【文档说明】江苏省徐州市2020-2021学年高一下学期期末考试数学试题答案.pdf，共(4)页，211.403 KB，由小赞的店铺上传

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高一数学试题答案第1页（共4页）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考答案与评分标准一、单项选择题：1．C2．A3．D4．C5．B6．C7．A8．B二、多项选择题：9．AC10．BD11．BCD

12．BCD三、填空题：13．1614．124；1415．π416．47四、解答题：17．（1）由b∥a可设(2,)b，……………………………………………2分所以22||(2)25b，……………3分解得2，所以向量b的坐标为(4,2)或(4,2)．………………5分（2

）因为(2,1)a，(3,2)b，所以(23,2)kkkab，2(4,5)ab，………………………7分因为kab与2ab垂直，所以()(2)0kabab，…………8分即4(23)5(2)0k

k，解得223k．…………………………10分18．（1）因为1tan3，所以22122tan33tan211tan41()3．……………4分（2）因为5cos5，3π2π2，所以22525sin1cos1()55

，……………………6分所以25sin5tan2cos55，………………………………………8分所以12tantan3tan()111tantan1(2)3

，…………………10分因为π02，3π2π2，所以3π5π22，……………11分所以7π4．…………………………………………………………12分高一数学试题答案第2页（共4页）19．（1）在正方体111

1ABCDABCD中，1BB平面ABCD，又因为EF平面ABCD，所以1BBEF，……………………………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，ACBD，所以EFBD，………………4分又因为1BBBDB，BD平面11B

BDD，1BB平面11BBDD，所以EF平面11BBDD，……………………………………………………6分又因为EF平面EFG，所以平面EFG平面11BBDD．……………………………………………8分（2）设正方体的棱长为

a，由（1）知，四面体BEFG的体积为311133248BEFaSBGBEBFBG△，………………………………10分所以所得多面体的体积为331608483aa，解得4a，即该正方体的棱长为4．…………

…………………………12分20．（1）由(0.00050.00150.003250.004250.004520.001)401a，…1分解得0.005a．………………………………………………………………

3分（2）因为(0.00050.00150.003250.00425)400.380.5，(0.00050.00150.003250.004250.0050.58)040.5，…4分所以中位数在[240,280)，设中位

数为x，所以(240)0.0050.12x，解得264x，…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264．……6分（3）思想政治、地理、化学、生物四科成绩总分在[240，280)和[360，4

00]的两组中的人数分别为：0.0054010020人，0.001401004人，由分层抽样可知，从成绩在[240，280)的组中应抽取2065204人，记为,,,,abcde，从成绩在[360，400]的组中应抽取1人，记为f，……………………

……………8分以(,)ab表示“抽取的两人为a和b”(余类推)，则样本空间为{(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,),abacadaeafbcbdbe(,),(,),(,),(,),bfcdcecf(

,),(,),(,)}dedfef，…………………………………………………………10分记“抽取的这2名学生来自不同组”为事件A，则{(,),(,),(,),(,),(,)}Aafbfcfdfef，所以51()153PA，答；抽取的这2名学生来自不同组的概率为

13．…………………………12分21．（1）若选择①：3sincosaCcA，由正弦定理得3sinsinsincosACCA，…………………2分因为C为锐角，所以sin0C，所以3sincosAA，因为A为锐角，所以cos0A，所以3tan3A，…

4分所以π6A．……………………………………………………5分高一数学试题答案第3页（共4页）若选择②：2sin(62)sin2BCaBb，由正弦定理知2sinsin(62)sinsin2BCABB，因为sin0B，所以2sin(62)sin(62)

cos22BCAA，即4sincos(62)cos222AAA，因为A为锐角，所以cos02A，则62sin24A，26+2cos1sin224AA，………3分所以62621sin2sin

cos2=22442AAA，…4分因为A为锐角，所以π6A．…………………………………5分若选择③：2622cos()1284A，即62cos()44A，………………………………………2分又2cos()coscossinsin=(cossin)4442AAA

AA所以31cossin=2AA，因为22sincos1AA，A为锐角，所以1sin2A，…4分因为A为锐角，所以π6A．…………………………………5分（2）由（1）知π6A，又3a

，由正弦定理得31sinsinsin2bcaBCA，即23sinbB，23sincC，…7分所以222212(sinsin)6(2cos2cos2)bcBCBC6[2(cos2cos2)]BC5π6[2cos(2)cos2]3CCπ6[23si

n(2)]3C，……………………………………9分因为ABC△为锐角三角形，5π(0,)62BC，又π(0,)2C，所以ππ(,)32C，…………………………………………………………11分高一数

学试题答案第4页（共4页）所以ππ2π2(,)333C，所以π3sin(2)(,1]32C，所以22bc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，所以在PCD△中，NE∥CD，且12NE

CD，…………………………1分又M为棱AB的中点，12MBAB，因为底面ABCD为矩形，所以AB∥CD，ABCD，所以MB∥NE，且MBNE，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，PAPD，则PFAD，在矩形ABCD中，可得FGAD，所以PFG为二面角PADB

的平面角，即60PFG．…………6分又因为PFFGF，,PFFG平面PFG，所以AD平面PFG，又因为PG平面PFG，所以ADPG，又因为BC∥AD，所以BCPG，所以PBC△是等腰三角形，即PBPC．在PFG△中，122PFAD，3FG，60PFG，由余弦

定理可知，2223223cos607PG，所以11PBPC．…………8分在PAB△中，过点A作AHPB于点H，由余弦定理可知，91182cos61111ABP，所以611BH，则6311AH，由余弦定理可知，1611112cos81111CBP

，在PBC△中，过点H作HKPB，可知HK交BC于点K，3BK，6311HK，则AHK为二面角APBC的平面角．…………………………………10分在矩形ABCD中，可求得32AK，在AHK△

中，由余弦定理可知，63631841111cos637211AHK，所以二面角APBC的余弦值为47．…………………………………12分（注：其它方法，相应给分）PABCDMNKEFGH