【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，∴HCL=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=−=+−=+−=−uuuruuuruuuruu

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

uruuur∴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+=ABEHB

CABEABEsinsinABBEBEABAE=由()()()()0得abbcabbc+⊥+++=rrrrrrrr即1420,2−==………………………10′18.解：（1）1cos2aCcb+=

Q，由正弦定理得1sincossinsin2ACcB+=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=b2+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[120，130）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、B

2、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=2P

C=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PAC，∴

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

-ABCD=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C

3=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，sinsinBDABBADADB=，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CD⊥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,.2HEAM

HEBECHGBEAB=====……………………………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

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