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1、高一数学答案第 1页，共 13页(1,1),(1,3)ABBC 所以21 31 3(1,3)105 5AB BCBCBC （，）/abbcac，(1,1)(0,2)(1,1)ABC ，因为，惠州市惠州市 2022-2023 学年度第二学期期末质量检测学年度第二学期期末质量检测高一数学参考答案与评分细则高一数学参考答案与评分细则一、单项选择题一、单项选择题：本题共本题共 8 小题，每小题满分小题，每小题满分 5 分，共分，共 40 分分题号题号12345678答案答案CABCCADA1【解析】故选：C2【解析】该组数据从小到大排列为：4，5，5，6，7，8，9，且7 60%4.2.所以第 60
2、百分位数是第 5 个数，即 7故选：A.3.【解析】根据空间中直线的位置关系分析判断.故选：B.4.【解析】由条件：，可知由正弦定理得：由余弦定理得又为等边三角形；故选 C.5【解析】在上的投影向量为：故选：C6【解析】根据题意可得物体的重力大小等于1F与2F合力的大小，因为1F，2F与水平夹角均为45，所以1F，2F的夹角为90，所以22121122220020020FFFF FF ，所以物体的重力大小为20N，故选：A1+(1)(2)312(2)(2)55iiiiiiiAB 2cosbcAbc222bcabcBC 1cos2A3AA（0，），2cossinsinBCA22 cos,2cos
3、cBaacBa2222cosacBacb220,cbbc即3AABC高一数学答案第 2页，共 13页7【解析】设圆台的上底面的圆心为1O，下底面的圆心为 O，点 A 为上底面圆周上任意一点，则11O A，设圆台的高为 h，上底面的又球的半径为2ROA，则22211413hOORO A，所以圆台的体积17 344 333V 故选：D8【解析】法一：因为0,2x，0，所以,2 333x，画出2cos1yz的图象，要想图象在区间0,2内至多存在 3 条对称轴，则2,333，解得50,3.故选：A法二：排除法，假设区间范围内一条对称轴都不存在，则周期要尽可能的大，则0的值只要尽可能靠近零就可以满足题意
4、，可排除 B、C、D.故选 A二二、多多项选择题项选择题：本题共本题共 4 小题小题，每小题满分每小题满分 5 分分，共共 20 分分在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，有多项符合有多项符合题目要求题目要求全部选对得全部选对得 5 分，部分选对得分，部分选对得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分分题号题号9101112全部正确选项全部正确选项CDABABDAC9.【解析】因为,a b 是两个单位向量，所以，但两向量的方向不能确定，故 AB 错误；CD 正确.故选：CD.10.【解析】对于对于 A，平均数为1 2334536 ，中位数为3332，故 A 正确；对于对于 B，数
5、据的众数为 3，故 B 正确；对于对于 C，设样本容量为 x，由题知393 12x，解得18x，即样本容量为 18，故 C 错误；对于对于 D，乙组数据的平均数为56910575，方差为24 14942255S，又2245，所以两组数据中较稳定的是甲组，故 D 错误.故选：AB1ab2222=aabb高一数学答案第 3页，共 13页 30sin2f11【解析】由函数 fx的图象可得1A，又由因为2，可得3，因为77()sin()112123f，可得732,Z1232k k，解得，又因为0，且712T，即2712，可得2407，取，所以2，所以()sin32fxx，对于对于 A 中，当1312x
6、 时，可得1313511212()sin(2)sin23f，所以1312x 是函数 fx的对称轴，所以 A 正确；对于对于 B 中，令2 22,Z232kxkk，解得5,Z1212kxkk，所以 fx的增区间为5,Z1212kkk，所以 B 正确；对于对于 C 中，由5()sin2()sin(2)4436yf xxx，其中当0 x 时，51sin062y，所以函数4yfx为不是奇函数，所以 C 错误；对于对于 D 中，由1()23f，可得由此可知：，可得，则131132 22 6 1sinsin()sin()cos()()()33232323236，所以 D 正确.故选：ABD.12.【解析】
7、对于对于 A，若 M 在1AD上，则此时有无数个点 M 满足1CMAD，证明如下：由正方体的性质得CD 平面11ADD A，因为1AD 平面11ADD A，所以1CDAD.又11ADAD，1CDADD，1,CD AD 平面1A DC，所以1AD 平面1A DC，因为CM 平面1A DC，所以1ADCM，即此时有无数个点 M 满足1CMAD，故 A 正确；对于对于 B，旋转平面11ADD A使之与平面11BB D D共面，如图中，连接1A B交1DD于点 M，611653232，即，又因为242,Z7kk0k 2 2cos()33 11A A D D,2131)3sin(332，高一数学答案第
8、4页，共 13页2-2(2iii或回答也满分）111111ABB AACC ABCC B，2-2(2iii或回答也满分）此时1MAMB最短为1A B，大小为2211231，故 B 错误；对于对于 C，当点M在平面11ADD A内时，11AB 面11ADD A，1AM 面11ADD A，则111ABAM，所以22211112ABAMB M，所以11AM，所以点M的轨迹是以1A为圆心，半径为1的14圆弧，从而动点M轨迹长度为1242，故 C 正确；对于对于 D，因为11/CDAB，所以直线1BM与CD所成的角，即为直线1BM与11AB所成角，即11AB M或其补角，由在线段1AD上存在点M知，12
9、2AM，由111ABAM，得11111123tan23AMAB MAMAB，即11AB M最小值大于30，故 D 错误.故选：AC.三、填空题：本题共填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分；其中第分；其中第 16 题的第一个空题的第一个空 2 分，第二个空分，第二个空 3 分分13、14、122 315、016、3 313【解析】由得，所以或，故答案为：14【解析】如图，四边形均为正方形，故该三棱柱的所有棱长均为 2，故侧面积为 4+4+4=12，底面积为122 2sin602 32，故表面积为122 3，故答案为：15【解析】sin2yx向下平移 1 个单位
10、，得到sin21yx，再向右平移4个单位，得到 sin21sin 21cos2142xxfxx ，故cos11 102f .故答案为：02480 x 2ix 122 322x 2ix 高一数学答案第 5页，共 13页16【解析】如图，可知180BADBCD，由诱导公式知sinsinBADBCD，又 sinCBD：sinBDC：sinBAD=1：1：3，故 sinCBD：sinBDC：sinBCD=1：1：3，在BCD 中，由正弦定理得:1:1:3CD BC BD，故120,60BCDBAD，设,3CDk BCk BDk，则由托勒密定理可知CB ADCD ABAC BD，即34k ADk ABk
11、，即4 3ADAB，又，当且仅当ABAD时取等号.故ABD 面积的最大值为3 3.四、解答题：本题共四、解答题：本题共 6 小题，共小题，共 70 分分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（本小题满分 10 分，其中第一小问 5 分，第二小问 5 分。）17（本小题满分 10 分，其中第一小问 5 分，第二小问 5 分。）【解析】解法一解法一：（线面平行）（线面平行）（1）直线1/BD平面，1 分理由如下：在正方体1111ABCDABC D中，连接BD交AC于点O，连接OE，如图1，（不作图扣（不作图扣 1 分）分）因为四边形ABCD为正方形，则O为
12、BD中点，又E为中点，因此1/OEBD，3 分又OE 平面，1BD 平面，4 分所以平面.5 分解法二解法二：（面面平行）（面面平行）分别取11,CCAA的中点NM,，连接11,NDBNMBMD1 分由NE,分别为11,CCAA的中点，及正方体的性质可得1111,21,21DDCCCNDDED又111CCDDCC且从而ED1CNEDCN1且233 342ADAB13sin24ABDSAB ADDABAB AD1DD1/BDAECAECAECAEC高一数学答案第 6页，共 13页四边形为平行四边形NCED1，即ND1CNAECECAECND平面平面,1所以，ND1AEC平面2 分又由NE,分别为
13、11,CCAA的中点，ENDCDCEN 且又ABDCDCAB 且,即，ENABABEN 且四边形为平行四边形ABNE，因此AEBNAECAEAECBN平面平面,所以，BNAEC平面3 分NBNND1,NBDBNND11,平面因此，NBD1平面AEC平面,NBDBD11平面4 分所以，1BDAEC平面5 分解法三：解法三：延长AFFDCCE，连接交于点11,1 分由E为1DD的中点，ED11CC,得1D为FC1的中点111DCFD又，11DCABABDC11且故FD1ABABFD1且2 分四边形为平行四边形FABD1，因此AF1BDAECAFAECBD平面平面,14 分所以，1BDAEC平面5
14、分（2）解法一解法一：（等体积法）（等体积法）在三棱锥1BABC中，则，6 分的面积，7 分112 2ACABCB122ABCSAB BC1113sin602 22 22 3222AB CSAC ABABC高一数学答案第 7页，共 13页设点到平面的距离为，由11B AB CBABCVV得：，8 分于是，所以点B到平面1ABC的距离为2 33.10 分解法二解法二：（直接法）（直接法）联结?，在平面?中，设?在正方形 ABCD 中，6 分7 分同理可得：8 分由题意可知,在直角三角形中，,所以点B到平面1ABC的距离为2 3310 分解法三：解法三：联结?，在平面?中，设?在正方形 ABCD
15、中，6 分7 分同理可得：BDAC 112 22 332 3ABCAB CSBBhSABCDACABCDBB平面平面又,11BBAC DDBBBDBBBBDBB1111,平面、又1BDAC DDBBBDDDBBAC11111,平面而平面11BDCBCABCBACCCBAC111,平面、又CABBHCABBD111,平面即平面的距离到平面为点所以CABBBH160,2,222111BOBBBBOBB332011BHBHBBOBB得由B1ABCh111133AB CABCShSBB1B BOBDAC ABCDACABCDBB平面平面又,11BBAC DDBBBDBBBBDBB1111,平面、又1B
16、DAC DDBBBDDDBBAC11111,平面而平面11BDCBCABCBACCCBAC111,平面、又CABBHCABBD111,平面即平面高一数学答案第 8页，共 13页8 分由正方体的性质，11DBBDHDB11OBH,从而21111DBOBHDBH,即131BDBH 9 分又3221221DDADABBD从而332BH10 分18.（本小题满分 12 分，其中第一小问 6 分，第二小问 6 分。）【解析】解法一：解法一：2 分所以此函数的最小正周期22T3 分令24xk，Zk，解得28kx，Zk，5 分函数的对称中心为,028k，Zk6 分8 分解得:，10 分12 分（不写不写Zk
17、 整题扣整题扣 1 分，不重复扣分）分，不重复扣分）解法二：解法二：2 分所以此函数的最小正周期22T3 分5 分函数的对称中心为，Zk6 分)42sin(x22()sin2cos222f xa bxx（1）由题意可得：3222,242kxkkZ由Zkkkxf,85,8)(的单调递减区间为函数()sin(2)4f xx（2）因为22()sin 2cos2cos(2)224f xa bxxx（1）由题意可得：ZkkxZkkx,283242，解得，令0283，k5+,88kxkkZ的距离到平面为点所以CABBBH1高一数学答案第 9页，共 13页8 分解得:，10 分12 分（不写不写Zk 整题扣
18、整题扣 1 分，不重复扣分，单调区间开闭都对）分，不重复扣分，单调区间开闭都对）19（本小题满分 12 分，其中第一小问 4 分，第二小问 4 分，第三小问 4 分。）【解析】（1）由题意，得10(20.0200.0300.005)152abab，2 分解得0.010a，0.025b 4 分（2）企业生产的该批产品的质量的平均数约为1045 0.01055 0.01065 0.02075 0.03085 0.02595 0.00571.5g（式子对得（式子对得 2 分，答案算对得分，答案算对得 2 分）分）8 分（3）解法一：解法一：等级达到 C 及以上的占比为12%32%37%81%，9 分
19、设该批产品中 C 等级及以上等级的产品质量至少为 x g，易得5060 x，则0.0050.0250.0300.02010600.0100.81x，11 分解得59x，所以该批产品中 C 等级及以上等级的产品质量至少为 59g12 分解法二：解法二：等级达到 C 及以上的占比为：12%32%37%81%，9 分则等级在 C 等级以下的占比为 19%，10 分设该批产品中 C 等级及以上等级的产品质量至少为 x g，易得5060 x，则0.010 10500.0100.19x，11 分解得59x，所以该批产品中 C 等级及以上等级的产品质量至少为 59g12 分20（本小题满分 12 分，其中第
20、一小问 5 分，第二小问 7 分。）【解析】（1）解法一：解法一：在正方形 ABCD 中，CDAD1 分又侧面PAD 底面 ABCD，侧面PAD底面ABCDAD，所以CD 平面 PAD，2 分22-2,4kxkkZ由)42(cos)(2xxf）（Zkkkxf,85,8)(的单调递减区间为函数5+,88kxkkZ高一数学答案第 10页，共 13页AM 平面 PAD，所以CDAM，3 分PADQV是正三角形，M 是 PD 的中点，所以AMPD，4 分又CDPDD，所以平面 PCD5 分解法二：解法二：在正方形 ABCD 中，CDAD1 分又侧面 PAD底面 ABCD，侧面 PAD 交底面 ABCD
21、 于 AD，所以 CD平面 PAD，2 分又CDPCD 平面，故平面 PCD平面 PAD，3 分PAD 是正三角形，M 是 PD 的中点，所以 AMPD4 分又平面 PCD 交平面 PAD 于 PD，AMPAD 平面故 AM平面 PCD.5 分（2）取 AD，BC 的中点分别为 E，F，连接 EF，PE，PF，（不作图扣（不作图扣 1 分）分）6 分则,/EFCD EFCD，所以 EFAD，又在正PAD中，PEAD，,EFPEEAD平面 PEF，7 分正方形 ABCD 中，/,ADBCBC平面 PEF，8 分PFE是侧面 PBC 与底面 ABCD 所成二面角的平面角，9 分由CD 平面 PAD
22、，/EFCD，EF平面 PEF，PE Q平面 PAD，EFPE.10 分设正方形 ABCD 的边长2ADa，则2,3EFa PEa，所以227PFPEEFa，11 分所以2 7cos7EFPFEPF,即侧面 PBC 与底面 ABCD 所成二面角的余弦值为2 7712 分21（本小题满分 12 分，其中第一小问 5 分，第二小问 7 分。）【解析】（1）由cos3sincosABBC，可得cos3sincosABBAB，1 分所以cos cossin sin3sincos cossin sinABABBABAB，2 分即2sin sin3sinABB，且sin0B，3 分AM 3sin2A高一数
23、学答案第 11页，共 13页4 分或；5 分（2）解法一：解法一：因为为锐角三角形，所以3A，6 分由正弦定理sinsinsinabcABC得8 分因为为锐角三角形，所以0,220,32BB所以62B，所以1224B，所以23tan12B，10 分所以3142 3ac，11 分则周长的取值范围为33,62 312 分解法二：解法二：因为为锐角三角形，所以3A，6 分由正弦定理sinsinsinabcABC得8 分因为为锐角三角形，所以0,220,32BB所以62B，由此可知333sintanyBB在(,)6 2 上单调递减，10 分故3362 3abc.12 分22（本小题满分 12 分,其中
24、第一小问 3 分，第二小问 5 分，第三小问 4 分。）(0,)A而232cos32112sincostan222BBBB 22sin()32sin3333+22+3sinsinsinsinsintanBCabcBBBBBB3A23AABCABCABCABCABC232sin2 sinsin3 1cos31sinsinsinBACBacBBB 高一数学答案第 12页，共 13页【解析】（1）依题意，函数 23f xx定义域是 R，22222()(1)2(3)(1)322(1)10f xf xxxxxx，2 分即Rx，(1)2()f xf x成立，所以函数()f x是 R 上的周期为 1 的 2
25、 级递减周期函数.3 分（2）因2T，()yf x是0,上的 P 级周期函数，则()()2f xP f x，即()()2f xP f x，4 分而当0,)2x时，sin1f xx，当,)2x时，0,)22x，sin12f xPx，当3,)2x时，,)22x，则 2sin12fxPfxPx，当3,2)2x时，3,)22x，则 33sin122f xPfxPx，当,(1)22xnn时，(1),)222xnn，则 sin122nf xPfxPxn，6 分并且有：当0,)2x时，1,2)y，当,)2x时，,2)yPP，当3,2x时，22,2)yPP，7 分当,(1)22xnn时，,2)nnyPP，因(
26、)yf x是0,上的严格增函数，则有22312222nnPPPPPPP，解得2P，所以当,(1)(N)22xnnn时，sin12nf xPxn，且2,)P8 分（3）假定存在非零实数 k，使函数1()()cos2xf xkx是 R 上的周期为 T 的 T 级周期函数，高一数学答案第 13页，共 13页即Rx，恒有 f xTT f x成立，则Rx，恒有11coscos22x TxkxkTTkx成立，即Rx，恒有cos2cosTkxkTTkx成立，当0k 时，xR，则Rkx，RkxkT，于是得cos 1,1kx，cos1,1kxkT，要使cos2cosTkxkTTkx恒成立，则有21TT，10 分当21TT，即12TT时，由函数2xy 与1yx的图象存在交点知，方程12TT有解，此时coscoskxkTkx恒成立，则2,ZkTmm，即2,ZmkmT，11 分当21TT，即12TT 时，由函数2xy 与1yx 的图象没有交点知，方程12TT 无解，所以存在2,ZmkmT，符合题意，其中T满足21TT.12 分