2021-2022学年山西省吕梁市高一下学期期末数学试题【含答案】

1、2021-2022学年山西省吕梁市高一下学期期末数学试题一、单选题1已知i是虚数单位，若复数，则复数的虚部是（）AB1CDiB【分析】由题可得，进而即得.【详解】，复数的虚部是1.故选：B2下列说法正确的是（）A三角形的直观图是三角形B直四棱柱是长方体C平行六面体不是棱柱D两个平面平行，其余各面是梯形的多面体是棱台A【分析】对A，根据直观图的定义判断；对B，直四棱柱可能底面不是矩形，结合长方体定义即可判断；对C，结合棱柱定义，平行六面体是四棱柱，即可判断；对D，结合棱台侧棱延长后需要交于一点，即可判断【详解】对A，根据直观图的定义，三角形的直观图是三角形，故A对；对B，底面是长方形的直四棱柱是

2、长方体，故B错；对C，平行六面体一定是棱柱，故C错；两个平面平行，其余各面是梯形的多面体，当侧棱延长后不交于同一点时，不是棱台，故D错；故选：A3为了促进市场经济发展，某电商平台对出售同一款商品的A，B两个店铺进行网络调查，其中甲，乙，丙，丁，戊五位网购者对这两个店辅服务态度的对比评分图如图，则下面结论正确的是（）AB店铺的得分总高于A店铺的得分BA店铺的均分高于B店铺的均分CB店铺的中位数小于A店铺的中位数DA店铺的得分更稳定D【分析】根据图表逐项分析即得.【详解】由题可知A店铺的得分是：5，6，6.5，7，8B店铺的得分是4，6，7，8，9故A选项错误；A店铺的均分是6.5，B店铺的均分是

3、6.8，故B选项错误；A店铺的得分中位数是6.5，B店铺的得分中位数是7，故C选项错误；由图可知，A店铺的得分较为集中，B店铺的得分比较分散，故A店铺的得分更稳定，故D正确.故选：D4抛掷一枚质地均匀且各个面上分别标以数字1，2，3，4，5，6的正方体玩具，设事件A为“向上一面点数为奇数”，事件B为“向上一面点数为6的约数”，则为（）ABCDD【分析】求出抛掷正方体玩具的试验的基本事件总数，事件包含的基本事件数，再利用古典概率公式计算作答.【详解】抛掷一枚质地均匀且各个面上分别标以数字1，2，3，4，5，6的正方体玩具，向上一面的点数为一个基本事件，基本事件总数，因事件A为“向上一面点数为奇数

4、”，事件B为“向上一面点数为6的约数”，则事件包含的基本事件数，所以.故选：D5已知是两个不同平面，l是空间中的直线，若，则“”是“”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件B【分析】利用充分条件、必要条件的定义，结合线面平行、面面垂直的判定推理判断作答.【详解】因，则存在过直线l的平面有，于是得，而，则，从而得，直三棱柱，底面为平面，侧面为平面，侧棱为直线l，如图，显然满足，而所以，若，则“”是“”的必要不充分条件.故选：B6下列命题正确的是（）A若，且，则B若，则不共线C若是平面内不共线的向量，且存在实数y使得，则A，B，C三点共线D若，则在上的投影向量为

5、C【分析】利用向量垂直的坐标表示可判断A，利用向量共线定理可判断BC，利用投影向量的定义可判断D.【详解】若，且，则，所以A选项错误；若满足，但不满足不共线，所以B错误；由，可得，即，故A，B，C三点共线，所以C正确；若在上的投影向量为，所以D错故选：C7已知图为棱长为a的正方体，沿阴影面将它切割成两块，拼成如图所示的几何体，则异面直线与所成角的余弦值为（）ABCDC【分析】平移到，连接，则或其补角为异面直线与所成的角解三角形可得【详解】解：新几何体是平行六面体，如图，平移到，连接，则或其补角为异面直线与所成的角在三角形中，所以三角形为直角三角形，故选：C8下列说法正确的是（）A若，则事件A，

6、B相互独立与事件A，B互斥不能同时成立B若事件A，B，C两两独立时，则C互斥的事件一定是对立事件，对立事件不一定是互斥事件D事件A与事件B中至少有一个发生的概率一定比A与B中恰有一个发生的概率大A【分析】利用互斥事件的概念及独立事件的概念可判断AB，利用互斥事件与对立事件的概念可判断CD.【详解】因为，若事件A，B相互独立，则，故事件A，B不互斥，若事件A，B互斥，则，故事件A，B不独立，故A正确；三个事件A，B，C两两独立能推出，且，且，但是推不出，比如：从1，2，3，4中随机选出一个数字，事件A：取出的数字为1或2事件B：取出的数字为1或3，事件C：取出的数字为1或4，则为取出数字1，所以

7、，满足且，且，但是推不出，故选项B错误；互斥的事件不一定是对立事件，对立事件一定是互斥事件，故选项C错误；当事件A与事件B为对立事件时，事件A与事件B中至少有一个发生的概率与A与B中恰有一个发生的概率相等，故选项D错误.故选：A9为庆祝神州十三号飞船顺利返回，某校举行“特别能吃苦，特别能战斗，特别能攻关，特别能奉献”的航天精神演讲比赛，其冠军奖杯设计如下图，奖杯由一个半径为6cm的铜球和一个底座组成，底座由边长为36cm的正三角形铜片沿各边中点的连线向上折叠成直二面角而成，则冠军奖杯的高度为（）cmABCDC【分析】A，B，C在底面内的射影为M，N，P分别为对应棱的中点，可得，设ABC外接圆圆

8、心O，则由正弦定理可得半径r，利用勾股定理可得、从而端点答案.【详解】A，B，C在底面内的射影为M，N，P分别为对应棱的中点，ABC是边长为9的等边三角形，设ABC外接圆圆心O，半径r，则，到平面DEF距离9，冠军奖杯的高度为，故选：C10易经是闸述天地世间关于万象变化的古老经典，如图所示的是易经中记载的几何图形八卦图图中正八边形代表八卦，中间的圆代表阴阳太极图，其余八块面积相等的图形代表八卦田，已知正八边形的边长为，点P是正八边形的内部（包含边界）任一点，则的取值范围是（）ABCDB【分析】先求出在方向上的投影的取值范围，再由数量积的定义求出的取值范围即可.【详解】如图，作的延长线于M，的延

9、长线于N，根据正八边形的特征，可知，于是在方向上的投影的取值范围为，结合向量数量积的定义可知，等于的模与在方向上的投影的乘积，又，的最大值为，的最小值为则的取值范围是.故选：B11半正多面体（semiregular solid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美下图是棱长为的正方体截去八个一样的四面体，得到的一个半正多面体，则下列说法错误的是（）A该半正多面体是十四面体B该几何体外接球的体积为C该几何体的体积与原正方体的体积比为56D原正方体的表面积比该几何体的表面积小D【分析】由题意求该几何体的体积与表面积，由外接球的半径求体积，对选项逐一判断

10、即得.【详解】由图可知该半正多面体的表面是由6个正方形和8个等边三角形构成，所以为十四面体，该半正多面体是十四面体，故A正确；该几何体外接球的球心为原正方体的中心，故外接球半径为1，外接球的体积为，故B正确；对于C，该几何体的体积，正方体体积为，故该几何体的体积与原正方体的体积比为56，故C正确；对于D，该几何体有6个面为正方形，8个面为等边三角形，即原正方体的表面积比该几何体的表面积大，故D错误故选：D12在锐角中，角A，B，C所对的边为a，b，c，若，则的最大值为（）A1BCDC【分析】先由正弦定理化简得，结合基本不等式求得，再由正切和角公式求解即可.【详解】在中，所以，又，整理得：，又，

11、得到，因为角A、B、C为锐角，故、均为正数，故整理得，当且仅当时等号成立，此时，当取最小值时，取最大值，取最小值，故的最大值为，即当时，的最大值为故选：C二、填空题13以下数据为参加数学竞赛决赛的15人的56，70，72，78，79，80，81，83，84，86，88，90，91，94，98，则这15人成绩的70%分位数是_88【分析】由样本数据分位数的定义即可得出答案.【详解】由题知，该组数据从小到大排列为：56，70，72，78，79，80，81，83，84，86，88，90，91，94，98，且，所以这15人成绩的分位数是88故88.14定义：若，则称复数z是复数的平方根根据定义，复数的

12、平方根为_，或【分析】设复数的平方根为，则，化简后利用复数相等的条件可求出的值，从而可求得答案【详解】解：设复数的平方根为，则，化为：，解得，或复数的平方根为，或故，或15在中，角A，B，C所对的边为a，b，c，若，则的面积为_或【分析】由正弦定理求得，再求得，再由正弦定理求得，然后由三角形面积计算可得【详解】解：由正弦定理：，因为所以或当时，的面积，当时，的面积，所以的面积为或故或16已知四面体的所有棱长均为，M，N分别为棱的中点，F为棱上异于A，B的动点有下列结论：线段的长度为1；当F为棱中点时，点C到面的距离为；周长的最小值为；三棱锥的体积为定值其中正确结论的序号为_【分析】由正四面体结

13、合勾股定理求出即可判断；通过等体积法即可判断；通过展开图求出的最小值即可判断；由为定值，点F到平面的距离随着点F的变化而变化即可判断.【详解】四面体所有棱长均为，四面体为正四面体，对于，作平面，垂足为O，连接，四面体为正四面体，O为的中心，且，取中点G，连接，则，则平面，平面平面，正确；对于，当F为棱中点时，设点C到面的距离为h，由知，又，则，到平面的距离，由得，解得，正确；对于，将等边三角形与沿展开，可得展开图如图所示，则，当且仅当F为中点时取等号，四边形为菱形，M，N分别为中点，在四面体中，周长的最小值为，错误；对于，三棱锥的体积等于三棱锥的体积，因为为定值，而点F到平面的距离随着点F的变

14、化而变化，所以错误.故.三、解答题17如图是某种水箱用的“浮球”，它是由两个半球和一个圆柱筒组成已知球的半径是，圆柱筒的高是(1)求这种“浮球”的体积；(2)要在100个这种“浮球”的表面涂一层防水漆，每平方厘米需要防水漆，共需多少防水漆？(1)(2)【分析】（1）由球的体积公式和圆柱的体积公式求解即可；（2）由球的表面积公式和圆柱的侧面积公式求解即可.【详解】(1)因为该“浮球”的圆柱筒底面半径和半球的半径，圆柱筒的高为2cm，所以两个半球的体积之和为，圆柱的体积，该“浮球”的体积是；(2)根据题意，上下两个半球的表面积是，而“浮球”的圆柱筒侧面积为，“浮球”的表面积为；所以给100个这种浮

15、球的表面涂一层防水漆需要.18甲，乙二人进行乒乓球比赛，规定：胜一局得3分，平一局得1分，负一局得0分已知甲，乙共进行了三局比赛(1)用表示甲胜三局时甲，乙二人的得分情况，写出甲，乙二人所有的得分情况，并求甲，乙二人得分之和为9分的概率(2)如果甲乙二人进行三局两胜制的比赛，假设每局比赛甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，利用计算机模拟实验：用计算机产生15之间的随机数，当出现随机数1，2或3时，表示一局比赛甲获胜，当出现随机数4或5时，表示一局比赛乙获胜由于要比赛三局，所以3个随机数为一组，现产生了20组随机数：123344423114423453354332125342534443

16、541512152432334151314525用以上随机数估计甲获胜概率的近似值；计算甲获胜的概率(1)详见解析；(2) ；.【分析】（1）由题可得甲，乙二人所有的得分情况，然后利用古典概型概率公式即得；（2）利用随机数估计可得甲获胜概率的近似值，然后利用互斥事件概率求和公式及独立事件的乘法公式可得甲获胜的概率.【详解】(1)甲，乙二人所有的得分情况为：共10种，其中这4种情形符合题意，故甲、乙二人得分之和为9分的概率为；(2)设事件甲获胜，事件单局甲获胜，则，计算机产生的20个随机数相当于做了20次重复试验，其中事件A发生了13次：对应的数，组为：123，423，114，423，332，1

17、25，342，512，152，432，334，151，314，用频率估计事件A的概率近似值为；由题可知甲获胜为甲前两局获胜或第三局获胜前两局有一局获胜，.19如图，在正方体中，点M，N，P，E，F分别是的中点(1)证明：平面；(2)求与面所成角的正弦值；(3)请判断直线与平面的位置关系（不需说明理由）(1)证明见解析(2)(3)平面【分析】（1）证明后可得线面平行；（2）由体积法求得D到平面的距离为d，然后由线面角的定义可得：设与平面所成角是，则；（3）根据平面的基本性质证明点共面后可得【详解】(1)证明：正方体中，又，平面平面，平面(2)设正方体的棱长是2，平面，平面，则，设点D到平面的距离

18、为d，则有，设与平面所成角是，则(3)平面理由：取的中点G，连接，如图，由正方体及中点，有，同理可得，得共面，共面，这两个平面有公共的不共线的三点(它们确定一个平面），因此它们重合即共面，同理可也在这个平面内，所以平面20已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c若_（请从；这三个条件中任选一个填入上空）(1)求角C；(2)若时，求周长的最大值(1)(2)18【分析】（1）若选，首先根据正弦定理得到，再利用余弦定理即可得到，若选，首先根据正弦定理得到，再利用辅助角公式即可得到，若选，首先根据正弦定理得到，再利用余弦定理即可得到.（2）利用余弦定理再结合基本不等式求解即可.【详解】(1)若选，因为，所以，因为，所以.若选，因为，所以，因为，所以，即.因为，所以，即.若选，因为，所以，即，所以，所以.(2)由可得，由余弦定理：，即 ，所以，解得，当且仅当时取等号.所以周长的最大值是.21如图，正方形的边长为2，E，F分别是边及的中点，将，及折起，使点A，C，B重合于点；(1)证明：平面平面；(2)求二面角的余弦值(1)证明见解析(2)【分析】（1）由，证得平面，即可证得平面平面；（2）取的中点M，过点作于N，过点N作于，是二面角的平面角，求出相关边长，即可求解.【详解】(1)，又，又平面，平面，又平面，平面平面；(2)取的中点M，连结，过