2021-2022学年山东省聊城市高一下学期期末数学试题【含答案】

1、2021-2022学年山东省聊城市高一下学期期末数学试题一、单选题1已知是虚数单位，则（）ABCDA【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C【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

2、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（）ABCDC【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（）A0.94B0.90C0.56D0.38A【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

3、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（）A1BCD3B【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，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是两条不同的直线，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C【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

4、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（）A2021年的甲系列产品收入和2020年保持不变B2021年的丁系列产品收入是2020年丁系列产品收入的4倍C2021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D2021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D【分析】设出2020年年总收入，根据给定的饼图，逐一分

5、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（）AB

6、C10DD【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BCD【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

7、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（）AB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ABD【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，可判断B的正误；根据复数的几

8、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AD【分析】A由正弦定理边角关系判断；B向量数量积的定

9、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.【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BCD【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

10、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，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，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，

11、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，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13已知向量，的夹角的余弦值为，且与垂直，则_.【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.【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的扇形，所以圆心角为，而该扇形

12、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15在中，是中点，与交于，若，则_.【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，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_.【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

13、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，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，体积为故四、解答题17某高校在2021年的强基计划成绩中，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.(1)，177.5(2)第三组抽取人；从第四组抽取人；从第五组抽取人

14、【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；【详解】(1)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，可得样本数据的第80百分位数约为.(2)解：因为第三四五组小矩形的高之比为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

15、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.(1)；(2).【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.【详解】(1)解：设，则由，得，解得，所以.(2)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.(1)(2)证明见解析【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.【详解】(1)解：在正方体中，平面，

16、所以点在上运动时，到平面的距离为4，所以.(2)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.202009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

17、.(1)(2)【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.【详解】(1)）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，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.(2)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

18、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.(1)(2)【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，由是钝角三角形，且，可知角B为钝角，可得，由可得，进而可得，最后利用正弦定理即可求解.【详解】(1)解：由余弦定理得，所以，由正弦定理得，又，所以，即，因为，所以，即；(2)解：由（1）知，所以，又，所以，因为是钝角三角形，由，可知角B为钝角，所以，即，得，由可得，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，.（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.（1）证明见解析；（2）【分析】（1）先由