【文档说明】山西省运城市2021届高一下学期期末调研测试数学答案.pdf，共(5)页，154.634 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-42e50d3b529195aa13cd38f722321f94.html

以下为本文档部分文字说明：

第1页共5页高一数学答案一、单项选择题1.D2.B3.B4.C5.A6.C7.D8.B二、多项选择题9.BD10.AD11.CD12.BCD三、填空题13.60°或120°14.9.615.316.42−2四、解答题17.(1)在矩

形ABCD中，连接AC交BD于点O，则O为AC的中点，连接MO.∵M为PC的中点∴OM∥PA………………………………………………………………………2分又∵MBDOM平面,MBDPA平面∴PA∥平面MBD……………………………………………………………4分（2）方法一：∵AD∥

BC，PBCBC平面,PBCAD平面∴AD∥平面PBC∴D到平面PBC的距离等于A到平面PBC的距离……………………………6分∵PA⊥平面ABCD，ABCDBC平面∴PA⊥BC,又∵AB⊥BC,PA∩AB=A∴BC⊥平面PAB又∵PBCBC平面∴平面PBC⊥

平面PAB过A作AH⊥PB,则AH⊥平面PBC∴AH即为所求.……………………………8分在Rt△PAB中，PA=2，AB=1，解得AH=2��.……………………………………10分方法二：（等体积法）设D到平面PBC的距离为h∵PA⊥平面ABC

D，ABCDBC平面∴PA⊥BC,又∵AB⊥BC,PA∩AB=A∴BC⊥平面PAB∴BC⊥PB……………………………………………………………………………6分∴55221PBCS……………………

……………………………………7分∵BCDPPBCDVV……………………………………………………………………8分∴PAShSBCDPBC3131又∵S△BCD=1……………………………………………………………………………9分∴h=2��.…………………………………………………

……………………………10分第2页共5页18.解：（1）依题意有(0.0025+0.0090+0.0100+0.0200+0.0260+0.0025+x)×10=1,解得x=0.0300.………………………………………………2分[65,105)的频率为0.625，[105,115)的频率为0

.26则第75百分位数在[105,115)内所以第75百分位数为8.109625.0-885.0625.0-75.010105…………………………………4分（2）)由频率分布直方图以及等级划分规则可知,样本中三等品、二等品、一等品的频率

分别为(0.0025+0.0100)×10=0.125,(0.0200+0.0300)×10=0.5,(0.0260+0.0090+0.0025)×10=0.375.所以在样本中,三等品、二等品、一等品的件数分别为25,100,75,所以按照产品等级用比例分配分层

随机抽样的方法抽取8件产品,则应抽取的一等品的件数分别为3.……………………………………………………8分（3）由(2)知,从该企业的这种产品中任取一件是一等品的概率为0.375,是二等品或三等品的概率为0.625.故该企业销售600件这种产品,所获利润约为600×(0.375×10+0.62

5×6)=4500(元).……………………………………………………………………12分19.解：（1）)42sin(21)cos(sincos2)(xxxxxf……………………3分∴2T…………………………………………

………………………………………5分（2）)42sin(2)(xxf向左平移6个单位长度得)122sin(2xy，再将横坐标缩短为原来的�2，得)124sin(2)(xxg………………………………………………8分∴0)(xg即

1)124sin(2x∴kx24124或kx243124∴},26224|{Zkkxkxx或……………………………………………12分20.解（1）由图知一等奖有8人，二等奖有24人，三等奖有16人.……………………3分∴平均数为

15048016200243008元……………………………………………5分第3页共5页（2）由图可知获一、二、三等奖的概率分别为61488，214824，314816…………8分记两人中，甲获一,二,三等奖分别为事件A1,A2,A3，乙获一,二,三等奖为事件B1,B2,B3

)()()(132231BAPBAPBAPP3613613121213161…………………………………………………………12分21.解：（1）由题意可知)(43sin21222cabB

acSABC……………………2分∴BacbcaBaccos23)(43-sin21222∴3tanB………………………………………………………………………………3分又∵B0∴32B………………………………………………………………

……………………4分(2)CAacCABcaCABCABcoscos221coscos2coscoscos2……6分∵3b，32B∴由正弦定理可得2sinBb∴CcAasin2,sin2

原式=)cos(2coscos2sinsin2ACCACA…………………………………………8分∵32B∴3CA∴原式=)23cos(2A……………………………………………………………………9分第4页共5页又∵30A,则)3,3(23A……

……………………………………………10分∴]2,1()23cos(2A∴CABCBAcoscos2的取值范围为（1,2]…………………………………………12分22.解（1）证明：在直角梯形ABCD中

，由题意可得CB=22，AC=22∴222ABCBAC∴AC⊥BC……………………………………………………………………………………1分又∵平面ABEF⊥平面ABCD，平面ABEF∩平面ABCD=AB,EB⊥AB,ABEFEB平面∴EB⊥平面A

BCD又∵ABCDAC平面∴AC⊥EB……………………………………………………………………………………3分又∵EB∩CB=B∴AC⊥平面CBE……………………………………………………………………………4分（

2）将棱锥F-CBE的侧面展开到与平面FCE共面，得平面四边形CBEF.当F,P,B三点共线时，FP+PB值最小此时△FPB周长最小.………………………………………………6分在平面四边形FECB中，可求得31cosFEB,根据余弦定理可得3572FB∴△F

PB周长最小值为523572………………………………………………8分（3）连接FM,过M作MH⊥CE,连接FH，在矩形ABEF中可算得FM⊥ME又∵CM⊥AB∵平面ABEF⊥平面ABCD，平面ABEF∩平面ABCD=AB,∴CM⊥平面ABEF,又∵ABEFFM平面∴CM⊥FM又∵CM

∩ME=M第5页共5页∴FM⊥平面CME∵CMEEC平面∴FM⊥CE……………………………………………………………………………………10分又∵MH⊥CE,且MH∩ME=M∴CE⊥平面FHM∴∠FHM即为所求

……………………………………………………………………………11分在△CME中可算得362MH又∵FM=22∴336222tanFHM∴∠FHM=60°二面角F-CE-M的大小为60°…………………………………………………………12分