos(A)，………………………………………2分442(cosAsinA)又cos(A)cosAcossinAsin=

444231所以cosAsinA=，21

因为sin2Acos2A1，A为锐角，所以sinA，…4分2π

因为A为锐角，所以A．…………………………………5分6π

（2）由（1）知A，又a3，由正弦定理得6bca3，即b23sinB，c23sinC，…7分1sinBsinCsinA2所以b2c212(sin2Bsin2C)6(2cos2Bcos2C)

6[2(cos2Bcos2C)]

5π

2C)cos2C]3π

6[23sin(2C)]，……………………………………9分36[2cos(

因为△ABC为锐角三角形，B所以C(,)，…………………………………………………………11分ππ325ππC(0,)，又C(0,)，622高一数学试题答案第3页（共4页）ππ2ππ3(,)，所以sin(2C)(,1]，33332所以b2c2的取值范围为(21,63+12]．………………………………12分22．（1）取PC的中点E，连接NE，EB，又因为N为PD的中点，1

所以在△PCD中，NE∥CD，且NECD，…………………………1分21

又M为棱AB的中点，MBAB，2因为底面ABCD为矩形，所以AB∥CD，ABCD，所以MB∥NE，且MBNE，则四边形MBEN为平行四边形，………3分所以MN∥EB，又MN平面PBC，EB平面PBC，所以直线MN∥平面PBC．…………………………………………………5分（2）取AD中点F，BC中点G，连接PF，FG，PG．在△PAD中，PAPD，则PFAD，在矩形ABCD中，可得FGAD，所以PFG为二面角PADB的平面角，即PFG60．…………6分又因为PFFGF，PF,FG平面PFG，所以AD平面PFG，又因为PG平面PFG，所以ADPG，又因为BC∥AD，所以BCPG，所以△PBC是等腰三角形，即PBPC．1在△PFG中，PFAD2，FG3，PFG60，由余弦定理可知，2所以2C

PG2232223cos607，所以PBPC11．…………8分在△PAB中，过点A作AHPB于点H，63911826由余弦定理可知，cosABP，所以BH，则AH，1161111111611112由余弦定理可知，cosCBP，81111在△PBC中，过点H作HKPB，可知HK交BC于点K，HKBK3，在矩形ABCD中，可求得AK32，63，11则AHK为二面角APBC的平面角．…………………………………10分63631841111在△AHK中，由余弦定理可知，cosAHK，6372411所以二面角APBC的余弦值为．…………………………………12分7（注：其它方法，相应给分）PNHFAMBDGECK高一数学试题答案第4页（共4页）