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

2021—2022学年度第二学期期末教学质量抽测高一数学试题一､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.1.已知是虚数单位，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用复数的乘方、除法运算化简即可.【详解】.故选：A2.下列说法正确的是（）A.三个点可以确定一个平面B.若直线a在平面外，则a与无公共点C.用平面截正棱锥所得的棱台是正棱台D.斜棱柱的侧面不可能是矩形【答案】C【解析】【分析】由三点共线判断A；由线面关系有a与可能相交或平行判断B；由正棱锥的结构特征及正棱台的定义判断C；注意两条相邻侧棱同时垂直于底面上与它们相交的边情况判断D.【详解】A：三点共线时平面不止一个，错误；B：若直线a在平面外，则a与可能相交或平行，错误；C：平面截正棱锥所得的棱台，必有上下底面均为正多边形且侧面是全等的等腰梯形，即为正棱台，正确；D：斜棱柱侧棱不垂直于底面，但可能存在两条相邻侧棱同时垂直于底面上与它们相交的边，此时这两条侧棱和上下底面的边所成侧面为矩形，错误.故选：C3.已知数据的方差为，则，，…，的方差为（）-21- A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】直接利用方差的性质求解.【详解】解：因为数据的方差为，则，，…，的方差为.故选：C4.甲､乙两人打靶，已知甲的命中率为0.8，乙的命中率为0.7，若甲､乙分别向同一靶子射击一次，则该靶子被击中的概率为（）A.0.94B.0.90C.0.56D.0.38【答案】A【解析】【分析】计算该靶子被击中的对立事件，再求解概率即可【详解】由题意，该靶子不被击中的概率为，故该靶子被击中的概率为故选：A5.若平面上的三个力，，作用于一点，且处于平衡状态.已知，，与的夹角为120°，则的大小为（）A.1B.C.D.3【答案】B【解析】【分析】根据余弦定理，可求得与的合力，由三个力处于平衡状态，即可得答案.【详解】因为，，与的夹角为120°，根据余弦定理，可得与的合力为，-21- 因为三个力处于平衡状态，合力为0，所以的大小为.故选：B6.已知m，n是两条不同直线，，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（）A.若，，，则B.若，，，则C.若，，，则D.若，，，则【答案】C【解析】【分析】根据线面、面面位置关系的判定定理与性质定理判断即可.【详解】解：对于A：，，，则或与相交，故A错误；对于B：若，，，则或或与异面，故B错误；对于C：若，，则，又，所以，故C正确；对于D：若，，，则或或与相交，故D错误；故选：C7.某企业为响应国家新旧动能转换的号召，积极调整企业拥有的5种系列产品的结构比例，并坚持自主创新提升产业技术水平，2021年年总收入是2020年的2倍，为了更好的总结5种系列产品的年收入变化情况，统计了这两年5种系列产品的年收入构成比例，得到如下饼图：则下列结论错误的是（）-21- A.2021年的甲系列产品收入和2020年保持不变B.2021年的丁系列产品收入是2020年丁系列产品收入的4倍C.2021年的丙和丁系列产品的收入之和比2020年的企业年总收入还多D.2021年的乙和丙系列产品的收入之和比2020年的乙和丙系列产品收入之和的2倍还少【答案】D【解析】【分析】设出2020年年总收入，根据给定的饼图，逐一分析各个选项，并判断作答.【详解】设2020年年总收入为W，则2021年年总收入为2W，观察饼图，对于A，2020年的甲系列产品收入为，2021年的甲系列产品收入为，A正确；对于B，2020年丁系列产品收入为，2021年的丁系列产品收入为，，B正确；对于C，2021年的丙和丁系列产品的收入之和为，C正确；对于D，2020年的乙和丙系列产品收入之和为，2021年的乙和丙系列产品的收入之和为，显然，D不正确.故选：D8.在高速公路建设中经常遇到开通穿山隧道的工程，如图所示，A，B，C为某山脚两侧共线的三点，在山顶P处测得三点的俯角分别为，，，现需要沿直线AC开通穿山隧道DE，已知，，，则隧道DE的长度为（）A.B.C.10D.【答案】D【解析】-21- 【分析】由题意得,，然后先在中利用正弦定理求出，再在中利用正弦定理求出，从而可求出DE的长度【详解】因为，，，所以,，在中，由正弦定理得，，因为，所以,在中，由正弦定理得，所以，所以,故选：D二､多选题：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-21- 符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.下列说法中，正确的是（）A.对于事件A与事件B，如果，那么B.在n次随机试验中，一个随机事件A发生的频率具有随机性C.随着试验次数n的增大，一个随机事件A发生的频率会逐渐稳定于事件A发生的概率D.从2个红球和2个白球中任取两个球，记事件{取出的两个球均为红球}，{取出的两个球颜色不同}，则A与B互斥而不对立【答案】BCD【解析】【分析】A由事件包含关系可得；B、C根据随机事件概率跟试验所得的频率关系判断正误；D列举出所有基本事件，结合对立、互斥事件的定义判断.【详解】A：若，则，错误；对于有限n次随机试验，事件A发生的频率是随机的，而随试验次数n趋向无穷大，随机事件A发生的频率会逐渐稳定于事件A发生的概率，B、C正确；D：基本事件有{取出的两个球均为红球}、{取出的两个球颜色不同}、{取出的两个球均为白球}，故事件A、B不对立，但互斥，正确.故选：BCD10.已知i是虚数单位，z是复数，则下列叙述正确的是（）A.B.若，则不可能是纯虚数C.若，则在复平面内z对应的点Z的集合确定的图形面积为D.是关于x的方程的一个根【答案】ABD【解析】【分析】根据复数的概念、复数的乘法运算、求模公式，可判断A的正误；根据纯虚数的概念，-21- 可判断B的正误；根据复数的几何意义，可判断C的正误；将代入方程，计算检验，即可判断D的正误，即可得答案.【详解】对于A：设，则，所以，，所以，故A正确；对于B：若为纯虚数，则，上式无解，所以不可能是纯虚数，故B正确；对于C：若，则，整理得，所以在复平面内z对应的点Z的集合确定的图形是以（0,0）为圆心，1为半径的圆及其内部，所以面积为，故C错误；对于D：，所以是关于x的方程的一个根，故D正确.故选：ABD11.已知a，b，c分别是三个内角A，B，C的对边，则下列命题中正确的是（）A.若，则B.若是边长为1的正三角形，则C.若，，，则有一解D.若O是所在平面内的一点，且，则是直角三角形【答案】AD【解析】【分析】A由正弦定理边角关系判断；B向量数量积的定义求；C利用正弦定理解三角形求角C判断；D由已知可得，由其几何意义可知边上的中线长等于的一半，即可判断.-21- 【详解】A：由，又，即，故，正确；B：由已知，错误；C：由，则，而，故或，错误；D：由、、，故，所以在中边上的中线长等于的一半，即是为直角的直角三角形，正确.故选：AD12.在边长为1的正方体中，M，N分别是，的中点，则（）A.异面直线与MN所成的角为B.二面角的正切值为C.点C到平面BMN的距离是点到平面BMN的距离的2倍D.过A，M，N三点的平面截该正方体所得截面的周长是【答案】BCD【解析】【分析】对于A，连接，可得异面直线与MN所成的角，然后在中求解即可，对于B，如图建立空间直角坐标系，利用空间向量求解判断，对于C，利用等体积法求解，对于D，作出截面，再求其周长【详解】对于A，连接，因为M，N分别是，的中点，所以∥，因为∥，所以∥，所以异面直线与MN所成的角，因为为等边三角形，所以，所以异面直线与MN所成的角为，所以A错误，-21- 对于B，如图，以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，所以，设平面的法向量为，则，令，则，向量为平面的一个法向量，设二面角的大小为，由图可知为锐角，则，所以所以，所以B正确，-21- 对于C，设，分别到平面的距离为，因为，所以,所以，所以，所以，所以点C到平面BMN的距离是点到平面BMN的距离的2倍，所以C正确，对于D，作直线，分别延长交于，连接交于，连接交于，连接，则五边形为过A，M，N三点的截面，因为正方体的棱长为1，所以，因为∽，所以，所以，所以，所以，，-21- 同理可得，，所以五边形的周长为，所以D正确，故选：BCD三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量，的夹角的余弦值为，，且与垂直，则___________.【答案】【解析】【分析】由题设令，由及向量数量积的运算律求参数即可.【详解】由题设，，若，则，所以，即，可得.故答案为：14.某同学劳动课上制作了一个圆锥形礼品盒，其母线长为40cm，底面半径为10cm，从底面圆周上一点A处出发，围绕礼品盒的侧面贴一条金色彩线回到A点，则所用金色彩线的最短长度为___________cm.-21- 【答案】【解析】【分析】根据圆锥侧面对应的扇形求所用金色彩线的最短长度.【详解】由圆锥侧面展开为半径为40cm，弧长为cm扇形，所以圆心角为，而该扇形圆心角所对的弦长为最短金色彩线长度，故所用金色彩线的最短长度为cm.故答案为：15.在中，是中点，，与交于，若，则___________.【答案】【解析】【分析】利用平面向量的线性运算可得出关于的两个表达式，即可求得实数的值.【详解】设，所以，，，因为，-21- 所以，，解得.故答案为：.16.在长方体中，，，E，F，G分别是棱AB，BC，的中点，P是底面ABCD内一动点，满足平面EFG，当BP最短时，三棱锥外接球的体积是___________.【答案】【解析】【分析】由直线与平面没有公共点可知线面平行，补全所给截面后，易得两个平行截面，从而确定点所在线段，可知当时，三角形面积最小，然后证，得到为三棱锥的外接球的直径，进一步求解得答案．【详解】补全截面为截面如图，设，直线与平面不存在公共点，所以平面，易知平面平面，所以，且当与重合时，最短，此时的面积最小，由等面积法得，即，所以，因为，，所以平面，则，-21- 又，所以为三棱锥的外接球的直径，长度为．则三棱锥的外接球的半径为，体积为．故答案为：．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.某高校在2021年的强基计划考试成绩中，随机抽取100名学生的成绩，分组如下：第一组第二组第三组第四组第五组绘制成频率分布直方图，如图所示.（1）根据频率分布直方图求出第二组的频数，并估计该100名学生成绩的第80百分位数；（2）现需从成绩较高的第三､四､五组中按比例用分层抽样的方法抽取12名学生进行座谈，求第三､四､五组各应抽取多少名学生进行座谈.【答案】（1），177.5（2）第三组抽取人；从第四组抽取人；从第五组抽取人【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图求出第二组的频率即可求出人数，再判断第80百分位数位于内，根据百分位数计算规则计算可得；（2）由频率分布直方图可知各组小矩形的高度之比，从而求出各组的人数；【小问1详解】-21- 解：由频率分布直方图可知，第二组的频率为，所以第二组的频数为.由频率分布直方图可知，成绩在175分以下的学生所占比例为，成绩在180分以下的学生所占比例为，因此，第80百分位数一定位于内.由，可得样本数据第80百分位数约为.【小问2详解】解：因为第三､四､五组小矩形高之比为3：2：1，所以从第三､四､五组中抽取学生数之比为3：2：1，从第三组抽取人；从第四组抽取人；从第五组抽取人.18.已知点，，，点P是直线OC上的动点（O为坐标原点），.（1）求的坐标；（2）求在方向上的投影向量.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）设，解方程即得解；（2）求出，再利用投影向量的公式求解.【小问1详解】解：设，则由，得，-21- 解得，所以.【小问2详解】解：因为，所以.设在方向上的投影向量为，与的夹角为，=.19.如图，在棱长为4的正方体中，E是上的动点，F是CD的中点.（1）求三棱锥的体积；（2）若E是的中点，求证：平面.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由正方体的性质可知平面，即点到平面的距离为，最后根据锥体的条件公式计算可得.（2）连接交于点，连接，，，即可得到四边形是平行四边形，从而得到，即可得证.【小问1详解】解：在正方体中，平面，所以点在上运动时，到平面的距离为4，-21- 所以.【小问2详解】解：连接交于点，连接，，，因为，且，，且，所以且，所以四边形是平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面.20.2009年9月联合国教科文组织正式批准将端午节列入《人类非物质文化遗产代表作名录》，端午节成为中国首个入选世界非遗的节日.某学校在端午节前夕举行“灯谜竞猜”活动，活动分一､二两关，分别竞猜5道､20道灯谜.现有甲､乙两位选手独立参加竞猜，在第一关中，甲､乙都猜对了4道，在第二关中甲､乙分别猜对12道､15道.假设猜对每道灯谜都是等可能的.（1）从第一关的5道灯谜中任选2道，求甲都猜对的概率；（2）从第二关的20道灯谜中任选一道，求甲､乙两人恰有一个人猜对的概率.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用古典概型进行求解.（2）利用互斥事件、相互独立事件的性质进行求解.【小问1详解】）设“任选2道灯谜，甲都猜对”，用1，2，3，4，5表示第一关的5道灯谜，其中1，2，3，4表示甲猜对的4道，-21- 则样本空间为{（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（2，3），（2，4），（2，5），（3，4），（3，5），（4，5）}，{（1，2），（1，3），（1，4），（2，3），（2，4），（3，4）}，所以，，根据古典概型的计算公式，得.【小问2详解】设“任选一道灯谜，甲猜对”，“任选一道灯谜，乙猜对”，“任选一道灯谜，甲､乙两人恰有一个人猜对”，根据题意可得，，，，.因为，且，互斥，又甲､乙两位选手独立参加竞猜，所以B，C相互独立，从而，C，B，也相互独立.所以，.即甲､乙两人恰有一个人猜对的概率为.21.在中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且.（1）求角A；（2）若是钝角三角形，且，求外接圆半径的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先利用余弦定理化简已知条件得，再利用正弦定理边化角，然后由及辅助角公式化简可得，最后确定角的范围即可求解；（2）由（1）知，利用余弦定理有，又，可得-21- ①，由是钝角三角形，且，可知角B为钝角，可得②，由①②可得，进而可得，最后利用正弦定理即可求解.【小问1详解】解：由余弦定理得，所以，由正弦定理得，又，，所以，即，因为，所以，即；【小问2详解】解：由（1）知，所以，又，所以①，因为是钝角三角形，由，可知角B为钝角，所以，即，得②，由①②可得，解得，所以，由，得，即.设外接圆半径为R，由正弦定理知，所以外接圆半径的取值范围是.22.如图，在三棱柱中，点在平面上的射影为的中点，，，，.-21- （1）求证：平面；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】【分析】（1）先由面面垂直的判定定理证出平面平面，再由面面垂直的性质定理证出结论成立；（2）取中点，可证出四边形是平行四边形，由已知结合（1）的证明，可得平面，进而得出平面平面，作于，利用线面角的定义找出线面角的平面角，求出各棱的长度，由二次函数的性质得出正弦值的取值范围．【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以平面平面.因为，，所以.又因平面平面，平面平面，平面，所以平面（2）解：取中点，连接，，则，所以四边形是平行四边形.-21- 因为，，，，平面，所以平面，又平面所以平面平面.作于，则平面，连接，则为直线与平面所成的角.由，，，知，又由（1）知平面，所以，，.则.由于，所以，所以.故直线与平面所成角的正弦值的取值范围为.-21-