1、1/62/63/64/65/66/6 高一数学 答案 第1页（共8页）嘉兴市 20202021 学年第二学期期末检测 高一数学 答案 （2021.6）一、选择题：本大题共 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。1 C 2 D 3 A 4 B 5 D 6 B 7 D 8 A 第 8 题详解：不妨设正四面体 ABCD 的棱长为 3，则该四面体的高为6，7=ANBN,要求直线 MN 与 BC 所成的最小角，即为直线 BC 与平面 ABN 所成角，记点C 到平面 ABN 的距离为 h，由BCNAABNCVV=，得63131BCNABNShS=，解得
2、19383=h，所以直线 BC 与平面 ABN 所成角的正弦值为1938319383=BCh，即sin的最小值为 1938 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，有选错的得 0 分，部分选对的得 2 分。9 BC 10 ACD 11 BD 12 BC 第 12 题详解：DEAF 于 F，点 O 在直线 AF 上 对于 A，当 E 为 AB 中点，且2=时，DEAC，垂足为 F，由已知得CFBC,所以FCABC 平面,所以CABC，故 A 错误；对于 B，当EBAE3=时，GDCAF=,当点O 即为点G 时，B
3、CDEGA平面,所以CDABCDE 平面平面，故 B 正确；对于 C，当EBAE31=时,HBCAF=,若四棱锥BCDEA 的体积最大，则DEFA,即点 O 即为点 F,此时21=AE，55=FAAF，四棱锥BCDEA 的体积为 ABCDMN题图第8DECBA题图第12FDECBA题图第12FGDECBA题图第12FH 高一数学 答案 第2页（共8页）125211211)21(215531=+，故 C 正确；对于 D，点O 的轨迹是以 AD 为直径的一段圆弧，记 AD 的中点为 M，则 OB 的最小值为21217|21|=ADMB，故 D 错误 三、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，
4、共 20 分。13)2,1,1(14 1 15 21 16 327 第 16 题详解：令cOCbOBaOA=,OB 中点为 D，OD 中点为 F,由已知得，o60,=ba，点C 的轨迹是以OD 为直径的圆，解法一：3273)21|(|43|4|4)|(|2)|(|222222222=+=+=+=+EFCEABCECBCAbcac 所以22|bcac+的最小值为327 解法二：若22|bcac+取到最小，则点C 在ABC内，设=BOC,则=3AOC,cos|OC|=，由余弦定理得2222|CBCAbcac+=+22222cos22cos4)3cos(cos12cos1|+=+=CBCA sinc
5、os3cos352=327)32sin(3272sin2322cos135+=+=，当12=时取到等号 四、解答题：本大题共 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）已知平面向量ba,满足baba=，1|2|，若banbam+=+=3,2（）求nm；（）求|2|nm+OABCDEF题图第16 高一数学 答案 第3页（共8页）解：（）babababanm+=+=523)3()2(22.101243=+=（）292542510|5|2|22=+=+=+=+bbaabanm 18（本题满分 12 分）如图，在四棱锥ABCDP 中，底面 ABCD 为矩
6、形，ABCDPA平面，ADABPA2=，E 为PC 中点（）证明：BDEPA平面/；（）求PCDPA与平面所成角的正弦值 解：（）证明：FBDAC=，连接 EF，因为FE,分别为ACPC,中点，所以EFPA/，BDEPA平面，BDEEF平面，所以BDEPA平面/（）因为ABCDPA平面，所以CDPA，又因为ADCD，AADPA=，所以PADCD平面，即PADPCD平面平面，交线为 PD，所以PCDPA与平面所成角为APD，5551sin=APD 19（本题满分 12 分）在ABC中，内角CBA,对应的边分别为cba,，请在Cabccabcbcos2)(2(222=+；BbcAbtan)2(ta
7、n=；)cossin3(2CCabc=这三个条件中任选一个，完成下列问题：（）求角 A；（）若1,2=cba，求ABC的面积（注：学如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）解：（科）选，因为Cabccabcbcos2)(2(222=+，所以网CabcAbccbcos2cos2)2(=，得CaAcbcoscos)2(=，ABCDPE题图第18ABCDPE题图第18F 高一数学 答案 第4页（共8页）即AcCaAbcoscoscos2+=，由正弦定理得：BACCAABsincossincossincossin2=+=，因为0sinB，所以21cos=A(A0)，所以3=A 选，因为BbcAbt
8、an)2(tan=，所以BBBCAABcossin)sinsin2(cossinsin=，(0sinB)得BBCAAcos1)sinsin2(cossin=，即ABACABCBAcossincossin2cos)sinsin2(cossin=，)0(sinsincossin2cossincossin=+CCACABBA，所以21cos=A(A0)，所以3=A 选，因为)cossin3(2CCabc=，所以)cossin3(sinsinsin2CCABC=，)cossin3(sin)sin(sin2CCACAC=+，CACACACACcossinsinsin3sincoscossinsin2=，
9、CACACsinsin3sincossin2=，)0(sinsincossinsin3sin2+=CCACAC，)6sin(2cossin32+=+=AAA，即1)6sin(=+A，因为 A0，所以26=+A，所以3=A（）由余弦定理得，bccbbccbAbccba+=+=+=222222)(cos2，所以bc+=14，即3=bc，43323321sin21=AbcS ABC 20（本题满分 12 分）高一数学 答案 第5页（共8页）为了深入贯彻落实习近平总书记关于疫情防控的重要指示要求，某校组织开展“战役有我，青春同行”防控疫情知识竞赛活动，某班经过层层筛选后剩下甲、乙两名同学争夺一个参赛名
10、额，该班设计了一个游戏方案决定谁去参加，规则如下：一个袋中装有 6 个大小相同的小球，其中标号为 i的球有 i 个)3,2,1(=i，甲、乙两名同学需从 6 个球中随机摸取 3 个球，所取球的标号之和多者获胜 （）求甲所取球的标号之和为 7 的概率；（）求甲获胜的概率 解：（）假设标号为 1 的球为 a，标号为 2 的球为cb,，标号为 3 的球为fed,，则 每位同学取球标号之和的所有情况为：abc，abd，abe，abf，acd，ace，acf，ade，adf，aef，bcd，bce，bcf，bde，bdf，bef，cde，cdf，cef，def 共 20 种，甲所取球的标号之和为 7 的
11、情况为：ade，adf，aef，bcd，bce，bcf 共 6 种，所以甲所取球的标号之和为 7 的概率1032060=P（）由（）知，每人标号之和为 5 的概率2011=P，标号之和为 6 的概率2062=P，标号之和为 8 的概率2063=P，标号之和为 9 的概率为2014=P，则甲获胜的概率80294001452019201)206206201(206)206201(206201206=+=P 21（本题满分 12 分）在ABC中，内角CBA,对应的边分别为cba,，设)1,2(cos=Cm，)1)cos(,2(+=BAn，且nm （）求Ccos的值；（）若222=ac，点 M 满足MBAM21=，求CM 的长 解：（）因为nm，所以01)cos(2cos2=+=BACnm，01cos)1cos2(22=+CC，即03coscos42=+CC，解得43cos=C或者1cos=C，因为CAm，所以1CA 与平面1ACB 所成角的正弦值为 1473
