1、厦门市 2021-2022 学年度第二学期高一年级质量检测数学试题参考答案与评分标准一、单选题：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 2B 3B 4C 5A 6A 7D 8B 题源：1教材P95 复习参考题7； 2教材P181 问题3；3教材P242 练习1； 4教材P106 习题8.1-6； 5教材P148 练习3； 6教材P26 例1； 7教材P233 练习-2；教材P250 习题10.2-1； 8教材P54 习题6.4-17二、多选题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目
2、要求，全部选对的得 5 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分 9ACD 10AD 11BD 12ABD题源：9教材P199； 10教材P18； 11教材P80 练习4-2； 12教材P119 练习-1三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 1 132 14若a b ，b b ，则ab 15,2 1628 2 注：14 题的可能答案还有：（）若a b ，bb ，则a b ； （）若ab ，b b ，则a b ； （）若ab ，b b ，则a b ； （）若ba ，b a ，则b b 题源：13教材P69 例1； 14教材P171 复习参考题8-15； 15教材P54
3、 习题6.4-16； 16教材P212 例 6四、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；考查化归与转化、数形结合等数学思想本题满分10 分（题源： 教材P37 习题6.3-11）uuur uuur uuur ur u ur ur ur uur（1）解：因为 ( ) ( ) BC = AC - AB = -e - e - e = - e + e1 6 2 2 1 3 1 2 2 -1 分由 uBuCur = 3 7知 ，即uuurBC = 632ur uur u
4、r ur uur uur ur u ur( ) 2 ( 2 2 ) ( ) - + = + + = + =3 e 2e 9 e 4e e 4e 9 5 4e e 63 ， 1 2 1 1 2 2 1 2eur eu ur =1解得 ，-3 分1 22ur u urur uure e 1cos e ,e= ur1 u2ur = ， 所以1 2 2 e e1 2eur euur eur euur1, 2 0, ，所以 ， 的夹角为 -5 分因为 1 23（2）解：由题意知uDu uCr = 2uBuDur，即uAuCur - uAuDur = 2(uAuDur - uAuBur)，化简得uuur
5、uuur uuur ur ur u ur ur u ur1 1AD = ( AB + AC)= e + (-e - e ) = e - e2 4 6 2 ，-7 分 3 31 1 2 1 2uuur uuur ur u ur ur ur ur uurAD AB = e - e e = e - e e = - =2 2 2 2 2 1 2 0 -9 分1所以 ( ) ( ) ( 2 )1 2 1 1 1 2 2 又因为uAuDur ，uAuBur 均为非零向量，所以uAuDur uAuBur，所以AD AB - 10 分高一数学试题答案 第1页（共6 页）18本题考查空间几何体结构特征、直线与平
6、面的位置关系、平面与平面的位置关系、棱锥的体积等基本知识；考查空间想象、推理论证、运算求解等能力，考查化归与转化、数 形结合等数学思想本题满分12 分（题源：教材P140 例4；P138 例3） B D E 为平面a -2 分（1）解：连接B E ，D E 和B D ，则平面1 1 1 1 1 1AC 中，因为BBDD ，BB = DD ，所以四边形BB D D 为平行四边 在正方体1 1 1 1 1 1 1B DBD 形，所以1 1B D 平面BDF ，BD 平面BDF ，所以B D平面BDF -3 分 又因为1 1 1 1BB 的中点H ，连接EH ，C H ，因为EHA B ，EH =
7、A B ，C DA B ， 取1 1 1 1 1 1 1 1 1 1C D = A B ，所以四边形C D EH 为平行四边形，所以D EC H 1 1 1 1 1 1 1 11BHC F ，BH = C F = BB ，所以四边形BHC F 为平行四边形，所以 又因为1 1 1 12 C HBF ，所以D EBF 1 1D E 平面BDF ，BF 平面BDF ，所以D E平面BDF -5 分 又1 1D E I B D = D ，D E B D 平面a ，所以平面a平面BDF -6 分1 , 1 1 又因为1 1 1 1D1 C1 D1C1A1B1FA1B1FE H ED D C CA B
8、BA（2）解：由（1）知平面a平面BDF ，所以平面a 内的点B 到平面BDF 的距离等1于平面a 到平面BDF 的距离，设距离为d -7 分 因为DC 平面 D - BB F 的高即为DC BB C C ，所以三棱锥1 1 11 1因为 ( ) ( )S = - = S = 2 2 = 22 2 5 2 62 2 ， ，-9 分BDF BB F2 21DC S 1 1V V- = - ，所以 d =d S = DC S BB F 又 ，所以1 B BDF D BB F1 1 3 3 SBDF BB F1BDF- 11 分即d2 2 2 6= = - 12 分6 319本题考查频率分布直方图、
9、样本的数字特征、用样本估计总体等知识；考查推理论证、运算求解、数据处理等数学能力；考查数形结合、化归与转化等数学思想本题满分12 分（题源：教材P202 例3；P206）（1）解：由频率分布直方图知年最大洪峰流量在区间10, 20)，20,30)，30, 40)， 50,60上的频率分别为10 0.008 = 0.08 ，10 0.020 = 0.2 ，10 0.044 = 0.44 ，10 0.004 = 0.04 ，-2 分 所以年最大洪峰流量在区间40,50)的频率为1- (0.08 + 0.2 + 0.44 + 0.04)= 0.24 -3 分所以频率分布直方图中缺失的小矩形的高度为0
10、.24 10 = 0.024 -4 分补齐频率分布直方图如下：高一数学试题答案 第2页（共6 页）频率0.0440.0400.0360.0320.0280.0240.0200.0160.0120.0080.004组距-5 分O 2010 30 40 50 60年最大洪峰流量/100m3s-1 所以x =150.08 + 250.2 + 350.44 + 45 0.24 + 550.04 =1.2 + 5 +15.4 +10.8 + 2.2 = 34.6 -7 分（2）解：设水坝能承受的最大洪峰流量的最小值为a T由题意知= = ，所以 1 0.02150p = = ，即要求年最大洪峰流量大于a
11、 的概率p50小于等于0.02 -8 分所以可由样本的98% 分位数作为a 的估计值-9 分由频率分布方图可知年最大洪峰流量在区间50,60的频率为0.04 ，所以样本的 98% 分位数在50,60内- 10 分设样本的98% 分位数为m ，由1- 0.004(60 - m)= 0.98 ，得m = 55- 11 分所以样本的98% 分位数的估计值为55所以，a 的估计值为55（单位：100m3 s-1 ）- 12 分 20本题考查空间中点、线、面之间的位置关系，线面角、二面角等数学知识；考查运算求解、推理论证、空间想象等数学能力；考查转化与化归，数形结合等数学思想（题源： 教材P155 练习
12、-3；P171 复习参考题8-13）（1）证明：取BC 中点M ，连接AM ，B M 1B C MC 且B C = MC ， 因为1 1 1 1MCC B 为平行四边形，-1 分 所以四边形1 1B MCC 且B M =CC -2 分 所以1 1 1 1BC CC ，所以BC B M -3 分 又1 1因为AB = AC ，MB = MC ，所以BC AM -4 分AM I B M = M ，AM ,B M 平面AB M ，所以BC 平面AMB -5 分 又1 1 1 1AB 平面AMB ，所以AB BC -6 分 因为1 1 1A1C1B1 HACM B（2）解：由（1）可知B MA 为二面
13、角C - BC - A 的平面角，即 1 60B MA = 1 1-7 分设AB = 2a ，则AM = B M = CC = a ，所以 AMB 为等边三角形 1 1 31B C = a ，AB = a -8 分 所以 1 31 1高一数学试题答案 第3页（共6 页）B M 的中点H ，连接AH ，C H ，则AH B M 取1 1 1由（1）可知BC 平面AMB ，AH 平面AMB ，从而AH BC 1 1BC I B M = B ，BC B M 平面BCC B ，所以AH 平面BCC B -9 分, 又1 1 1 1 1 1AC H 为直线AC 与平面BCC B 所成的角- 10 分 所
14、以1 1 1 1BC AB ，BCB C ，所以B C AB 因为1 1 1 1 1 1所以 ( )2AC1 = 3a + a2 = 2a - 11 分又3AH = AM sin 60 = a ，在2AH 3RtAHC 中，sin AC1H = = 1AC 413AC 与平面BCC B 所成角的正弦值为 所以直线 1 1 14- 12 分 21本题考查样本空间、古典概型、概率的基本性质、事件的相互独立性等数学知识；考查逻辑推理、运算求解等数学能力；考查化归与转化、分类讨论等数学思想本题满分12 分（题源：教材P235 例8；P249 例3）（1）解：记M =“小明在第一轮得40 分”，小明能答
15、对的A类的4 个问题记为a ，a ，1 2a ， 1, 2 , 1, 3 ,a ，不能答对的A类的1个问题记为b ，则样本空间为W =a a a a 3 4 a1,a4 , a1,b , a2 ,a3 , a2 ,a4 , a2 ,b , a3 ,a4 , a3 ,b , a4 ,b ，共有10 个样本点-2 分M 所包含的基本事件为 M = a1,a2 , a1,a3 , a1,a4 , a2 ,a3 , a2 ,a4 , a3 ,a4 ，共有6 个样本点；-3 分因为A类问题中的每个问题被抽到的可能性相等，所以这是一个古典概型6所以P(M )= = 0.6 ，即小明在第一轮得40 分的概率
16、为0.6-4 分10 M = “第二轮比赛小明恰好答对B 类的i 个问题”，i =1,2；（2）解：记iN = “小芳在第一轮得40 分”；N = “第二轮比赛小芳恰好答对B 类的i 个问题”，i =1,2i根据独立性假设P(M1 )= 0.40.6 + 0.60.4 = 0.48 ，P(M2 )= 0.40.4 = 0.16 且P(N )= 0.50.5 = 0.25， ( )P N1 = 0.50.5 + 0.50.5 = 0.5，P(N2 )= 0.50.5 = 0.25 -6 分 记G = “小明晋级复赛”，H = “小芳晋级复赛”，则G = MM U MM U MM ，1 2 2H
17、= NN U NN U NN ，且MM ，MM ，MM 两两互斥，NN1 ，NN ，NN1 2 2 2 21 2 2两两互斥，M 与M1 ，M 与M ，M 与M ，N 与N ，N 与N ，N 与N 分别 2 2 1 2 2相互独立且P(M )=1- P(M )= 0.4 ，P(N )=1- P(N )=1- 0.25 = 0.75 -7 分所以 ( ) ( ) ( ) ( )P G = P MM + P MM + P MM1 2 2( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )= P M P M + P M P M + P M P M ，1 2 2= 0.60.48 + 0.60.16 + 0
18、.40.16 = 0.448 -9 分 ( ) ( ) ( ) ( )P H = P NN + P NN + P NN1 2 2( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )= P N P N + P N P N + P N P N ，1 2 2= 0.250.5 + 0.250.25 + 0.750.25 = 0.375 - 11 分 因为0.448 0.375，所以小明更容易晋级复赛- 12 分高一数学试题答案 第4页（共6 页）22本题考查正弦定理、余弦定理等数学知识；考查推理论证、运算求解等数学能力；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（题源：教材 P54
19、习题6.4-22）（1）解：因为acosC + 3asinC - b - c = 0 ，由正弦定理及A + B + C =180 知，sin AcosC + 3 sin AsinC - sin B - sinC = 0， 即sin AcosC + 3 sin AsinC - sin(A + C)- sinC = 0 ，即sin AcosC + 3 sin AsinC - sin AcosC - cos AsinC - sinC = 0 ，1由sinC 0 化简得 3 sin A - cos A =1，即sin(A - 30)= ，-3 分2又A(0,180)，所以A = 60 -4 分D 中，
20、由余弦定理，a2 = b2 + c2 - 2bccos A，所以 ABC c2 - 3c -18 = 0 ，即(c - 3 3)(c + 2 3)= 0 ，解得c = 3 3 （负值舍去）-5 分（2）解：由 3 2 7 3S DED = ，得DE 的最大值为2 7 DEF4如图，设DAC = a ，因为E = D = 60 ， 所以ACD = EAB =120 -a ，所以EBA =a E ABF C DAD b，即 3sin(120 ) -a=ACD 中，由正弦定理sin(120 ) sin 60AD = -a sin 60 AE c csinaABE 中，由正弦定理 = AE = -7
21、分，所以sina sin 60 sin 60所以 3sin(120 ) sin -a acDE = AD + AE = + sin 60 sin 60 2 22 3 3 2 3 3= + + = + + ( + )cosa c sina c sin a j3 2 2 3 2 2 32tanj = ，且j (0,90)-9 分 其中3c +2下面证明：无论c 取何值，总存在一个a ，使得a +j = 90 因为DAC = EBA =a ，ACD = EAB =120 -a ， 所以FBC =180 - ABC - ABE =180 - B -a ，所以FCB =180 - ACB - ACD =
22、180 -C -120 +a =a -C + 60又因为点A，B ，C 分别在等边DEF 的边DE ，EF ，FD 上（不含端点），所以DAC ，EBA ，ACD ，EAB ，FBC ，FCB 都大于0，a 0, a 0 , - - a C 60 0 a C 60（）当c b = 3 时，C B ，又因为B + C =120 ，高一数学试题答案 第5页（共6 页）所以60 C 120 ，0 B 60 . 所以C - 60 0 ，180 - B 120 所以式可化为C - 60 a 120 ，所以a +j (C +j - 60,j +120)3 312 2tanj = = ，所以j (0,30 又因为3 3 3c + 3 +2 2又C +j - 60 90 ，所以90(C +j - 60,j +120)- 10 分（）当c b = 3 时，C B ，又因为B + C =120 ， 所以60 B 120 ，0 C 60 ，所以C - 60 0 ，180 - B 120 . 所以式可化为0 a = tan 3tan 且j = 60 + 30 = 90 .，所以90(j,180 - B +j)- 11 分22 2 3 3所以当a +j = 90 时，( ) = + + =DE cmax3 2 2 2 7，得c = 2 3 ，此时满足（） - 12 分高一数学试题答案 第6页（共6 页）
