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山东省济南市2021-2022学年高一数学下学期期末考试试题(Word版附解析)

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2022年7月济南市高一期末学情检测数学试题B一、单项选择题:(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,只有一项是最符合题目要求的)1.已知,其中,i为虚数单位,则()AB.1C.D.2【答案】A【解析】【分析】根据复数的乘法运算结合复数相等的概念,列出方程,从而可得出答案.【详解】解:因为,所以,所以,解得.故选A.2.为宣传城市文化,提高城市知名度,我市某所学校5位同学各自随机从“趵突腾空”、“历山览胜”、“明湖汇泊”三个城市推荐词中选择一个,来确定该学校所推荐的景点,则三个推荐词都有人选的概率是()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由分步计数原理、分组分配方法求出选择景点的方法数,然后根据概率公式计算.【详解】5位同学任意选取1个景点的方法数为,三个推荐词都有人选,可以先把5人分成三组,然后每组选一个,方法数为,-27- 所以所求概率为.故选:A.3.已知中,,则()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由正弦定理及余弦定理可得,利用辅助角公式及均值不等式可得,据此求出,再由诱导公式求得即可.【详解】由正弦定理可得,,又,,化简得:当且仅当时取等号,即,其中,,即,又,,,,即,,-27- .故选:B4.函数在区间上的图像如图所示,将该函数图像上各点的横坐标缩短到原来的一半(纵坐标不变),再向右平移个单位长度后,所得到的图像关于原点对称,则的最小值为()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由周期求出,代点求出的值,可得函数的的解析式,再根据函数的对称性求出的值,结合可得结论.【详解】由函数的图象,得,,又函数过点,得,又,可知.故.把的图象各点的横坐标缩小到原来的一半(纵坐标不变),再向右平移个单位长度后,得到的图象,-27- ∵所得图象关于原点对称,,即即Z,解得:Z,由,可得当时,的最小值为.故选:C5.已知一组数据:的平均数是5,方差是4,则由,,和这四个数据组成的新数据组的方差是()A.16B.14C.12D.11【答案】C【解析】【分析】根据平均数、方差公式计算可得;【详解】解:由已知得,,则新数据的平均数为,所以方差为,,故选:C.6.下如图是世界最高桥——贵州北盘江斜拉桥.下如图是根据下如图作的简易侧视图(为便于计算,侧视图与实物有区别).在侧视图中,斜拉杆PA,PB,PC,PD的一端P在垂直于水平面的塔柱上,另一端A,B,C,D与塔柱上的点O都在桥面同一侧的水平直线上.已知,,,.根据物理学知识得,则()A.28mB.20mC.31mD.22m-27- 【答案】D【解析】【分析】由,得,则可得,可求得,,分别为的中点,则由已知可得为的中点,再结合已知的数据可求得结果【详解】因为,所以,因为,所以∽,所以,所以,因为,,所以,设,分别为的中点,因为,所以,所以为的中点,因为,,所以,所以,所以,所以故选:D7.已知长方体中,,M为的中点,N为的中点,过的平面与DM,都平行,则平面截长方体所得截面的面积为()A.B.C.D.-27- 【答案】A【解析】【分析】过作交延长线于,为中点,连接,利用长方体性质及线面平行的判定证面、面,即面为平面,再延长交于,连接,利用线线、线面的性质确定面为平面截长方体所得截面,最后延长分别交于一点并判断交于同一点,根据已知结合余弦定理、三角形面积公式及求截面面积即可.【详解】过作交延长线于,则,若为中点,连接,而M为的中点,在长方体中,而且面,由面,则面,由面,则面,所以面即为平面,延长交于,易知:为中点,则且,又且,故平行四边形,则且,故共面,连接,即面为平面截长方体所得截面,延长分别交于一点,而在中都为中位线,-27- 由,,则,故交于同一点,易知:△为等腰三角形且,,则,可得,又.故选:A【点睛】关键点点睛:利用长方体的性质及线面平行的判定确定平面,再根据平面的基本性质找到平面截长方体所得截面,并应用余弦定理、三角形面积公式及相似比求截面面积.8.在中,点是线段上的点,且满足,过点的直线分别交直线、于点、,且,,其中且,若的最小值为3,则正数的值为()A.2B.3C.D.【答案】B【解析】【分析】用和表示,根据E、O、F三点共线可得,利用和基本不等式可求的最小值,再根据的最小值为3即可求出t的值.【详解】,∵E、O、F三点共线,∴,-27- ∵m>0,n>0,t>0,∴,当且仅当时取等号,∴.故选:B.二、多项选择题:(本大题共4小题;每小题4分,共16分.每小题有多个选项符合题目要求.全部选对得5分,选对但不全得2分,有选错的得0分)9.从含有3道代数题和2道几何题的5道试题中随机抽取2道题,每次从中随机抽出1道题,抽出的题不再放回,则()A.“第1次抽到代数题”与“第1次抽到几何题”是互斥事件B.“第1次抽到代数题”与“第2次抽到几何题”相互独立C.第1次抽到代数题且第2次也抽到代数题的概率是D.在有代数题的条件下,两道题都是代数题的概率是【答案】ACD【解析】【分析】根据互斥事件,独立事件的定义判断AB,利用条件概率公式计算判断CD.【详解】“第1次抽到代数题”与“第1次抽到几何题”这两个事件不可能同时发生,它们互斥,A正确;“第1次抽到代数题”这个事件发生与否对事件“第2次抽到几何题”发生的概率有影响,“第1次抽到代数题”发生时,“第2次抽到几何题”的概率是,“第1次抽到代数题”不发生时,“第2次抽到几何题”的概率是,它们不独立;B错;第1次抽到代数题且第2次也抽到代数题的概率是,C正确;-27- 抽取两次都是几何题的概率是,因此有代数题的概率是,在有代数题的条件下,两道题都是代数题的概率是,D正确.故选:ACD.10.在棱长为1的正方体中,已知为线段的中点,点和点分别满足,,其中,,,则()A.当时,三棱锥的体积为定值B.当时,四棱锥的外接球的表面积是C.若直线与平面所成角的正弦值为,则D.存在唯一的实数对,使得平面【答案】ABC【解析】【分析】根据锥体体积的求法、几何体外接球表面积的求法、线面角、线面垂直等知识对选项进行分析,由此确定正确选项.【详解】对于A,当时,是的中点,连接与交于点,则为的中点,∴,面,又点在上,∴点到面的距离为定值,∴三棱锥的体积为定值,故A正确;对于B,当时,点为的中点,设四棱锥的外接球的半径为,则球心O在PM延长线上,由OP=R得OM=,由得,解得,∴外接球的表面积为,故B正确;-27- 对于C,连接,过点作于,连接,∵平面,∴平面平面,平面平面,∴平面,∴为与平面所成角,∵,∴,,由余弦定理有,在中由勾股定理有,∴,解得,故C正确.对于D,∵点在上,又在上,在上,∴平面即为平面,又易证平面,∴是平面的法向量,∴要使平面,须与共线,即须与共线,显然不可能,∴不存在实数对使得平面,故D错误.故选:ABC11.已知函数在区间上单调,且满足-27- 有下列结论正确有()A.B.若,则函数的最小正周期为;C.关于x的方程在区间上最多有4个不相等的实数解D.若函数在区间上恰有5个零点,则的取值范围为【答案】ABD【解析】【分析】A:在上单调,,,故;B:求出区间右端点关于的对称点,由题可知在上单调,据此可求出f(x)周期的范围,从而求出ω的范围.再根据知是f(x)的对称轴,根据对称轴和对称中心距离为周期的倍即可求出ω,从而求出其周期;C:根据ω的范围求出周期的范围,根据正弦型函数一个完整周期只有一个最高点即可求解;D:由知,是函数在区间,上的第1个零点,而在区间上恰有5个零点,则,据此即可求ω的范围.【详解】A,∵,∴在上单调,又-27- ,,∴,故A正确;B,区间右端点关于的对称点为,∵,f(x)在上单调,∴根据正弦函数图像特征可知在上单调,∴为的最小正周期,即3,又,∴.若,则的图象关于直线对称,结合,得,即,故k=0,,故B正确.C,由,得,∴在区间上最多有3个完整的周期,而在1个完整周期内只有1个解,故关于的方程在区间上最多有3个不相等的实数解,故C错误.D,由知,是函数在区间,上的第1个零点,而在区间上恰有5个零点,则,结合,得,又,∴的取值范围为,故D正确.故选:ABD.【点睛】本题综合考察的周期、单调性、对称中心、对称轴等特性,解题的关键是熟练掌握正弦型函数对称轴,对称中心的位置特征,掌握正弦型函数单调性与周期的关系.常用结论:(1)单调区间的长度最长为半个周期;(2)一个完整周期内只有一个最值点;(3)-27- 对称轴和对称中心之间的距离为周期的倍.12.已知等边三角形ABC的边长为6,M,N分别为AB,AC的中点,如图所示,将△AMN沿MN折起至,得到四棱锥,则在四棱锥中,下列说法正确的是()A.当四棱锥的体积最大时,二面角为直二面角B.在折起过程中,存在某位置使BN⊥平面C.当四棱锥体积的最大时,直线与平面MNCB所成角的正切值为D.当二面角的余弦值为时,的面积最大【答案】ACD【解析】【分析】由四棱锥的体积最大,即高最大即可判断A选项;令BN⊥平面,则,推出矛盾即可判断B选项;由线面角的定义即可判断C选项;由面面角的定义求得,进而求出为等腰直角三角形即可判断D选项.【详解】如图,取中点,易得,由于四边形的面积为定值,要使四棱锥的体积最大,即高最大,当面时,此时高为最大,二面角为直二面角,A正确;若BN⊥平面,则,又,,则,-27- 又,,故不成立,即不存在某位置使BN⊥平面,B错误;由上知,当四棱锥体积的最大时,即二面角为直二面角,面,此时直线与平面MNCB所成角即为,易得四边形为等腰梯形,取中点,易得,且,故,又,故,C正确;如图,取中点,易得,取中点,易得,故即为二面角的平面角,即,故,又,解得,又,故,又,此时为等腰直角三角形,面积最大为,故D正确.故选:ACD.三、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知向量,.若,则___________.【答案】1-27- 【解析】【分析】根据向量垂直,数量积为0.【详解】解:,又,所以,解得:,故答案为:1.14.甲和乙两个箱子中各装有个球,其中甲箱中有个白球、个红球,乙箱中有个红球、个白球.掷一枚质地均匀的骰子,如果点数为或,从甲箱子随机摸出个球;如果点数为,从乙箱子中随机摸出个球.则摸到红球的概率为___________.【答案】0.7【解析】【分析】分别计算出从甲箱中摸到红球的概率和从乙箱中摸到红球的概率,然后利用概率的加法公式即可.【详解】从甲箱中摸红球:掷到点数为5或6的概率为,再从甲箱中摸到红球的概率为,故从甲箱中摸到红球的概率为;从乙箱中摸红球:掷到点数为1,2,3,4的概率为,再从乙箱中摸到红球的概率为,故从乙箱中摸到红球的概率为;综上所述:摸到红球的概率为.故答案为:15.已知三棱锥的四个顶点在球O的球面上,且满足条件,,,,,,则球O的表面积为______.【答案】【解析】-27- 【分析】由,,,结合长方体模型得出球O的半径,进而得出球O的表面积.【详解】由题意可知,,,,可得,所以,即,同理可得,,,以点P为一个顶点,PA,PB,PC为三条相邻棱,构造长方体.由于点P,A,B,C都在球O的球面上,显然长方体内接于球O,其对角线PF长就是球O的直径,所以,,所以球O的表面积.故答案为:16.已知、、为△的三内角,且角为锐角,若,则的最小值为______.【答案】【解析】【分析】由三角形内角的性质结合,可得,由目标函数式并利用基本不等式即可求得其最小值,注意基本不等式的使用条件“一正二定三相等”,其中为锐角,【详解】、、为△的三内角,为锐角,∴故有,即可得-27- ∴,当且仅当时等号成立∴的最小值为故答案为:【点睛】本题考查了由三角形内角间的函数关系,利用三角恒等变换以及基本不等式求目标三角函数的最值,注意两角和正切公式、基本不等式(使用条件要成立)的应用四、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.已知中,角A,B,C所对边分别是a,b,c,向量,且,(1)若,求面积的最大值.;(2)若为锐角三角形,且,求周长的取值范围【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)由可得,结合余弦定理可得出,又,然后两边平方,结合均值不等式得出,从而得出答案.(2)由正弦定理可得,根据条件为锐角三角形,求出角的范围,再由正弦型函数的性质可得答案.【小问1详解】因为,所以,由余弦定理可得:,而,所以-27- 即而当且仅当时取“=”当且仅当时取“=”,即的面积故当时,面积取得最大值为.【小问2详解】由正弦定理得,所以,则,因为ABC是锐角三角形,所以,则,所以,所以三角形周长.18.为普及抗疫知识、弘扬抗疫精神,某学校组织防疫知识竞赛.比赛共分为两轮,每位参赛选手均须参加两轮比赛,若其在两轮比赛中均胜出,则视为赢得比赛.-27- 已知在第一轮比赛中,选手甲、乙胜出的概率分别为,;在第二轮比赛中,甲、乙胜出的概率分别为,.甲、乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响.(1)从甲、乙两人中选取1人参加比赛,派谁参赛赢得比赛的概率更大?(2)若甲、乙两人均参加比赛,求两人中至少有一人赢得比赛的概率.【答案】(1)派甲参赛获胜的概率更大(2)【解析】【分析】(1)根据独立事件的概率分别计算甲、乙比赛胜出的概率比较即可得解;(2)考虑问题的对立面,计算两人都没有赢得比赛的概率,根据对立事件的概率之和为1即可得解.【小问1详解】设“甲在第一轮比赛中胜出”,“甲在第二轮比赛中胜出”“乙在第一轮比赛中胜出”,“乙在第二轮比赛中胜出”,则“甲赢得比赛”,“乙赢得比赛”,,,,,同理因为,所以,派甲参赛获胜的概率更大.【小问2详解】由(1)知,设“甲赢得比赛”,“乙赢得比赛”,,;于是“两人中至少有一人赢得比赛”..19.如图1,在平行四边形ABCD中,AB=2,,∠ABC=30°,AE⊥BC,垂足为E.以AE为折痕把△ABE折起,使点B到达点P的位置,且平面PAE与平面AECD所成的角为90°(如图2).-27- (1)求证:PE⊥CD;(2)若点F在线段PC上,且二面角F-AD-C的大小为30°,求三棱锥F-ACD的体积.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)根据平面PAE与平面AECD所成的角为90°,得到平面平面AECD,进而得到平面AECD即可;(2)由平面AECD,和,得到EA,EC,EP两两垂直,则以E为坐标原点,分别以EA,EC,EP为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,设,求得平面AFD的一个法向量,平面ACD的一个法向量,根据二面角F-AD-C为30°,由,求得即可.【小问1详解】∵平面PAE与平面AECD所成的角为90°,∴平面平面AECD,平面平面,又,平面PAE,∴平面AECD,平面AECD,∴.【小问2详解】∵平面AECD,∴,,又∵,-27- ∴EA,EC,EP两两垂直,以E为坐标原点,分别以EA,EC,EP为x,y,z轴,建立如图所示空间直角坐标系E-xyz,Rt△ABE中,,,∴,,则,∴,,,,设,∴,∴,设平面AFD的一个法向量为,,,则,∴,不妨设,则,,∴,∵y轴⊥平面ACD,∴平面ACD的一个法向量∵二面角F-AD-C为30°,-27- ∴,即,∴,∴,∴F到平面AECD的距离,,∴.20.以简单随机抽样的方式从某小区抽取户居民用户进行用电量调查,发现他们的用电量都在kw•h之间,进行适当分组后(每组为左闭右开的区间),画出频率分布直方图如图所示.(Ⅰ)求直方图中的值;(Ⅱ)估计该小区居民用电量的平均值和中位数;(Ⅲ)从用电量落在区间内被抽到的用户中任取户,求至少有户落在区间内的概率.【答案】(Ⅰ);(Ⅱ)187,183.3;(Ⅲ).【解析】【分析】(Ⅰ)由频率直方图,结合各组的频率之和为1,即可求.(Ⅱ)由频率直方图求电量的平均值即可,再由图知中位数落在-27- 上,根据中位数的性质求中位数;(Ⅲ)由题意,抽取户中、各有户、2户,列举法写出所有这6户中任取2户的可能组合、及至少有1户落在区间内的组合,应用古典概型的概率求法求概率即可.【详解】(Ⅰ)由,得(Ⅱ)平均值,∵用电量落在区间的频率之和为,∴中位数落在区,设中位数为,则,解得.(Ⅲ)易知用电量落在区间的用户有户,记为,用电量落在区间用户有2户,记为,记事件“至少有1户落在区间内”.∴从,中这6个元素中任取2个元素的样本空间,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,∴,即至少有户落在区间内的概率为.21.已知向量,,函数,(1)当时,求函数的值;(2)若不等式对所有恒成立.求实数的范围.【答案】(1);(2)-27- 【解析】【分析】(1)利用向量数量积的坐标表示化简,将代入即可求解;(2)将代入,令,则,,将不等式转化为关于的不等式,再分离转化为最值问题即可求解.【详解】(1)因为向量,,,当时,,;(2)不等式对所有恒成立,即对所有恒成立,令,可得,所以,因为,所以,,所以所以对于恒成立,即对于恒成立,因为,所以对于恒成立,令,,只需,因为,-27- 当且仅当即时,等号成立取得最小值,所以,所以实数的范围为.22.如图,在四棱锥中,底面,底面是等腰梯形,,,E是PB上一点,且.(1)求证:平面;(2)已知平面平面,求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解释(2)【解析】【分析】(1)连接交于F,连接EF,证,由线线平行证线面平行即可;(2)作垂直于G,分别以,,为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,设,利用向量法,分别设出并求出平面法向量,平面法向量,平面法向量,由平面平面得,可求出值,则二面角的余弦值可由求得【小问1详解】如图,连接交于F,连接EF,,,,所以,所以,因为平面,平面,所以平面,得证-27- 【小问2详解】由题,底面是等腰梯形,作垂直于G,,则,,,底面,设,,分别以,,为x轴,y轴,z轴建立如图空间直角坐标系,易得,,,,,,,,,,设平面法向量,平面法向量,则,令,则,同理,令,则,由平面平面得,得,-27- 则,,,设平面法向量,则,令,则,又,所以,故二面角的余弦值为.-27-

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所属: 高中 - 数学
发布时间:2023-06-18 01:05:01 页数:27
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文章作者:随遇而安

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