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
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