1、20212022 学年度第二学期期末考试高一数学(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。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。14.BADB58.CBAD二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分
2、选对的得2分，有选错的得0分。9.AD10.ABC11.BD12.ACD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.-3514.8515.516.2,3-1(第一空2分，第二空3分)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。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设z1=a+bi，a,bR则1+a+bi=-1+2i1-a-bi=-1+a+2b+2-2a+bi2分所以1+a=-1+a+2bb=2-2a+b 4分解得a=1b=1，所以z1=1
3、+i5分2法一设z2=x+yi，x,yR则由z2z1R可设z2z1=t tR，则z2=tz1=t+ti7分因为 z2=1，所以t2+t2=1解得t=229分所以z2=22+22i或-22-22i10分法二设z2=x+yi，x,yR，则z2z1=x+yi1+i=x+y2+y-x2i7分因为 z2=1且z2z1R，所以x2+y2=1y-x2=0 9分解得x=22y=22 或x=-22y=-22 所以z2=22+22i或-22-22i10分18.(本题满分12分)解：1因为点C是直线OP上一点，所以OC OP,故设OC=tOP=2t,ttR2分CA=OA-OC=1-2t，7-t，CB=OB-OC=(
4、5-2t，1-t)CACB=1-2t5-2t+7-t1-t=5t2-20t+12=5 t-22-8.4分当t=2时，CACB 取得最小值，此时OC=4，26分2当OC=4，2时，CA=-3，5，CB=(1，-1)，所以 CA=34，CB=2，CA CB=-8.8分所以cosACB=CACBCA CB=-417,又由ACB 0,得sinACB=11710分.所以SABC=12CA CBsinACB=1234 2 117=112分评卷说明：2问直接使用公式S=12x1y2-x2y1而未加证明扣2分19.(本题满分12分)1证明：因为三棱柱ABC-A1B1C1为正三棱柱,所以ABC是等边三角形且BB
5、1平面ABC2分因为AD平面ABC,所以ADBB13分又因为D为BC中点,所以ADBC4分因为BC平面BB1C1C，BB1平面BB1C1C，BCBB1=B，所以AD平面BB1C1C6分又AD平面AC1D,所以平面AC1D平面BB1C1C8分2解：因为AA1平面BB1C1C,所以VE-AC1D=VA-C1DE=VA1-C1DE=VD-A1C1E10分=16VABC-A1B1C1=1634222=3312分评卷说明:其他计算体积方法可酌情给到10分或12分20.(本题满分12分)解：1由正弦定理可知cosBcosC+b2a+c=cosBcosC+sinB2sinA+sinC=02分所以2sinAc
6、osB+sinCcosB+sinBcosC=0，所以2sinAcosB+sin B+C=2sinAcosB+sinA=04分因为sinA0，所以cosB=-125分又B 0，所以B=236分2法一由余弦定理得b2=a2+c2-2accosB即49=a2+25+5a8分整理得a2+5a-24=0，解得a=3或a=-8 舍，所以a=310分所以sinA=asinBb=3sin237=3 31412分法二sinC=csinBb=5sin237=5 3148分显然C为锐角,所以cosC=11149分所以sinA=sin B+C=sin23+C=321114-125 314=3 31411分所以a=bs
7、inAsinB=73 31432=312分21.(本题满分12分)1证明：连接OE,OC,OP，在四棱锥P-ABCD中，PA=PB=4，O为AB的中点，所以POAB，1分又平面PAB平面ABCD，平面PAB平面ABCD=AB,PO平面PAB所以OP平面ABCD，CE平面ABCD，所以OPCE，3分在矩形ABCD中，AB=2,BC=3，AE=13AD=1，DE=2，OA=OB=1，因为OE2=OA2+AE2=12+12=2，OC2=OB2+BC2=12+32=10,CE2=DE2+CD2=22+22=8所以OE2+CE2=OC2，所以OECE5分又OEOP=O，所以CE平面POE，PE平面POE
8、，所以CEPE6分(2)存在，F为线段PB上靠近点B的三等分点8分证明：取BC的三等分点M(靠近点C)，连接AM，易知AEMC，AE=MC，所以四边形AECM是平行四边形，所以AMEC，取BM中点N，连接ON，所以ONAM，所以ONEC，9分因为N为BM中点，所以N为BC的三等分点(靠近点B)，连接OF，NF，所以NFPC，10分又ONNF=N，ECPC=C，所以平面ONF平面PEC，11分又OF平面ONF，所以OF平面PEC12分22.(本题满分12分)解：1法一设ACD=，显然ABC和BAD不是四边形ABCD的最大内角所以要使四边形ABCD为凸四边形，必须0ADC且0ACD2即0且00，5
9、分所以cos12，因为0，所以3，6分1法二设ACD=,CAD=显然ABC和BAD不是四边形ABCD的最大内角所以要使四边形ABCD为凸四边形，必须0ADC且0ACD2即0且021分在ACD中，由正弦定理可得sin=2sin，2分所以02且随增大而增大4分因为sin 0,1,所以sin 0,12,所以 0,65分所以+0,23，=-+3，6分2在ACD中，由余弦定理得：AC2=12+22-212cos=5-4cos7分所以S=SABC+SADC=12AC2+12ADDCsin=5-4cos2+sin=sin-2cos+52=5sin+52其中-2，0，sin=-25，cos=159分因为+3，+，且-2+302+11分所以当+=2时，S最大，最大值为5+5212分评卷说明：1问未作出(2)问可正常给分，但(2)问解答未指出+可取2的理由，扣2分.
