【文档说明】山东省日照市2020-2021学年高一下学期期末校际联合考试数学答案.pdf，共(7)页，389.680 KB，由小赞的店铺上传

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高一数学答案第1页2020级高一下学期期末校际联合考试数学答案一、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。CBCB,BDAD1.答案C解析:3cos150cos302.2.答案B解析：z

i(1i)1i,对应的点位于第二象限.3.答案C解析：因为圆柱底面半径为2，母线长为3，所以其侧面积为S22312.4.答案B解析：sin7cos37sin83sin371s

in7cos37cos7sin37=sin(30)=2.5.答案B解析：由图可知max1fx，所以A=1，πππ43124T，2ππT，解得2，sin2fxx，逆用五点作

图法可得ππ232，即π6，πsin(2)6fxx，πππ5π1()sin(2)sin22662f6.答案D解析sin()yxxR图象上所有的点向左平移π3个单位长度得πsin()3yx，再把所得图象上

所有点的横坐标缩短到原来的12倍（纵坐标不变）得πsin(2),3yxxR.7.答案A解析：由42abbac得：44abcb，在ABC中，由余弦定理得：222222cos

abcbcAbcbc，即222444bbbbb，解得：10b.8.答案D解析：设底面ABC的外接圆半径为,r由正弦定理得：,2sinrABC即.1,22332rr高一数学

答案第2页又PA平面ABC，把三棱锥补成一个直三棱柱三棱锥外接球的球心与ABC外接圆圆心的连线与底面垂直，又球心到底面的距离,121PAd设此三棱锥的外接球的半径为,R则,222rdR此三棱锥的外接球的体积为：334π4π(2)33RV82π3.二、

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，有多项符合题目要求的，全部选对得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.ABC，10.CD，11.ABC，12.AB.9.答案ABC解析：因为21i222i1i1i1i1i

2z，对于A：z的虚部为1，正确；对于B：模长2z，正确；对于C：因为22(1)2zii，故2z为纯虚数，正确；对于D：z的共轭复数为1i，错误.10.答案CD解析：A选项，若//m，//n，且//m

n，则,可能相交或平行，故A错误；B选项，若//m，//n，且mn，则,可能相交，也可能平行，故B错误；C选项，若m，//mn，则n，又n，则//；即C正确；D选项，若m，mn，则//n或n；又n，根据

面面垂直的判定定理可得：，即D正确.11.答案ABC解析：对于A，在ABC中，由ABab，利用正弦定理得2sin2sinsinsinRARBAB，故A正确.对于B，由锐角三角形知02A，则222cos02bcaAbc，2220bca

，故B正确.对于C，由coscosaBbAc，利用正弦定理得sincossincossinABBAC，即sinsinABAB，故ABAB，即2A，则ABC是直角三角

形，故C正确.对于D，113sin333222SbcAc，解得4c，利用余弦定理知22212cos916234132abcbcA，所以13a，又因为高一数学答案第3页132239132sin6033R，393R

，故D错误.12.答案AB解析：对于A选项，平面11//ADDA平面11BCCB，所以1//DM平面11BCCB；对于B选项，三棱锥1DEFM的体积等于三棱锥1MDEF的体积，由于//BM平面1D

EF，故三棱锥1MDEF的体积等于三棱锥1BDEF的体积，三棱锥1BDEF的体积等于三棱锥1DBEF的体积，而三棱锥1DBEF的体积为定值，故B选项正确；对于C选项，取1AA靠近1A点的三等分点H，1DD靠近D点的三等分点I，易知1//

//HBAGNF，1//BIDF，由于1,HIBIINFDFF，故平面//BHI平面1DEF，故M的轨迹为线段HI，其长度为10，故C选项不正确；对于D选项，如图，取BF中点G，连接1AG，由点E，F分别在1CC，1BB上，12CEEC，12BFFB，故四边形11

ADEG为平行四边形，故11//AGDE，由于在11ABG△，F为1BG中点，当N为11AB中点时，有11////NFAGDE，故过1D，E，F的平面截正方体所得截面为梯形1DEFN，此时221335322DN

，223110EF，故梯形1DEFN不是等腰梯形，故D选项错误.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。13.43,14.32,15.303,16.]323[π,π.13.答案43解析：2sinc

os2tan12213sin2costan2224.14.答案355解析：35=5abb.15.答案303解析：由题意知：45CAM，105AMC所以30ACM在RtABM中，sinsin15ABABAMAMB，在ACM中

，由正弦定理得sin30sin45AMCM所以sin45sin45sin30sin15sin30AMABCM，在RtDCM中，sin45sin60sin60303sin152

315sin306214231522ABCDCM高一数学答案第4页16.答案]323[π,π解析：2π1131sinsinsin(sincos)342241311cos231sinsincossin22

244441311(sin2cos2)sin(2)22226fxxxxxxxxxxxxxx作出函数fx的图象，如图所示，可以在一个周期内考虑问题,易知,25

766mn或7,6526nm满足题意，故nm的取值范围为]323[π,π.四、解答题：共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。17．解：（1）由已知得3cos()sin()4410

，即13sin(2)2210，-----------------------------------------------3分∴13cos2210，∴3cos25，---------

---------------------------------------------------------------------5分（2）因为()42，，所以2()2，，∴2234sin21cos21()55，---------------------

-----------------8分∴原式22sincoscossincos21cos21cossinsincoscos2cos211sin223319+15210.----------------

------------------------------------------------------------10分18.解：（1）2(6,24)tttab，(2,4)ab,---

----------------------3分2tab与ab垂直，所以2(6)+4(24)0tt，高一数学答案第5页解得143t.-------------------------------------------------------------------

-----------6分（2）由题意得2（）kab(4)<02ab且2kab与24ab不反向,由2（）kab(4)<02ab,得2228(44)0kkabab，得503k,-----------------------

-------------------------------------9分由2kab与24ab反向,得1k,所以2kab与24ab的夹角为钝角时，503（-,-1）（-1,）k.---------------------------------

-----------------------12分19．解：（1）证明：四边形ABCD是菱形，所以ACBD,------------------------------------------------------

-------------------------------2分又BE平面ABCD，∴ACBE,且BDBEB∴AC平面BEFD,又AC平面ACE∴平面ACE平面BEFD---------------------------------------------

-----------------------------------------5分（2）解：连结OE,由四边形ABCD是菱形知，ABE≌CBE，故AECE,--------------------------------------------6分∵O为AC的中点，所以,AC

OEACOB，则BOE就是二面角EACB的平面角，即45BOE.-------------8分在tRBOE中,1OBBE.由60BAD得，2,23ABAC.∴111(12)22323332ABCDEFBEFDVACS.------------

------12分20．解：（1）因为π[0,]2x，所以ππ4π2[,]333x，故当πππ2[,]332x时，即π[0,]12x函数()fx单调递增；当ππ4π2[,]323x时，即ππ[,]122x函数()fx单调递减.故函

数()fx的递增区间为π[0,]12，递减区间为ππ[,]122.---------------------------6分（2）令0gx得：π1sin2232xππ222π36

xk或π5π222π36xk，kZ，解得：112xk或24xk，kZ，-------------------------------------9分高一数学答案第6页由题意知12

π02xx，即ππ0,12πππ,42kk解之得ππ,12ππ,4kk即ππ[π,π],.412kkkZ---------------------12分21．解：（1）在平面PBC内过点E作BC

的平行线l交PB于点M，---------2分下面证明EMPA.因为平面PAB平面ABCD，且平面PAB平面ABCDAB，BCAB，BC平面ABCD，所以BC平面PAB，又因为PA平面PAB，所以BCPA，所以EMPA.

--------------------------------------6分（2）如图，取AB的中点O，因为PAPBAB，所以POAB，又因为PABABCDAB平面平面，POPAB平面，所以POABCD平面.连接OC，过点E

作PO的平行线交OC于点F，则EFABCD平面，所以EBF即为直线BE与平面ABCD所成角.-------------------8分因为CEF∽CPO,所以34EFECPOPC，33344EFP

O，在RtPBC中，4,2BCPB，所以1542PEPC，5cos5BPC，则222132cos4BEPBPEPBPEBPC，即132BE，所以339sin26EFBE

FEB.---------------12分22.解：（1）设22221,sin,cos,2cos()355DACBDADABADAB2213=100+100521001

005cossin=1000052322（）（-）()=1005+23BD米---------------------4分(2)设,,,ADCACDACx在ACDD中，2221002002100200cos5000040000cosx

①------------6分22400001000030000cos400400xxxx高一数学答案第7页②-------------------------8分在ACD中，由正弦定理得100sinsinx③-

-----------------------10分将①②③代入下式得1ππsin()50sin503cos10000310000sin()233BCDSBCCDxx当56ADC时，2max1

0000(31)m.S----------------------12分