吉林省梅河口市第五中学2020-2021学年高一数学下学期期中试题（PDF）.pdf

1、梅河口市第五中学 2020-2021 学年下学期高一年级期中考试答案单选题1-5 BDDCB6-8 CAC1.在简单随机抽样中每个个体被抽到的可能性相等故选 B2.设biaz，11 i12zz，解得34,35ba则iz3435 在复平面对应点为 3435，故选 D3.正四棱锥如图，设四棱锥的高OEh，由底面边长为 4，可知2OF，斜高24EFh，故221442hh，解得2=22 5h，故侧面积为221444488 58 152hh 故选 D4.由(1,3)BCACABt，221(3)1BCt，得3t，则(1,0)BC，(2,3)(1,0)2 1 3 02AB BC 故选 C5.sin(AB)s

2、in(AB)sin2C，sin(AB)sinC0，sin(AB)sin(AB)，cosAsinB0，sinB0，cosA0，A 为直角故选 B6.A.因为 mn，m，所以/n 或n ，又n/，则,位置不确定，故错误；B.因为 mn，m，所以/n 或n ，又 n，所以，故错误；C.因为/m n，m，所以n，又 n，所以/，故正确；D.如果/，m 与 所成的角和 n 与 所成的角相等，那么/m n，相交或异面，故错误故选 C7.根据题意，750+850+900=2500，15250050750故选 A8.如图，不妨设 N 在 B 处，AMh，CQm则224MBh，224BQm，224MQhm由22

3、2MBBQMQ得：220mhm，则280h，即28h 该直角三角形斜边24482 3MBh故选：C多选题9.ABD10.AC11.ABC12.ABC9A，因为非零向量0ABACBCABAC，所以BAC的平分线与 BC 垂直，ABC为等腰三角形，又12ABACABAC，所以3BAC，所以ABC为等边三角形，故 A 正确；B，设正三角形 ABC 内切圆半径 r，由面积相等可得 112 332 32 3sin223r，解得1r，令 AB 的中点为 D，从而3DADC,则2PAPBPD，2PAPBBADA,两式平方作差可得22444PA PBPDDA ,即23PA PBPD，若要使 PA PB 最大，

4、只需2PD 最大由于 D 为 AB 的中点，也为圆O 与 AB 的切点，所以 PD的最大值为 22r，所以23431PA PBPD，故 B 正确C，abcdOAOBOCOD,CADBCDDADAAB，在平行四边形 ABCD 中，有 ABDC，所以原式20DA，故 C 错误；D，2222()()ababaa bb abab ，所以 D 正确.10.immmmiimz)1()()1)(322010)1(0)(32或，mmmm故选：AC11.考虑过球心的平面在转动过中，平面在球的内接正方体上截得的截面不可能是大圆的内接正方形。故选：ABC12.A 选项，在正方体1111ABCDA B C D中，11

5、/BD B D，又11B D 平面11CB D，BD 平面11CB D，所以/BD平面11CB D，即 A 正确；B 选项，连接11AC，1C D，在正方体1111ABCDA B C D中，1111B DAC，11DCCD，AD 平面11C D DC，1AA 平面1111DCBA，因为1CD 平面11C D DC，11B D 平面1111DCBA，所以1CDAD，111AAB D，又1DCADD，1DC 平面1AC D，AD 平面1AC D，所以1CD 平面1AC D，因此11CDAC；同理111B DAC，又1111CDB DD，1CD 平面11CB D，11B D 平面11CB D，所以1

6、AC 平面11CB D；即 B 正确；C 选项，因为11/B DBD，所以11CB D即等于异面直线1CB 与 BD 所成角，又221111222 2CBB DCD，即11CB D为等边三角形，即异面直线1CB 与 BD所成角为60，故 C 正确；D 选项，三棱锥11DCB D的体积为111111111142 2 23323D CB DBCDDCDDVVSB C .故 D 错；故选：ABC填空题13.314.1915.5216.613.因为,a b 为单位向量所以2222221ababaa bba b ，解得 21a b ，所以22223ababaa bb ，故答案为3 14.19因为 825

7、%2,880%6.4，所以 25%分位数为x2x321325219.15.52解：如上图作 BD 的中点 E，ABD和 CBD的中心FG、，过点FG、分别作平面 ABD 和平面 CBD 的垂线，交于点 O，连接OC由题可知33 CEAE则3 EFEG60AEC可得1 OFOG则32FD，13 ODr5242 rS球16.由余弦定理得 a2b2c22bccosA，所以 b2c22bccosA3b23c22 3bcsinA，3sinAcosAb2c2bc，2sin(A6)b2c2bc2，因此 bc，A62A23，所以 C2326.解答题17.(1)由题意(0.0500.1000.1500.125x

8、)21，解得 x0.075.3 分(2)设样本中身高小于 100 厘米的频率为 p1，则 p1(0.0500.100)20.300.而 p136N，N36p1 360.300120.6 分(3)3.10115.010525.01033.01012.0991.09712018105301033610124991297xx10 分18.(1)证明：连接 AC，由 AE 平行等于 CG 可知四边形 AEGC 为平行四边形所以 EGAC，而 ACBD，ACBF，所以 EGBD，EGBF，因为 BDBFB，所以 EG平面 BDHF，又 DF平面 BDHF，所以 EGDF.4 分(2)取 EG 和 HF

9、交点为 O，连结 OB由 EG平面 BDHF 可知EBO为 BE 与平面 BDHF 所成角6 分由(1)可知四边形 AEGC 为平行四边形且 DADB4则34 EGAC则32EO由题可知5EB532sinEBEOEBO10 分19.(1)解：由于11/ACAC所以1CAB（或其补角）即为异面直线1AB 与11AC 所成角2 分连接1CB，在1AB C 中，由于112 2ABB CAC，所以1AB C 是等边三角形，所以13CAB，所以异面直线1AB 与11AC 所成角的大小为 3 5 分(2)由题可知/MO平面11A B C，BCAMO1平面，CACBABCA1111平面平面则CAMO1/由于

10、O 是棱11BA上中点则 M 是棱 BC 上中点过点 M 作1MNCB交1CB 于 N，由1111111MNCBMNA BMNCBA BB平面11A B C 9 分在 Rt CMN中，由4MCN，1CM ，得22MN，所以，点 M 到平面11A B C 的距离等于22 12 分20.（1）因为 cossin2BCbaB，由正弦定理可得sincossinsin2BCBAB，又sin0B，所以cossin2BCA，因为 ABC，所以coscossin222BCAA，则sinsin2sincos222AAAA，又sin02A，所以1cos 22A，4 分因为(0)22A，所以2233AA；6 分（2

11、）根据题意可得2212()3333ADABBDABBCABACABABAC，所以222212144()33999ADABACABAB ACAC，8 分即2222136=4()424222cbcbcbbcbc，所以18bc，当且仅当3,6bc等号成立10 分所以12139 3sin1823222ABCSbc，ABC面积的最大值为 9 32.12 分21.（1）证明：四边形 ABCD 为菱形，DADC，60ADC，ADC为等边三角形，CACD，在ADC中，E 是 AD 中点，CEAD，PA 平面 ABCD，CE 平面 ABCD，CEPA，PAADA，PA 平面 PAD，AD 平面 PAD，EC 平面 PAD，4 分CE 平面 PCE，平面 PCE 平面 PAD 6 分（2）解：在平面 PAD 中，过点 E 作 EMPD，垂足为 M，连结 CM，EC 平面 PAD，PD 平面 PAD，ECPD，EMCEE，PD 平面 EMC，CM 平面 EMC，PDCM，EMC是二面角 APDC的平面角，9 分在 Rt EMD中，1ED ，45ADP，22EMMD，在 Rt CMD中，22MD，2CD，22142CMCDMD，在EMC中，3EC，由余弦定理得222173122cos22147222MEMCECEMCME MC，二面角 APDC的正弦值为42712 分