山东省济南市2021-2022学年高一下学期期末考试数学word版含解析

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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，所以所求概率为．故选：A．3.已知中，，则（）

1A.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，，.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（）

2A.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，∵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

3【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【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，

4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.【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，

5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，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()

6A.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，∴，∵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

7D.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；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，

8∴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；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：ABC

911.已知函数在区间上单调，且满足有下列结论正确有()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；

10D：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，，∴，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

11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)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，又，，故不成立，即不存在某位置使BN⊥平面，B错误；

12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【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.

1314.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】【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.

14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∴，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

15【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，

16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.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，

17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）．（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，

18∴平面AECD，平面AECD，∴．【小问2详解】∵平面AECD，∴，，又∵，∴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，，

19∴，∵y轴⊥平面ACD，∴平面ACD的一个法向量∵二面角F-AD-C为30°，∴，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】

20【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）

21【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，当且仅当即时，等号成立取得最小值，

22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

23【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，则，，，

24设平面法向量，则，令，则，又，所以，故二面角的余弦值为.