2023-2024学年河北市张家口市高一第二学期期末考试数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年河北市张家口市高一第二学期期末考试数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知一个总体中有N个个体，用抽签法从中抽取一个容量为10的样本，若每个个体被抽到的可能性是14，则N=(

)A.10 B.20 C.40 D.不确定2.已知复数z=3−2i2+i(其中i为虚数单位)，则z的虚部是A.45 B.45i C.−3.一组数据28，39，12，23，17，43，50，34的上四分位数为(

)A.17 B.20 C.39 D.414.如图，在△ABC中，D是线段BC上的一点，且满足3BD=DC，则AD=(

)

A.14AB+34AC B.35.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sinB=33，c=3，若△ABC有两解，则bA.(3,3) B.(3,3]6.如图，水平放置的四边形OABC的斜二测画法的直观图为直角梯形O′A′B′C′，已知O′A′=2，O′C′=B′C′=1，则原四边形OABC的面积为(

)

A.32 B.3 C.37.随着暑假将近，某市文旅局今年为了使游客有更好的旅游体验，收集并整理去年暑假60天期间日接待游客量数据，绘制了如图所示的频率分布直方图，根据频率分布直方图，估计该市今年日接待游客量的平均数为(同一组的数据用该组区间的中点值作代表)(

)

A.43.6万人 B.44.5万人 C.45万人 D.49.1万人8.如图，某电子元件由A，B，C三种部件组成，现将该电子元件应用到某研发设备中，经过反复测试，A，B，C三种部件不能正常工作的概率分别为15，14，13，各个部件是否正常工作相互独立，则该电子元件能正常工作的概率是(

)

A.1825 B.725 C.6475二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.已知复数z1，z2，则下列说法正确的是(

)A.z1⋅z1=|z1|210.已知函数f(x)=2tan(2x−π3A.f(x)的最小正周期为π2

B.f(x)图象的对称中心为(kπ2+π6,0)，k∈Z

C.f(x)的单调递增区间为(kπ2−π12,11.如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为4，M是AD的中点，NA.若P是侧面CC1D1D内一动点，则满足MP/​/平面A1C1B的点P的轨迹长为22

B.平面AA1B1B内不存在点H，使得MH⊥平面A三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知α∈(0,π)，若cos(α+π4)=3513.在正四棱锥P−ABCD中，AB=4，PB与平面ABCD所成角的余弦值为33，则四棱锥P−ABCD外接球的体积为

．14.在△ABC中，∠BAC=90∘，D是BC上一点，AD是∠BAC的平分线，且2BD=3CD，AD=625，则四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题12分)已知向量a=(2,0)，b=(x,(1)求x的值及a，b的夹角;(2)若(a+kb)//(4k16.(本小题12分)已知某校高一年级1班、2班、3班分别有36人、48人、60人，现从这3个班用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取24人参加安全知识竞赛．(1)求这3个班分别抽取的人数;(2)已知从1班抽取的人中有2名女生，若要从1班抽取的人中选2名同学作为组长，求至少有1名女生作为组长的概率;(3)知识竞赛结束后，依据答题规则进行统计，甲同学回答5道题的得分分别为69，71，72，73，75，乙同学回答5道题的得分分别为70，71，71，73，75，请问甲、乙两名同学哪位同学的成绩更稳定?17.(本小题12分)

如图，在矩形ABCD中，AB=2，AD=4，E是AD的中点，将△ABE沿BE折起使点A到点P的位置，F是PC的中点．

(1)证明：DF//平面PBE;(2)若CE⊥PB，证明：平面PBE⊥平面BCDE;(3)在(2)的条件下，求二面角P−BC−E的余弦值．18.(本小题12分)请在 ①向量m=(cosC,2b−3在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足

．(1)求角A的大小;(2)若△ABC为锐角三角形，a=2，求△ABC面积的取值范围．19.(本小题12分)

如图是函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,0<|φ|<π

(1)求函数f(x)的解析式;(2)求函数f(x)的单调区间;(3)记方程f(x)=−34在x∈[−π12,17π12]上的根从小到大依次为x1，x2，x3，⋯答案解析1.C

【解析】解：由题意得10N=14，解得2.C

【解析】解：z=3−2i2+i=(3−2i)(2−i)(2+i)(2−i)3.D

【解析】解：从小到大排列：12，17，23，28，34，39，43，50，8×75%=6，

由百分位数的定义知，应取第6个数据与第7个数据的平均值，

所以上四分位数为39+432=41．

故选4.B

【解析】解：:∵3BD=DC，

∴BD=14BC，

∴5.A

【解析】解：若△ABC有两解，则csinB<b<c，

即3×33<b<3，所以6.A

【解析】解：如图，将直观图还原为四边形OABC，则四边形OABC由两个直角三角形构成，

因为O′A′=2，O′C′=B′C′=1，故O′B′=2，OB=22，BC=1，OA=2，

所以四边形OABC的面积为12×(1×27.A

【解析】解：由于(0.010+0.024+m+0.036)×10=1，解得m=0.030，

所以该市今年日接待游客量的平均数约为

(25×0.010+35×0.024+45×0.036+55×0.030)×10=43.6，

故选A．8.C

【解析】解：设上半部分正常工作为事件M，下半部分正常工作为事件N，

由题意知，P(M)=(1−15)×(1−14)=35，P(M)=25，

9.ABD

【解析】解：设z1=a+bi，z2=c+di(a,b,c,d∈R)，

对于选项A，z1=a−bi，z1⋅z1=(a+bi)⋅(a−bi)=a2−b2i2=a2+b2，|z1|2=a2+b2，

所以z1⋅z1=|z1|2，故A正确;

对于选项B，z1⋅z210.AC

【解析】解：对于选项A，T=π|ω|=π2，故A正确;

对于选项B，令2x−π3=kπ2，k∈Z，解得x=kπ4+π6，k∈Z，

所以f(x)图象的对称中心为(kπ4+π6,0)，k∈Z，故B错误;

对于选项C，kπ−π2<2x−π3<kπ+π2，k∈Z，解得kπ2−π12<x<kπ211.ACD

【解析】解：如图，

对于选项A，取DD1的中点E，CD的中点F，连接ME，MF，EF，

则ME//AD1，而AD1//BC1，所以ME//BC1，

又ME⊄平面A1C1B，BC1⊂平面A1C1B，所以ME//平面A1C1B，

同理MF//平面A1C1B，ME∩MF=M，ME,MF⊂平面A1C1B，

得平面EFM//平面A1C1B，

所以点P的轨迹为EF，EF=22，即点P的轨迹长为22，故A正确;

对于选项B，连接AB1交A1B于点H，由于M，H分别为AD，AB1的中点，所以MH//DB1，

又因为DB1⊥平面A1C1B，所以12.7【解析】解：因为α∈(0,π)，所以α+π4∈(π4,5π4)，

又因为cos13.36π

【解析】解：如图，连接AC，BD交于点O1，连接PO1，

设四棱锥P−ABCD外接球球心为O，半径为R，则O在PO1上，

由题知O1B=22，∠PBO1为PB与平面ABCD所成角，即cos∠PBO1=33，

所以14.3

【解析】解：因为AD是∠BAC的平分线，所以∠BAD=∠CAD，∠ADB+∠ADC=180∘，

所以sin∠BAD=sin∠CAD，sin∠ADB=sin∠ADC，由正弦定理得BDsin∠BAD=ABsin∠ADB，CDsin∠CAD=ACsin∠ADC，所以ABAC15.解：(1)因为a⊥(a−2b).所以a·(a−2b)=0，即a2−2a⋅b=0，

所以4−2(2x+0)=0，解得x=1，

则b=(1,3)，所以cos<a，b>=a⋅b|a||b|=22×2=12，

【解析】(1)利用a⊥(a−2b)得到4−2(2x+0)=0，解得x=1，

然后利用cos<a，b>=a⋅b|a||b|=22×2=1216.解：(1)因为样本容量和这3个班总人数的比为2436+48+60=16，所以抽样比为16，

所以从1班、2班、3班抽取的人数分别为36×16=6，48×16=8，60×16=10．

即1班、2班、3班抽取的人数分别为6，8，10．

(2)由(1)知，从1班抽取了6人，设2名女生为a，b，剩余4名男生为c，d，e，f，

则从6人中选取2人的基本事件为

(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)，(e,f)，共15种，

其中至少有1名女生的共9种，

所以至少有1名女生作为组长的概率为915=35．

(3)甲同学成绩的平均数为69+71+72+73+75【解析】(1)先得到抽样比为16，然后得到从1班、2班、3班抽取的人数分别为36×16=6，48×16=8，60×16=10．

(2)由(1)知，从1班抽取了6人，设2名女生为a，b，剩余4名男生为c，d，e17.解：(1)如图，延长BE，CD交于点M，连接PM，

因为四边形ABCD是矩形，E是AD的中点，所以△EMD∽△BMC，

所以MEMB=MDMC=EDBC=12，所以E，D分别是MB，MC的中点，

又F是PC的中点，所以DF//PM，

因为DF⊄平面PBE，PM⊂平面PBE，所以DF//平面PBE．

(2)证明：在平面BCDE中，BE=22，CE=22，BC=4，

所以BE2+CE2=BC2，所以BE⊥CE，

又因为CE⊥PB，PB∩BE=B，PB，BE⊂平面PBE，所以CE⊥平面PBE，

又因为CE⊂平面BCDE，所以平面PBE⊥平面BCDE．

(3)如图，取BE中点H，过H作HQ⊥BC于点Q，连接PH，PQ，

因为PB=PE，所以PH⊥BE，由(2)可知，平面PBE⊥平面BCDE，

又因为平面PBE∩平面BCDE=BE，PH⊂平面PBE，

所以PH⊥平面BCDE，且HQ，BC⊂平面BCDE，所以PH⊥HQ，PH⊥BC，

因为PH∩HQ=H，PH，HQ⊂平面PHQ，所以BC⊥平面PHQ，

又因为PQ⊂平面PHQ，所以BC⊥PQ，所以∠PQH为二面角【解析】(1)如图，延长BE，CD交于点M，连接PM，然后证明DF//PM，即可；

(2)先证明CE⊥平面PBE，然后利用CE⊂平面BCDE即可；

(3)如图，取BE中点H，过H作HQ⊥BC于点Q，连接PH，PQ，

然后得到∠PQH为二面角P−BC−E的平面角，然后计算cos∠PQH=18.解：(1)若选 ①，由于m//n，

所以3acosC=(2b−3c)cosA，

由正弦定理得3sinAcosC=(2sinB−3sinC)cosA，

即3(cosCsinA+sinCcosA)=2sinBcosA，

即3sin(A+C)=2sinBcosA，

即3sinB=2sinBcosA，

因为B∈(0,π)，

所以sinB≠0，

所以cosA=32，

因为A∈(0,π)，

所以A=π6；

若选 ②，因为sin2B+sin2C−sin2A=3sinB【解析】(1)选①，利用向量共线得坐标表示，得出3acosC=(2b−3c)cosA，再利用正弦定理和两角和与差的正弦公式化简，求出cosA=32，即可求出结果；

选②，利用正弦定理化简已知式子为b219.解：(1)由图可得A=f(x)max=3，

函数f(x)的最小正周期为T=4×(π6−π24)=π2，则ω=2πT=2π