1、 1 B H FE A G D C 厦门市 20202021 学年度第二学期高一年级质量检测 数学参考答案 一、单选题 1-4 DABC 5-8 BACB 二、多选题 9AC 10AD 11AD 12ABD 11如图，在长方体FEBA GHCD中，FGBC 所以,B C F G四点共面，所以选项 A 正确 由图可知直线AE与直线CG为异面直线，不平行，所以选项 B 错误 因为BH平面AGH 所以点B到平面AGH的距离即为直线BH到平面AGH的距离d 因为 HACGA CGH VV = 所以 11 33 ACGCGH SdSAD= 因为在CGH中，13CG =，5AC =，2 5AG = 所以
2、161 2 51361 265 ACG S= 又 1 2 33 2 CGH S= = 所以 3 412 61 6161 CGH ACG SAD d S = ，所以选项 C 错误 因为三棱锥BDFH的外接球即为长方体的外接球 所以 222 223429R =+=，所以三棱锥BDFH的外接球的表面积为29 所以选项 D 正确 12由题意知bc，所以设(2,4)(2 ,4 )=b 因为4 23 420= + =a b，2 24 420= + =c b，所以= a bc b 所以选项 A 正确 与b方向相同的单位向量为 5 2 5 , 55 或 52 5 , 55 所以选项 B 正确 因为()24,4
3、3=ba 所以 2 2 1 ()2 (24)4 (43)2020205 2 =+= bba 所以当 1 2 =时，()bba的最小值为5，所以选项 C 错误 因为 2 222 (42 )(34 )20(1)5=+=+ab 所以当1=时，ab的最小值为5，所以选项 D 正确 三、填空题 132； 1416； 15120； 16303 16（课本 P49 例 9 改编） 如图，在ABC中，由正弦定理得： sinsin ABBC ACBBAC = ， 42 sin4sin63.7 BC = ，540BC =， 2 在BCD中，由正弦定理得： sinsin BCCD BDCCBD = ， 540 si
4、n79.2sin33.1 CD = ，303CD （选填部分题目来自课本 P256 例 4、P264 第 6 题、P222 第 2 题、P120 第 3 题、P132 第 9 题、P87 第 7 题、P41 第 3 题改编） 四、解答题 17 （课本 P37 第 11 题改编）本题考查平面向量基本定理，向量的线性运算，向量的数量积 等知识； 考查推理论证能力和运算求解能力； 考查数形结合， 化归与转化等数学思想 本 题满分 10 分 解：法一： （1）因为2AEBE=，所以=EDADAE 1 分 22 33 = +ADABab， 2 分 因为F是BC的中点，所以EFEBBF=+ 3 分 111
5、1 3232 ABBC=+=+ab 4 分 （2）因为EDEF，所以0ED EF=， 5 分 所以 211 0 332 += abab， 6 分 即 22 2111 0 9332 + +=aa ba bb， 7 分 所以 22 21 92 =ab即 22 9 4 =ab， 8 分 所以 3 2 =ab， 9 分 所以 3 2 ABAD= 10 分 法二： （1）同法一 4 分 （2）以A为原点，AB所在直线为x轴，过A且与AB垂直的直线为y轴建立平面直 角坐标系，则(0,0)A，设( ,0)B m，( , )D n r，(, )+C mn r， 因为2AEBE=，所以 2 ,0 3 Em， 因
6、为F是BC的中点，所以, 2 2 + n r F m， 所以 2 , 3 = EDnm r， 11 , 322 =+ r EFmn 5 分 因为EDEF，所以0ED EF=， 6 分 所以 2 2111 0 3322 += nmmnr， 7 分 即 222222 1121112 ()0 3293229 +=+=mnnmmnrnrm 8 分 又因为 222 =+ADnr， 所以 22 4 9 ADAB=， 9 分 3 F E B1 C1 D1 A1 C D B A 所以 3 2 ABAD= 10 分 18（课本 P170 第 8 题改编）本题考查空间几何体结构特征、直线与直线的位置关系、直 线与
7、平面的位置关系、棱柱的体积等基本知识；考查空间想象、推理论证、运算求解等 能力，考查化归转化与数形结合等数学思想本题满分 12 分 解： （1）过点E作直线 11 EFBC，交 11 C D于点F， 2 分 连接EB，FC 3 分 法一： （存在性证明）因为 1111 ,EFBC BCBC， 所以EFBC， 4 分 所以直线EF与BC确定一个平面， 5 分 （唯一性证明）因为点E、B、C在平面内且三点不共线， 所以过点E与棱BC的平面有且仅有一个， 6 分 所以所作截面是合理且唯一 法二：点E、B、C确定一个平面，记为， 4 分 因为 11 BCBC， 11 BC，BC， 所以 11 BC 5
8、 分 因为 11 BC 平面 11 AC，平面 11 ACEF=， 所以 11 BCEF， 6 分 所以所作截面是合理且唯一 （2）四棱柱； 8 分 法一：梯形 1 EA AB的面积 1 13 (1 2) 1 22 =+ = 梯形EA AB S， 10 分 因为四棱柱 11 EA ABFD DC是直四棱柱， 所以体积 1 33 1 22 = = 梯形EA AB VSh 12 分 法二：长方体 1111 ABCDABC D的体积 1 2V =， 8 分 因为三棱柱 11 EBBFCC是直三棱柱， 所以体积 1 2 11 1 22 = = EBB VSh， 10 分 所以四棱柱 11 EA ABF
9、D DC的体积 12 3 2 VVV= 12 分 19（课本 P264 第 8 题改编）本题考查样本空间、事件相互独立性等基本知识；考查数学 建模、逻辑推理、数学运算等核心素养本题满分 12 分 解： （1）树状图 4 分（每空 0.5 分） 样本空间NNN,NNY,NYN,NYY,YNN,YNY,YYN,YYY = 5 分 4 （2）记=A “乙在 3 分线外赢得比赛” ， 6 分 ( )()NYYYNYYYNYYY=P AP 8 分 0.6 0.4 0.40.4 0.6 0.40.4 0.4 0.60.4 0.4 0.4=+ 0.352= 9 分 记=B “乙在 3 分线内赢得比赛” ，
10、( )()YYY0.7 0.7 0.70.343=P BP 10 分 所以( )( )P BP A， 11 分 所以建议乙的位置选在 3 分线外 12 分 20（课本 P214 页第 5 题改编）本题考查频率分布直方图、样本的数字特征、用样本估计 总体等知识；考查数学运算、逻辑推理等核心素养本题满分 12 分 解： （1）因为身高在区间185195，的频率为0.008 100.08=，频数为 4， 所以 4 50 0.08 =n 1 分 故0.008 10 504m=，0.040 10 5020p =， 504206416q = = 2 分 所以身高在区间165175， ）的频率为 16 0.
11、32 50 =， 在区间175185， ）的频率为 6 0.12 50 = 由此可补充完整频率分布直方图： 3 分 由频率分布直方图可知，样本的身高均值为： 150 0.008 10 160 0.04 10 170 0.032 10 180 0.012 10 190 0.008 10+ 126454.421.6 15.2167.2=+=cm， 4 分 由样本估计总体，估计该校高中生的身高均值为167.2cm 5 分 （2） 把男生样本记为 1 x， 2 x， ， 25 x， 其均值记为x， 方差记为 2 x s； 把女生样本记为 1 y， 2 y， 25 y，其均值记为y，方差记为 2 y s
12、；把总样本均值记为z，方差记为 2 s 252525 17025 160 165 2525252550 + =+= + zxy， 6 分 又因为 2525 11 ()250 = = ii ii xxxx， 所以 2525 11 2()()2()()0 = = ii ii xxxzxzxx 0 身高/cm 频率/组距 OJ = 2.56厘米 OI = 1.29厘米 初始化 网格线 刻度线 刻度值 等单位长 坐标系/轴 修改标签 控制台 155165175185195 0.004 0.008 0.012 0.016 0.020 0.024 0.028 0.032 0.036 0.040 145 t
13、2 = 0.00 t1 = 1.00 5 N P M C D B A P M C D B A O P M C D B A 同理可得 25 1 2()()0 = = j j yyyz 所以 2525 222 11 1 ()() 50 = =+ ij ij sxzyz 7 分 2525 22 11 1 ()() 50 = =+ ij ij xxxzyyyz 2222 1 25() 25() 50 xy sxzsyz=+ 8 分 22 1 2516(170 165) 2520(160 165) 50 =+ 9 分 43= 10 分 （3）两种方案总样本均值的差为：167.2 1652.2= 说法一：
14、用方案二总样本均值作为总体均值的估计不合适，其原因为：没有按照等比例 进行分层抽样，每个个体被抽到的可能性不同，因此样本的代表性比较差 说法二：用方案二总样本均值作为总体均值的估计合适，其原因为：分层抽样比例与实 际比例相差不大，且样本数据是原始数据 （每种说法，回答有理即给 2 分，只说“合适”或“不合适” ，没有说理，不给分 ） 12 分 21本题主要考查线面垂直、二面角、线面角等知识，考查数形结合思想、推理论证能力、 运算求解能力 解： （1）法一：直线AC与平面PBD不垂直 1 分 分别取AD、AB的中点M，N，连接PM，PN，MN， 因为PAPD=，所以PMAD， 2 分 又因为平面
15、PAD 平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD= 所以PM 平面ABCD， 又因为AC 平面ABCD，所以ACPM， 4 分 又因为正方形ABCD中，ACBD，且MNBD， 所以ACMN 又因为MNPMM=，所以AC 平面PMN 5 分 因为过同一点P只能作唯一平面PMN垂直于AC， 所以直线AC与平面PBD不垂直 6 分 法二： （反证法）直线AC与平面PBD不垂直， 1 分 只需说明平面PBD内存在一条直线与AC不垂直，可证PB与AC不垂直 2 分 证明如下：假设ACPB，取AD中点M，连接PM，MB 因为PAPD=，所以PMAD， 3 分 又因为平面PAD 平面ABCD，平面PAD平面
16、ABCDAD=， 所以PM 平面ABCD， 又因为AC 平面ABCD，所以ACPM， 4 分 又因为ACPB，且PMPBP=，所以AC 平面PBM， 又因为BM 平面PBM，所以ACBM， 5 分 因为正方形ABCD中，ACBD， 这与平面ABCD内过点B作直线AC的垂线有且只有一条矛盾， 所以假设不成立，所以PB与AC不垂直 6 分 法三：直线AC与平面PBD不垂直， 1 分 只需说明平面PBD存在一条直线与AC不垂直，可证PO与AC不垂直 2 分 分别取AD、AC的中点M，O，连接PM，OM，PO 因为PAPD=，所以PMAD， 6 O P C D B A Q FE P C D B A 又
17、因为平面PAD 平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD=， 所以PM 平面ABCD， 又因为AC 平面ABCD，所以PMMO， 4 分 又因为=MAMO，所以RtRtPMAPMO，所以=POPA， 5 分 在PAO中，=POPA，所以直线AC与PO不垂直 6 分 法四：直线AC与平面PBD不垂直， 1 分 只需说明平面PBD内存在一条直线与AC不垂直，可证PO与AC不垂直 2 分 取AC的中点O，连接PO 因为正方形ABCD，所以CDAD， 又因为平面PAD 平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD=， 所以CD 平面PAD， 4 分 又因为PD 平面PAD，所以CDPD，所以PCPD， 又
18、因为PAPD=，所以PCPA， 5 分 因为O为AC的中点，所以PO与AC不垂直 6 分 （2）法一：因为平面PAD 平面ABCD，CDAD， 平面PAD平面ABCDAD=，所以CD 平面PAD， 又因为AD，PD 平面PAD，所以CDPD，CDAD， 7 分 所以二面角PCDB的平面角为60PDA= 8 分 取PD的中点E，连接AE，所以AEPD， 因为CD 平面PAD，所以平面PCD 平面PAD， 又因为平面PCD平面PADPD=，所以AE 平面PCD 9 分 如图，将四棱锥PABCD补成三棱柱PADQBC， 取CQ的中点F，连接EF，BF， 所以四边形EDCF为平行四边形，有BFAE，
19、10 分 所以BF 平面PCD 连接PF，BPF为PB与平面PCD所成角， 11 分 设ABa=，有2PBa=， 3 2 BFAEa=， 所以 6 sin 4 =BPF 12 分 法二：因为平面PAD 平面ABCD，CDAD， 平面PAD平面ABCDAD=，所以CD 平面PAD， 又因为AD，PD 平面PAD，所以CDPD，CDAD， 7 分 所以二面角PCDB的平面角为60PDA= 8 分 设ABa=，所以RtPDC的面积为 2 1 22 a PD CD= RtBCD的面积为 2 1 22 a BCCD= 9 分 取AD的中点M，连接PM，因为PAPD=，所以PMAD， 又因为平面PAD 平
20、面ABCD，平面PAD平面ABCDAD= 所以PM 平面ABCD 10 分 设点B到平面PCD的距离为h， 因为 = P BCDB PCD VV，即 11 33 = BCDPCD SPMSh，得 3 2 hPMa=11 分 因为2PBa=，所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为 6 4 h PB = 12 分 P M C D B A 7 （2） （1） 22 本题考查正弦定理、 余弦定理、 三角形外心等知识； 考查推理论证能力、 运算求解能力、 直观想象能力；考查数形结合、化归与转化、分类讨论等数学思想本题满分 12 分 解： （1）选，因为() 2 coscos1c aBbAa=， 所以
21、222222 2 1 22 acbbca c aba acbc + = ， 2 分 所以 222 1aba=， 3 分 所以1b = 4 分 选，由coscosbAabBc+=，得sincossincossinBA bABC+=， 1 分 因为()sinsinsincoscossinCABABAB=+=+， 所以sincossincosbABAB=， 2 分 所以1b =，或 2 B = 3 分 因为ABC是钝角三角形，所以 2 B ， 所以1b = 4 分 选，因为()4 sincoscosSBA CB=+， 所以()() 2 1 4sincoscos 2 acBACAC=+， 2 分 所以
22、 2 2sin2sinsinacBAC=，所以 2 22b acac=， 3 分 所以1b = 4 分 （2）设ABC的外接圆的半径为R， 因为OAC的面积为 3 4 ，所以 2 113 244 R =，所以1R =， 5 分 所以OAC为等边三角形，所以60AOC= 法一：因为A或C为钝角时，OAB与OBC的面积之和的最大值相同， 所以不妨设A为钝角，如图（1） ， 设BOA=，则60BOC=+， 所以() 2 1 sin 60sin 2 OBCOAB SSR +=+ 6 分 331 sincos 222 =+ 7 分 () 3 sin30 2 =+， 8 分 因为()1802603002=
23、AA，90150A，所以0120， 所以当60=，OAB与OBC的面积之和最大值为 3 2 ； 9 分 当B为钝角时，如图（2） ，设BOA=，则60BOC=， 所以() 2 1 sin 60sin 2 OBCOAB SSR +=+ 1 13 sincos 2 22 =+ 8 () 1 sin60 2 =+， 10 分 因为060，所以当30=，OAB与OBC的面积之和最大值为 1 2 11 分 因为 13 22 ，所以OAB与OBC的面积之和最大值为 3 2 12 分 法二：当A或C为钝角时，同法一； 当B为钝角时，如图（2） ， 则有OAB与OBC的面积之和小于扇形OABC的面积， 因为扇
24、形OABC的面积为 6 ， 10 分 所以OAB与OBC的面积之和小于 6 ， 11 分 因为 3 62 ，所以OAB与OBC的面积之和最大值为 3 2 12 分 法三：设BOA=，则BOC=， 则() 2 1 sinsin 2 +=+ OBCOAB SSR 6 分 1 2sincos 222 + = sincos 22 + =， 8 分 当A或C为钝角时，60=，如图（1） ，则 3 coscos30 22 =， 不妨设，则60=+，得260+=+， 因为()1802603002=AA，90150A， 所以0120，所以60300+， 所以当180+=时，OAB与OBC的面积之和最大值为 3 2 ； 10 分 当B为钝角时，60+=，如图（2） ，则 1 sin 22 + =， 所以当=时，OAB与OBC的面积之和最大值为 1 2 ， 11 分 因为 13 22 ，所以OAB与OBC的面积之和最大值为 3 2 12 分
