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河南省许昌市2022-2023高一下学期期末数学试卷+答案

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河南省许昌市2022-2023高一下学期期末数学试卷+答案

1、#QQABJYIQogigQAIAAAACQwWSCAKQkhACAKgOABAcIEABCQFABAA=#QQABJYIQogigQAIAAAACQwWSCAKQkhACAKgOABAcIEABCQFABAA=#1 许昌市 2022-2023 高一下数学试题答案 一、单选题:1.B 2.D 3.C 4.D 5.B 6.D 7.C 8.D 二、多选题:9.AD 10.ABC 11.AC 12.ACD 三、填空题:13.15或0.2 14.710 15.-5 16.2 3或2 13 四、解答题:17.解:(1),复数在复平面内对应的点在第二象限,解得,故实数 的取值范围为5 分 (2(2),.z

2、 的虚部为).10 分 18(1)又,()()425 210 xx+=,解得12x=,.6 分 2 (2)解得3x=,则,则向量 在向量 上的投影向量为.12 分 19解:(1)记甲部门3名职工分别为A、B、C,乙部门2名职工分别为a、b 样本空间()()()()()()()()()(),abaAaBaCbAbBbCABACBC=,共10个样本点 设事件M=“这2人来自同一部门”,则()()()(),MabABACBC=,共4个样本点 故所求概率为()42105P M=7 分(2)由题意可知甲部门每名职工被安排到每个高速路口的概率为13,则恰有1人被安排到第一高速路口的概率为111431133

3、39=12 分 20解:(1)解法一 因为()1coscosabCcB+=,所以由正弦定理可得()sinsin1 cossincosABCCB+=又()()sinsinsinBCAA+=,所以()sinsinsincossincosBCBBCCB+=,所以2sincossin0BCB+=因为()0,B,所以sin0B,所以1cos2C=,又()0,C,所以23C=6 分 解法二 因为()1coscosabCcB+=,所以由余弦定理可得22222222abcabcabcbacab+=,3 整理得()22222a abcb+=,即2220abcab+=,因为2222cosababCc+=,所以()

4、12cos0abC+=,所以1cos2C=,又()0,C,所以23C=6 分(2)因为3c=,23C=,所以由正弦定理得322sinsinsin3baBA=,则2sinbB=,2sinaA=,故ABC的周长32sin2sin32sin2sin3LBABB=+=+3sin2 sincoscossin32sin3cossin33BBBBBB=+=+1332sincos22BB=+32sin3B=+易知03B,所以2,333B+,因为sinyt=在,3 2t 时单调递增,在2,23t时单调递减,所以sinsinsin332B+,则3sin,132B+,所以(32sin2 3,233B+,故ABC周长

5、的取值范围为(2 3,23+12 分 21.(1)由10(0.020.030.04)1aa+=,可得0.005a=.4 分 4 (2)73.7 分(3)由频率分布直方图知,原始分成绩位于区间90,100的占比为 5%,位于区间80,90的占比为 20%,估计等级A的原始分区间的最低分为15%5%90108520%=,所以估计此次考试化学成绩A等级的原始分区间为85,98 由9890100908586TT=,解得11889113T=,该学生的等级分为 91 分.12 分 22.(1)方法一:取 ED 中点 H,连接 HA,HC,HF,如下图:由题意2,1EDAF=可知,AFHE AFHE=,即四

6、边形 AFEH 为平行四边形,可得AHEF,AH 面 EFB,EF 面 EFB,可得AH 面 EFB,四边形 AFHD 为平行四边形,则FHADBC,FHBC=,可得四边形 BCHF 为平行四边形,则HCFB,HC 面 EFB,FB 面 EFB,可得HC面 EFB,AHHCH=,AH 面 AHC,HC 面 AHC,根据面面平行的判定定理可得面EFB面 AHC,AC 面 AHC,从而可得AC面 EFB6 分 方法二:在面 AFED 内,延长 EF,DA 交于 G 点,连接 BG,如下图:则BG 面 EFB由条件2DEAF=,则AGAD=5 从而可得/,AGBC AGBC=,四边形 AGBC 为平行四边形 可得ACGB,又AC 面 EFB,BG 面 EFB,根据线面平行的判定定理可得AC面 EFB6 分(2)取 ED 中点 H,平面 DEC 内作HMEC于 M 点,如下图:由题意FHADBC,FHBC=,进而可得四边形 FHCB 为平行四边形,BFHC 直线 BF 与平面 EBC 所成角即为直线 HC 与平面 EBC 所成的角,翻折过程中,始终有ADED,ADDC,EDDCD=,即恒有AD

神舟十一号任务的最终人选确定,邓清明再一次与飞天无缘。得知结果的那一刻,邓清明心里③。在他看来,这可能是他离飞天梦想最近的一次,也极有可能是他职业生涯中的最后一次机会。

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2、 的虚部为).10 分 18(1)又,()()425 210 xx+=,解得12x=,.6 分 2 (2)解得3x=,则,则向量 在向量 上的投影向量为.12 分 19解:(1)记甲部门3名职工分别为A、B、C,乙部门2名职工分别为a、b 样本空间()()()()()()()()()(),abaAaBaCbAbBbCABACBC=,共10个样本点 设事件M=“这2人来自同一部门”,则()()()(),MabABACBC=,共4个样本点 故所求概率为()42105P M=7 分(2)由题意可知甲部门每名职工被安排到每个高速路口的概率为13,则恰有1人被安排到第一高速路口的概率为111431133

3、39=12 分 20解:(1)解法一 因为()1coscosabCcB+=,所以由正弦定理可得()sinsin1 cossincosABCCB+=又()()sinsinsinBCAA+=,所以()sinsinsincossincosBCBBCCB+=,所以2sincossin0BCB+=因为()0,B,所以sin0B,所以1cos2C=,又()0,C,所以23C=6 分 解法二 因为()1coscosabCcB+=,所以由余弦定理可得22222222abcabcabcbacab+=,3 整理得()22222a abcb+=,即2220abcab+=,因为2222cosababCc+=,所以()

4、12cos0abC+=,所以1cos2C=,又()0,C,所以23C=6 分(2)因为3c=,23C=,所以由正弦定理得322sinsinsin3baBA=,则2sinbB=,2sinaA=,故ABC的周长32sin2sin32sin2sin3LBABB=+=+3sin2 sincoscossin32sin3cossin33BBBBBB=+=+1332sincos22BB=+32sin3B=+易知03B,所以2,333B+,因为sinyt=在,3 2t 时单调递增,在2,23t时单调递减,所以sinsinsin332B+,则3sin,132B+,所以(32sin2 3,233B+,故ABC周长

5、的取值范围为(2 3,23+12 分 21.(1)由10(0.020.030.04)1aa+=,可得0.005a=.4 分 4 (2)73.7 分(3)由频率分布直方图知,原始分成绩位于区间90,100的占比为 5%,位于区间80,90的占比为 20%,估计等级A的原始分区间的最低分为15%5%90108520%=,所以估计此次考试化学成绩A等级的原始分区间为85,98 由9890100908586TT=,解得11889113T=,该学生的等级分为 91 分.12 分 22.(1)方法一:取 ED 中点 H,连接 HA,HC,HF,如下图:由题意2,1EDAF=可知,AFHE AFHE=,即四

6、边形 AFEH 为平行四边形,可得AHEF,AH 面 EFB,EF 面 EFB,可得AH 面 EFB,四边形 AFHD 为平行四边形,则FHADBC,FHBC=,可得四边形 BCHF 为平行四边形,则HCFB,HC 面 EFB,FB 面 EFB,可得HC面 EFB,AHHCH=,AH 面 AHC,HC 面 AHC,根据面面平行的判定定理可得面EFB面 AHC,AC 面 AHC,从而可得AC面 EFB6 分 方法二:在面 AFED 内,延长 EF,DA 交于 G 点,连接 BG,如下图:则BG 面 EFB由条件2DEAF=,则AGAD=5 从而可得/,AGBC AGBC=,四边形 AGBC 为平行四边形 可得ACGB,又AC 面 EFB,BG 面 EFB,根据线面平行的判定定理可得AC面 EFB6 分(2)取 ED 中点 H,平面 DEC 内作HMEC于 M 点,如下图:由题意FHADBC,FHBC=,进而可得四边形 FHCB 为平行四边形,BFHC 直线 BF 与平面 EBC 所成角即为直线 HC 与平面 EBC 所成的角,翻折过程中,始终有ADED,ADDC,EDDCD=,即恒有AD

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