【文档说明】江苏省连云港市2023-2024学年高一下学期6月期末考试 数学 PDF版含答案.pdf，共(7)页，1.911 MB，由小赞的店铺上传

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IsAAAgQNABCA=}#}{#{QQABSQYEggAIAJAAAQgCUwXCCkCQkAACCQgOxEAIsAAAgQNABCA=}#}{#{QQABSQYEggAIAJAAAQgCUwXCCkCQkAACCQgOxEAIsAAAgQNABCA=}#

}高一数学参考答案一、单项选择题:1.A2.D3.B4.B5.C6.D7.C8.B二、多项选择题：9.AB10.ACD11.ABD三、填空题:12.2313.1714.32π3四、解答题：15.解：（1）在△A

BC中，由正弦定理CcBbAasinsinsin可得2sincossincos+sincosCBABBA，…………………………………………………2分即2sincos=sin()CBAB，又CBA，知CB

Asin)sin(，故2sincos=sinCBC，…………………………………………………………………4分由),0(C知sin0C，所以1cos2B………………………………………………6分又因为0,B，所以π3B.………………………………………………

……………7分（2）在△ABC中，由余弦定理2222cosbacacB可得222π2cos3bacac，又13b，则2213acac，………………………………………………………9分联立223413acacac—，

，可得162a，则3,4ca（舍负）……………………11分所以1π13sin12332322ABCSac△.……………………………………………13分16.解：（1）记“元件X正常工作”为事件A，“元件Y正常工作”为事件B，“当元件X，Y都正常工作时，系统S正

常工作”为事件M.……………………………………………1分由题意可得，元件X，Y正常工作的概率分别为0.6，0.8，且两个元件是否正常工作相互独立，则当元件X，Y都正常工作时，系统S正常工作，则系统S正常

工作的概率为48.08.06.0)()()(BPAPMP.………………………………………………5分答：当元件X，Y都正常工作时，系统S正常工作的概率为0.48.……………………6分（2）记“元件Z正常工作”为事件C,“系统T正常工作”为事件N.

…………………7分法一：)()()()(CPBPAPNP+))(1()()(CPBPAP+)())(1()(CPBPAP)(8.06.0CP+))(1(8.06.0CP+)(2.06.0CP=0.57，…………1

2分得75.0)(CP.………………………………………………………………………14分法二：()()11()1())PNPAPBPC（（）（）0.610.21()))PC（（（=0.57,12分得75.0)(CP.……………………………

……………………………………………14分答：元件Z正常工作的概率为0.75.……………………………………………………15分17.（1）解：连接BD交AC于O,则O为BD中点，连接OE,………………………2分因为E为DD1中点，所以1//BDOE,…

………………………………………………4分因为EACOE平面,EACBD平面1,所以BD1//平面EAC.…………………6分{#{QQABSQYEggAIAJAAAQgCUwXCCkCQkAACCQgOxEAIsAAAgQNABCA=}#}（2）连接11DB，因为ACBB1,ACB

D,所以DDBBAC11平面.…………8分因为DDBBBD111平面,所以ACBD1.…………………………………………10分同理11ABBD，所以CABBD11平面.……………………………………………11分由（1）

知1//BDOE,所以CABOE1平面.…………………………………………13分因为EACOE平面，所以CABEAC1平面平面.……………………………15分18．解：（1）∵π(0,)2，π(,π)2，且63sin65，∴16

cos=65，π3+(,)22，…………………………………………………………1分又∵3sin()05，∴3+(,)2，∴4cos(+)5．……………………3分∴cos=cos[()]cos

()cossin()sin…………………………5分416363253()565565325．………………………………………………………7分（2）∵2sin

(2)sin0，∴2sin[()]sin[()]0，……………………………………………9分即2sin()cos2cos()sinsincos()cossin()0

，即sin()cos3cos()sin0.……………………………………………12分∵ππ2k，π2k，kZ，∴cos()0，cos0，tan0．……………………………………………

15分两边同时除以cos()cos得：tan()3tan0，∴tan()3tan……17分19．解：（1）取,ADBC中点分别为G，T，则ABGT//，BCGT，连接FTGT,，因为B

CF为正三角形，且4BC，则32FT，BCFT，由BCGT，BCFT，GT底面ABCD，FT面BCF知FTG为二面角ABCF的平面角，…………………………………………………………………………………………2

分lOTGDABCF{#{QQABSQYEggAIAJAAAQgCUwXCCkCQkAACCQgOxEAIsAAAgQNABCA=}#}从而2tanFTG，则33cosFTG，36sinFTG，在FGT中作GTFO,则223632sinFTGFTFO，23332FTco

sOTFTG,从而O为GT中点知O为正方形的中心.…………………………………………………………………………………………2分由BCGT，BCFT,则FGTBC面，，面FGTFO故BCFO，

GTFO，从而有ABCDFO面，所以ABCDF-为正四棱锥.………………6分（2）设lBCFADF面面，因为BCAD//，BCFBCBCFAD面面,,故,//BCFAD面又lBCFADFADFAD面面面,，从而BCADl///

/，则lFT，同理lFG，∴GFT为二面角AlC的平面角，……………………8分因四棱锥ABCDF-为正四棱锥，故32FTFG，则31cosGFT，故平面FAD与平面FBC所成的锐二面角的余弦值为31.…………………………………9分（3）由（1）知O为AC的中点，取FC的中点

S，连接,BSDS，,FBCFDC都是正三角形，FC平面BSD，所以1422BSDSBDOS.…………………………11分由,BSFCDSFC，则FC平面BSD，因此过点E垂直于FC的截面与截面BSD平行或重合，显然

点E在CS上（不含端点）时，截面面积小于42，不可能最大，当点E在SF上（不含端点）时，令(01)FExxFS，此时截面交,,,FBABADFD分别于点,,,MNQP，平面//EMNQP平面BSD，……………

………………………………13分平面EMNQP平面FBCME，平面BSD平面FBCBS，因此//MEBS，同理//,////PEDSMPBDNQ，由FAOS//知，FA//平面BSD，得FA//平面EMNQP，而平面EMNQP平面FABMN，FA平面FAB，则//MNFA，同理

//PQFA，于是//PQMN，四边形MNQP为平行四边形，又,BDOS，则BDFA，即有MNMP，MNQP为矩形，显然MEFEPEFPMPBSFSDSFDBD，则DMEPBS∽，22()MEPBSDSMExSB

S，242MEPSx，由1MNBMESxFAFBFS，得41MNx（），而42MPx，矩形MNQP面积162(1)MNQPSxx，从而截面EMNQP的面积22216242162(1)122()33MNQPMEPySSxxxx

，…………………16分当23x时，max1623y，显然162423，即23FEFS时，截面面积最大，最大值为1623….…………………………………………………………………………………17分{#{QQABSQYEggAIAJAAA

QgCUwXCCkCQkAACCQgOxEAIsAAAgQNABCA=}#}