2021-2022學(xué)年山東省威海市高一下期末考試數(shù)學(xué)模擬試卷及答案解析

1、第 PAGE 15 頁 共 14 頁2021-2022 學(xué)年ft東省威海市高一下期末考試數(shù)學(xué)模擬試卷一選擇題（共 8 小題，每小題 5 分，共 40 分）5復(fù)數(shù)2i+2的共軛復(fù)數(shù)是（）i2C2iD2i5解：復(fù)數(shù)= 5(2)=2i，2共軛復(fù)數(shù)是2+i 故選：B2222已知 =（sin15，cos15）， =（cos30，sin30），則=（）222211A 2BD2解： =sin15cos30+cos15sin30sin（15+30）sin45= 22 故選：A如圖所示，正方體的棱長為 2，以其所有面的中心為頂點(diǎn)的多面體的體積為（）4A4B32CD33解：由圖可知該幾何體為兩個(gè)全等的正四棱錐構(gòu)成

2、， 四棱錐底面四邊形面積為正方形面積一半為2，高為正方體棱長一半為 1，所以 V= 1 2 1 2 = 433故選：B甲、乙、丙、丁四位同學(xué)的身高各不相同，從這四位同學(xué)中隨機(jī)抽出三人排成一排，則抽出的三人中恰好身高最高的同學(xué)位于中間位置的概率為（）21B11CD33612解：甲、乙、丙、丁四位同學(xué)的身高各不相同，從這四位同學(xué)中隨機(jī)抽出三人排成一排，基本事件總數(shù) n= 33=24，43抽出的三人中恰好身高最高的同學(xué)位于中間位置包含的基本事件個(gè)數(shù)m= 12 =2，12=2412則抽出的三人中恰好身高最高的同學(xué)位于中間位置的概率為p= = 21故選：D若圓錐的底面半徑為 3cm，側(cè)面積為 15cm2

3、，則該圓錐的體積為（）cm34B9C12D36解：如圖，圓錐的底面半徑 rOB3cm，圓錐的底面圓的周長236，圓錐的側(cè)面積為 15cm2，1 6AB15，2AB5，在 RtOAB 中，OA= 2 2 = 52 32 =4（cm）3該圓錐的體積為 V= 1 32 4 =12（cm3）故選：C關(guān)于圓周率 ，數(shù)學(xué)發(fā)展史上出現(xiàn)過許多很有創(chuàng)意的求法，如著名的浦豐實(shí)驗(yàn)和查理斯實(shí)驗(yàn)受其啟發(fā)，我們也可以通過設(shè)計(jì)下面的實(shí)驗(yàn)來估計(jì) 的值：先請(qǐng) 100 名同學(xué)每人隨機(jī)寫下一個(gè) x，y 都小于 1 的正實(shí)數(shù)對(duì)（x，y）；再統(tǒng)計(jì)兩數(shù)能與 1 構(gòu)成鈍角三角形三邊的數(shù)對(duì)（x，y）的個(gè)數(shù) m；最后再根據(jù)統(tǒng)計(jì)數(shù) m 估計(jì) 的

4、值，假如某次統(tǒng)計(jì)結(jié)果是m28，那么本次實(shí)驗(yàn)可以估計(jì) 的值為（ ）224778537B15D251701解：符合條件的變量需滿足是個(gè)邊長為 1 的正方形；01而滿足構(gòu)成鈍角三角形，則需 + 1，28弓形面積：=100 1， 422 + 2 1025 = 78故選：C如圖，在四棱錐 SABCD 中，四邊形 ABCD 為矩形，AB22，BCSCSD2，BCSD，則四棱錐 SABCD 的外接球的體積為（）4821623B3C3D43解：在四棱錐 SABCD 中，四邊形 ABCD 為矩形， 則 BCCD，由于 BCSD，所以 BC平面 SCD，由于 AB22，BCSCSD2， 在等腰三角形 SCD 中，

5、由于 CD2SD2+SC2，所以SCD 為等腰直角三角形所以四棱錐 SABCD 的外接球的球心為：經(jīng)過底面矩形 ABCD 的對(duì)角線的交點(diǎn)且垂直于平面 ABCD 及側(cè)面等腰直角三角形 SCD 經(jīng)過斜邊 CD 的中點(diǎn)，且垂直于平面 SCD 的直線，正好交點(diǎn)為底面矩形的對(duì)角線的交點(diǎn) 設(shè)外接球的半徑為 R，3則2 = 12 + (2)2，解得 R= 3， 所以 = 4 (3)3 = 43故選：D在四面體 ABCD 中，若 ADDBACCB1，則四面體 ABCD 體積的最大值是（）231327B23C 93D 3解：如圖，取 AB 中點(diǎn) E，連接 CE，DE，設(shè) AB2x（0 x1），則 CEDE= 1

6、 2，當(dāng)平面 ABC平面 ABD 時(shí)，四面體體積最大，四面體的體積 V= 1 1 2x 1 2 1 2 = 1x 1x332333V= 1 x2，當(dāng) x3）時(shí)，V 為增函數(shù)，當(dāng) x3，1）時(shí)，V 為減函數(shù)，（0， 33（ 31 3 1 323則當(dāng) x= 3 時(shí)，V 有最大值 Vmax= 33故選：A3（ 3 ）3= 27 二多選題（共 4 小題，每小題 5 分，共 20 分）下列各式中結(jié)果為零向量的是（）+ M + + M+ + + + + + 解：由向量加法的法則得 A： + M + + M = + M + M = ，故結(jié)果不為零向量，B： + + = + = 0，結(jié)果為零向量，C： + +

7、 + = + = ，結(jié)果不為零向量，D： + = + （ + ） = 0= ，結(jié)果為零向量；故選：BD某公司生產(chǎn)三種型號(hào)的轎車，產(chǎn)量分別為 1500 輛，6000 輛和 2000 輛為檢驗(yàn)該公司的產(chǎn)品質(zhì)量，公司質(zhì)監(jiān)部要抽取 57 輛進(jìn)行檢驗(yàn)，則下列說法正確的是（） A應(yīng)采用分層隨機(jī)抽樣抽取B應(yīng)采用抽簽法抽取 C三種型號(hào)的轎車依次應(yīng)抽取 9 輛，36 輛，12 輛D這三種型號(hào)的轎車，每一輛被抽到的概率都是相等的解：某公司生產(chǎn)三種型號(hào)的轎車，產(chǎn)量分別為1500 輛，6000 輛和 2000 輛為檢驗(yàn)該公司的產(chǎn)品質(zhì)量，公司質(zhì)監(jiān)部要抽取 57 輛進(jìn)行檢驗(yàn)，所以該檢驗(yàn)采用分層抽樣的方法，故選項(xiàng)A 正確，

8、選項(xiàng) B 錯(cuò)誤95009500對(duì)于選項(xiàng) C：1500+6000+20009500，所以抽樣為 57 1500 = 9，57 6000 = 36，950057 2000 = 12，故選項(xiàng) C 正確對(duì)于選項(xiàng) D：對(duì)于分層抽樣的每一輛轎車被抽到的可能性相等，故選項(xiàng)D 正確故選：ACD已知復(fù)數(shù) z1+cos2+isin2（ ）22）（其中 i 為虛數(shù)單位），則（A復(fù)數(shù) z 在復(fù)平面上對(duì)應(yīng)的點(diǎn)可能落在第二象限Bz 可能為實(shí)數(shù)C|z|2cos112D 的實(shí)部為解：z1+cos2+isin22cos（cos+isin）， ，cos0，sin（1，1），則復(fù)數(shù) z 在復(fù)平面上對(duì)應(yīng)的點(diǎn)不可能落在22第二象限，故

9、 A 錯(cuò)誤；當(dāng) sin20，0（2，2）時(shí)，復(fù)數(shù) z 是實(shí)數(shù)，故 B 正確；|z|= (1 + 2)2 + (2)2 = 2 + 22 =2cos，故 C 正確；1 =11+2+2=1+22 (1+2+2)(1+22)1+22=2+22，1則的實(shí)部是1+2= 1，故 D 錯(cuò)誤；2+222故選：BC雷達(dá)圖是以從同一點(diǎn)開始的軸上表示的三個(gè)或更多個(gè)定量變量的二維圖表的形式顯示 多變量數(shù)據(jù)的圖形方法為比較甲，乙兩名學(xué)生的數(shù)學(xué)學(xué)科素養(yǎng)的各項(xiàng)能力指標(biāo)值（滿分為 5 分，分值高者為優(yōu)），繪制了如圖所示的六維能力雷達(dá)圖，例如圖中甲的數(shù)學(xué)抽象指標(biāo)值為 4，乙的數(shù)學(xué)抽象指標(biāo)值為 5，則下面敘述正確的是（ ）甲的邏

10、輯推理能力指標(biāo)值優(yōu)于乙的邏輯推理能力指標(biāo)值 B甲的數(shù)學(xué)建模能力指標(biāo)值優(yōu)于乙的直觀想象能力指標(biāo)值 C乙的六維能力指標(biāo)值整體水平優(yōu)于甲的六維能力指標(biāo)值整體水平D甲的數(shù)學(xué)運(yùn)算能力指標(biāo)值優(yōu)于甲的直觀想象能力指標(biāo)值解：依題意，乙的邏輯推理能力 3 分，而甲的邏輯推理能力 4 分，故 A 正確； 甲的數(shù)學(xué)建模能力指標(biāo)值為 3 分，乙的直觀想象能力指標(biāo)值為5 分，故 B 錯(cuò)誤； 乙的六維能力指標(biāo)值有 4 項(xiàng)優(yōu)于甲的六維能力指標(biāo)值，故 C 正確；甲的數(shù)學(xué)運(yùn)算能力指標(biāo)值為 4 分，而甲的直觀想象能力指標(biāo)值為5 分，故 D 錯(cuò)誤； 故選：AC三填空題（共 4 小題，每小題 5 分，共 20 分）設(shè) aR，a2a2

11、+（a+1）i 為純虛數(shù)（i 為虛數(shù)單位），則 a 2解：a2a2+（a+1）i 為純虛數(shù)，22 = 0，解得 a2 + 1 0故答案為：2如表記錄的數(shù)據(jù)是某市 20182020 年共計(jì) 12 個(gè)季度的 GDP 增長率情況：季度123456GDP8.27.891010.27.8季度789101112GDP8.49.61110.59.59則該市 GDP 的第 25 百分位數(shù)為 8.3解：將12 個(gè)數(shù)據(jù)由小到大順序?yàn)椋?.8，7.8，8.2，8.4，9，9，9.5，9.6，10，10.2，10.5，11，i0.25123，8.28.4=8.3，第 25 百分位數(shù)為2故答案為：8.3已知點(diǎn) O 為三

12、角形 ABC 內(nèi)一點(diǎn)， 23 = 0=3，則解：如圖，取 BC 中點(diǎn) D，AC 中點(diǎn) E，連接 OA，OB，OC，OD，OE；23 = ()2()= 2E4= 0 = 2；ED，O，E 三點(diǎn)共線，即 DE 為ABC 的中位線；2DE= 3OE，AB2DE；AB3OE；AA= 3故答案為：3某廣場(chǎng)設(shè)置了一些石凳供大家休息，這些石凳是由正方體截去八個(gè)一樣大的四面體得到的（如圖）則該幾何體共有 14 個(gè)面；如果被截正方體的棱長是 50cm，那么石凳的表面積是 7500+25003 cm2解：由題意知，截去的八個(gè)四面體是全等的正三棱錐，8 個(gè)底面三角形，再加上 6 個(gè)小正方形，所以該幾何體共有 14

13、個(gè)面；如果被截正方體的棱長是 50cm，那么石凳的表面積是S8 1 252 252 sin60+6252 252 =（7500+25003）（cm2）表面積2故答案為：14，7500+25003四解答題（共 6 小題，第 17 小題 10 分，第 18-22 小題每題 12 分，共 70 分）已知 z（m28m+15）+（m25m+6）i，其中 i 是虛數(shù)單位，m 為實(shí)數(shù)當(dāng) z 為純虛數(shù)時(shí)，求 m 的值；當(dāng)復(fù)數(shù) zi 在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第二象限時(shí)，求m 的取值范圍 解：（1）z 為純虛數(shù)，2 8 + 15 = 0，解得 m5；2 5 + 6 0（2）zi（m25m+6）+（m28m+15）

14、i 在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第二象限，2 + 5 60，解得 m2 或 m52 8 + 150m 的取值范圍是（，2）（5，+）甲、乙兩人組成“明日之星隊(duì)”參加“疫情防控與生命健康”趣味知識(shí)競(jìng)賽每輪競(jìng)賽34由甲、乙各答一道題目，已知甲每輪答對(duì)的概率為 ，乙每輪答對(duì)的概率為 在每輪答45題中，甲和乙答對(duì)與否互不影響，各輪結(jié)果也互不影響（）求甲在兩輪答題中，答對(duì)一道題目的概率；（）求“明日之星隊(duì)”在兩輪答題中，答對(duì)三道題目的概率3解：（）每輪競(jìng)賽由甲、乙各答一道題目，已知甲每輪答對(duì)的概率為 ，乙每輪答對(duì)的44概率為 5在每輪答題中，甲和乙答對(duì)與否互不影響，各輪結(jié)果也互不影響甲在兩輪答題中，答對(duì)一道題

15、目的概率為：P1= 3 1 + 1 3 = 344448（）“明日之星隊(duì)”在兩輪答題中，答對(duì)三道題目的概率為：454545454545454550P2= 3 4 3 1 + 3 4 1 4 + 3 1 3 4 + 1 4 3 4 = 21已知平面非零向量2，的夾角是3|，求|；（1）若|1，| +2 = 7（2）若 =（2，0）， =（t，3），求 t 的值，并求與 共線的單位向量的坐標(biāo)解：（1）根據(jù)題意，設(shè)|t，若|1，| +2 = 7，且非零向量2，|，的夾角是3則有| +2|2= 2+4 +421+4t22t7，變形可得：2t2t30，2解可得：t= 3或 t1（舍）；3故|= 2；（2

16、）若 =（2，0）， =（t，3），則| = 2 + 3， =2t，|2，|22 又由向量，的夾角是 ，則有cos33 = ，即 1 =2，| | |222+3=（1，3）；解可得：t1，則 =（3，3）；設(shè) =k（ ）（3k，3k），則有（3k）2+（3k）21，3解可得：k 6 ， =31 312則（ 2 ， 2）或（ 2 ， ）節(jié)日期間，高速公路車輛較多，某調(diào)查公司在一服務(wù)區(qū)從七座以下小型汽車中按進(jìn)服務(wù) 區(qū)的順序，隨機(jī)抽取第一輛汽車后，每間隔 50 輛就抽取一輛的抽樣方法抽取 40 名駕駛員進(jìn)行詢問調(diào)查，將他們?cè)谀扯胃咚俟返能囁伲╧m/h）分成六段80，85），85，90）， 90，9

17、5），95，100），100，105），105，110）后得到如圖的頻率分布直方圖（）請(qǐng)直接回答這種抽樣方法是什么抽樣方法？并估計(jì)出這40 輛車速的中位數(shù)；2n2n（）設(shè)車速在80，85）的車輛為 A1，A ，A （m 為車速在80，85）上的頻數(shù)），車速在85，90）的車輛為 B1，B ，B （n 為車速在85，90）上的頻數(shù)），從車速在 80，90）的車輛中任意抽取 2 輛共有幾種情況？請(qǐng)列舉出所有的情況，并求抽取的2 輛車的車速都在85，90）上的概率解：（）由題意知這個(gè)抽樣是按進(jìn)服務(wù)區(qū)的先后每間隔 50 輛就抽取一輛的抽樣方法抽取 40 名駕駛員進(jìn)行詢問調(diào)查，是一個(gè)具有相同間隔的抽樣，

18、并且總體的個(gè)數(shù)比較多，這是一個(gè)系統(tǒng)抽樣 故調(diào)查公司在采樣中，用到的是系統(tǒng)抽樣，（2 分）設(shè)圖中虛線所對(duì)應(yīng)的車速為 x，則中位數(shù)的估計(jì)值為：0.015+0.025+0.045+0.06（x95）0.5，解得 x97.5，即中位數(shù)的估計(jì)值為 97.5（6 分）（）由（）得 m10.015402（輛），（7 分）m20.025404（輛）（8 分）所以車速在80，90）的車輛中任意抽取 2 輛的所有情況是：（a，b），（a，c），（a，d），（a，e），（a，f），（b，c），（b，d），（b，e），（b，f），（c，d），（ c ， e ），（ c ， f ），（ d ， e ），（ d ， f

19、），（ e ， f ）， 共 有 15種 情況（10 分）車速都在85，90）上的 2 輛車的情況有 6 種6所以車速都在85，90）上的2 輛車的概率是=1525（12分）3 ，M，N 分別為 AB，如圖，矩形ABCD平面 BCE，AB1，BCBE2 且E = 2CE 的中點(diǎn)證明：MN平面 AED；求幾何體 AMND 的體積解法一：（1）證明：取 ED 中點(diǎn) H，連接 AH，NH，N，H 分別為 EC，ED 的中點(diǎn)，NH 為ECD 的中位線，2NHCD 且H = 1 ABCD 為矩形，M 為 AB 的中點(diǎn)，NHAM 且 NHAM，四邊形 AMNH 為平行四邊形MNAH，MN平面 EAD，AH

20、平面 EADMN平面 AED（2）過 N 作 NFBC 于 F，平面 ABCD平面 EBC，平面 ABCD平面 EBCBC， 又 NF平面 EBC，NF平面 ABCD， 在CNF 中，3E = 2 且 BEBC，E = = 1 = 3622 ，= 1 = 12= 2，= 1 1 3 = 3，32212解法二：（1）取 BE 中點(diǎn) G，連接 MG，NG，在ABE 中，MG 為中位線，MGAE，MG平面 EAD，AE平面 EADg（x）0 平 面 EAD， 同理，GNBC，GNADGN平面 EAD，AD平面 EAD，GN平面 EAD，又 MGGNG，平面 MNG平面 EAD，MN平面 MNG，MN

21、平面 EAD（2）平面 ABCD平面 EBC， 平面 ABCD平面 EBCBC， 又 ABBCAB平面 EBCABCN，BEBC 且 N 為 CE 的中點(diǎn)，CNBN，又 CNAB，ABBNB則 CN平面 ABN， 即 CN平面 AMN，CD平面 AMN，D 到平面 AMN 的距離 d|CN| 在 DCNF 中，3E = 2 且 BEBC2 = | = 3，= 1 = 1，24= = 1 1 3 = 33412調(diào)味品品評(píng)師的重要工作是對(duì)各種品牌的調(diào)味品進(jìn)行品嘗，分析、鑒定，調(diào)配、研發(fā)， 周而復(fù)始、反復(fù)對(duì)比對(duì)調(diào)味品品評(píng)師考核測(cè)試的一種常用方法如下：拿出 n 瓶外觀相同但品質(zhì)不同的調(diào)味品讓其品嘗，要求其按品質(zhì)優(yōu)劣為它們排序；經(jīng)過一段時(shí)間，等其記憶淡忘之后，再讓其品嘗這 n 瓶調(diào)味品，并重新按品質(zhì)優(yōu)劣為它們排序，這稱為一輪測(cè)試根據(jù)一輪測(cè)試中的兩次排序的偏離程度的高低為其評(píng)分現(xiàn)設(shè) n4，分別以a1，a2，a3，a4 表示第一次排序時(shí)被排為 1，2，3，4 的四種調(diào)味品在第二次排序時(shí)的