2022—2023学年下期期中高一数学答案

第1 页（共5 页） 河南省实验中学2022——2023 学年下期期中试卷答案（高一） 一、单选题（共8 小题） 1-4 DACB 5-8 ACBD 二、多选题（共4 小题） 9.ABC 10.AD 11.ACD 12.ABD 三、填空题（共4 小题） 13. ❑ √5 14. 3 15. [2−❑ √2，2+❑ √2] 16. （1，2） 四．解答题（共6 小题） 17．解：（1）已知向量a → =(−4，3)，b → =(1，−2)， 则cosθ= a → ⋅b → ¿ a → ∨⋅∨b → ∨¿= −4+3×(−2) ❑ √(−4) 2+3 2× ❑ √1+(−2) 2= −10 5×❑ √5=−2 ❑ √5 ¿ ，···················· （3 分） 所以sinθ= ❑ √1−cos 2θ=❑ √ 1−( −2 ❑ √5 ) 2 = ❑ √5 5 ， 即sinθ 的值为 ❑ √5 5 ；······················································（5 分） （2）已知向量m a → +b →与向量a → −b →垂直， 则(m a → +b → )⋅(a → −b → )=0，················································（7 分） 即m a → 2+(1−m)a → ⋅b → −b → 2=0， 又a → 2=(−4) 2+3 2=25，a → ⋅b → =−4×1+3×(−2)=−10，b → 2=1 2+(−2) 2=5， 所以25m 10 ﹣ （1﹣m）﹣5＝0， 即35m＝15， 解得m=3 7 ．····························································（10 分） 18．解：（1）在△ABC 中，由正弦定理得：❑ √3sinAcosC sin ﹣ CsinA＝0，···········（2 分） 第2 页（共5 页） 因为0＜A＜π，所以sinA＞0， 从而❑ √3cosC＝sinC，······················································（3 分） 又C∈（0，π），可得cosC≠0， 所以tanC¿ ❑ √3，························································（5 分） 所以C¿ π 3 ．·····························································（6 分） （2）在△ABC 中，b＝6，S△ABC¿ 1 2 absinC¿ 1 2 ×6×a×sinπ 3 =¿6❑ √3，··········（8 分） 得a＝4，·····························································（9 分） 由余弦定理得：c2＝a2+b2 2 ﹣abcosC，即c2＝62+42 2×6×4×cos ﹣ π 3 =¿28，······（11 分） 所以c＝2❑ √7．························································（12 分） 19.解：（1）设EP → =t EC →，由题意BE → =2 3 BA → =2 3 b → ，· 所 以 EC → =EB → +BC → =a → −2 3 b → ， BP → =BE → +EP → =BE → +t EC → =2 3 b → +t(a → −2 3 b → )=t a → + 2 3 (1−t )b → ①，·························································（2 分） 设 DP → =k DA →， 由 BD → =1 3 BC → =1 3 a → ， DA → =DB → +BA → =b → −1 3 a → ， BP → =BD → +DP → =1 3 (1−k )a → +k b → ②，························································· （4 分） 由①、②得，t a → + 2 3 (1−t )b → =1 3 (1−k )a → +k b → ， 所以{ t=1 3 (1−k ) 2 3 (1−t )=k ，解得{ t=1 7 k= 4 7 ，·······································（6 分） 所以BP → =1 7 a → + 4 7 b → ；···················································（7 分） 第3 页（共5 页） （2）证明：由AC → =a → −b →，得AF → =1 5 AC → =1 5 (a → −b → )， 所以BF → =BA → + AF → =1 5 a → + 4 5 b → ，·········································（9 分） 所以BF → =7 5 BP → ，······················································（10 分） 因为BF →与BP →有公共点B， 所以B，P，F 三点共线．···············································（12 分） 20．证明：（1）根据题意，结合勾股定理易知在直角梯形ABCD 中，AC⊥BC，且 AC=BC=❑ √2， 又PA⊥AB，PA⊥AC, PA＝1 ∴PC=❑ √3, PB=❑ √5, ∴△PBC 为直角三角形，················································（2 分） 在Rt△PAB 中，M 为PB 的中点，则AM¿ 1 2 PB． 在Rt△PBC 中，M 为PB 的中点，则CM¿ 1 2 PB， ∴AM＝CM．···························································（4 分） （2）连接DB 交AC 于F， 由相似三角形的性质易知∵DC¿ ∥1 2 AB，∴DF¿ 1 2 FB．·························（5 分） 取PM 中点G，连接DG，FM，则DG∥FM，······························（6 分） 又DG⊄平面MAC，FM⊂平面AMC， ∴DG∥平面AMC，·····················································（7 分） 连DN，GN，则GN∥MC，···············································（8 分） 又GN⊄平面MAC，MC⊂平面AMC， ∴GN∥平面AMC，······················································（9 分） 又GN∩DG＝G，GN、DG⊂平面DNG， ∴平面DNG∥平面ACM，··············································（11 分） 又DN⊂平面DNG， ∴DN∥平面ACM．······················································（12 分） 第4 页（共5 页） 21．解：（Ⅰ）f（x）¿ a →•b → =¿（cos（π 3 −x），﹣sinx）•（sin（x+π 6 ），sinx） ＝（cos（π 3 −x）（sin（x+π 6 ）﹣sin2x ＝（1 2cosx+❑ √3 2 sinx）2 sin ﹣ 2x¿ 1 4 （cos2x sin ﹣ 2x）+❑ √3 2 sinxcosx ＝1 4 cos2x+❑ √3 4 sin2x¿ 1 2 sin（2x+π 6 ），········································（3 分） ∴函数的周期T¿ 2π 2 =π，··············································（4 分） 由2kπ+π 2 ≤2x+π 6 ≤2kπ+3 π 2 ，k∈Z，即kπ+π 6 ≤x≤kπ+2π 3 ，k∈Z， 即函数的单调递减区间为[kπ+π 6 ，kπ+2π 3 ]，k∈Z．··························（6 分） （Ⅱ）∵f（C）¿−1 2 ，∴1 2 sin（2C+π 6 ）¿−1 2 ，∴sin（2C+π 6 ）＝﹣1， 即2C+π 6 =¿2kπ−π 2 ，得C＝kπ−π 3 ，k∈Z， 0 ∵＜C＜π，∴当k＝1 时，C¿ 2π 3 ，······································（8 分） 由余弦定理得c2＝a2+b2 2 ﹣abcosC， ∵c＝2❑ √3，∴12＝a2+b2 2 ﹣abcos2π 3 =¿a2+b2+ab≥2ab+ab＝3ab， 即ab≤4，····························································（10 分） 则三角形的面积S¿ 1 2absinC≤1 2 ×4× ❑ √3 2 =❑ √3，当且仅当a＝b 时取等号， 即三角形的面积的最大值为❑ √3．·········································（12 分） 22．解：（1）证明：连接A1C1，BC1，∵E，F，G 分别为所在棱的中点， ∴A1C1∥GF，EF∥BC1，∵AD1∥BC1，∴AD1∥EF， 又AD1⊂平面ACQ，EF⊄平面ACQ，∴EF∥平面ACQ，·····················（2 分） 第5 页（共5 页） 同理可证GF∥平面ACQ，又GF∩EF＝F，∴平面EFG∥平面ACQ；·········（4 分） （2）线段CD 上存在点P，当DP¿ 1 3 DC 时，满足DQ∥平面D1PH，··········（5 分） 证明如下；如右图，取CD 上靠近D 点的三等分点为P，连接PD1，连接PH 并延长交 AB 于点M， 连接D1M，则平面D1PH 与平面D1PM 为同一平面， 取线段D1M 的中点为N，连接QN，NP，··································（7 分） 由平行关系及H 为AC 的中点，得△AMH≌△CPH，则AM¿ 2 3 AB¿ 2 3 CD， 因为Q，N 分别为AD1，MD1的中点，所以QN¿ 1 2 AM¿ 1 3 AB¿ 1 3 CD，且QN∥AM， 又DP∥AM 且DP¿ 1 3 DC，即QN∥DP 且QN＝DP，·························（9 分） 所以四边形QDPN 为平行四边形，故QD∥NP，···························（10 分） 又QD⊄平面D1PH，NP⊂平面D1PH，故QD∥平面D1PH．·················（12 分）