河北省张家口市2022-2023学年高一下学期期末数学试题(学生版+解析)

这是一份河北省张家口市2022-2023学年高一下学期期末数学试题(学生版+解析)，共26页。

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和考号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 数据68，70，80，88，89，90，96，98的第30百分位数为( )．
A 70B. 75C. 80D. 88
2. 已知向量，满足，，，则在上的投影向量为( )．
A B. C. D.
3. 已知圆锥的体积为，底面面积为，则该圆锥的侧面积为( )．
A. B. C. D.
4. 某校为了让学生度过一个充实假期生活，要求每名学生都制定一份假期学习的计划．已知该校高一年级有400人，占全校人数的，高三年级占，为调查学生计划完成情况，用按比例分配的分层随机抽样的方法从全校的学生中抽取作为样本，将结果绘制成如图所示统计图，则样本中高三年级完成计划的人数为( )．

A. 80B. 90C. 9D. 8
5. 在中，为的重心，为上一点，且满足，则
A. B.
C. D.
6. 在三棱锥中，，，一只蜗牛从点出发，绕三棱锥三个侧面爬行一周后，到棱的中点，则蜗牛爬行的最短距离是()．
A. B. C. D.
7. 在棱长为2的正方体中，P，Q是，的中点，过点A作平面，使得平面平面，则平面截正方体所得截面的面积是( )
A. B. 2C. D.
8. 在锐角三角形中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足，则的取值范围为( )．
A. B.
C. D.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 实数x，y满足，设，则( )．
A. z在复平面内对应的点在第一象限B.
C. z的虚部是D.
10. 已知函数，则( )
A. 图象的对称中心为，
B. 的单调递减区间为，
C. 为了得到函数的图象，可将的图象上所有的点向左平移个单位长度
D. 为了得到函数的图象，可将的图象上所有的点向右平移个单位长度
11. 一个装有6个小球的口袋中，有编号为1，3的两个红球，编号为2，4的两个蓝球，编号为5，6的两个黑球．现从中任意取出两个球，设事件A＝“取出的两球颜色相同”，B＝“取出的两球编号之差的绝对值为1”，C＝“取出的两球编号之和为6或7”，D＝“取出的两球编号乘积为5”，则下列说法正确的是( )．
A. 事件A与事件B相互独立B. 事件A与事件C相互独立
C. 事件B与事件C相互独立D. 事件B与事件D互斥
12. 如图，已知正方体的棱长为1，M是中点，E是线段(包含端点)上任意一点，则( )．

A. 三棱锥的体积为定值
B. 存在点E，使得直线与平面所成角为
C. 平面内一定存在直线l，使得平面
D. 存在点E，使得平面
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 一枚质地均匀的骰子，拋掷三次，事件A为“三次抛掷的点数均为奇数”，事件B为“恰有一次点数为偶数”，事件C为“至少有两次点数是偶数”，则__________．
14. 已知，则的取值范围是__________．
15. 已知函数在区间上恰有三个零点，则的取值范围是__________．
16. 已知正四面体，O是底面的中心，以为旋转轴，将正四面体旋转后，与原四面体的公共部分的体积为，则正四面体外接球的体积为__________．
四、解答题：本题共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. 已知向量，．
(1)若，求的值；
(2)若，求实数的值；
(3)若与的夹角是钝角，求实数的取值范围．
18. 为了了解全校学生计算能力的情况，某校组织了一次数学计算能力测验．现对全校学生的测验成绩做统计，得到了如图所示的频率分布直方图．

(1)求此次测验成绩的平均数；
(2)为了更加深入了解学生数学计算能力的情况，从成绩在之间的学生中，采用按比例分配的分层随机抽样方法，选取7名学生进行访谈，再从这7名学生中任选2名学生在总结大会上发言，求抽到的两人中至少一人的成绩在的概率．
19. 如图，在直三棱柱中，D，M，N，P分别是，，，的中点．

(1)求证：平面；
(2)设，，求异面直线与所成角的余弦值．
20. 如图，在中，为钝角，D在上，且满足，，．

(1)若，求；
(2)若是的中点，，求的长度．
21. 已知函数．
(1)若，求；
(2)若不等式对任意恒成立，求的取值范围．
22. 如图，在平行四边形中，，，，将沿折起到，满足．

(1)求证：平面平面；
(2)若在线段上存在点，使得二面角的大小为，求此时的长度．
张家口市2022～2023学年第二学期高一期末
数学试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和考号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 数据68，70，80，88，89，90，96，98的第30百分位数为( )．
A 70B. 75C. 80D. 88
【答案】C
【解析】
【分析】把给定的由小到大排列的数据，根据第p百分位数的定义求解作答.
【详解】依题意，，所以所求第30百分位数为80.
故选：C
2. 已知向量，满足，，，则在上的投影向量为( )．
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据投影向量的定义即可求解.
【详解】根据投影向量的定义可得，在上的投影向量为.
故选：A
3. 已知圆锥的体积为，底面面积为，则该圆锥的侧面积为( )．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆锥体积公式可求得高，根据圆锥的底面积公式可求得半径，从而可求得圆锥的母线长，进而利用圆锥的侧面积公式即可求解.
【详解】令圆锥的高为，底面半径为，母线为，
由圆锥的体积公式，可得, 解得，
由圆锥的底面积公式，可得，解得，
所以圆锥的母线长，
所以.
故选：B.
4. 某校为了让学生度过一个充实的假期生活，要求每名学生都制定一份假期学习的计划．已知该校高一年级有400人，占全校人数的，高三年级占，为调查学生计划完成情况，用按比例分配的分层随机抽样的方法从全校的学生中抽取作为样本，将结果绘制成如图所示统计图，则样本中高三年级完成计划的人数为( )．

A. 80B. 90C. 9D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】首先计算出计算出样本容量为120人，则高三年级有20人，根据高三完成率即可得到答案.
【详解】，故样本容量为120，其中高三年级有人，
由图可知，样本中高三年级假期学习计划的完成率为，
故样本中高三年级完成计划的人数为，
故选：D.
5. 在中，为的重心，为上一点，且满足，则
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角形重心的性质，结合向量的加法和减法即可判断结论．
【详解】由题意，画出几何图形如下图所示：
根据向量加法运算可得
因为G为△ABC的重心，M满足
所以，
所以

所以选B
【点睛】本题考查了三角形重心的性质，向量的线性运算，属于基础题．
6. 在三棱锥中，，，一只蜗牛从点出发，绕三棱锥三个侧面爬行一周后，到棱的中点，则蜗牛爬行的最短距离是()．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将三棱锥的侧面展开，从而可知线段为所求，再利用余弦定理即可得解.
【详解】如图所示，将三棱锥的侧面展开，则线段为所求，

由题意得，，
由余弦定理可得，
则，即蜗牛爬行的最短距离是.
故选：D.
7. 在棱长为2的正方体中，P，Q是，的中点，过点A作平面，使得平面平面，则平面截正方体所得截面的面积是( )
A. B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】取中点，中点，利用面面平行的判定定理确定平面，利用余弦定理及三角形面积公式求解即可.
【详解】如图，取中点，中点，连接，

因，平面，平面，所以平面，
又，平面，平面，所以平面，又，
平面，平面，所以平面平面，
即三角形为所得截面，
在中，，，
由余弦定理得，
所以，
所以.
故选：C.
8. 在锐角三角形中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足，则的取值范围为( )．
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用正余弦定理进行边角互化，从而可得，进而求得，再把化为，结合即可求解.
【详解】 ，,
即 ，
，，
，，
，
.
故选：A.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 实数x，y满足，设，则( )．
A. z在复平面内对应的点在第一象限B.
C. z的虚部是D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用复数相等求出复数，再逐项分析计算作答.
【详解】由，得，而，则，解得，即，
对于A，复数在复平面内对应的点在第四象限，A错误；
对于B，，B正确；
对于C，z的虚部是，C正确；
对于D，，D正确.
故选：BCD
10. 已知函数，则( )
A. 图象的对称中心为，
B. 的单调递减区间为，
C. 为了得到函数的图象，可将的图象上所有的点向左平移个单位长度
D. 为了得到函数的图象，可将的图象上所有的点向右平移个单位长度
【答案】AC
【解析】
【分析】用余弦函数的图像与性质，采用整体代入的思想判断A、B，利用图象左右平移法则判断选项C、D.
【详解】令，解得，，所以函数图象的对称中心为，，
故A正确；
令，解得，
所以函数的单调递减区间为，故B错误；
将的图象上所有的点向左平移个单位长度得，故C正确；
将的图象上所有的点向右平移个单位长度得，
故D错误；
故选：AC
11. 一个装有6个小球的口袋中，有编号为1，3的两个红球，编号为2，4的两个蓝球，编号为5，6的两个黑球．现从中任意取出两个球，设事件A＝“取出的两球颜色相同”，B＝“取出的两球编号之差的绝对值为1”，C＝“取出的两球编号之和为6或7”，D＝“取出的两球编号乘积为5”，则下列说法正确的是( )．
A. 事件A与事件B相互独立B. 事件A与事件C相互独立
C. 事件B与事件C相互独立D. 事件B与事件D互斥
【答案】ABD
【解析】
【分析】列出6个小球任意取出两个球的全部结果，从而可以求解事件的概率，再结合互斥事件与独立事件的定义即可判断.
【详解】根据題意可知，6个小球任意取出两个球，共有15种可能，分别为.
事件包含3种可能，即；
事件包含5种可能，即；
事件包含5种可能，即；
事件包含1种可能，即.
事件分别为 各1种可能，
对于A，，A对；
对于B，，B对；
对于C，，错；
对于D，事件与事件不能同时发生，故事件与事件互斥，对.
故选：ABD.
12. 如图，已知正方体的棱长为1，M是中点，E是线段(包含端点)上任意一点，则( )．

A. 三棱锥的体积为定值
B. 存在点E，使得直线与平面所成角为
C. 在平面内一定存在直线l，使得平面
D. 存在点E，使得平面
【答案】AC
【解析】
【分析】利用等体积法进行转化顶点结合棱锥体积公式即可判断A，对B，过作，垂足为，求出的范围，则得到的范围，即可判断B，对C，利用线面平行的判定即可，对D，首先证明平面，再利用反证法即可判断.
【详解】，故A正确；
过作，垂足为，连接，则为直线与平面所成角，则，又因为，，，，
则四边形为平行四边形，因为平面，平面，
则，则四边形为矩形，则，，
当与或重合时，，当时，，所以，故，故B错误；
对C，显然直线与在底面内相交，故平面与平面相交，在平面内一定存在直线与交线平行，则平面，故C正确；
对D，因为底面，平面，，
又因为，且，平面，
所以平面，因为平面，所以，
延长使得，再分别连接，
因为，，
所以，所以四边形为平行四边形，
所以，因为，所以四边形为平行四边形，
所以，所以，则异面直线与的夹角即为或其补角，
因为，，，
所以，所以，所以，
又因为，平面，
所以平面，假设平面，
则平面与平面重合，显然假设不成立，故D错误.
故选：AC.
【点睛】关键点睛：本题B选项的关键是通过作过作，从而计算出的范围即可，对D选项，首先证明平面，然后再利用反证法即可.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 一枚质地均匀的骰子，拋掷三次，事件A为“三次抛掷的点数均为奇数”，事件B为“恰有一次点数为偶数”，事件C为“至少有两次点数是偶数”，则__________．
【答案】1
【解析】
【分析】判断试验的空间与事件的关系，即可求解作答.
【详解】依题意，一枚骰子抛掷三次的试验的所有基本事件构造的空间，而事件两两互斥，
所以.
故答案为：1
14. 已知，则的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】表示复平面内复数所对应的点与点的距离，利用圆的性质即可求解.
【详解】因为表示复平面内复数所对应的点与点的距离，
故所对应的点在以为圆心，半径的圆上，如下图所示，

则最小值为，最大值为，
故的取值范围是.
故答案为：
15. 已知函数在区间上恰有三个零点，则的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】由可得，再由函数在区间上恰有三个零点可得则，求解即可.
【详解】因为，则，
又因为函数在区间上恰有三个零点，
则，解得，
所以的取值范围为.
故答案为：
16. 已知正四面体，O是底面的中心，以为旋转轴，将正四面体旋转后，与原四面体的公共部分的体积为，则正四面体外接球的体积为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，作出变换后的公共部分图形，由其体积求出原正四面体的棱长，再求出外接球半径作答.
【详解】以为旋转轴，将正四面体旋转后，公共部分为正六棱锥，如图，

设正四面体的棱长为，而，则，
正六边形的边长，，
因此公共部分的体积，解得，
显然正四面体的外接球球心在上，设此球半径为，由，得，
所以正四面体外接球的体积.
故答案为：
【点睛】关键点睛：几何体的外接球的表面积、体积计算问题，借助球的截面小圆性质确定出球心位置是解题的关键.
四、解答题：本题共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. 已知向量，．
(1)若，求的值；
(2)若，求实数的值；
(3)若与的夹角是钝角，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)
【解析】
【分析】(1)根据向量共线解出，则，则得到的模；
(2)根据题意推出，则得到关于的方程，解出即可；
(3)由题意得，且与不反向共线，解出的范围即可.
【小问1详解】
，，，，，
，
【小问2详解】
，两边同平方得，则化简得，
，，.
【小问3详解】
与的夹角是钝角，，且与不反向共线，
即，由(1)可知，
则，且，故实数的取值范围为.
18. 为了了解全校学生计算能力的情况，某校组织了一次数学计算能力测验．现对全校学生的测验成绩做统计，得到了如图所示的频率分布直方图．

(1)求此次测验成绩的平均数；
(2)为了更加深入了解学生数学计算能力的情况，从成绩在之间的学生中，采用按比例分配的分层随机抽样方法，选取7名学生进行访谈，再从这7名学生中任选2名学生在总结大会上发言，求抽到的两人中至少一人的成绩在的概率．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)先根据频率之和为1求得，再根据频率分布直方图中平均数的计算公式即可求解；
(2)由图可知成绩在与的样本比例为5: 2，从而可求得7名学生中有5名成绩在，2名成绩在，再利用列举法可求得概率.
【小问1详解】
由题意得，可得，
所以，
所以此次测验成绩的平均数为76分.
【小问2详解】
由(1)知，成绩在与的样本比例为5: 2，
所以7名学生中有5名成绩在，2名成绩在，
若中5人分别为，中2人分别为，
则从中抽取2人的所有组合为
，有21种情况，
两人中至少一人的成绩在的有种情况，
所以抽到的两人中至少一人的成绩在的概率为.
19. 如图，在直三棱柱中，D，M，N，P分别是，，，的中点．

(1)求证：平面；
(2)设，，求异面直线与所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【解析】
【分析】(1)连接，设，连接，利用线面平行的判定推理作答.
(2)利用定义法求出异面直线夹角的余弦作答.
【小问1详解】
在直三棱柱中，连接，设，连接，如图，

由,分别是矩形对边的中点，得四边形是矩形，即是的中点，
而是的中点，于是，又平面平面，
所以平面
【小问2详解】
因为分别是矩形对边的中点，则，
因此四边形是平行四边形，则，
于是或其补角是异面直线与所成角，
由，得，
在中，，则，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
20. 如图，在中，为钝角，D在上，且满足，，．

(1)若，求；
(2)若是的中点，，求的长度．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)利用正弦定理即可得解；
(2)利用余弦定理求得，再利用平面向量的线性运算与数量积运算即可得解.
【小问1详解】
在中，由正弦定理可得，
为钝角，
.
【小问2详解】
在中，由余弦定理可得，
即，解得(负值舍去)，
为中点，则，
，
，即的长度为.
21. 已知函数．
(1)若，求；
(2)若不等式对任意的恒成立，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)利用三角函数的恒等变换化简，从而得到的值，再利用三角函数的诱导公式即可得解.
(2)先利用三角函数的性质求得的值域，从而将问题转化为恒成立问题，再利用二次函数的性质即可得解.
【小问1详解】
因为
，
若，则，
所以.
【小问2详解】
令，
因为，所以，所以，则，
由，得，即对任意的恒成立，
则对任意的恒成立，即，，
对于，易得其在上单调递增，故，
对于，易得其在上单调递增，故，
因此，所以的取值范围为.
22. 如图，在平行四边形中，，，，将沿折起到，满足．

(1)求证：平面平面；
(2)若在线段上存在点，使得二面角的大小为，求此时的长度．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】(1)利用余弦定理与勾股定理证得，，从而得到平面，由此得证；
(2)先利用线面垂直的判定定理证得平面，从而得到，由此得到，再利用平行线分线段成比例推得，进而求得，由此得解.
【小问1详解】
，
由余弦定理得，
，即，
，
平面平面，
平面平面平面.
【小问2详解】
作交于，过作交于，连接

由(1)可知，平面，
平面，
平面平面平面，
平面为二面角的平面角，
，
由得
由得，
由于，
，
由得，，
此时的长度为.
【点睛】关键点睛：本题第2小问的解决关键是利用面面角的定义与平行线分线段成比例，找出的关系式，求得后即可得解.