1、高一数学试题答案第 1 页（共 9 页）20202021 学年度第二学期部分学校高中一年级 阶段性教学质量检测试题 数学答案及评分标准一、单项选择题：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 CADCDBAB二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对的得 5 分，部分选对的得 3 分，有选错的得 0分 9AC10BD11CD12ABC三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分13答案：2(,6)(6,)3（写成23t 且6t 的不扣分）14答案：（2）
2、（4）15答案：40 2 16102.5，102（本题第一个空 2 分，第二个空 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 17（10 分）（1）证明：连接111,O A O BOO，由圆台的性质可知：1OOCD，2 分因为直线 AB 与CD 所成的角为90，即CDAB，又因为1OOABO，所以CD 平面1O AB，3 分所以1CDO B，4 分又1O 是CD 的中点，所以 BCBD 5 分高一数学试题答案第 2 页（共 9 页）（2）解法 1：由（1）可知 DC 平面1O AB，因为2CD，4AB，圆台的母线长为 5，所以圆台的高12OO，6
3、分所以1O AB的面积114 242O ABS，8 分所以四面体 ABCD的体积11182 4333A BCDO ABVDC S 10 分 解法 2：因为2CD，4AB，圆台的母线长为 5，所以圆台的高12OO，6 分 所以112 2AOBO，所以11AOBO，由（1）可知，1AODC，所以1AO 面 BCD8 分又 BCD的面积12 2 22 22BCDS，所以四面体 ABCD的体积11182 22 2333A BCDBCDVAO S10 分 评分说明：第（1）问通过计算方法证明的同样得分 18（12 分）解：（1）延长OG 交 AB 于点 D，则点 D 为 AB 中点，于是23OGOD；2
4、 分高一数学试题答案第 3 页（共 9 页）因为1()2ODOAOB，所以211111()323333OGOAOBOAOBab4 分（2）=coscos23OP OQOPOQAOBm OA n OBmn6 分法一：由（1）可知11113333OGOAOBOPOQmn，7 分因为,P G Q 三点共线.，所以 11=133mn，即 11=3mn9 分因为,0m n，所以 1112mnmn，即49mn 11 分因此OP OQ的最小值为 89.12 分法二：由,P G Q 三点共线可知，存在实数 ，使得 PQPG7 分即OQOPOGOP,可得1133nbmam ab8 分从而1=31=3mmn，消去
5、 可得 11=3mn9 分因为,0m n，所以 1112mnmn，即49mn 11 分因此OP OQ的最小值为 89.12 分19（12 分）解：（1）由函数()cos()(0,0,|)2f xAxB A的部分图象可知：1(3)22A，1(3)12B ，2 分因为7221T，所以2 3 分所以()2cos(2)1f xx，把点(,1)12代入得：cos()16，高一数学试题答案第 4 页（共 9 页）即 62k，kZ 又因为|2，所以6 ，4 分因此()2cos(62)1f xx 5 分（2）先将()f x 的图象横坐标缩短到原来的 12，可得2cos(4)16yx 的图象，6 分再向右平移
6、6 个单位，可得 52cos(4)16g xx 的图象，7 分由52426kxk，kZ，可得5112+4266kxk，kZ即511+224224kkx，kZ，因此减区间是511+224242kk，kZ9 分因为0,4x，55466 6x，所以()g x 在 0452，上单调递增、在,24 45上单调递减10 分所以，当524x 时，即5406x 时，()g x 有最大值为1；11 分而(0)31g ，()314g，所以，当0 x 时，()g x 有最小值为31 12 分20（12 分）解：（1）由2coscosacBbC，可得2sinsincossincosACBBC，1 分即 2sincos
7、sincossincosABCBBC，即2sincossincossincossinsinABCBBCBCA，3 分因为sin0A，所以1cos2B，4 分又因为0B，所以3B.5 分（2）在 ABC中，由余弦定理得：22229191cos=22 32acbcBacc，7 分高一数学试题答案第 5 页（共 9 页）可得23100cc，解得5c 或2c （舍去）8 分222919251cos=22 3192 19abcCab，.10 分因为2ADDC，所以11933DCb，在 BDC中，由余弦定理得：22221919191+2cos9+2 33392 19BDBCCDBC CDC，11 分因此9
8、13BD 12 分21（12 分）解析：（1）取 PA 的中点G，连接,MG BG，如图 所以/MG AD，且12GMAD，1 分 结合已知，可得 /MG BN 且 MGBN，所以四边形 MGBN 为平行四边形，所以直线/MN GB，3 分 又 MN 平面 PAB，GB 平面 PAB，所以直线/MN平面 PAB.4 分（2）（i）由已知可得，2PDPB，3PC，在 PCD中，由余弦定理可得，高一数学试题答案第 6 页（共 9 页）32 16cos32 6CPD，所以22242 3622cos2223333DEPEPDPE PDCPD，所以222PEEDPD，所以 PCDE 6 分 同理，PCB
9、E，因为 BEDEE，所以 PC 平面 EBD，8 分（ii）解法 1：连接 AC 交 BD于O，连接GO，所以/GO PC，所以GO 平面 EBD，由（1）可知，直线 MN 和平面 EBD 所成角与直线 BG 和平面 EBD 所成角相等，所以GBO即为直线 MN 和平面 EBD 所成角，10 分 32GO，22BO，所以36tan22GBO，所以15sin5GBO.所以直线 MN 和平面 EBD 所成角的正弦值是 155.12 分 解法 2：设,EC CD 的中点分别为,F H，连接,FN FH NH，高一数学试题答案第 7 页（共 9 页）所以，/FH ED，/FN EB，所以，平面/FN
10、H平面 EBD，所以直线 MN 和平面 EBD 所成角与直线 MN 和平面 FNH 所成角相等，因为/MH PC，所以 MH 平面 FNH，所以MNH即为直线 MN 和平面 FNH 所成角，10 分 因为22NH，32MH，所以36tan22MNH 所以15sin5MNH，所以直线 MN 和平面 EBD 所成角的正弦值是 155.12 分 22（12 分）解：（1）（i）改进后，随机抽取的 16 件产品的评分依次变为：10.00 10.17 10.01 10.01 10.06 9.97 10.03 10.0910.31 9.96 10.18 10.07 9.27 10.09 10.10 10.
11、00其中 A 等品共有 13 个，所以改进后该生产线生产的新产品中 A 等品所占的比例为1316 2 分（ii）设一条生产线改进前一天生产出的产品评分为(12 3200iy i ，），改进后该高一数学试题答案第 8 页（共 9 页）天生产出的产品评分设为(12 3200iz i ，），则0.05iizy，由已知，得用样本估计总体可知9.97y，所以2002001111(0.05)0.0510.02200200iiiizzyy，4 分故改进一条生产线后该厂生产的所有产品评分的平均数为：9.97200 10.02 2009.9954006 分由已知，得用样本估计总体可知20.045ys，改进后该厂
12、的所有产品评分的方差为：20020022111(9.995)(9.995)400iiiiyz7 分400200200200222211111()2(9.995)()200(9.995)()2(9.995)()200(9.995)400iiiiiiiiyyyyyyzzzzzz2002002222111()200(9.995)()200(9.995)(*)400iiiiyyyzzz，因为2002211()200yiisyy，所以200221()200iyiyys，同理，200221()200izizzs，(*)式22221 200200(9.995)200200(9.995)400yzsysz222002000.045(9.979.995)0.045(10.029.995)40040020.0450.0250.04562510 分（2）将这 1500 万元用于改进一条生产线，一年后因产品评分提高而增加的收益为：高一数学试题答案第 9 页（共 9 页）445(2000 1200)200 365 1500 10325 1016（元)，11 分将这 1500 万元购买该款理财产品，一年后的收益为：4441500 10(1 8.2%)1500 10123 10（元），因为44325 10123 10，所以将这 1500 万元用于改进一条生产线一年后收益更大12 分
