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1页
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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

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