【文档说明】湖北省武汉市部分重点中学2022-2023学年高一下学期期末联考数学试卷答案.pdf，共(5)页，220.724 KB，由管理员店铺上传

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答案第1页，共5页武汉市部分重点中学2022—2023学年度下学期期末联考高一数学参考答案选择题：1-8．DBCBADAA9．BC10．AD11．ABD12．ACD填空题：13．3214．0.715．410316．426(0,)4解答题：17．（1

）0.01m，中位数为82.5（2）82x，有520名学生获奖解析：（1）由频率分布直方图知：0.030.040.02101m，解得0.01m，设此次竞赛活动学生得分的中位数为0x，因数据落在60,80内

的频率为0.4，落在60,90内的频率为0.8，从而可得08090x，由0800.040.1x得：082.5x，所以估计此次竞赛活动学生得分的中位数为82.5.……………5分（2）由频率分布直方图

及（1）知：数据落在60,70，70,80，80,90，90,100的频率分别为0.1，0.3，0.4，0.2，650.1750.3850.4950.282x，此次竞赛活动学生得分不低于82的频率

为90820.20.40.5210，则10000.52520，所以估计此次竞赛活动得分的平均值为82，在参赛的1000名学生中估计有520名学生获奖.……………10分18．（1）0.65（2）0.105解析：（1）甲第一关没通过的概率为

10.70.3，第一关通过且第二关没通过的概率为0.7(10.5)0.35，故甲没有得奖的概率0.30.350.65P．……………5分（2）记甲和乙通过了第二关且最后获得二等奖为事件E，通过了第二关且最后获得一等奖为

事件F，则0.5(10.3)0.35PE，()0.50.30.15PF，{#{QQABCYCUogigAABAAAACUwECCgIQkgECCCgGAEAYsEABiAFABAA=}#}答案第2页，共5页甲和乙最后所得奖金总和为700元，甲和乙一人得一等奖，一人得二

等奖，若甲得了一等奖，乙得了二等奖的概率为10.350.150.0525P，若乙得了一等奖，甲得了二等奖的概率为20.350.150.0525P，甲和乙最后所得奖金总和为700元的概率120.

05250.05250.105PPP．……………12分19．（1）π4A（2）1,2解析：（1）因为cossin3sincosABAB，所以cos3sin3cossinAABB，即

ππcoscos36AB，因为ABC是锐角三角形，且π3C又ππ,62A，ππ,62B，所以ππ5πππ2π,236363AB，所以ππ36AB，即π6BA，又πABC，π3C

，所以πππ63AA，即π4A；……………5分（2）因为2ADBD，所以DBAA，又π6ABCA，可得π6DBC，在DBC△中，sinsinCDBDDBCC，所以sin1sinsinBDDBCC

DCC，在ABC中，πsinsinsin26CABA，因为ABC为锐角三角形，所以π02ππ062ππ0π62ABACAA，得ππ63A

，所以ππ5π2266A，1πsin2126A所以1sinC1,2，即CD的取值范围为1,2.……………12分{#{QQABCYCUogigAABAAAACUwECCgIQkgECCCgGAEAYsEABiAFABAA=

}#}答案第3页，共5页20．（1）证明见解析（2）414解析：（1）证明：取BE的中点F，连接AE、AF、CF在直角梯形ABED中，2AEABBE,所以3AF，又3CF，6AC，所以222AFCFAC，即CFAF.由题意知，CFBE，且AFBEF，AF、BE

平面ABED，所以，CF平面ABED，又CF平面BCE，所以平面BCE平面ABED.……………6分（2）解：过D作DHBE交BE于H，因为平面BCE平面ABED，平面BCE平面ABEDBE,DHABED平面,

所以DHBCE平面设点D到平面BCE的距离为d，则3sin602dDHDE，连接DF,在DEF中，因为1DEEF,23DEF,由余弦定理可知3DF.又DCF为直角三角形，于是226D

CDFCF,设直线CD与平面BCE所成角为，则42623sinDCd，又(0,)2，所以14cos4.……………12分21.（1）6（2）23解析：（1）由2221sinsinsin2CAB，根据正弦定理得：22212cab，又由余弦定理得，4

sincos3sin3sincos3sincosCABACCA，sincos3sincostan3tan6CAACCA……………6分CBcbbcbbcacbAsin4sin3432232cos2222{#{QQABCYCU

ogigAABAAAACUwECCgIQkgECCCgGAEAYsEABiAFABAA=}#}答案第4页，共5页（2）23由（1）可知，若cos0A，则cos0C，则2AC,与题设矛盾.所以tan3tanCA

，于是有2tantan2tan2tan()11tantan13tan3tantanCAACACAAAA当且仅当3tan3A时，tan()CA有最大值，此时CA最大.此时,,623ABC，由正弦定理得2sinsin323sinsin6aCcA

.所以112232322Sac.……………12分22．（1）34（2）12解析：（1）,ABACA在平面BCD上的投影'A满足CABA''，即A在平面BCD上的投影'A在线段BC的中垂线上.如图所示，将BCDRt补成边长为2的正三

角形BCM，当二面角ABCD为0时，即点A在平面BCD上，此时A为M，当二面角ABCD为90时，此时'A为BC中点N，故DA在平面BCD上的投影所扫过的平面区域为DMN，而4341MBCDMNSS

，故线段DA在平面BCD上的投影所扫过的平面区域的面积为34.……………5分（2）2,1ACCD，且ACD为等腰三角形，2AD.取BC中点O，由题意得:,3OABCOA,12BCOD，满

足222OAODAD，根据勾股定理可知OAODOA平面1111.3322ABCDBCDBCDVSOACDBDOA而多面体ADEFGH的体积恰好为14，即多面体ADEFGH的体积恰为四面体ABCD

体积的一半.{#{QQABCYCUogigAABAAAACUwECCgIQkgECCCgGAEAYsEABiAFABAA=}#}答案第5页，共5页连接AH、AG，设点F到平面ABD的距离为Fh，点C到平面ABD的距离为Ch，A-EF

HA-EFH22AEFGHABCDABCDCABDVVVVVVCABDFAEHhShS31312ACABDSAFAEHS222=2(1)SAEHAFSABDAC22(1)AEFGHABCDVV

设点A到平面BCD的距离为Ah，ADGHABCDVV23131DBCDGHABCDADGHSShShS2ADGHABCDVV.AEFGHADEFGHVV多面体2(32)ADGHABCDVV12ABC

DV21(32)2，整理得2122102，解得：12或132又因为(0,1)，所以12.{#{QQABCYCUogigAABAAAACUwECCgIQkgECCCgGAEAYsEABiAFAB

AA=}#}