河南省郑州市2021-2022学年高一下学期期末考试数学试题含答案.pdf

《河南省郑州市2021-2022学年高一下学期期末考试数学试题含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《河南省郑州市2021-2022学年高一下学期期末考试数学试题含答案.pdf（10页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、郑州市 2021-2022 学年下期期末考试 高中一年级数学 参考答案 一、选择题：BDACC ABADD DC 二、填空题：13.9 14.()()1,0,22,2+15.29 16.23三、解答题：共三、解答题：共 70 分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。17.解：()()()()()222121 i21 i1 i1 i 1 immzm+=+，()()()()22i3 1 2i236 izmmm=+=+，Rm3 分 因为()()2212236 izzmmmm+=+为纯虚数，则2223060mmmm+=+，解得 m1 5 分()因为()(

2、)2212236 i0zzmmmm+=+，则2223060mmmm+=，8 分 解得2m=,此时()14 1 iz=+，21 4iz=，所以()()124 1 i1 4i20 12izz=+=10 分 18.解：（）因为频率123450.1,0.2,0.45,0.2,0.05fffff=，12341230.95;0.75fffffff+=+=，3 分 所以，80%分位数一定位于76，86）内，所以0.80.7576100.2+0.05761078.50.2=+=5 分 所以估计样本数据的 80%分位数约为 78.5.6 分（）,7005.0912.08145.0712.0611.051=+=x

3、所以(,)(60,80)xs xs+=，又 78（60，80）.可知该产品属于一等品8 分 记三件一等品为A，B，C，两件二等品为a，b，这是古典概型，摸出两件产品总样本空间点共 10 个，分别为：(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,)A BA CA aA bB CB aB bC aC ba b，10 分 方法一：记A：摸出两件产品中至少有一个一等品，A包含的样本空间点共 9 个，分别是(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,)A BA CA aA bB CB aB bC aC b，所以9()10P A=.12 分方法二：记事

4、件A：摸出两件产品中至少有一个一等品，A包含的样本空间点共 9 个，A：摸出两个产品，没有一个一等品，样本空间点共一个）（ba,10 分 所以9()1()10P AP A=.12 分 19.证明：（）因为/BC AD，BC 平面SAD，AD平面SAD，所以/BC平面SAD，而平面SBC平面SADl=，BC 平面SBC，所以/l BC6 分（）因为SA 平面ABCD，BD平面ABCD，所以SABD，8 分因为四棱锥SABCD的底面是正方形，所以BDAC，而SA与AC相交，SA与AC都在平面C内，所以BD 平面SAC，10 分 又BD平面SBD，所以平面SAC 平面SBD12 分 20.解：()因

5、为向量()1,ec a=，2cos,sin6eCA=，且12/ee.2 分 所以，sincos6cAaC=，由正弦定理得：sinsinsincos6CAAC=，4 分 sin0A，31sincoscossin622CCCC=+，sin3cosCC=，tan3C=，0C，3C=.6 分()222222coscos122acbabccBbCcbacab+=+=，1a=，又3C=，4A=，得512B=，8 分 由正弦定理：sinsin43ac=得62c=.由562sinsinsincoscossin124646464+=+=+=10 分 所以1166233sin122248SacB+=.12 分 2

6、1.解：（）记事件A：甲面试合格，事件B：乙面试合格事件C：丙面试合格事件D：恰好有一人面试合格 依题意，事件A、B、C相互独立()()()()P DP ABCP ABCP ABC=+122312321433433433=+49=.4 分（）至多一人签约包括甲签约乙丙没有签约、三人都没有签约两种情况，事件F：甲签约乙丙没有签约，事件G：三人都没有签约，事件E：至多一人签约，8 分 因为F与G互斥，所以()()()P EP FP G=+，()()()()1P FP AP BC=111214339=，()()()()()11P GP AP BC=832439=，()()()98P EP FP G=

7、+=，10 分 所以至多一人签约的概率为8912 分 22.解：（）证明：连接 A1C 与 AC1交于点 F，连接 EF，如图 1 所示：因为 ABCA1B1C1为正三棱柱，且 E 是棱 BB1的中点，所以1=112+12，且 AA1C1C 为平行四边形，所以 F 为 AC1的中点，因此 EFA1C同理得 EC1EA，2 分 则 EFAC1，A1C平面 A1EC，AC1A1CF，所以 EF平面 AA1C1C；，4 分 所以1=1=13 1，又在A1EC 中，=2 2=3，1=121 =2，所以1=1=13 3 2=2336 分（）延长 CE 交 C1B1的延长线于点 H，连接 A1H，如图 2

8、 所示：则 A1H 为平面 A1EC 与平面 A1B1C1的交线，因为 BB1CC1，又 E 为 BB1的中点，所以 B1为 C1H 的中点，即 C1B1B1HA1B1，则 A1HA1C1，因为正三棱柱，所以 CC1平面 A1B1C1，A1H平面 A1B1C1，所以 A1HCC1，CC1A1C1C1，CC1、A1C1平面 AA1C1C，所以 A1H平面 AA1C1C，又 A1C平面 A1EC，所以 A1CA1H，又 A1HA1C1，所以CA1C1为平面 A1EC 与平面 A1B1C1所成二面角的平面角；10 分 若此正三棱柱为“黄金棱柱”，则CA1C160，可得1=311，即1=3，与条件 ABAA1矛盾，所以此三棱柱不能成为“黄金棱柱”12 分