【文档说明】湖北省黄冈市2020-2021学年高一下学期期末调研考试数学试题答案定稿.docx，共(5)页，1.140 MB，由管理员店铺上传

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2020-2021高一年级下学期数学测试卷参考答案一.选择题题号123456789101112答案ACBBCDBDADABDACDAD二.填空题13.0.314.3215.22316.168.解：设，，，可得，∵BH∥CL,∴BHC=HCL,又，可得BHC=BAE，∴H

CL=BAE∴tan1HCL=2，即𝑘𝑘+𝑚=12,∴m=k,∴n=2k，在中，tan1BAE=2，得sin1BAE=5，在中，，即kn1sinBEA5=，可得sinBEA10=1016.

解：设BMBC=uuuruuur（0≤λ≤1），则AMABBMABBC=+=+uuuruuuruuuruuuruuur又1233BCACABADDCABADABABADAB=−=+−=+−=−uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruu

uruuuruuuruuurQ∴22()(1)33AMABADABADAB=+−=+−uuuruuuruuuruuuruuuruuur∵O是△ABC的外心∴21182AOABAB==uuuruuuruuur2182AOADAD==uuuruuuruuur

∴2[(1)]3AOAMAOADAB=+−uuuruuuruuuruuuruuur=2(1)3AOADAOAB+−uuuruuuruuuruuur=2818(1)3+−=1184,,2−=16AOAM=uuuruuur(也可以建坐标系，求O点的坐标)三、解答题17.解：（

1）设z=a+bi(a>0,b>0)则22||2,zab=+=,即a2+b2=2①……………………2′∵z2=a2-b2+2abi为纯虚数∴a2-b2=0且2ab≠0②…………………………………………4′由①②解得a=1,b=1∴z=1+i…………

…………5′(2)∵z=1+i∴1zi=−,z2=2i，∴(1,1),(1,1),(0,2)abc==−=rrr………………7′∴20,2,2,2abacbcb===−=rrrrrrrACm=BCn=222kmn+=

ABEHBCABEABEsinsinABBEBEABAE=由()()()()0得abbcabbc+⊥+++=rrrrrrrr即1420,2−==………………………10′18.解：（1）1cos2aCcb+=Q，由正弦定理得1sincossinsi

n2ACcB+=①…………2′在△ABC中B=π-（A+C）∴sinsin()sincoscossinBACACAC=+=+②……………………4′由①②得1sincossin2CAC=,∵1sin0cos23CAA==………………………6′（2）由余弦定理得：7=b

2+c2-2bccos60°即b2+c2-bc=7,∴(b+c)2-3bc=7…………………………8′又S△ABC=1333sin242bcAbc==∴bc=6……………10′∴(b+c)2-18=7，∴b+c=5,∴△ABC的周长为57+…………………………12′19.解：（1）甲的

中位数是119，乙的中位数是128，乙的成绩更好……………………3′（2）乙频率分布直方图如下图所示：………………………………………8′分组频数频率[100，110）20.1[110，120）40.2[120，13

0）50.25[130，140）60.3[140，150]30.15合计201（3）甲乙两位同学的不低于140分的成绩共5个，甲两个成绩记作A1、A2，乙3个成绩记作B1、B2、B3（其中B3表示150分），任意选出2个成绩所有的取法为（A1，A2）（A1，B1）（

A1，B2）（A1，B3）（A2，B1）（A2，B2）（A2，B3）（B1，B2）（B1，B3）（B2，B3）共10种取法……………………………………………………10′其中两个成绩不是同一个人的且没有满分的是

（A1，B1）（A1，B2）（A2，B1）（A2，B2）共4种取法，∴取出的2个成绩不是同一个人的且没有满分的概率：42105=…………………………12′20.（1）证明：取AC的中点O，∵AP=PC，∴PO⊥AC又∵平面PAC⊥平面ABCD，∴PO⊥平面ABCD∴PO⊥AB①………………

…3′又∵AB⊥PA②由①②可得AB⊥平面PAC∴AB⊥PC……………………5′（2）∵PB=2PC=4，∴PA=PC=2，∵AB⊥PA∴AB2=PB2-PA2，∴AB=23……………………7′∵PA⊥PC，PA=PC=2，∴AC=22，PO=2……………………8′由（1）可知AB⊥平面P

AC，∴AB⊥AC∴S△ABC=1123222622ABAC==∴V三棱锥P-ABC=1142623333ABCSPO==…………………………10′∵BC∥AD，BC=2AD，∴S△ABC=2S△ACD，∴V三棱锥P-ACD=12V三棱锥P-ABC=233∴V四棱锥P-AB

CD=V三棱锥P-ABC+V三棱锥P-ACD=42332333+=…………………12′另解：因为S△ABC=11232226,22ABAC==∴S△ADC=6=∴S梯形ABCD=36,∴V四棱锥P-ABCD=1362233=21.解：（1）设B=Aa，则C3=Aa，3sin=ADa

，3cos=CDa，……………………2′由题意4ABCACDSS=，则11343cos3sin22=aaaa，所以3sin26=.……………………6′（2）由正弦定理，ABD中，sinsinBD

ABBADADB=，即()sinsinADB=−BDa①……………………8′BCD中，sinsinBDBCBCDCDB=，即2sin)sin26（=−+BDaADB②……………………10′②÷①得：sin2tan1sin6=

=+ADB,sinsin3=+，化简得cos(23)in=−，所以tan2+3=.……………………12′22.证明：（1）在图①中过C作CF⊥AD，则EF=BC=1，CF=BE=1又∵CD=2，∴DF=1，∴DE=2，∴DE∥BC，且DE=

2BC，∴DO=2OB又∵AP=2PB∴OP∥AD，∴OP∥平面ACD又∵平面OPQR∩平面ACD=RQ，∴OP∥RQ∴PQ∥AD又∵R是CD的中点，∴Q是AC的中点………………………………………3′（

2）在直角梯形BCDE中，BC=BE=1，∴CE=2∴∠CED=∠BCE=45°又CD=2，∴∠ECD=90°，DE=2，∴CD⊥CE…………①……………………………4′又∵平面ABE⊥平面BCDE，AE⊥BE∴AE⊥平面BCDE∴AE⊥CD……………②由①②得C

D⊥平面ACE∴CD⊥EQ……………③…………………………………………………5′∵AB=3，BE=1,∴AE=2,∴AE=CE，∴EQ⊥AC…………………④由③④可得EQ⊥平面ACD∴EQ⊥AD……………⑤………………………………………………

………6′又∵BE⊥AE，BE⊥DE，∴BE⊥平面ADE，∴BE⊥AD……………⑥由⑤⑥可得AD⊥平面BEQ………………………………………………………7′（3）过M作MH⊥BE，则MH⊥平面BCDE过H作HG⊥CE，连结MG，则∠MGH为二面角M-CE-B的平面角，∴∠MGH=45°……

………………………9′设AMAB=，∴MH=(1)(1)2AE−=−……………………………10′又2,,45,.2HEAMHEBECHGBEAB=====……………………………11′由∠MGH=45°得HG=MH∴2(1)22=−

，∴23=……………………………12′命题人：麻城一中罗刚明丁评虎审题人：黄州区一中童云霞黄冈中学袁进获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com