【文档说明】湖北省武汉外国语学校2022-2023学年高一下学期期末考试数学试题答案【武汉专题】.docx，共(6)页，302.592 KB，由小赞的店铺上传

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2023年高一下学期期末考试数学试题参考答案一、选择题题号123456789101112答案BDCADCABBCBCDACACD二、填空题13.2,232ππkπkπkZ++，14.()10,21−15.()2,21

6.932三、解答题17、解：(1)作法：①在底面AC内，过E，F作直线EF，分别与DA，DC的延长线交于G，H.②在侧面A1D内，连接D1G交AA1于I.③在侧面D1C内，连接D1H交CC1于J.④连接IE，JF.则五边形D1

IEFJ为所求的截面.2分5分(2)由题意，FE,分别为棱BCAB,的中点，故延长线段后，1====AGAICHCJ，113==GEGIGHGD，113==HJHFHDHG可求得1113==DGDH，332==GHEF，14cos13=GDH，1317sin13=G

DH，11111317=sin22=DGHSDGDHGDH11117317717199926五边形=−−==DGHDIEFJSS10分18、解：设A=“甲中靶”，B=“乙中靶”，由题意，3()4=PA，4()5=PB(1)记“第一轮射击中恰好

有一人中靶”为事件C，共2种情况：甲中靶、乙脱靶和甲脱靶、乙中靶，则31147()()()()()454520=+=+=PCPAPBPAPB；6分(2)记“经过两轮射击，两人共中靶3次”为事件D，分2种情况：甲2次都中靶、乙1次中靶1次脱靶和甲1次中靶1次脱靶、乙2次都

中靶，则22341431729621()2245554440050+=+==PD12分19、解：(1)()cos+cos1ACB−=()()coscos1ACAC−−+=coscossinsincoscoss

insin1ACACACAC+−+=1sinsin2AC=又2bac=，则21sinsinsin2BAC==，即2sin2B=，344ππB=或4分当34πB=时，()2cos1cos112ACB−=−=+（舍去）4πB=6分(2)由题意，24πbB==，22222c

os22acbacBacb+−===()22221424acb+=+=+()222242481242acacac+=++=++=+=1242++ac因此ABC的周长为=2+1242+++abc12分20、解：(1)由题意可得(0

.00520.0550.090.15+0.08+0.015)21a++++=，解得0.1a=；2分由频率分布直方图可看出，最高矩形底边上的中点值为9，故众数是9；3分∵(0.0050.0550.09)20.3++=，且(0.0050.0550.090.15)20

.6+++=，∴中位数位于8~10之间，中位数为0.50.328829.330.60.33−+=−；5分平均数为(0.00530.05550.0970.1590.111+0.0813+0.01515+0.00517)

29.44++++=；7分(2)由题意，步数位于14~16之间的学生频率为步数位于16~18之间的学生频率的3倍，因此按照样本量比例分配的分层随机抽样方法，抽取步数位于14~16之间的学生人数应为38=64人，步数位于16~18之间的学生人数应为1

8=24人；将步数位于14~16之间的学生编号为1,2,34,5,6，步数位于14~16之间的学生编号为7,8因此样本空间()=,|,1,2,3,4,5,6,7,8，且mnmnmn，()8756==n，

设事件A=“获得奖章的2人中至少有1名学生步数大于等于16千步的概率”则()=,|,1,2,3,4,5,6，且Amnmnmn，()6530==nA()()3013115628=−=−=PAPA12分21、解：(1

)连接BD，平面底面为正方形平面⊥⊥⊥⊥=SDABCDACSDABCDACBDACSBDSDBDD又BESBD平面，ACBE⊥，即AC和BE所成角为直角，其余弦值为05分(2)如图，连接BE，CE，AE平面底面为正方形平面⊥⊥

⊥⊥=SDABCDBCSDABCDBCCDBCSCDSDCDD，=φBEC，tan=BCφCE过D作⊥DFAE交AE于F，连接CF∴平面底面为正方形平面⊥⊥⊥⊥⊥=SDABCDCDSDABCDCDADCDSADCD

AESDADD∴平面⊥⊥⊥⊥=CDAEDFAEAECDFAECFCDDFD=θCFD，tan=CDθDF8分2，==ADaDEλa222222tan22221=2tan22(2)()22========++++ADDEφBCDFDF

ADDEADDEaλaλAEθCECDCEAEAEADDEλaλaλλ当且仅当2=λλ即=2λ时“=”成立tantanφθ的最大值为1212分22、解：(1)由题意，()()−=fxfx，即()()22log41log41−+−=++xxaxax，所以()()2222412log41log4

1loglog4241−−−+=+−+===−+xxxxxaxx，解得1=−a3分(2)因为()()()22241log41loglog2+22−+=+−==xxxxxfxx，故函数()()222222−−=+++xxxxgxm的最小值为3−，令2

22−+=xxt，故()()222=+−httmtt的最小值为3−，4分1°()222223−=+=−mhm，解得：52=−m2°2222324−−=−−=−mmmh，无解综上：52=−m．7分(3)由

(2)知，()()2log2+2−=xxfx，())20,222,，−+++xxx，因为()fx为偶函数，所以函数()fx的增区间为)0,+，减区间为(),0−令()1=−nfx，有()201log210−=−=nf，当0=n时，有唯一解0x=；当0

n时，x对应2个不同的解；因此方程()()211420−+−−++=fxkfxkkk可化为()()2420+−++=nknkkk，整理得：22320−−+=nknkk（记为方程①），()2229

42174=−−+=−kkkkk，当Δ0，即4017k时，此时方程①无解，因而原方程无解；当Δ0=时，0k=时，方程①的解为0n=，此时原方程有一个解；417k=时，方程①的解为6017=n，此时原方程有两个解；当0，

即417k或0k时1°当方程①有两负根时，221230,20,xxkxxkk+==−可得0,10,2kk，不可能；2°当方程①有零根时，可得12=k，此时方程①两根分别为123=02，=nn，可

得此时原方程有三个解；3°当方程①有两正根时，221230,20,xxkxxkk+==−可得：14102172kk，此时1200，nn原方程有四个解；4°当方程①有一正根一负根时，即21220xxkk=−，可得：12k或0k，此时1200，nn故原方程有有

两个根；综上所述，当4017k时，原方程没有根；当0k=时，原方程有一个根；当417k=或0k或12k时，原方程有两个根；当12=k时，原方程有三个根；当41172k时，原方程有四个根．12分共5种情况

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