湖北省武汉市新高考联合体2021-2022学年高一下学期期末联考数学答案_2.2025数学总复习_2023年新高考资料_3数学高考模拟题_新高考

2021-2022 学年度第二学期新高考联合体期末考试 高一期末数学试题答案及评分标准 1-4 CCAC 5-8 BDBC 9.BC 10.AC 11.ABC 12.BC 1 3 1   8 3 13.  i 14. 15. 10 31 16. 24 5 5 9 17. (1） 向量a与b的夹角为120， a  2， b 1，  1 ab= a  b cos120 =21    1，  2 2 2 2  a2b a 4ab4b  441412， a2b  2 3 ；         （2） atb  2ab ， atb  2ab  0，即2a 2 ab2tabtb 2  0， 2412tt 0，解得t 3. 1 3 18. (1)①sin275cos275sin75cos751 sin150 2 4 3 3 3 ②sin260cos290sin60cos90 0 0  4 2 4 1 1 1 1 3 ③sin230cos2120sin30cos120   ( )  4 4 2 2 4 3 猜想：④sin245cos2105sin45cos105 4 3 ⑤sin2(15)cos2165sin(15)cos165 4 3 (2)三角恒等式为sin2cos2150sincos150 4 证明：sin2cos2150sincos150 sin2(cos150cossin150sin)2 sin(cos150cossin150sin) 3 3 1 3 1 sin2 cos2 sincos sin2 sincos sin2 4 2 4 2 2 学科网（北京）股份有限公司3 3 3 = sin2 cos2 ． 4 4 4 19. (1)证明：连接AB 交AB于点N ，连接MN ， 1 1 因为四边形AAB B为平行四边形，AB  AB  N ，则 1 1 1 1 N 为AB 的中点， 1 因为M 为BC 的中点，则MN//AC ， 1 1 1 AC 平面AMB，MN 平面AMB，故AC //平面 1 1 1 1 AMB. 1 (2)因为CC⊥平面ABC ，AC 与平面ABC 所成的角为CAC ， 1 1 1 因为 ABC是边长为2的等边三角形，则AC  2， CC CC 平面ABC ，AC 平面ABC ，CC  AC ，则tanCAC  1  2， 1 1 1 AC 所以，CC 2AC  4， 1 AC //平面AMB，PAC ，所以，点P到平面AMB的距离等于点C 到平面AMB 1 1 1 1 1 1 的距离， 1 1 3 3 因为M 为BC 的中点，则S  S   22  ， 1 1 △A 1 MC 1 2 △A 1 B 1 C 1 2 4 2 1 1 3 2 3 则V V V  BB S  4  . PA 1 MB C 1 A 1 MB BA 1 C 1 M 3 1 △A 1 C 1 M 3 2 3 20. 由abcbca3bc，得(bc)2 a2 3bc，得b2 c2 a2 bc， b2 c2 a2 1  得cosA  ，因为0 A，所以A ， 2bc 2 3 由sin A 2sinBcosC，得sin(BC)2sinBcosC， 得sinBcosCcosBsinC 2sinBcosC，得sinBcosCcosBsinC 0， 得sin(BC)0，因为B,C 为三角形的内角，所以BC，  综上所述：A B C  ，△ABC为等边三角形. 3 学科网（北京）股份有限公司21. (1)连接OM，MN，如图，M,N 是半圆AB上的两个三等分点，则有 MON NOB60 ， 而OM ON OB 2，即有 MON, NOB都为正三角形，因此， MN  NB  BO OM ， 四边形OMNB 是菱形，ON MB，而PN  MB，PN ON  N ，PN,ON 平面 PON ， 因此，MB 平面PON ，BM 平面PBM ， 所以平面PBM 平面PON . (2)由（1）知，平面PON 平面OMNB ，平面PON 平面OMNB ON ，则点P在底 面圆内的射影在ON 上， 因点P在底面圆内的射影在BM 上，因此，点P在底面圆内的射影是ON 与MB的交点 Q， 即PQ平面OMNB ，有PQON ，PN  PO  2 BO  BN ， PQ  PO2 OQ2  3，而BQ  3 ，即有PB  PQ2 BQ2  6， 取PB的中点C ，连CN,CO，于是得CN  PB,CO PB，则有OCN 是二面角 APB N 的平面角， 6 10 在 OCN 中，CN CO  OB2 BC2  22 ( )2  ， 2 2 学科网（北京）股份有限公司10 10 ( )2 ( )2 4 CN2 CO2 ON2 1 2 2 所以cosOCN    ， 2CNCO 10 10 5 2  2 2 1 所以二面角APB N 的余弦值是 . 5 22. (1)设 ABC的外接圆的半径为R， 因为  sin2Bsin2Csin2A  tanAsinBsinC ， a b c 由正弦定理可得sin A ，sinB  ，sinC  ， 2R 2R 2R 所以  b2 c2 a2 tanAbc ，又cosA b2 c2 a2 ，tan A sin A 2bc cosA 1  所以sin A ，因为A(0, )， 2 2  所以A ， 6 因为 ABC为锐角三角形，   所以0 B  ，  AB ， 2 2   所以  B  ， 3 2   所以角B的取值范围为 ， ；  3 2  (2)由已知O为 ABC的外接圆的圆心，所以 OA = OB = OC  R ，    因为A ，所以BOC  2  ， 6 6 3 1 1 又OBOC  ，所以 OB  OC cosBOC  ， 2 2 1 1 所以RR  ，所以R1， 2 2 5 设AOC ，则AOB  ， 3 2  又AOC  2B，所以  ，   3  学科网（北京）股份有限公司    所以OA AB AC OA OBOAOC OA 5  OAOBOAOC2OA 2 11cos    11cos2  3  1 3 3 3  cos sincos2  cos sin2 2 2 2 2  3 1     3  cos sin  2  3cos    2  2 2   6  2  5  7 因为  ， ，所以   ，  3  6 6 6   3     7 所以1cos    ，所以 2 3 OA AB AC   ，    6  2 2    7 所以OA AB AC 的取值范围为  2 3， .  2 学科网（北京）股份有限公司