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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)

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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-

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所属: 高中 - 数学
发布时间:2023-06-18 01:10:01 页数:21
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文章作者:随遇而安

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