1、 20212022 学年度第一学期教学质量检查 高一数学高一数学 参考答案参考答案 一、单项选择题一、单项选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C D B C B D A B 二、多项选择题二、多项选择题（全部选对的得 5 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分） 题号 9 10 11 12 答案 BC AD CD ABD 三、填空题三、填空题（16 题第一空 2 分，第二空 3 分） 13.36 14.23 15.3 153+或2 158 3+或4 15 16.8 2, 2 2 四、解答题四、解答题 17.解： （1）因为复数1 iz = +是方程20 xpxq+=的根
2、， 所以2(1 i)(1 i)0pq+=， 1 分 化简得()(2)i0pqp+=， 2 分 所以020pqp+=， 4 分 解得2pq=. 5 分 （2） 由 （1） 得复数222(22i)(2i)2(2 )2(2 )immmmmm=+=+是纯虚数， 6 分 所以222(2 )02(2 )0mmmm=+， 8 分 解得0202mmmm= 或且， 9 分 所以2m =. 10 分 18.解： （1）由频数分布表可知，样本比赛成绩大于或等于 160 的学生有 3+15=18 人， 2 分 所以估计该校高一年级学生比赛成绩为“优秀”的人数为 10001850360 人. 5 分 说明：没有估计两个
3、字需要扣 1 分. （2）设“两人比赛成绩都为优秀”为事件 M， 6 分 记比赛成绩在)120,140的学生为 A1，A2，比赛成绩在)160,180的学生为 B1，B2，B3， 7分 则从这 5 个学生中随机抽取 2 人的样本空间 =（A1，A2） ， （A1，B1） ， （A1，B2） ， （A1，B3） ， （A2，B1） ， （A2，B2） ， （A2，B3） ， （B1，B2） ， （B1，B3） ， （B2，B3）, 9 分 M=（B1，B2） ， （B1，B3） ， （B2，B3）, 10 分 所以，由古典概型得 P（M）()()n Mn=310. 12 分 19.解：方法一：方
4、法一：由2OBDC=，得/ /OBDC，由2ODOA=，得, ,O A D共线，由2O=，得2D=， 2(i) (2i)pqmm+ 以O为坐标原点，OA所在的直线为x轴，OB所在的直线为y轴，建立平面直角坐标系. 2分 由2OBDC=，2ODOA=，2O=，且| | 1OACD=，得(1,0)A，(0,2)B，(2,1)C，3 分 则(1,0)OA =，(0,2)OB =，(2, 1)BC =，( 1,2)AB = ，(1,1)AC =， 4 分 （1）设BCxOAyOB=+， 则210102xyxy= + =+，即221xy= ，解得212xy= ， 6 分 所以122BCOAOB=. 7
5、分 （2）由点P在线段AC上，且3ACAP=，得11 1( , )33 3APAC=， 8 分 则45( ,)33BPAPAB=， 9 分 所以2222452()( 1)13 20533cos205| |45( )()2( 1)33BP BCBPBC+ =+ + ， 所以BC与BP的夹角的余弦值为13 205205. 12 分 方法二：方法二： （1）由2OBDC=，得12DCOB=， 则112222BCBOODDCOBOAOBOAOB=+= +=. 3 分 （2）由2O=，得0OA OB=， 由2OBDC=且| | 1OACD=，得| 2OB =， 4 分 由3ACAP=，得 111111(
6、)()333236APACADDCOAOBOAOB=+=+=+， 5 分 1145()3636BPBOOAAPOBOAOAOBOAOB=+= +=， 6 分 所以22224518758513() (2)1236233123123BP BCOAOBOAOBOAOA OBOB=+=+=， 8 分 22222245162025162541|()123699369363BPBPOAOBOAOA OBOB=+=+=， 9 分 222222111|(2)424 125244BCBCOAOBOAOA OBOB=+=+=， 10 分 所以1313 2053cos205|4153BP BCBPBC=， 所以BC
7、与BP的夹角的余弦值为13 205205. 12 分 20.解： （1）如图 1，连接CF，DE，2FO. 1 分 因为CD和EF是圆柱轴截面上的母线， 所以四边形CDEF是平行四边形， 所以CFDE且CFDE=， 2 分 因为CF，DE分别经过圆心1O，2O，所以21/O FO D且21O FDO=， 所以四边形12O DO F是平行四边形， 3 分 所以21O DFO， 4 分 又因为1O D 平面ABF，2O F 平面ABF， 所以1O D平面ABF. 5 分 图 1 图 2 （2）因为EF是圆柱母线，所以EF 平面AEBD， 因为AB平面AEBD，所以ABEF， 6 分 因为AFBF=
8、，2O是AB中点， 所以2ABO F， 7 分 又因为2O FEFF=，2O F，EF 平面CDEF， 所以AB平面CDEF， 8 分 因为DE 平面CDEF，所以ABDE， 9 分 所以2114 2422ABDSAB O D= =， 因为4ABDEEF=，所以222222242 5O FO EEF=+=+=， 所以2114 2 54 522ABFSAB O F= =， 10 分 如图 2，由等体积法可得D ABFFABDVV=, 设点D到平面ABF的距离为d，则1133ABFABDSdSEF=， 11 分 所以4 44 554 5ABDABFSEFdS=，即点D到平面ABF的距离为4 55.
9、 12 分 21.解： （1）由正弦定理得2sincos2sinsinBCAC=， 1 分 由()ABC=+，得2sincos2sin()sinBCBCC=+， 2 分 化简得sin2sincosCCB=， 3 分 因为(0, )C，所以sin0C ， 所以1cos2B =， 4 分 又因为(0, )B，所以3B=. 5 分 说明：没有角的范围需要扣 1 分. （2）由正弦定理得2 622 2sin3bbB=，即2 2AC =， 6 分 因为D为AC边上的中点，所以2ADCD=， 7 分 由余弦定理得2222cosbacacB=+，即228acac+= ， 8 分 方法一：方法一： 在ABD中
10、，242cos2 22cBDA+= ， 在BCD中，242cos2 22aBDC+= ，因为BDABDC+=，所以coscos0BDABDC+=，即22424202 222 22ca+= ，整理得2212ac+= ， 10 分 由得4ac =， 所以222()220acacac+=+=，所以2 5ac+=， 11 分 所以ABC的周长为2 22 5abc+=+. 12 分 方法二：方法二：由向量加法得2BDBA=+BC， 两边平方得22242BDBABCBA BC=+，即2216acac=+ ， 10 分 由得4ac =， 所以222()220acacac+=+=，所以2 5ac+=， 11
11、分 所以ABC的周长为2 22 5abc+=+. 12 分 22.解： （1）如图 3，连接FB，EB， 在FAB中，由题知2AFAB=，120FAB=， 所以由余弦定理得244 8cos12012FB =+ =，所以2 3FB =， 2 分 在FBE中，由题知2FE =，2 2EB =， 所以由余弦定理得8 1246cos32 2 22 3FBE+=. 4 分 图 3 图 4 图 5 （2）将面ABCF,面ABDE,面CDEF展开，得到如图 4 平面展开图， 5 分 若/ /GHBD，则显然,G H分别与,B D重合时FGH周长最大，此时FGH周长的最大值max2 322 324 3lFBB
12、DDF=+=+ +=+； 6 分 若GHBD与不平行，如图 4， 路径 1：1112FGHF，过B作211/ /BHG H，连接22F H并延长交BD于点P，得到路径 2：122FBHF ，路径 3：122FBPHF ，路径 4：12FBDF ， 设路径i的长度为il，1,2,3,4i =，结合图形判断得1234llll， 所 以,G H分 别 与,B D重 合 时FGH周 长 最 大 ， 此 时FGH周 长 的 最 大 值max2 322 324 3lFBBDDF=+=+ +=+； 综上所述，FGH周长的最大值为24 3+. 8 分 由知，当FGH周长最大时，平面FAE与平面FGH的夹角即平
13、面FAE与平面 FBD的夹角（如图 5） ， 因为/ /BDAE，AE 平面FAE，BD 平面FAE， 所以/ /BD平面FAE， 又因为BD平面FBD，设平面FBD平面FAEl=，则/ /BDl， 9 分 分别取,AE BD的中点,M N，连接,FM MN NC， 因为/ / /MNABFC，所以,MN FC共面， 因为2CDCB=，所以BDCN， 又因为BDMN，MNCNN=，,MN CN 平面FCNM 所以BD平面FCNM， 因为/ /BDl，所以l 平面FCNM， 10 分 因为,FM FN 平面FCNM，所以lFM且lFN， 所以MFN为平面FAE与平面FBD的夹角， 11 分 在等边FAE中，2 sin603FM =， 在FBNRt中，2212 111FNFBBN= =， 又因为2MN =，所以11 345cos33332113MFN+ =， 所以平面FAE与平面FGH夹角的余弦值为53333. 12 分
