福建省南平市2022-2023学年高一下学期期末考试数学试题含答案.pdf

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1、南平市20222023学年第二学期高一期末质量检测数学试题高一数学试题 第1页（共6页）高一数学试题 第2页（共6页）高一数学试题 第3页（共6页）高一数学试题 第4页（共6页）高一数学试题 第5页（共6页）高一数学试题 第6页（共6页）高一数 学参 考答 案和 评分 标准 第1 页(共 5 页)南平市2022 2023 学 年第 二 学 期期 末 质 量 检 测 高 一 数学参 考 答案 及评分标准 一、选择题：本题共 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 1B 2C 3D 4 A 5C 6 B 7 B 8C 二、选择题：本题共 4 小题，

2、每小题 5 分，共 20 分在每小题给出的选项中，多项符合题目要求全部 选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分 9BD 10 ABD 11 BCD 12 BD 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 13(2,1)(答案 不唯一，形如(2,)mm即可)14 48 2 80 15 13 16 2 3 2 四、解答题：本题共 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(本 题满 分 10 分)【解】（1）b 在 a 上的 投影 向量为1|cos1202|abaa.4 分（2）因为 向量OA a，OB b，120 AOB，且4 ab，

3、所以 2222222 2 cos120 a b a b a a b b a a b b 116 2 4 4 16 162，所以4 ab，7 分 记ab 与 a 的夹角 为，则 2116 4 412cos4 4 16 2a b aa a ba b a，又 0,，所以ab 与 a 的夹 角为3 10 分 18(本 题满 分 12 分)【解】（1）取 PD 中点 E，连接 EF、EC，如图 所 示 第2 页(共 5 页)因为 E、F 分别 为 PD、PA 中点，所以EF AD，且12EF AD，又因为AD BC，且2 AD BC，所 以EF BC 且EF BC，所以四 边 形 EFBC 为平 行 四

4、边形，所 以 BFEC，4 分 因为BF 平面 PCD，EC 平面 PCD，所 以 BF平面 PCD 6 分（2）因为 AB PB，F 为 PA 中点，所以 BF AP，又 BFEC，则 EC AP，9 分因为 PA PD，,EC PD 平面 PCD，EC PD E，所以 PA 平面 PCD.12 分19(本题 满分 12 分)【解】（1）设 A“任选 一道 题甲答 对”，B“任选 一道 题 乙答 对”，C“任 选一 道 题 丙答 对”.则12 3()20 5PA，82()20 5PB，()20nPC，2 分 故2()5PA，3()5PB，()120nPC.“甲，乙两 位同 学恰 有一 个人

5、答 对”AB AB，且AB与AB互斥.每位同 学独 立竞 答，故 A，B 互相独 立，则 A 与B，A与 B，A与B均相互 独立.所以3 3 2 2 13()()()()()()()5 5 5 5 25P AB AB P AB P AB P A P B P A P B.答：任 选一 道 题，甲，乙 两位同 学恰 有一 个人 答对 的概率 为1325.6 分（2）设 D“甲，乙，丙三 个 人中至 少有 一个 人 答 对”，则 D ABC.8 分 所以2 3 22()1()1()1()()()1 15 5 20 25nP D P D P ABC P A P B P C.解得 10 n.12 分 2

6、0(本 题满 分 12 分)【解析】（1）由 频率 分布 直方图 可知 11 10 0.004 0.006 0.020 0.030 0.024 0.01610m；2 分（2）本次 测评 分数 的平 均 数为 0.004 45 0.006 55 0.020 65 0.030 75 0.024 85 0.016 95)10 高一数 学参 考答 案和 评分 标准 第3 页(共 5 页)76.2，即 本次 测评 分数 的平 均 数约 为 76.2 分 4 分 在频 率 分布 直方 图中，前 5 组 频率 之和 为 0.84，小于 0.85，故 第 85 百分 位数 位于 第 6 组，所以0.85 0.

7、8490 10 90.6251 0.84 90.63，即 第 85 百 分 位数约 为 90.63；6 分（3）第5，6 组 的问卷 数分 别为 48 人，32 人，从 第 5，6 组 中用 分层 抽样 的 方法抽 取 5 份问卷，则第 5，6 组 抽取 的 问卷数 分别 为3 人，2 人，8 分 分别记 为1a，2a，3a，1b，2b，设从 5 份问卷 中随 机抽 取 2 人，为 12,aa，13,aa，11,ab，12,ab，23,aa，21,ab，22,ab，31,ab，32,ab，12,bb 共 10 个基 本 事件，这 2 份中有一 份 在 90,100 内的 基本 事件 11,ab

8、，12,ab，21,ab，22,ab，31,ab，32,ab 共6 个，2 份 都在 90,100 内 的 基本 事 件 12,bb，10 分 所以6 1 710 10P.12 分 21(本 题满 分 12 分)【解】（1）PA 平面ABCD，CD 平面ABCD，PA CD 2 分又四边 形ABCD是矩形，CD DA，DA PA A，DA PA PAD、平 面CD 平面PAD，3 分 AM 平面PAD，CD AM，又M是PD的中点，4 PA AD，AM PD，CD PD D，CD PD PCD、平 面，所以AM 平面PCD，又AM 平面AMC，所 以平 面AMC 平面PCD.5 分（2）取AD

9、中点为N，连 接MN，在PAD 中，,MN分别 为线 段,PD AD的中点，故1/,22MN PA MN PA，PA 平面ABCD，MN 平面ABCD，7 分 1 1 83 2 3M ACDV MN AD CD，8 分 由（1）得AM 平面PCD，MC 平面PCD，AM MC，4 PA AD，42 PD，AM 2 2 MD，又2 AB CD，23 MC,1262AMCS AM MC，9 分 高一数 学参 考答 案和 评分 标准 第4 页(共 5 页)设点D到平面AMC的距 离为h，则1833D AMC AMC M ACDV h S V，解 得：263h，所以 点D到平 面AMC的距离 为263

10、.12 分 法 二：在平面 PCD 内，过 点 D 作 DH MC，H 为垂 足.由（1）知 平面 AMC 平面 PCD，又平面 AMC 平面 PCD=MC，DH 平面 PCD，所 以 DH 平面 AMC，故 点 D 到 平面 AMC 的距离 为 DH.9 分 因为 PA 平面 ABCD，所以 PA AD，因为 PA AD，所以 PD 42，又 M 为 PD 的 中点，所以 MD 22，又因为 CD 平面 PAD，所 以 CD PD，在 直角 MCD 中 CD，所 以 CM 23，DH MD CDCM 2 2 223 263.12 分 22(本 题满 分 12 分)【解】（1）在ACD中，因

11、为1sin120 4 32ADCS AD CD，所以16 AD CD.2 分由余弦 定理 可得2 2 22 cos120 AC AD CD AD CD 2()AD CD AD CD 64 16 48，所以，43 AC.高一数 学参 考答 案和 评分 标准 第5 页(共 5 页)故A，C两点间 的距 离是43.4 分（2）根据 三角 形面 积公 式 有 11sin sin22ab C ac B,即sin sin ab C ac B 又因为 2 2 22 sin 3 ab C a c b 所以 2 2 22 sin 3 ac B c b a，所以2 2 2)3c3(s os in2Ba c bBa

12、c，所以 tan 3 B，(0,)B，得3B.6 分 设ABC内切 圆的 半径 是 r，因为2248 a c ac，则2()48 3 a c ac.所以2()483acac 又 11sin22ABCS ac B a b c r，因此 23 1()48 1432 4 3 2 3 4 3 2 3ac a cr a ca c a c.8 分 解 法一：在ABC中，43 b AC，3B，由正弦 定理 得438sin sin sin 32a c bA C B，所以8sin aA，8sin cC，于 是 8 sin sin 8 sin sin 120 a c A C A A 318 sin cos sin22A A A 3 3 3 1 8 sin cos 8 3 sin cos 8 3sin2 2 2 2 6A A A A A.10 分 又2 0,3A，所 以 5,6 6 6A.当 62A时，ac 取得 最大 值83，从而 r 取得最 大 值 2.11 分 故 内切 圆面 积的 最大 值为224.12 分 解法 二：22()48 3 48 3()2aca c ac，所以21()484ac，2()48 4 ac 所以 83 ac，当 且 仅 当ac 时等号 成 立，此时1(8 3 4 3)223r 11 分 内切圆 面积 的最 大值 为2 4 r 12 分