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（含答案）

这是一份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（含答案），共10页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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. 10B. 20C. 40D. 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. 45B. 45iC. −75D. −75i
3.一组数据28，39，12，23，17，43，50，34的上四分位数为( )
A. 17B. 20C. 39D. 41
4.如图，在△ABC中，D是线段BC上的一点，且满足3BD=DC，则AD=( )
A. 14AB+34ACB. 34AB+14ACC. 13AB+23ACD. 23AB+13AC
5.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b的取值范围为( )
A. ( 3,3)B. ( 3,3]C. ( 3,+∞)D. [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. 3 2B. 3C. 3 22D. 32
7.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. 1825B. 725C. 6475D. 1175
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|2
B. |z1⋅z2|=|z1|⋅|z2|
C. z12=|z1|2
D. |z1+z2|2+|z1−z2|2=2|z1|2+2|z2|2
10.已知函数f(x)=2tan(2x−π3)，则下列说法正确的是( )
A. 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,kπ2+5π12)，k∈Z
D. 为了得到g(x)=2tanx的图象，可将f(x)的图象向左平移π3个单位长度，再将横坐标变为原来的2倍
11.如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为4，M是AD的中点，N是CC1的中点，则( )
A. 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2 2
B. 平面AA1B1B内不存在点H，使得MH⊥平面A1C1B
C. 三棱锥M−A1C1B的体积为16
D. 若Q是C1B上一点，则A1Q+NQ的最小值为2 7+2 3
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cs(α+π4)=35，则csα= ．
13.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=6 25，则△ABC的面积为 ．
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, 3)，且a⊥(a−2b).
(1)求x的值及a，b的夹角;
(2)若(a+kb)//(4ka+b)，求k的值．
16.(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=(csC,2b− 3c)，n=(csA, 3a)，且m//n; ②sin2B+sin2C−sin2A= 3sinBsinC这两个条件中任选一个，填入横线上并解答．
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|<π2)图象的一部分．
(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，⋯，xn(n∈N∗)，若m=x1+x2+x3+⋯+xn，试求n与m的值．
参考答案
1.C
2.C
3.D
4.B
5.A
6.A
7.A
8.C
9.ABD
10.AC
11.ACD
12.7 210
13.36π
14.3
15.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cs=a⋅b|a||b|=22×2=12，
因为∈[0,π]，所以=π3，即a，b的夹角为π3．
(2)由(1)可得a+kb=(2+k, 3k)，4ka+b=(8k+1, 3)，
因为(a+kb)//(4ka+b)，所以(2+k)⋅ 3= 3k⋅(8k+1)，
解得k=12或k=−12．
16.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+755=72，
方差为(69−72)2+(71−72)2+(72−72)2+(73−72)2+(75−72)25=4，
乙同学成绩的平均数为70+71+71+73+755=72，
方差为(70−72)2+(71−72)2+(71−72)2+(73−72)2+(75−72)25=165，
由于4>165，所以乙同学成绩更稳定．
17.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=2 2，CE=2 2，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P−BC−E的平面角，
由题意可知HQ=1，PH= 2，PQ= 3，所以cs∠PQH=HQPQ=1 3= 33，
即二面角P−BC−E的余弦值为 33．

18.解：(1)若选 ①，由于m//n，
所以 3acsC=(2b− 3c)csA，
由正弦定理得 3sinAcsC=(2sinB− 3sinC)csA，
即 3(csCsinA+sinCcsA)=2sinBcsA，
即 3sin(A+C)=2sinBcsA，
即 3sinB=2sinBcsA，
因为B∈(0,π)，
所以sinB≠0，
所以csA= 32，
因为A∈(0,π)，
所以A=π6；
若选 ②，因为sin2B+sin2C−sin2A= 3sinBsinC，
由正弦定理得b2+c2−a2= 3bc，
由余弦定理得csA=b2+c2−a22bc= 32，
因为A∈(0,π)，
所以A=π6；
(2)因为a=2，由正弦定理得bsinB=csinC=asinA=212=4，
所以b=4sinB，c=4sinC，
所以△ABC的面积S=12bcsinA=4sinBsinC
=4sinBsin(B+π6)=4sinB( 32sinB+12csB)
=2sinBcsB+2 3sin2B
=sin2B+ 3(1−cs2B)
=2sin(2B−π3)+ 3，
因为△ABC为锐角三角形，
所以{0所以π3所以π3<2B−π3<2π3，
所以sin(2B−π3)∈( 32,1]，
所以△ABC面积的取值范围为(2 3,2+ 3].
19.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=2ππ2=4，
所以f(x)= 3sin(4x+φ)，因为f(π24)= 3sin(π6+φ)= 3，则sin(π6+φ)=1，
因为0<|φ|<π2，所以φ+π6=π2，解得φ=π3，
所以f(x)= 3sin(4x+π3).
(2)令2kπ−π2≤4x+π3≤2kπ+π2，k∈Z，解得kπ2−5π24≤x≤kπ2+π24，k∈Z，
令2kπ+π2≤4x+π3≤2kπ+3π2，k∈Z，解得kπ2+π24≤x≤kπ2+7π24，k∈Z，
因此函数f(x)的单调递增区间为[kπ2−5π24,kπ2+π24]，k∈Z，
单调递减区间为[kπ2+π24,kπ2+7π24]，k∈Z.
(3)方程f(x)=−34，即 3sin(4x+π3)=−34，即sin(4x+π3)=− 34，
因为x∈[−π12,17π12]，所以4x+π3∈[0,6π]，设θ=4x+π3，其中θ∈[0,6π]，
即sinθ=− 34，结合正弦函数y=sinθ的图象，
可得方程sinθ=− 34在区间[0,6π]有6个解，即n=6，
其中θ 1+θ 2=3π，θ 3+θ 4=7π，θ 5+θ 6=11π，
即4x1+π3+4x2+π3=3π，4x3+π3+4x4+π3=7π，4x5+π3+4x6+π3=11π，
解得x1+x2=7π12，x3+x4=19π12，x5+x6=31π12，
所以m=x1+x2+x3+⋯+x6=19π4，
所以m=19π4，n=6．