【文档说明】广东省东莞高级中学2022-2023学年高一（下）期中 数学 答案.docx，共(8)页，1.191 MB，由小赞的店铺上传

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2022-2023学年东莞高级中学高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．【解答】选：B．2．【解答】解：根据条件可得平均数为，极差是10﹣6＝4；

重新排序得到：6，7，8，8，9，10，中位数是，方差为[（7﹣8）2+（8﹣8）2+（9﹣8）2+（10﹣8）2+（6﹣8）2+（8﹣8）2]＝．故选：D．3．【解答】选：C．4．【解答】解：设该校高一年级学生人数为x人，则＝，解

得x＝960．所以该校高一年级学生人数为960人．故选：C．5．【解答】解：∵∴（a+c）（c﹣a）＝b（b﹣a）∴b2+a2﹣c2＝ab2cosC＝1∴C＝故选：B．6．【解答】解：因为＝＝＝﹣，又因为，所以，则，故选：C．7．【解答】解：设球的半径为R，根据题意可得圆柱

的底面半径为R，高为2R，，＝＝．故答案应为：3：2．选C8．【解答】解：由题意可知，旋转一周得到的几何体为圆台．取圆台的轴截面，由题意知，球心O一定在线段AD或AD的延长线上，如图1，当球心O在线段AD上

时．过点C作CE⊥AB于E点，则CE＝BCsin30°＝2，，所以，．设球的半径为R，OA＝x（0≤x≤2），OD＝2﹣x，则由勾股定理可得，整理可得x+5＝0，解得x＝﹣5（舍去）；如图2，当球心O在DA的延长线上时．过点C作C

E⊥AB于E点，则CE＝BCsin30°＝2，，所以，．设球的半径为R，OA＝x（x＞0），则OD＝x+2，则由勾股定理可得，，整理可得x﹣5＝0，解得x＝5．所以R2＝72+3＝52，所以圆台外接球的表面积为4πR2＝208π．故选：D．

二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分）9．【解答】解：由我国2020年2月至10月的同城快递量与异地快递量的月统计图，知：对于A，异地快递量2

月到6月逐月递增，6月到7月递减，7月到10月逐月递增，故A错误；对于B，9月同城快递量113215.1万件，10月同城快递量97454.2万件，9月份多于10月份，故B正确；对于C，同城的月快递量达到峰值的月份是6月，异地的月快递量达到峰值

的月份是10月，故C错误；对于D，同城和异地的快递量的月增长率达到最大的月份相同，都是3月，故D正确．故选：BD．10．【解答】解：选项A，∵八卦图为正八边形，∴中心角为＝45°，∴∠AOC＝90°，则△OAC中为等腰直角三角形，∠COD＝∠ACO＝45°，∴

∥，即A正确，选项B，∵OA＝OD＝OE，∴△ADE为直角三角形，∴∠EAD＝90°﹣＝22.5°，即B错误，选项C，∵OB＝OC＝OG，∴△BCG为直角三角形，∴⊥，即C正确，选项D，正八边形的边长为＝，∴||＝＝2，即D正确．故选：ACD．11．【解答】选：ACD．12．【

解答】选：ABC．三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．）13．【解答】答案为：7．14．【解答】解：∵直观图正方形O′A′B′C′的边长2cm，∴O′B′＝2，原图形为平行四边形OABC，其中OA＝2，高OB＝

4．∴AB＝CO＝＝6．∴原图形的周长L＝2×6+2×2＝16（cm）15．【解答】解：设圆锥底面圆的半径为r，高为h，根据题意，侧面展开所成扇形的弧长为，所以2πr＝4π⇒r＝2，则，于是圆锥的体积为．故答案为：．16．【解答】解：由题意，设，，且＝，因为点D在

线段AC上，且AD＝2DC，故，则3＝＝＝＝≥＝，（当且仅当b＝2a时取等号），即，取等号时，故．故答案为：．四、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17．【解答】解：（1）∵＝，∴，；（2）∵复数z是关于x的方程x2+mx+n＝0

的一个根，∴（2+i）2+m（2+i）+n＝0，∴3+4i+2m+mi+n＝0，∴（3+2m+n）+（m+4）i＝0，∴，解得m＝﹣4，n＝5；综上，．18．【解答】解：（1）由题意可得：，＝；（2），又由题意可

得AD＝1，则，则＝＝．19．【解答】解：（1）证明：连接BD，交AC于点O，连接OM，由底面ABCD是菱形，知O是BD的中点，又M是BP的中点，∴OM∥DP．又∵OM⊂平面ACM，DP⊄平面ACM，∴PD∥平面ACM．（2）解：取AB中点E，连接ME，CE，∵M，E分

别为PB，AB的中点，∴ME∥PA，∵PA⊥平面ABCD，∴ME⊥平面ABCD，∴直线CM与平面ABCD所成角为∠MCE，∵ME＝PA＝，CE＝，∴tan∠MCE＝＝．∴直线CM与平面ABCD所成角的正切值为．2

0．【解答】解：（1）由（0.08+m+0.14+0.12+0.04+0.02）×2＝1，得m＝0.1．（2）＝1×0.08×2+3×0.1×2+5×0.14×2+7×0.12×2+9×0.04×2+11×0.02×

2＝5．（3）（0.08+0.1+0.14+0.12）×2＝0.88＜0.9，0.88+0.04×2＝0.96＞0.9，∴t∈[8，10），则0.88+（t﹣8）×0.04＝0.9，解得：t＝8.5．21．【解答】解：（1）∵C＝，又cosA+s

inB＝（sinA+cosB），∴cosA+sin（﹣A）＝sinA+cos（﹣A），∴cosA+cosA+sinA＝sinA+（cosA+sinA），∴，∴tanA＝1，又A∈（0，π），∴A＝；（2）∵cosA+sinB＝（sinA+cosB），∴sinA﹣cosA＝sinB﹣c

osB，∴2sin（A﹣）＝2sin（B﹣），∴A﹣＝B﹣或A﹣+B﹣＝π，∴A＝B﹣或A+B＝（舍），又AD＝BD＝2，∴∠A＝∠ABD，∴∠CBD＝，在△BCD中，由正弦定理可得，∴，∴|CD|＝，又sinC＝sin（﹣2B），又△ABC为锐角三角形，'∴，∴B∈（，），∴∈

（，），∴sinC＝sin（﹣2B）∈（，1），∴|CD|＝∈（1，2）．22．【解答】解：（1）证明：在长方形ABCD中，△DAE和△CBE为等腰直角三角形，∴∠DEA＝∠CEB＝45°，∴∠AEB＝90°，即BE⊥AE…（2分）∵平面D'AE⊥平面ABCE，且平面D

'AE∩平面ABCE＝AE，∴BE⊥平面D'AE，AD'⊂平面D'AE∴AD'⊥BE…（4分）（2）取AE中点F，连接D'F，则D'F⊥AE∵平面D'AE⊥平面ABCE，且平面D'AE∩平面ABCE＝AE，D'F⊥平面ABCE，∴＝…（8分）（3）解：如图，连接AC交BE于Q，连接PQ

，若D'B∥平面PAC∵D'B⊂平面D'BE平面D'BE∩平面PAC＝PQ∴D'B∥PQ…（10分）∴在△EBD'中，，∵在梯形ABCE中∴，即∴在棱D'E上存在一点P，且，使得D'B∥平面PAC…（12分）获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众

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