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

这是一份山东省济南市2021-2022学年高一数学下学期期末考试试题（Word版附解析），共27页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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（ ）
A B. 1 C. 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（ ）
A. 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：B
4. 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（ ）

A. 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：C
5. 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. 16 B. 14 C. 12 D. 11
【答案】C
【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. 28m B. 20m C. 31m D. 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，
所以，
所以为的中点，
因为，，所以，
所以，
所以，
所以
故选：D

7. 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，

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( )

A. 2 B. 3 C. 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
D. 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，
∴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

11. 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；
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，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；
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.
14. 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.

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
【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，
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，
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，
∴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，，
∴，
∵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】
【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）
【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，
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
【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，，，
设平面法向量，则，
令，则，又，所以，
故二面角的余弦值为.